高中物理二轮复习-高考热点突破5-电磁感应中的双杆模型

高考热点突破(五)电磁感应中的双杆模型(建议用时：30分钟)1．(多选)(2021·湖南省永州市高三下学期5月三模)如图所示，相距L的光滑金属导轨固定于水平地面上，由竖直放置的半径为R的eq\f(1,4)圆弧部分和水平平直部分组成。MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab和cd垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触；cd离开磁场时的速度是此时ab速度的一半。已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r。金属导轨电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．cd在磁场中运动时电流的方向为c→dB．cd在磁场中做加速度减小的加速运动C．cd在磁场中运动的过程中流过截面的电荷量q＝eq\f(m\r(2gR),2BL)D．从ab由静止释放至cd刚离开磁场时，cd上产生的焦耳热为eq\f(5,8)mgRBC[cd在磁场中运动时，abcd回路中磁通量减小，根据楞次定律可知，cd电流的方向为d→c，选项A错误；当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，选项B正确；ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，对ab和cd系统，合外力为零，则由动量守恒mv0＝m·2vcd＋2m·vcd，解得vcd＝eq\f(1,4)v0＝eq\f(1,4)eq\r(2gR)，对cd由动量定理Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝2m·vcd，其中q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，解得q＝eq\f(m\r(2gR),2BL)，选项C正确；从ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时由能量关系mgR＝eq\f(1,2)m(2vcd)2＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,cd)＋Q，其中Qcd＝eq\f(2,3)Q，解得Qcd＝eq\f(5,12)mgR，选项D错误。]2．(多选)(2021·淄博市高三诊断)如图甲所示，两平行长直金属导轨(不计电阻)水平放置，间距为L。有两根长度均为L、电阻均为R、质量均为m的导体棒AB、CD平放在金属导轨上。其中棒CD通过绝缘细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放在水平地面上，开始时细绳伸直但无弹力。棒AB与导轨间无摩擦，棒CD与导轨间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦阻力。导轨间有一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B1，磁场区域Ⅰ的边界满足曲线方程：y＝Lsineq\f(π,L)x(0≤x≤L)。CD棒处在竖直向上的磁感应强度为B2的匀强磁场区域Ⅱ中(图乙为图甲导轨区域的俯视图)。现从t＝0时刻开始，使棒AB在外力F的作用下，以速度v从与y轴重合处开始沿x轴正方向做匀速直线运动，在运动过程中CD棒始终处于静止状态。重力加速度取g。下列说法正确的是()甲乙A．棒AB在运动过程中，外力F的最大功率为eq\f(B\o\al(2,1)L2v2,2R)B．棒AB通过磁场区域Ⅰ的过程中，棒CD上产生的焦耳热为eq\f(B\o\al(2,1)L3v,4R)C．棒AB通过磁场区域Ⅰ的过程中，应满足B2≤eq\f(2μ＋1mgR,B1L2v)D．棒AB通过磁场区域Ⅰ的过程中，重物对地面压力的最小值为mg－eq\f(B1B2L2v,2R)AC[当棒AB运动到x＝eq\f(L,2)处时，棒AB的有效切割长度最长，所受安培力最大，则外力F最大，功率也最大，此时有Fm＝B1IL＝B1eq\f(B1Lv,2R)L＝eq\f(B\o\al(2,1)L2v,2R)，外力F的最大功率为Pm＝Fmv，解得Pm＝eq\f(B\o\al(2,1)L2v2,2R)，A正确；棒AB在匀强磁场区域Ⅰ的运动过程中，产生的感应电动势为E＝B1Lvsineq\f(π,L)x，则感应电动势的有效值为E有效＝eq\f(B1Lv,\r(2))，感应电流有效值为I有效＝eq\f(B1Lv,2\r(2)R)，运动时间为t＝eq\f(L,v)，则棒CD上产生的焦耳热为Q＝Ieq\o\al(2,有效)Rt＝eq\f(B\o\al(2,1)L3v,8R)，B错误；棒AB通过磁场区域Ⅰ的过程中，棒CD始终保持静止状态，当棒AB运动到x＝eq\f(L,2)处时，回路中的感应电流最大，棒CD所受的安培力最大，若此时棒CD刚要发生滑动，有eq\f(B1B2L2v,2R)＝mg＋μmg，则B2应满足B2≤eq\f(2μ＋1mgR,B1L2v)，C正确；由以上分析可知棒AB运动到x＝eq\f(L,2)处时，重物对地面的压力最小，由平衡条件对棒CD有eq\f(B1B2L2v,2R)＝Ff＋T，对重物有T＋FN＝mg，由以上可解得FN＝mg＋Ff－eq\f(B1B2L2v,2R)，由牛顿第三定律可知，D错误。故选AC。]3．(2021·河北省张家口市高三期末)如图所示，固定在水平面上两根相距L＝0.8m的光滑金属导轨，处于竖直向下、磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场中，导轨电阻不计且足够长。金属棒a、b的质量均为m＝1kg、电阻均为R＝0.1Ω，金属棒静置在导轨上且与导轨接触良好。现给a一个平行导轨向右的瞬时冲量I＝4N·s，最终两金属棒运动状态稳定且未发生碰撞，运动过程中金属棒始终与导轨垂直，忽略感应电流对磁场的影响，求整个过程中：(1)金属棒a产生的焦耳热；(2)通过金属棒a的电荷量；(3)金属棒a、b之间的距离减少多少。[解析](1)由动量定理得I＝mv0解得v0＝4m/s整个过程动量守恒mv0＝2mv1解得v1＝2m/s根据能量守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋Q金属棒a产生的焦耳热Qa＝eq\f(1,2)Q＝2J。(2)对b，由动量定理得Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv1－0而q＝eq\o(I,\s\up6(－))t解得q＝5C通过金属棒a与b的电荷量相等，所以通过金属棒a的电荷量为5C。(3)根据eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)所以q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(BLΔx,2R)解得Δx＝2.5m。[答案](1)2J(2)5C(3)2.5m4．某同学设计了一款电动玩具，其简化模型如图所示，间距为L的平行长直轨道固定于水平桌面上，轨道的NO、N′O′段用绝缘材料制成，其余部分均为导电材料，连接处平滑。轨道左端接有电动势为E、内阻不计的直流电源，左侧矩形区域MNN′M′内有垂直桌面向上、磁感应强度为B1(大小可调节)的匀强磁场，轨道的右侧区域有垂直于桌面向上、磁感应强度为B2(大小已知)的匀强磁场。初始时金属棒ab静置于MM′右侧某处，金属棒cd静置于PP′右侧某处(PP′右侧轨道足够长)。两棒的质量均为m，接入电路中的电阻均为R，金属棒与轨道接触良好，其余电阻均不计。棒ab在MNN′M′区域运动时受到恒定阻力f0，棒cd在PP′右侧区域运动时会受到大小与速率成正比的摩擦阻力f＝kv(其中k＝eq\f(B\o\al(2,2)L2,2R))，两棒在区域NPP′N′运动时无摩擦阻力。调节磁场B1，将开关闭合，棒ab将从静止开始加速，并在进入绝缘段前达到匀速。(1)若金属棒ab刚越过OO′时的速度为v0(为已知量)，求此刻两棒的加速度大小；(2)接小题(1)，当棒ab从OO′向右运动x0时(x0为已知量，未越过PP′)，两棒速度恰好相等，求此时两棒的速度大小；(3)磁感应强度B1调到多大时，棒ab在进入绝缘段前速度会有最大值？求出相应的最大速度。[解析](1)ab刚越过OO′时，两棒构成回路的总电动势为B2Lv0，两棒加速度大小相等，即aab＝acd＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2IL,m)＝eq\f(B2L,m)·eq\f(B2Lv0,2R)＝eq\f(B\o\al(2,2)L2,2Rm)v0。(2)两棒均向右运动时，记ab棒速度v1，cd棒速度v2，回路电流为i＝eq\f(B2Lv1－v2,2R)两棒动量不守恒，两棒速度相等时记为v，设棒cd向右运动x，对棒ab列动量定理－B2Lq＝m(v－v0)对棒cd列动量定理B2Lq－keq\o(v,\s\up6(－))2t＝B2Lq－kx＝mv另q＝it＝eq\f(B2L,2R)(x0－x)联立解得x＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(Rmv0,B\o\al(2,2)L2)))v＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4v0－\f(B\o\al(2,2)L2,Rm)x0))。(3)匀速时，电源与棒ab构成的回路I＝eq\f(E－B1Lv,R)棒受安培力FA＝B1Leq\f(E－B1Lv,R)由受力平衡得f0＝FA解得v＝eq\f(E,L)·eq\f(1,B1)－eq\f(f0R,L2)·eq\f(1,B\o\al(2,1))由数学知识可知当B1＝eq\f(2Rf0,EL)时，有最大速度vm＝eq\f(E2,4f0R)。[答案](1)eq\f(B\o\al(2,2)L2,2Rm)v0(2)eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4v0－\f(B\o\al(2,2)L2,Rm)x0))(3)eq\f(2Rf0,EL)eq\f(E2,4f0R)5．(2021·福建省龙岩市高三模拟)如图所示，两根足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在倾角为θ的斜面上，MN与M1N1距离为l，PQ与P1Q1距离为eq\f(2,3)l。金属棒A、B质量均为m、阻值均为R、长度分别为l与eq\f(2,3)l。金属棒A、B分别垂直放在导轨MM1和PP1上，且恰好都能静止在导轨上。整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。现固定住金属棒B，用沿导轨向下的外力F作用在金属棒A上，使金属棒A以加速度a沿斜面向下做匀加速运动。此后A棒一直在MN与M1N1上运动，B棒一直在PQ与P1Q1上静止或运动，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)外力F与作用时间t的函数关系式；(2)当A棒的速度为v0时，撤去F并解除对B的固定，一段时间后A棒在MN与M1N1上匀速运动，求A棒匀速运动的速度大小。[解析](1)金属棒A、B刚好都能静止在导轨上，对金属棒，有mgsinθ－f＝0金属棒A沿斜面向下做匀加速运动，对金属棒A，有F＋mgsinθ－f－F安＝ma由安培力公式有F安＝B0Il对金属棒与导轨构成的回路，根据欧姆定律，有I＝eq\f(E,R＋R)金属棒A切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，有E＝B0lv又因为v＝at联立解得F＝eq\f(B\o\al(2,0)l2a,2R)t＋ma。(2)A棒匀速时，安培力为零，电流为零，两棒产生的电动势大小相等，有B0lvA＝B0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)l))vB在撤去F到A棒匀速的过程中，对A，根据动量定理，有(mgsinθ－f－B0eq\o(I,\s\up6(－))l)t1＝mvA－mv0对B，根据动量定理，有(mgsinθ－f＋B0eq\o(I,\s\up6(－))eq\f(2联立可解出vA＝eq\f(4,13)v0。[答案](1)F＝eq\f(B\o\al(2,0)l2a,2R)t＋ma(2)eq\f(4,13)v06．如图所示，间距d＝1m且足够长的光滑平行导轨MQ和NP水平放置，其中N1、M1右侧均为绝缘材料，其余为金属导轨，以N2点为坐标原点O，沿NP方向建立坐标轴。M、N间接有不带电的电容器，电容C＝0.2F，ab是一根质量m1＝0.2kg、长度d＝1m、电阻r1＝0.5Ω的金属棒，垂直导轨静置在M1N1左侧足够远处。cdef是质量m2＝0.6kg、电阻r2＝1.5Ω、各边长度均为d＝1m的“U”形金属框，c、f刚好和M2、N2重合。整个空间存在竖直方向的磁场(未画出)，磁感应强度分布规律为B＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1T，x<0,1＋0.8xT，x≥0))(取竖直向上为正方向)，若ab棒获得一水平向右的瞬时冲量I＝1.6N·s后开始运动。金属导轨电阻不计，ab棒、金属框与导轨始终接触良好。(1)求ab棒两端电压Uba的最大值并分析电容器哪侧极板带正电；(2)求ab棒运动至M2N2位置与金属框碰撞前瞬间的速度大小；(3)若ab棒与金属框碰撞后连接在一起，求金属框最终静止时ed边e端的位置坐标。[解析](1)ab棒刚开始运动时，ab棒两端电压Uba最大，有Uba＝Bdv0＝Bdeq\f(I,m1)＝8V根据右手定则可知，靠近N侧的极板带正电。(2)当ab棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，ab棒速度达到稳定，设稳定后速度为v1，则有U＝Bdv1又U＝eq\f(q,C)对ab棒应用动量定理有m1v0－m1v1＝Beq\o(I,\s\up6(－))d·t＝Bdq联立上述三式样得v1＝4m/s。(3)ab棒与金属框碰撞过程，根据动量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2解得v2＝1m/s金属框在运动过程中，当速度为v时，回路中的感应电流为I＝eq\f(Bdedv－Babdv,r1＋r2)金属框整体受到的安培力为F＝BdeId－BabId＝eq\f(Bde－Bab2d2v,r1＋r2)Bde－Bab＝0.8T从金属框开始运动到停下的过程中，根据动量定理有－eq\f(Bde－Bab2d2\o(v,\s\up6(－)),r1＋r2)·t＝0－(m1＋m2)v2x0＝eq\o(v,\s\up6(－))t＝2.5m则金属框最终静止时ed边e端的位置坐标为x′＝x0＋d＝3.5m。[答案](1)8V，靠近N侧的极板带正电(2)4m/s(3)3.5m7．(2021·安徽省宣城模拟)如图所示，PQMN和P′Q′M′N′为在同一平面内足够长的光滑金属导轨，处在磁感应强度B＝2.0T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，MN和M′N′段平行，间距d＝1.0m，导轨的PQ段与P′Q′段相互平行，间距为2d；两根质量均为m＝2kg、电阻均为R＝1.0Ω的金属杆a、b垂直于导轨放置，杆的长度略大于导轨间距，且保持良好接触。a、b用一根不可伸长的绝缘轻绳拴接，轻绳处于拉直状态，a的中点通过另一根绝缘轻绳通过光滑定滑轮与c连接，c的质量m＝2kg，已知a、b始终在原来轨道上运动，c不会着地，不计导轨电阻及电磁辐射，重力加速度g取10m/s2。(1)求c由静止释放瞬间a、b之间轻绳的拉力F；(2)c由静止释放，求c的最大速度vm及此时b的热功率P；(3)c由静止释放，c达到最大速度后，某时刻同时烧断连接a与b、a与c间的轻绳，求稳定后b的速度vb。[解析](1)c由静止释放瞬间，a、b所受磁场力为零，a、b、c三者一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律a＝eq\f(mg,3m)＝eq\f(g,3)绳子拉力提供b的加速度，根据牛顿第二定律得F＝m·eq\f(g,3)＝2×eq\f(10,3)N＝eq\f(20,3)N。(2)当c达到最大速度时，a、b、c一起做匀速运动，设速度为vm根据法拉第电磁感应定律，a产生的电动势Ea＝Bdvmb产生的电动势Eb＝2Bdvm根据右手定则可判断两电动势方向相反，所以回路电动势E＝2Bdvm－Bdvm＝Bdvm回路电流为顺时针，根据闭合电路欧姆定律，回路电流I＝eq\f(Bdvm,2R)对b受力分析BI×2d＝F′1对a受力分析F′1＝mg＋BId解得vm＝10m/sI＝10A故b的热功率P＝I2R＝102×1W＝100W。(3)当把线绳同时烧断，此时b产生电动势大于a产生电动势，b受安培力向左，a受安培力向右，一段时间内流过两导体棒的电荷量相同，设电荷量为q，则一段时间内安培力的冲量I冲＝BILΔt＝BLq对b根据动量定理2Bdq＝mvm－mvb对a根据动量定理Bdq＝mva－mvm稳定时，a、b导体棒产生的合电动势为零即2Bdvb＝Bdva可得va＝2vb综上vb＝eq\f(3,5)vm＝eq\f(3,5)×10m/s＝6m/s。[答案](1)eq\f(20,3)N(2)10m/s100W(3)6m/s8．(2021·山东强化卷)如图所示，一倾角为30°的光滑倾斜平行导轨与足够长的光滑水平导轨用绝缘材料(长度不计)平滑连接，导轨间距均为L，倾斜导轨处于方向垂直斜面向下的匀强磁场中，水平导轨处于方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，倾斜导轨左侧连接有阻值为R的定值电阻，距离水平导轨最左侧x0＝eq\f(5m2gR2,B4L4)(g为重力加速度大小)处静置一阻值为R、质量为2m、长度为L的导体棒ab，现将另一阻值为R、质量为m、长度也为L的导体棒cd从倾斜导轨上距离水平导轨所在平面h高度处由静止释放，导体棒cd滑上水平导轨前已匀速，运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计。(1)求导体棒cd滑上水平导轨时的速度大小v0；(2)当导体棒cd在水平导轨上的速度大小为eq\f(1,2)v0时，求导体棒cd的加速度大小；(3)求系统稳定时两导体棒之间的距离及整个过程导体棒cd上产生的热量。[解析](1)对cd棒受力分析，其滑上水平导轨之前已匀速运动，则在匀速运动时有mgsin30°＝F安又F安＝BIL，I＝eq\f(E,2R)，