培优专练三 培优点2 电磁感应中的双杆模型-【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 培优点2　电磁感应中的双杆模型 题组一　双杆在等距平行导轨上 1.(2024·福建省龙岩市高三下3月一模)(多选)如图所示，水平面内固定有两根足够长的光滑平行导轨，导轨间距为l，电阻忽略不计。质量为m、电阻为R的导体棒MN与质量为2m、电阻为2R的导体棒PQ均垂直于导轨静止放置，两导体棒相距为d，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现让MN棒以初速度v水平向左运动，直至最终达到稳定状态，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则在此过程中(　　) A．两导体棒任意时刻加速度均相同 B．通过两导体棒的电荷量总是相等 C．MN棒上所产生的热量为 D．最终稳定时两导体棒间的距离为d＋ 答案：BD 解析：两导体棒中电流时刻相等，根据q＝It可知，通过两导体棒的电荷量总是相等，B正确；根据左手定则及安培力公式F＝BIl可判断出，两导体棒所受安培力总是大小相等、方向相反，两导体棒质量不同，根据牛顿第二定律可知，到达稳定前，两导体棒任意时刻的加速度大小和方向均不同，A错误；经分析可知，MN棒受到的安培力向右，PQ棒受到的安培力向左，且大小相等，因此两导体棒组成的系统动量守恒，达到稳定状态后，回路中感应电流为零，两导体棒产生的感应电动势大小相等，两导体棒的速度大小相等，设为v′，根据动量守恒定律，有mv＝(m＋2m)v′，解得v′＝，设导体棒运动过程中产生的总热量为Q总，MN棒上所产生的热量为Q，根据能量守恒定律，有mv2＝(m＋2m)v′2＋Q总，根据焦耳定律，有Q＝Q总，解得Q＝mv2，C错误；设从MN棒水平向左运动至达到稳定状态的过程中用时为t，两导体棒间的距离增加了Δx，由法拉第电磁感应定律可知，闭合回路的平均感应电动势＝＝，闭合回路的平均电流＝，对MN棒，根据动量定理，有－Blt＝mv′－mv，联立解得Δx＝，所以最终稳定时两导体棒间的距离为d′＝d＋Δx＝d＋，D正确。 2.(2024·黑龙江省齐齐哈尔市高三下三模)(多选)如图，方向竖直向上的匀强磁场中固定着两根位于同一水平面内的足够长平行金属导轨，导轨上静止着与导轨接触良好的两根相同金属杆1和2，两杆与导轨间的动摩擦因数相同且不为零，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用平行于导轨的恒力F拉金属杆2使其开始运动，在足够长时间里，下列描述两金属杆的速度v随时间t变化关系的图像中，可能正确的是(　　) 答案：BD 解析：设两金属杆的质量均为m，电阻均为R，长度均为L，与导轨间的动摩擦因数均为μ，磁场的磁感应强度大小为B。恒力F作用在杆2上后，杆2做加速运动，开始时，杆2的速度较小，产生的感应电动势和感应电流较小，杆1、2所受安培力较小，杆1静止，设杆2的速度为v2，其产生的感应电动势为E＝BLv2，感应电流为I＝，杆1、2所受安培力大小均为F安＝BIL，联立解得F安＝，对杆2由牛顿第二定律得F－F安－μmg＝ma2，解得杆2的加速度a2＝－－μg，随着杆2的速度v2增大，a2减小，杆2做加速度减小的加速运动，F安增大，杆1所受静摩擦力f1＝F安增大。若a2减小到0时f1＝F安≤μmg，则之后杆2匀速运动，杆1一直静止；若a2减小到大于0的某一值时f1＝F安＝μmg，则之后杆1开始运动，设杆1的速度为v1，电路中总感应电动势E′＝BL(v2－v1)，感应电流I′＝，根据牛顿第二定律，对杆1有BI′L－μmg＝ma1，对杆2有F－BI′L－μmg＝ma2′，解得杆1的加速度a1＝－μg，杆2的加速度a2′＝－－μg，速度不能突变，则加速度不能突变，故开始a2′较a1大，则v2－v1越来越大，a1增大，a2′减小，当a1＝a2′时，v2－v1不变，之后两杆以相同的加速度做匀加速直线运动。综上，B、D可能正确，A、C错误。 3.(2024·河北省张家口市高三下三模)(多选)如图所示，两根足够长的金属直导轨平行固定于倾角为θ的斜面上，两导轨间距为L，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中；质量为m的金属条a和质量为2m的金属棒b垂直导轨放置，金属条a与导轨间的动摩擦因数为2tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属棒b与导轨间无摩擦，两者接入导轨之间的电阻均为R。现将a、b同时由静止释放，运动过程中a、b与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A．金属条a开始运动时b的加速度大小a＝ B．金属条a开始运动时b的速度大小v＝ C．回路中的最终电流I＝ D．稳定后回路中的电功率P＝ 答案：ACD 解析：设金属条a与导轨间的动摩擦因数为μ，金属条a开始运动时的电流为i，对a由平衡条件有mgsinθ＋BiL＝μmgcosθ，由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可知，i＝，联立解得此时b的速度大小v＝，由牛顿第二定律可知，此时b的加速度大小a＝＝，A正确，B错误；最终a、b达到稳定状态时速度差恒定，以相同的加速度am运动，由牛顿第二定律，对a有mgsinθ＋BIL－μmgcosθ＝mam，对b有2mgsinθ－BIL＝2mam，联立解得回路中的最终电流I＝，则稳定后回路中的电功率P＝I2·2R＝，C、D正确。 4．(2024·辽宁高考)(多选)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g。两棒在下滑过程中(　　) A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于 C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D．两棒产生的电动势始终相等 答案：AB 解析：两导体棒均沿导轨向下滑动，根据右手定则可知，ab中产生的感应电动势从a到b，cd中产生的感应电动势从c到d，则回路中的电流方向为abcda，故A正确；设回路中的总电阻为R，电流为i，ab的加速度大小为aab，cd的加速度大小为acd，对ab、cd进行受力分析，并沿导轨方向和垂直导轨方向进行正交分解，在沿导轨方向，根据牛顿第二定律，对ab有2mgsin30°－2BiLcos30°＝2maab，对cd有mgsin30°－BiLcos30°＝macd，故aab＝acd，即ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，故C错误；由C项分析可知，两导体棒的速度大小始终相等，设为v，则由法拉第电磁感应定律可知，ab产生的感应电动势大小为Eab＝2BL·vcos30°＝BLv，cd产生的感应电动势大小为Ecd＝BLvcos30°＝BLv，则Eab≠Ecd，D错误；由A、D项分析可知，回路中的总感应电动势大小为E＝Eab＋Ecd＝BLv，随着导体棒速度v的增大，回路中的总感应电动势E增大，回路中的电流i＝增大，导体棒受到的安培力在增大，当ab所受安培力沿导轨向上的分力与ab所受重力沿导轨向下的分力平衡时，设闭合回路中的电流为I，对ab有2mgsin30°＝2BILcos30°，则mgsin30°＝BILcos30°，即此时cd也受力平衡，则此后导体棒ab、cd将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值且最大，解得I＝，即ab中电流趋于，故B正确。 5．(2024·江西高考)如图a所示，绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨，导轨左右两端分别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连接，两侧导轨倾角分别为θ1、θ2，导轨间距均为l＝2 m，水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T。现有两均匀金属细棒甲和乙，质量分别为m1＝6 kg和m2＝2 kg，接入导轨的电阻均为R＝1 Ω。左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1＝、μ2＝。初始时刻，乙静止在水平导轨上，与水平导轨左端P1P2的距离为d，甲从左侧倾斜导轨高度h＝4 m的位置静止滑下。水平导轨足够长，两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直。若两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞。不计空气阻力和导轨的电阻。(g取10 m/s2，sinθ1＝0.6，sinθ2＝0.8) (1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向； (2)为使乙第一次到达水平导轨右端Q1Q2之前甲和乙不相碰，求d的最小值； (3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图b所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量)，乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0～t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。 答案：(1)2 m/s2　水平向右　(2)24 m (3) m<d< m 解析：(1)设甲刚进入磁场时的速度大小为v0，此时乙的加速度大小为a乙0。甲从静止运动至P1P2处的过程，根据动能定理有 m1gh－μ1m1gcosθ1·＝m1v－0 甲刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势大小E0＝Blv0 根据闭合电路欧姆定律可知，此时产生的感应电流大小I0＝ 对乙由牛顿第二定律有BI0l＝m2a乙0 联立并代入数据，解得a乙0＝2 m/s2。 根据楞次定律和安培定则可知，此时回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，结合左手定则可知，此时乙所受安培力方向水平向右，则加速度方向水平向右。 (2)甲和乙在磁场中运动的过程中，两金属细棒受到的安培力大小相等、方向相反，甲、乙两金属细棒组成的系统受到的合力为零，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则d有最小值d0。设两者共速时的速度为v共，从甲进入磁场至两者共速所用时间为Δt，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v共 对乙根据动量定理有BlΔt＝m2v共－0 其中平均电流＝ 平均感应电动势＝ 回路中磁通量的变化量ΔΦ＝Bld0 联立并代入数据，解得d0＝24 m。 (3)根据题意，乙第一次到达Q1Q2前甲、乙未发生碰撞，根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨上运动稳定，甲、乙相对位移为Δx＝d0＝24 m，且稳定时的速度v共＝6 m/s 乙第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中，设乙的加速度大小为a上，向上运动的位移大小为x上，根据牛顿第二定律有 m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2＝m2a上 根据运动学规律有0－v＝－2a上x上 乙第一次在右侧倾斜导轨上向下运动的过程中，设乙的加速度大小为a下，向下运动的位移大小为x下，末速度大小为v2，根据牛顿第二定律有m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2＝m2a下 根据运动学规律有v－0＝2a下x下 又x上＝x下 联立并代入数据，解得v2＝5 m/s 根据题意，此后甲、乙发生碰撞结合成一个整体，设整体以大小为v共1的速度经过Q1Q2进入右侧倾斜导轨，甲、乙结合体第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中，加速度大小仍为a上，设向上滑动的位移大小为x上′， 根据运动学规律有0－v＝－2a上x上′ 由题图b结合几何关系可知，x上＝4.84x上′ 联立并代入数据，解得v共1＝ m/s 因(m1＋m2)v共1>m2v2，则甲、乙结合体不会进入左侧倾斜导轨。设乙刚返回水平导轨时甲的速度大小为v1，乙返回水平导轨后与甲相互作用的过程，以水平向右为正方向，对甲、乙组成的系统，根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v共1 代入数据解得v1＝ m/s 乙返回水平导轨后，分析可知，若乙在Q1Q2处恰与甲发生碰撞，则d有最小值dmin。设乙第一次在右侧倾斜导轨上运动的过程，甲运动的时间为Δt1，位移大小为Δx1，以水平向右为正方向，对甲根据动量定理有－B1lΔt1＝m1v1－m1v共 其中平均感应电流1＝ 平均感应电动势1＝ 回路中磁通量的变化量ΔΦ1＝BlΔx1 联立并代入数据，解得Δx1＝ m 根据位移关系有dmin－Δx＝Δx1 代入数据解得dmin＝ m 乙返回水平导轨后，分析可知，若两者共速时恰好碰撞，则d有最大值dmax。设乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，所用时间为Δt2，甲、乙间距的减少量为Δx2，以水平向右为正方向，对乙根据动量定理有B2lΔt2＝m2v共1－(－m2v2) 其中平均感应电流2＝ 平均感应电动势2＝ 回路中磁通量的变化量ΔΦ2＝BlΔx2 联立并代入数据，解得Δx2＝ m 根据位移关系有dmax－Δx－Δx1＝Δx2 代入数据解得dmax＝ m 综上所述，d的取值范围为 m<d< m。 题组二　双杆在不等距平行导轨上 6.(2024·江西省上饶市高三一模)(多选)如图所示，导体棒a、b水平放置于足够长的光滑平行金属导轨上，导轨左、右两部分的间距分别为l、2l，导体棒a、b的质量分别为m、2m，接入电路的电阻分别为R和2R，其余部分电阻均忽略不计。导体棒a、b均处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，a、b两导体棒均以v0的初速度同时水平向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，导体棒a始终在窄轨上运动，导体棒b始终在宽轨上运动，直到两导体棒达到稳定状态。则该过程中(　　) A．导体棒中的最大电流为Im＝ B．a棒运动初始瞬间的加速度方向水平向左 C．电路中产生的焦耳热Q＝mv D．通过导体棒a的某一横截面的电荷量q＝ 答案：ACD 解析：开始时回路中感应电动势最大，为Em＝B·2lv0－Blv0＝Blv0，导体棒中的感应电流最大，为Im＝＝，A正确；由楞次定律知，开始瞬间闭合回路中的感应电流沿顺时针方向，根据左手定则可知，a棒运动初始瞬间所受安培力方向水平向右，则其加速度方向水平向右，B错误；二者稳定时，回路中没有感应电流，二者产生的感应电动势大小相等，即Blva＝B·2lvb，设达到稳定状态之前两导体棒运动的时间为t，回路中的平均电流为，以向右为正方向，根据动量定理，对a有Blt＝mva－mv0，对b有－B·2lt＝2mvb－2mv0，联立解得va＝v0，vb＝v0，对整个系统，由能量守恒定律有mv＋×2mv＝mv＋×2mv＋Q，解得Q＝mv，C正确；结合C项分析，可知通过导体棒a的某一横截面的电荷量为q＝t＝＝，D正确。 7.(2023·辽宁高考)(多选)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是(　　) A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流 B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为 答案：AC 解析：分析可知，两棒所受安培力始终大小相等、方向相反，所以两棒和弹簧组成的系统所受合力始终为0，系统动量守恒，则可知MN、PQ运动方向始终相反，故弹簧伸展过程中，MN沿导轨向左运动，PQ沿导轨向右运动，根据楞次定律可知，回路中产生顺时针方向的电流，A正确；设MN质量为m，PQ质量为2m，则PQ速率为v时，根据动量守恒定律有2mv＝mv′，解得MN速率为v′＝2v，因PQ、MN运动方向始终相反，则此时回路中的感应电流大小为I＝＝，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝，B错误；由前面分析知，两棒同时开始运动、同时停止运动，且MN的速率始终为PQ的2倍，则整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长状态，此时两棒间距增加了L，由动量守恒定律有m1＝2m2，方程两边同时乘以运动时间t，可得mx1＝2mx2，又x1＋x2＝L，可解得整个过程MN向左运动的位移大小x1＝，PQ向右运动的位移大小x2＝，则整个过程通过MN的电荷量q＝t＝＝＝，D错误。 9 学科网（北京）股份有限公司 $$