专题训练(十六) 电磁感应中的单、双杆模型-【成功方案】2025年大暑假小一轮高二物理专题复习

专题训练（十六） 电磁感应巾的单、双杆模型 [保分基础练] 阻连接，在沿斜导轨向下的拉力（图中未画 1.（多选)如右图所示，两足够 A 出)作用下，·质量为m、接入电路的有效 长的光滑金属导轨竖直放 电阻为R的金属杆MN从斜导轨上某· 置，相距为L,一理想电流表 高度处山静止开始(t=0)沿斜导轨匀加速 与两导轨相连，图中虚线的 下滑，经过时间t。杆MN滑至斜导轨的最 下方存在)强磁场，匀强磁 底端P,Q2处，此时速度大小为”并撤去 场与导轨平而垂直.一质量 XX 拉力，杆MV在水平导轨I:减速运动直至 为、有效电阻为R的导体×××× 停止，杆MN始终垂直于导轨并与导轨保 棒在竖直向上的恒定外力F作用下由静 持良好接触，导轨的电阻以及一切摩擦均 止开始向上运动，导体棒在磁场巾运动时， 不计.则下列说法止确的是 电流表示数逐渐增大，最终稳定为【.当导 A.杆MN中通过的最大感应电流I 休棒运动到图中的虚线位置时，撤去外力 =BL.v 2R F,此后导体棒还会继续上升一段时间，整 B.杆MV沿斜导轨下滑的过程中，通过屯 个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，H 阻R的电荷量q- BLvt 始终保持水平，不计导轨的电阻（虚线与导 4R 轨的上端距离足够大)，重力加速度为g.则 C.撤去拉力后，杆MV在水平轨道上运动 ( A.导体棒开始运动的瞬间加速度大小 的路程s-2R B'L 为 D.撤去拉力后，回路中产尘的焦耳热为 1 且匀强磁场的赋感应强度大小为，品 2mv 3.(多选)如图所示，两条相距为L的光滑平 C.电流稳定后导休棒的速度大小 行金属导轨位丁水平面（纸面）内，其左端 为R 接一阴值为R的定值电阻，导轨平而与磁 D.撤去F后，导休棒继续上升的高度 感应强度人小为B的匀强磁场垂直，导轨 TR2 电阻不计.导体棒ab垂直导轨放置并接触 为2g下-mg) 良好，接人电路的电阻也为R.若给棒以平 2.(多选)如右图所 行导轨向右的初速度，当通过棒横截面 示，固定轨道由 的电荷量为q时，棒的速度减为岁，此过程 倾角为目的斜导 中棒发生的位移为x.则在这一过程中 轨与水平导轨用 极短的圆弧导轨 平滑连接而成，导轨所在空间存在方向竖 直向上、磁感应强度人小为B的匀强磁 场，两导轨问距为1，上端用阻值为R的电 48 A.导体棒做匀减速直线运动 B.当棒发生的位移为号时，通过棒横截面 EE∠ 的电待量为号 6.如图甲所示，将两根足够长、问距为L的 C.在通过棒横截面的电荷量为号时，棒运 平行光滑金属导轨固定在同一水平面内， 左端接·阻值为R的电阻，与导轨垂直的 动的速度为学 虚线ef右边区域存在方向竖直向下的匀 强磁场，质量为m的金属杆PQ静止在导 D.定值电阻R产生的热量为 qLvs 轨上.现对杆施加一水平向右的恒定拉力， [争分提能练] 经过时间1，杆进人磁场并开始做匀速直线 4.(多选)如右图所示， 运动，杆始终与导轨垂直并接触良好，导轨 水平而上固定若两根 和杆的电阻均不计. 相距L且足够K的光 滑金属导轨，不计导 轨电阻，导轨处于方 ×B× 向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场 巾.相同的铜棒a、b平行地静止在导轨上 甲 且与导轨接触良好，每根铜棒的长度均等 (1)求匀强磁场的磁感应强度人小B; 于两导轨的问距、电阻均为R、质量均为 (2)若杆进人磁场后的某时刻撒去拉力，杆 m.现给铜棒“一个平行于导轨向右的瞬 运动的速度与此后的位移关系图像如图乙 时冲量1，关于此后的过程，下列说法正确 所示，求0~x。与x。一3x。两个过程中电 的是 ( 阻R产生的热量之比， A.铜棒b巾的最大电流为BLI mR B铜棒b的最大加速度为5L m2R C制棒6获得的最大速度为加 D.闹棒6中产生的最大焦耳热为 5.（多选)如右图，平行光 B 潜金屈导轨M、V固定 0 P 在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中 完全相同的两金属棒P、Q搭放在导轨上， 开始均处丁静止状态.给P施加一与导轨 平行的恒定拉力作用，运动中两金属棒始 终与导轨垂直并与导轨接触良好.设导轨 足够长，除两棒的电阻外其余电阻均不计 则两棒的速度及棒中的感应电流随时间变 化的图像正确的是 49 7.如图，不计电阻的金届导轨A(OCD和 8.如图(a)所示，两根电阻不计的平行长直金 A'OCD放置在磁感应强度为B、方向竖 属导轨固定在同一水平面内，导轨间距为 直向上的匀强磁场中，竖直平面AO℃与 L;两根长度均为L、质量均为、电阻均为 A'O'C的距离为1,0-45°；DCO)C'D'在 r的相同的导体棒M、V静置于导轨上，两 绝缘的水平地面上，D与D'靠近但不接 棒相距不，；整个装置处于竖直向卜的匀强 触：O0C'C为矩形.OC=L、OD=6L, 磁场巾，磁感应强度大小为B.从1=0开 ∠D'C'℃=45°：金属棒a和b完全相同，长 始，给导体棒M施加平行于导轨的外力 度为L、质量为m、单位长度的电阻为r;a F,使导体棒M在0~t。内以加速度a=g 放在水平导轨上，b放在倾斜导轨上，b与 做匀加速直线运动，导休棒V在t。时刻 导轨的动摩搽因数以=0.5，最大静摩搽力 (,未知)开始运动，F随时间变化的规律 近似等于灣动摩擦力，重力加速度为g 如图(b)所示.棒与导轨间的动摩擦因数均 为4（最大静摩擦力等于滑动烨擦力），运 动过程中两棒均与导轨接触良好，重力加 速度大小为g D (a) (b) D 0 (1)求t。时刻导体棒M的速度大小： (1)若固定币，t0时a从O)'以速度v。沿 (2)求2t。时刻给导体棒M施加的外力的 导轨向左匀速运动，求通过b的屯流I与 大小： 时间t的关系式； (3)若21。时刻导休棒M的速度为v,求此 (2)若a以某·速度开始向左匀速运动的 时两棒间的距高. 同时释放b,在a到达CC'前，b保持静止， 求a运动速度的取值范再. 501L.ABD定值电阻与金高棒串联，金属棒与定值 (3)设电路中电流大小为I,两导轨间金属棒的 电红产生的核手热之比吕一一后·金满林 长度为1，磁场的磁感应强度大小为B, 产生的焦耳热Q,一冷同路产生的总焦耳热 典1贺 因为P=PR Q&=Q+Q,= 发Q,会属棒克服安培力货功 联立解得B=0.4T 由右手定则可知，磁感应强度方向垂直导轨平 转化为焦耳热，安培力对金属捧做的功为W 而向上 Q愁- 'Q,故A正病：由法拉第电随感 (4)由功能关系得，减少的重力势能转化为企属 棒的动能、摩擦生热和电阻R上的焦耳热，摩擦 应定体得E一梁-，手均高应电选】 力做功为 W=-umg.xcos 0=-8 J 干，流过金属棒的电荷量q=I△，解得流过 E 所以摩擦产生的热量为Q一8」，因此，电阻R上 产生的热量为 金属排的电特量为？二故B正确：对鉴个 Qx-mgrsin Q6). 垃程，由能量守恒定律得立m话=点Q十 答案(1)4m/s2(2)10m/s(3)0.4T方 Q年#，解得Q年等一m听-RQ,故C错误： 向垂直导轨平面向上(4)6J 。1 R 专题训练（十六）电磁感应中的单、双杆模型 因摩擦产生的热量Q器一umgr, 保分基础练 释得是2，长D正角 L.CD开始运动的瞬间，导体棒速度为O,此时只 12.D根据楞次定律可知，0一81。时间内感应电流 受恒力F和重力mg的作用，则由F一mg=ma, 的方向沿顺时针方向，由左手定则可知国环上 解得a一月-8，故A错误：当电流稳定时，导体 半部分所受安培力沿斜面向下，设圆环半径为 棒加速度为零，则有F-mg-BIL=0,解得B= ,电阻为R,在1=8，时，有E=A中=△B △△t F二mg,故B错误：电流稳定后，感应电动势也恒 I 品，山一是北时国环格好特，由 定不变，有L=R解得一pRe故C 平衡条件得ngsin0十B。1·2r=mgc0s0,同 正确：搬去F,导体棒也刚好离开磁场，则由机械 理在1=9时，圆环上部分受到的安培力沿斜 西向上，B一经，一食周环光时修好静 E2 能守恒可得名m时=mgH,解得H-最 IR2 止，由平衡条件得mgsin0+umgcos0=B。I2· 2g(F-mg,故D正确. 2.ACD经分析可知，杆MN下滑到P2Q2处时的 2,联立以上各式得-器故A,BC,籍误，D 速度最大，刚滑至水平导轨时回路中产生的感应 正确。 电动势最大，且最大值为Em=BL,此时回路中 13.解析(1)对金属棒受力分析，因为金属棒刚开 Es 通过的感应电流最大，有【m=2R,解得1m 始下滑的速度为零，所以不会受到安培力的作 BLv 用，金属棒受重力和导轨的摩擦力作用，由牛顿 2R ,故A正确：杆MN沿斜导轨下滑的距离为 第二定律得： mgsin 6-umgcos 0=ma, 工=2o,在杆MN沿斜导轨下滑的过程中，穿过 代入数据解得a=4m/s 回路的磁通量的变化量为△中=BLrcos0,该过 (2)金属棒下滑速度稳定时，棒受力平衡，根据 程回路中产生的平均感应电动势为E=中 to 平衡条件有mgsin0-mgcos0+F全 又因为金属棒克服安培力做功的功率等于电路 回路中通过的平均感应电流为了=发·又9三© 中电阻R消耗的电功率，有P=F安？ 代入数据解得v=10m/s 联立解得q= BLotocos0,故B错误；撒去拉力 4R 100 后，杆MN在水平导轨上做诚速运动，设某时刻 B10,通过铜棒b的最大感应电流Im= 其速度大小为'，别此时回路中通过的感应电流 2R 为1=BLe BL 2R 2nR,A错误：根据牛顿第二定律得 BII 2R 设此时杆MN的加速度大小为《，由牛顿第二定 律有 BLmL=ma,则铜捧b的最大加速度a=B1a上- 加 BIL.=ma B212 设在趋近于零的时间△t内，杆MN的速度变化的 2m2R ,B错误；由题意知，钢棒山做减速运动，钢 大小为4，由动量定理可得歌， ·w△1=m△2， 棒D做加速运动，当两铜棒速度相等时，回路中没 有感应电流，两铜棒同时向右匀速运动，此时钢 即B12 2R·s=m(0-0) 棒b的速度最大，根据动量守恒可知，I一2mu,则 解择-故C正确： 一2mC正确：两铜棒共速后，回路中不再产生 感应电流，则根据能量守恒定律，系统产生的热 撒去拉力后，杆MN在水平导轨上做减速运动直 m6-号·2m,期锅特6中产生的兼 量Q=1 到得止，根搭能量守设Q=m2,放D正确 大发年热0，-Q- ,D正确. 3.BD由于导体捧向右减速运动，则感应电动势减 小，感应电流减小，所以导体捧受到的安培力减 5.ADP向右做切割磁感线运动，由右手定则判断 小，根据牛顿第二定律可知其加速度减小，故导 知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则 判断可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向 体棒做变减速运动，故A错误；当棒的速度减为 右做加速运动：Q向右运动后，开始阶段，两杆的 零，发生的位移为工时，通过棒横截面的电荷量为 速度差增大，在回路中产生的感应电动势增大， ?=架-紧，则当棒发生的住移为受时：道过 感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则P 的加速度减小，Q的加速度增大，当两者的加速度 棒横裁面的电荷量为号，故B正暗：当棒的递度减 相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不 变，两杆均做加速度相同的匀加速运动，故A、D 为零时·通过棒横截面的电荷量为9=，设这 正确，B、C错误 段时间回路中的平均电流为11，由动量定理得 6.解析(1)设拉力大小为F,杆的加速度为a,进 入磁场时的速度为0，则F=ma -BlL4=0-m%,其中g=I1 杆做匀加速直线运动，则饰=at 当通过棒横栽面的电荷量为号时，设这段时间回 杆在磁场中做匀速直线运动，剧F=F安=BIL 路中的平均电流为T: 由动量定理得一B以2L12=m一m0, E=BLvo 共中号-1 联立解仔：B=四 2 (2)撤去拉力后，由题图乙可知，杆在x=x6处的 解得：一 3·m=B红.故C错误3 0 根据能量守恒可知，棒的速度减为零的过程中， 速度大小为v3 定值电阻R产生的热量为： 由能量关系，在0~x0过程中，电阻R产生的 Qx-E-1 mvi=BL.uo 热量 4 1 故D正确 [争分提能练 在x0~30过程中，电阻R产生的热量 4.CD选取水平向右为正方向，根据动量定理可 Q:-2mv 知，妈棒：开始时递度0一品，根据左手定别制 解8- 断安培力，可知此后铜棒：微减速运动，铜捧b做 mR 加速运动，所以回路中的感应电动势最大值E 答案 (2) 4 101 7.解析 （1a从O0到CC':≤5L,E-BL 此过程中的平均感应电动势E二/一目 2 R=2Lr 而△④=BL(x2一x1) 5L) 整理得x2=x0 2mr⊥16m2gr2 B2L.2 BLA a到cC之后：<1<E=BLoL'=6L 答案 (1)3m (2)4mg (3)x0 2mvr 2L2 B2L2 %t,R=1r+(6L-61)r +16um2gr2 1发-色 BL 专题训练（十七）力学实验 (2)b受重力，支持力、安培力，摩擦力四力平衡 当安培力较小时，摩擦力斜向上，达最大值N 保分基础练 N=mgcos 45+BI L.sin 45" 1.解析(3)待装置平衡后，分别测量出橡皮条 aN+BILeos 45-mgsin 45 瓷 OA、OB和COC的长度x1,x2、x·并在白纸上记 录O、A、B三点的位置以及O的方向. 1-Bu 2mgr (4)如果近似可得x4=x3一x0,且OC的方向与 27 3LB2 (OC的方向相反，则实验验证了力的平行四边形 当安培力较大时，摩擦力斜向下，达最大值N 定则. N=mngcos45°+BI2Lsin45° 答案(3)O、A、B三点的位置以及OC的方向 uN+BI:Leos 45"=mgsin 45" (4)x3一x。与OC的方向相反 6mgr 2.解析B小球在0.7308时间内下落距离 >2 LB2 s-0.590m-0.100m-0.490m 2mgr .6mg7 3L.B2 <0<1B 初始时速度为家，根据=a心 答案 见解析 得a= 2s 2×0.490 m/s2≈1.84m/s2. 8.解析(1)导体棒N未运动时，电路中的电动势E 20.7302 =L,电浅1-号 根据牛领第二定律 对B球：mHg一Fr=mHa ① 每个导体棒受到的安培力F金=BL 对A球：mAg一Fr=mA(-a') 导体棒N开始运动时，安培力与摩擦力平衡， 联立①②两式得a'-mB一m4 F来=ang mA十mB 联立解得to时刻导体棒M的追度大小 (150.0-100.0)×10- 场-多m 100.0+150.0)X10×9.8m/s3=1.96m/s2. 可见实验结果比理论结果小一些，可能是滑轮的 B2L2 轴不光滑或滑轮质量不可忽略 (2)对导体捧M,t=0时刻Fo一amg=ma 答案1.841.96滑轮的轴不光滑（或滑轮有 to时刻F1一umg一F安=ma 而月-EBE 质量) 3.解析(1)由题意可知，小球每次下落的位置和 to 21o 光电门B的位置不变，所以小球每次到达光电门 整理得F2=4mg B时的逸度B不变，将小球的运动反向看成是 (3)0一0时间内，导体棒M做匀加速直线运动 从光电门B处向上的匀减速运动，由运动学公式 vo=ato 可得o产B配 2mr 可知，h=nl-28, 所以 =B一2gt,故D项正确，A,B,C错误. 。时刻两棒间的距离为石=十a6 (2)由(1)可知，=m一，格合画载表选式 设20时刻两棒间的距离为工2，导体捧N的速度 为1， 的意义可知，图线在纵轴上的戴距表示小球通过 t0一2t时间内电路中电流的平均值为L.根据动 光电门B时的逸度：要求出重力加递度，必须求 量定理，对导体棒M,N整体有 出图线斜率的绝对值：根据么=B一2&1可知， F1+F2 2o-2mgo=mu十mU-m0 R,所以g=26 1 对导体棒N有BLlo一mgo=m 答案(1)D(2)见解析 102