2023版高考物理一轮总复习专题10电磁感应热点强化15电磁感应中的几种常考模型课后提能演练

热点强化15　电磁感应中的几种常考模型

1．(2021年深圳一模)(多选)如图所示，水平面上足够长的光滑平行金属导轨，左侧接定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．金属杆MN以某一初速度沿导轨向右滑行，且与导轨接触良好，导轨电阻不计．则金属杆在运动过程中，速度大小v、流过的电量q与时间t或位移x的关系图像正确的有(　　)

A B

C D

【答案】ABD　【解析】设导轨宽度为L、金属杆的质量为m、电阻为r.对金属杆根据牛顿第二定律可得BIL＝ma，其中，I＝，则有a＝，所以加速度随着速度的减小而减小，根据v＝v0－at可知v－t图像的斜率减小，A正确．取初速度方向为正方向，在很短的一段时间Δt内，根据动量定理可得FΔt＝mΔv，即－＝mΔv，解得＝－，所以v－x图像为一条倾斜的直线，B正确．取初速度方向为正方向，根据动量定理可得BLIt＝mv0－mv，解得q＝t＝＝·t，由于加速度逐渐减小，则q－t图像的斜率减小，C错误．根据电荷量的计算公式可得q＝t＝＝＝·x，所以q－x图像是一条倾斜的直线，D正确．

2．(多选)如图所示，水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，导轨间距为L，导轨上面平行放着质量相等的导体棒ab和cd.设导体棒始终处于竖直向上的大小为B的匀强磁场区域内，且导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，则(　　)

A．ab棒将向左运动

B．cd棒的速度一直大于ab棒的速度

C．ab棒的最大速度为0.5v0

D．当cd棒速度为0.8v0时，回路中的电动势为0.6BLv0

【答案】CD　【解析】当cd棒向右运动时，根据右手定则可知产生abcd方向的电流，再对ab棒分析，根据左手定则可知ab棒受到向右的安培力，ab棒向右运动，A错误；根据对ab棒和cd棒受力分析可知cd棒做减速运动，ab棒做加速运动，最终两棒共速一直运动下去，B错误；两棒在运动过程中因为水平方向上不受摩擦力，动量守恒，当两棒共速时ab棒具有最大速度，故有mv0＝2mv1，解得v1＝0.5v0，C正确；当cd棒速度为0.8v0时，设ab棒的速度为v2，根据动量守恒定律可知mv0＝mv2＋m×0.8v0，解得v2＝0.2v0；两棒均向右运动，所以可知回路中的感应电动势E＝BLv相对＝BL(0.8v0－0.2v0)＝0.6BLv0，D正确．

3．(多选)如图所示，两根间距为L、电阻不计、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置．导轨所在空间存在方向与导轨所在平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场．平行金属杆ab、cd的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，长度均为L，且始终与导轨保持垂直．初始时两金属杆均处于静止状态，相距为x0.现给金属杆ab一水平向右的初速度v0，一段时间后，两金属杆间距稳定为x1，下列说法正确的是(　　)

A．金属杆cd先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动

B．当金属杆ab的加速度大小为a时，金属杆cd的加速度大小为

C．在整个过程中通过金属杆cd的电荷量为

D．金属杆ab、cd运动过程中产生的焦耳热为

【答案】CD　【解析】因为最终两金属杆保持稳定状态，所以最终两金属杆所受的安培力均为零，即回路中无感应电流，穿过回路的磁通量不再改变，则两金属杆最终的速度相同，所以金属杆ab先做加速度逐渐减小的减速直线运动，最后做匀速直线运动，金属杆cd先做加速度逐渐减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动，A错误；两金属杆中的电流大小始终相等，根据安培力公式F安＝BIL可知两金属杆所受的安培力大小时刻相等，再根据牛顿第二定律F＝ma可知当金属杆ab的加速度大小为a时，金属杆cd的加速度大小为a，B错误；设从金属杆ab获得一水平向右的初速度v0到最终达到共同速度所用的时间为t，则在这段时间内，回路中的磁通量的变化量ΔΦ＝BL(x1－x0)，根据法拉第电磁感应定律有＝，由闭合电路欧姆定律有＝，设在这段时间内通过金属杆cd的电荷量为q，所以有＝，联立以上各式解得q＝，C正确；设两金属杆最终的共同速度为v，根据动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v，设金属杆ab、cd产生的焦耳热为Q，则由能量守恒定律有Q＝m1v－(m1＋m2)v2，解得Q＝，D正确．

4．如图所示，两平行光滑金属导轨与水平面成θ＝30°角倾斜放置，轨道宽度L＝0.2 m，轨道顶端电阻R＝0.5 Ω.在轨道底端放置一弹性绝缘挡板(物体与挡板碰撞无能量损失)，轨道所在处存在磁感应强度B＝5 T，方向垂直轨道平面向上的匀强磁场，如图磁场仅分布在长x2＝1.6 m的区域，磁场的下边界到挡板的距离为 x3＝1.1 m，在距离磁场上边界的x1＝1.6 m处将一长为L的金属棒ab紧贴轨道由静止释放，金属棒第一次穿出磁场时恰好匀速离开．已知金属棒的质量m＝1 kg，电阻r＝0.5 Ω，不计导轨电阻，重力加速度g取10 m/s2.试求：

(1)金属棒第一次进入磁场时ab两端的电势差；

(2)金属棒从静止释放到第一次到达斜面底端所用的时间；

(3)整个运动过程中该系统产生的电能．

解：(1)金属棒下滑x1＝1.6 m的过程中，根据动能定理可得mgx1sin θ＝mv，

金属棒切割磁感线产生的电动势为E＝BLv1，

则回路的电流为I1＝，

ab两端电势差为Uab＝I1R，

解得Uab＝2 V.

(2)规定沿斜面向下为正方向．金属棒下滑x1＝1.6 m过程用时为t1，满足

mgt1sin θ＝mv1，

解得t1＝0.8 s.

金属棒第一次穿出磁场时的速度为v2，满足

BI2L＝mgsin θ，

I2＝，

联立解得v2＝5 m/s.

第一次穿过磁场用时t2满足

mgt2sin θ－BLt2＝mv2－mv1，

该过程流过回路的总电量为q＝t2＝，

联立得t2＝0.52 s.

金属棒第一次穿出磁场到轨道底端用时t3，则

mgx3sin θ＝mv－mv，

mgt3sin θ＝mv3－mv2，

联立得t3＝0.2 s.

金属棒第一次下滑到最底端所用总时间为t＝t1＋t2＋t3，

解得t总＝1.52 s.

(3)经过足够长的时间后，金属棒在磁场下边界与挡板之间往复运动

依据能量守恒，整个运动过程产生的电能为

ΔE＝mg(x1＋x2)sin θ，

解得ΔE＝16 J.

5．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＝1 m．细金属棒ab和cd垂直于导轨静止放置，它们的质量m均为1 kg，电阻R均为0.5 Ω.cd棒右侧1 m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＝1 T，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＝1.5 N作用于ab棒上，作用4 s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10 m/s2)求：

(1)ab棒与cd棒碰撞后瞬间的速度分别为多少？

(2)若s＝1 m，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)

解：(1)对ab棒，由动量定理得Ft＝mva－0，

ab棒与cd棒碰撞过程，取向右方向为正方向，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mv＝mv＋mva′2，

解得va′＝0，vc＝6 m/s.

(2)由安培力公式可得F′＝BL，

对cd棒进入磁场过程，由动量定理得

－F′Δt＝mvc′－mvc，

导体棒cd进出磁场时回路磁通量变化量为

ΔΦ＝BsL＝1×1×1 Wb＝1 Wb，

q0＝Δt＝Δt＝，

得vc′＝5 m/s.

对cd棒出磁场后由机械能守恒定律可得mvc′2＝mgh，

联立以上各式得h＝1.25 m.

(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－B1LΔt1＝0－mvc，

设磁通量变化量为ΔΦ1，则ΔΦ1＝BLx1，

流过回路的电量q1＝1Δt1＝Δt1＝，

联立可得x1＝6 m，

即s≥6 m，x＝6 m，停在磁场左边界右侧6 m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1 m处，设此种情况下磁场区域宽度s2，向右运动时有－B2LΔt2＝mv1－mvc，

返回向左运动时B3LΔt3＝0－(－mv1)，

通过回路的电量q2＝2Δt2＝3Δt3＝，

联立可得s2＝3 m，

即s＜3 m时，x＝1 m，停在磁场左边界左侧1 m处；

第三种情况：当3 m≤s＜6 m，

向右运动时有－B4LΔt4＝mv2－mvc，

通过回路的电量q3＝4Δt4＝，

返回向左运动时B5LΔt5＝0－(－mv2)，

通过回路的电量q2＝5Δt5＝，

联立可得x＝(2s－6) m，在磁场左边界右侧．