PAGE10-專題強化練(十三)考點1動力學觀點1．(2024·隨州模擬)如圖所示，在勻強磁場中，兩根平行的金屬導軌上放置兩條平行的金屬棒ab和cd，假定它們沿導軌運動的速率分別為v1和v2，且v1<v2，若金屬導軌和金屬棒的電阻不能忽視，要使回路中產生的感應電流最大，則棒ab、cd的運動狀況應當為()A．ab和cd都向右運動B．ab和cd都向左運動C．ab向右、cd向左做相向運動D．ab向左、cd向右做背向運動解析：依據右手定則，當金屬棒運動方向相同時，棒中產生的電流方向相同，回路中的總電流為兩電流之差，故A、B項中電流不是最大；當兩金屬棒運動方向相反時，棒中產生的電流方向相反，回路中的總電流為兩電流之和，但隨著棒的運動，D項中ab向左、cd向右做背向運動時，回路中的電阻在變大，電流不肯定最大，選項C正確．答案：C2．(多選)(2024·惠州模擬)如圖所示，兩根彎折的光滑金屬棒ABC和DEF固定成正對平行的導軌，其中，AB和DE部分水平，傾斜的BC和EF部分與水平面的夾角為θ，導軌的水平部分和傾斜部分均足夠長，水平部分有豎直向下、大小為B0的勻強磁場，傾斜部分有方向垂直于斜面BCFE向上、大小也為B0的勻強磁場．現將兩根相同的、長度略大于導軌間距的導體棒分別垂直于導軌放置在其水平部分和傾斜部分(均平行于BE)，兩導體棒質量均為m、電阻均為R，導體棒始終與導軌接觸良好，且不計導軌電阻，ab棒處于靜止狀態且距離BE足夠遠．現將cd棒從斜面上部由靜止釋放，那么在以后的運動過程中，下列說法正確的是()A．最終兩棒勻速運動B．cd棒的速度始終大于ab棒的速度C．cd棒的加速度始終減小D．回路中電流先增大后不變解析：以cd棒為探討對象，依據右手定則可知電流方向為cdba，依據左手定則可知ab棒受到的安培力方向向左，所以ab棒向左加速運動，加速度漸漸增大，而cd棒沿斜面對下加速運動，隨著速度增大．安培力漸漸變大．依據牛頓其次定律可得，mgsinθ－FA＝ma，所以cd棒的加速度漸漸減小，當二者加速度相等時，加速度保持不變，所以最終勻加速運動，選項A、C錯誤；cd棒做加速度漸漸減小的加速運動、ab棒做加速度漸漸增大的加速運動，依據v＝at可知，cd棒的速度始終大于ab棒的速度，選項B正確；依據法拉第電磁感應定律可得E＝B0L(vad－vab)，依據閉合電路的歐姆定律可得I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(B0L（vad－vab）,2R)＝eq\f(B0L（aad－aab）t,2R)，由于起先一段時間內cd棒做加速度大于ab棒加速度的加速運動，所以回路電流強度先增加，當二者的加速度相等時，電流強度不變，選項D正確．答案：BD3．(多選)(2024·中山模擬)如圖所示，一金屬棒AC在勻強磁場中繞平行于磁感應強度方向的軸(過O點)勻速轉動，OA＝2OC＝2L，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面對里，金屬棒轉動的角速度為ω、電阻為r，內、外兩金屬圓環分別與C、A良好接觸并各引出一接線柱與外電阻R相接(沒畫出)，兩金屬環圓心皆為O且電阻均不計，則()A．金屬棒中有從A到C的感應電流B．外電阻R中的電流為I＝eq\f(3BωL2,2（R＋r）)C．金屬棒AC間電壓為為eq\f(3BωL2R,2（R＋r）)D．當r＝R時，外電阻消耗功率最小解析：依據右手定則推斷可知金屬棒中有從C到A的感應電流，選項A錯誤；金屬棒產生的感應電動勢為E＝eq\f(1,2)B(2L)2ω－eq\f(1,2)BL2ω＝eq\f(3,2)BL2ω，外電阻R中的電流為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(3BωL2,2（R＋r）)，選項B正確；金屬棒AC間電壓為U＝IR＝eq\f(3BωL2R,2（R＋r）)，選項C正確；依據電源的內外電阻相等時輸出功率最大，則知當r＝R時外電阻消耗功率最大，選項D錯誤．答案：BC4．(2024·南陽模擬)如圖甲所示，相距d的兩根足夠長的金屬棒制成的導軌，水平部分左端ef間連接一阻值為2R的定值電阻，并用電壓傳感器實際監測兩端電壓，傾斜部分與水平面夾角為37°.長度也為d、質量為m的金屬棒ab電阻為R，通過固定在棒兩端的金屬輕滑環套在導軌上，滑環與導軌上MG、NH段動摩擦因數μ＝eq\f(1,8)(其余部分摩擦不計)．MN、PQ、GH相距為L，MN、PQ間有垂直軌道平面對下、磁感應強度為B1的勻強磁場，PQ、GH間有平行于斜面但大小、方向未知的勻強磁場B2，其他區域無磁場，除金屬棒及定值電阻，其余電阻均不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，當ab棒從MN上方肯定距離由靜止釋放通過MN、PQ區域(運動過程中ab棒始終保持水平)，電壓傳感器監測到Ut關系如圖乙所示．(1)求ab棒剛進入磁場B1時的速度大小；(2)求定值電阻上產生的熱量Q1；(3)多次操作發覺，當ab棒從MN以某一特定速度進入MNQP區域的同時，另一質量為2m、電阻為2R的金屬棒cd只要以等大的速度從PQ進入PQHG區域，兩棒均可同時勻速通過各自場區，試求B2的大小和方向．解析：(1)ab棒剛進入磁場B1時電壓傳感器的示數為U，依據閉合電路歐姆定律得E1＝U＋eq\f(U,2R)·R，解得E1＝1.5U，依據法拉第電磁感應定律得：E1＝B1dv1，解得v1＝eq\f(1.5U,B1d)；(2)設金屬棒ab離開PQ時的速度為v2，依據圖乙可知．定值電阻此時兩端電壓為2U，依據閉合電路的歐姆定律可得eq\f(B1dv2,2R＋R)·2R＝2U，解得v2＝eq\f(3U,B1d)，棒ab從MN到PQ，依據動能定理可得：mgsin37°·L－μmgcos37°·L－W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，依據功能關系可得產生的總焦耳熱Q總＝W安，則定值電阻產生的焦耳熱為Q1＝eq\f(2R,2R＋R)Q總，聯立解得Q1＝eq\f(1,3)mgL－eq\f(9mU2,4Beq\o\al(2,1)d2)；(3)兩棒以相同的初速度進入場區，勻速經過相同的位移，對ab棒，依據共點力的平衡可得mgsin37°－μmgcos37°－eq\f(Beq\o\al(2,1)d2v,2R)＝0，解得v＝eq\f(mgR,Beq\o\al(2,1)d2).對cd棒，因為2mgsin37°－μ·2mgcos37°＞0，故cd棒安培力必需垂直導軌平面對下，依據左手定則可知磁感應強度B2沿導軌平面對上，cd棒也勻速運動，則有2mgsin37°－μ(2mgcos37°)＋B2×eq\f(1,2)×eq\f(B1dv,2R)×d＝0，將v＝eq\f(mgR,Beq\o\al(2,1)d2)代入解得B2＝32B1.答案：(1)eq\f(1.5U,B1d)(2)eq\f(1,3)mgL－eq\f(9mU2,4Beq\o\al(2,1)d2)(3)32B1方向沿導軌平面對上考點2能量觀點5．(2024·河南省名校聯盟)如圖所示，兩條間距L＝0.50m、平行光滑U形導軌與水平面的夾角θ＝30°，導軌的底部接一阻值R＝2.0Ω的電阻，其中CM＝PD＝4.5m，導軌及其他部分電阻不計．一根質量m＝0.2kg、電阻r＝1.0Ω的導體棒置于導軌的底端，與導軌垂直且接觸良好，整個裝置處于磁感應強度B＝2.0T、方向垂直于導軌平面對上的勻強磁場中．現對導體棒施加平行于導軌向上的拉力F，使棒從靜止起先沿導軌平面對上做勻加速運動，則導體棒在導軌上運動的整個過程中()A．通過電阻R的電荷量為2.0CB．拉力F和磁場對導體棒的安培力做的總功等于導體棒的機械能的增加量C．拉力F做的功等于導體棒增加的機械能與電阻R產生的焦耳熱之和D．拉力F先增大后保持不變解析：通過電阻R的電荷量q＝eq\f(BLx,R＋r)＝1.5C，故選項A錯誤；由功能原理知，拉力F和磁場對導體棒的安培力做的總功等于導體棒的機械能的增加量，故選項B正確；由能量守恒定律知拉力F做的功等于棒增加的機械能與電阻R和棒的焦耳熱之和，故選項C錯誤；對棒由牛頓其次定律有F－mgsinθ－FA＝ma，可得F＝mgsinθ＋ma＋FA，其中FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，因為導體棒做勻加速運動，所以FA始終增大，即力F始終增大，選項D錯誤．答案：B6．(2024·河南省名校聯盟)如圖所示，水平虛線下方存在大小為B、方向水平向里的勻強磁場．正方形金屬線框abcd邊長為L，質量為m，電阻為R.將線框在虛線上方肯定高度處由靜止釋放，運動過程中ab邊始終水平，線框始終在豎直面內，所受空氣阻力恒為F阻．線框進入磁場的過程做勻速直線運動，重力加速度為g.則線框釋放時ab邊與水平虛線間的高度差為()A.eq\f(m（mg－F阻）R,2B2L4) B.eq\f(m（mg－F阻）R2,2B4L4)C.eq\f(m（mg－F阻）R2,B2L4) D.eq\f(m（mg－F阻）R,2B4L4)解析：金屬線框進入磁場前，依據動能定理得mgh－F阻h＝eq\f(1,2)mv2，進入磁場時，由平衡條件得mg＝eq\f(B2L2v,R)＋F阻，聯立解得h＝eq\f(m（mg－F阻）R2,2B2L4)，故選項B正確，A、C、D錯誤．答案：B7．(多選)(2024·洛陽模擬)如圖所示，在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導軌PQ和MN，兩導軌間距為L，導軌處于磁場方向垂直導軌平面對下的勻強磁場中，磁感應強度為B.有兩根質量均為m、電阻均為R的金屬棒a、b，先將a棒垂直導軌放置，用跨過光滑定滑輪的細線與物塊c連接，連接a棒的細線平行于導軌，由靜止釋放c，此后某時刻，將b也垂直導軌放置，a、c此刻起做勻速運動，b棒剛好能靜止在導軌上．a棒在運動過程中始終與導軌垂直，兩棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計，重力加速度為g.則下列推斷正確的是()A．物塊c的質量是2msinθB．b棒放上導軌前物塊c削減的重力勢能等于a、c增加的動能C．b棒放上導軌后物塊c削減的重力勢能等于回路消耗的電能D．a、c勻速運動的速度為eq\f(2mgRsinθ,B2L2)解析：b棒靜止mgsinθ＝FA，a棒勻速向上運動mcg＝mgsinθ＋FA，聯立得mc＝2msinθ，又因FA＝eq\f(B2L2v,2R)，解得v＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，故A、D正確；b放上之前，a、c系統機械能守恒，故a增加的重力勢能與a、c增加的動能之和才等于c減小的重力勢能，故B錯誤；b棒放上導軌后，物塊c削減的重力勢能等于回路消耗的電能與桿a增加的重力勢能之和，故物塊c削減的重力勢能大于回路消耗的電能，故C錯誤．答案：AD8．(2024·浙江卷)如圖所示，傾角θ＝37°、間距l＝0.1m的足夠長金屬導軌底端接有阻值R＝0.1Ω的電阻，質量m＝0.1kg的金屬棒ab垂直導軌放置，與導軌間的動摩擦因數μ＝0.45.建立原點位于底端、方向沿導軌向上的坐標軸x.在0.2m≤x≤0.8m區間有垂直導軌平面對上的勻強磁場．從t＝0時刻起，棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下，從x＝0處由靜止起先沿斜面對上運動，其速度v與位移x滿意v＝kx(可導出a＝kv)，k＝5s－1.當棒ab運動至x1＝0.2m處時，電阻R消耗的電功率P＝0.12W，運動至x2＝0.8m處時撤去外力F，此后棒ab將接著運動，最終返回至x＝0處．棒ab始終保持與導軌垂直，不計其他電阻(提示：可以用F-x圖象下的“面積”代表力F做的功，sin37°＝0.6)．求：(1)磁感應強度B的大小；(2)外力F隨位移x改變的關系式；(3)在棒ab整個運動過程中，電阻R產生的焦耳熱Q.解析：(1)在x1＝0.2m處時，電阻R消耗的電功率P＝eq\f(（Blv）2,R)，此時v＝kx＝1m/s，解得B＝eq\r(\f(PR,（lv）2))＝eq\f(\r(30),5)T；(2)在無磁場區間0≤x<0.2m內，有a＝kv＝k2x由牛頓其次定律得F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得F＝(0.96＋2.5x)N，在有磁場區間0.2m≤x≤0.8m內，有FA＝eq\f(（Bl）2v,R)＝0.6xN，F＝(0.96＋2.5x＋0.6x)N＝(0.96＋3.1x)N；(3)上升過程中克服安培力做的功(梯形面積)WA1＝eq\f(0.6N,2)(x1＋x2)(x2－x1)＝0.18J，撤去外力后，設棒ab上升的最大距離為s，再次進入磁場時的速度為v′，由動能定理有(mgsinθ＋μmgcosθ)s＝eq\f(1,2)mv2，(mgsinθ－μmgcosθ)s＝eq\f(1,2)mv′2，解得v′＝2m/s，由于mgsinθ－μmgcosθ－eq\f(（Bl）2v′,R)＝0，故棒ab再次進入磁場后做勻速運動下降過程中克服安培力做的功WA2＝eq\f(（Bl）2v′,R)(x2－x1)＝0.144J，Q＝WA1＋WA2＝0.324J.答案：見解析考點3動量觀點9．(2024·許昌模擬)如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強磁場分布在寬為L的區域內，現有一個邊長為a(a<L)的正方形閉合線圈以速度v0垂直磁場邊界滑過磁場后速度變為v(v<v0)那么()A．完全進入磁場時線圈的速度大于(v0＋v)/2B．完全進入磁場時線圈的速度等于(v0＋v)/2C．完全進入磁場時線圈的速度小于(v0＋v)/2D．以上狀況AB均有可能，而C是不行能的解析：對線框進入或穿出磁場過程，設初速度為v0，末速度為v.由動量定理可知：BLΔt＝mv－mv0，又電量q＝Δt，得m(v－v0)＝BLq，得速度改變量Δv＝v－v0＝eq\f(BLq,m)，由q＝eq\f(ΔΦ,R)可知，進入和穿出磁場過程，磁通量的改變量相等，則進入和穿出磁場的兩個過程通過導線框橫截面積的電量相等，故由上式得知，進入過程導線框的速度改變量等于離開過程導線框的速度改變量．設完全進入磁場中時，線圈的速度大小為v′，則有v0－v′＝v′－v，解得v′＝eq\f(v0＋v,2)，B正確．答案：B10．(多選)如圖所示，間距為d的兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接肯定值電阻R，質量為m、電阻為R的金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，金屬棒ab以初速度v0沿導軌向右運動，當位移為x時速度減為零，已知金屬棒ab與導軌間的動摩擦因數為μ，其余部分電阻不計，重力加速度為g，則在金屬棒的運動過程中，下列說法正確的是()A．金屬桿ab中的感應電流方向由a到bB．通過電阻R的電荷量為eq\f(Bdx,2R)C．金屬棒產生的焦耳熱為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)μmgxD．金屬棒運動的時間為eq\f(v0,μg)－eq\f(B2d2x,μmgR)解析：依據右手定則可知金屬棒ab中的感應電流方向由b到a，故A錯誤；通過電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(Bdx,2R)，故B正確；依據能量守恒定律eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2Q＋μmgx，可得金屬棒ab產生的焦耳熱Q＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)μmgx，故C正確；對于金屬棒ab，依據動量定理－Bdq－μmgt＝0－mv0，聯立解得t＝eq\f(v0,μg)－eq\f(B2d2x,2μmgR)，故D錯誤．答案：BC11．(多選)如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ固定在水平面上，間距為L，空間存在著方向豎直向上的磁感應強度大小為B的勻強磁場．在導軌上放有兩根質量分別為m和2m的金屬棒ab、cd，兩棒和導軌垂直且接觸良好，有效電阻均為R，導軌電阻不計．現給金屬棒ab水平向左的瞬時沖量I0，同時給cd棒水平向右的瞬時沖量2I0.則在以后的運動過程中()A．通過ab棒的最大電流為eq\f(BLI0,2mR)B．cd棒的最大加速度為eq\f(B2L2I0,2m2R)C．最終兩金屬棒將靜止在導軌上D．整個過程中該系統產生的焦耳熱為eq\f(4Ieq\o\al(2,0),3m)解析：起先時，由I＝mv可得兩棒的初速度v0＝eq\f(I0,m)，此時回路中的電流最大為I＝eq\f(2BLv0,2R)＝eq\f(BLI0,mR)，cd棒受到的安培力最大F安＝BIL＝eq\f(B2L2I0,mR)，則加速度最大a＝eq\f(B2L2I0,2m2R)