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1、专题强化练(十三)考点1动力学观点1(2019随州模拟)如图所示，在匀强磁场中，两根平行的金属导轨上放置两条平行的金属棒ab和cd，假定它们沿导轨运动的速率分别为v1和v2，且v1v2，若金属导轨和金属棒的电阻不能忽略，要使回路中产生的感应电流最大，则棒ab、cd的运动情况应该为()Aab和cd都向右运动Bab和cd都向左运动Cab向右、cd向左做相向运动Dab向左、cd向右做背向运动解析：根据右手定则，当金属棒运动方向相同时，棒中产生的电流方向相同，回路中的总电流为两电流之差，故A、B项中电流不是最大；当两金属棒运动方向相反时，棒中产生的电流方向相反，回路中的总电流为两电流之和，但随着棒的运
2、动，D项中ab向左、cd向右做背向运动时，回路中的电阻在变大，电流不一定最大，选项C正确答案：C2(多选)(2019惠州模拟)如图所示，两根弯折的光滑金属棒ABC和DEF固定成正对平行的导轨，其中，AB和DE部分水平，倾斜的BC和EF部分与水平面的夹角为，导轨的水平部分和倾斜部分均足够长，水平部分有竖直向下、大小为B0的匀强磁场，倾斜部分有方向垂直于斜面BCFE向上、大小也为B0的匀强磁场现将两根相同的、长度略大于导轨间距的导体棒分别垂直于导轨放置在其水平部分和倾斜部分(均平行于BE)，两导体棒质量均为m、电阻均为R，导体棒始终与导轨接触良好，且不计导轨电阻，ab棒处于静止状态且距离BE足够远
3、现将cd棒从斜面上部由静止释放，那么在以后的运动过程中，下列说法正确的是()A最后两棒匀速运动Bcd棒的速度始终大于ab棒的速度Ccd棒的加速度一直减小D回路中电流先增大后不变解析：以cd棒为研究对象，根据右手定则可知电流方向为cdba，根据左手定则可知ab棒受到的安培力方向向左，所以ab棒向左加速运动，加速度逐渐增大，而cd棒沿斜面向下加速运动，随着速度增大安培力逐渐变大根据牛顿第二定律可得，mgsin FAma，所以cd棒的加速度逐渐减小，当二者加速度相等时，加速度保持不变，所以最后匀加速运动，选项A、C错误；cd棒做加速度逐渐减小的加速运动、ab棒做加速度逐渐增大的加速运动，根据vat可
4、知，cd棒的速度始终大于ab棒的速度，选项B正确；根据法拉第电磁感应定律可得EB0L(vadvab)，根据闭合电路的欧姆定律可得I，由于开始一段时间内cd棒做加速度大于ab棒加速度的加速运动，所以回路电流强度先增加，当二者的加速度相等时，电流强度不变，选项D正确答案：BD3(多选)(2019中山模拟)如图所示，一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OA2OC2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为、电阻为r，内、外两金属圆环分别与C、A良好接触并各引出一接线柱与外电阻R相接(没画出)，两金属环圆心皆为O且电阻均不计，则()A金属棒中有从A
5、到C的感应电流B外电阻R中的电流为IC金属棒AC间电压为为D当rR时，外电阻消耗功率最小解析：根据右手定则判断可知金属棒中有从C到A的感应电流，选项A错误；金属棒产生的感应电动势为EB(2L)2BL2BL2，外电阻R中的电流为I，选项B正确；金属棒AC间电压为UIR，选项C正确；根据电源的内外电阻相等时输出功率最大，则知当rR时外电阻消耗功率最大，选项D错误答案：BC4(2019南阳模拟)如图甲所示，相距d的两根足够长的金属棒制成的导轨，水平部分左端ef间连接一阻值为2R的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37.长度也为d、质量为m的金属棒ab电阻为R，通过固定在
6、棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG、NH段动摩擦因数(其余部分摩擦不计)MN、PQ、GH相距为L，MN、PQ间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为B1的匀强磁场，PQ、GH间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B2，其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin 370.6，cos 370.8，当ab棒从MN上方一定距离由静止释放通过MN、PQ区域(运动过程中ab棒始终保持水平)，电压传感器监测到Ut关系如图乙所示(1)求ab棒刚进入磁场B1时的速度大小；(2)求定值电阻上产生的热量Q1；(3)多次操作发现，当ab棒从MN以某一特定速度进入MNQP区域的同时，另一质量为2
7、m、电阻为2R的金属棒cd只要以等大的速度从PQ进入PQHG区域，两棒均可同时匀速通过各自场区，试求B2的大小和方向解析：(1)ab棒刚进入磁场B1时电压传感器的示数为U，根据闭合电路欧姆定律得E1UR，解得E11.5U，根据法拉第电磁感应定律得：E1B1dv1，解得v1；(2)设金属棒ab离开PQ时的速度为v2，根据图乙可知定值电阻此时两端电压为2U，根据闭合电路的欧姆定律可得 2R2U，解得v2，棒ab从MN到PQ，根据动能定理可得：mgsin 37Lmgcos 37LW安mvmv，根据功能关系可得产生的总焦耳热Q总W安，则定值电阻产生的焦耳热为Q1Q总，联立解得Q1mgL；(3)两棒以相
8、同的初速度进入场区，匀速经过相同的位移，对ab棒，根据共点力的平衡可得mgsin 37mgcos 370，解得v.对cd棒，因为2mgsin 372mgcos 370，故cd棒安培力必须垂直导轨平面向下，根据左手定则可知磁感应强度B2沿导轨平面向上，cd棒也匀速运动，则有2mgsin 37(2mgcos 37)B2d0，将v代入解得B232B1.答案：(1)(2)mgL(3)32B1方向沿导轨平面向上考点2能量观点5(2019河南省名校联盟)如图所示，两条间距L0.50 m、平行光滑U形导轨与水平面的夹角30，导轨的底部接一阻值R2.0 的电阻，其中CMPD4.5 m，导轨及其他部分电阻不计一
9、根质量m0.2 kg、电阻r1.0 的导体棒置于导轨的底端，与导轨垂直且接触良好，整个装置处于磁感应强度B2.0 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中现对导体棒施加平行于导轨向上的拉力F，使棒从静止开始沿导轨平面向上做匀加速运动，则导体棒在导轨上运动的整个过程中()A通过电阻R的电荷量为2.0 CB拉力F和磁场对导体棒的安培力做的总功等于导体棒的机械能的增加量C拉力F做的功等于导体棒增加的机械能与电阻R产生的焦耳热之和D拉力F先增大后保持不变解析：通过电阻R的电荷量q1.5 C，故选项A错误；由功能原理知，拉力F和磁场对导体棒的安培力做的总功等于导体棒的机械能的增加量，故选项B正确；由能量守
10、恒定律知拉力F做的功等于棒增加的机械能与电阻R和棒的焦耳热之和，故选项C错误；对棒由牛顿第二定律有Fmgsin FAma，可得Fmgsin maFA，其中FABIL，因为导体棒做匀加速运动，所以FA一直增大，即力F一直增大，选项D错误答案：B6(2019河南省名校联盟)如图所示，水平虚线下方存在大小为B、方向水平向里的匀强磁场正方形金属线框abcd边长为L，质量为m，电阻为R.将线框在虚线上方一定高度处由静止释放，运动过程中ab边始终水平，线框始终在竖直面内，所受空气阻力恒为F阻线框进入磁场的过程做匀速直线运动，重力加速度为g.则线框释放时ab边与水平虚线间的高度差为()A.B.C. D.解析
11、：金属线框进入磁场前，根据动能定理得mghF阻hmv2，进入磁场时，由平衡条件得mgF阻，联立解得h，故选项B正确，A、C、D错误答案：B7(多选)(2019洛阳模拟)如图所示，在倾角为的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ和MN，两导轨间距为L，导轨处于磁场方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B.有两根质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计
12、，重力加速度为g.则下列判断正确的是()A物块c的质量是2msin Bb棒放上导轨前物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能Cb棒放上导轨后物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能Da、c匀速运动的速度为解析：b棒静止mgsin FA，a棒匀速向上运动mcgmgsin FA，联立得mc2msin ，又因FA，解得v，故A、D正确；b放上之前，a、c系统机械能守恒，故a增加的重力势能与a、c增加的动能之和才等于c减小的重力势能，故B错误；b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能与杆a增加的重力势能之和，故物块c减少的重力势能大于回路消耗的电能，故C错误答案：AD8(2019浙江卷)如
13、图所示，倾角37、间距l0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R0.1 的电阻，质量m0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 mx0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场从t0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足vkx(可导出akv)，k5 s1.当棒ab运动至x10.2 m处时，电阻R消耗的电功率P0.12 W，运动至x20.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x0处棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻(提示：可以用F-x图象下
14、的“面积”代表力F做的功，sin 370.6)求：(1)磁感应强度B的大小；(2)外力F随位移x变化的关系式；(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.解析：(1)在x10.2 m处时，电阻R消耗的电功率P，此时vkx1 m/s，解得B T；(2)在无磁场区间0x0.2 m内，有akvk2x由牛顿第二定律得Fmgcos mgsin ma解得F(0.962.5x) N，在有磁场区间0.2 mx0.8 m内，有FA0.6x N，F(0.962.5x0.6x) N(0.963.1x) N；(3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)WA1(x1x2)(x2x1)0.18 J，撤去外力后，设
15、棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v，由动能定理有(mgsin mgcos )smv2，(mgsin mgcos )smv2，解得v2 m/s，由于mgsin mgcos 0，故棒ab再次进入磁场后做匀速运动下降过程中克服安培力做的功WA2(x2x1)0.144 J，QWA1WA20.324 J.答案：见解析考点3动量观点9(2019许昌模拟)如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，现有一个边长为a(aL)的正方形闭合线圈以速度v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v(vv0)那么()A完全进入磁场时线圈的速度大于(v0v)/2B完全进入磁场时线圈的速
16、度等于(v0v)/2C完全进入磁场时线圈的速度小于(v0v)/2D以上情况AB均有可能，而C是不可能的解析：对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为v0，末速度为v.由动量定理可知：BI()Ltmvmv0，又电量qI()t，得m(vv0)BLq，得速度变化量vvv0，由q可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为v，则有v0vvv，解得v，B正确答案：B10(多选)如图所示，间距为d的两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接一定值电阻
17、R，质量为m、电阻为R的金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，金属棒ab以初速度v0沿导轨向右运动，当位移为x时速度减为零，已知金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为，其余部分电阻不计，重力加速度为g，则在金属棒的运动过程中，下列说法正确的是()A金属杆ab中的感应电流方向由a到bB通过电阻R的电荷量为C金属棒产生的焦耳热为mvmgxD金属棒运动的时间为解析：根据右手定则可知金属棒ab中的感应电流方向由b到a，故A错误；通过电阻R的电荷量q，故B正确；根据能量守恒定律mv2Qmgx，可得金属棒ab产生的焦耳热Qmvmgx，故C正确；对于金属棒ab
18、，根据动量定理Bdqmgt0mv0，联立解得t，故D错误答案：BC11(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面上，间距为L，空间存在着方向竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场在导轨上放有两根质量分别为m和2m的金属棒ab、cd，两棒和导轨垂直且接触良好，有效电阻均为R，导轨电阻不计现给金属棒ab水平向左的瞬时冲量I0，同时给cd棒水平向右的瞬时冲量2I0.则在以后的运动过程中()A通过ab棒的最大电流为Bcd棒的最大加速度为C最终两金属棒将静止在导轨上D整个过程中该系统产生的焦耳热为解析：开始时，由Imv可得两棒的初速度v0，此时回路中的电流最大为I，cd棒受到的安培
19、力最大F安BIL，则加速度最大a，此后两棒均做减速运动，由于两棒构成的系统在水平方向上不受外力，系统动量守恒，则有2I0I03mv，解得v，一起向右匀速运动则无感应电流，选项B正确，A、C错误；由能量守恒定律可知，该系统产生热量Q3mv3mv2，选项D正确答案：BD12(2019石家庄模拟)如图所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M2 kg的cd绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场现有质量m1 kg的ab金属杆以初速度v012 m/s水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰
20、后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计除R以外的其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)，求：(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v；(2)电阻R产生的焦耳热Q.解析：(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有MgM，解得v m/s；(2)发生正碰后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有Mg2rMv2Mv，解得碰撞后cd绝缘杆的速度v25 m/s，两杆碰撞过程中动量守恒，有mv0mv1Mv2，解得碰撞后ab金属杆的速度v12 m/s，ab金属杆进入磁场后由能量守恒定律有mvQ，解得Q2 J.答案：见解析