2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點攻破訓(xùn)練——電磁感應(yīng)中的“雙桿模型”練習(xí)含解析教科版-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

圖1
(1)導(dǎo)體棒ab到達(dá)MN之前穩(wěn)定運(yùn)動時的速度大小；
(2)整個過程中導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱；
(3)整個過程中通過導(dǎo)體棒ab某一橫截面的電荷量．
2．(2023·湖北武漢市調(diào)研)如圖2所示，足夠長的金屬導(dǎo)軌MNC和PQD平行且間距為L，所在平面與水平面夾角分別為α＝37°和β＝53°，導(dǎo)軌兩側(cè)空間均有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.均勻金屬棒ab和ef質(zhì)量均為m，長均為L，電阻均為R.運(yùn)動過程中，兩金屬棒與導(dǎo)軌保持良好接觸，始終垂直于導(dǎo)軌，金屬棒ef與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬棒ab光滑．導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，
cs37°＝0.8.
圖2
(1)若將棒ab鎖定，靜止釋放棒ef，求棒ef最終運(yùn)動速度v1的大?。?br>(2)若棒ef經(jīng)過時間t達(dá)到第(1)問中的速度v1，求此過程中棒ef下滑的距離x；
(3)若兩金屬棒均光滑，同時由靜止釋放，試在同一圖中定性畫出兩棒運(yùn)動的v－t圖線．(ab棒取沿軌道向上運(yùn)動為正方向，ef棒取沿軌道向下運(yùn)動為正方向)
3．(2023·湖南婁底市下學(xué)期質(zhì)量檢測)如圖3所示，兩固定水平平行金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌上放著兩根相同導(dǎo)體棒ab和cd.已知每根導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，電阻均為R，導(dǎo)軌光滑且電阻不計，整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，開始時ab和cd兩導(dǎo)體棒有方向相反的水平初速度，大小分別為v0和2v0，求：
圖3
(1)從開始到最終穩(wěn)定的過程中回路總共產(chǎn)生的焦耳熱；
(2)當(dāng)ab棒的速度大小變?yōu)閑q \f(v0,4)時：
①通過cd棒的電荷量q是多少；
②兩棒間的距離增大了多少；
③回路消耗的電能為多少．
4．(2023·安徽皖江名校聯(lián)盟摸底大聯(lián)考)如圖4所示，寬度為2d與寬度為d的兩部分導(dǎo)軌銜接良好固定在水平面上，整個空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，長度分別為2d和d的導(dǎo)體棒甲和乙按如圖的方式置于導(dǎo)軌上，已知兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m、兩導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為r0，現(xiàn)給導(dǎo)體棒甲一水平向右的初速度v0.假設(shè)導(dǎo)軌的電阻忽略不計，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的摩擦忽略不計，且兩部分導(dǎo)軌足夠長．求：
圖4
(1)當(dāng)導(dǎo)體棒甲開始運(yùn)動瞬間，甲、乙兩棒的加速度大小分別為多大？
(2)導(dǎo)體棒甲勻速時的速度大小應(yīng)為多大？
(3)兩導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動到剛勻速的過程中兩導(dǎo)體棒發(fā)生的位移分別是x甲和x乙，試寫出兩導(dǎo)體棒的位移x甲和x乙之間的關(guān)系式．
答案精析
1．(1)eq \f(3mgr,2B2L2) (2)eq \f(1,3)mgh－eq \f(3m3g2r2,16B4L4)
(3)eq \f(2BLh,3r)＋eq \f(3m2gr,4B3L3)
解析 (1)導(dǎo)體棒ab到達(dá)MN之前穩(wěn)定時，由平衡條件得mgsin30°＝ILB，I＝eq \f(BLv,3r)
聯(lián)立解得：v＝eq \f(3mgr,2B2L2).
(2)導(dǎo)體棒ab進(jìn)入水平部分后，ab和cd組成的系統(tǒng)動量守恒：
mv＝2mv′
導(dǎo)體棒ab和cd最終各自的速度大小相同，都為v′＝eq \f(3mgr,4B2L2)
整個過程中能量守恒mgh＝2×eq \f(1,2)mv′2＋Q
導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱Qab＝eq \f(1,3)Q
得Qab＝eq \f(1,3)mgh－eq \f(3m3g2r2,16B4L4).
(3)導(dǎo)體棒ab自開始運(yùn)動至到達(dá)MN的過程中，通過導(dǎo)體棒ab某一橫截面的電荷量q1＝eq \x\t(I)Δt，由eq \x\t(I)＝eq \f(E,3r)，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)、ΔΦ＝BL·eq \f(h,sin30°)
可得q1＝eq \f(2BLh,3r)
對導(dǎo)體棒cd的運(yùn)動過程運(yùn)用動量定理：
BLeq \x\t(I)1Δt1＋BLeq \x\t(I)2Δt2＋BLeq \x\t(I)3Δt3＋…＝mv′－0
q2＝eq \x\t(I)1Δt1＋eq \x\t(I)2Δt2＋eq \x\t(I)3Δt3＋…
解得q2＝eq \f(3m2gr,4B3L3)
整個過程中通過導(dǎo)體棒ab某一橫截面的電荷量
q＝q1＋q2＝eq \f(2BLh,3r)＋eq \f(3m2gr,4B3L3).
2．(1)eq \f(mgR,B2L2) (2)eq \f(mgRt,B2L2)－eq \f(2m2gR2,B4L4)
(3)見解析
解析 (1)棒ef最終勻速運(yùn)動，對棒ef受力分析
由力的平衡條件有：mgsinβ＝μmgcsβ＋FA1
由安培力公式得：FA1＝BI1L
由閉合電路歐姆定律得：I1＝eq \f(E,2R)
由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv1
聯(lián)立解得：v1＝eq \f(mgR,B2L2).
(2)棒ef由靜止到速度為v1，經(jīng)過的時間為t，位移為x，對棒ef，由動量定理得：
mgtsinβ－μmgtcsβ－Beq \x\t(I)2Lt＝mv1－0
由閉合電路歐姆定律有：eq \x\t(I)2＝eq \f(\x\t(E),2R)
由法拉第電磁感應(yīng)定律有：eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
回路磁通量的變化為：ΔΦ＝BLx
聯(lián)立解得：x＝eq \f(mgRt,B2L2)－eq \f(2m2gR2,B4L4).
(3)最終ef沿軌道勻加速下滑，棒ab沿軌道勻加速上滑，加速度相同，其v－t圖像如下
3．見解析
解析 (1)從開始到最終穩(wěn)定的過程中，兩棒的總動量守恒，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有：2mv0－mv0＝2mv共．
解得：v共＝eq \f(1,2)v0
由能量守恒定律可得，從開始到最終穩(wěn)定回路中總共產(chǎn)生的焦耳熱為：
Q＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)(2m)共2＝eq \f(9,4)mv02
(2)分析兩種情況可知，當(dāng)ab棒的速度大小是eq \f(v0,4)時有兩種情況：
當(dāng)ab棒的速度未反向，即向左時，設(shè)此時cd棒的速度是v1，根據(jù)動量守恒得：
2mv0－mv0＝mv1－meq \f(v0,4)
解得：v1＝eq \f(5v0,4).
當(dāng)ab棒的速度反向，即向右時，設(shè)此時cd棒的速度是v2，根據(jù)動量守恒得：
2mv0－mv0＝mv2＋meq \f(v0,4)
解得：v2＝eq \f(3v0,4)
①對cd棒，由動量定理得F安t＝mΔv
其中F安＝BIL，I＝eq \f(E,2R)，E＝BL(vcd－vab)，q＝It
代入兩種情況可得，當(dāng)vab＝－eq \f(v0,4)時，有BLq1＝mv0－meq \f(v0,4)
解得通過cd棒的電荷量為q1＝eq \f(3mv0,4BL).
當(dāng)vab′＝eq \f(v0,4)時，有BLq2＝mv0＋meq \f(v0,4)
解得通過cd棒的電荷量為q2＝eq \f(5mv0,4BL)
②由q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLΔx,2R)
解得兩棒間的距離增大Δx1＝eq \f(3mv0R,2B2L2)或Δx2＝eq \f(5mv0R,2B2L2)
③回路消耗的電能E1＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)m(eq \f(1,4)v0)2－eq \f(1,2)m(eq \f(5,4)v0)2＝eq \f(27,16)mv02
或者E2＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)m(eq \f(1,4)v0)2－eq \f(1,2)m(eq \f(3,4)v0)2＝eq \f(35,16)mv02
4．見解析
解析 (1)導(dǎo)體棒甲剛開始運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝2Bdv0
由題意，整個電路的總電阻為r＝3dr0
由閉合電路的歐姆定律得，電路中的總電流大小為I＝eq \f(E,r)
可得導(dǎo)體棒甲、乙所受的安培力大小分別為F甲＝eq \f(4B2dv0,3r0)，
F乙＝eq \f(2B2dv0,3r0)
由牛頓第二定律可知導(dǎo)體棒甲、乙的加速度大小分別為a甲＝eq \f(4B2dv0,3r0m)，a乙＝eq \f(2B2dv0,3r0m)
(2)由動量定理，設(shè)甲勻速運(yùn)動時速度為v1，乙勻速運(yùn)動時速度為v2.對導(dǎo)體棒甲有－2Bdeq \x\t(I)Δt＝mv1－mv0
即－2BdΔq＝mv1－mv0
同理，對導(dǎo)體棒乙有Bdeq \x\t(I)Δt＝mv2
兩導(dǎo)體棒均勻速運(yùn)動時，有v2＝2v1
聯(lián)立以上各式解得v1＝eq \f(1,5)v0
(3)由Bdeq \x\t(I)Δt＝mv2得Δq＝eq \f(2mv0,5Bd)
由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
又eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),r)
整理得Δq＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,r)＝eq \f(2Bdx甲－Bdx乙,3r0d)
聯(lián)立以上各式得2x甲－x乙＝eq \f(6mv0r0,5B2d).