题型专练四 电磁感应中的单、双杆模型—2023年高考物理【热点·重点·难点】专练（全国通用）（解析版）

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题型专练四 电磁感应中的单、双杆模型这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、功和能、法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则、右手定则、动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律等内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.例题1. （多选） 如图所示，一个水平放置的“∠”形光滑金属导轨固定在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好。在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右平动，导体棒与导轨一边垂直，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则下列关于回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图像正确的是（   ）A． B．C． D．【答案】AC【解析】A．设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t，导体棒的水平位移为x = vt导体棒切割磁感线的有效长度L = vt·tanθ所以回路中感应电动势E = BLv = Bv2t·tanθ感应电动势与时间t成正比，A正确；B．相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，而感应电动势与时间也成正比，故感应电流大小与时间无关，为定值，B错误；C．导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为一对平衡力，故外力的功率P = Fv = BILv = BIv2t·tanθ与时间t成正比，C正确；D．回路中产生的焦耳热Q = I2Rt，回路电阻R与t成正比，故焦耳热Q与t2成正比，D错误。故选AC。例题2. （多选）如图所示，两条间距为足够长的平行金属导轨固定，所在平面与水平面的夹角为30°，两导轨所在的平面内存在着垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。将两根导体棒，相隔一定距离放在导轨上，同时由静止释放，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，两导体棒的质量均为，两棒接入的电阻均为，其他电阻不计。棒与轨道间的动摩擦因数，棒与轨道间的动摩擦因数，重力加速度为，则经过足够长的时间后（　　）A．导体棒的加速度大小为 B．导体棒的加速度大小为0C．两导体棒的速度差恒为 D．电路中的电流大小为【答案】AD【解析】AB．经过足够长的时间后两个棒的加速度相等，设加速度为，将两根导体棒看成一个整体，沿斜面方向由牛顿第二定律得代入数据解得A正确，B错误； CD．对棒，沿斜面方向由牛顿第二定律可得又联立解得又解得C错误，D正确。故选AD。一、常见单杆情景及解题思路常见情景(导轨和杆电阻不计，以水平光滑导轨为例)过程分析三大观点的应用单杆阻尼式设运动过程中某时刻的速度为v，加速度为a，a＝，a、v反向，导体棒做减速运动，v↓⇒a↓，当a＝0时，v＝0，导体棒做加速度减小的减速运动，最终静止动力学观点：分析加速度能量观点：动能转化为焦耳热动量观点：分析导体棒的位移、通过导体棒的电荷量和时间单杆发电式(v0＝0)设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝－，F恒定时，a、v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，vm＝；a恒定时，F＝＋ma，F与t为一次函数关系动力学观点：分析最大加速度、最大速度能量观点：力F做的功等于导体棒的动能与回路中焦耳热之和动量观点：分析导体棒的位移、通过导体棒的电荷量含“源”电动式(v0＝0)开关S闭合，ab棒受到的安培力F＝，此时a＝，速度v↑⇒E感＝BLv↑⇒I↓⇒F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝动力学观点：分析最大加速度、最大速度能量观点：消耗的电能转化为动能与回路中的焦耳热动量观点：分析导体棒的位移、通过导体棒的电荷量含“容”无外力充电式充电电流减小，安培力减小，a减小，当a＝0时，导体棒匀速直线运动能量观点：动能转化为电场能(忽略电阻)含“容”有外力充电式(v0＝0)电容器持续充电F－BIL＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，a＝，得I恒定，a恒定，导体棒做匀加速直线运动动力学观点：求导体棒的加速度a＝ 2.在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．①求电荷量或速度：BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.②求位移：－＝0－mv0，即－＝0－mv0.③求时间：(i)－BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间．(ii)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，Δt＝x.若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间．二、电磁感应中的双杆模型1．常见双杆情景及解题思路常见情景(以水平光滑导轨为例)过程分析三大观点的应用双杆切割式杆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，以相同的速度匀速运动．对系统动量守恒，对其中某杆适用动量定理动力学观点：求加速度能量观点：求焦耳热动量观点：整体动量守恒求末速度，单杆动量定理求冲量、电荷量不等距导轨杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆以不同的速度做匀速运动，所围的面积不变．v1L1＝v2L2动力学观点：求加速度能量观点：求焦耳热动量观点：动量不守恒，可分别用动量定理联立末速度关系求末速度双杆切割式aPQ减小，aMN增大，当aPQ＝aMN时二者一起匀加速运动，存在稳定的速度差动力学观点：分别隔离两导体棒， F－＝mPQa＝mMNa，求加速度 2.对于不在同一平面上运动的双杆问题，动量守恒定律不适用，可以用对应的牛顿运动定律、能量观点、动量定理进行解决．（建议用时：30分钟）一、单选题1．如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，则此过程错误的是（　　）A．杆的速度最大值为B．流过电阻R的电荷量为C．从静止到速度恰好达到最大经历的时间D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量【答案】A【解析】A．当杆的速度达到最大时，安培力为此时杆受力平衡，则有F-μmg-F安=0解得A错误，符合题意；B．流过电阻R的电荷量为B正确，不符合题意；C．根据动量定理有，结合上述解得C正确，不符合题意；D．对于杆从静止到速度达到最大的过程，根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，D正确，不符合题意。故选A。2．某种儿童娱乐“雪橇”的结构简图如图所示，该“雪橇”由两根间距为2m且相互平行的光滑倾斜金属长直导轨和金属杆MN、PQ及绝缘杆连接形成“工”字形的座椅（两金属杆的间距为0.4m，质量不计）构成，且导轨与水平面的夹角θ=30°，在两导轨间金属杆PQ下方有方向垂直于导轨平面、磁感应强度大小为1 T、宽度为0.4m的匀强磁场区域。现让一质量为20kg的儿童坐在座椅上由静止出发，座椅进入磁场后做匀速运动直到完全离开磁场。已知金属杆MN、PQ的电阻均为0.1Ω，其余电阻不计，取重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是（　　）A．儿童匀速运动时的速度大小为10m/sB．儿童及座椅开始运动时，金属杆PQ距磁场上边界的距离为5mC．儿童及座椅从进入磁场到离开磁场的过程中，总共产生的内能为240JD．儿童及座椅从进入磁场到离开磁场的过程中，总共产生的内能为80J【答案】D【解析】A．根据平衡条件得根据闭合电路欧姆定律得 又因为解得 儿童匀速运动时的速度大小为5m/s，A错误；B．根据机械能守恒定律得 解得 儿童及座椅开始运动时，金属杆PQ距磁场上边界的距离为2.5m，B错误；CD．儿童及座椅从进入磁场到离开磁场的过程中，总共产生的内能为 C错误，D正确。故选D。3．如图所示，两电阻不计的足够长光滑导轨倾斜放置，上端连接一电阻，空间有一垂直导轨平面向上的匀强磁场。一质量为的导体棒与导轨接触良好，从某处自由释放，下列四幅图像分别表示导体棒运动过程中速度与时间关系、加速度与时间关系，其中可能正确的是（　　）A． B．C． D．【答案】B【解析】AB．根据右手定则和左手定则，对导体棒在斜面方向受力分析后，由牛顿第二定律有可得可知，初始时速度较小，随着速度逐渐增加，其他物理量不变，加速度逐渐减小，而速度时间图像中斜率表示加速度，故加速度逐渐减小，图像斜率也逐渐减小，当重力沿斜面的分力大小等于安培力后导体棒匀速下滑，故A错误，B正确；CD．导体棒的加速度为由于随着速度由0逐渐增加，可知加速度逐渐减小，最终加速度减为0，故CD错误。故选B。4．质量为m、长为L的导体棒MN电阻为R，起初静止于光滑的、电阻不计的水平导轨上，电源电动势为E，内阻为r。匀强磁场的磁感应强度为B，其方向竖直向上，开关闭合后导体棒开始运动。下列说法正确的是（　　）A．导体棒水平向左运动B．导体棒竖直向上跳起再落下C．导体棒MN开始运动时加速度为D．导体棒MN开始运动时加速度为【答案】D【解析】AB．根据右手定则可知，导体棒所受安培力水平向右，故导体棒水平向右 ，故AB错误；CD．闭合开关后，电路中的电流大小为导体棒MN开始运动时，导体棒所受安培力为根据牛顿第二定律可得，导体棒MN开始运动时加速度为故C错误，D正确。故选D。二、多选题5．“福建舰”是中国完全自主设计并建造的首艘弹射型航空母舰，采用平直飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置。“福建舰”的阻拦系统的工作原理如图所示，阻拦索系在静止于平行轨道上的金属棒上，飞机着舰时钩住阻拦索并关闭动力系统，此后飞机与阻拦索在竖直向下的匀强磁场中共同滑行减速，若金属棒的质量为m，飞机的质量为金属棒质量的倍，飞机钩住阻拦索的时间为（极短），飞机钩住阻拦索前瞬间的速度大小为、方向与轨道平行，阻拦索（质量不计）与金属棒绝缘，金属棒始终与轨道垂直且接触良好，不计轨道的电阻和摩擦阻力。下列说法正确的是（　　）A．在该时间内，阻拦索对金属棒的平均拉力大小为B．在该时间内，阻拦索对金属棒的平均拉力大小为C．飞机与金属棒在磁场区域减速滑行的过程中，加速度不断增大D．飞机与金属棒在磁场区域减速滑行的过程中，加速度不断减小【答案】BD【解析】AB．在飞机钩住阻拦索的时间内，对飞机、阻拦索和金属棒，由动量守恒得t末飞机的速度为对金属棒，由动量定理得在该时间内，阻拦索对金属棒的平均拉力大小为A错误，B正确；CD．飞机与金属棒在磁场区域减速滑行的过程中，向右切割磁感线，与电阻R组成闭合回路，回路产生感应电流，飞机与金属棒整体受向左的安培力作用而减速，由电磁感应规律、电路知识结合牛顿第二定律可得不计导轨电阻，安培力即为合力，随着速度减小而减小，则飞机与金属棒的加速度不断减小，C错误，D正确。故选BD。6．如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒、垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知棒离开磁场区域前棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流随时间t的变化图像可能正确的有（　　）A． B．C． D．【答案】AD【解析】AC．a棒以速度2v0先进入磁场切割磁感线产生的感应电流为a棒受安培阻力做变加速直线运动，感应电流也随之减小，即图像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒减速的速度为，此时的瞬时电流为若，即此时双棒双电源反接，电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开，图像中无电流的图像，故A正确，C错误；BD．若，即此时双棒双电源的电动势不等要抵消一部分，因b棒的速度大，电流方向以b棒的流向，与原a棒的流向相反即为负，大小为b棒通电受安培力要减速，a棒受安培力而加速，则电流逐渐减小，故B错误，D正确。故选AD。三、解答题7．如图甲所示，足够长的两金属导轨MN、PQ水平平行固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的磁场中，完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R=0.5Ω，且长度刚好等于两导轨间距L，两导体棒的间距也为L，开始时磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t=0.8s时导体棒刚要滑动。已知L=1m，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：（1）每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及0.8s内整个回路中产生的焦耳热；（2）若保持磁场的磁感应强度B=0.5T不变，用如图丙所示的水平向右的力F拉导体棒b，刚开始一段时间内b做匀加速直线运动，每根导体棒的质量为多少？导体棒a经过多长时间开始滑动？（3）在a、b两棒之间的PQ导轨上串联一保险丝，保险丝是一根长为L0，半径为r的极细圆柱形状的金属丝（r远远小于L）其电阻率较小为ρf，设熔断电流为I，近代物理发现，热的物体会辐射能量，辐射功率可以表示为，其中T为物体温度，A为物体表面积，σ为一常数，当保险丝达到熔点就会熔断，求保险丝的半径r表达式（用I、L0、ρf、T、σ表示）【答案】（1）0.25N，0.2J；（2）0.5 kg，2s；（3）【解析】（1）开始时磁场的磁感应强度按图乙所示变化，则回路中电动势为电路中的电流为当t=0.8s时有回路中产生的焦耳热为（2）磁场的磁感应强度保持B=0.5T不变，在a运动之前，对b棒施加如图丙所示的水平向右的拉力，根据牛顿第二定律有，，  即根据题意结合丙图图线可得，解得， 当导棒a刚好要滑动时有，解得此时b运动的时间为（3）由热功率等于辐射功率可得结合电阻定律可得整理得 8．如图甲所示，MN、PQ为间距L = 1m足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角θ = 37°，NQ间连接有一个R = 4Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0= 1T。将一根电阻r = 1Ω的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，金属棒与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q = 0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。重力加速度g取10m/s2，（sin37° = 0.6，cos37° = 0.8）。求：（1）金属棒的质量m，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；（2）cd离NQ的距离s；（3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量。【答案】（1）0.1kg；（2）1m；（3）0.16J【解析】（1）由乙图可知：当v = 0时，a = 4m/s2，对金属棒有代入数据解得当a = 0时，vm = 2m/s当金属棒达到稳定速度时，有①②③解得m = 0.1kg（2）通过棒的电量⑤⑥⑦解得s = 1m（3）棒下滑的过程中重力、摩擦力与安培力做功，有⑧⑨⑩解得