高考回归复习-电磁感应之真双杆模型含解析

1、高考回归复习一电磁感应之真双杆模型1 .如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L,导轨上平行放置两根导体棒ab和cd,构成矩形回路.己知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R,其他电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B,导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时，导体棒 cd静止、ab棒有水平向右的初速度 vo,两导体棒在运动中始终不接触且始终与两导轨垂直.求：(1)从开始运动到导体棒 cd达到最大速度的过程中，cd棒产生的焦耳热及通过 ab棒横截面的电量；1(2)当cd棒速度变为-v0时，cd棒加速度的大小. 42.如图所示，MN、PQ两平行光滑水

2、平导轨分别与半径 r=0.5m的相同竖直半圆导轨在 N、Q端平滑连接， M、P端连接定值电阻 R,质量M=2kg的cd绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至 N、Q端的区域内 充满竖直向上的匀强磁场。现有质量m=1kg的ab金属杆以初速度 vo=12m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其它电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取 g=10m/s2,求：LiftPac Q(1) cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v；(2)电阻R产生的焦耳热Q。3.如图所示，光滑平行轨道 abcd的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，

3、 bc段轨道宽度是cd段轨道宽度 的2倍，bc段轨道和cd段轨道都足够长， 将质量相等的金属棒 P和Q分别置于轨道上的 ab段和cd段，且 与轨道垂直。Q棒静止，让P棒从距水平轨道高为 h的地方由静止释放，求：P棒滑至水平轨道瞬间的速度大小;P棒和Q棒最终的速度。.如图所示，两根互相平行的金属导轨MN、PQ水平放置，相距 d=1m、且足够长、不计电阻。AC、BD区域光滑，其他区域粗糙且动摩擦因数-0.2,并在AB的左侧和CD的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=2T。在导轨中央放置着两根质量均为m=1kg,电阻均为R= 2的金属棒a、b,用一锁定装置将一轻质弹簧压缩在金属棒a、b之间(

4、弹簧与a、b不拴连)，此时弹簧具有的弹性势能 E=9J。现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b棒刚好进入磁场，且 b棒向右运动x= 0.8m后停止，g=10m/s2,求：(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小；(2)金属棒b刚进入磁场时的加速度大小；(3)求整个运动过程中电路中产生的焦耳热，并归纳总结电磁感应中求焦耳热的方法。.如图所示，MN和M N是两根互相平行、竖直固定、足够长白光滑金属导轨，两根导体棒 AB和CD质 量分别为m1=0.3kg和m2=0.1kg ,均与导轨垂直接触。 开始AB棒放在绝缘平台 P上，t=0时CD棒开始受到 竖直向上的恒力 F=4N ,从静止开始向上运动，t=2s时

5、CD棒的速度为V0=2m/s,此时快速撤离绝缘平台P。已知AB棒的电阻为 Ri=0.5 R CD棒的电阻为 R2=1.50导轨间距为L=0.5m。整个装置处在磁感应强度为 B=2T的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。两导体棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力 加速g取10m/s2。求：撤去绝缘平台前瞬间，CD棒哪端电势高，两端电压U；(2)02s时间内，CD棒这段时间内上升的距离 h;(3)撤离绝缘平台后，AB棒和CD棒分别达到的最大速度大小vi和V2O6.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距l 1m,6.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨面均与水平面成 30o角

6、。杆1、杆2是两根用细线连接的金属杆，分别垂 直导轨放置，每杆两端都与导轨始终接触良好，其质量分别为mi=0.1kg和m2=0.2kg,两杆 的总电阻R=3Q,两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止。整个装置处在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，在 t=0时刻将细线烧断，保持 F不变，重力加速度g=10m/s2,求：(1)细线烧断瞬间，杆 1的加速度ai的大小；(2)细线烧断后，两杆最大速度V1、V2的大小；(3)两杆刚达到最大速度时，杆 1上滑了 0.8米，则从t=0时刻起到此刻用了多长时间？(4)在(3)题情景中，电路产生的焦耳热。7.如图所示，空间存在竖直向下的

7、匀强磁场，磁感应强度B=0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L=1m,电阻可忽略不计.质量均为m= lkg,电阻均为R= 2.5 的金属导体棒 MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好.先将 PQ暂时锁定，金属棒 MN在垂直于棒的拉力 F作用下，由静止开始以加速度 a= 0.4m/s2向右做匀加速直线运动，5s后保持拉力F 的功率不变，直到棒以最大速度Vm做匀速直线运动. TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark36 o Current Document PNXXXXXXXJi, FXXXXXXXQM(1)求

8、棒MN的最大速度 vm;(2)当棒MN达到最大速度 vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力 F,两棒最终均匀速运动.求解除PQ棒锁定 后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热(3)若PQ始终不解除锁定，当棒 MN达到最大速度vm时，撤去拉力F,棒MN继续运动多远后停下来 ？(运 算结果可用根式表示)参考答案221 .【答案】(1) - (2) L B v0 2LB 4mR【解析】(1)当ab棒与cd棒速度相同时，cd棒的速度最大，设最大速度为 v由动量守恒定理得：mv 0 2mv-1解得：vv02由能量守恒定律可得：系统产生的焦耳热1 一 2121 一 2mv由能量守恒定律可得：系统产

9、生的焦耳热1 一 2121 一 2mv0 2mv mv02241 -12故cd棒广生的焦耳热Qcd Q mv0 28对ab棒应用动量定理得：F t ILB tLBq1m -v02mv0解通过ab棒的电量：qmv。2LB(2)设当cd棒的速度为1 g一v0 时, 4ab棒的速度为v1由动重寸恒te律得： 1由动重寸恒te律得： mv0 m -v0 mv.一 3斛得：v v04根据法拉第电磁感应定律有:L Z 3-1 Zab v 4BLv0，cd 严，根据闭合电路欧姆定律有：回路中的电流Eab Ecd根据闭合电路欧姆定律有：回路中的电流Eab EcdBLv02R 4R根据牛顿第二定律得：此时cd棒

10、的加速度大小为aILB2, 2B L v04mR2.【答案】(1) ?= v5?/?(2) ?= 2?【解析】(1) cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有:_ _ ?2 ?= ?, , , ?解得：？?= v5?/?(2)碰撞后cd绝缘杆以速度?滑至最高点的过程中，由动能定理有: -?2?= 2?- 2?解得：？= 5?/?由于cd是绝缘杆，所以不过电流，所以碰后一直匀速运动,则碰撞后cd绝缘杆的速度：? = 5?/?两杆碰撞过程，动量守恒，有：?= ?+ ?解得碰撞后ab金属杆的速度：? = 2?/?ab金属杆进入磁场后由能量守恒定律有：2 ? = ?解得：Q=2J_ V2?2V

11、2?3.【答案】(1)?= v2?(2)?=, ?=55(1)设P, Q棒的长度分别为2L和L,磁感强度为B, P棒进入水平轨道的速度为 v对于P棒，金属棒下落h过程应用动能定理：?= 2?解得P棒刚进入磁场时的速度为：？?= v2?(2)当P棒进入水平轨道后，切割磁感线产生感应电流.P棒受到安培力作用而减速，Q棒受到安培力而加速，Q棒运动后也将产生感应电动势，与P棒感应电动势反向，因此回路中的电流将减小.最终达到匀速运动时，回路的电流为零所以：?= ?,即 2?: ?解得：2?= ?因为当P, Q在水平轨道上运动时，它们所受到的合力并不为零 ?: 2?: ?设I为回路中的电流)，因此巳Q组成

12、的系统动量不守恒设P棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为?P, Q对PQ分别应用动量定理得：-? -2?- ? ?- 02?= ?- 人1A/2?2 联立解得：？?=?= 2 V2? 5- -5.【答案】(1)3m/s； 3m/s； (2)8m/s2; (3)5.8J;能量转化。(1)解除锁定弹簧释放的过程，对(1)解除锁定弹簧释放的过程，对a、b及弹簧组成的系统，取向左为正方向，由动量守恒定律得0=mva-mvb TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark2 o Current Document 1o 1 o由机械能寸恒th律得 Emvamvb22联立解得va

13、=vb=3m/s(2)当a、b棒进入磁场时，两棒均切割磁感线，产生感应电动势，两个电动势串联，则Ea=Eb=Bdva=2X 1 X 3V=6V回路中感应电流I 2Ea 6 3A2R 2对b,由牛顿第二定律得 BId+(im=mab解得 ab=8m/s2(3)由动量守恒定律知 a、b棒速率时刻相等，滑行相同距离后停止。对系统，由能量守恒定律得E=2mg+(Q解得Q=5.8J.【答案】(1) 0.5V; (2) 11.6m； (3) 1m/s, 5m/s【解析】撤去平台前，AB棒静止，CD切割磁感线产生电动势 E1,在t=2s时，由法拉第电磁感应定律，D点电势高 Ei=BLvo由闭合电路欧姆定律U

14、=(Ei-IiR2)解得U=0.5V(2)在02s内，对 CD棒，由动量定理 Ftm2gt HA=m2V00由安培力公式Fa=BIL ,由闭合电路欧姆定律IR1由安培力公式Fa=BIL ,由闭合电路欧姆定律IR1R2由法拉第电磁感应定律E tBL h由冲量公式I aFa_2 2t B L hR0其中h为CD棒在该时间内上升的高度得 h=11.6m(3)撤去平台后，(3)撤去平台后，AB棒做加速度减小的加速下落,CD棒继续加速度减小的加速上升，由牛顿第二定律得,对 AB 棒 mgBIL=m1a1对 CD 棒 F m2g 一 B IL=m2a2得 F mig m2g=m2a2 miai由于 F m

15、ig m2g所以 m2a2 miai=0所以当a2=0时，ai=0,也就是两棒最终同时开始做匀速运动，对 AB棒和CD棒组成的系统，由于合外力为零，系统动量守恒，取向上方向为正方向m2vo+0=m2v2+mi( vi)由法拉第电磁感应定律得E=BL(vi+v2)解得 vi=im/s, v2=5m/s6.【答案】(i) i0m/s2 (2) 2m/s ； im/s (3) 0.6s (4) 0.9J【解析】(i)细线烧断瞬间:F= (mi + m2)gsin30 棒 i:F-migsin30 miai解得:ai=i0m/s2(2)线烧断前:F= (m1+m2)gsin30 细线烧断后：F安i=F

16、安2方向相反，由系统动量守恒得：mivi=m2v2,两棒同时达到最大速度，之后做匀速直线运动对棒2:m2gsn30 BI l ,_ Blv Blv2 一 R解得：vi=2m/s ; v2=im/s(3)由系统动量守恒得 mivi=m2V2则 mixi=m2x2即 X2=04m设所求时间为t,对棒2由动量定理得：m2gsin30 t-B | t=m2V2-0|t E t Bl x Bl(x x2)解得:t=0.6s1212(4)由能重寸恒得 Fx1+m2gsin30 X2=m1gsin30 X1+ m1Vl + m2v2+Q22Q=0.9J(3)x 40,5m7.【答案】(1) vm(3)x 4

17、0,5m【解析】(1)棒MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得:F-BIL = ma棒(1)棒MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得:F-BIL = ma棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为:E=BLv棒MN做匀加速直线运动，5s时的速度为:v=ati=2m/s在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得:联立上述式子，有： f ma联立上述式子，有： f maB2L2at2R代入数据解得：F=0.5N5s时拉力F的功率为：P=Fv代入数据解得：P=1W棒MN最终做匀速运动，设棒最大速度为棒MN最终做匀速运动，设棒最大速度为Vm,棒受力平衡，则有:P一BImL0vmI BLvm m 2R代入数据解得：vm 2 . 5m/s(2)解除棒PQ(2)解除棒PQ后，两棒运动过程中动量守恒,最终两棒以相同的速度做匀速运动，设