培优专练三 培优点1 电磁感应中的单杆模型-【金版教程】2025年高考物理大二轮刷题首选卷全书Word

大二轮刷题首选卷 物理 培优专练三　电磁感应的典型模型 培优点1　电磁感应中的单杆模型 题组一　导轨接定值电阻的单杆模型 1．(2023·重庆高考)如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内(　　) A．流过杆的感应电流方向从N到M B．杆沿轨道下滑的距离为vt C．流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率 D．杆所受安培力的冲量大小为mgtsinθ－mv 答案：D 解析：根据右手定则可知，流过杆的感应电流方向从M到N，故A错误；设杆切割磁感线的有效长度为L，杆接入回路的电阻为R，磁场的磁感应强度大小为B，杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力、轨道支持力及沿轨道向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得mgsinθ－F安＝ma，其中杆所受安培力大小F安＝BIL，杆中电流大小I＝，联立可得杆的加速度a＝gsinθ－，则随着杆的速度v′变大，加速度a将变小，即杆在磁场中运动的此段时间内，做加速度逐渐减小的加速运动，若此段时间内杆做匀加速直线运动从v加速到2v，则杆沿轨道下滑的距离为s0＝·t＝vt，根据v­t图像与t轴围成的面积表示位移，可知杆实际沿轨道下滑的距离s>s0＝vt，故B错误；在磁场中运动的此段时间内，杆的速度增大，动能增大，由能量守恒定律可知，杆的重力势能的减小量等于杆的动能的增加量和所产生的电能之和，结合功能关系知，重力对杆所做的功大于感应电流的电功，根据＝可知，流过杆的感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误；杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，有mgsinθ·t－I安＝m·2v－mv，解得杆所受安培力的冲量大小为I安＝mgtsinθ－mv，故D正确。 2．(2024·四川省成都市高三下三诊)(多选)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，其间距为d，两完全相同的灯泡电阻均为R。长为d、电阻不计的导体棒MN置于导轨上，且与导轨保持良好接触。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。闭合开关S，由静止开始对导体棒MN施加一水平向右的恒力F0，经过足够长的时间后，MN运动稳定，此时恒力F0的功率为P0，且小灯泡L1恰好正常发光。不计导轨电阻，忽略灯泡的电阻变化，则(　　) A．水平恒力F0＝Bd B．MN运动稳定后，断开S，若保持拉力大小F0恒定，导体棒将做加速度逐渐减小的减速运动 C．MN运动稳定后，断开S，若保持拉力大小F0恒定，经足够长时间，两灯泡均能正常发光 D．MN运动稳定后，断开S，若保持拉力功率P0恒定，经足够长时间，导体棒再次稳定时速度大小为原来稳定时的2倍 答案：AC 解析：开关闭合情况下，MN运动稳定时做匀速直线运动，由平衡条件有F安＝F0，而安培力大小F安＝BId，又P0＝I2R，联立解得F0＝Bd，A正确；设MN运动稳定时的速度大小为v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，此时流过MN的电流大小I＝，断开S瞬间，MN中的电流变为＝，其所受安培力减小为原来F安的，若保持拉力大小F0恒定，MN将做加速运动，随速度增加，MN中电流增大，所受安培力增大，合力减小，加速度减小，当安培力和F0平衡时，回路中的电流为I，则此时两个小灯泡均正常发光，B错误，C正确；MN运动稳定后，断开S，若保持拉力功率P0不变，设经过足够长的时间，导体棒再次平衡时，导体棒的速度为v′，则有F＝F安′＝BI′d＝B··d＝，且有P0＝Fv′，联立解得v′＝，同理可得，原来稳定时导体棒的速度v＝，即导体棒再次稳定时的速度是原来稳定时的倍，D错误。 3．(2024·湖南高考)(多选)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．金属杆经过BB1的速度为 B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为mv－μmgd C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍 答案：CD 解析：设平行金属导轨间距为L，金属杆经过BB1的速度大小为vB，在AA1B1B区域运动的时间为t0，平均速度大小为，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线，产生的平均感应电动势大小为＝BL，产生的平均感应电流大小为＝，所受安培力的平均值大小为＝LB，金属杆在AA1B1B区域运动的过程，以运动方向为正方向，根据动量定理有I安＝mvB－mv0，又安培力的冲量I安＝－t0，t0＝d，联立可得I安＝－，vB＝v0－；设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t1，平均速度大小为′，同理可知，金属杆在BB1C1C区域运动的过程有I安′－μmgt1＝0－mvB，且I安′＝－′t1，′＝′LB，′＝，′＝BL′，′t1＝d，可解得I安′＝－，vB＝＋μgt1，综上可得vB＝＋>，则金属杆经过BB1的速度大于，且金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I安＝I安′＝－，故A错误，C正确。整个过程，根据能量守恒定律，有mv＝μmgd＋Q总，由焦耳定律及串联电路规律知，定值电阻R产生的热量为QR＝Q总，联立解得QR＝mv－μmgd，故B错误。设金属杆的初速度加倍后，金属杆通过BB1C1C区域的时间为t2，金属杆在磁场中运动的距离为x，金属杆在磁场中运动的过程，以运动方向为正方向，由动量定理有I安″－μmgt2＝0－2mv0，由A、C项分析同理可知，安培力的冲量I安″＝－，联立可得x＝(2mv0－μmgt2)，同理可得，金属杆原来在磁场中运动的距离2d＝·(mv0－μmgt1)，金属杆初速度加倍后，到达BB1的速度增大，则在BB1C1C区域任一位置的速度均增大，则t2<t1，所以>2d，x>4d，即将金属杆的初速度加倍后，金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。 题组二　导轨接电源的单杆模型 4.(2024·湖南省长沙市高三下高考模拟预测)(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置，宽度为l，一端连接电动势为E、内阻为r的电源。导轨所在空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、电阻为R的导体棒ab放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，不计导轨电阻。现闭合开关，导体棒运动一段位移x后达到最大速度vm，则下列说法正确的是(　　) A．vm＝ B．通过导体棒的电荷量q＝ C．安培力对导体棒做功的大小等于导体棒上产生的焦耳热 D．导体棒上产生的焦耳热Q＝ 答案：AD 解析：导体棒先在安培力作用下做加速运动，电路中的电流i＝，所以当导体棒达到最大速度时闭合回路中的电流i＝0，则导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E，即Blvm＝E，解得vm＝，故A正确；设导体棒的位移为x时，运动的时间为t，期间流过导体棒的平均电流为，由动量定理得Blt＝mvm－0，由电流的定义式可知，通过导体棒的电荷量q＝t，联立解得q＝，故B错误；设电源内阻和导体棒上产生的焦耳热之和为Q总，根据能量守恒定律可得qE＝mv＋Q总，由焦耳定律可知，导体棒上产生的焦耳热Q＝Q总，联立解得Q＝，故D正确；根据动能定理可知，安培力对导体棒做功的大小W＝mv＝>Q，故C错误。 题组三　导轨接电容器的单杆模型 5．(2024·海南高考)(多选)两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L＝1 m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R＝0.02 Ω的电阻和C＝1 F的电容器，整个装置处于B＝0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为m1＝0.8 kg、m2＝0.4 kg，ab棒电阻为0.08 Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0＝4.32 m处在一个大小F＝4.64 N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在MN处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s，g＝10 m/s2(　　) A．ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s B．ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78 J C．两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3 m/s D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4 m/s 答案：BD 解析：对cd和电容器组成的回路，当在很短时间Δt内cd的速度变化Δv时，cd产生的感应电动势变化ΔE＝BLΔv，电容器上储存的电荷量变化Δq＝C·ΔE＝CBLΔv，则此时cd中的电流I＝＝CBL＝CBLa2，此时，对cd，根据牛顿第二定律有F－BIL－m2gsin30°＝m2a2，联立解得cd的加速度大小a2＝＝6 m/s2，a2是定值，说明cd沿导轨向上做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律有x0＝a2t2，代入数据解得cd在力F作用下运动到MN处所用时间为t＝1.2 s，则ab从释放到第一次碰撞前所用时间为t＝1.2 s，故A错误；ab从释放到第一次碰撞前，设ab的位移为xab，碰前瞬间ab的速度为v1，根据动量定理有m1gsin30°·t－B′L·t＝m1v1－0，由闭合电路欧姆定律可得，ab中感应电流的平均值′＝，ab所在回路的总电阻R总＝R＋Rab，由法拉第电磁感应定律可得，ab产生的感应电动势的平均值′＝BLab，且xab＝abt，联立并代入数据，解得xab＝3 m，此过程，对ab所在回路根据能量守恒定律有m1gxabsin30°＝Q＋m1v，根据焦耳定律及串联电路规律可得，R上消耗的焦耳热为QR＝Q，联立并代入数据，解得QR＝0.78 J，故B正确；两棒恰好在MN处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间cd的速度大小v2＝a2t＝7.2 m/s，取沿导轨向下为正方向，设两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度为v1′，cd的速度为v2′，根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝m1v1′＋m2v2′，根据总动能不变，有m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，联立并代入数据，解得v1′＝－3.3 m/s，v2′＝8.4 m/s，故C错误，D正确。 6．(2024·北京高考)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。 (1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I； (2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a； (3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。 答案：(1)　(2)　(3)如图所示 解析：(1)闭合开关瞬间，由电容的定义式可知，电容器两极板间电压U＝ 根据欧姆定律可知，通过导体棒的电流I＝ 联立解得I＝。 (2)闭合开关瞬间，导体棒所受安培力大小 F安＝ILB 由牛顿第二定律有F安＝ma 联立解得a＝。 (3)闭合开关后，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，电容器两端的电压u不断降低，又因导体棒速度v不断变大，则由法拉第电磁感应定律可知，导体棒切割磁感线产生的感应电动势e＝BLv逐渐增大，则回路中的电流i＝不断减小，导体棒受到的安培力不断减小，根据牛顿第二定律，可知导体棒的加速度不断减小，最终减小到零后，有i＝0，u＝e，v不变，v­t图线如答图所示。 7．(2024·全国甲卷)如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。 (1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。 (2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。 答案：(1)　(2)　 解析：(1)开关S闭合，当金属棒的速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得，金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E0＝BLv0 由闭合电路欧姆定律可得，闭合回路中的电流大小为I0＝ 根据平衡条件可知，外力与安培力大小相等，即F＝F安＝BI0L 在金属棒速度为v时，外力的功率为PF＝Fv 此时金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BLv 闭合回路中的感应电流大小为I＝ 此时定值电阻的功率为PR＝I2R 由题意知PF＝2PR 联立解得v＝。 (2)断开开关S，金属棒做匀速运动时，设回路中的电流大小为I′，则金属棒所受安培力大小F安′＝BI′L 由平衡条件可得，外力F′＝F安′ 外力F′的功率PF′＝F′v 定值电阻R的功率PR′＝I′2R 当外力做功的功率为定值电阻功率的两倍时，PF′＝2PR′ 联立解得此时回路中的电流大小I′＝ 因电容器与定值电阻串联，则此时电容器两端电压UC＝BLv－I′R 联立解得UC＝ 从断开S开始到该时刻的过程，对金属棒，根据动能定理可知，外力做的功等于克服安培力做的功，即WF′＝W安′ 设该过程经历的时间为t，则安培力做的功W安′＝安′t 其中安′是安培力的平均功率，且安′＝安′v 安培力的平均值安′＝B′L 通过电路的电荷量Q＝′·t 且Q＝CUC 联立解得WF′＝。 9 学科网（北京）股份有限公司 $$