第十二章　122.电磁感应中单杆的运动(A)---高中物理人教版（2019）高三 课后同步加练半小时 练习（解析版）

这是一份第十二章　122.电磁感应中单杆的运动(A)---高中物理人教版（2019）高三 课后同步加练半小时 练习（解析版），共13页。试卷主要包含了2题每题5分等内容，欢迎下载使用。
1、2题每题5分
1.(多选)(2025·安徽蚌埠市三模)如图甲所示，水平面内的光滑导轨处于竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨左右两侧各接有阻值为R的定值电阻。一长度为L、质量为m、电阻值为0.5R的金属棒在拉力的作用下，从ab处由静止开始沿导轨向右运动，运动过程中金属棒与导轨接触良好，金属棒中的电流大小随位移变化图像如图乙所示，经时间t金属棒的位移为2x0，不计导轨电阻，则在金属棒运动过程中( )
A.金属棒做匀加速直线运动
B.金属棒在x0处的速度大小为I0RBL
C.t时间内通过金属棒的平均电流为BLx0tR
D.t时间内电流通过金属棒产生的热量为BI0Lx0
答案 BD
解析 根据电路分析可知，电路中的总电阻为R总=0.5R+11R+1R=R
在金属棒运动过程中产生的感应电流为I=ER总=BLvR=I0x0x
得v=RI0BLx0x，速度大小与位移大小成正比，所以金属棒做的不是匀加速直线运动，故A错误；
由题图乙可知，当x=x0时，I=I0，根据I=BLvR可得金属棒在x0处的速度大小为v=I0RBL，故B正确；
根据q=It=ER总t=ΔΦR总=BL·2x0R
可得t时间内通过金属棒的平均电流为I−=2BLx0tR，故C错误；
在纯电阻电路中，电路中所产生的总焦耳热等于克服安培力做的功，结合题图乙的面积意义可知Q=W克安=BILx=2BLI0x0
根据焦耳热分配定律可知t时间内电流通过金属棒产生的热量为Q'=12Q=BI0Lx0，故D正确。
2.(多选)(2025·河北沧州市模拟)如图所示，两根间距为L、电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨底端接有两定值电阻R1=R2=R，垂直于导轨方向的虚线MN、PQ间存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在导轨上垂直于导轨放置一质量为m、电阻为r=R2的金属棒a，金属棒a与PQ间的距离为d(未知)。第一次由静止释放金属棒a，它刚好匀速通过磁场区域。第二次将金属棒a从与PQ距离为4d的轨道处由静止释放。已知虚线MN、PQ间的距离为L，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.d=m2gR2sinθ2B4L4
B.金属棒a匀速穿过磁场的过程中R2两端的电压为mgRsinθ4BL
C.第二次释放后，金属棒刚进入磁场时的加速度大小为gsin θ
D.第二次释放后，金属棒穿过磁场的过程中通过电阻R1的电荷量为BL2R
答案 AC
解析 第一次由静止释放金属棒a，它刚好匀速通过磁场区域，进入磁场前，根据动能定理可得mgdsin θ=12mv12
解得v1=2gdsinθ
金属棒a进入磁场过程，根据平衡条件可得mgsin θ=BI1L
又E1=BLv1，I1=E1R2+RRR+R=E1R
联立解得d=m2gR2sinθ2B4L4
金属棒a匀速穿过磁场的过程中，R2两端的电压为U=I1RRR+R=12I1R=mgRsinθ2BL，故A正确，B错误；
第二次将金属棒a从与PQ距离为4d的轨道处由静止释放，进入磁场前，根据动能定理可得mg×4dsin θ=12mv22
解得v2=8gdsinθ=2v1
金属棒刚进入磁场时，有E2=BLv2=2E1，I2=E2R2+RRR+R=E2R=2I1
根据牛顿第二定律可得BI2L-mgsin θ=ma
联立解得加速度大小为a=gsin θ，故C正确；
第二次释放后，金属棒穿过磁场的过程中，通过金属棒的电荷量为q=IΔt=ER2+RRR+RΔt=ΔΦΔtRΔt=ΔΦR=BL2R
由于通过电阻R1的电流是通过金属棒电流的一半，则金属棒穿过磁场的过程中通过电阻R1的电荷量为q1=12q=BL22R，故D错误。
3.(12分)(2026·安徽省江淮十校联考)如图甲所示，光滑平行足够长金属导轨与水平面间的夹角θ=30°，C、D为导轨底端，其间连接阻值为2 Ω的定值电阻R。一导体棒a垂直放在该导轨上，电阻r=1 Ω，长度等于导轨宽度为L=40 cm。PQCD区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B的大小随时间变化的规律如图乙所示，已知该区域面积S=0.8 m2。t=0时，将导体棒a由静止释放，t=0.5 s时进入磁场区域，并恰好做匀速直线运动，重力加速度g取10 m/s2，不计导轨电阻与空气阻力。求：
(1)(4分)导体棒释放的初始位置NM与PQ之间的距离；
(2)(4分)导体棒刚进入磁场时，电阻R两端的电压；
(3)(4分)第1 s内电路产生的总内能Q。
答案 (1)58 m (2)233 V (3)1.78 J
解析 (1)a棒未进入磁场时，不受安培力作用，其下滑的加速度为a=mgsinθm=gsin θ=5 m/s2
下滑的时间为0.5 s，位移大小为x=12at2=58 m
即a棒与PQ的距离为58 m；
(2)a棒进入磁场时速度大小为v=at=2.5 m/s
a棒进入磁场时，产生的感应电动势E=BLvcs θ=3 V
由闭合电路的欧姆定律可得电阻R两端的电压为U=RR+rE=233 V；
(3)前0.5 s内，电路中的电动势为E1=ΔBΔtScs θ=853 V
产生的热量为Q1=E12R+rt=1.28 J
0.5~1.0 s内，电路产生的热量Q2=E2R+rt'=0.5 J
则前1 s内电路产生的总热量为Q=Q1+Q2=1.78 J。