高考回歸復(fù)習(xí)-電磁感應(yīng)之真雙桿模型含解析

1、高考回歸復(fù)習(xí)一電磁感應(yīng)之真雙桿模型1 .如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間的距離為L,導(dǎo)軌上平行放置兩根導(dǎo)體棒ab和cd,構(gòu)成矩形回路.己知兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m、電阻均為R,其他電阻忽略不計(jì)，整個(gè)導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行.開始時(shí)，導(dǎo)體棒 cd靜止、ab棒有水平向右的初速度 vo,兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動中始終不接觸且始終與兩導(dǎo)軌垂直.求：(1)從開始運(yùn)動到導(dǎo)體棒 cd達(dá)到最大速度的過程中，cd棒產(chǎn)生的焦耳熱及通過 ab棒橫截面的電量；1(2)當(dāng)cd棒速度變?yōu)?v0時(shí)，cd棒加速度的大小. 42.如圖所示，MN、PQ兩平行光滑水

2、平導(dǎo)軌分別與半徑 r=0.5m的相同豎直半圓導(dǎo)軌在 N、Q端平滑連接， M、P端連接定值電阻 R,質(zhì)量M=2kg的cd絕緣桿垂直靜止在水平導(dǎo)軌上，在其右側(cè)至 N、Q端的區(qū)域內(nèi) 充滿豎直向上的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)有質(zhì)量m=1kg的ab金屬桿以初速度 vo=12m/s水平向右與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進(jìn)入磁場并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)，不計(jì)其它電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，取 g=10m/s2,求：LiftPac Q(1) cd絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v；(2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。3.如圖所示，光滑平行軌道 abcd的水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，

3、 bc段軌道寬度是cd段軌道寬度 的2倍，bc段軌道和cd段軌道都足夠長， 將質(zhì)量相等的金屬棒 P和Q分別置于軌道上的 ab段和cd段，且 與軌道垂直。Q棒靜止，讓P棒從距水平軌道高為 h的地方由靜止釋放，求：P棒滑至水平軌道瞬間的速度大小;P棒和Q棒最終的速度。.如圖所示，兩根互相平行的金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，相距 d=1m、且足夠長、不計(jì)電阻。AC、BD區(qū)域光滑，其他區(qū)域粗糙且動摩擦因數(shù)-0.2,并在AB的左側(cè)和CD的右側(cè)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T。在導(dǎo)軌中央放置著兩根質(zhì)量均為m=1kg,電阻均為R= 2的金屬棒a、b,用一鎖定裝置將一輕質(zhì)彈簧壓縮在金屬棒a、b之間(

4、彈簧與a、b不拴連)，此時(shí)彈簧具有的彈性勢能 E=9J?，F(xiàn)解除鎖定，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，a、b棒剛好進(jìn)入磁場，且 b棒向右運(yùn)動x= 0.8m后停止，g=10m/s2,求：(1)a、b棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度大??；(2)金屬棒b剛進(jìn)入磁場時(shí)的加速度大?。?3)求整個(gè)運(yùn)動過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱，并歸納總結(jié)電磁感應(yīng)中求焦耳熱的方法。.如圖所示，MN和M N是兩根互相平行、豎直固定、足夠長白光滑金屬導(dǎo)軌，兩根導(dǎo)體棒 AB和CD質(zhì) 量分別為m1=0.3kg和m2=0.1kg ,均與導(dǎo)軌垂直接觸。 開始AB棒放在絕緣平臺 P上，t=0時(shí)CD棒開始受到 豎直向上的恒力 F=4N ,從靜止開始向上運(yùn)動，t=2s時(shí)

5、CD棒的速度為V0=2m/s,此時(shí)快速撤離絕緣平臺P。已知AB棒的電阻為 Ri=0.5 R CD棒的電阻為 R2=1.50導(dǎo)軌間距為L=0.5m。整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B=2T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌所在平面垂直。兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力 加速g取10m/s2。求：撤去絕緣平臺前瞬間，CD棒哪端電勢高，兩端電壓U；(2)02s時(shí)間內(nèi)，CD棒這段時(shí)間內(nèi)上升的距離 h;(3)撤離絕緣平臺后，AB棒和CD棒分別達(dá)到的最大速度大小vi和V2O6.如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距l(xiāng) 1m,6.如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌面均與水平面成 30o角

6、。桿1、桿2是兩根用細(xì)線連接的金屬桿，分別垂 直導(dǎo)軌放置，每桿兩端都與導(dǎo)軌始終接觸良好，其質(zhì)量分別為mi=0.1kg和m2=0.2kg,兩桿 的總電阻R=3Q,兩桿在沿導(dǎo)軌向上的外力F作用下保持靜止。整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，在 t=0時(shí)刻將細(xì)線燒斷，保持 F不變，重力加速度g=10m/s2,求：(1)細(xì)線燒斷瞬間，桿 1的加速度ai的大小；(2)細(xì)線燒斷后，兩桿最大速度V1、V2的大??；(3)兩桿剛達(dá)到最大速度時(shí)，桿 1上滑了 0.8米，則從t=0時(shí)刻起到此刻用了多長時(shí)間？(4)在(3)題情景中，電路產(chǎn)生的焦耳熱。7.如圖所示，空間存在豎直向下的

7、勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T.在勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，有一對光滑平行金屬導(dǎo)軌，處于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌足夠長，導(dǎo)軌間距L=1m,電阻可忽略不計(jì).質(zhì)量均為m= lkg,電阻均為R= 2.5 的金屬導(dǎo)體棒 MN和PQ垂直放置于導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好.先將 PQ暫時(shí)鎖定，金屬棒 MN在垂直于棒的拉力 F作用下，由靜止開始以加速度 a= 0.4m/s2向右做勻加速直線運(yùn)動，5s后保持拉力F 的功率不變，直到棒以最大速度Vm做勻速直線運(yùn)動. TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark36 o Current Document PNXXXXXXXJi, FXXXXXXXQM(1)求

8、棒MN的最大速度 vm;(2)當(dāng)棒MN達(dá)到最大速度 vm時(shí)，解除PQ鎖定，同時(shí)撤去拉力 F,兩棒最終均勻速運(yùn)動.求解除PQ棒鎖定 后，到兩棒最終勻速運(yùn)動的過程中，電路中產(chǎn)生的總焦耳熱(3)若PQ始終不解除鎖定，當(dāng)棒 MN達(dá)到最大速度vm時(shí)，撤去拉力F,棒MN繼續(xù)運(yùn)動多遠(yuǎn)后停下來 ？(運(yùn) 算結(jié)果可用根式表示)參考答案221 .【答案】(1) - (2) L B v0 2LB 4mR【解析】(1)當(dāng)ab棒與cd棒速度相同時(shí)，cd棒的速度最大，設(shè)最大速度為 v由動量守恒定理得：mv 0 2mv-1解得：vv02由能量守恒定律可得：系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱1 一 2121 一 2mv由能量守恒定律可得：系統(tǒng)產(chǎn)

9、生的焦耳熱1 一 2121 一 2mv0 2mv mv02241 -12故cd棒廣生的焦耳熱Qcd Q mv0 28對ab棒應(yīng)用動量定理得：F t ILB tLBq1m -v02mv0解通過ab棒的電量：qmv。2LB(2)設(shè)當(dāng)cd棒的速度為1 g一v0 時(shí), 4ab棒的速度為v1由動重寸恒te律得： 1由動重寸恒te律得： mv0 m -v0 mv.一 3斛得：v v04根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有:L Z 3-1 Zab v 4BLv0，cd 嚴(yán)，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：回路中的電流Eab Ecd根據(jù)閉合電路歐姆定律有：回路中的電流Eab EcdBLv02R 4R根據(jù)牛頓第二定律得：此時(shí)cd棒

10、的加速度大小為aILB2, 2B L v04mR2.【答案】(1) ?= v5?/?(2) ?= 2?【解析】(1) cd絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有:_ _ ?2 ?= ?, , , ?解得：？?= v5?/?(2)碰撞后cd絕緣桿以速度?滑至最高點(diǎn)的過程中，由動能定理有: -?2?= 2?- 2?解得：？= 5?/?由于cd是絕緣桿，所以不過電流，所以碰后一直勻速運(yùn)動,則碰撞后cd絕緣桿的速度：? = 5?/?兩桿碰撞過程，動量守恒，有：?= ?+ ?解得碰撞后ab金屬桿的速度：? = 2?/?ab金屬桿進(jìn)入磁場后由能量守恒定律有：2 ? = ?解得：Q=2J_ V2?2V

11、2?3.【答案】(1)?= v2?(2)?=, ?=55(1)設(shè)P, Q棒的長度分別為2L和L,磁感強(qiáng)度為B, P棒進(jìn)入水平軌道的速度為 v對于P棒，金屬棒下落h過程應(yīng)用動能定理：?= 2?解得P棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為：？?= v2?(2)當(dāng)P棒進(jìn)入水平軌道后，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流.P棒受到安培力作用而減速，Q棒受到安培力而加速，Q棒運(yùn)動后也將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，與P棒感應(yīng)電動勢反向，因此回路中的電流將減小.最終達(dá)到勻速運(yùn)動時(shí)，回路的電流為零所以：?= ?,即 2?: ?解得：2?= ?因?yàn)楫?dāng)P, Q在水平軌道上運(yùn)動時(shí)，它們所受到的合力并不為零 ?: 2?: ?設(shè)I為回路中的電流)，因此巳Q組成

12、的系統(tǒng)動量不守恒設(shè)P棒從進(jìn)入水平軌道開始到速度穩(wěn)定所用的時(shí)間為?P, Q對PQ分別應(yīng)用動量定理得：-? -2?- ? ?- 02?= ?- 人1A/2?2 聯(lián)立解得：？?=?= 2 V2? 5- -5.【答案】(1)3m/s； 3m/s； (2)8m/s2; (3)5.8J;能量轉(zhuǎn)化。(1)解除鎖定彈簧釋放的過程，對(1)解除鎖定彈簧釋放的過程，對a、b及彈簧組成的系統(tǒng)，取向左為正方向，由動量守恒定律得0=mva-mvb TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark2 o Current Document 1o 1 o由機(jī)械能寸恒th律得 Emvamvb22聯(lián)立解得va

13、=vb=3m/s(2)當(dāng)a、b棒進(jìn)入磁場時(shí)，兩棒均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，兩個(gè)電動勢串聯(lián)，則Ea=Eb=Bdva=2X 1 X 3V=6V回路中感應(yīng)電流I 2Ea 6 3A2R 2對b,由牛頓第二定律得 BId+(im=mab解得 ab=8m/s2(3)由動量守恒定律知 a、b棒速率時(shí)刻相等，滑行相同距離后停止。對系統(tǒng)，由能量守恒定律得E=2mg+(Q解得Q=5.8J.【答案】(1) 0.5V; (2) 11.6m； (3) 1m/s, 5m/s【解析】撤去平臺前，AB棒靜止，CD切割磁感線產(chǎn)生電動勢 E1,在t=2s時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，D點(diǎn)電勢高 Ei=BLvo由閉合電路歐姆定律U

14、=(Ei-IiR2)解得U=0.5V(2)在02s內(nèi)，對 CD棒，由動量定理 Ftm2gt HA=m2V00由安培力公式Fa=BIL ,由閉合電路歐姆定律IR1由安培力公式Fa=BIL ,由閉合電路歐姆定律IR1R2由法拉第電磁感應(yīng)定律E tBL h由沖量公式I aFa_2 2t B L hR0其中h為CD棒在該時(shí)間內(nèi)上升的高度得 h=11.6m(3)撤去平臺后，(3)撤去平臺后，AB棒做加速度減小的加速下落,CD棒繼續(xù)加速度減小的加速上升，由牛頓第二定律得,對 AB 棒 mgBIL=m1a1對 CD 棒 F m2g 一 B IL=m2a2得 F mig m2g=m2a2 miai由于 F m

15、ig m2g所以 m2a2 miai=0所以當(dāng)a2=0時(shí)，ai=0,也就是兩棒最終同時(shí)開始做勻速運(yùn)動，對 AB棒和CD棒組成的系統(tǒng)，由于合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，取向上方向?yàn)檎较騧2vo+0=m2v2+mi( vi)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=BL(vi+v2)解得 vi=im/s, v2=5m/s6.【答案】(i) i0m/s2 (2) 2m/s ； im/s (3) 0.6s (4) 0.9J【解析】(i)細(xì)線燒斷瞬間:F= (mi + m2)gsin30 棒 i:F-migsin30 miai解得:ai=i0m/s2(2)線燒斷前:F= (m1+m2)gsin30 細(xì)線燒斷后：F安i=F

16、安2方向相反，由系統(tǒng)動量守恒得：mivi=m2v2,兩棒同時(shí)達(dá)到最大速度，之后做勻速直線運(yùn)動對棒2:m2gsn30 BI l ,_ Blv Blv2 一 R解得：vi=2m/s ; v2=im/s(3)由系統(tǒng)動量守恒得 mivi=m2V2則 mixi=m2x2即 X2=04m設(shè)所求時(shí)間為t,對棒2由動量定理得：m2gsin30 t-B | t=m2V2-0|t E t Bl x Bl(x x2)解得:t=0.6s1212(4)由能重寸恒得 Fx1+m2gsin30 X2=m1gsin30 X1+ m1Vl + m2v2+Q22Q=0.9J(3)x 40,5m7.【答案】(1) vm(3)x 4

17、0,5m【解析】(1)棒MN做勻加速運(yùn)動，由牛頓第二定律得:F-BIL = ma棒(1)棒MN做勻加速運(yùn)動，由牛頓第二定律得:F-BIL = ma棒MN做切割磁感線運(yùn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為:E=BLv棒MN做勻加速直線運(yùn)動，5s時(shí)的速度為:v=ati=2m/s在兩棒組成的回路中，由閉合電路歐姆定律得:聯(lián)立上述式子，有： f ma聯(lián)立上述式子，有： f maB2L2at2R代入數(shù)據(jù)解得：F=0.5N5s時(shí)拉力F的功率為：P=Fv代入數(shù)據(jù)解得：P=1W棒MN最終做勻速運(yùn)動，設(shè)棒最大速度為棒MN最終做勻速運(yùn)動，設(shè)棒最大速度為Vm,棒受力平衡，則有:P一BImL0vmI BLvm m 2R代入數(shù)據(jù)解得：vm 2 . 5m/s(2)解除棒PQ(2)解除棒PQ后，兩棒運(yùn)動過程中動量守恒,最終兩棒以相同的速度做勻速運(yùn)動，設(shè)