高频考点加练01 “单杆+导轨”模型试题精选（含解析）高考二轮专题考试试卷

高频考点加练02 “单杆+导轨”模型试题精选
1. 如图所示，匀强磁场中有一等边三角形线框abc，匀质导体棒在线框上向右匀速运动，导体棒在线框接触点之间的感应电动势为E，通过的电流为I.忽略线框的电阻，且导体棒与线框接触良好，则导体棒(　　)
A. 从位置①到②的过程中，E增大、I增大
B. 经过位置②时，E最大、I为零
C. 从位置②到③的过程中，E减小、I不变
D. 从位置①到③的过程中，E和I都保持不变
2. 如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为 1 m，左端通过导线连接一个R＝1.5 Ω的定值电阻．整个导轨处在磁感应强度大小B＝0.4 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，质量m＝0.2 kg、长度L＝1 m、电阻r＝0.5 Ω的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其静止开始运动．拉力F的功率P＝2 W保持不变，当金属杆的速度v＝5m/s 时撤去拉力F.下列说法中正确的是(　　)
A. 若不撤去拉力F，金属杆的速度会大于5m/s
B. 金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小一定为 0.9m/s2
C. 从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5 C
D. 从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为2.5J
3. (2022·常州期末)如图所示，竖直放置的U形光滑导轨与一电容器串联，导轨平面有垂直于纸面的匀强磁场，金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑．电容C足够大，原来不带电，不计一切电阻．设金属棒的速度为v、动能为Ek、两端的电压为Uab、电容器上的电荷量为q，它们与时间t、位移x的关系图像正确的是(　　)
A B C D
4. (2022·南通四模)如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有黑箱．t＝0时刻起电阻为R的导体棒ab以一定的初速度放上导轨向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且与导轨电接触良好，不计导轨电阻．则(　　)
A. 若黑箱中是电池，棒的最终速度与初速度有关
B. 若黑箱中是线圈，棒做简谐运动
C. 若黑箱中是电阻，棒的速度随位移均匀减小
D. 若黑箱中是电容器，棒的最终速度与初速度无关
5. (2022·南京六校期初调研)如图所示，MN、PQ为间距L＝0.5 m、足够长的平行导轨，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，N、Q间连接有一个阻值R＝1 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0＝1 T．将一根质量为m＝0.5 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度．金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，金属棒沿导轨下滑过程中始终与NQ平行，不计金属棒和导轨的电阻(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．
(1) 求金属棒到达cd处的速度大小．
(2) 已知金属棒从NQ运动到cd过程中，通过电阻的电荷量为2.5 C，求此过程中电阻R产生的热量Q.
6. (2022·扬州中学)如图所示，右边是法拉第圆盘发电机，圆盘直径d＝2 m，转动方向如图所示(从右向左看是逆时针)，圆盘处于磁感应强度B1＝1 T的匀强磁场中，左边有两条间距L＝0.5 m的平行倾斜导轨，倾角θ＝37°，导轨处有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝2 T，用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻r＝1 Ω.在倾斜导轨上水平放一根质量m＝1 kg、电阻R＝2 Ω的导体棒，导体棒与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.5且始终接触良好，导体棒长度也是L＝0.5 m，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，其余电阻不计．求：
(1) 圆盘转动的角速度ω1＝20 rad/s时，产生的感应电动势．
(2) 欲使导体棒能静止在倾斜导轨上时，圆盘转动的角速度ω至少多大．
参考答案
1. C　解析：设棒与导轨两接触点间的长度为L，棒单位长度的电阻为r，则感应电动势E＝BLv，感应电流I＝＝，从位置①到②的过程中，B、v、r不变，L变大，所以E增大，I不变，故A错误；经过位置②时，L最大，E最大，整个过程I不变，且不为零，故B错误；从位置②到③的过程中，L变小，故E减小、整个过程I不变，故C正确；从位置①到③的过程中，I保持不变，L先变大后变小，故E先变大后变小，故D错误．
2. C　解析：若不撤去拉力F，对杆由牛顿第二定律有F－BIL＝ma，P＝Fv，I＝，当a＝0时，速度达到最大，联立各式解得最大速度为vm＝＝5m/s，即杆的最大速度不会超过5m/s，故A错误；若在F撤去前金属杆的速度v1＝4m/s时，代入各式可得加速度为a＝＝0.9m/s2，撤去F后杆减速的速度为v2＝4m/s 时，加速度为a′＝＝1.6m/s2，故金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小为0.9m/s2或1.6m/s2，故B错误；从撤去拉力F到金属杆停下，杆只受安培力做变减速直线运动，取向右为正，由动量定理有－BL·Δt＝0－mv，而电荷量的表达式q＝·Δt，可得q＝＝2.5 C，故C正确；从撤去拉力F到金属杆停下的过程由动能定理－WF安＝0－mv2，而由功能关系有WF安＝Q，另金属杆和电阻R串联，热量比等于电阻比，有Q1＝，联立解得Q1＝0.625J，故D错误．
3. B　解析：设导轨间距为L，释放后电容器充电，电路中充电电流i，棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－BiL＝ma，i＝＝＝＝CBLa，由此得mg－BLCBLa＝ma，解得a＝，可见加速度不变，做匀加速直线运动，即v＝at，Uab＝BLv＝BLat，故A、C错误；根据Ek＝mv2＝m×2ax，故B正确；根据q＝CUab＝BCLat，与时间成正比，即与位移不是正比关系，故D错误．
4. C　解析：若黑箱中是电池，当金属棒产生的感应电动势等于电源电动势时，回路的电流为零，此时金属棒处于稳定状态，满足E＝BLv，则棒的最终速度与初速度无关，A错误；若黑箱中是线圈，因棒所受的安培力方向与速度方向总是相反的，简谐振动中回复力与速度方向可能相同，也可能相反，则棒不可能做简谐运动，B错误；若黑箱中是电阻，设阻值为r，则当棒离开初始位置距离为x时，由动量定理mv－mv0＝－BLΔt ，其中的Δt＝＝，解得v＝v0－x，即棒的速度随位移均匀减小，选项C正确；若黑箱中是电容器，则开始时，电容器不断充电，带电荷量逐渐增加，电容器两板间电压增加，棒由于受安培力作用做减速运动，当导体棒两端电压等于电容器两板电压时，回路电流为零，此时到达稳定状态，设此时的速度为v，则电容器两板电压为U＝BLv，电容器带电荷量Q＝CU＝CBLv，对导体棒有动量定理－BLΔt＝mv－mv0，其中Q＝Δt，解得v＝，即棒的最终速度与初速度有关，D错误．
5. (1) 当金属棒达到稳定速度vm时，
感应电动势E＝B0Lvm，感应电流I＝
安培力FA＝B0IL
且FA＋μmgcosθ＝mgsinθ
代入数据解得vm＝4 m/s
(2) 电荷量为q＝IΔt＝
代入数据解得s＝5 m
从开始释放至到达cd，设克服安培力做功为WF，由动能定理得
mgs·sin37°－μmgs·cos37°－WF＝mv－0
根据功能关系知，产生的热量Q＝WF＝1.0 J
6. (1) 圆盘发电机可以看成半径旋转切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律得
E＝B1··＝B1d2ω1
代入数据得E＝10 V
(2) 如果导体棒受的安培力较小，导体棒有沿导轨向下滑动的趋势，导体棒受摩擦力沿导轨向上，建立坐标系分析导体棒受力如图所示
根据y轴受力平衡得FN＝F安sinθ＋mgcosθ
根据x轴受力平衡得F安cosθ＋f＝mgsinθ
f＝μFN
代入数据得F安＝ N
设F安＝ N时圆盘转动的角速度为ω，根据
F安＝B2IL＝ N
代入数据得I＝ A
根据闭合电路欧姆定律I＝
代入数据得E＝I(R＋r)＝ V
根据法拉第电磁感应定律E＝B1d2ω
代入数据得ω＝ rad/s
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