内容正文:
高考专题辅导与训练
(3)棒OP和棒MN先后在磁场中做匀速直线运动,先!
3.ACD根据右手定则可知,进入磁场时,线框中的电流
后把各自在磁场中做匀速直线运动时减少的重力势能
沿abcda方向,d端电势比c端电势高;出磁场时,线框
转化为电流流经电路产生的热量,根据能量守恒可得
中的电流沿adcba方向,a端电势比b端电势高,A正
Q=2 ngdsin0。
确,B错误。在进入磁场过程中,a、b两端电压为感应电
答案(1)OP棒做匀速直线运动mgsin0
BL
动势的:离开磁场的过程中,、b两端电压为感应电
(2)2mgRsin (3)2mgdsin0
B2L2
动势的子;可知ah边刚要高开磁场的瞬间,a,b两瑞的
高频考点12电磁感应的动量与能量问题
电压最大,设线框此时的速度为,根据运动学公式可
1.AD恒力F作用过程中,根据能量守恒可得回路中产
得2=2a·3L,所以Unx=BLV6aL,C正确。ah
生的总焦耳热为Qs=Fs-2X?mf=4.8J,由于
边刚要离开磁场瞬间线圈消耗的功率最大,线框中的最
RCD=2REF,可知导体棒EF上产生的焦耳热为QEF=
3Q总=1.6J,A正确:撒去拉力F后,当导体棒CD与
大电动本P-层-如,】
R之,D正确。
:4.BD导体棒下滑到水平面时速度大小为1,由机械能
导体棒EF在磁场中产生的电动势大小相等,方向相反
时,两导体棒的速度达到稳定,设稳定时导体棒CD的
守恒有mgR=2mu2,解得u1=6m/s,导体棒刚进入
速度为UCD,导体棒EF的速度为vr,右侧导轨间距为
磁场时产生电动势最大E=Bdu1=18V,电流强度I=
L,左侧导轨间距为2L,则有B·2LCD=BLVEF,从撤
E
去拉力F到导体棒速度稳定,对导体棒CD,根据动量:
R0十,2A,导体棒受的安培力F=BId=6N,导体棒
克服安培力做功功率最大值P=F1=36W,选项A错
定理可得-BI·2L=mD一mw1。对导体棒EF,根
误;导体棒两端间最大电势差U=IR0=l2V,选项B正
据动量定理可得一BI·L1=mUr一mo1,联立解得
D=号m/s,F=号m/s,B错送;导体捧CD从PQ
2
确:通过等体裤电荷量g一,号选项C每
误;导体棒出磁场时速度大小为2,由动量定理有
运动到MN过程中做匀速直线运动,所用时间为t=
=3s导体棒E℉做加速度减小的减速运动,位移应
-B1d=m(og-)且g=1=号C,解得w=2m/s,
UCD
设导体棒穿过磁场过程产生热量为Q,由能量守恒得
满足F<F十,=3十0.2
Q
2m2-7m2=8J,电阻R上产生的最大热量
2
°2一×3m=1.3m,C错误;
导体棒CD从MN进入右侧磁场区域,导体棒CD与导
QR=BQ=J,选项D正确。
体棒EF组成的系统满足动量守恒,当两导体棒达到共
速时,两导体棒达到最终稳定状态,根据动量守恒可得
!5,AD金属框进入磁场过程中和从磁场另一侧穿出过程
m0D-h=2u我,解得#=D2_3一0.2
中:磁适量变化量大小相等,因g=1·=把划造入
2
2
-m/s=
磁场过程中通过αb的电荷量和穿出磁场过程中通过αb
的电荷量相等,由动量定理一BIL·△t=△v,可知速
15m/s,D正确。
度变化量大小相等,A正确,B错误;金属框进入磁场时
2.BD导体棒MN在恒力F作用下向上匀加速的进入磁
的速度大于穿出磁场时的速度,则金属框进入磁场时受
场,设进入磁场时速度为u,由牛顿第二定律F一mg=
到的安培力大于穿出磁场时受到的安培力,所以进入磁
ma,运动过程有2=2ah2,代入可解得v=4m/s。进入
场过程中克服安培力做的功大于穿出磁场时安培力做
磁场,导体棒切割磁感线,产生感应电动势,由法拉第电
的功,由于克服安培力做的功等于金属框产生的焦耳
磁感应定律E=BLu=4V,电路中R1与R2的并联电阻
热,所以金属框进入磁场过程中产生的热量大于穿出磁
RR2
E
-=0.40,导体捧MN的电流I=R千
场过程中产生的热量,C错误,D正确。
为R=R1+R
6.ABC由牛顿第二定律得Mg一ngsin0=(M+m)a,解
5A=8A,则F=BIL十mg=F安十mg,可知进入
得线框进入磁场前运动的加速度为a=Mg一ngsin目,
M+m
场后导体棒匀速运动,产生的电动势恒定,电流恒定,则
A错误,符合题意;由平衡条件Mg-mngsin0-F安=0,
导体棒MN两瑞的电势差UwR开E-品X4V
P=B,1-景E=以U联立解得线框建人隆号时
3.2V,A错误;导体棒MN的热功率为P=I2r=82×
匀速运动的速度为u=Mgmgsin0)R,B错误,符合
0.1W=6.4W,B正确;导体棒通过磁场所用时间t=
B2112
售-华。=景s风上产生怎