2024高考物理一轮复习考点攻破训练——电磁感应中的“双杆模型”练习含解析教科版

这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——电磁感应中的“双杆模型”练习含解析教科版，共6页。

图1
(1)导体棒ab到达MN之前稳定运动时的速度大小；
(2)整个过程中导体棒ab产生的焦耳热；
(3)整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量．
2．(2023·湖北武汉市调研)如图2所示，足够长的金属导轨MNC和PQD平行且间距为L，所在平面与水平面夹角分别为α＝37°和β＝53°，导轨两侧空间均有垂直导轨平面向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，电阻均为R.运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒ef与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，金属棒ab光滑．导轨电阻不计，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，
cs37°＝0.8.
图2
(1)若将棒ab锁定，静止释放棒ef，求棒ef最终运动速度v1的大小；
(2)若棒ef经过时间t达到第(1)问中的速度v1，求此过程中棒ef下滑的距离x；
(3)若两金属棒均光滑，同时由静止释放，试在同一图中定性画出两棒运动的v－t图线．(ab棒取沿轨道向上运动为正方向，ef棒取沿轨道向下运动为正方向)
3．(2023·湖南娄底市下学期质量检测)如图3所示，两固定水平平行金属导轨间距为L，导轨上放着两根相同导体棒ab和cd.已知每根导体棒质量均为m，电阻均为R，导轨光滑且电阻不计，整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，开始时ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速度，大小分别为v0和2v0，求：
图3
(1)从开始到最终稳定的过程中回路总共产生的焦耳热；
(2)当ab棒的速度大小变为eq \f(v0,4)时：
①通过cd棒的电荷量q是多少；
②两棒间的距离增大了多少；
③回路消耗的电能为多少．
4．(2023·安徽皖江名校联盟摸底大联考)如图4所示，宽度为2d与宽度为d的两部分导轨衔接良好固定在水平面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，长度分别为2d和d的导体棒甲和乙按如图的方式置于导轨上，已知两导体棒的质量均为m、两导体棒单位长度的电阻均为r0，现给导体棒甲一水平向右的初速度v0.假设导轨的电阻忽略不计，导体棒与导轨之间的摩擦忽略不计，且两部分导轨足够长．求：
图4
(1)当导体棒甲开始运动瞬间，甲、乙两棒的加速度大小分别为多大？
(2)导体棒甲匀速时的速度大小应为多大？
(3)两导体棒从开始运动到刚匀速的过程中两导体棒发生的位移分别是x甲和x乙，试写出两导体棒的位移x甲和x乙之间的关系式．
答案精析
1．(1)eq \f(3mgr,2B2L2) (2)eq \f(1,3)mgh－eq \f(3m3g2r2,16B4L4)
(3)eq \f(2BLh,3r)＋eq \f(3m2gr,4B3L3)
解析 (1)导体棒ab到达MN之前稳定时，由平衡条件得mgsin30°＝ILB，I＝eq \f(BLv,3r)
联立解得：v＝eq \f(3mgr,2B2L2).
(2)导体棒ab进入水平部分后，ab和cd组成的系统动量守恒：
mv＝2mv′
导体棒ab和cd最终各自的速度大小相同，都为v′＝eq \f(3mgr,4B2L2)
整个过程中能量守恒mgh＝2×eq \f(1,2)mv′2＋Q
导体棒ab产生的焦耳热Qab＝eq \f(1,3)Q
得Qab＝eq \f(1,3)mgh－eq \f(3m3g2r2,16B4L4).
(3)导体棒ab自开始运动至到达MN的过程中，通过导体棒ab某一横截面的电荷量q1＝eq \x\t(I)Δt，由eq \x\t(I)＝eq \f(E,3r)，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)、ΔΦ＝BL·eq \f(h,sin30°)
可得q1＝eq \f(2BLh,3r)
对导体棒cd的运动过程运用动量定理：
BLeq \x\t(I)1Δt1＋BLeq \x\t(I)2Δt2＋BLeq \x\t(I)3Δt3＋…＝mv′－0
q2＝eq \x\t(I)1Δt1＋eq \x\t(I)2Δt2＋eq \x\t(I)3Δt3＋…
解得q2＝eq \f(3m2gr,4B3L3)
整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量
q＝q1＋q2＝eq \f(2BLh,3r)＋eq \f(3m2gr,4B3L3).
2．(1)eq \f(mgR,B2L2) (2)eq \f(mgRt,B2L2)－eq \f(2m2gR2,B4L4)
(3)见解析
解析 (1)棒ef最终匀速运动，对棒ef受力分析
由力的平衡条件有：mgsinβ＝μmgcsβ＋FA1
由安培力公式得：FA1＝BI1L
由闭合电路欧姆定律得：I1＝eq \f(E,2R)
由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv1
联立解得：v1＝eq \f(mgR,B2L2).
(2)棒ef由静止到速度为v1，经过的时间为t，位移为x，对棒ef，由动量定理得：
mgtsinβ－μmgtcsβ－Beq \x\t(I)2Lt＝mv1－0
由闭合电路欧姆定律有：eq \x\t(I)2＝eq \f(\x\t(E),2R)
由法拉第电磁感应定律有：eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
回路磁通量的变化为：ΔΦ＝BLx
联立解得：x＝eq \f(mgRt,B2L2)－eq \f(2m2gR2,B4L4).
(3)最终ef沿轨道匀加速下滑，棒ab沿轨道匀加速上滑，加速度相同，其v－t图像如下
3．见解析
解析 (1)从开始到最终稳定的过程中，两棒的总动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv0－mv0＝2mv共．
解得：v共＝eq \f(1,2)v0
由能量守恒定律可得，从开始到最终稳定回路中总共产生的焦耳热为：
Q＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)(2m)共2＝eq \f(9,4)mv02
(2)分析两种情况可知，当ab棒的速度大小是eq \f(v0,4)时有两种情况：
当ab棒的速度未反向，即向左时，设此时cd棒的速度是v1，根据动量守恒得：
2mv0－mv0＝mv1－meq \f(v0,4)
解得：v1＝eq \f(5v0,4).
当ab棒的速度反向，即向右时，设此时cd棒的速度是v2，根据动量守恒得：
2mv0－mv0＝mv2＋meq \f(v0,4)
解得：v2＝eq \f(3v0,4)
①对cd棒，由动量定理得F安t＝mΔv
其中F安＝BIL，I＝eq \f(E,2R)，E＝BL(vcd－vab)，q＝It
代入两种情况可得，当vab＝－eq \f(v0,4)时，有BLq1＝mv0－meq \f(v0,4)
解得通过cd棒的电荷量为q1＝eq \f(3mv0,4BL).
当vab′＝eq \f(v0,4)时，有BLq2＝mv0＋meq \f(v0,4)
解得通过cd棒的电荷量为q2＝eq \f(5mv0,4BL)
②由q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLΔx,2R)
解得两棒间的距离增大Δx1＝eq \f(3mv0R,2B2L2)或Δx2＝eq \f(5mv0R,2B2L2)
③回路消耗的电能E1＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)m(eq \f(1,4)v0)2－eq \f(1,2)m(eq \f(5,4)v0)2＝eq \f(27,16)mv02
或者E2＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)m(eq \f(1,4)v0)2－eq \f(1,2)m(eq \f(3,4)v0)2＝eq \f(35,16)mv02
4．见解析
解析 (1)导体棒甲刚开始运动时产生的感应电动势为E＝2Bdv0
由题意，整个电路的总电阻为r＝3dr0
由闭合电路的欧姆定律得，电路中的总电流大小为I＝eq \f(E,r)
可得导体棒甲、乙所受的安培力大小分别为F甲＝eq \f(4B2dv0,3r0)，
F乙＝eq \f(2B2dv0,3r0)
由牛顿第二定律可知导体棒甲、乙的加速度大小分别为a甲＝eq \f(4B2dv0,3r0m)，a乙＝eq \f(2B2dv0,3r0m)
(2)由动量定理，设甲匀速运动时速度为v1，乙匀速运动时速度为v2.对导体棒甲有－2Bdeq \x\t(I)Δt＝mv1－mv0
即－2BdΔq＝mv1－mv0
同理，对导体棒乙有Bdeq \x\t(I)Δt＝mv2
两导体棒均匀速运动时，有v2＝2v1
联立以上各式解得v1＝eq \f(1,5)v0
(3)由Bdeq \x\t(I)Δt＝mv2得Δq＝eq \f(2mv0,5Bd)
由法拉第电磁感应定律得eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
又eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),r)
整理得Δq＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,r)＝eq \f(2Bdx甲－Bdx乙,3r0d)
联立以上各式得2x甲－x乙＝eq \f(6mv0r0,5B2d).