2021高考物理一轮复习第十章微专题75电磁感应中的双杆模型练习含解析教科版

1微专题75电磁感应中的“双杆模型”1．(2019·山东德州市上学期期末)如图1所示，宽度为L的光滑固定金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，水平部分足够长，倾斜部分与水平面的夹角为30°.导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处于斜向上与导轨平面垂直的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大小均为B.导体棒ab和cd分别置于导轨的倾斜部分上和水平部分上并保持静止，现将导体棒ab，在距导轨水平部分高度为h处释放，导体棒ab在到达MN处之前已达到稳定的运动状态，在导体棒ab到达MN时再释放导体棒cd，导体棒ab在MN处由倾斜部分进入水平部分时无能量损失．已知导体棒ab质量为m，长为L，电阻为r，导体棒cd质量也为m，长为L，电阻为2r，导轨电阻忽略不计，当地重力加速度为g，导体棒ab、cd始终与导轨接触良好，求：图1(1)导体棒ab到达MN之前稳定运动时的速度大小；(2)整个过程中导体棒ab产生的焦耳热；(3)整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量．2．(2020·湖北武汉市调研)如图2所示，足够长的金属导轨MNC和PQD平行且间距为L，所在平面与水平面夹角分别为α＝37°和β＝53°，导轨两侧空间均有垂直导轨平面向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，电阻均为R.运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒ef与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，金属棒ab光滑．导轨电阻不计，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图2(1)若将棒ab锁定，静止释放棒ef，求棒ef最终运动速度v1的大小；(2)若棒ef经过时间t达到第(1)问中的速度v1，求此过程中棒ef下滑的距离x；(3)若两金属棒均光滑，同时由静止释放，试在同一图中定性画出两棒运动的v－t图线．(ab棒取沿轨道向上运动为正方向，ef棒取沿轨道向下运动为正方向)23．(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图3所示，两固定水平平行金属导轨间距为L，导轨上放着两根相同导体棒ab和cd.已知每根导体棒质量均为m，电阻均为R，导轨光滑且电阻不计，整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，开始时ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速度，大小分别为v0和2v0，求：图3(1)从开始到最终稳定的过程中回路总共产生的焦耳热；(2)当ab棒的速度大小变为v04时：①通过cd棒的电荷量q是多少；②两棒间的距离增大了多少；③回路消耗的电能为多少．4．(2019·安徽皖江名校联盟摸底大联考)如图4所示，宽度为2d与宽度为d的两部分导轨衔接良好固定在水平面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，长度分别为2d和d的导体棒甲和乙按如图的方式置于导轨上，已知两导体棒的质量均为m、两导体棒单位长度的电阻均为r0，现给导体棒甲一水平向右的初速度v0.假设导轨的电阻忽略不计，导体棒与导轨之间的摩擦忽略不计，且两部分导轨足够长．求：图4(1)当导体棒甲开始运动瞬间，甲、乙两棒的加速度大小分别为多大？(2)导体棒甲匀速时的速度大小应为多大？(3)两导体棒从开始运动到刚匀速的过程中两导体棒发生的位移分别是x甲和x乙，试写出两导体棒的位移x甲和x乙之间的关系式．3答案精析1．(1)3mgr2B2L2(2)13mgh－3m3g2r216B4L4(3)2BLh3r＋3m2gr4B3L3解析(1)导体棒ab到达MN之前稳定时，由平衡条件得mgsin30°＝ILB，I＝BLv3r联立解得：v＝3mgr2B2L2.(2)导体棒ab进入水平部分后，ab和cd组成的系统动量守恒：mv＝2mv′导体棒ab和cd最终各自的速度大小相同，都为v′＝3mgr4B2L2整个过程中能量守恒mgh＝2×12mv′2＋Q导体棒ab产生的焦耳热Qab＝13Q得Qab＝13mgh－3m3g2r216B4L4.(3)导体棒ab自开始运动至到达MN的过程中，通过导体棒ab某一横截面的电荷量q1＝IΔt，由I＝E3r，E＝ΔΦΔt、ΔΦ＝BL·hsin30°可得q1＝2BLh3r对导体棒cd的运动过程运用动量定理：BLI1Δt1＋BLI2Δt2＋BLI3Δt3＋…＝mv′－0q2＝I1Δt1＋I2Δt2＋I3Δt3＋…解得q2＝3m2gr4B3L3整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量q＝q1＋q2＝2BLh3r＋3m2gr4B3L3.2．(1)mgRB2L2(2)mgRtB2L2－2m2gR2B4L4(3)见解析4解析(1)棒ef最终匀速运动，对棒ef受力分析由力的平衡条件有：mgsinβ＝μmgcosβ＋FA1由安培力公式得：FA1＝BI1L由闭合电路欧姆定律得：I1＝E2R由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv1联立解得：v1＝mgRB2L2.(2)棒ef由静止到速度为v1，经过的时间为t，位移为x，对棒ef，由动量定理得：mgtsinβ－μmgtcosβ－BI2Lt＝mv1－0由闭合电路欧姆定律有：I2＝E2R由法拉第电磁感应定律有：E＝ΔΦΔt回路磁通量的变化为：ΔΦ＝BLx联立解得：x＝mgRtB2L2－2m2gR2B4L4.(3)最终ef沿轨道匀加速下滑，棒ab沿轨道匀加速上滑，加速度相同，其v－t图像如下3．见解析解析(1)从开始到最终稳定的过程中，两棒的总动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv0－mv0＝2mv共．解得：v共＝12v0由能量守恒定律可得，从开始到最终稳定回路中总共产生的焦耳热为：Q＝12mv02＋12m(2v0)2－12(2m)共2＝94mv02(2)分析两种情况可知，当ab棒的速度大小是v04时有两种情况：当ab棒的速度未反向，即向左时，设此时cd棒的速度是v1，根据动量守恒得：2mv0－mv0＝mv1－mv045解得：v1＝5v04.当ab棒的速度反向，即向右时，设此时cd棒的速度是v2，根据动量守恒得：2mv0－mv0＝mv2＋mv04解得：v2＝3v04①对cd棒，由动量定理得F安t＝mΔv其中F安＝BIL，I＝E2R，E＝BL(vcd－vab)，q＝It代入两种情况可得，当vab＝－v04时，有BLq1＝mv0－mv04解得通过cd棒的电荷量为q1＝3mv04BL.当vab′＝v04时，有BLq2＝mv0＋mv04解得通过cd棒的电荷量为q2＝5mv04BL②由q＝ΔΦ2R＝BLΔx2R解得两棒间的距离增大Δx1＝3mv0R2B2L2或Δx2＝5mv0R2B2L2③回路消耗的电能E1＝12mv02＋12m(2v0)2－12m(14v0)2－12m(54v0)2＝2716mv02或者E2＝12mv02＋12m(2v0)2－12m(14v0)2－12m(34v0)2＝3516mv024．见解析解析(1)导体棒甲刚开始运动时产生的感应电动势为E＝2Bdv0由题意，整个电路的总电阻为r＝3dr0由闭合电路的欧姆定律得，电路中的总电流大小为I＝Er可得导体棒甲、乙所受的安培力大小分别为F甲＝4B2dv03r0，F乙＝2B2dv03r0由牛顿第二定律可知导体棒甲、乙的加速度大小分别为a甲＝4B2dv03r0m，a乙＝2B2dv03r0m(2)由动量定理，设甲匀速运动时速度为v1，乙匀速运动时速度为v2.对导体棒甲有－2BdI6Δt＝mv1－mv0即－2BdΔq＝mv1－mv0同理，对导体棒乙有BdIΔt＝mv2两导体棒均匀速运动时，有v2＝2v1联立以上各式解得v1＝15v0(3)由BdIΔt＝mv2得Δq＝2mv05Bd由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt又I＝Er整理得Δq＝IΔt＝ΔΦr＝2Bdx甲－Bdx乙3r0d联立以上各式得2x甲－x乙＝6mv0r05B2d.