2025屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試專題強(qiáng)化練十二三大觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用

專題強(qiáng)化練（十二）三大觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用1．(多選)如圖，質(zhì)量m＝1kg的方形鋁管靜置在足夠大的絕緣水平面上，現(xiàn)使質(zhì)量M＝2kg的條形磁鐵(條形磁鐵橫截面比鋁管管內(nèi)橫截面小)以v＝3m/s的水平初速度自左向右穿過鋁管。忽略一切摩擦，不計(jì)管壁厚度，則(CD)A．磁鐵穿過鋁管過程中，鋁管受到的安培力可能先水平向左后水平向右B．磁鐵穿過鋁管后，鋁管速度可能為4m/sC．磁鐵穿過鋁管時(shí)的速度可能大于2m/sD．磁鐵穿過鋁管過程所產(chǎn)生的熱量可能達(dá)到2J解析：磁鐵穿過鋁管過程中，根據(jù)楞次定律中“來拒去留”可知，鋁管受到的安培力始終向右，故A錯(cuò)誤；磁鐵穿過鋁管的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)穿過鋁管時(shí)磁鐵的速度為v1，鋁管的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv＝Mv1＋mv2，假設(shè)無能量損耗，則有eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v1＝1m/s，v2＝4m/s，假設(shè)磁鐵恰好和鋁管速度相等，共速的速度為v3，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv＝(M＋m)v3，解得v3＝2m/s，損耗的能量ΔE＝eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,3)＝3J，所以磁鐵穿過鋁管后，鋁管速度小于4m/s，磁鐵穿過鋁管時(shí)的速度可能大于2m/s，磁鐵穿過鋁管過程所產(chǎn)生的熱量可能達(dá)到2J，故B錯(cuò)誤，C、D正確。2．如圖，足夠長(zhǎng)的磁鐵在空隙產(chǎn)生一個(gè)徑向輻射狀磁場(chǎng)，一個(gè)圓形細(xì)金屬環(huán)與磁鐵中心圓柱同軸，由靜止開始下落，經(jīng)過時(shí)間t，速度達(dá)最大值v，此過程中環(huán)面始終水平。已知金屬環(huán)質(zhì)量為m、半徑為r、電阻為R，金屬環(huán)下落過程中所經(jīng)過位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力，則(B)A．在俯視圖中，環(huán)中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向B．環(huán)中最大的感應(yīng)電流大小為eq\r(\f(mgv,R))C．環(huán)下落過程中所受重力的沖量等于其動(dòng)量變化D．t時(shí)間內(nèi)通過金屬環(huán)橫截面的電荷量為eq\f(2πrBvt,R)解析：根據(jù)題意，由右手定則可知，在金屬環(huán)下落過程中，在俯視圖中，環(huán)中感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知，當(dāng)重力等于安培力時(shí)，環(huán)下落的速度最大，根據(jù)平衡條件有mg＝F安＝BIm·2πr，當(dāng)環(huán)速度最大時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝B·2πrv，感應(yīng)電流Im＝eq\f(E,R)＝eq\f(B·2πrv,R)，聯(lián)立可得Im＝eq\r(\f(mgv,R))，故B正確；環(huán)從靜止下落過程中，由于切割磁感線，導(dǎo)致環(huán)中出現(xiàn)感應(yīng)電流，受到安培阻力，則除了重力外，還受安培力作用，由動(dòng)量定理可知，動(dòng)量變化等于合外力的沖量，故C錯(cuò)誤；設(shè)t時(shí)間內(nèi)通過金屬環(huán)橫截面的電荷量為q，由題意可知，環(huán)下落速度為v時(shí)的感應(yīng)電流大小Im＝eq\f(B·2πrv,R)，由于環(huán)中感應(yīng)電流不斷增大，則t時(shí)間內(nèi)通過金屬環(huán)橫截面的電荷量q<Imt＝eq\f(2πrBvt,R)，取向下為正方向，由動(dòng)量定理有mgt－B·2πrIt＝mv－0，又有q＝It，聯(lián)立解得q＝eq\f(mgt－mv,2Bπr)，故D錯(cuò)誤。3．(2023·海南卷，T17)如圖所示，U形金屬桿上邊長(zhǎng)L＝15cm，質(zhì)量m＝1×10－3kg，下端插入導(dǎo)電液體中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直于紙面向里的大小為B＝8×10－2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。(1)若插入導(dǎo)電液體部分深h＝2.5cm，閉合開關(guān)，金屬桿飛起后，其下端離液面最大高度H＝10cm，設(shè)離開導(dǎo)電液體前桿中電流不變，求金屬桿離開液面時(shí)的速度大小和金屬桿中的電流大??；(重力加速度g取10m/s2)(2)若金屬桿下端剛與導(dǎo)電液體接觸，改變電動(dòng)勢(shì)的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝5cm，通電時(shí)間t′＝0.002s，求通過金屬桿橫截面的電荷量。解析：(1)對(duì)金屬桿，離開液面后跳起的高度為H，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2gH，解得v＝eq\r(2)m/s對(duì)金屬桿從剛閉合開關(guān)至其下端離液面高度為H的過程中，由動(dòng)能定理有BILh－mg(H＋h)＝0解得I＝eq\f(25,6)A。(2)對(duì)金屬桿，由動(dòng)量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v′2＝2gH′又q＝I′t′，解得q＝0.085C。答案：(1)eq\r(2)m/seq\f(25,6)A(2)0.085C4.(2024·汕頭市一模)如圖甲所示，質(zhì)量m＝2kg的導(dǎo)體棒ab垂直放在相距L＝2m的足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒在電路中接入的電阻R＝0.5Ω，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝37°，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。圖乙所示的平行金屬板長(zhǎng)度l＝20cm，間距d＝6cm，帶負(fù)電的粒子沿板方向以速度v0＝1×104m/s進(jìn)入金屬板。不計(jì)粒子所受重力和粒子間的相互作用。(金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)開關(guān)S接1時(shí)，導(dǎo)軌與電動(dòng)勢(shì)E＝6V、內(nèi)阻r＝0.5Ω的電源連接。此時(shí)導(dǎo)體棒恰好靜止在導(dǎo)軌上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)開關(guān)S接2時(shí)，導(dǎo)軌與定值電阻R0＝2Ω連接，由靜止釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)狀態(tài)穩(wěn)定時(shí)，將平行金屬板接到R0的兩端，所有粒子恰好均能被金屬板的下板收集，求粒子的比荷；(3)在(2)中，若導(dǎo)體棒從靜止釋放至達(dá)到最大速度的過程中，電阻R0產(chǎn)生的熱量Q＝3J，求此過程中流過R0的電荷量q。解析：(1)開關(guān)S接1時(shí)，導(dǎo)體棒中的電流I＝eq\f(E,R＋r)導(dǎo)體棒靜止時(shí)受沿斜面向上的安培力，則BIL＝mgsinθ解得B＝1T。(2)開關(guān)S接2時(shí)，導(dǎo)軌與定值電阻R0＝2Ω連接，由靜止釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)狀態(tài)穩(wěn)定時(shí)mgsinθ＝BI′L兩金屬板間的電壓U＝I′R0若使得所有粒子恰好均能被金屬板的下板收集，則d＝eq\f(1,2)at2，l＝v0t，a＝eq\f(Uq,dm)聯(lián)立解得eq\f(q,m)＝1.5×106C/kg。(3)導(dǎo)體棒從靜止釋放至達(dá)到最大速度時(shí)I′＝eq\f(BLvm,R0＋R)解得vm＝7.5m/s由能量關(guān)系有mgxsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q總串聯(lián)電路中，電流處處相等，產(chǎn)熱量之比為電阻值比，所以Q總＝eq\f(R0＋R,R0)Q＝3.75J解得x＝5m此過程中流過R0的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R＋R0)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋R0)＝eq\f(BLx,R＋R0)＝4C。答案：(1)1T(2)1.5×106C/kg(3)4C5.生活中常見的減速帶是通過使路面稍微拱起從而達(dá)到使車減速的目的。其實(shí)我們也可以通過在汽車底部安裝線圈，通過磁場(chǎng)對(duì)線圈的安培力來實(shí)現(xiàn)對(duì)汽車減速的目的。我們用單匝邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線圈代替汽車來模擬真實(shí)情境。如圖所示，傾角為θ的光滑斜面上平行等間距分布著很多個(gè)條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向下，條形磁場(chǎng)區(qū)域的寬度及相鄰條形無磁場(chǎng)區(qū)域的寬度均為L(zhǎng)；線圈的質(zhì)量為m，電阻為R，線圈ab邊與磁場(chǎng)邊界平行，線圈ab邊剛進(jìn)入第一個(gè)有磁場(chǎng)區(qū)時(shí)的速度大小為5v1；線圈ab邊剛進(jìn)入第七個(gè)有磁場(chǎng)區(qū)時(shí)，開始勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小為v1；其中重力加速度為g，θ、B、L、m和R均為已知量。求：(1)線圈勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度v1的大??；(2)從線圈ab邊剛進(jìn)入第一個(gè)有磁場(chǎng)區(qū)到線圈ab邊剛進(jìn)入第七個(gè)有磁場(chǎng)區(qū)的過程中，線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)線圈ab邊剛進(jìn)入第一個(gè)有磁場(chǎng)區(qū)到線圈ab邊剛進(jìn)入第七個(gè)有磁場(chǎng)區(qū)的過程所用的時(shí)間t。解析：(1)線圈勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)線圈列平衡方程，有mgsinθ＝BIL，又I＝eq\f(BLv1,R)，解得v1＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)。(2)線圈ab邊剛進(jìn)入第一個(gè)有磁場(chǎng)區(qū)邊界到線圈ab邊剛進(jìn)入第七個(gè)有磁場(chǎng)區(qū)的過程，重力做功WG＝12mgLsinθ對(duì)此過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得WG－Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5v1))2解得Q＝12mgsinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(m2R2gsinθ,B4L4)))。(3)線圈ab邊剛進(jìn)入第一個(gè)有磁場(chǎng)區(qū)到線圈ab邊剛進(jìn)入第七個(gè)有磁場(chǎng)區(qū)過程，根據(jù)動(dòng)量定理可得mgtsinθ－I安＝mv1－5mv1其中I安＝Beq\x\to(I)LΔt＝Beq\f(\x\to(E),R)LΔt＝eq\f(BL×12BL2,R)＝eq\f(12B2L3,R)解得t＝eq\f(12B2L3,mgRsinθ)－eq\f(4mR,B2L2)。答案：(1)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(2)12mgsinθ(L＋eq\f(m2R2gsinθ,B4L4))(3)eq\f(12B2L3,mgRsinθ)－eq\f(4mR,B2L2)6.如圖所示，在傾角為θ的絕緣長(zhǎng)方形斜面MNQP上，邊長(zhǎng)為2L的正方形efhg區(qū)域存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于斜面向上。一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框abcd，在沿斜面向下的恒力F＝mg(g為重力加速度大小)的作用下由靜止開始下滑，線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，線框剛完全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)撤去恒力F，線框最后完全離開磁場(chǎng)區(qū)域。已知正方形線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，gh離NQ足夠遠(yuǎn)，求：(1)線框開始運(yùn)動(dòng)時(shí)ab邊到ef的距離x；(2)線框離開磁場(chǎng)區(qū)域后的速度大小。解析：(1)因?yàn)檎叫尉€框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，則mgsinθ＝μmgcosθ則線框下滑的加速度a＝eq\f(F,m)＝g設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，則v2＝2ax線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則F＝Beq\f(BLv,R)L解得x＝eq\f(m2gR2,2B4L4)，v＝eq\f(mgR