2016全国高考理综 物理 必会冲刺十二 电磁感应中的“杆+导轨”模型

三、 简答题

18． (2015·江苏四市二调)如图所示，两根半径为r的4圆弧轨道间距为L，其顶端a、

b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B．将一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R0的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放．已知当金属棒到达如图所示的cd位置(金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ)时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg．求： (1) 当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向． (2) 金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电荷量． (3) 金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量．

【必会冲刺答案】

必会冲刺十二 电磁感应中的“杆+导轨”模型

1． 【答案】A

【解析】导体MN做切割磁感线运动，产生感应电动势，相当于一个内阻为R的电源，电路中电源电动势为E=BLv，U表示路端电压，所以根据闭合回路欧姆定律可

E1得U=R?R·R=2BLv，根据右手定则可得流过电阻的电流方向由b到d，A正确，

B2L2v2B错误；根据公式F=BIL可得MN受到的安培力大小F=BIL=2R，方向向左，C、

D错误．

2． 【答案】C

【解析】给甲一个初速度v而开始运动，回路中产生顺时针感应电流，根据左手定则，甲棒受向左的安培力而减速，乙棒受向右的安培力而加速，最终两者会共速；根据能量守恒定律，甲棒减少的动能等于系统增加的内能和乙棒增加的动能之和，故C正确．

3． 【答案】D

22BLBLv

【解析】金属棒克服安培力做功为W1=BR?rL·x=R?rvx，由图可知vx=1，解得

W1=0.25 J，选项A错误；金属棒克服摩擦力做的功W2=μmgx=0.25×20×1 J=5 J，选项B错误；整个系统产生的总热量Q=W1+W2=5.25 J，选项C错误；根据动能定理可

1得，拉力做的功WF=W1+W2+2mv2=9.25 J，选项D正确．

4． 【答案】D

【解析】首先分析导体棒的运动情况：开关S由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流．导体棒通有电流后会受到安培力的作用，会产生加速度而加速运动．导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势增大，则电路中电流减小，安培力减小，加速度减小．因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动(变加速)，加速度逐渐减小，速度逐渐增大．当感应电动势等于电容器的电压时，电路中无电流，达到一种平衡时，导体棒做匀速运动，加速度为零，速度达到最大值，所以C错误，D正确；当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，即电容器的电荷量应稳定在某个不为0的数值

(不会减少到0)，这时电容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流，故A、B错误．

5． 【答案】AC

【解析】导体棒进入磁场之后受到向上的安培力和重力作用，进入时安培力可能大于重力，也可能等于重力，还可能小于重力，即进入时可以是加速、匀速、减速

BLv运动．当进入时安培力大于重力，即减速进入时，i=R，则进入时电流减小，

B2L2v

同时安培力F=R也减小，当安培力减小到等于重力时，则导体棒做匀速运动，

电流不变，离开磁场后电流为零，故选项A正确；当进入时安培力大于重力，即减速进入时，根据动能定理-Fx+mgx=Ek-Ek0，则Ek=-Fx+mgx+Ek0，由于安培力F不是恒定的，所以Ek-x图象不是直线，故选项B错误；当进入时安培力等于重力，导体棒的加速度为零，离开磁场后为重力加速度g，故选项C正确；当进入时安培力大

B2L2v于重力，则导体棒进入磁场时速度减小，同时根据牛顿第二定律R-mg=ma，

可以知道进入时加速度也是减小的，但是当导体棒离开磁场之后只受到重力作用，则离开磁场后做加速运动，加速度为重力加速度g，故选项D错误．

6． 【答案】ACD

【解析】导体棒到达涂层前速度越来越大，由E=BLv得，感应电动势越来越大，根

E据I=R和F=BIL得，所受的安培力越来越大，由F=mgsin θ-BIL=ma得，加速度越来

越小，故A正确；当导体棒到达涂层后，安培力消失，受力分析得导体棒受力平衡，

B2L2v

故做匀速运动，B错误；根据受力平衡条件得BIL=mgsin θ，得R=mgsin θ，所

mgRsin?122以v=BL，故C正确；由能量守恒产生的焦耳热Q=mgh-2mv2=mgh-2m3g2R2sin ?2B4L4，故D正确．

7． 【答案】AD

【解析】b杆达到最大速度时，弹簧的弹力等于安培力，由闭合电路欧姆定律可得

L(v-vm)EI=2R=2R，b杆受到的安培力大小F=BIL=

B2L2(v-vm)2R，则弹簧的弹力为F=

B2L2(v-vm)2R，故A正确；a、b两杆串联，电流相等，长度相等，所受的安培力大小B2L2(v-vm)2R相等，所以a杆受到的安培力为，故B错误；根据能量守恒定律可知，b

杆与弹簧组成的系统机械能减少量为2Q，故C错误；选两杆和弹簧组成系统为研究对象，从a杆开始运动到b杆达到最大速度，由能量守恒知，弹簧具有的弹性势能为

111mv02mvm22-2mv2-2-2Q，故D正确．

mgcos?8． 【答案】 (1) BL，a→R→b (2) 2(R?R0) (3) 4(R?R0)

BL?r3mgrR【解析】(1) 金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，则有mgcos θ=BIL，

mgcos?解得I=BL，流经R的电流方向为a→R→b．

(2) 金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为

BL?rΔΦ=BS=B·L2=2，

?rE??平均电动势为E=?t，平均电流为I=R?R0，

??BL?r则流经电阻R的电荷量q=IΔt=R?R0=2(R?R0)．

v2(3) 在轨道最低点时，由牛顿第二定律得N-mg=mr，

据题有N=1.5mg，

13由能量转化和守恒得Q=mgr-2mv2=4mgr，

R3mgrR电阻R上发热量为QR=R?R0Q=4(R?R0)．