36個(gè)高考物理熱點(diǎn)排查練 熱點(diǎn)25 三大觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

熱點(diǎn)25三大觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用(建議用時(shí)：40分鐘)1.(2020·威海市下學(xué)期模擬)離子推進(jìn)器是新一代航天動(dòng)力裝置，可用于衛(wèi)星姿態(tài)控制和軌道修正。推進(jìn)劑從圖中P處注入，在A處電離出正離子，已知B、C之間加有恒定電壓U，正離子進(jìn)入B時(shí)的速度忽略不計(jì)，經(jīng)加速形成電流為I的離子束后噴出推進(jìn)器，單位時(shí)間內(nèi)噴出的離子質(zhì)量為J。為研究問題方便，假定離子推進(jìn)器在太空中飛行時(shí)不受其他外力，忽略推進(jìn)器運(yùn)動(dòng)速度。則推進(jìn)器獲得的推力大小為()A.eq\r(2UJI) B．eq\f(U2,2JI)C．eq\f(U,2JI) D．eq\r(UJI)2.(多選)(2020·日照市4月模擬)如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌相距L，導(dǎo)軌的兩端分別與電源(串有一滑動(dòng)變阻器R)、定值電阻R0、電容器(電容為C，原來不帶電)和開關(guān)S相連。整個(gè)空間充滿了磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒ab橫跨在導(dǎo)軌上。已知電源電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻。當(dāng)S接1，滑動(dòng)變阻器R接入電路一定阻值時(shí)，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止。當(dāng)S接2后，金屬棒ab從靜止開始下落，下落距離h時(shí)達(dá)到穩(wěn)定速度。重力加速度為g，則下列分析正確的是()A．當(dāng)S接1時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值R＝eq\f(EBL,mg)－rB．當(dāng)S接2時(shí)，金屬棒ab從靜止開始到剛好達(dá)到穩(wěn)定速度所經(jīng)歷的時(shí)間為t＝eq\f(B4L2h＋m2gReq\o\al(2,0),mgR0B2L2)C．若將ab棒由靜止釋放的同時(shí)，將S接到3，則電容器積累的電荷量隨金屬棒速度v的變化關(guān)系為Q＝CBLvD．若將ab棒由靜止釋放的同時(shí)，將S接到3，則金屬棒ab將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)3．(多選)(2020·柳州市4月模擬)如圖所示，寬為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ由圓弧部分和水平部分平滑連接，右端接阻值為R的定值電阻，水平軌道的左邊部分矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場。在圓弧部分的某一高度h處由靜止釋放一根金屬棒，金屬棒到達(dá)磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒質(zhì)量為m，電阻為eq\f(R,2)，與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g。則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中()A．通過電阻的最大電流大小為eq\f(2BL\r(2gh),3R)B．金屬棒兩端的最大電壓為BLeq\r(2gh)C．磁場區(qū)域長度d＝eq\f(3mR\r(2gh),2B2L2)D．右端電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mgh4.(2020·重慶市上學(xué)期一診)如圖所示，長為d質(zhì)量為m的細(xì)金屬桿ab，用長為L的細(xì)線懸掛后，恰好與水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌接觸，平行金屬導(dǎo)軌間距也為d，導(dǎo)軌平面處于豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。閉合開關(guān)K后，細(xì)金屬桿ab向右擺起，懸線的最大偏角為θ。重力加速度為g，則閉合開關(guān)的短時(shí)間內(nèi)通過細(xì)金屬桿ab的電荷量為()A.eq\f(m,BL)eq\r(2gL(1－cosθ)) B．eq\f(m,Bd)eq\r(gL(1－cosθ))C.eq\f(m,Bd)eq\r(2gL(1－cosθ)) D．eq\f(m,Bd)eq\r(2gLsinθ)5．(2020·威海市下學(xué)期模擬)如圖甲所示，兩根足夠長的光滑平行直導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌左側(cè)連接一電容器，一金屬棒垂直放在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好。在整個(gè)裝置中加上垂直于導(dǎo)軌平面的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示規(guī)律變化。0～t0內(nèi)在導(dǎo)體棒上施加外力使導(dǎo)體棒靜止不動(dòng)，t0時(shí)刻撤去外力。已知電容器的電容為C，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)體棒到導(dǎo)軌左側(cè)的距離為d，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m。求：(1)電容器所帶電荷量的最大值；(2)導(dǎo)體棒能夠達(dá)到的最大速度vm。6.(2020·衡陽市第一次聯(lián)考)如圖所示，間距為L＝2m的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由傾斜部分和水平部分平滑連接而成，水平導(dǎo)軌處于B＝0.5T方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場中，以磁場左邊界為坐標(biāo)原點(diǎn)，磁場右邊界坐標(biāo)為x1(值未標(biāo)出)，在坐標(biāo)為x0＝1.2m處垂直于水平導(dǎo)軌放置有一質(zhì)量m＝1kg、電阻為R＝0.1Ω的導(dǎo)體棒ab?，F(xiàn)把質(zhì)量為M＝2kg、電阻也為R＝0.1Ω的導(dǎo)體棒cd，垂直于導(dǎo)軌放置在傾斜軌道上，并讓其從高為h＝1.8m處由靜止釋放。若兩導(dǎo)體棒在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)相碰，ab棒出磁場右邊界前已達(dá)到穩(wěn)定速度，且兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終垂直于導(dǎo)軌并接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，忽略磁場的邊界效應(yīng)，g取10m/s2。求：(1)cd棒恰好進(jìn)入磁場左邊界時(shí)的速度大??；(2)ab棒離開磁場右邊界前的穩(wěn)定速度；(3)cd棒從進(jìn)入磁場到離開磁場的過程中，安培力對(duì)系統(tǒng)做的總功。7.(2020·山東六地市3月在線大聯(lián)考)如圖所示，有兩根足夠長的平行光滑導(dǎo)軌水平放置，右側(cè)用一小段光滑圓弧和另一對(duì)豎直光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌間距L＝1m。細(xì)金屬棒ab和cd垂直于導(dǎo)軌靜止放置，它們的質(zhì)量m均為1kg，電阻R均為0.5Ω。cd棒右側(cè)1m處有一垂直于導(dǎo)軌平面向下的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，磁場區(qū)域長為s。以cd棒的初始位置為原點(diǎn)，向右為正方向建立坐標(biāo)系。現(xiàn)用向右的水平恒力F＝1.5N作用于ab棒上，作用4s后撤去F。撤去F之后ab棒與cd棒發(fā)生彈性碰撞，cd棒向右運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，空氣阻力不計(jì)。(g取10m/s2)求：(1)ab棒與cd棒碰撞后瞬間的速度分別為多少；(2)若s＝1m，求cd棒滑上右側(cè)豎直導(dǎo)軌，距離水平導(dǎo)軌的最大高度h；(3)若可以通過調(diào)節(jié)磁場右邊界的位置來改變s的大小，寫出cd棒最后靜止時(shí)與磁場左邊界的距離x的關(guān)系。(不用寫計(jì)算過程)

參考答案與解析1．解析：選A。在A處電離出正離子，經(jīng)B、C間電壓加速后，由動(dòng)能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，以t秒內(nèi)噴射的離子為研究對(duì)象，應(yīng)用動(dòng)量定理有Ft＝nmv，又因?yàn)镮＝eq\f(nq,t)，J＝eq\f(nm,t)，解得F＝eq\r(2UJI)，根據(jù)牛頓第三定律知推進(jìn)器獲得的推力大小為eq\r(2UJI)，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2．解析：選ACD。S接到1位置時(shí)，有I＝eq\f(E,R＋r)，由平衡條件得mg＝BIL，得I＝eq\f(mg,BL)，聯(lián)立解得R＝eq\f(EBL,mg)－r，故A正確；S接到2位置速度恒定時(shí)有mg＝BIL＝eq\f(B2L2v,R0)，解得v＝eq\f(mgR0,B2L2)。金屬棒ab從靜止開始下落，下落距離h時(shí)達(dá)到穩(wěn)定速度，根據(jù)動(dòng)量定理可得mgt－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv，即mgt－eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－)),R0)·t＝mv，其中eq\o(v,\s\up6(－))t＝h，解得t＝eq\f(B4L4h＋m2gReq\o\al(2,0),mgR0B2L2)，故B錯(cuò)誤；若將ab棒由靜止釋放的同時(shí)，將S接到3，則電容器積累的電荷量隨金屬棒速度v的變化關(guān)系為Q＝CU＝CBLv，根據(jù)動(dòng)量定理可得mgΔt－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝mΔv，即mgΔt－BL·ΔQ＝mΔv。將ΔQ＝CBLΔv代入解得mgΔt－CB2L2Δv＝mΔv，所以a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(mg,m＋CB2L2)，故C、D正確。3．解析：選AC。金屬棒下滑過程中機(jī)械能守恒，則有mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度v＝eq\r(2gh)，金屬棒到達(dá)水平面后進(jìn)入磁場受到向左的安培力做減速運(yùn)動(dòng)，剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，最大感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv，最大的感應(yīng)電流為I＝eq\f(BLv,\f(R,2)＋R)＝eq\f(2BL\r(2gh),3R)，故A正確；金屬棒兩端的電壓為路端電壓，最大值為U＝IR＝eq\f(2BL\r(2gh),3)，故B錯(cuò)誤；金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝0－mv，而q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，又q＝eq\f(ΔΦ,R＋\f(R,2))＝eq\f(2BLd,3R)，聯(lián)立解得d＝eq\f(3mR\r(2gh),2B2L2)，故C正確；由能量守恒整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱為mgh，右端電阻R產(chǎn)生的焦耳熱小于mgh，故D錯(cuò)誤。4．解析：選C。金屬棒擺起過程由動(dòng)能定理可得eq\f(1,2)mv2＝mgL(1－cosθ)，合上開關(guān)的瞬間，由動(dòng)量定理可得F安Δt＝mv，F(xiàn)安＝BId，q＝IΔt，聯(lián)立解得：q＝eq\f(m,Bd)eq\r(2gL(1－cosθ))，A、B、D錯(cuò)誤，C正確。5．解析：(1)電容器兩極板的電壓U＝eq\f(B0,t0)Ld電容器所帶電荷量Q＝CU＝eq\f(CB0Ld,t0)。(2)電容器放電后剩余的電荷量Q′＝CU′U′＝B0Lvm由動(dòng)量定理得∑B0I1LΔt＝mvmQ－Q′＝IΔt解得vm＝eq\f(CBeq\o\al(2,0)L2d,t0(m＋CBeq\o\al(2,0)L2))。答案：(1)eq\f(CB0Ld,t0)(2)eq\f(CBeq\o\al(2,0)L2d,t0(m＋CBeq\o\al(2,0)L2))6．解析：(1)cd棒下落過程中機(jī)械能守恒，有Mgh＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)解得v0＝6m/s；(2)cd棒進(jìn)入磁場后與ab棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有Mv0＝(M＋m)v1解得兩棒勻速時(shí)的速度v1＝eq\f(2,3)v0＝4m/s；(3)設(shè)兩棒達(dá)到相同速度時(shí)相距為Δx，則兩棒同速前進(jìn)，流過導(dǎo)體棒中的電荷量：Δq1＝eq\f(BL(x0－Δx),2R)①對(duì)ab棒應(yīng)用動(dòng)量定理得：BLeq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝mv1－0②Δq1＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt③由①②③式解得Δx＝0.4m則從ab棒出磁場右邊界到cd棒出磁場右邊界的過程中，流過導(dǎo)體棒中的電荷量Δq2＝eq\f(BLΔx,2R)④設(shè)cd出磁場時(shí)的速度為v2，對(duì)cd棒應(yīng)用動(dòng)量定理可得：－BLΔq2＝Mv2－Mv1⑤解得v2＝3m/s由功能關(guān)系可知，整個(gè)過程中有：W安＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)解得W安＝－19J。答案：(1)6m/s(2)4m/s(3)－19J7．解析：(1)對(duì)ab棒，由動(dòng)量定理得Ft＝mva－0ab棒與cd棒碰撞過程，取向右為正方向，對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得mva＝mvc＋mva′由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)＋eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,a)解得va′＝0，vc＝6m/s；(2)由安培力公式可得F′＝BIL對(duì)cd棒進(jìn)入磁場過程，由動(dòng)量定理得－F′Δt＝mvc′－mvc設(shè)導(dǎo)體棒cd進(jìn)出磁場時(shí)回路磁通量變化量為ΔΦ＝BsL＝1×1×1Wb＝1Wbq0＝IΔt＝eq\f(ΔΦ,2RΔt)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)以上幾式聯(lián)立可得vc′＝5m/s。對(duì)cd棒出磁場后由機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,c)＝mgh聯(lián)立以上各式得h＝1.25m。(3)第一種情況如果磁場s足夠大，cd棒在磁場中運(yùn)動(dòng)距離x1時(shí)速度減為零，由動(dòng)量定理可得－BI1LΔt1＝0－mvc設(shè)磁通量變化量為ΔΦ1，ΔΦ1＝BLx1流過回路的電荷量q1＝I1Δt1＝eq\f(ΔΦ1,2RΔt1)Δt1＝eq\f(ΔΦ1,2R)聯(lián)立可得x1＝6m即s≥6m，x＝6m，停在磁場左邊界右側(cè)6m處。第二種情況cd棒回到磁場左邊界仍有速度，這時(shí)會(huì)與ab再次發(fā)生彈性碰撞，由前面計(jì)算可得二者速度交換，cd會(huì)停在距磁場左邊界左側(cè)1m處，設(shè)此種情況下磁場區(qū)域?qū)挾葹閟2，向右運(yùn)動(dòng)時(shí)有－BI2LΔt2＝mv1－mvc返回向左運(yùn)動(dòng)時(shí)