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(fù)習(xí)專題電磁感應(yīng)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(fù)習(xí)專題微專題7電磁感應(yīng)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(dǎo)軌(v0≠0,F合=0)光滑的不等距導(dǎo)軌(v0≠0,F合=0)光滑的等距導(dǎo)軌(v0=0)不光滑的等距導(dǎo)軌(v0=0)示意圖運(yùn)動(dòng)分析能量分析一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,Q=-ΔEk外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能,WF=ΔEk+Q外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能(包括電熱和摩擦熱),WF=ΔEk+Q電+Qf等距導(dǎo)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(dǎo)軌,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻可忽略不計(jì);導(dǎo)軌間有一垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其左邊界OO'垂直于導(dǎo)軌;阻值恒定的兩均勻金屬棒a、b均垂直于導(dǎo)軌放置,b始終固定.a以一定初速度進(jìn)入磁場(chǎng),此后運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,并與b不相碰.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),水平向右為正方向,建立x坐標(biāo)軸;在運(yùn)動(dòng)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(dǎo)軌情景例2(多選)[2023·遼寧卷]如圖,兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上,左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d,處于豎直向上的磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B.已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長(zhǎng)度為d,導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長(zhǎng)度為2d,PQ的質(zhì)量是MN的2倍.初始時(shí)刻兩棒靜止,兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣彈簧.釋放彈簧,兩棒在各自磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)直至停止,彈簧始終在彈性限度內(nèi).整個(gè)過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì).下列說法正確的是 ()A.彈簧伸展過程中,回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流B.PQ速率為v時(shí),MN所受安培力大小為4C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,MN與PQ的路程之比為2∶1D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,通過MN的電荷量為BLd線框類問題例3[2024·山東濟(jì)南模擬]如圖所示,一有界區(qū)域內(nèi),存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向垂直于光滑水平桌面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)寬度為l.邊長(zhǎng)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(chǎng)邊界平行,開始時(shí)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(yùn)動(dòng)并進(jìn)入磁場(chǎng),線框所用金屬絲的寬度可忽略不計(jì).(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(chǎng)區(qū),求整個(gè)過程中水平推力的最大值;(2)不加外力,讓線框P、Q在磁場(chǎng)中自由滑行,結(jié)果線框Q恰好能穿過磁場(chǎng)區(qū).求線框P、Q在整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱QP與QQ之比.【跟蹤訓(xùn)練】1.(多選)[2024·遼寧卷]如圖所示,兩條“∧”形光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上,間距為L(zhǎng),左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°,均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B.將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上,同時(shí)由靜止釋放,兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好.ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m,長(zhǎng)度均為L(zhǎng).導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì),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?yàn)閍bcdaB.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(dòng)勢(shì)始終相等2.(多選)[2024·河北邢臺(tái)模擬]如圖所示,相距為L(zhǎng)=1m的兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌右端連接有一定值電阻R=1Ω,整個(gè)裝置被固定在水平地面上,整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ=0.1的相同金屬棒MN、CD垂直放在導(dǎo)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(yùn)動(dòng),經(jīng)過時(shí)間t=1s金屬棒CD剛好開始運(yùn)動(dòng),若重力加速度g取10m/s2,導(dǎo)軌電阻不計(jì),最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等.則下列說法正確的是 ()A.金屬棒CD剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí),水平拉力F的瞬時(shí)功率為5.25WC.從金屬棒MN開始運(yùn)動(dòng)到金屬棒CD開始運(yùn)動(dòng)的過程中流過電阻R的電荷量為1.125CD.從金屬棒MN開始運(yùn)動(dòng)到金屬棒CD開始運(yùn)動(dòng)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(dǎo)體棒a、b分別置于平行光滑水平固定金屬導(dǎo)軌的左右兩側(cè),其中a棒離寬軌道足夠長(zhǎng),b棒所在導(dǎo)軌無限長(zhǎng),導(dǎo)軌所在區(qū)域存在垂直導(dǎo)軌所在平面豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.已知導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度等于導(dǎo)軌間的距離,兩根導(dǎo)體棒粗細(xì)相同且均勻,材質(zhì)相同,a棒的質(zhì)量為m,電阻為R,長(zhǎng)度為L(zhǎng),b棒的長(zhǎng)度為2L.現(xiàn)給導(dǎo)體棒a一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量I,導(dǎo)體棒始終垂直于導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好,不計(jì)導(dǎo)軌電阻,關(guān)于導(dǎo)體棒以后的運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是()A.導(dǎo)體棒a穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)后的速度為IB.導(dǎo)體棒b穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)后的速度為IC.從開始到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)過程中,通過導(dǎo)體棒a的電荷量為ID.從開始到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)過程中,導(dǎo)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(dǎo)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(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)軌Ⅰ部分兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌Ⅱ部分兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)2,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(dǎo)軌電阻不計(jì).Q棒靜止,P棒從圓弧最高點(diǎn)由靜止釋放,當(dāng)P棒在導(dǎo)軌Ⅰ部分運(yùn)動(dòng)時(shí),Q棒已達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài).下列說法正確的是 (A.P棒到達(dá)曲面導(dǎo)軌最低點(diǎn)瞬間對(duì)導(dǎo)軌壓力的大小為2mgB.Q棒第一次穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為2C.Q棒從開始運(yùn)動(dòng)到第一次速度達(dá)到穩(wěn)定,該過程通過P棒的電荷量為4D.從P棒進(jìn)入導(dǎo)軌Ⅱ運(yùn)動(dòng)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(yīng)中的雙桿模型和線框模型例1A[解析]設(shè)導(dǎo)軌間磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),兩金屬棒的總電阻為R,由題意知金屬棒a進(jìn)入磁場(chǎng)后受到水平向左的安培力作用,做減速運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt=mv0-mv,其中F=BIL,I=ER,E=BLv,可得F=B2L2vR,又因?yàn)閤=vΔt,聯(lián)立可得B2L2Rx=mv0-mv,根據(jù)此表達(dá)式可知v與x成一次函數(shù)關(guān)系,故A正確,B錯(cuò)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(shí)針方向的電流,選項(xiàng)A正確;任意時(shí)刻,設(shè)電流為I,則PQ受安培力FPQ=BI·2d,,MN受安培力FMN=2BId,兩個(gè)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(dòng)量守恒,設(shè)PQ質(zhì)量為2m,則MN質(zhì)量為m,PQ速率為v時(shí),設(shè)MN速度為v',有2mv=mv',解得v'=2v,回路中的感應(yīng)電流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR,MN所受安培力大小為FMN=2BId=4B2d2vR,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;MN與PQ兩棒運(yùn)動(dòng)中始終動(dòng)量守恒,速度之比始終為2∶1,所以整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中兩棒路程之比為2∶1,選項(xiàng)C正確;MN與PQ兩棒最后停止時(shí),彈簧處于原長(zhǎng)位置,此時(shí)兩棒間距增加了L,由上述分析可知,MN向左移動(dòng)2L3,PQ向右移動(dòng)例3(1)2B2l[解析](1)每個(gè)線框在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí),電流大小均為I=ER=當(dāng)P、Q靠在一起的邊均進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),水平推力達(dá)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(jìn)入磁場(chǎng)為計(jì)時(shí)起點(diǎn),把線框Q向右的位移分別達(dá)到l、2l、3l依次分成3個(gè)階段,相應(yīng)的末速度依次記為v1、v2和0.在第1階段,P、Q一起減速,時(shí)間為t1,有E1=ΔΦI1=由動(dòng)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(shí)處于磁場(chǎng)中,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(chǎng),而Q還處于磁場(chǎng)中減速運(yùn)動(dòng),因此P、Q分開,Q最后恰好離開磁場(chǎng),同理可得B2l3聯(lián)立可得v0=52v2,v1=2v線框P、Q在整個(gè)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(xùn)練】1.AB[解析]兩導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下滑動(dòng),根據(jù)右手定則可知,回路中的電流方向?yàn)閍bcda,故A正確;設(shè)回路的總電阻為R,任意時(shí)刻電路中的電流用I表示,根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)ab有2mgsin30°-2BILcos30°=2maab,對(duì)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(dòng)勢(shì)之比Eab∶Ecd=2BLvab∶BLvd=2∶1,故C、D錯(cuò)誤;兩個(gè)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)同向疊加,隨著導(dǎo)體棒速度的增大,回路中的電流增大,導(dǎo)體棒受到的安培力增大,當(dāng)安培力沿導(dǎo)軌向上的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時(shí),導(dǎo)體棒將勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)電路中的電流達(dá)到穩(wěn)定值,此時(shí)對(duì)ab有2mgsin30°=2BImLcos30°,解得Im=3mg3BL,故2.BC[解析]金屬棒CD剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)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(cuò)誤;金屬棒CD剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)功率為P=Fv=3.5×1.5W=5.25W,故B正確;從金屬棒MN開始運(yùn)動(dòng)到金屬棒CD開始運(yùn)動(dòng)的過程中,對(duì)金屬棒MN運(yùn)用動(dòng)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(yùn)動(dòng)到金屬棒CD開始運(yùn)動(dòng)的過程中,E=ΔΦΔt=B·ΔSΔt=BLxt,I=ER總,q=I·t,解得x=278m,對(duì)金屬棒MN運(yùn)用動(dòng)能定理,得(F-μmg)x-Q=12mv2-0,解得Q=153163.BC[解析]導(dǎo)體棒b的質(zhì)量和電阻分別為2m、2R,從開始到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)過程中,對(duì)a棒有-BILΔt=mv1-mv0,對(duì)b棒有BI·2LΔt=2mv2,穩(wěn)定時(shí)有BLv1=B·2Lv2,又I=mv0,解得v1=2I3m,v2=I3m,A錯(cuò)誤,B正確;根據(jù)q=IΔt,解得q=I3BL,C正確;從開始到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)過程中有Q=12mv02-12mv12-12×2mv22,導(dǎo)體棒4.CD[解析]P棒到達(dá)曲面導(dǎo)軌最低點(diǎn)時(shí)速度大小設(shè)為v0,根據(jù)機(jī)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(dá)曲面導(dǎo)軌最低點(diǎn)瞬間對(duì)曲面導(dǎo)軌壓力的大小為3mg,故A錯(cuò)誤;設(shè)Q棒第一次穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為vQ,P棒的速度為vP,則有BLvP=B·L2·vQ,Q棒從開始運(yùn)動(dòng)到第一次速度達(dá)到穩(wěn)定過程中,對(duì)P、Q棒分別分析,由動(dòng)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(cuò)誤,C正確;從P棒進(jìn)入導(dǎo)軌Ⅱ到兩棒速度穩(wěn)定時(shí),設(shè)穩(wěn)定速度為v,由動(dòng)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(dǎo)線繞成邊長(zhǎng)相同的甲、乙兩個(gè)正方形閉合線圈,兩線圈的質(zhì)量相等,但所用導(dǎo)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(shí)由靜止開始下落,一段時(shí)間后進(jìn)入方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)的上邊界水平.不計(jì)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(jìn)入磁場(chǎng)后且上邊進(jìn)入磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng),乙減速運(yùn)動(dòng)C.甲和乙都加速運(yùn)動(dòng)D.甲減速運(yùn)動(dòng),乙加速運(yùn)動(dòng)2.(多選)[2024·海南卷]兩根足夠長(zhǎng)的導(dǎo)軌由上下段電阻不計(jì)、光滑的金屬導(dǎo)軌組成,在M、N兩點(diǎn)絕緣連接,M、N等高,間距L=1m,連接處平滑.導(dǎo)軌平面與水平面夾角為30°,導(dǎo)軌兩端分別連接一個(gè)阻值R=0.02Ω的電阻和C=1F的電容器,整個(gè)裝置處于B=0.2T的垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,兩根導(dǎo)體棒ab、cd分別放在MN兩側(cè),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(jì),將ab由靜止釋放,同時(shí)cd從距離MN為x0=4.32m處在一個(gè)大小F=4.64N,方向沿導(dǎo)軌平面向上的力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng),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(shí)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(dǎo)軌固定在絕緣的水平面上,導(dǎo)軌處在垂直水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,左側(cè)導(dǎo)軌間的距離為2L,右側(cè)導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng),導(dǎo)體棒a、b垂直放置于導(dǎo)軌之間,且與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒a、b的電阻相等,ma=4mb.第一次將導(dǎo)體棒b固定在右側(cè)導(dǎo)軌上,使導(dǎo)體棒a以初速度v0開始向右運(yùn)動(dòng),直至回路中的感應(yīng)電流變?yōu)?;第二次導(dǎo)體棒b未被固定且靜止在右側(cè)導(dǎo)軌上,使導(dǎo)體棒a仍以初速度v0開始向右運(yùn)動(dòng),直至回路中的感應(yīng)電流也變?yōu)?.已知前后兩次回路中的感應(yīng)電流變?yōu)?時(shí),導(dǎo)體棒a仍處在左側(cè)導(dǎo)軌上,不計(jì)導(dǎo)軌的電阻.下列說法中正確的是 ()A.第二次導(dǎo)體棒a和導(dǎo)體棒b組成的系統(tǒng)動(dòng)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(dǎo)體棒a動(dòng)量的變化量是第二次的5倍4.[2023·湖南卷]如圖,兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角,整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置,每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R.運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好,金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì),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(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0;(2)在(1)問中,當(dāng)棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),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(jì)時(shí),經(jīng)過時(shí)間t0,兩棒恰好達(dá)到相同的速度v,求速度v的大小以及時(shí)間t0內(nèi)棒a相對(duì)于棒b運(yùn)動(dòng)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(dǎo)軌MN、PQ間距為L(zhǎng),NQ上方存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),相距為L(zhǎng)的兩金屬桿ab、cd沿水平方向放置于導(dǎo)軌上.金屬桿ab、cd同時(shí)由靜止開始下落,當(dāng)金屬桿ab到達(dá)磁場(chǎng)邊界NQ時(shí)剛好處于平衡狀態(tài),此時(shí)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(gè)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(zhǎng)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(dǎo)軌接觸良好,除金屬桿的電阻外,其余電阻不計(jì),忽略兩桿中電流對(duì)磁場(chǎng)的影響,不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g.(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B;(2)金屬桿cd剛出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v;(3)金屬桿ab離開磁場(chǎng)的時(shí)間為t0=2Lg時(shí),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(zhǎng)的光滑軌道,軌道間距L=0.4m,其中在E、F、G、H四點(diǎn)附近的軌道由絕緣材料制成,這四段絕緣軌道的長(zhǎng)度非常短,其余軌道由金屬材料制成,金屬軌道的電阻不計(jì),在右側(cè)兩軌道之間連接一個(gè)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(chǎng),記M點(diǎn)所在位置為坐標(biāo)原點(diǎn),沿MP方向建立x坐標(biāo)軸,磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng)雙棒”(由兩根長(zhǎng)度略長(zhǎng)于L的平行金屬棒ab和cd,用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性絕緣棒連接構(gòu)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(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中棒與導(dǎo)軌保持垂直,最終靜止于軌道上,忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng).求:(1)ab棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),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(shí)的速度大小v2;(3)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.第10講機(jī)械振動(dòng)與機(jī)械波時(shí)間|40min微專題7電磁感應(yīng)中的雙桿模型和線框模型1.C[解析]設(shè)線圈到磁場(chǎng)的高度為h,線圈的邊長(zhǎng)為l,線圈材料密度為ρ0,線圈匝數(shù)為n,質(zhì)量為m,導(dǎo)線橫截面積為S,電阻率為ρ,線圈在磁場(chǎng)中運(yùn)行速度為v,線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v0,有mgh=12mv02,m=ρ0V=ρ0·4nl·S=4ρ0nlS,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=nBlv,線圈電阻為R=ρ4nlS=16n2l2ρρ0m,感應(yīng)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(dǎo)體棒ab、cd同時(shí)由靜止開始運(yùn)動(dòng),且恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞,則說明ab、cd在到達(dá)M、N處所用的時(shí)間是相同的,對(duì)導(dǎo)體棒cd和電容器組成的回路有Δq2=C·BLΔv2,對(duì)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(dǎo)體棒cd做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則有x0=12a2t2,聯(lián)立解得a2=6m/s2,t=1.2s,故A錯(cuò)誤;由題知,碰前瞬間ab的速度為4.5m/s,則根據(jù)功能關(guān)系有m1gxabsin30°-Q=12m1v12,導(dǎo)體棒ab下滑過程中根據(jù)動(dòng)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(dǎo)體棒a和導(dǎo)體棒b水平方向受到的安培力大小不等,第二次導(dǎo)體棒a和導(dǎo)體棒b組成的系統(tǒng)受到的合外力不為零,動(dòng)量不守恒,A錯(cuò)誤;第一次導(dǎo)體棒a會(huì)減速到零,則第一次產(chǎn)生的焦耳熱為Q1=12mav02,第二次導(dǎo)體棒b未被固定,當(dāng)回路中的感應(yīng)電流變?yōu)?時(shí),2va=vb,對(duì)導(dǎo)體棒b由動(dòng)量定理可得BIL·Δt=mbvb,對(duì)導(dǎo)體棒a由動(dòng)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(duì)a由動(dòng)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(duì)a由動(dòng)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(dǎo)體棒a動(dòng)量的變化量Δpa=|0-mav0|=mav4.(1)2mgRsinθB2(3)gt0sinθ+mgRsinθ[解析](1)棒a在運(yùn)動(dòng)過程中,當(dāng)重力沿斜面的分力和棒a所受的安培力大小相等時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng),由法拉第電磁感應(yīng)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(dāng)棒a做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)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(duì)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(dá)到相同速度過程,對(duì)棒a根據(jù)動(dòng)量定理有mgt0sinθ-BILt0=mv-mv0棒b受到沿斜面向下的安培力,對(duì)棒b根據(jù)動(dòng)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(shè)金屬桿ab運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)邊界NQ時(shí),產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I,由平衡條件得mg=BIL又I=BLv0r,解得(2)設(shè)金屬桿cd在磁場(chǎng)中下落的距離為x,分別對(duì)金屬桿ab、cd在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過程由動(dòng)能定理得mg(L+x)-Q=12m2mgx-Q=12×2mv