2023届二轮复习 增分训练4　电磁感应中的单、双杆模型 作业（浙江专用）

这是一份2023届二轮复习 增分训练4　电磁感应中的单、双杆模型 作业（浙江专用），共11页。试卷主要包含了两条间距为d=0，2x,，如图所示,间距l=0，5 N,，如图所示,间距为L=0等内容，欢迎下载使用。
增分训练4　电磁感应中的单、双杆模型1.(多选)如图所示,宽为L的两固定光滑金属导轨水平放置,空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静止置于导轨上,其间距也为L,现给cd一向右的初速度v0,对它们之后的运动过程说法正确的是(　BCD　)A.ab的加速度越来越大,cd的加速度越来越小B.回路产生的焦耳热为mC.通过ab的电荷量为D.两导体棒间的距离最终变为L+解析:刚开始ab棒做加速运动,cd棒做减速运动,最终二者共速,加速度为0,故A错误;ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力,系统动量守恒,以向右的方向为正方向,当二者共速时有mv0=2mv1,解得v1=v0,由能量守恒定律得Q=m-·2m,解得回路产生的焦耳热为Q=m,故B正确;设整个过程中通过ab的电荷量为q,对ab棒,由动量定理得mv1=BLt=BLq,所以q=,故C正确;对cd棒由动量定理得mv1-mv0=-t=-,解得Δx=,两导体棒间的距离最终变为L+,故D正确。2.如图所示,间距为L的金属导轨竖直平行放置,空间有垂直于导轨所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在导轨上端接一电容为C的电容器,一质量为m的金属棒ab与导轨始终保持良好接触,由静止开始释放,释放时ab距地面高度为h,(重力加速度为g,一切摩擦及电阻均不计),在金属棒下滑至地面的过程中,下列说法正确的是(　D　)A.若h足够大,金属棒最终匀速下落B.金属棒运动到地面时,电容器储存的电势能为mghC.金属棒做匀加速运动,加速度为D.金属棒运动到地面时,电容器储存的电势能为解析:若金属棒匀速下落,产生的感应电动势恒定不变,电容器两端的电压不变,回路中就没有感应电流,就不会受安培力,与匀速下落相矛盾,因此金属棒不会匀速下落,A错误;根据能量守恒定律,下落的过程有一部分重力势能变成电能,还有一部分变成了金属棒的动能,因此电容器储存的电势能不可能为mgh,B错误;金属棒速度增大,产生的电动势增大,电容器的电荷量增加,有充电电流I,I===CBLa,由牛顿第二定律得mg-BIL=ma,所以a=,可见,金属棒做匀加速直线运动,C错误;落地时v=,根据能量守恒定律,电容器储存的电势能为mgh-mv2=,D正确。3.两条间距为d=0.1 m的足够长平行金属导轨水平放置,在两导轨间存在着垂直导轨平面向下的有界磁场,磁感应强度沿坐标轴Ox分区分布,在x>0区域B=3x(T),在-2 m≤x≤0区域B=1.5 T,如图所示。金属棒ab与导轨垂直且静止在x=1.5 m处,长为d=0.1 m,质量m=50 g,电阻R1=0.3 Ω,左端的定值电阻R2=0.6 Ω。处在-2 m≤x≤0区域的导轨是光滑的,导轨其余部分与ab棒间的动摩擦因数均为μ=0.2。在导轨的右侧接有一个带有控制开关的“恒流源”,可提供I=1 A的恒定电流,现闭合开关K发现ab棒沿导轨向左运动,求:(1)闭合开关瞬间ab棒中的电流方向和ab棒的加速度大小;(2)若棒运动到x=0时立即断开开关K,问ab棒最后静止在何处(用x轴坐标表示)。(3)求出上述整个过程中R2产生的焦耳热。(备选信息:弹簧振子的周期公式T=2π,其中m为振子质量,k为弹簧的劲度系数)解析:(1)由题可知,闭合开关瞬间,发现ab棒沿导轨向左运动,即受到了向左的安培力作用,根据左手定则可知,电流的方向b到a,ab与R2并联,则流过ab的电流为Iab=I= A,对ab棒,根据牛顿第二定律有BIabd-μmg=ma,又B=3x=4.5 T,联立解得a=4 m/s2。(2)对ab棒,从开始到x=0过程,根据动能定理有WF+Wf=m,其中WF=x,Wf=-μmgx,ab棒所受安培力F=BIabd=0.2x,联立解得v0= m/s,设ab棒穿过左侧匀强磁场后的速度为v1,根据动量定理-B dΔt=-Δt=-x1=mv1-mv0,解得v1=(-1) m/s,根据速度位移公式有x2==(1-) m,ab棒最后停在位置x=-(3-) m。(3)ab棒在O点之前的安培力为F=BId=3x××0.1(N)=0.2x(N),则受到的合力为F合=0.2x-0.1(N),由简谐振动的性质可知,ab棒以x=0.5 m处为平衡位置做简谐振动,k=0.2,周期为T=2π=π s,在x>0区域运动的位移为开始一个振幅加半个振幅的位移,因此时间为t=+= s,整个过程中电阻R2上产生的热量为Q=R2t+(m-m),I2=I,代入数据解得 Q=[+] J。答案:(1)b到a　4 m/s2　(2)x=-(3-) m   (3)[+] J4.如图所示,水平放置的U形导轨宽度为d,左端连接阻值为R的电阻与电容为C的电容器,干路中串联一理想电流表。导轨平面有方向竖直向下、磁感应强度大小满足B=λx(y方向不变)的磁场,式中λ为常量。质量为m、长度为d的金属棒与导轨接触良好,初始位置在x=0处。导轨足够长,磁场区域足够大,电容器原来不带电且耐压足够高,电流表量程足够大,忽略导轨及金属棒的电阻,不计摩擦阻力与其他阻力。现让金属棒在水平拉力作用下向右运动。(1)仅闭合开关S1,金属棒做初速度为0、加速度为a的匀加速直线运动,求金属棒位移为x0时电流表示数的计算式;(2)仅闭合开关S2,若电流表的示数恒为I,求运动过程中金属棒所受拉力的最小值,及此时电容器所储存的电场能;(3)仅闭合开关S2,当金属棒位移为x1时速度达到v,此时撤去拉力,且x>x1区域的磁感应强度变为B′=λx1,求金属棒的最终速度。解析:(1)金属棒做匀加速直线运动,位移为x0时的速度为v=,感应电动势E=Bdv=λx0d,电路中电流大小IA==。(2)设金属棒运动到位移x处,速度为v,加速度为a,此时电容器电荷量q=CU=CBdv=Cλxdv,在微元Δt内电容器的电荷量增量Δq=Cλxd·Δv,结合电流定义式I=,加速度定义式a=,解得金属棒的加速度a=,对金属棒应用牛顿第二定律得F-λxId=ma,解得F=λxId+,当λxId=,即x=时,得拉力最小值,Fmin=2I,金属棒运动过程,所受安培力F安=λxId∝x,电容器所储存的电场能就是克服安培力所做的功,E电场能=W克安=·x=。(3)金属棒在x1处撤去拉力后电容器放电,金属棒先做加速运动,后以速度v′做匀速运动。设此过程电容器释放电荷量为Δq′,则有Δq′=Cλx1dv-C·λx1dv′对金属棒,此过程由动量定理得B′d·Δq′=λx1d·Δq′=mv′-mv,联立解得金属棒最终速度v′=v。答案:(1)　(2)2I　  (3)v5.(2022·衢州、丽水、湖州三地市检测)如图所示,间距l=0.5 m的两平行金属导轨AD和EH水平放置,其左端A、E两处用一小段绝缘材料与间距也为l,倾角θ=37°的倾斜导轨AA1、EE1平滑连接。倾斜导轨上端A1、E1间接一电阻R0=0.5 Ω。区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ内存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小均为B=1 T,区域Ⅲ宽度d=0.5 m,金属杆2静置于磁场边界CG的右侧附近。现对静置于倾斜导轨上的金属杆1,施加一沿斜面向下的力F,使其沿倾斜导轨以加速度a匀加速下滑,运动至刚过AE处时撤去F,此时杆1的速度大小v0=12 m/s,并最终停在区域Ⅲ的中点位置,而杆2仍在区域Ⅳ中。已知杆1电阻R=0.5 Ω,其余电阻均不计,两杆质量均为m=1 kg。杆与导轨垂直且接触良好,处在区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的导轨与杆间的动摩擦因数均为μ=0.75,在区域Ⅳ中的导轨光滑。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。(1)求杆1刚过AE处时的加速度;(2)若加速度a已知,则求力F随时间t变化的关系式;(3)若杆1穿过整个区域Ⅱ用时t= s,求杆1刚穿过区域Ⅱ时,杆2的速度大小。解析:(1)杆1刚经过AE边界瞬间,产生的感应电动势E=Blv0=6 V,则电流为I==12 A,安培力F安=BIl=6 N,摩擦力Ff=μmg=7.5 N,由牛顿第二定律得F安+Ff=ma2,得a2=13.5 m/s2,加速度方向水平向左。(2)金属杆1在倾斜导轨上初速度为0,施加一个沿斜面向下的力F开始下滑,设t时刻杆1的速度大小为v,又因为mgsin θ=μmgcos θ,对杆1由牛顿第二定律得F-=ma,代入数据化简得F=0.25at+a,其中t<=。(3)设金属杆1离开区域Ⅱ时的速度为v1,此时金属杆2的速度为v2,金属杆1在区域Ⅲ中做匀减速运动,有=2μg·,解得v1= m/s,杆1穿越磁场区域Ⅱ过程中,由动量定理可得-Blt-μmgt=mv1-mv0,对杆2,在该过程中,由动量定理可得Blt=mv2,解得v2=(2-) m/s。答案:(1)13.5 m/s2　加速度方向水平向左　(2)F=0.25at+a　(t<)　(3)(2-) m/s6.如图所示,间距为L=0.5 m的平行光滑导轨由水平部分和倾角为θ=30°的斜面部分平滑连接而成。整个导轨上有三个区域存在匀强磁场,且磁感应强度大小均为B=0.2 T,其中Ⅰ区磁场垂直于水平导轨但方向未知,Ⅱ区磁场方向竖直向下,Ⅲ区磁场下边界位于斜面底端且方向垂直于斜面向下,Ⅰ区宽度足够大,Ⅱ区和Ⅲ区的宽度均为d=0.3 m。除Ⅰ区和Ⅱ区之间的导轨由绝缘材料制成外,其余导轨均由电阻可以忽略的金属材料制成且接触良好。两根质量均为m=0.1 kg、电阻均为r=0.02 Ω的金属棒垂直于水平部分的导轨放置,初始时刻a棒静置于Ⅰ区、b棒静置于Ⅱ区和Ⅲ区间的无磁场区。水平导轨左侧接有电源和电容为C=1 F的电容器,斜面导轨上端接有阻值为R=0.02 Ω的电阻,且斜面上还固定着一根绝缘轻弹簧。当单刀双掷开关S接“1”对电容器充满电后,切换至“2”,电容器连通a棒,a棒会在Ⅰ区达到稳定速度后进入Ⅱ区,然后与无磁场区的b棒碰撞后变成一个联合体,联合体耗时t=0.12 s穿越Ⅲ区后继续沿斜面向上运动x=0.2 m并把弹簧压缩到最短,然后联合体和弹簧都被锁定,已知锁定后的弹簧弹性势能Ep=0.2 J。不计联合体从水平面进入斜面时的能量损失,忽略磁场的边界效应。求:(1)Ⅰ区磁场方向(“竖直向上”或“竖直向下)和即将出Ⅲ区时联合体所受的安培力大小FA;(2)a棒通过Ⅱ区时,a棒上产生的焦耳热Qa;(3)电源的电动势E。解析:(1)电容器充电后,下极板带正电,放电时,通过a棒的电流从下至上,a棒所受安培力向右,根据左手定则知Ⅰ区磁场方向竖直向上;设联合体刚出Ⅲ区磁场时的速度为v4,出Ⅲ区后根据联合体和弹簧构成的系统机械能守恒得·2m=2mgxsin θ+Ep,代入数据解得v4=2 m/s,即将出Ⅲ区时回路的总电阻为R总2=+R=0.03 Ω,感应电动势E4=BLv4,则I4=,则安培力FA=BI4L,联立可得FA=,代入数据解得FA= N。(2)穿越Ⅲ区过程中,对联合体由动量定理得-t-2mgsin θt=2mv4-2mv3,其中t=d,代入数据解得v3=3.1 m/s,两棒碰撞过程mv2=2mv3,解得v2=6.2 m/s,a棒穿越Ⅱ区过程中,等效电路总电阻为R总1=r+=0.03 Ω,对a棒由动量定理得-t2=mv2-mv1,其中t2=d,代入数据解得v1=7.2 m/s,整个回路中产生的焦耳热Q总=m-m,a棒产生的焦耳热Qa=Q总,代入数据得Qa= J。(3)穿越Ⅰ区过程中,电容器和a棒构成回路,最终a棒匀速,回路中电流为0,则U1=BLv1,U0=E,电容器放电电荷量ΔQ=CU0-CU1,对a棒由动量定理BLt1=mv1-0,其中t1=ΔQ,联立可得BLC(E-BLv1)=mv1,代入数据解得E=7.92 V。答案:(1)竖直向上　 N　(2) J　(3)7.92 V