2025届高考物理二轮复习：微专题8 电磁感应中的双杆和线框模型-专项训练 【含答案】

这是一份2025届高考物理二轮复习：微专题8 电磁感应中的双杆和线框模型-专项训练 【含答案】，共6页。试卷主要包含了5 C，4 J等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示,光滑的平行金属导轨水平放置,质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上,两导体棒与导轨始终垂直且接触良好,在两导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场.已知导体棒L1的电阻大于L2的电阻,两棒间的距离为d,导轨足够长,不计导轨电阻,忽略电流产生的磁场.先将开关S拨到1,经过一段较长时间后,再将开关S从1拨到2,两棒运动一段时间后达到稳定状态,则( )
A.开关S拨到2的瞬间,导体棒L1中的电流大于L2中的电流
B.开关S拨到2的瞬间,导体棒L1的加速度大于L2的加速度
C.两棒运动稳定后,电容器C带的电荷量为零
D.两棒运动稳定后,两棒之间的距离大于d
2.(不定项)[2024·绍兴模拟] 如图所示,空间等距分布无数个垂直于纸面向里的匀强磁场,竖直方向上磁场区域足够长,磁感应强度大小为B=1 T,每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间的距离均为d=1 m.现有一个边长为l=0.5 m、质量为m=0.2 kg、电阻为R=1 Ω的单匝正方形线框以v0=8 m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A.线框刚进入第一个磁场区域时,加速度大小为10 m/s2
B.线框穿过第一个磁场区域的过程中,通过线框的电荷量为0.5 C
C.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为6.4 J
D.线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过6个完整的磁场区域
3.[2024·宁波模拟] 如图所示,半径分别为r和r2的均匀金属圆盘G、N垂直固定在水平金属转轴CD上,圆盘中心均位于转轴中心线上,其中r=0.5 m,不计转轴粗细.G为发电盘,处于方向平行于转轴向右、磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中,并通过电刷P和Q连接间距d=1 m的两平行金属导轨,导轨上某点处用绝缘材料平滑连接,导轨左侧足够远处接有自感系数为2 H的纯电感线圈L,导轨水平且处于方向竖直向下、磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中.N为转动盘,所在处无磁场,其上绕有绝缘细线,在外力F作用下,两圆盘会按图示方向转动.质量m=0.5 kg的金属杆ab放置在绝缘点右侧某位置,仅与绝缘点左侧导轨间有大小恒定的摩擦阻力Ff=1 N,其余接触处均无摩擦.发电盘G接入电路的电阻R=0.5 Ω,不计金属杆、导线、电刷的电阻及接触电阻,忽略转动的摩擦阻力.现保持金属圆盘按图示方向以角速度ω=32 rad/s匀速转动.
(1)锁定金属杆ab,求通过ab的电流以及外力F的大小;
(2)由静止释放金属杆ab,ab通过绝缘点时的速度为v=3 m/s,求此过程中通过ab的电荷量q和发电盘G上的发热量Q;
(3)在(2)问基础上,金属杆ab通过绝缘点后,求第一次向左运动至最远处时离绝缘点的距离s.
4.[2024·河南郑州模拟] 如图所示,电阻可忽略的金属杆EFGH与E'F'G'H'组成两组足够长的平行导轨,其中EFF'E'组成的面与水平面夹角为θ=30°,且处于方向垂直于斜面向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,EF与E'F'之间的距离为2L,GHH'G'面水平,且处于方向竖直向下、磁感应强度大小也为B0的匀强磁场中,GH与G'H'之间的距离为L.质量为2m、长为2L、电阻为2R的导体棒AB横跨在倾斜导轨上,且与倾斜导轨之间无摩擦,质量为m、长为L、电阻为R的导体棒CD横跨在水平导轨上,且与水平导轨之间的动摩擦因数为μ=0.5,导体棒CD通过一轻质细线跨过一定滑轮与一质量也为m的物块相连.重力加速度为g,不计细线与滑轮的阻力和空气阻力.
(1)若固定导体棒AB,将导体棒CD由静止释放,求导体棒CD能达到的最大速度;
(2)若固定导体棒CD,将导体棒AB由静止释放,求导体棒AB两端能达到的最大电压;
(3)若同时释放导体棒AB和CD,求两导体棒能达到的最大速度;
(4)若同时释放导体棒AB和CD,从释放到两导体棒达到最大速度经历的时间为t,求此过程中两导体棒产生的总焦耳热.
5.如图所示,水平面上有光滑平行金属轨道,轨道间距为l1,左侧有一恒流源,输出电流I=5 A.以O点为坐标原点,向右为正方向,建立x轴,垂直于x轴方向建立y轴,在x=0 m至x=0.45 m的轨道区间Ⅰ内存在竖直向上的磁场,磁感应强度大小为B1(图中未画出),此磁场沿x轴正方向的变化规律为B1=kx,沿y轴方向的磁感应强度不变.磁场右侧M、N两处用光滑绝缘材料连接,右侧轨道上放置了一个“匚”形的质量为m的金属框edcf,其中ed、cf边长度均为l2,cd边垂直于导轨,cd边长度为l1,cd边电阻为r=0.05 Ω;在金属框右侧长为l3、宽为l1的区域Ⅱ内存在竖直向上的磁感应强度大小为B2=0.25 T的匀强磁场;轨道最右端接一个阻值R=0.05 Ω的定值电阻.现质量也为m、长度也为l1的金属棒ab在磁场区域Ⅰ中运动,受到水平向右的恒力F=0.05 N,从x=0处由静止开始运动,ab棒离开磁场区域Ⅰ时立刻撤去恒力F.金属棒ab与“匚”形金属框edcf相碰后会粘在一起形成闭合导体框abcd,闭合导体框abcd滑出磁场区域Ⅱ后可和右侧的固定弹性墙K发生弹性碰撞.整个滑动过程ab始终和轨道垂直且接触良好.已知m=0.01 kg,l1=0.2 m,l2=0.08 m,l3=0.24 m,除已给电阻外,其余部分电阻均不计.若导体棒ab运动到x=0.45 m处时刚好匀速,则:
(1)B1=kx里的k为多大?
(2)闭合导体框abcd进入磁场区域Ⅱ时的速度v1为多大?
(3)最终ab棒会停在距离磁场区域Ⅱ右边缘多远处?
参考答案与详细解析
1.D [解析] 先将开关S拨到1,电源给电容器充电,稳定后,再将开关S拨到2的瞬间,电容器相当于电源并和导体棒L1、L2组成闭合电路,由于导体棒L1的电阻大于L2的电阻,所以导体棒L1中的电流小于L2中的电流,根据F=BIL可知,导体棒L1受到的安培力小于L2受到的安培力,因为两棒质量相等,根据牛顿第二定律F=ma可知,导体棒L1的加速度小于L2的加速度,A、B错误;导体棒L1和L2受到安培力作用而运动,产生感应电动势,当产生的感应电动势等于电容器两端的电压时,两棒运动稳定,此时电容器C带的电荷量不为零,C错误;因为导体棒L1的加速度小于L2的加速度,因此先是导体棒L2产生的感应电动势和电容器两端的电压相同,此时电容器两端的电压和导体棒L2产生的感应电动势均大于导体棒L1产生的感应电动势,电流都流向导体棒L1,即导体棒L1加速而导体棒L2减速,最后两棒达到共速,共速前导体棒L2的速度一直大于L1的速度,则导体棒L1的位移小于L2的位移,所以两棒运动稳定后,两棒之间的距离大于d,D正确.
2.CD [解析] 线框刚进入第一个磁场区域时,产生的感应电动势为E=Blv0=4 V,线框受到的安培力大小为F安=BIl=BERl=2 N,根据牛顿第二定律可得加速度大小为a=F合m=(F安)2+(mg)2m=102 m/s2,故A错误;线框进入第一个磁场区域的过程中,通过线框的电荷量为q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔtRΔt=Bl2R=0.25 C,同理,线框离开第一个磁场区域的过程中,通过线框的电荷量也为q=0.25 C,这两个过程中,通过线框的电流方向相反,所以线框穿过第一个磁场区域的过程中,通过线框的电荷量为零,故B错误;线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中,由于线框上、下两边总是同时处在磁场中,则上、下两边受到的安培力相互抵消,即线框在竖直方向上只受到重力作用,可认为线框在竖直方向上做自由落体运动,而在水平方向上则在安培力作用下做减速运动,当水平方向上的分速度减为零时,线框开始竖直下落,则线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为Q=12mv02=6.4 J,故C正确;线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中,在水平方向上,根据动量定理可得-F安·t=0-mv0,又F安·t=BlBlvR·t=B2l2Rx,联立解得x=6.4 m,线框穿过1个完整的磁场区域过程中,有安培力作用的水平距离为2l,由于x2l=6.42×0.5=6.4,所以线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过6个完整的磁场区域,故D正确.
3.(1)4 A 1 N (2)3 C 3.75 J (3)2 m
[解析] (1)金属圆盘G转动切割磁感线,产生的感应电动势为
E=12Bωr2=2 V
由闭合电路欧姆定律可得通过ab的电流为I=ER=4 A
由功能关系和能量守恒定律可得EI=Fω·12r
解得F=1 N
(2)对金属杆,由动量定理可得
BIdΔt=mv-0
其中IΔt=q
解得q=3 C
由能量守恒定律得Eq=12mv2+Q
解得Q=3.75 J
(3)对金属杆和电感线圈,任意时刻都有
Bdvi=LΔIΔt
则ΔI=BdLviΔt
求和,有∑ΔI=BdL∑viΔt
即I=BdLx
说明金属杆开始运动后,杆上电流与杆的位移成正比
对金属杆通过绝缘材料后第一次向左运动至最远处过程,由动能定理得
-Ffs-BIds=0-12mv2
其中I=12BdLs+0
解得s=2 m
4.(1)3mgR2B02L2 (2)mgR2B0L
(3)3mgR5B02L2 3mgR10B02L2
(4)3m2g2Rt4B02L2-27m3g2R220B04L4
[解析] (1)当导体棒CD达到最大速度时,其受力平衡,有
mg=B0I1L+μmg
根据闭合电路欧姆定律有I1=E1R+2R
根据法拉第电磁感应定律有E1=B0Lv1
联立解得v1=3mgR2B02L2
(2)当导体棒AB两端达到最大电压时,导体棒AB达到最大速度,此时导体棒AB受力平衡,有
2mgsin θ=B0I2·2L
根据闭合电路欧姆定律有I2=E2R+2R
导体棒AB两端的最大电压为Um=RR+2RE2
联立解得Um=mgR2B0L
(3)对导体棒AB,由牛顿第二定律得
2mgsin 30°-2B0IL=2maAB
对导体棒CD和物块整体,由牛顿第二定律得
mg-μmg-B0IL=2maCD
联立可得aAB=2aCD始终成立
因而任意时刻都有vAB=2vCD
最终两导体棒能同时达到最大速度,其时两导体棒均受力平衡,对导体棒CD,有
mg-μmg=B0I3L
根据闭合电路欧姆定律有I3=E3R+2R
根据法拉第电磁感应定律有E3=B0LvCDm+B0·2LvABm
又知vABm=2vCDm
联立解得vCDm=3mgR10B02L2,vABm=3mgR5B02L2
(4)对导体棒CD和物块整体,由动量定理得
mgt-μmgt-B0ILt=2mvCDm
其中I=ER+2R,E=ΔΦt,ΔΦ=B0LxCD+B0·2LxAB
由于任意时刻都有vAB=2vCD,所以xAB=2xCD
根据能量守恒定律有
Q=2mg×xABsin 30°+mgxCD-μmgxCD-12(m+m)vCDm2-12×2mvABm2
联立解得Q=3m2g2Rt4B02L2-27m3g2R220B04L4
5.(1)19 T/m (2)0.75 m/s
(3)0.03 m
[解析] (1)导体棒ab运动到x=0.45 m处时刚好匀速,此时其受力平衡,有F=B1Il1
其中B1=kx
解得k=19 T/m
(2)导体棒ab在磁场区域Ⅰ运动的过程中,根据动能定理可得
WF-W安=12mv2
其中WF=Fx,W安=B1Il1x,B1=12(0+kx),x=0.45 m
解得v=1.5 m/s
金属棒ab与金属框edcf相碰后会粘在一起形成闭合导体框abcd,根据动量守恒定律可得mv=2mv1
联立解得v1=0.75 m/s
(3)线框进入磁场区域Ⅱ过程,cd边相当于电源,电阻R被cbad段导体短路,对cd边,根据动量定理可得
-B2I1l1Δt1=2mv2-2mv1
其中I1=E1r,E1=ΔΦ1Δt1,ΔΦ1=B2l1l2
联立解得v2=0.55 m/s
线框离开磁场区域Ⅱ过程,电阻R与cd边并联,对cd边,根据动量定理可得
-B2I2l1Δt2=2mv3-2mv2
其中I2=E2R并,E2=ΔΦ2Δt2,ΔΦ2=B2l1l2,R并=rRr+R
联立解得v3=0.15 m/s
假设线框在反弹后再次进入磁场区域Ⅱ过程中停下来,金属棒ab进入磁场区域Ⅱ的距离为d,根据动量定理可得
-B2I3l1Δt3=0-2mv3
其中I3=E3R并,E3=ΔΦ3Δt3,ΔΦ3=B2l1l2,R并=rRr+R
解得d=0.03 m
由于d