2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第一部分核心主干复习专题电磁感应中的双杆模型和线框模型含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第一部分核心主干复习专题微专题7电磁感应中的双杆模型和线框模型双杆常见模型分析光滑的等距导轨(v0≠0,F合=0)光滑的不等距导轨(v0≠0,F合=0)光滑的等距导轨(v0=0)不光滑的等距导轨(v0=0)示意图运动分析能量分析一部分动能转化为内能,Q=-ΔEk外力做功转化为动能和内能,WF=ΔEk+Q外力做功转化为动能和内能(包括电热和摩擦热),WF=ΔEk+Q电+Qf等距导轨情景例1[2023·福建卷]如图所示,M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨,导轨足够长且电阻可忽略不计;导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场,其左边界OO'垂直于导轨;阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置,b始终固定.a以一定初速度进入磁场,此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,并与b不相碰.以O为坐标原点,水平向右为正方向,建立x坐标轴;在运动过程中,a的速度记为v,a克服安培力做功的功率记为P.下列v或P随x变化的图像中,可能正确的是 ()不等距导轨情景例2(多选)[2023·辽宁卷]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4C.整个运动过程中,MN与PQ的路程之比为2∶1D.整个运动过程中,通过MN的电荷量为BLd线框类问题例3[2024·山东济南模拟]如图所示,一有界区域内,存在着磁感应强度大小均为B、方向垂直于光滑水平桌面向下的匀强磁场,磁场宽度为l.边长也为l的正方形单匝金属线框P、Q的质量均为m、电阻均为R.它们置于光滑桌面上,其左、右边与磁场边界平行,开始时P、Q靠在一起但彼此绝缘且不粘连.使它们一起以大小为v0的初速度向右运动并进入磁场,线框所用金属丝的宽度可忽略不计.(1)用水平推力作用在线框Q上,使P、Q一起以速度v0匀速穿过磁场区,求整个过程中水平推力的最大值;(2)不加外力,让线框P、Q在磁场中自由滑行,结果线框Q恰好能穿过磁场区.求线框P、Q在整个过程中产生的焦耳热QP与QQ之比.【跟踪训练】1.(多选)[2024·辽宁卷]如图所示,两条“∧”形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abcdaB.ab中电流趋于3C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1D.两棒产生的电动势始终相等2.(多选)[2024·河北邢台模拟]如图所示,相距为L=1m的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R=1Ω,整个装置被固定在水平地面上,整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B=1T,两根质量均为m=0.5kg、有效电阻都为r=1Ω,且与导轨间的动摩擦因数都为μ=0.1的相同金属棒MN、CD垂直放在导轨上.现在给金属棒MN施加一水平向左的恒力F=3.5N,使金属棒MN从静止开始向左做加速直线运动,经过时间t=1s金属棒CD刚好开始运动,若重力加速度g取10m/s2,导轨电阻不计,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.则下列说法正确的是 ()A.金属棒CD刚开始运动时受到的摩擦力大小为0.5N,方向水平向左B.金属棒CD刚开始运动时,水平拉力F的瞬时功率为5.25WC.从金属棒MN开始运动到金属棒CD开始运动的过程中流过电阻R的电荷量为1.125CD.从金属棒MN开始运动到金属棒CD开始运动的过程中,电路中电阻R产生的焦耳热为9.60J3.(多选)如图所示,导体棒a、b分别置于平行光滑水平固定金属导轨的左右两侧,其中a棒离宽轨道足够长,b棒所在导轨无限长,导轨所在区域存在垂直导轨所在平面竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B.已知导体棒的长度等于导轨间的距离,两根导体棒粗细相同且均匀,材质相同,a棒的质量为m,电阻为R,长度为L,b棒的长度为2L.现给导体棒a一个水平向右的瞬时冲量I,导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好,不计导轨电阻,关于导体棒以后的运动,下列说法正确的是()A.导体棒a稳定运动后的速度为IB.导体棒b稳定运动后的速度为IC.从开始到稳定运动过程中,通过导体棒a的电荷量为ID.从开始到稳定运动过程中,导体棒b产生的热量为I4.(多选)[2024·辽宁大连模拟]如图所示,光滑平行金属导轨abcd的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧,水平部分位于竖直向上、大小为B的匀强磁场中,导轨Ⅰ部分两导轨间距为L,导轨Ⅱ部分两导轨间距为L2,将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段,且始终与轨道垂直并良好接触.P、Q棒有效电阻均为r,导轨电阻不计.Q棒静止,P棒从圆弧最高点由静止释放,当P棒在导轨Ⅰ部分运动时,Q棒已达到稳定运动状态.下列说法正确的是 (A.P棒到达曲面导轨最低点瞬间对导轨压力的大小为2mgB.Q棒第一次稳定运动时速度大小为2C.Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定,该过程通过P棒的电荷量为4D.从P棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中,P、Q棒中产生的总热量为150微专题7电磁感应中的双杆模型和线框模型例1A[解析]设导轨间磁场磁感应强度为B,导轨间距为L,两金属棒的总电阻为R,由题意知金属棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用,做减速运动,根据动量定理有FΔt=mv0-mv,其中F=BIL,I=ER,E=BLv,可得F=B2L2vR,又因为x=vΔt,联立可得B2L2Rx=mv0-mv,根据此表达式可知v与x成一次函数关系,故A正确,B错误;a克服安培力做功的功率为P=Fv=B2L2R·v2=B2L2R·v0-B2L例2AC[解析]弹簧伸展过程中,根据右手定则可知,回路中产生顺时针方向的电流,选项A正确;任意时刻,设电流为I,则PQ受安培力FPQ=BI·2d,,MN受安培力FMN=2BId,两个安培力方向相反,又两棒所受弹簧弹力始终大小相等,可知两棒系统受合外力为零,动量守恒,设PQ质量为2m,则MN质量为m,PQ速率为v时,设MN速度为v',有2mv=mv',解得v'=2v,回路中的感应电流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR,MN所受安培力大小为FMN=2BId=4B2d2vR,选项B错误;MN与PQ两棒运动中始终动量守恒,速度之比始终为2∶1,所以整个运动过程中两棒路程之比为2∶1,选项C正确;MN与PQ两棒最后停止时,弹簧处于原长位置,此时两棒间距增加了L,由上述分析可知,MN向左移动2L3,PQ向右移动例3(1)2B2l[解析](1)每个线框在磁场区域运动时,电流大小均为I=ER=当P、Q靠在一起的边均进入磁场时,水平推力达到最大,大小为Fm=2BIl联立解得最大水平推力为Fm=2(2)以P右边刚进入磁场为计时起点,把线框Q向右的位移分别达到l、2l、3l依次分成3个阶段,相应的末速度依次记为v1、v2和0.在第1阶段,P、Q一起减速,时间为t1,有E1=ΔΦI1=由动量定理可得-BI1l·t1=2m联立可得B2l3在第2阶段,由于P、Q同时处于磁场中,产生的感应电动势和电流总是相同,受力也相同,因此仍一起减速,同理可得2B2l3在第3阶段,P已经离开磁场,而Q还处于磁场中减速运动,因此P、Q分开,Q最后恰好离开磁场,同理可得B2l3联立可得v0=52v2,v1=2v线框P、Q在整个过程中产生的焦耳热分别为QP=12×2mv02-v12+QQ=12m联立解得QPQ【跟踪训练】1.AB[解析]两导体棒沿导轨向下滑动,根据右手定则可知,回路中的电流方向为abcda,故A正确;设回路的总电阻为R,任意时刻电路中的电流用I表示,根据牛顿第二定律,对ab有2mgsin30°-2BILcos30°=2maab,对cd有mgsin30°-BILcos30°=macd,解得aab=acd,即ab与cd加速度大小始终相等,则两棒的速度大小始终相等,即vab=vcd,两棒产生的电动势之比Eab∶Ecd=2BLvab∶BLvd=2∶1,故C、D错误;两个导体棒产生的电动势同向叠加,随着导体棒速度的增大,回路中的电流增大,导体棒受到的安培力增大,当安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时,导体棒将匀速运动,此时电路中的电流达到稳定值,此时对ab有2mgsin30°=2BImLcos30°,解得Im=3mg3BL,故2.BC[解析]金属棒CD刚开始运动时受到的摩擦力大小为Ff=μmg=0.1×0.5×10N=0.5N,方向水平向右,故A错误;金属棒CD刚开始运动时受力平衡,满足F安=BI2L=Ff,又E=BLv,I=ER总,R总=1.5Ω,联立解得v=1.5m/s,所以水平拉力F的瞬时功率为P=Fv=3.5×1.5W=5.25W,故B正确;从金属棒MN开始运动到金属棒CD开始运动的过程中,对金属棒MN运用动量定理,得(F-μmg)t-BIL·t=mv-0,q=I·t,联立解得q=2.25C,所以流过电阻R的电荷量为q1=12q=1.125C,故C正确;从金属棒MN开始运动到金属棒CD开始运动的过程中,E=ΔΦΔt=B·ΔSΔt=BLxt,I=ER总,q=I·t,解得x=278m,对金属棒MN运用动能定理,得(F-μmg)x-Q=12mv2-0,解得Q=153163.BC[解析]导体棒b的质量和电阻分别为2m、2R,从开始到稳定运动过程中,对a棒有-BILΔt=mv1-mv0,对b棒有BI·2LΔt=2mv2,稳定时有BLv1=B·2Lv2,又I=mv0,解得v1=2I3m,v2=I3m,A错误,B正确;根据q=IΔt,解得q=I3BL,C正确;从开始到稳定运动过程中有Q=12mv02-12mv12-12×2mv22,导体棒4.CD[解析]P棒到达曲面导轨最低点时速度大小设为v0,根据机械能守恒定律得mgR=12mv02,根据牛顿第二定律得FN-mg=mv02R,解得FN=3mg,由牛顿第三定律可得,P棒到达曲面导轨最低点瞬间对曲面导轨压力的大小为3mg,故A错误;设Q棒第一次稳定运动时的速度为vQ,P棒的速度为vP,则有BLvP=B·L2·vQ,Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中,对P、Q棒分别分析,由动量定理可得BILt=mv0-mvP,BI·L2·t=mvQ,又因q=It,解得vP=152gR,vQ=252gR,q=4m2gR5BL,故B错误,C正确;从P棒进入导轨Ⅱ到两棒速度稳定时,设稳定速度为v,由动量守恒定律得mvP+mvQ=2mv,由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为Q=12mv1.[2024·湖南怀化模拟]如图所示,由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈,两线圈的质量相等,但所用导线的横截面积不同,甲线圈的匝数是乙的2倍.现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落,一段时间后进入方向垂直于纸面的匀强磁场区域,磁场的上边界水平.不计空气阻力,已知下落过程中线圈始终平行于纸面,上、下边保持水平.在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前,可能出现的情况是 ()A.甲产生的焦耳热比乙多B.甲加速运动,乙减速运动C.甲和乙都加速运动D.甲减速运动,乙加速运动2.(多选)[2024·海南卷]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=1m,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=0.02Ω的电阻和C=1F的电容器,整个装置处于B=0.2T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,质量分为m1=0.8kg,m2=0.4kg,ab棒电阻为0.08Ω,cd棒的电阻不计,将ab由静止释放,同时cd从距离MN为x0=4.32m处在一个大小F=4.64N,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4.5m/s,g取10m/s2 ()A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44sB.ab从释放到第一次碰撞前,R上消耗的焦耳热为0.78JC.两棒第一次碰撞后瞬间,ab的速度大小为6.3m/sD.两棒第一次碰撞后瞬间,cd的速度大小为8.4m/s3.(多选)[2024·云南昆明模拟]如图所示,光滑的平行金属导轨固定在绝缘的水平面上,导轨处在垂直水平面向下的匀强磁场中,左侧导轨间的距离为2L,右侧导轨间的距离为L,导体棒a、b垂直放置于导轨之间,且与导轨接触良好,导体棒a、b的电阻相等,ma=4mb.第一次将导体棒b固定在右侧导轨上,使导体棒a以初速度v0开始向右运动,直至回路中的感应电流变为0;第二次导体棒b未被固定且静止在右侧导轨上,使导体棒a仍以初速度v0开始向右运动,直至回路中的感应电流也变为0.已知前后两次回路中的感应电流变为0时,导体棒a仍处在左侧导轨上,不计导轨的电阻.下列说法中正确的是 ()A.第二次导体棒a和导体棒b组成的系统动量守恒B.第一次回路中产生的焦耳热是第二次的2倍C.第一次通过回路的电荷量是第二次的2倍D.第一次导体棒a动量的变化量是第二次的5倍4.[2023·湖南卷]如图,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为L,两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加速度为g.(1)先保持棒b静止,将棒a由静止释放,求棒a匀速运动时的速度大小v0;(2)在(1)问中,当棒a匀速运动时,再将棒b由静止释放,求释放瞬间棒b的加速度大小a0;(3)在(2)问中,从棒b释放瞬间开始计时,经过时间t0,两棒恰好达到相同的速度v,求速度v的大小以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.5.[2024·河北保定模拟]如图所示,离地面足够高的两光滑竖直固定金属导轨MN、PQ间距为L,NQ上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,相距为L的两金属杆ab、cd沿水平方向放置于导轨上.金属杆ab、cd同时由静止开始下落,当金属杆ab到达磁场边界NQ时刚好处于平衡状态,此时金属杆ab的速度大小为v0=2gL.已知金属杆ab、cd的质量分别为m、2m,下落的整个过程中两杆上各自产生的热量相等,均为Q=14mgL,两杆材料和长度均相同,金属杆ab接入电路的电阻为r,下落过程中两杆始终与导轨接触良好,除金属杆的电阻外,其余电阻不计,忽略两杆中电流对磁场的影响,不计空气阻力,重力加速度大小为g.(1)匀强磁场的磁感应强度的大小B;(2)金属杆cd刚出磁场时的速度大小v;(3)金属杆ab离开磁场的时间为t0=2Lg时,两杆间的距离6.[2024·山西大同模拟]如图甲所示,水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道,轨道间距L=0.4m,其中在E、F、G、H四点附近的轨道由绝缘材料制成,这四段绝缘轨道的长度非常短,其余轨道由金属材料制成,金属轨道的电阻不计,在右侧两轨道之间连接一个阻值R=1.5Ω的定值电阻.在矩形区域MNQP中存在竖直向上的磁场,记M点所在位置为坐标原点,沿MP方向建立x坐标轴,磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所示,图中B0=2.5T.现有一总质量m=0.1kg的“工”字形“联动双棒”(由两根长度略长于L的平行金属棒ab和cd,用长度为L的刚性绝缘棒连接构成,金属棒的有效电阻均为r=0.5Ω),以初速度v0=8m/s沿x轴正方向运动,运动过程中棒与导轨保持垂直,最终静止于轨道上,忽略磁场边界效应.求:(1)ab棒刚进入磁场时,流经ab棒的电流的大小和方向;(2)ab棒在EF处的速度大小v1和在GH处时的速度大小v2;(3)电阻R上产生的焦耳热.第10讲机械振动与机械波时间|40min微专题7电磁感应中的双杆模型和线框模型1.C[解析]设线圈到磁场的高度为h,线圈的边长为l,线圈材料密度为ρ0,线圈匝数为n,质量为m,导线横截面积为S,电阻率为ρ,线圈在磁场中运行速度为v,线圈刚进入磁场时速度为v0,有mgh=12mv02,m=ρ0V=ρ0·4nl·S=4ρ0nlS,感应电动势为E=nBlv,线圈电阻为R=ρ4nlS=16n2l2ρρ0m,感应电流为I=ER=mBv16nlρρ0,线圈所受的安培力F=nIBl=mB2v16ρρ0,由牛顿第二定律有mg-F=2.BD[解析]由于导体棒ab、cd同时由静止开始运动,且恰好在M、N处发生弹性碰撞,则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的,对导体棒cd和电容器组成的回路有Δq2=C·BLΔv2,对cd根据牛顿第二定律有F-BI2L-m2gsin30°=m2a2,其中a2=Δv2t2,I2=Δq2t,联立有a2=F-m2gsin30°m2+CB2L2,则说明导体棒cd做匀加速直线运动,则有x0=12a2t2,联立解得a2=6m/s2,t=1.2s,故A错误;由题知,碰前瞬间ab的速度为4.5m/s,则根据功能关系有m1gxabsin30°-Q=12m1v12,导体棒ab下滑过程中根据动量定理有m1gsin30°·t-BI1L·t=m1v1,其中q1=I1t=BLxabR总,R总=R+Rab=0.1Ω,联立解得q=6C,xab=3m,Q=3.9J,则R上消耗的焦耳热为QR=RR总Q=0.78J,故B正确;由于两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,取沿斜面向下为正方向,有m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2',12m1v12+12m2v223.BC[解析]由于导体棒a和导体棒b水平方向受到的安培力大小不等,第二次导体棒a和导体棒b组成的系统受到的合外力不为零,动量不守恒,A错误;第一次导体棒a会减速到零,则第一次产生的焦耳热为Q1=12mav02,第二次导体棒b未被固定,当回路中的感应电流变为0时,2va=vb,对导体棒b由动量定理可得BIL·Δt=mbvb,对导体棒a由动量定理可得-BI·2L·Δt=mava-mav0,联立解得va=v02,vb=v0,第二次产生的焦耳热为Q2=12mav02-12mav022-12mbv02=14mav02=12Q1,B正确;第一次对a由动量定理可得-BI'·2L·Δt'=0-mav0,则第一次通过回路的电荷量q1=I'Δt'=mav02BL,第二次对a由动量定理可得-BI·2L·Δt=mava-mav0,则第二次通过回路的电荷量q2=IΔt=mav04BL=12q1,C正确;第一次导体棒a动量的变化量Δpa=|0-mav0|=mav4.(1)2mgRsinθB2(3)gt0sinθ+mgRsinθ[解析](1)棒a在运动过程中,当重力沿斜面的分力和棒a所受的安培力大小相等时做匀速运动,由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I=E2R,F当棒a做匀速运动时有mgsinθ=BIL联立解得v0=2(2)由右手定则可知棒b中电流向里,所受安培力沿斜面向下,则对棒b根据牛顿第二定律可得mgsinθ+BIL=ma0解得a0=2gsinθ(3)释放棒b后棒a受到沿斜面向上的安培力,在达到相同速度过程,对棒a根据动量定理有mgt0sinθ-BILt0=mv-mv0棒b受到沿斜面向下的安培力,对棒b根据动量定理有mgt0sinθ+BILt0=mv联立解得v=gt0sinθ+mgRsinθB2由闭合电路欧姆定律可得I=E2R联立解得Δx=25.(1)1Lmgr2gL(2)[解析](1)设金属杆ab运动到磁场边界NQ时,产生的感应电流为I,由平衡条件得mg=BIL又I=BLv0r,解得(2)设金属杆cd在磁场中下落的距离为x,分别对金属杆ab、cd在磁场中运动的过程由动能定理得mg(L+x)-Q=12m2mgx-Q=12×2mv