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    专题91电磁感应中的综合问题(原卷版+解析版)-2023届高考物理一轮复习知识点精讲与最新高考题模拟题同步训练

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    这是一份专题91电磁感应中的综合问题(原卷版+解析版)-2023届高考物理一轮复习知识点精讲与最新高考题模拟题同步训练,文件包含专题91电磁感应中的综合问题解析版-2023高考一轮复习知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练docx、专题91电磁感应中的综合问题原卷版-2023高考一轮复习知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共37页, 欢迎下载使用。

    2023高考一轮知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练
    第十五章 电磁感应
    专题91 电磁感应中的综合问题
    第一部分 知识点精讲
    一、灵活选用“三大力学观点”解决电磁感应中的综合问题
    动力

    观点
    即应用牛顿运动定律及运动学公式分析物体的运动问题。
    如例题中金属棒ab做加速度逐渐减小的加速运动,而金属棒cd做加速度逐渐减小的减速运动,最终两金属棒以共同的速度匀速运动
    能量
    观点
    即应用动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能量守恒定律等规律处理有关问题。
    如例题中金属棒ab机械能的减少量等于金属棒cd的机械能的增加量与回路中产生的焦耳热之和
    动量
    观点
    即应用动量定理、动量守恒定律处理有关问题。
    例如:对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况,如果两棒所受的外力之和为零,则考虑应用动量守恒定律处理问题;否则要考虑应用动量定理处理问题;由BIL·Δt=m·Δv、q=·Δt可知,当题目中涉及电荷量或平均电流时,可应用动量定理来解决问题

    二、单杆和导轨模型
    初态
    v0≠0
    v0=0
    示意图

    质量为m,电阻不计的单杆ad以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动,两平行导轨间距为L

    轨道水平光滑,杆ad质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L

    轨道水平光滑,单杆ab质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L,拉力F恒定

    轨道水平光滑,单杆ab质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L,拉力F恒定
    运动分析

    导体杆做加速度越来越小的减速运动,最终杆静止

    当E感=E时,v最大,且vm=,最后以vm匀速运动

    当a=0时,v最大,vm=时,杆开始匀速运动

    Δt时间内流入电容器的电荷量Δq=CΔU=CBLΔv
    电流I==CBL=CBLa
    安培力F安=BLI=CB2L2a
    F-F安=ma,a=,
    所以杆以恒定的加速度匀加速运动
    能量
    分析
    动能全部转化为内能:mv02=Q
    电能转化为动能和内能,E电=mvm2+Q
    外力做功转化为动能和内能:WF=mvm2+Q
    外力做功转化为电能和动能:
    WF=E电+mv2

    注:若光滑导轨倾斜放置,要考虑导体杆受到重力沿导轨斜面向下的分力作用,分析方法与表格中受外力F时的情况类似,这里就不再赘述。
    三、双杆+导轨模型
    (1)初速度不为零,不受其他水平外力的作用

    光滑的平行导轨
    光滑不等距导轨
    示意图

    质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=L2

    质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=2L2
    运动分析

    杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,以相等的速度匀速运动

    稳定时,两杆的加速度均为零,两杆的速度之比为1∶2
    能量
    分析
    一部分动能转化为内能,Q=-ΔEk

    (2)初速度为零,一杆受到恒定水平外力的作用

    光滑的平行导轨
    不光滑的平行导轨
    示意图

    质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=L2

    摩擦力Ff1=Ff2 质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=L2
    运动分析

    开始时,两杆做变加速运动;稳定时,两杆以相同的加速度做匀加速运动

    开始时,若F≤2Ff,则PQ杆先变加速后匀速运动,MN杆静止。若F>2Ff,PQ杆先变加速后匀加速运动,MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动,且加速度相同
    能量
    分析
    外力做功转化为动能和内能,WF=ΔEk+Q
    外力做功转化为动能和内能(包括电热和摩擦热),
    WF=ΔEk+Q电+Qf

    三、“杆+导轨+电阻”模型是电磁感应中的常见模型,选择题和计算题均有考查。该模型以单杆或双杆在导体轨道上做切割磁感线运动为情景,综合考查电路、动力学、功能关系等知识。在处理该模型时,要以导体杆切割磁感线的速度为主线,由楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律分析电路中的电流,由牛顿第二定律分析导体杆的加速度及速度变化,由能量守恒分析系统中的功能关系。

    第二部分 最新高考题精选
    1.(多选)(2018·江苏高考)如图所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d,磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g。金属杆(  )

    A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
    B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
    C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd
    D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
    【参考答案】BC 
    【名师解析】金属杆在磁场之外的区域做加速运动,所以进入磁场Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁场Ⅰ的速度,则金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动,加速度方向竖直向上,故A错误。金属杆在磁场Ⅰ中先做加速度减小的减速运动,后在两磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动,两个过程位移相等,v­t图象大体如图所示,故B正确。
    由于进入两磁场时速度相等,由动能定理得,W安1+mg·2d=0,可知金属杆穿过磁场Ⅰ克服安培力做功为2mgd,即产生的热量为2mgd,因此穿过两磁场产生的总热量为4mgd,故C正确。设刚进入磁场Ⅰ时速度为v,则由机械能守恒定律知mgh=mv2,由牛顿第二定律得-mg=ma,联立解得h=>,故D错误。

    2. (2019·浙江4月选考)如图所示,倾角θ=37°、间距l=0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1 Ω的电阻,质量m=0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置,与导轨间的动摩擦因数μ=0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t=0时刻起,棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下,从x=0处由静止开始沿斜面向上运动,其速度v与位移x满足v=kx(可导出a=kv),k=5 s-1。当棒ab运动至x1=0.2 m处时,电阻R消耗的电功率P=0.12 W,运动至x2=0.8 m处时撤去外力F,此后棒ab将继续运动,最终返回至x=0处。棒ab始终保持与导轨垂直,不计其他电阻,求:(提示:可以用F­x图象下的“面积”代表力F做的功,sin 37°=0.6,g取10 m/s2)

    (1)磁感应强度B的大小;
    (2)外力F随位移x变化的关系式;
    (3)在棒ab整个运动过程中,电阻R产生的焦耳热Q。
    【参考答案】 (1) T 
    (2)0≤x≤0.2 m时,F=(0.96+2.5x)N;0.2 m≤x≤0.8 m时,F=(0.96+3.1x)N 
    (3)0.324 J
    【名师解析】
     (1)在x1=0.2 m处时,电阻R消耗的电功率
    P=
    此时v=kx=1 m/s
    解得B== T。
    (2)在无磁场区间0≤x<0.2 m内,有
    a=5 s-1×v=25 s-2×x
    F=25 s-2×x m+μmg cos θ+mg sin θ=(0.96+2.5x)N
    在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m内,有
    FA==0.6x N
    F=(0.96+2.5x+0.6x)N=(0.96+3.1x)N。
    (3)棒ab上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)
    WA1=(x1+x2)(x2-x1)=0.18 J
    撤去外力后,设棒ab上升的最大距离为s,再次进入磁场时的速度为v′,由动能定理有
    (mg sin θ+μmg cos θ)s=mv2
    (mg sin θ-μmg cos θ)s=mv′2
    解得v′=2 m/s
    由于mg sin θ-μmg cos θ-=0
    故棒ab再次进入磁场后做匀速运动
    下降过程中克服安培力做的功
    WA2=(x2-x1)=0.144 J
    Q=WA1+WA2=0.324 J。

    第三部分 最新模拟题精选
    1. (2022山东四县区质检)如图所示,M1M2与P2P1是固定在水平面上的两光滑平行导轨,间距为L1=1m,M1M2P2P1区域内存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场,磁感应强度B1=1T。N1N2与Q1Q2也是固定在水平面上的两光滑平行导轨,间距为L2=0.5m,并用导线与M1M2与P2P1相连接,N1N2Q1Q2区域内存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度B2=2T。在M1M2P2P1区域放置导体棒G,其质量m1=2kg、电阻R1=1Ω、长度L1=1m,在N1N2Q1Q2区域内放置导体棒H,其质量m2=1kg、电阻R2=1Ω、长度L2=0.5m。刚开始时两棒都与导轨垂直放置,且H棒被锁定,两个区域导轨都足够长且棒始终与导轨接触良好。
    (1)要想使G棒在水平向右的外力作用下做初速度为零、a=2m/s2匀加速直线运动,请写出力F与时间t的关系式;
    (2)若在G棒上施加水平向右的F=5N的外力,在作用t=5s后达到最大速度,求此过程中G棒的位移;
    (3)若G棒在水平向右的外力F作用下做初速度为零、加速度为2m/s2匀加速直线运动,运动t=6s后将力F撤去,同时将导体棒H解锁,求从撤去外力到导体棒H获得最大速度的过程中H棒产生热量;
    (4)若开始时H棒即解除锁定,G棒一直在外力F作用下向右做a=2m/s2匀加速直线运动,求电路稳定后两棒速度满足的关系式。

    【参考答案】(1)F=t+4;(2)10m;(3)24J;(4)v1-v2=4m/s
    【名师解析】
    (1)要使导体棒G做匀加速直线运动,设加速度为a,则可得
    E=B1L1at
    又知

    由牛顿第二定律可得
    F-B1IL1=m1a
    可得
    F=t+4
    (2)设最大速度为vm,当速度最大时,拉力F与安培力相等
    F=B1ImL1
    则最大电动势为
    Em=B1L1vm
    最大电流为

    解得
    vm=10m/s
    设在运动过程中平均电流为,对这一过程由动量定理可得

    又知

    由以上各式联立得
    x=10m
    (3)导体棒H解锁时G棒速度
    v0=at=12m/s
    当导体棒H获得最大速度时,电路中电动势为零,则此时
    B1L1v1=B2L2v2
    两棒组成系统动量守恒

    电路中产生热量

    H棒产生热量

    由以上各式可得
    QH=24J
    (4)当电路稳定时,电路中电流恒定,则电动势恒定,安培力恒定,两棒的加速度相同。
    对G棒
    B2IL2=m2a

    解得
    v1-v2=4m/s

    2. (2022山东聊城二模)如图所示,甲、乙两水平面高度差为2h,甲水平面内有间距为2L两光滑金属导轨平行放置,乙水平面内有间距分别为2L、L的光滑金属导轨平行放置,光滑的绝缘斜导轨紧挨甲、乙两个平面内的水平轨道放置,斜轨道的倾角为53°,斜轨道底端有一小段高度可忽略的光滑圆弧与金属导轨平滑连接。水平面甲内轨道左端连接一充满电的电容器C,右边缘垂直轨道放置长度为2L,质量为m,电阻为R的均匀金属棒ab,在水平面乙内垂直间距为L的轨道左端放置与ab完全相同的金属棒cd,导轨与、与均足够长,所有导轨的电阻都不计。所有导轨的水平部分均有竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场,斜面部分无磁杨。闭合开关S,金属棒αb迅速获得水平向右的速度做平抛运动,刚好落在斜面底端,没有机械能损失,之后沿着水平面乙运动。已知重力加速度为g,,。求:
    (1)金属棒ab做平抛运动的初速度v0;
    (2)电容器C释放的电荷量q;
    (3)从金属棒ab开始沿水平面乙内的光滑轨道运动起,至匀速运动止,这一过程中金属棒ab、cd上产生的热量。

    【参考答案】(1);(2);(3),
    【名师解析】
    (1)金属棒ab落到斜面底端时,在竖直方向上有

    解得

    由几何关系

    解得

    (2)金属棒ab弹出瞬间,根据动量定理得



    联立解得电容器C释放的电荷量

    (3)金属棒ab落在水平轨道时,根据动能定理有

    解得

    最终匀速运动时,电路中无电流,所以金属棒ab和金属棒cd产生的感应电动势相等,即

    此过程中,对金属棒ab根据动量定理得

    对金属棒cd分析,根据动量定理得

    解得


    该过程中ab、cd产生的总热量为

    解得

    则棒ab上产生的热量

    棒cd上产生的热量

    3. (2022福建厦门四模)绝缘光滑水平面上存在着垂直纸面向里的磁场,以水平向右为正方向建立x轴,x≥0区域内磁感应强度大小与坐标的关系满足B=kx(k>0,且为常数),俯视图如图所示。一匀质单匝正方形金属线框abcd静止于水平面上,ab边位于x=0处。一根与ab边完全相同的金属棒MN以水平向右的初速度ν和线框并排碰撞,碰后瞬间合在一起(MN与ab接触良好)。已知金属线框质量为4m,边长为L、电阻为4R,则(  )


    A. 碰撞后瞬间,线框的速度大小为
    B. 碰撞后,回路中的感应电流为逆时针方向
    C. 线框cd边产生的总焦耳热为
    D. 线框停止运动时,ab边处于的位置
    【参考答案】ABD
    【名师解析】
    由于金属线框质量为4m,金属棒MN与金属线框ab边完全相同,因此金属棒MN的质量为m,设碰撞后瞬间合在一起的速度为,根据动量守恒定律得,解得,故A正确;由于B=kx(k>0,且为常数),根据楞次定律和右手螺旋定值可得,碰撞后回路中的感应电流为逆时针方向,故B正确;碰撞后,在安培力的作用下,金属线框最终会静止,根据能量守恒定律可得,由于MN与金属线框ab边完全相同,碰撞后金属棒MN与金属线框ab边瞬间合在一起,并且MN与ab接触良好接触良好,因此金属棒MN与金属线框ab边合一起,电阻为,因此碰撞后回路中的总电阻为
    根据焦耳热公式可得,故C错误;.设ab边产生的感应电动势为,cd边产生的感应电动势为,则,
    因此,因此合感应电流为
    安培力大小为
    根据动量定理可得
    解得,故D正确。
    4. (2022北京东城二模)如图所示,水平固定、间距为L的平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度的大小为B。与导轨垂直且接触良好的导体棒a、b,质量均为m,电阻均为R。现对a施加水平向右的恒力,使其由静止开始向右运动。当a向右的位移为x时,a的速度达到最大且b刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计导轨电阻,重力加速度为g。
    (1)导体棒b刚要滑动时,导体棒a的最大速度;
    (2)定性画出导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像;
    (3)导体棒a发生位移x的过程中,回路中产生的总焦耳热Q;
    (4)当导体棒a达到最大速度时,给b水平向右瞬时速度。请分析此后导体棒b的运动情况并求出b的最终速度。


    【参考答案】(1);(2);
    (3);(4)见解析,
    【名师解析】(1)设导体棒刚要滑动时回路中电流为,对导体棒有

    对整个回路

    解得

    (2)导体棒未滑动前,所受摩擦力为静摩擦力,大小等于安培力,随着导体棒速度增大,回路中感应电流变大,导体棒所受的安培力变大,则导体棒做加速度逐渐减小的加速运动,电流变化率逐渐变小,则导体棒摩擦力随时间的变化率逐渐变小,导体棒滑动后,为滑动摩擦力,恒定不变,当导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像如图

    (3)导体棒刚要滑动时,对导体棒

    整个过程中对系统,由功能关系

    解得

    (4)导体棒做初速度为,加速度减小的减速运动,当加速度减至0时,匀速,由以上式子可得

    导体棒获得瞬时速度后,、系统动量守恒,设最终导体棒的速度为,对、系统,由动量守恒

    当导体棒加速度减为0时

    联立解得

    5. (2022湖南长沙明德中学模拟) 如图甲所示,两导轨都由水平、倾斜两部分圆滑对接而成,相互平行放置,光滑倾斜导轨处在一垂直斜面的匀强磁场区Ⅰ中,Ⅰ区中磁场的磁感应强度B1随时间变化的规律如图乙所示(以垂直斜面向上的磁场方向为正)。水平导轨粗糙且足够长,其左端接有理想电压表,水平导轨处在一竖直向上的磁感应强度恒定不变的匀强磁场区Ⅱ中,金属棒cd锁定在磁场Ⅱ区域。在t=0时刻,从斜轨上磁场Ⅰ区外某处垂直于导轨释放一金属棒ab,棒下滑时与导轨保持良好接触,棒由倾斜导轨滑向水平导轨时无机械能损失,导轨的电阻不计。若棒在斜面上向下滑动的整个过程中,电压表的示数大小保持不变,ab棒进入水平轨道的同时,对cd棒解锁,最后两棒同时停止运动。已知两导轨相距L=1m,倾斜导轨与水平面成=30°角,磁感应强度大小B2=1T,两金属棒的质量均为m=0.1kg,电阻值相等,g取10m/s2。
    (1)判断0~1s时间内通过导体棒ab的感应电流的方向;(填“a到b”或“b到a”)
    (2)求磁场区Ⅰ在沿倾斜轨道方向上的长度x;
    (3)求ab棒从开始运动到刚好进入水平轨道这段时间内ab棒上产生的热量;
    (4)若两金属棒沿水平导轨运动过程中受到的阻力小与金属棒速度大小成正比,比例系数k=0.2N·s/m,从ab棒进入水平轨道至棒停止运动的过程中,两金属棒前进的位移之比是多少?


    【参考答案】(1)a到b;(2)2.5m;(3)1.875J;(4)
    【名师解析】
    (1)根据楞次定律,通过导体棒ab的感应电流的方向a到b;
    (2)电压表读数不变,说明回路中感应电动势不变,所以t=1s时导体棒a恰好进入B1磁场区域,且匀速下滑。设0-1s时间内感应电动势大小为E1,1s后感应电动势大小为E2,则:

    E2=BLv
    v=at=gtsin
    联立方程代入数据得
    x=2.5m
    (3)设导体棒电阻为r,ab棒匀速进入磁场时

    解得
    r=5Ω
    导体棒ab匀加速下滑时间t=1s,在磁场区1运动时间

    所以ab棒从开始运动到刚好进入水平轨道这段时间内ab棒上产生的热量

    Q=1.875J
    (4)以ab棒为研究对象,根据动量定理

    以两导体棒为系统研究,根据动量定理

    设ab棒前进距离为x1,cd棒前进距离为x2,则


    联立方程得

    6. (2022江苏南京宁海中学4月模拟)如图甲,两相距为L的光滑金属导轨水平放置,导轨右端连接阻值为R的电阻,导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。一质量为m的金属棒ab在水平拉力作用下,由静止开始向左运动,金属棒的有效电阻为r,导轨电阻不计,金属棒运动过程中始终与导轨垂直,并保持良好接触,其速度一时间图像如图乙所示,图中所标的、T为已知量。求:
    (1)0~时间内,水平拉力随时间变化的关系。
    (2)0~T时间内,安培力的冲量大小。

    【参考答案】(1);(2)
    【名师解析】
    (1)根据图乙可知,0~时间内金属导体的加速度为

    任意时刻的速度为

    感应电动势为

    感应电流为

    对金属棒列牛顿第二定律

    解得

    (2)0~T时间内,安培力的冲量大小为

    其中


    联立解得

    7.(2022湖北名校高考适应性考试)(16分)如图所示,ABCD是N匝(N=20)的矩形闭合金属线框放置于水平面上,其质量m=1kg、阻值R=2Ω、长度d=0.4m、宽度为L=0.2m,水平面上依次间隔分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B=0.5T、宽度也为L、长度及磁场间的距离均为d,线框在轨道上运动过程中受到的摩擦阻力f大小恒为4N。现线框的AB边与左边第一个磁场的左边界重合,给线框施加一水平向右的力使线框从静止开始向右运动,问:

    (1)若让小车以恒定加速度a=2m/s2运动,求力F与随时间t变化的关系式;
    (2)若给线框施加的力的功率恒为P1=16W,该力作用作用一段时间 t1=6s后,线框已达最大速度,且此时线框刚好穿出第13个磁场(即线框的CD边刚好与第13个磁场的右边界重合),求线框在这段时间内产生的焦耳热;
    (3)若给线框施加的力恒为F0=12N,且F0作用t0=4s时间线框已达到最大速度,求t0时间内线框产生的焦耳热。
    【名师解析】.(1) 当线框匀加速时,v=at ,E=NBLv,,
    根据牛顿第二定律,F-f-NBIL=ma,得F=6+4t (4分)
    (2)当线框达到最大速度v1时,F1=f+NBI1L,E1=NBLv1,,P1=F1v1
    代入数据得 v1=2m/s,
    当线框刚好穿出第十三个磁场时,线框的位移x1=2nd,n=13,得x1=10.4m
    根据动能定理,,线框的焦耳热Q1=W1,得Q1=52.4J (6分)
    (3)当线框达到最大速度v0时,F0=f+NBI0L,E0=NBLv0,,代入数据得v0=4m/s
    根据动量定理,,
    ,,,,得
    根据动能定理,,线框的焦耳热Q0=W0,
    得Q0=104J(6分)

    8.(10分)(2022浙江名校联盟联考)如图所示,MPQ、M′P′Q′是光滑平行导轨,其中倾斜部分MPP′M′为金属材料制成,电阻可不计,倾角为α=37°,并处在与MPP′M′平面垂直且向下的匀强磁场中(图中未画出),磁感应强度大小为2T;水平部分PQQ′P′为绝缘材料制成,所在空间内存在竖直方向的磁场,在PQ上取一点为坐标原点O,沿PQ方向建立x轴,可知磁感应强度分布规律为(取竖直向上为正方向);两部分导轨的衔接处用小圆弧连接,金属棒通过时无机械能损失,两导轨的MN间接有阻值为R=5Ω的定值电阻。正方形金属线框cdef的质量m2=2kg、边长为L=1m,每条边的电阻r2=2Ω,f点刚好位于坐标原点,fc边与PP′平行。现将一根质量m1=1kg,长度L=1m,电阻r1=2Ω的金属棒ab从图示位置静止释放,滑到斜面底端前已达到匀速运动。若整个过程ab棒、金属框与导轨始终接触良好,(重力加速度g=10m/s2,),求:
    (1)ab棒滑到底端时的速度大小和ab棒两端的电势差Uab;
    (2)ab棒与金属线框碰撞后合成一个整体一起在轨道上滑行,滑行过程中ed边产生的焦耳热;
    (3)第(2)所涉及的滑行过程中,通过ed棒的电荷量。



    【名师解析】
    (1)在斜面上到达底端前匀速运动时:..............1分
    有:
    ab棒在斜面底端时,由闭合欧姆定律:
    由法拉第电磁感应定律: ...................1分
    联立得:v=10.5 m/s ...........1分
    ............1分
    (2) ab棒在PSQT区域内匀速运动,运动至ST处与框碰撞。
    由动量守恒定律:
    得: ............1分
    碰撞后整个线框产生的焦耳热为:............1分
    ed边上产生的焦耳热为: ............1分
    (3)从金属框开始运动到停下的过程中,根据动量定量有:
    ............1分
    其中: ............1分

    可得: ............1分

    9 (2020·山东青岛模拟)如图所示,两平行光滑金属导轨由两部分组成,左面部分水平,右面部分为半径r=0.5 m的竖直半圆,两导轨间距离l=0.3 m,导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场中,两导轨电阻不计。有两根长度均为l的金属棒ab、cd,均垂直导轨置于水平导轨上,金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2 kg、m2=0.1 kg,电阻分别为R1=0.1 Ω、R2=0.2 Ω。现让ab棒以v0=10 m/s的初速度开始水平向右运动,cd棒进入圆轨道后,恰好能通过轨道最高点PP′,cd棒进入圆轨道前两棒未相碰,重力加速度g=10 m/s2。求:

    (1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0;
    (2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1;
    (3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W。
    【名师解析】 (1)ab棒开始向右运动时,设回路中电流为I,有
    E=Blv0
    I=
    BIl=m2a0
    解得a0=30 m/s2。
    (2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2,对ab棒和cd棒组成的系统,由动量守恒有
    m1v0=m1v1+m2v2
    对cd棒从半圆轨道最低点到最高点由动能定理有
    m2v22=m2g·2r+m2vP2
    在半圆轨道最高点对cd棒由牛顿第二定律有
    m2g=m2
    解得v1=7.5 m/s。
    (3)对ab棒由动能定理得-W=m1v12-m1v02
    解得W=4.375 J。
    [答案] (1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J


    10. (2020·石家庄模拟)如图所示,MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r=0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接,M、P端连接定值电阻R,质量M=2 kg的cd绝缘杆垂直且静止在水平导轨上,在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场。现有质量m=1 kg的ab金属杆以初速度v0=12 m/s水平向右运动,与cd绝缘杆发生正碰后,进入磁场并最终未滑出,cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点,不计除R以外的其他电阻和摩擦,ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好,g取10 m/s2(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)。求:
    (1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v;
    (2)电阻R产生的焦耳热Q。
    【名师解析】:(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时,
    由牛顿第二定律有Mg=M,
    解得v= m/s。
    (2)发生正碰后cd绝缘杆滑至最高点的过程中,由动能定理有
    -Mg·2r=Mv2-Mv22,
    解得碰撞后cd绝缘杆的速度v2=5 m/s,
    两杆碰撞过程中动量守恒,有
    mv0=mv1+Mv2,
    解得碰撞后ab金属杆的速度v1=2 m/s,
    ab金属杆进入磁场后由能量守恒定律有
    mv12=Q,
    解得Q=2 J。
    答案:(1) m/s (2)2 J
    11 (2020·北京丰台区模拟)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,如图所示。倾角为θ的导轨处于大小为B1,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中,水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef,用长度为L的刚性绝缘杆连接而成),在“联动双杆”右侧存在大小为B2,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ,其长度大于L。质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆ab与“联动双杆”发生碰撞后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”,“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出,运动过程中,杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直。已知杆ab、cd和ef电阻
    均为R=0.02 Ω,m=0.1 kg,l=0.5 m,L=0.3 m,θ=30°,B1=0.1 T,B2=0.2 T。不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应。求:

    (1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0;
    (2)联动三杆进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v;
    (3)联动三杆滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q。
    【名师解析】:(1)对ab杆受力分析,沿着斜面正交分解,最大速度时重力沿导轨向下的分力与安培力平衡有F=mg sin θ,
    由感应电动势E=B1lv0, 电流I=,
    得安培力F=B1Il=
    则匀速运动条件:mg sin θ=,
    代入数据解得v0=6 m/s。
    (2)由动量守恒定律mv0=4mv,
    解得 v=1.5 m/s。
    (3)进入B2磁场区域,设速度变化大小为Δv,
    根据动量定理有B2IlΔt=-4mΔv,
    IΔt=q==,
    解得Δv=-0.25 m/s
    出B2磁场后“联动三杆”的速度为v′=v+2Δv=1.0 m/s
    根据能量守恒求得:Q=×4m×=0.25 J。
    答案:(1)6 m/s (2)1.5 m/s (3)0.25 J


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