1、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
2、定后,两棒之间的距离大于d2.(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 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/s2B.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 CC.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
3、JD.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
4、 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 ,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=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EFG
5、H与EFGH组成两组足够长的平行导轨,其中EFFE组成的面与水平面夹角为=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EF之间的距离为2L,GHHG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GH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=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
6、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
7、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 ;在金属框右侧长为l3、宽为l1的区域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 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
8、出磁场区域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进入磁场区域时的速度v1为多大?(3)最终ab棒会停在距离磁场区域右边缘多远处?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
9、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
10、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=It=ERt=tRt=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
11、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=BlBlvRt=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
12、,由于x2l=6.420.5=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 A1 N(2)3 C3.75 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=12Br2=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=F12r解得F=1 N(2)对金属杆,由动量定理可得BIdt=mv-0其中It=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=LIt则I=BdLvit求和,有I=BdLvit即I=BdLx
13、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 m4.(1)3mgR2B02L2(2)mgR2B0L(3)3mgR5B02L23mgR10B02L2(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+mg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
14、体棒AB受力平衡,有2mgsin =B0I22L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-mg-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-mg=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+B02LvABm又知vABm=2vCDm联立
15、解得vCDm=3mgR10B02L2,vABm=3mgR5B02L2(4)对导体棒CD和物块整体,由动量定理得mgt-mgt-B0ILt=2mvCDm其中I=ER+2R,E=t,=B0LxCD+B02LxAB由于任意时刻都有vAB=2vCD,所以xAB=2xCD根据能量守恒定律有Q=2mgxABsin 30+mgxCD-mgxCD-12(m+m)vCDm2-122mvABm2联立解得Q=3m2g2Rt4B02L2-27m3g2R220B04L45.(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
16、其中B1=kx解得k=19 T/m(2)导体棒ab在磁场区域运动的过程中,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-B2I1l1t1=2mv2-2mv1其中I1=E1r,E1=1t1,1=B2l1l2联立解得v2=0.55 m/s线框离开磁场区域过程,电阻R与cd边并联,对cd边,根据动量定理可得-B2I2l1t2=2mv3-2mv2其中I2=E2R并,E2=2t2,2=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过程中停下来,金属棒ab进入磁场区域的距离为d,根据动量定理可得-B2I3l1t3=0-2mv3其中I3=E3R并,E3=3t3,3=B2l1l2,R并=rRr+R解得d=0.03 m由于dl2=0.08 m,所以假设成立,即最终ab棒会停止在距离磁场区域右边缘为0.03 m处.
