36个高考物理热点排查练 热点25 三大观点在电磁感应中的应用

热点25三大观点在电磁感应中的应用(建议用时：40分钟)1.(2020·威海市下学期模拟)离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P处注入，在A处电离出正离子，已知B、C之间加有恒定电压U，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速形成电流为I的离子束后喷出推进器，单位时间内喷出的离子质量为J。为研究问题方便，假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推进器运动速度。则推进器获得的推力大小为()A.eq\r(2UJI) B．eq\f(U2,2JI)C．eq\f(U,2JI) D．eq\r(UJI)2.(多选)(2020·日照市4月模拟)如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距L，导轨的两端分别与电源(串有一滑动变阻器R)、定值电阻R0、电容器(电容为C，原来不带电)和开关S相连。整个空间充满了磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向外的匀强磁场。一质量为m、电阻不计的金属棒ab横跨在导轨上。已知电源电动势为E、内阻为r，不计导轨的电阻。当S接1，滑动变阻器R接入电路一定阻值时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止。当S接2后，金属棒ab从静止开始下落，下落距离h时达到稳定速度。重力加速度为g，则下列分析正确的是()A．当S接1时，滑动变阻器接入电路的阻值R＝eq\f(EBL,mg)－rB．当S接2时，金属棒ab从静止开始到刚好达到稳定速度所经历的时间为t＝eq\f(B4L2h＋m2gReq\o\al(2,0),mgR0B2L2)C．若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为Q＝CBLvD．若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则金属棒ab将做匀加速直线运动，加速度大小a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)3．(多选)(2020·柳州市4月模拟)如图所示，宽为L的平行光滑金属导轨MN和PQ由圆弧部分和水平部分平滑连接，右端接阻值为R的定值电阻，水平轨道的左边部分矩形区域内有竖直向上、大小为B的匀强磁场。在圆弧部分的某一高度h处由静止释放一根金属棒，金属棒到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒质量为m，电阻为eq\f(R,2)，与导轨始终垂直且接触良好。导轨电阻不计，重力加速度为g。则在整个运动过程中()A．通过电阻的最大电流大小为eq\f(2BL\r(2gh),3R)B．金属棒两端的最大电压为BLeq\r(2gh)C．磁场区域长度d＝eq\f(3mR\r(2gh),2B2L2)D．右端电阻R产生的焦耳热为mgh4.(2020·重庆市上学期一诊)如图所示，长为d质量为m的细金属杆ab，用长为L的细线悬挂后，恰好与水平光滑的平行金属导轨接触，平行金属导轨间距也为d，导轨平面处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。闭合开关K后，细金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g，则闭合开关的短时间内通过细金属杆ab的电荷量为()A.eq\f(m,BL)eq\r(2gL(1－cosθ)) B．eq\f(m,Bd)eq\r(gL(1－cosθ))C.eq\f(m,Bd)eq\r(2gL(1－cosθ)) D．eq\f(m,Bd)eq\r(2gLsinθ)5．(2020·威海市下学期模拟)如图甲所示，两根足够长的光滑平行直导轨固定在水平面上，导轨左侧连接一电容器，一金属棒垂直放在导轨上，且与导轨接触良好。在整个装置中加上垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化。0～t0内在导体棒上施加外力使导体棒静止不动，t0时刻撤去外力。已知电容器的电容为C，两导轨间距为L，导体棒到导轨左侧的距离为d，导体棒的质量为m。求：(1)电容器所带电荷量的最大值；(2)导体棒能够达到的最大速度vm。6.(2020·衡阳市第一次联考)如图所示，间距为L＝2m的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，水平导轨处于B＝0.5T方向垂直于导轨平面的匀强磁场中，以磁场左边界为坐标原点，磁场右边界坐标为x1(值未标出)，在坐标为x0＝1.2m处垂直于水平导轨放置有一质量m＝1kg、电阻为R＝0.1Ω的导体棒ab。现把质量为M＝2kg、电阻也为R＝0.1Ω的导体棒cd，垂直于导轨放置在倾斜轨道上，并让其从高为h＝1.8m处由静止释放。若两导体棒在磁场内运动过程中不会相碰，ab棒出磁场右边界前已达到稳定速度，且两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并接触良好，不计导轨的电阻，忽略磁场的边界效应，g取10m/s2。求：(1)cd棒恰好进入磁场左边界时的速度大小；(2)ab棒离开磁场右边界前的稳定速度；(3)cd棒从进入磁场到离开磁场的过程中，安培力对系统做的总功。7.(2020·山东六地市3月在线大联考)如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平放置，右侧用一小段光滑圆弧和另一对竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距L＝1m。细金属棒ab和cd垂直于导轨静止放置，它们的质量m均为1kg，电阻R均为0.5Ω。cd棒右侧1m处有一垂直于导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1T，磁场区域长为s。以cd棒的初始位置为原点，向右为正方向建立坐标系。现用向右的水平恒力F＝1.5N作用于ab棒上，作用4s后撤去F。撤去F之后ab棒与cd棒发生弹性碰撞，cd棒向右运动。金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计。(g取10m/s2)求：(1)ab棒与cd棒碰撞后瞬间的速度分别为多少；(2)若s＝1m，求cd棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度h；(3)若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s的大小，写出cd棒最后静止时与磁场左边界的距离x的关系。(不用写计算过程)

参考答案与解析1．解析：选A。在A处电离出正离子，经B、C间电压加速后，由动能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，以t秒内喷射的离子为研究对象，应用动量定理有Ft＝nmv，又因为I＝eq\f(nq,t)，J＝eq\f(nm,t)，解得F＝eq\r(2UJI)，根据牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为eq\r(2UJI)，A正确，B、C、D错误。2．解析：选ACD。S接到1位置时，有I＝eq\f(E,R＋r)，由平衡条件得mg＝BIL，得I＝eq\f(mg,BL)，联立解得R＝eq\f(EBL,mg)－r，故A正确；S接到2位置速度恒定时有mg＝BIL＝eq\f(B2L2v,R0)，解得v＝eq\f(mgR0,B2L2)。金属棒ab从静止开始下落，下落距离h时达到稳定速度，根据动量定理可得mgt－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv，即mgt－eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－)),R0)·t＝mv，其中eq\o(v,\s\up6(－))t＝h，解得t＝eq\f(B4L4h＋m2gReq\o\al(2,0),mgR0B2L2)，故B错误；若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为Q＝CU＝CBLv，根据动量定理可得mgΔt－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝mΔv，即mgΔt－BL·ΔQ＝mΔv。将ΔQ＝CBLΔv代入解得mgΔt－CB2L2Δv＝mΔv，所以a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(mg,m＋CB2L2)，故C、D正确。3．解析：选AC。金属棒下滑过程中机械能守恒，则有mgh＝eq\f(1,2)mv2，金属棒到达水平面时的速度v＝eq\r(2gh)，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势为E＝BLv，最大的感应电流为I＝eq\f(BLv,\f(R,2)＋R)＝eq\f(2BL\r(2gh),3R)，故A正确；金属棒两端的电压为路端电压，最大值为U＝IR＝eq\f(2BL\r(2gh),3)，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝0－mv，而q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，又q＝eq\f(ΔΦ,R＋\f(R,2))＝eq\f(2BLd,3R)，联立解得d＝eq\f(3mR\r(2gh),2B2L2)，故C正确；由能量守恒整个电路产生的焦耳热为mgh，右端电阻R产生的焦耳热小于mgh，故D错误。4．解析：选C。金属棒摆起过程由动能定理可得eq\f(1,2)mv2＝mgL(1－cosθ)，合上开关的瞬间，由动量定理可得F安Δt＝mv，F安＝BId，q＝IΔt，联立解得：q＝eq\f(m,Bd)eq\r(2gL(1－cosθ))，A、B、D错误，C正确。5．解析：(1)电容器两极板的电压U＝eq\f(B0,t0)Ld电容器所带电荷量Q＝CU＝eq\f(CB0Ld,t0)。(2)电容器放电后剩余的电荷量Q′＝CU′U′＝B0Lvm由动量定理得∑B0I1LΔt＝mvmQ－Q′＝IΔt解得vm＝eq\f(CBeq\o\al(2,0)L2d,t0(m＋CBeq\o\al(2,0)L2))。答案：(1)eq\f(CB0Ld,t0)(2)eq\f(CBeq\o\al(2,0)L2d,t0(m＋CBeq\o\al(2,0)L2))6．解析：(1)cd棒下落过程中机械能守恒，有Mgh＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)解得v0＝6m/s；(2)cd棒进入磁场后与ab棒组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M＋m)v1解得两棒匀速时的速度v1＝eq\f(2,3)v0＝4m/s；(3)设两棒达到相同速度时相距为Δx，则两棒同速前进，流过导体棒中的电荷量：Δq1＝eq\f(BL(x0－Δx),2R)①对ab棒应用动量定理得：BLeq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝mv1－0②Δq1＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt③由①②③式解得Δx＝0.4m则从ab棒出磁场右边界到cd棒出磁场右边界的过程中，流过导体棒中的电荷量Δq2＝eq\f(BLΔx,2R)④设cd出磁场时的速度为v2，对cd棒应用动量定理可得：－BLΔq2＝Mv2－Mv1⑤解得v2＝3m/s由功能关系可知，整个过程中有：W安＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)解得W安＝－19J。答案：(1)6m/s(2)4m/s(3)－19J7．解析：(1)对ab棒，由动量定理得Ft＝mva－0ab棒与cd棒碰撞过程，取向右为正方向，对系统由动量守恒定律得mva＝mvc＋mva′由系统机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)＋eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,a)解得va′＝0，vc＝6m/s；(2)由安培力公式可得F′＝BIL对cd棒进入磁场过程，由动量定理得－F′Δt＝mvc′－mvc设导体棒cd进出磁场时回路磁通量变化量为ΔΦ＝BsL＝1×1×1Wb＝1Wbq0＝IΔt＝eq\f(ΔΦ,2RΔt)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)以上几式联立可得vc′＝5m/s。对cd棒出磁场后由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,c)＝mgh联立以上各式得h＝1.25m。(3)第一种情况如果磁场s足够大，cd棒在磁场中运动距离x1时速度减为零，由动量定理可得－BI1LΔt1＝0－mvc设磁通量变化量为ΔΦ1，ΔΦ1＝BLx1流过回路的电荷量q1＝I1Δt1＝eq\f(ΔΦ1,2RΔt1)Δt1＝eq\f(ΔΦ1,2R)联立可得x1＝6m即s≥6m，x＝6m，停在磁场左边界右侧6m处。第二种情况cd棒回到磁场左边界仍有速度，这时会与ab再次发生弹性碰撞，由前面计算可得二者速度交换，cd会停在距磁场左边界左侧1m处，设此种情况下磁场区域宽度为s2，向右运动时有－BI2LΔt2＝mv1－mvc返回向左运动时