高考题组
1． (2012·山东理综·20)如图8所示，相距为L的两条足够长的光
滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，
图8
导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是 A．P＝2mgvsin θ B．P＝3mgvsin θ
vg
C．当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ
22
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案 AC
EBLv
解析 根据I＝＝，导体棒由静止释放，速度达到v时，回路中的电流为I，则根据
RR共点力的平衡条件，有mgsin θ＝BIL.对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，使其以2v的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I，则根据平衡条件，有F＋mgsin θ＝B·2IL，所以拉力F＝mgsin θ，拉力的功率P＝F×2v＝2mgvsin θ，故选项A正确，选项B错误；vII
当导体棒的速度达到时，回路中的电流为，根据牛顿第二定律，得mgsin θ－BL＝ma，
222g
解得a＝sin θ，选项C正确；当导体棒以2v的速度匀速运动时，根据能量守恒定律知，
2重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热，故选项D错误．
2． (2012·江苏单科·13)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图9所示．在磁极和圆柱状铁芯
4
之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向．匝数为N的矩形线圈abcd
9的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc边和ad边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R.求：
( )
图9
(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em； (2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F； (3)外接电阻上电流的有效值I. 答案
(1)2NBl2ω
4N2B2l3ω4NBl2ω(2) (3)
r＋R3?r＋R?
l
解析 (1)bc、ad边的运动速度v＝ω
2感应电动势Em＝4NBlv 解得Em＝2NBl2ω (2)电流Im＝
Em
r＋R
安培力F＝2NBIml 4N2B2l3ω
解得F＝
r＋R
4
(3)一个周期内，通电时间t＝T
9
2
R上消耗的电能W＝I2mRt且W＝IRT
4NBl2ω解得I＝.
3?r＋R?模拟题组
3. 如图10，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放
置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的
两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微 粒，金属棒ab水平跨放在导轨 上，下滑过程中与导轨接 触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则 A．金属棒ab最终可能匀速下滑 B．金属棒ab一直加速下滑
C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势 D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动 答案 BC
解析 金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对金属板M、N充电，充电电流通过金属棒时金属棒受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有
图10
( )
mgsin θ－BIL>0，金属棒将一直加速下滑，A错，B对；由右手定则可知，金属棒a端(即M板)电势高，C对；若微粒带负电，则电场力向上，与重力反向，开始时电场力为0，微粒向下加速，当电场力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，可能向N板减速运动到零后再向M板运动，D错．
4． 如图11所示，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef水平放置，在其左端连接倾角为θ＝
37°的光滑金属导轨ge、hc，导轨间距均为L＝1 m，在水平导轨和倾斜导轨上，各放一根与导轨垂直的金属杆，金属杆与导轨接触良好．金属杆a、b质量均为m＝0.1 kg，电阻Ra＝2 Ω、Rb＝3 Ω，其余电阻不计．在水平导轨和斜面导轨区域分别有竖直向上和竖直向下的匀强磁场B1、B2，且B1＝B2＝0.5 T．已知从t＝0时刻起，杆a在外力F1作用下由静止开始水平向右运动，杆b在水平向右的外力F2作用下始终保持静止状态，且F2＝0.75＋0.2t (N)．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
图11
(1)通过计算判断杆a的运动情况；
(2)从t＝0时刻起，求1 s内通过杆b的电荷量；
(3)若t＝0时刻起，2 s内作用在杆a上的外力F1做功为13.2 J，则这段时间内杆b上产生的热量为多少？
答案 (1)以4 m/s2的加速度做匀加速运动 (2)0.2 C (3)6 J
解析 (1)因为杆b静止，所以有 F2－B2IL＝mgtan 37° 而F2＝0.75＋0.2t(N) 解得I＝0.4t (A)
整个电路中的电动势由杆a运动产生，故 E＝I(Ra＋Rb) E＝B1Lv 解得v＝4t
所以，杆a做加速度为a＝4 m/s2的匀加速运动． 1
(2)杆a在1 s内运动的距离d＝at2＝2 m
2q＝IΔt EI＝
Ra＋RbΔΦB1LdE＝＝ ΔtΔt
ΔΦB1Ldq＝＝＝0.2 C Ra＋RbRa＋Rb
即1 s内通过杆b的电荷量为0.2 C
(3)设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律得 1
W1－Q＝mv2
21v1＝at＝8 m/s 解得Q＝10 J
Rb
Q＝6 J Ra＋Rb
从而Qb＝
(限时：60分钟)
?题组1 电磁感应中的动力学问题
1． 如图1(a)所示为磁悬浮列车模型，质量M＝1 kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ1＝0.1
的粗糙水平地面上．位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m＝1 kg，边1
长为1 m，电阻为 Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2＝0.4.OO ′为AD、BC的中线．在
16金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO′CD区域内磁场如图(b)所示，CD恰在磁场边缘以外；OO′BA区域内磁场如图(c)所示，AB恰在磁场边缘以内(g＝10 m/s2)．若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金属框从静止释放后
( )
图1
A．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为3 m/s2 B．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为7 m/s2 C．若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s2，绝缘板仍静止
D．若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s2，绝缘板的加速度为2 m/s2 答案 AD
ΔB111
解析 若金属框固定在绝缘板上，由题意得E＝·SABCD＝1××1×1 V＝0.5 V，I＝
Δt22E
＝8 A，FAB＝B2IL＝8 N，取绝缘板和金属框整体进行受力分析，由牛顿第二定律：FABR
－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝3 m/s2，A对，B错；若金属框不固定，对金属框进行受力分析，假设其相对绝缘板滑动，Ff1＝μ2mg＝0.4×1×10 N＝4 N 轨MN、PQ间距为l＝0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平
(完整word版)《步步高》2014高考物理一轮复习讲义第九章第4课时电磁感应中的动力学和能量问题
