2021高考物理新高考版一輪習(xí)題：第十章微專題73電磁感應(yīng)中的“雙桿模型”Word版含解析

1、1(2019·山東德州市上學(xué)期期末)如圖1所示，寬度為L的光滑固定金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分組成，水平部分足夠長，傾斜部分與水平面的夾角為30°.導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，傾斜部分處于斜向上與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.導(dǎo)體棒ab和cd分別置于導(dǎo)軌的傾斜部分上和水平部分上并保持靜止，現(xiàn)將導(dǎo)體棒ab，在距導(dǎo)軌水平部分高度為h處釋放，導(dǎo)體棒ab在到達(dá)MN處之前已達(dá)到穩(wěn)定的運(yùn)動狀態(tài)，在導(dǎo)體棒ab到達(dá)MN時再釋放導(dǎo)體棒cd，導(dǎo)體棒ab在MN處由傾斜部分進(jìn)入水平部分時無能量損失已知導(dǎo)體棒ab質(zhì)量為m，長為L，電阻為r，導(dǎo)體棒cd質(zhì)量也為m，長

2、為L，電阻為2r，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，導(dǎo)體棒ab、cd始終與導(dǎo)軌接觸良好，求：圖1(1)導(dǎo)體棒ab到達(dá)MN之前穩(wěn)定運(yùn)動時的速度大小；(2)整個過程中導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱；(3)整個過程中通過導(dǎo)體棒ab某一橫截面的電荷量2(2020·湖北武漢市調(diào)研)如圖2所示，足夠長的金屬導(dǎo)軌MNC和PQD平行且間距為L，所在平面與水平面夾角分別為37°和53°，導(dǎo)軌兩側(cè)空間均有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.均勻金屬棒ab和ef質(zhì)量均為m，長均為L，電阻均為R.運(yùn)動過程中，兩金屬棒與導(dǎo)軌保持良好接觸，始終垂直于導(dǎo)軌，金屬棒ef與導(dǎo)

3、軌間的動摩擦因數(shù)為0.5，金屬棒ab光滑導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g，sin 37°0.6，cos 37°0.8.圖2(1)若將棒ab鎖定，靜止釋放棒ef，求棒ef最終運(yùn)動速度v1的大??；(2)若棒ef經(jīng)過時間t達(dá)到第(1)問中的速度v1，求此過程中棒ef下滑的距離x；(3)若兩金屬棒均光滑，同時由靜止釋放，試在同一圖中定性畫出兩棒運(yùn)動的vt圖線(ab棒取沿軌道向上運(yùn)動為正方向，ef棒取沿軌道向下運(yùn)動為正方向)3(2019·湖南婁底市下學(xué)期質(zhì)量檢測)如圖3所示，兩固定水平平行金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌上放著兩根相同導(dǎo)體棒ab和cd.已知每根導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，電阻均

4、為R，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)，整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，開始時ab和cd兩導(dǎo)體棒有方向相反的水平初速度，大小分別為v0和2v0，求：圖3(1)從開始到最終穩(wěn)定的過程中回路總共產(chǎn)生的焦耳熱；(2)當(dāng)ab棒的速度大小變?yōu)闀r：通過cd棒的電荷量q是多少；兩棒間的距離增大了多少；回路消耗的電能為多少4(2019·安徽皖江名校聯(lián)盟摸底大聯(lián)考)如圖4所示，寬度為2d與寬度為d的兩部分導(dǎo)軌銜接良好固定在水平面上，整個空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，長度分別為2d和d的導(dǎo)體棒甲和乙按如圖的方式置于導(dǎo)軌上，已知兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m、兩導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為r0

5、，現(xiàn)給導(dǎo)體棒甲一水平向右的初速度v0.假設(shè)導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的摩擦忽略不計(jì)，且兩部分導(dǎo)軌足夠長求：圖4(1)當(dāng)導(dǎo)體棒甲開始運(yùn)動瞬間，甲、乙兩棒的加速度大小分別為多大？(2)導(dǎo)體棒甲勻速時的速度大小應(yīng)為多大？(3)兩導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動到剛勻速的過程中兩導(dǎo)體棒發(fā)生的位移分別是x甲和x乙，試寫出兩導(dǎo)體棒的位移x甲和x乙之間的關(guān)系式答案精析1(1)(2)mgh(3)解析(1)導(dǎo)體棒ab到達(dá)MN之前穩(wěn)定時，由平衡條件得mgsin 30°ILB，I聯(lián)立解得：v.(2)導(dǎo)體棒ab進(jìn)入水平部分后，ab和cd組成的系統(tǒng)動量守恒：mv2mv導(dǎo)體棒ab和cd最終各自的速度大小相同，都為v整

6、個過程中能量守恒mgh2×mv2Q導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱QabQ得Qabmgh.(3)導(dǎo)體棒ab自開始運(yùn)動至到達(dá)MN的過程中，通過導(dǎo)體棒ab某一橫截面的電荷量q1t，由，E、BL·可得q1對導(dǎo)體棒cd的運(yùn)動過程運(yùn)用動量定理：BL1t1BL2t2BL3t3mv0q21t12t23t3解得q2整個過程中通過導(dǎo)體棒ab某一橫截面的電荷量qq1q2.2(1) (2)(3)見解析解析(1)棒ef最終勻速運(yùn)動，對棒ef受力分析由力的平衡條件有：mgsin mgcos FA1由安培力公式得：FA1BI1L由閉合電路歐姆定律得：I1由法拉第電磁感應(yīng)定律得：EBLv1聯(lián)立解得：v1.(2)棒

7、ef由靜止到速度為v1，經(jīng)過的時間為t，位移為x，對棒ef，由動量定理得：mgtsin mgtcos B2Ltmv10由閉合電路歐姆定律有：2由法拉第電磁感應(yīng)定律有：回路磁通量的變化為：BLx聯(lián)立解得：x.(3)最終ef沿軌道勻加速下滑，棒ab沿軌道勻加速上滑，加速度相同，其vt圖象如下3見解析解析(1)從開始到最終穩(wěn)定的過程中，兩棒的總動量守恒，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有：2mv0mv02mv共解得：v共v0由能量守恒定律可得，從開始到最終穩(wěn)定回路中總共產(chǎn)生的焦耳熱為：Qmvm(2v0)2(2m)v共2mv02 .(2)分析兩種情況可知，當(dāng)ab棒的速度大小是時有兩種情況：當(dāng)ab棒的

8、速度未反向，即向左時，設(shè)此時cd棒的速度是v1，根據(jù)動量守恒得：2mv0mv0mv1m解得：v1.當(dāng)ab棒的速度反向，即向右時，設(shè)此時cd棒的速度是v2，根據(jù)動量守恒得：2mv0mv0mv2m解得：v2對cd棒，由動量定理得 F安tmv其中 F安BIL，I，EBL(vcdvab)，qIt代入兩種情況可得，當(dāng)vab時，有 BLq1mv0m解得通過cd棒的電荷量為 q1.當(dāng)vab時，有 BLq2mv0m解得通過cd棒的電荷量為 q2由q解得兩棒間的距離增大x1或x2回路消耗的電能E1mvm(2v0)2m(v0)2m(v0)2mv或者E2mvm(2v0)2m(v0)2m(v0)2mv.4見解析解析(1)導(dǎo)體棒甲剛開始運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2Bdv0由題意，整個電路的總電阻為r3dr0由閉合電路的歐姆定律得，電路中的總電流大小為I可得導(dǎo)體棒甲、乙所受的安培力大小分別為F甲，F(xiàn)乙由牛頓第二定律可知導(dǎo)體棒甲、乙的加速度大小分別為a甲，a乙(2)由動量定理，設(shè)甲勻速運(yùn)動時速