2025屆高考物理二輪復習：微專題8 電磁感應中的雙桿和線框模型-專項訓練 【含答案】

2025屆高考物理二輪復習微專題8電磁感應中的雙桿和線框模型-專項訓練1.如圖所示,光滑的平行金屬導軌水平放置,質(zhì)量相等的導體棒L1和L2靜止在導軌上,兩導體棒與導軌始終垂直且接觸良好,在兩導軌間有垂直于導軌平面向下的勻強磁場.已知導體棒L1的電阻大于L2的電阻,兩棒間的距離為d,導軌足夠長,不計導軌電阻,忽略電流產(chǎn)生的磁場.先將開關(guān)S撥到1,經(jīng)過一段較長時間后,再將開關(guān)S從1撥到2,兩棒運動一段時間后達到穩(wěn)定狀態(tài),則 ()A.開關(guān)S撥到2的瞬間,導體棒L1中的電流大于L2中的電流B.開關(guān)S撥到2的瞬間,導體棒L1的加速度大于L2的加速度C.兩棒運動穩(wěn)定后,電容器C帶的電荷量為零D.兩棒運動穩(wěn)定后,兩棒之間的距離大于d2.(不定項)[2024·紹興模擬]如圖所示,空間等距分布無數(shù)個垂直于紙面向里的勻強磁場,豎直方向上磁場區(qū)域足夠長,磁感應強度大小為B=1T,每一條形磁場區(qū)域?qū)挾燃跋噜彈l形磁場區(qū)域間的距離均為d=1m.現(xiàn)有一個邊長為l=0.5m、質(zhì)量為m=0.2kg、電阻為R=1Ω的單匝正方形線框以v0=8m/s的初速度從左側(cè)磁場邊緣水平進入磁場,重力加速度g取10m/s2.下列說法正確的是 ()A.線框剛進入第一個磁場區(qū)域時,加速度大小為10m/s2B.線框穿過第一個磁場區(qū)域的過程中,通過線框的電荷量為0.5CC.線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為6.4JD.線框從開始進入磁場到豎直下落過程中能穿過6個完整的磁場區(qū)域3.[2024·寧波模擬]如圖所示,半徑分別為r和r2的均勻金屬圓盤G、N垂直固定在水平金屬轉(zhuǎn)軸CD上,圓盤中心均位于轉(zhuǎn)軸中心線上,其中r=0.5m,不計轉(zhuǎn)軸粗細.G為發(fā)電盤,處于方向平行于轉(zhuǎn)軸向右、磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中,并通過電刷P和Q連接間距d=1m的兩平行金屬導軌,導軌上某點處用絕緣材料平滑連接,導軌左側(cè)足夠遠處接有自感系數(shù)為2H的純電感線圈L,導軌水平且處于方向豎直向下、磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中.N為轉(zhuǎn)動盤,所在處無磁場,其上繞有絕緣細線,在外力F作用下,兩圓盤會按圖示方向轉(zhuǎn)動.質(zhì)量m=0.5kg的金屬桿ab放置在絕緣點右側(cè)某位置,僅與絕緣點左側(cè)導軌間有大小恒定的摩擦阻力Ff=1N,其余接觸處均無摩擦.發(fā)電盤G接入電路的電阻R=0.5Ω,不計金屬桿、導線、電刷的電阻及接觸電阻,忽略轉(zhuǎn)動的摩擦阻力.現(xiàn)保持金屬圓盤按圖示方向以角速度ω=32rad/s勻速轉(zhuǎn)動(1)鎖定金屬桿ab,求通過ab的電流以及外力F的大小;(2)由靜止釋放金屬桿ab,ab通過絕緣點時的速度為v=3m/s,求此過程中通過ab的電荷量q和發(fā)電盤G上的發(fā)熱量Q;(3)在(2)問基礎(chǔ)上,金屬桿ab通過絕緣點后,求第一次向左運動至最遠處時離絕緣點的距離s.4.[2024·河南鄭州模擬]如圖所示,電阻可忽略的金屬桿EFGH與E'F'G'H'組成兩組足夠長的平行導軌,其中EFF'E'組成的面與水平面夾角為θ=30°,且處于方向垂直于斜面向下、磁感應強度大小為B0的勻強磁場中,EF與E'F'之間的距離為2L,GHH'G'面水平,且處于方向豎直向下、磁感應強度大小也為B0的勻強磁場中,GH與G'H'之間的距離為L.質(zhì)量為2m、長為2L、電阻為2R的導體棒AB橫跨在傾斜導軌上,且與傾斜導軌之間無摩擦,質(zhì)量為m、長為L、電阻為R的導體棒CD橫跨在水平導軌上,且與水平導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,導體棒CD通過一輕質(zhì)細線跨過一定滑輪與一質(zhì)量也為m的物塊相連.重力加速度為g,不計細線與滑輪的阻力和空氣阻力.(1)若固定導體棒AB,將導體棒CD由靜止釋放,求導體棒CD能達到的最大速度;(2)若固定導體棒CD,將導體棒AB由靜止釋放,求導體棒AB兩端能達到的最大電壓;(3)若同時釋放導體棒AB和CD,求兩導體棒能達到的最大速度;(4)若同時釋放導體棒AB和CD,從釋放到兩導體棒達到最大速度經(jīng)歷的時間為t,求此過程中兩導體棒產(chǎn)生的總焦耳熱.5.如圖所示,水平面上有光滑平行金屬軌道,軌道間距為l1,左側(cè)有一恒流源,輸出電流I=5A.以O(shè)點為坐標原點,向右為正方向,建立x軸,垂直于x軸方向建立y軸,在x=0m至x=0.45m的軌道區(qū)間Ⅰ內(nèi)存在豎直向上的磁場,磁感應強度大小為B1(圖中未畫出),此磁場沿x軸正方向的變化規(guī)律為B1=kx,沿y軸方向的磁感應強度不變.磁場右側(cè)M、N兩處用光滑絕緣材料連接,右側(cè)軌道上放置了一個“匚”形的質(zhì)量為m的金屬框edcf,其中ed、cf邊長度均為l2,cd邊垂直于導軌,cd邊長度為l1,cd邊電阻為r=0.05Ω;在金屬框右側(cè)長為l3、寬為l1的區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在豎直向上的磁感應強度大小為B2=0.25T的勻強磁場;軌道最右端接一個阻值R=0.05Ω的定值電阻.現(xiàn)質(zhì)量也為m、長度也為l1的金屬棒ab在磁場區(qū)域Ⅰ中運動,受到水平向右的恒力F=0.05N,從x=0處由靜止開始運動,ab棒離開磁場區(qū)域Ⅰ時立刻撤去恒力F.金屬棒ab與“匚”形金屬框edcf相碰后會粘在一起形成閉合導體框abcd,閉合導體框abcd滑出磁場區(qū)域Ⅱ后可和右側(cè)的固定彈性墻K發(fā)生彈性碰撞.整個滑動過程ab始終和軌道垂直且接觸良好.已知m=0.01kg,l1=0.2m,l2=0.08m,l3=0.24m,除已給電阻外,其余部分電阻均不計.若導體棒ab運動到x=0.45m處時剛好勻速,則:(1)B1=kx里的k為多大?(2)閉合導體框abcd進入磁場區(qū)域Ⅱ時的速度v1為多大?(3)最終ab棒會停在距離磁場區(qū)域Ⅱ右邊緣多遠處?參考答案與詳細解析1.D[解析]先將開關(guān)S撥到1,電源給電容器充電,穩(wěn)定后,再將開關(guān)S撥到2的瞬間,電容器相當于電源并和導體棒L1、L2組成閉合電路,由于導體棒L1的電阻大于L2的電阻,所以導體棒L1中的電流小于L2中的電流,根據(jù)F=BIL可知,導體棒L1受到的安培力小于L2受到的安培力,因為兩棒質(zhì)量相等,根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知,導體棒L1的加速度小于L2的加速度,A、B錯誤;導體棒L1和L2受到安培力作用而運動,產(chǎn)生感應電動勢,當產(chǎn)生的感應電動勢等于電容器兩端的電壓時,兩棒運動穩(wěn)定,此時電容器C帶的電荷量不為零,C錯誤;因為導體棒L1的加速度小于L2的加速度,因此先是導體棒L2產(chǎn)生的感應電動勢和電容器兩端的電壓相同,此時電容器兩端的電壓和導體棒L2產(chǎn)生的感應電動勢均大于導體棒L1產(chǎn)生的感應電動勢,電流都流向?qū)w棒L1,即導體棒L1加速而導體棒L2減速,最后兩棒達到共速,共速前導體棒L2的速度一直大于L1的速度,則導體棒L1的位移小于L2的位移,所以兩棒運動穩(wěn)定后,兩棒之間的距離大于d,D正確.2.CD[解析]線框剛進入第一個磁場區(qū)域時,產(chǎn)生的感應電動勢為E=Blv0=4V,線框受到的安培力大小為F安=BIl=BERl=2N,根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為a=F合m=(F安)2+(mg)2m=102m/s2,故A錯誤;線框進入第一個磁場區(qū)域的過程中,通過線框的電荷量為q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔtRΔt=Bl2R=0.25C,同理,線框離開第一個磁場區(qū)域的過程中,通過線框的電荷量也為q=0.25C,這兩個過程中,通過線框的電流方向相反,所以線框穿過第一個磁場區(qū)域的過程中,通過線框的電荷量為零,故B錯誤;線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中,由于線框上、下兩邊總是同時處在磁場中,則上、下兩邊受到的安培力相互抵消,即線框在豎直方向上只受到重力作用,可認為線框在豎直方向上做自由落體運動,而在水平方向上則在安培力作用下做減速運動,當水平方向上的分速度減為零時,線框開始豎直下落,則線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12mv02=6.4J,故C正確;線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中,在水平方向上,根據(jù)動量定理可得-F安·t=0-mv0,又F安·t=BlBlvR·t=B2l2Rx3.(1)4A1N(2)3C3.75J(3)2m[解析](1)金屬圓盤G轉(zhuǎn)動切割磁感線,產(chǎn)生的感應電動勢為E=12Bωr2=2由閉合電路歐姆定律可得通過ab的電流為I=ER=4由功能關(guān)系和能量守恒定律可得EI=Fω·12解得F=1N(2)對金屬桿,由動量定理可得BIdΔt=mv-0其中IΔt=q解得q=3C由能量守恒定律得Eq=12mv2+解得Q=3.75J(3)對金屬桿和電感線圈,任意時刻都有Bdvi=LΔ則ΔI=BdLviΔ求和,有∑Δ即I=BdL說明金屬桿開始運動后,桿上電流與桿的位移成正比對金屬桿通過絕緣材料后第一次向左運動至最遠處過程,由動能定理得-Ffs-BIds=0-12mv其中I=1解得s=2m4.(1)3mgR2B0(3)3mgR5B(4)3m2[解析](1)當導體棒CD達到最大速度時,其受力平衡,有mg=B0I1L+μmg根據(jù)閉合電路歐姆定律有I1=E根據(jù)法拉第電磁感應定律有E1=B0Lv1聯(lián)立解得v1=3(2)當導體棒AB兩端達到最大電壓時,導體棒AB達到最大速度,此時導體棒AB受力平衡,有2mgsinθ=B0I2·2L根據(jù)閉合電路歐姆定律有I2=E導體棒AB兩端的最大電壓為Um=RR+2聯(lián)立解得Um=mgR(3)對導體棒AB,由牛頓第二定律得2mgsin30°-2B0IL=2maAB對導體棒CD和物塊整體,由牛頓第二定律得mg-μmg-B0IL=2maCD聯(lián)立可得aAB=2aCD始終成立因而任意時刻都有vAB=2vCD最終兩導體棒能同時達到最大速度,其時兩導體棒均受力平衡,對導體棒CD,有mg-μmg=B0I3L根據(jù)閉合電路歐姆定律有I3=E根據(jù)法拉第電磁感應定律有E3=B0LvCDm+B0·2LvABm又知vABm=2vCDm聯(lián)立解得vCDm=3mgR10B02L(4)對導體棒CD和物塊整體,由動量定理得mgt-μmgt-B0ILt=2mvCDm其中I=ER+2R,E=ΔΦt,ΔΦ=B0LxCD+B由于任意時刻都有vAB=2vCD,所以xAB=2xCD根據(jù)能量守恒定律有Q=2mg×xABsin30°+mgxCD-μmgxCD-12(m+m)vCDm2-聯(lián)立解得Q=3m25.(1)19T/m(2)0.75m/s(3)0.03m[解析](1)導體棒ab運動到x=0.45m處時剛好勻速,此時其受力平衡,有F=B1Il1其中B1=kx解得k=19(2)導體棒ab在磁場區(qū)域Ⅰ運動的過程中,根據(jù)動能定理可得WF-W安=12mv其中WF=Fx,W安=B1Il1x,B1=12(0+kx),x=0.解得v=1.5m/s金屬棒ab與金屬框edcf相碰后會粘在一起形成閉合導體框abcd,根據(jù)動量守恒定律可得mv=2mv1聯(lián)立解得v1=0.75m/s(3)線框進入磁場區(qū)域Ⅱ過程,cd邊相當于電源,電阻R被cbad段導體短路,對cd邊,根據(jù)動量定理可得-B2I1l1Δt1=2mv2-2mv其中I1=E1r,E1=ΔΦ1Δt1,Δ聯(lián)立解得v2=0.55m/s線框離