2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復習專題電磁感應中的雙桿模型和線框模型含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復習專題微專題7電磁感應中的雙桿模型和線框模型雙桿常見模型分析光滑的等距導軌(v0≠0,F合=0)光滑的不等距導軌(v0≠0,F合=0)光滑的等距導軌(v0=0)不光滑的等距導軌(v0=0)示意圖運動分析能量分析一部分動能轉化為內(nèi)能,Q=-ΔEk外力做功轉化為動能和內(nèi)能,WF=ΔEk+Q外力做功轉化為動能和內(nèi)能(包括電熱和摩擦熱),WF=ΔEk+Q電+Qf等距導軌情景例1[2023·福建卷]如圖所示,M、N是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌,導軌足夠長且電阻可忽略不計;導軌間有一垂直于水平面向下的勻強磁場,其左邊界OO'垂直于導軌;阻值恒定的兩均勻金屬棒a、b均垂直于導軌放置,b始終固定.a以一定初速度進入磁場,此后運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好,并與b不相碰.以O為坐標原點,水平向右為正方向,建立x坐標軸;在運動過程中,a的速度記為v,a克服安培力做功的功率記為P.下列v或P隨x變化的圖像中,可能正確的是 ()不等距導軌情景例2(多選)[2023·遼寧卷]如圖,兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上,左、右兩側導軌間距分別為d和2d,處于豎直向上的磁場中,磁感應強度大小分別為2B和B.已知導體棒MN的電阻為R、長度為d,導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d,PQ的質(zhì)量是MN的2倍.初始時刻兩棒靜止,兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧.釋放彈簧,兩棒在各自磁場中運動直至停止,彈簧始終在彈性限度內(nèi).整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好,導軌足夠長且電阻不計.下列說法正確的是 ()A.彈簧伸展過程中,回路中產(chǎn)生順時針方向的電流B.PQ速率為v時,MN所受安培力大小為4C.整個運動過程中,MN與PQ的路程之比為2∶1D.整個運動過程中,通過MN的電荷量為BLd線框類問題例3[2024·山東濟南模擬]如圖所示,一有界區(qū)域內(nèi),存在著磁感應強度大小均為B、方向垂直于光滑水平桌面向下的勻強磁場,磁場寬度為l.邊長也為l的正方形單匝金屬線框P、Q的質(zhì)量均為m、電阻均為R.它們置于光滑桌面上,其左、右邊與磁場邊界平行,開始時P、Q靠在一起但彼此絕緣且不粘連.使它們一起以大小為v0的初速度向右運動并進入磁場,線框所用金屬絲的寬度可忽略不計.(1)用水平推力作用在線框Q上,使P、Q一起以速度v0勻速穿過磁場區(qū),求整個過程中水平推力的最大值;(2)不加外力,讓線框P、Q在磁場中自由滑行,結果線框Q恰好能穿過磁場區(qū).求線框P、Q在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱QP與QQ之比.【跟蹤訓練】1.(多選)[2024·遼寧卷]如圖所示,兩條“∧”形光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上,間距為L,左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°,均處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度大小分別為2B和B.將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上,同時由靜止釋放,兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好.ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m,長度均為L.導軌足夠長且電阻不計,重力加速度大小為g.兩棒在下滑過程中 ()A.回路中的電流方向為abcdaB.ab中電流趨于3C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等2.(多選)[2024·河北邢臺模擬]如圖所示,相距為L=1m的兩條足夠長的平行金屬導軌右端連接有一定值電阻R=1Ω,整個裝置被固定在水平地面上,整個空間存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場,磁感應強度大小為B=1T,兩根質(zhì)量均為m=0.5kg、有效電阻都為r=1Ω,且與導軌間的動摩擦因數(shù)都為μ=0.1的相同金屬棒MN、CD垂直放在導軌上.現(xiàn)在給金屬棒MN施加一水平向左的恒力F=3.5N,使金屬棒MN從靜止開始向左做加速直線運動,經(jīng)過時間t=1s金屬棒CD剛好開始運動,若重力加速度g取10m/s2,導軌電阻不計,最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等.則下列說法正確的是 ()A.金屬棒CD剛開始運動時受到的摩擦力大小為0.5N,方向水平向左B.金屬棒CD剛開始運動時,水平拉力F的瞬時功率為5.25WC.從金屬棒MN開始運動到金屬棒CD開始運動的過程中流過電阻R的電荷量為1.125CD.從金屬棒MN開始運動到金屬棒CD開始運動的過程中,電路中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為9.60J3.(多選)如圖所示,導體棒a、b分別置于平行光滑水平固定金屬導軌的左右兩側,其中a棒離寬軌道足夠長,b棒所在導軌無限長,導軌所在區(qū)域存在垂直導軌所在平面豎直向下的勻強磁場,磁感應強度大小為B.已知導體棒的長度等于導軌間的距離,兩根導體棒粗細相同且均勻,材質(zhì)相同,a棒的質(zhì)量為m,電阻為R,長度為L,b棒的長度為2L.現(xiàn)給導體棒a一個水平向右的瞬時沖量I,導體棒始終垂直于導軌且與導軌接觸良好,不計導軌電阻,關于導體棒以后的運動,下列說法正確的是()A.導體棒a穩(wěn)定運動后的速度為IB.導體棒b穩(wěn)定運動后的速度為IC.從開始到穩(wěn)定運動過程中,通過導體棒a的電荷量為ID.從開始到穩(wěn)定運動過程中,導體棒b產(chǎn)生的熱量為I4.(多選)[2024·遼寧大連模擬]如圖所示,光滑平行金屬導軌abcd的曲面部分是半徑為R的四分之一圓弧,水平部分位于豎直向上、大小為B的勻強磁場中,導軌Ⅰ部分兩導軌間距為L,導軌Ⅱ部分兩導軌間距為L2,將質(zhì)量均為m的金屬棒P和Q分別置于軌道上的ab段和cd段,且始終與軌道垂直并良好接觸.P、Q棒有效電阻均為r,導軌電阻不計.Q棒靜止,P棒從圓弧最高點由靜止釋放,當P棒在導軌Ⅰ部分運動時,Q棒已達到穩(wěn)定運動狀態(tài).下列說法正確的是 (A.P棒到達曲面導軌最低點瞬間對導軌壓力的大小為2mgB.Q棒第一次穩(wěn)定運動時速度大小為2C.Q棒從開始運動到第一次速度達到穩(wěn)定,該過程通過P棒的電荷量為4D.從P棒進入導軌Ⅱ運動到再次穩(wěn)定過程中,P、Q棒中產(chǎn)生的總熱量為150微專題7電磁感應中的雙桿模型和線框模型例1A[解析]設導軌間磁場磁感應強度為B,導軌間距為L,兩金屬棒的總電阻為R,由題意知金屬棒a進入磁場后受到水平向左的安培力作用,做減速運動,根據(jù)動量定理有FΔt=mv0-mv,其中F=BIL,I=ER,E=BLv,可得F=B2L2vR,又因為x=vΔt,聯(lián)立可得B2L2Rx=mv0-mv,根據(jù)此表達式可知v與x成一次函數(shù)關系,故A正確,B錯誤;a克服安培力做功的功率為P=Fv=B2L2R·v2=B2L2R·v0-B2L例2AC[解析]彈簧伸展過程中,根據(jù)右手定則可知,回路中產(chǎn)生順時針方向的電流,選項A正確;任意時刻,設電流為I,則PQ受安培力FPQ=BI·2d,,MN受安培力FMN=2BId,兩個安培力方向相反,又兩棒所受彈簧彈力始終大小相等,可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零,動量守恒,設PQ質(zhì)量為2m,則MN質(zhì)量為m,PQ速率為v時,設MN速度為v',有2mv=mv',解得v'=2v,回路中的感應電流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR,MN所受安培力大小為FMN=2BId=4B2d2vR,選項B錯誤;MN與PQ兩棒運動中始終動量守恒,速度之比始終為2∶1,所以整個運動過程中兩棒路程之比為2∶1,選項C正確;MN與PQ兩棒最后停止時,彈簧處于原長位置,此時兩棒間距增加了L,由上述分析可知,MN向左移動2L3,PQ向右移動例3(1)2B2l[解析](1)每個線框在磁場區(qū)域運動時,電流大小均為I=ER=當P、Q靠在一起的邊均進入磁場時,水平推力達到最大,大小為Fm=2BIl聯(lián)立解得最大水平推力為Fm=2(2)以P右邊剛進入磁場為計時起點,把線框Q向右的位移分別達到l、2l、3l依次分成3個階段,相應的末速度依次記為v1、v2和0.在第1階段,P、Q一起減速,時間為t1,有E1=ΔΦI1=由動量定理可得-BI1l·t1=2m聯(lián)立可得B2l3在第2階段,由于P、Q同時處于磁場中,產(chǎn)生的感應電動勢和電流總是相同,受力也相同,因此仍一起減速,同理可得2B2l3在第3階段,P已經(jīng)離開磁場,而Q還處于磁場中減速運動,因此P、Q分開,Q最后恰好離開磁場,同理可得B2l3聯(lián)立可得v0=52v2,v1=2v線框P、Q在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱分別為QP=12×2mv02-v12+QQ=12m聯(lián)立解得QPQ【跟蹤訓練】1.AB[解析]兩導體棒沿導軌向下滑動,根據(jù)右手定則可知,回路中的電流方向為abcda,故A正確;設回路的總電阻為R,任意時刻電路中的電流用I表示,根據(jù)牛頓第二定律,對ab有2mgsin30°-2BILcos30°=2maab,對cd有mgsin30°-BILcos30°=macd,解得aab=acd,即ab與cd加速度大小始終相等,則兩棒的速度大小始終相等,即vab=vcd,兩棒產(chǎn)生的電動勢之比Eab∶Ecd=2BLvab∶BLvd=2∶1,故C、D錯誤;兩個導體棒產(chǎn)生的電動勢同向疊加,隨著導體棒速度的增大,回路中的電流增大,導體棒受到的安培力增大,當安培力沿導軌向上的分力與重力沿導軌向下的分力平衡時,導體棒將勻速運動,此時電路中的電流達到穩(wěn)定值,此時對ab有2mgsin30°=2BImLcos30°,解得Im=3mg3BL,故2.BC[解析]金屬棒CD剛開始運動時受到的摩擦力大小為Ff=μmg=0.1×0.5×10N=0.5N,方向水平向右,故A錯誤;金屬棒CD剛開始運動時受力平衡,滿足F安=BI2L=Ff,又E=BLv,I=ER總,R總=1.5Ω,聯(lián)立解得v=1.5m/s,所以水平拉力F的瞬時功率為P=Fv=3.5×1.5W=5.25W,故B正確;從金屬棒MN開始運動到金屬棒CD開始運動的過程中,對金屬棒MN運用動量定理,得(F-μmg)t-BIL·t=mv-0,q=I·t,聯(lián)立解得q=2.25C,所以流過電阻R的電荷量為q1=12q=1.125C,故C正確;從金屬棒MN開始運動到金屬棒CD開始運動的過程中,E=ΔΦΔt=B·ΔSΔt=BLxt,I=ER總,q=I·t,解得x=278m,對金屬棒MN運用動能定理,得(F-μmg)x-Q=12mv2-0,解得Q=153163.BC[解析]導體棒b的質(zhì)量和電阻分別為2m、2R,從開始到穩(wěn)定運動過程中,對a棒有-BILΔt=mv1-mv0,對b棒有BI·2LΔt=2mv2,穩(wěn)定時有BLv1=B·2Lv2,又I=mv0,解得v1=2I3m,v2=I3m,A錯誤,B正確;根據(jù)q=IΔt,解得q=I3BL,C正確;從開始到穩(wěn)定運動過程中有Q=12mv02-12mv12-12×2mv22,導體棒4.CD[解析]P棒到達曲面導軌最低點時速度大小設為v0,根據(jù)機械能守恒定律得mgR=12mv02,根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=mv02R,解得FN=3mg,由牛頓第三定律可得,P棒到達曲面導軌最低點瞬間對曲面導軌壓力的大小為3mg,故A錯誤;設Q棒第一次穩(wěn)定運動時的速度為vQ,P棒的速度為vP,則有BLvP=B·L2·vQ,Q棒從開始運動到第一次速度達到穩(wěn)定過程中,對P、Q棒分別分析,由動量定理可得BILt=mv0-mvP,BI·L2·t=mvQ,又因q=It,解得vP=152gR,vQ=252gR,q=4m2gR5BL,故B錯誤,C正確;從P棒進入導軌Ⅱ到兩棒速度穩(wěn)定時,設穩(wěn)定速度為v,由動量守恒定律得mvP+mvQ=2mv,由能量守恒定律得P、Q棒中產(chǎn)生的總熱量為Q=12mv1.[2024·湖南懷化模擬]如圖所示,由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈,兩線圈的質(zhì)量相等,但所用導線的橫截面積不同,甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍.現(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落,一段時間后進入方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域,磁場的上邊界水平.不計空氣阻力,已知下落過程中線圈始終平行于紙面,上、下邊保持水平.在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前,可能出現(xiàn)的情況是 ()A.甲產(chǎn)生的焦耳熱比乙多B.甲加速運動,乙減速運動C.甲和乙都加速運動D.甲減速運動,乙加速運動2.(多選)[2024·海南卷]兩根足夠長的導軌由上下段電阻不計、光滑的金屬導軌組成,在M、N兩點絕緣連接,M、N等高,間距L=1m,連接處平滑.導軌平面與水平面夾角為30°,導軌兩端分別連接一個阻值R=0.02Ω的電阻和C=1F的電容器,整個裝置處于B=0.2T的垂直導軌平面斜向上的勻強磁場中,兩根導體棒ab、cd分別放在MN兩側,質(zhì)量分為m1=0.8kg,m2=0.4kg,ab棒電阻為0.08Ω,cd棒的電阻不計,將ab由靜止釋放,同時cd從距離MN為x0=4.32m處在一個大小F=4.64N,方向沿導軌平面向上的力作用下由靜止開始運動,兩棒恰好在MN處發(fā)生彈性碰撞,碰撞前瞬間撤去F,已知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s,g取10m/s2 ()A.ab從釋放到第一次碰撞前所用時間為1.44sB.ab從釋放到第一次碰撞前,R上消耗的焦耳熱為0.78JC.兩棒第一次碰撞后瞬間,ab的速度大小為6.3m/sD.兩棒第一次碰撞后瞬間,cd的速度大小為8.4m/s3.(多選)[2024·云南昆明模擬]如圖所示,光滑的平行金屬導軌固定在絕緣的水平面上,導軌處在垂直水平面向下的勻強磁場中,左側導軌間的距離為2L,右側導軌間的距離為L,導體棒a、b垂直放置于導軌之間,且與導軌接觸良好,導體棒a、b的電阻相等,ma=4mb.第一次將導體棒b固定在右側導軌上,使導體棒a以初速度v0開始向右運動,直至回路中的感應電流變?yōu)?;第二次導體棒b未被固定且靜止在右側導軌上,使導體棒a仍以初速度v0開始向右運動,直至回路中的感應電流也變?yōu)?.已知前后兩次回路中的感應電流變?yōu)?時,導體棒a仍處在左側導軌上,不計導軌的電阻.下列說法中正確的是 ()A.第二次導體棒a和導體棒b組成的系統(tǒng)動量守恒B.第一次回路中產(chǎn)生的焦耳熱是第二次的2倍C.第一次通過回路的電荷量是第二次的2倍D.第一次導體棒a動量的變化量是第二次的5倍4.[2023·湖南卷]如圖,兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置,導軌間距為L,兩導軌及其所構成的平面均與水平面成θ角,整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中,磁感應強度大小為B.現(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置,每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R.運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好,金屬棒始終未滑出導軌,導軌電阻忽略不計,重力加速度為g.(1)先保持棒b靜止,將棒a由靜止釋放,求棒a勻速運動時的速度大小v0;(2)在(1)問中,當棒a勻速運動時,再將棒b由靜止釋放,求釋放瞬間棒b的加速度大小a0;(3)在(2)問中,從棒b釋放瞬間開始計時,經(jīng)過時間t0,兩棒恰好達到相同的速度v,求速度v的大小以及時間t0內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離Δx.5.[2024·河北保定模擬]如圖所示,離地面足夠高的兩光滑豎直固定金屬導軌MN、PQ間距為L,NQ上方存在方向垂直紙面向里的勻強磁場,相距為L的兩金屬桿ab、cd沿水平方向放置于導軌上.金屬桿ab、cd同時由靜止開始下落,當金屬桿ab到達磁場邊界NQ時剛好處于平衡狀態(tài),此時金屬桿ab的速度大小為v0=2gL.已知金屬桿ab、cd的質(zhì)量分別為m、2m,下落的整個過程中兩桿上各自產(chǎn)生的熱量相等,均為Q=14mgL,兩桿材料和長度均相同,金屬桿ab接入電路的電阻為r,下落過程中兩桿始終與導軌接觸良好,除金屬桿的電阻外,其余電阻不計,忽略兩桿中電流對磁場的影響,不計空氣阻力,重力加速度大小為g.(1)勻強磁場的磁感應強度的大小B;(2)金屬桿cd剛出磁場時的速度大小v;(3)金屬桿ab離開磁場的時間為t0=2Lg時,兩桿間的距離6.[2024·山西大同模擬]如圖甲所示,水平面內(nèi)固定兩根平行的足夠長的光滑軌道,軌道間距L=0.4m,其中在E、F、G、H四點附近的軌道由絕緣材料制成,這四段絕緣軌道的長度非常短,其余軌道由金屬材料制成,金屬軌道的電阻不計,在右側兩軌道之間連接一個阻值R=1.5Ω的定值電阻.在矩形區(qū)域MNQP中存在豎直向上的磁場,記M點所在位置為坐標原點,沿MP方向建立x坐標軸,磁感應強度的大小隨位置的變化如圖乙所示,圖中B0=2.5T.現(xiàn)有一總質(zhì)量m=0.1kg的“工”字形“聯(lián)動雙棒”(由兩根長度略長于L的平行金屬棒ab和cd,用長度為L的剛性絕緣棒連接構成,金屬棒的有效電阻均為r=0.5Ω),以初速度v0=8m/s沿x軸正方向運動,運動過程中棒與導軌保持垂直,最終靜止于軌道上,忽略磁場邊界效應.求:(1)ab棒剛進入磁場時,流經(jīng)ab棒的電流的大小和方向;(2)ab棒在EF處的速度大小v1和在GH處時的速度大小v2;(3)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.第10講機械振動與機械波時間|40min微專題7電磁感應中的雙桿模型和線框模型1.C[解析]設線圈到磁場的高度為h,線圈的邊長為l,線圈材料密度為ρ0,線圈匝數(shù)為n,質(zhì)量為m,導線橫截面積為S,電阻率為ρ,線圈在磁場中運行速度為v,線圈剛進入磁場時速度為v0,有mgh=12mv02,m=ρ0V=ρ0·4nl·S=4ρ0nlS,感應電動勢為E=nBlv,線圈電阻為R=ρ4nlS=16n2l2ρρ0m,感應電流為I=ER=mBv16nlρρ0,線圈所受的安培力F=nIBl=mB2v16ρρ0,由牛頓第二定律有mg-F=2.BD[解析]由于導體棒ab、cd同時由靜止開始運動,且恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞,則說明ab、cd在到達M、N處所用的時間是相同的,對導體棒cd和電容器組成的回路有Δq2=C·BLΔv2,對cd根據(jù)牛頓第二定律有F-BI2L-m2gsin30°=m2a2,其中a2=Δv2t2,I2=Δq2t,聯(lián)立有a2=F-m2gsin30°m2+CB2L2,則說明導體棒cd做勻加速直線運動,則有x0=12a2t2,聯(lián)立解得a2=6m/s2,t=1.2s,故A錯誤;由題知,碰前瞬間ab的速度為4.5m/s,則根據(jù)功能關系有m1gxabsin30°-Q=12m1v12,導體棒ab下滑過程中根據(jù)動量定理有m1gsin30°·t-BI1L·t=m1v1,其中q1=I1t=BLxabR總,R總=R+Rab=0.1Ω,聯(lián)立解得q=6C,xab=3m,Q=3.9J,則R上消耗的焦耳熱為QR=RR總Q=0.78J,故B正確;由于兩棒恰好在MN處發(fā)生彈性碰撞,取沿斜面向下為正方向,有m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2',12m1v12+12m2v223.BC[解析]由于導體棒a和導體棒b水平方向受到的安培力大小不等,第二次導體棒a和導體棒b組成的系統(tǒng)受到的合外力不為零,動量不守恒,A錯誤;第一次導體棒a會減速到零,則第一次產(chǎn)生的焦耳熱為Q1=12mav02,第二次導體棒b未被固定,當回路中的感應電流變?yōu)?時,2va=vb,對導體棒b由動量定理可得BIL·Δt=mbvb,對導體棒a由動量定理可得-BI·2L·Δt=mava-mav0,聯(lián)立解得va=v02,vb=v0,第二次產(chǎn)生的焦耳熱為Q2=12mav02-12mav022-12mbv02=14mav02=12Q1,B正確;第一次對a由動量定理可得-BI'·2L·Δt'=0-mav0,則第一次通過回路的電荷量q1=I'Δt'=mav02BL,第二次對a由動量定理可得-BI·2L·Δt=mava-mav0,則第二次通過回路的電荷量q2=IΔt=mav04BL=12q1,C正確;第一次導體棒a動量的變化量Δpa=|0-mav0|=mav4.(1)2mgRsinθB2(3)gt0sinθ+mgRsinθ[解析](1)棒a在運動過程中,當重力沿斜面的分力和棒a所受的安培力大小相等時做勻速運動,由法拉第電磁感應定律可得E=BLv0由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I=E2R,F當棒a做勻速運動時有mgsinθ=BIL聯(lián)立解得v0=2(2)由右手定則可知棒b中電流向里,所受安培力沿斜面向下,則對棒b根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ+BIL=ma0解得a0=2gsinθ(3)釋放棒b后棒a受到沿斜面向上的安培力,在達到相同速度過程,對棒a根據(jù)動量定理有mgt0sinθ-BILt0=mv-mv0棒b受到沿斜面向下的安培力,對棒b根據(jù)動量定理有mgt0sinθ+BILt0=mv聯(lián)立解得v=gt0sinθ+mgRsinθB2由閉合電路歐姆定律可得I=E2R聯(lián)立解得Δx=25.(1)1Lmgr2gL(2)[解析](1)設金屬桿ab運動到磁場邊界NQ時,產(chǎn)生的感應電流為I,由平衡條件得mg=BIL又I=BLv0r,解得(2)設金屬桿cd在磁場中下落的距離為x,分別對金屬桿ab、cd在磁場中運動的過程由動能定理得mg(L+x)-Q=12m2mgx-Q=12×2mv