專題21-電磁感應(yīng)帶電粒子運(yùn)動模型-高考物理電磁感應(yīng)常用模型(解析版)

高考物理《電磁感應(yīng)》常用模型最新模擬題精練專題21.電磁感應(yīng)+粒子在電磁場中運(yùn)動模型一．選擇題1．（2023河南名校聯(lián)考）如圖所示，半徑為L1＝2m的金屬圓環(huán)內(nèi)上、下半圓各有垂直圓環(huán)平面的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B1＝eq\f(10,π)T．長度也為L1、電阻為R的金屬桿ab，一端處于圓環(huán)中心，另一端恰好搭接在金屬環(huán)上，繞著a端沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，角速度為ω＝eq\f(π,10)rad/s．通過導(dǎo)線將金屬桿的a端和金屬環(huán)連接到圖示的電路中(連接a端的導(dǎo)線與圓環(huán)不接觸，圖中的定值電阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的總阻值為4R)，圖中的平行板長度為L2＝2m，寬度為d＝2m．圖示位置為計時起點，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子以初速度v0＝0．5m/s向右運(yùn)動，并恰好能從平行板的右邊緣飛出，之后進(jìn)入到有界勻強(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，左邊界為圖中的虛線位置，右側(cè)及上下范圍均足夠大．(忽略金屬桿與圓環(huán)的接觸電阻、圓環(huán)電阻及導(dǎo)線電阻，忽略電容器的充放電時間，忽略帶電粒子在磁場中運(yùn)動時的電磁輻射的影響，不計平行金屬板兩端的邊緣效應(yīng)及帶電粒子的重力和空氣阻力)求：(1)在0～4s內(nèi)，平行板間的電勢差UMN；(2)帶電粒子飛出電場時的速度；(3)在上述前提下若粒子離開磁場后不會第二次進(jìn)入電場，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿足的條件．【參考答案】(1)－1V(2)eq\f(\r(2),2)m/s與水平方向成45°夾角(3)B2<2T【名師解析】(1)金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒為E＝eq\f(1,2)B1Leq\o\al(2,1)ω＝2V由電路的連接特點知：E＝I·4RU0＝I·2R＝eq\f(E,2)＝1VT1＝eq\f(2π,ω)＝20s由右手定則知：在0～4s時間內(nèi)，金屬桿ab中的電流方向為b→a，則φa>φb則在0～4s時間內(nèi)，φM<φN，UMN＝－1V．(2)粒子在平行板電容器內(nèi)做類平拋運(yùn)動，在0～eq\f(T1,2)時間內(nèi)水平方向L2＝v0·t1t1＝eq\f(L2,v0)＝4s<eq\f(T1,2)豎直方向eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)a＝eq\f(Eq,m)，E＝eq\f(U,d)，vy＝at1得eq\f(q,m)＝0．25C/kg，vy＝0．5m/s則粒子飛出電場時的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\f(\r(2),2)m/stanθ＝eq\f(vy,v0)＝1，所以該速度與水平方向的夾角θ＝45°．(3)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由B2qv＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,B2q)由幾何關(guān)系及粒子在磁場中運(yùn)動的對稱性可知，eq\r(2)r>d時離開磁場后不會第二次進(jìn)入電場，即B2<eq\f(\r(2)mv,dq)＝2T．2.如圖所示，兩金屬板正對并水平放置，分別與平行金屬導(dǎo)軌連接，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域有垂直導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場。金屬桿ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，并一直向右勻速運(yùn)動。某時刻ab進(jìn)入Ⅰ區(qū)域，同時一帶正電小球從O點沿板間中軸線水平射入兩板間。ab在Ⅰ區(qū)域運(yùn)動時，小球勻速運(yùn)動；ab從Ⅲ區(qū)域右邊離開磁場時，小球恰好從金屬板的邊緣離開。已知板間距為4d，導(dǎo)軌間距為L，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、寬度均為d。帶電小球質(zhì)量為m，電荷量為q，ab運(yùn)動的速度為v0，重力加速度為g。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)ab在Ⅱ區(qū)域運(yùn)動時，小球的加速度大??；(3)要使小球恰好從金屬板的邊緣離開，ab運(yùn)動的速度v0要滿足什么條件。【名師解析】(1)ab在磁場區(qū)域運(yùn)動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為：ε＝BLv0①金屬板間產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為：E＝eq\f(ε,4d)②ab在Ⅰ磁場區(qū)域運(yùn)動時，帶電小球勻速運(yùn)動，有mg＝qE③聯(lián)立①②③得：B＝eq\f(4dmg,qLv0)④(2)ab在Ⅱ磁場區(qū)域運(yùn)動時，設(shè)小球的加速度a，依題意，有qE＋mg＝ma⑤聯(lián)立③⑤得：a＝2g⑥(3)依題意：ab分別在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁場區(qū)域運(yùn)動時，小球在電場中分別做勻速、類平拋和勻速運(yùn)動，設(shè)發(fā)生的豎直分位移分別為sⅠ、sⅡ、sⅢ；ab進(jìn)入Ⅲ磁場區(qū)域時，小球的豎直分速度為vⅢ。則：sⅠ＝0⑦sⅡ＝eq\f(1,2)·2g(eq\f(d,v0))2⑧sⅢ＝vⅢ·eq\f(d,v0)⑨vⅢ＝2g·eq\f(d,v0)⑩又：sⅠ＋sⅡ＋sⅢ＝2d聯(lián)立可得：v0＝eq\r(\f(3gd,2))答案：(1)eq\f(4dmg,qLv0)(2)2g(3)eq\r(\f(3gd,2))3.(12分)如圖所示，一無限長的光滑金屬平行導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場B中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌平面豎直且與地面絕緣，導(dǎo)軌上M、N間接一電阻R，P、Q端接一對沿水平方向的平行金屬板，導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)軌上，其電阻為3R，導(dǎo)軌電阻不計，棒長為L，平行金屬板間距為d。今導(dǎo)體棒通過定滑輪在一物塊拉動下開始運(yùn)動，穩(wěn)定后棒的速度為v，不計一切摩擦阻力。此時有一帶電量為q的液滴恰能在兩板間做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動，且速率也為v。求：(1)速度v的大?。?2)物塊的質(zhì)量m?！久麕熃馕觥?1)設(shè)平行金屬板間電壓為U，液滴質(zhì)量為m0。液滴在平行金屬板間做勻速圓周運(yùn)動，重力與電場力必定平衡，則有：qeq\f(U,d)＝m0g由qvB＝m0eq\f(v2,r)得r＝eq\f(m0v,qB)聯(lián)立解得U＝eq\f(gdrB,v)則棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝eq\f(U,R)·(R＋3R)＝eq\f(4gdrB,v)由E＝BLv，得v＝2eq\r(\f(gdr,L))(2)棒中電流為：I＝eq\f(U,R)＝eq\f(gdrB,vR)ab棒勻速運(yùn)動，外力與安培力平衡，則有F＝BIL＝eq\f(gdrLB2,vR)而外力等于物塊的重力，即mg＝eq\f(gdrLB2,vR)解得m＝eq\f(drLB2,vR)＝eq\f(B2L,2R)eq\r(\f(dLr,g))答案：(1)2eq\r(\f(gdr,L))(2)eq\f(B2L,2R)eq\r(\f(dLr,g))4.（2022北京西城期末）如圖1所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌間距為l，左端連接一阻值為R的電阻。導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)體棒MN置于導(dǎo)軌上，其質(zhì)量為m，電阻為r，長度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好。不計導(dǎo)軌的電阻、導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的摩擦。在水平拉力作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動，速度大小為v。（1）請根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，推導(dǎo)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小。（2）若在某時刻撤去拉力，導(dǎo)體棒開始做減速運(yùn)動，并最終停在導(dǎo)軌上。a.以向右為正方向，在圖2和圖3中定性畫出撤去拉力后導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度—時間圖像和位移—時間圖像；b.求導(dǎo)體棒減速運(yùn)動過程中克服安培力做的功W，以及這一過程中電阻R消耗的總電能。【參考答案】（1）見解析；（2）a，；b，【名師解析】（1）設(shè)在時間內(nèi)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動的距離為，則導(dǎo)體棒與軌道組成的閉合回路的磁通量的變化量為回路匝數(shù)則由法拉第電磁感應(yīng)定律得（2）a撤去拉力后，導(dǎo)體棒在安培力作用下做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，最終速度減為零，速度—時間圖像如圖所示位移—時間圖像如圖所示b由動能定理得解得安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能，可得根據(jù)串并聯(lián)電路的特征得電阻R消耗的總電能聯(lián)立解得5.(2022四川成都三模)如圖，兩根足夠長且電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌與地面均成37°角放置，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ以PQ為邊界，分別存在足夠大的垂直兩導(dǎo)軌所在平面向下及平行導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B＝2T。質(zhì)量分別為M＝3kg、m＝1kg的導(dǎo)體棒ab、cd相距s＝6m放置在區(qū)域Ⅰ的導(dǎo)軌上，兩棒的電阻均為R＝1，兩棒的長度和導(dǎo)軌的間距均為L＝1m。區(qū)域I的導(dǎo)軌光滑，區(qū)域Ⅱ的導(dǎo)軌與ab棒間的動摩擦因數(shù)且與cd棒無摩擦。同時由靜止釋放兩棒，ab棒進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后恰好做勻加速直線運(yùn)動。，棒與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度大小，。（1）ab棒到達(dá)PQ前，求ab和cd棒的加速度大?。唬?）求ab棒的釋放處與PQ的距離；（3）從釋放兩棒開始，經(jīng)多長時間，兩棒在相遇前相距最遠(yuǎn)？

【參考答案】（1）,；（2）0.75m；（3）3s【名師解析】（1）ab棒到達(dá)PQ前，兩棒均在區(qū)域Ⅰ中，回路中磁通量變化為零，故感應(yīng)電動勢為零，兩棒均做加速度相同的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度大小為,由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得（2）ab棒在區(qū)域Ⅱ中恰好做勻加速直線運(yùn)動，表明其受到的安培力恒定，即回路中電流恒定。故cd棒切割磁感線的速度恒定，所以，cd棒一定做勻速直線運(yùn)動。設(shè)cd棒勻速運(yùn)動的速度（也是ab棒剛好到達(dá)PQ的速度）大小為v，ab棒釋放點與PQ的距離為x，cd棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為回路中的電流為cd棒受到的安培力為對cd棒，由力的平衡條件有聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得對ab棒，由勻變速運(yùn)動規(guī)律有代入數(shù)據(jù)解得（3）ab棒在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動的時間為ab棒到達(dá)PQ后的過程可分為兩段①過程1，從ab棒位于PQ至cd棒到達(dá)PQ，由右手定則可知ab棒中電流方向從b到a，由左手定則可知ab棒受到的安培力方向垂直軌道平面向下。設(shè)ab棒在區(qū)域Ⅱ中的加速度為，此過程cd棒在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動的時間為對ab棒，由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)得故cd棒到達(dá)PQ時，ab棒的速度為②過程2，從cd棒位于PQ至兩棒相遇前相距最遠(yuǎn)，因回路中無總應(yīng)電流，故兩樣做加速度大小不等的勻變速直線運(yùn)動，其中cd棒的加速度大小仍為。設(shè)ab棒的加速度為，此過程的時間為，對ab棒，由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)得兩棒共速時相距最遠(yuǎn)，故有代入數(shù)據(jù)得解得6．（10分）（2020年6月北京海淀二模）功是物理學(xué)中非常重要的概念，通過做功的過程可以實現(xiàn)能量轉(zhuǎn)化。（1）一直流電動機(jī)，線圈電阻R=2.0Ω，當(dāng)它兩端所加的電壓U=24V時，電動機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)，測得通過其電流I=0.50A。求此工作狀態(tài)下，這臺電動機(jī)每分鐘所做的機(jī)械功W機(jī)。（2）在電路中電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程就是電流做功的過程，電流做功的過程本質(zhì)上是導(dǎo)體中的恒定電場的電場力對定向移動的自由電荷做功的過程。由同種材料制成的很長的圓柱形實心金屬導(dǎo)體，在其上選取長為L的導(dǎo)體做為研究對象，如圖20所示，當(dāng)其兩端的電勢差恒為U時，形成的恒定電流的大小為I。設(shè)導(dǎo)體中的恒定電場為勻強(qiáng)電場，自由電子的電荷量為e，它們定向移動的速率恒定且均相同。圖圖20LUAB①求恒定電場對每個自由電子作用力的大小F；②在任意時間t內(nèi)，恒定電場的電場力對這段導(dǎo)體內(nèi)的所有自由電子做的總功為W，請從功的定義式出發(fā)，推導(dǎo)W=UIt。已知對于橫截面積為S的均勻?qū)w，其單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，自由電子定向移動的速率均為v，則通過導(dǎo)體的恒定電流I=neSv。SSE0B0NMSMNB圖21（3）如圖21所示為簡化的直流電動機(jī)模型，固定于水平面的兩根相距為L的平行金屬導(dǎo)軌，處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，在兩導(dǎo)軌的左端通過開關(guān)連接電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源。導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，其與導(dǎo)軌接觸的兩點之間的電阻為R，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的阻力恒定且不為0。閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動，運(yùn)動過程中切割磁感線產(chǎn)生動生電動勢，該電動勢總要削弱電源電動勢的作用，我們把這個電動勢稱為反電動勢E反，此時閉合回路的電流大小可用來計算，式中R總為閉合電路的總電阻。若空氣阻力和導(dǎo)軌電阻均可忽略不計，導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒運(yùn)動所能達(dá)到的最大速度大小為v。求達(dá)到最大速度后經(jīng)過時間t導(dǎo)體棒克服阻力做的功W。【名師解析】（1）電流每分鐘對電動機(jī)所做的總功W=UIt=720J……………（1分）電動機(jī)線圈每分鐘產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=30J…………（1分）電動機(jī)每分鐘所做的機(jī)械功W機(jī)=UIt-I2Rt=690J……（1分）（2）①導(dǎo)體內(nèi)恒定電場的電場強(qiáng)度E=U/L………（1分）自由電子所受電場力F=eE=eU/L…………………（1分）②設(shè)導(dǎo)體內(nèi)自由電子定向移動的速度大小為v，則對于任意時間t內(nèi)自由電子沿導(dǎo)體定向移動的位移為vt，所以根據(jù)功的定義式，導(dǎo)體內(nèi)恒定電場的電場力在時間t內(nèi)對一個自由電子所做的功W0=………………（1分）這段導(dǎo)體內(nèi)的電子數(shù)N=nSL…………………（1分）因為自由電子定向移動的速率均相同，所以對這些自由電子所做的總功W=NW0=nSL=UIt……………（1分）（3）導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動，則阻力與安培力相等，即…………（1分）由題目知其中所以達(dá)到最大速度后經(jīng)過時間t導(dǎo)體棒克服阻力做的功將I代入可得………………（1分）說明：其他正確方法同樣得分。7．(14分)如圖所示，一面積為S的單匝圓形金屬線圈與阻值為R的電阻連接成閉合電路，不計圓形金屬線圈及導(dǎo)線的電阻．線圈內(nèi)存在一個方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加且變化率為k的磁場B.電阻R兩端并聯(lián)一對平行金屬板M、N，兩板間距為d，N板右側(cè)xOy坐標(biāo)系(坐標(biāo)原點O在N板的下端)的第一象限內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場邊界OA和y軸的夾角∠AOy＝45°，AOx區(qū)域為無場區(qū)．在靠近M板處的P點由靜止釋放一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(