12思維進階強化練(五)三大觀點在電磁感應中的應用(40分鐘80分)1.(6分)(2024·石家莊三模)如圖所示,在一個傾角為θ的導軌MN上面,放置一個長度為L的金屬棒PQ,已知兩導軌間距為d(d<L),金屬棒的質量為m、阻值為r,導軌與金屬棒接觸良好,兩者間動摩擦因數為μ,導軌下端連接一個阻值為R的定值電阻,整個導軌處在一個垂直于導軌所在平面向上、磁感應強度為B的勻強磁場中?，F用一個恒力F拉動金屬棒沿導軌斜面運動了x的距離,所用時間為t,此時金屬棒的速度為v,下列說法正確的是()A.金屬棒速度為v時,R兩端的電壓為BLRvB.該過程中生成的焦耳熱為Fx-12mv2-mgxsinC.該過程中摩擦力做的功為μmgxcosθD.該過程中安培力做的功為mgx(sinθ+μcosθ)+12mv2-【解析】選D。選項選項剖析對錯A金屬棒速度為v時,R上的電壓為UR=RR+r×B生成的焦耳熱指電阻生熱的總和,有Q=Fx-12mv2-mgxsinθ-μmgxcos×C摩擦力做的功為Wf=-μmgxcosθ×D設該過程中安培力做的功為WF安,由動能定理得WF+W安-mgxsinθ-μmgxcosθ=12mv2√2.(6分·多選)如圖所示,一質量為2m的足夠長U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上,bc邊長為L,不計金屬框電阻。一長為L的導體棒MN置于金屬框上,導體棒的阻值為R、質量為m。裝置處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中?，F給金屬框水平向右的初速度v0,在整個運動過程中MN始終與金屬框保持良好接觸,則()A.剛開始運動時產生的感應電流方向為M→N→c→b→MB.導體棒的最大速度為vC.通過導體棒的電荷量為2D.導體棒產生的焦耳熱為56m【解析】選A、C。金屬框開始獲得向右的初速度v0,根據右手定則可知電流方向為M→N→c→b→M,故A正確;以整體為研究對象,由于整體水平方向不受力,所以整體水平方向動量守恒,最后二者速度相等,取初速度方向為正方向,根據動量守恒定律可得2mv0=3mv,可得v=23v0,故B錯誤;對導體棒根據動量守恒定律可得BILΔt=mv-0,其中IΔt=q,可得通過導體棒的電荷量為q=2mv03BL,故C正確;由能量守恒知導體棒產生的焦耳熱為Q=12×2mv02-3.(6分·多選)(2024·濟南三模)如圖甲所示,光滑且足夠長的固定斜面與水平面的夾角為30°,斜面上兩平行水平虛線MN和PQ之間有垂直于斜面向下的勻強磁場;PQ以下區域有垂直于斜面向上的勻強磁場,PQ兩側勻強磁場的磁感應強度大小相等。正方形導線框abcd四條邊的阻值相等,t=0時刻將處于斜面上的導線框由靜止釋放,開始釋放時ab邊恰好與虛線MN重合,之后導線框的運動方向始終垂直于兩虛線,其運動的v-t圖像如圖乙所示,t1~t2時間內導線框的速度大小為v0,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.0~t1時間內,導線框的ab邊一定沒有經過虛線PQB.t3~t4時間內,導線框的速度大小為vC.t3~t4時間內,導線框a、c兩點間的電勢差為0D.t2~t3時間內,導線框的位移大小為v04(t3-t2【解析】選C、D。導線框在下滑過程中,若導線框的邊長大于MN和PQ之間的磁場寬度,導線框的ab邊可以經過虛線PQ,故A錯誤;t1~t2時間內,設導線框的總電阻為R,根據平衡條件可得I1BL=mgsinθ,其中I1=BLv0R,t3~t4時間內,根據平衡條件可得2I2BL=mgsinθ,其中I2=2BLvR,則t3~t4時間內,導線框的速度大小為v=v04,故B錯誤;t3~t4時間內,a、b兩點間的電勢差為Uab=BLv-I2Rab=BLv-I2·R4=12BLv,由題意知Ubc=-I2Rbc=-I2·R4=-12BLv,故導線框a、c兩點間的電勢差為0,故C正確;t2~t3時間內,根據動量定理mgsinθ·(t3-t2)-2IBLΔt=mv-mv0,其中q=IΔt=ΔΦRΔtΔt=Δ【加固訓練】(多選)(2024·南昌模擬)如圖所示,足夠長的固定絕緣斜面的傾角θ=37°,沿斜面長度為s的區域內存在著垂直于斜面向上的勻強磁場,質量為0.2kg的U形金屬導軌間距為0.5m,長度ab=cd=L=1.5m,整個導軌電阻不計,導體棒pq質量也為0.2kg、電阻r=0.1Ω、長度也為0.5m。現將導軌放在斜面上,b、d兩端點恰好位于磁場的上邊界,導體棒放在導軌的正中間并平行于ac邊,然后將導體棒和導軌同時由靜止釋放,導體棒進入磁場時恰好做勻速運動,導體棒出磁場時ac邊恰好進入磁場。已知導軌上表面光滑,下表面與斜面間的動摩擦因數μ=316,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2,導體棒始終與導軌接觸良好,下列說法正確的是(A.勻強磁場的磁感應強度大小為0.4TB.s=1.75mC.導體棒穿過磁場的過程中產生的焦耳熱為3.6JD.ac邊剛進入磁場時導軌的加速度大小為3m/s2【解析】選A、D。剛釋放時,導體棒的加速度大小a1=gsinθ=6m/s2,對導軌受力分析,有mgsinθ-2μmgcosθ=ma2,解得a2=3m/s2,設經過t1時間導體棒進入磁場,有L2=12a1t12,解得t1=0.5s,此時導體棒的速度大小v1=a1t1=3m/s,導體棒進入磁場時做勻速運動,根據平衡條件有B2x2v1r=mgsinθ,解得B=0.4T,故A正確;假設導體棒始終未離開導軌,ac邊進入磁場前,導軌一直做勻加速直線運動,設由靜止釋放后經過t2時間ac邊進入磁場,有L=12a2t22,解得t2=1s,導體棒在磁場中運動的時間t=t2-t1=0.5s,故磁場沿斜面方向的長度s=v1t=1.5m,導體棒恰好運動到bd處,假設成立,故B錯誤;導體棒穿過磁場的過程中產生的焦耳熱Q=(Bxv1)2rt=1.8J,故C錯誤;ac邊進入磁場時導軌的速度大小v2=a2t2=3m/s,受到的安培力大小F=B2x2v2r4.(6分·多選)如圖,間距均為L的光滑水平金屬導軌與半徑為R的光滑半圓金屬導軌平滑連接,半圓導軌在豎直平面內,水平導軌處于方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。在水平導軌上放置ab、cd兩導體棒,兩棒長度均為L、質量分別為4m和m、電阻分別為r和2r,兩導體棒到半圓導軌底端的距離分別為x1和x2,x1足夠大,x2=3R?，F給導體棒ab一大小v0=10gR的初速度,一段時間后導體棒cd通過半圓導軌最高點后,恰好落到其初始位置。cd棒離開導軌前兩棒與導軌始終垂直且接觸良好,兩導體棒間未發生碰撞,導軌電阻不計,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.導體棒cd離開磁場前已與ab棒達到共速B.導體棒cd剛進入半圓導軌瞬間,其兩端電壓U=254BLC.導體棒cd離開半圓導軌前,通過其橫截面的電量q=5D.導體棒cd離開水平導軌前,導體棒ab上產生的焦耳熱Qab=22532【解析】選B、D。導體棒cd從最高點飛出后做平拋運動,則有2R=12gt2,3R=v1t。導體棒cd從最低點運動到最高點過程,根據動能定理有-mg·2R=12mv12-12mv22,解得v2=5gR2。若ab、cd兩導體棒在磁場中達到共速,根據動量守恒定律有4mv0=(4m+m)v共,解得v共=8gR,可知導體棒cd離開磁場前沒有與ab棒達到共速,故A錯誤;結合上述,導體棒cd剛進入半圓導軌瞬間,根據動量守恒定律有4mv0=4mv3+mv2,解得v3=75gR8,則導體棒cd剛進入半圓導軌瞬間,其兩端電壓U=BLv3r+2r·2r=254BLgR,故B正確;導體棒cd離開半圓導軌前,通過其截面的電荷量與通過導體棒ab的電荷量相等,對導體棒ab進行分析,由于x1足夠大,可知,導體棒ab最終在水平軌道上減速至0,根據動量定理有-BILΔt=0-4mv0,其中q=IΔt,解得q=40mBLgR,故C錯誤;導體棒cd離開水平導軌前,總的焦耳熱Q=12×4mv02-15.(6分·多選)如圖,質量分別為ma=1kg和mb=2kg的金屬棒a、b,垂直放在足夠長的水平光滑導軌MNM'N'和PQP'Q'上,左、右兩部分導軌間距分別為0.5m和1m。磁感應強度大小均為B=10T,左側方向豎直向下,右側方向豎直向上。兩金屬棒的電阻均與長度成正比,不計導軌電阻。開始時b在M'P'位置,a在NQ位置,繞過足夠遠的光滑定滑輪的絕緣細線連接b和質量為mc=3kg的物塊c,最初c距地面的高度h=2.4m。c由靜止開始下落,落地后不反彈,c落地時a、b速率之比va∶vb=1∶2,c下落過程中,b棒上產生的焦耳熱為20J。a、b運動過程中和導軌接觸良好,g=10m/s2。下列說法正確的是()A.物塊c落地時,a棒的速度大小為4m/sB.物塊c落地后,b棒的最終速度大小為4m/sC.從c落地到a、b勻速運動過程中,a產生的熱量為2JD.c從開始運動到落地的過程中通過b棒的電荷量為0.4C【解析】選C、D。金屬棒a、b的有效長度分別為L和2L,電阻分別為R和2R,金屬棒a、b串聯,在任何時刻電流均相等,b棒上產生的焦耳熱Q2=20J,根據焦耳定律Q=I2Rt得,a棒上產生的焦耳熱為Q1=10J,根據能量守恒定律有mcgh=12mava2+12(mb+mc)vb2+Q1+Q2,由題意可知va∶vb=1∶2,解得物塊c落地時a、b的速度為va=2m/s,vb=4m/s,A錯誤;物塊c落地后,a棒向左做加速運動,b棒向右做減速運動,兩棒最終勻速運動時電路中電流為零,即兩棒切割磁感線產生的感應電動勢大小相等,則BLva'=2BLvb',得va'=2vb',對兩棒分別應用動量定理,有BILt=mava'-mava,-2BILt=mbvb'-mbvb,解得va'=4m/s,vb'=2m/s,B錯誤;根據能量守恒定律,從物塊c落地到a、b勻速運動過程中系統產生的熱量為Q總=12mava2+12mbvb2-12mav'a2-12mbv'b2=6J,又Qa'=12Qb',解得Qa'=2J,C正確;對a,由動量定理有BIL·Δt=mava-0,又q=6.(6分·多選)(2023·遼寧選擇考)如圖,兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上,左、右兩側導軌間距分別為d和2d,處于豎直向上的磁場中,磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒MN的電阻為R、長度為d,導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d,PQ的質量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止,兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質絕緣彈簧。釋放彈簧,兩棒在各自磁場中運動直至停止,彈簧始終在彈性限度內。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好,導軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是()A.彈簧伸展過程中,回路中產生順時針方向的電流B.PQ速率為v時,MN所受安培力大小為4C.整個運動過程中,MN與PQ的路程之比為2∶1D.整個運動過程中,通過MN的電荷量為BLd【解析】選A、C。彈簧伸展過程中,根據右手定則可知,回路中產生順時針方向的電流,選項A正確;任意時刻,設電流為I,則PQ受安培力FPQ=BI·2d,方向向左;MN受安培力FMN=2BId,方向向右,可知兩棒系統所受合外力為零,動量守恒。設PQ質量為2m,則MN質量為m,PQ速率為v時,則2mv=mv',解得v'=2v,回路的感應電流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR,MN所受安培力大小為FMN=2BId=4B2d2vR,選項B錯誤;兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態,由動量守恒可得mx1=2mx2,x1+x2=L,可得最終MN位置向左移動x1=2L3,PQ位置向右移動x2=L3,因任意時刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同,設整個過程兩棒受的彈力的平均值為F彈,安培力平均值為F安,則整個過程根據動能定理F彈x1-F安xMN=0,F彈x2-F安xPQ=0,可得xMNxPQ=x1x7.(16分)(2024·浙江1月選考)如圖1所示,掃描隧道顯微鏡減震裝置由絕緣減震平臺和磁阻尼減震器組成。平臺通過三根關于O'O″軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質彈簧的下端O,彈簧上端固定懸掛在O'點,三個相同的關于O'O″軸對稱放置的減震器位于平臺下方。如圖2所示,每個減震器由通過絕緣輕桿固定在平臺下表面的線圈和固定在桌面上能產生輻向磁場的磁體組成,輻向磁場分布關于線圈中心豎直軸對稱,線圈所在處磁感應強度大小均為B。處于靜止狀態的平臺受到外界微小擾動,線圈在磁場中做豎直方向的阻尼運動,其位移隨時間變化的圖像如圖3所示。已知t=0時速度為v0,方向向下,t1、t2時刻的振幅分別為A1,A2。平臺和三個線圈的總質量為m,彈簧的勁度系數為k,每個線圈半徑為r、電阻為R。當彈簧形變量為Δx時,其彈性勢能為12kΔx2(1)平臺靜止時彈簧的伸長量Δx;(3分)答案:(1)mgk【解析】(1)平臺靜止時,穿過三個線圈的磁通量不變,線圈中不產生感應電流,線圈不受到安培力作用,O點受力平衡,因此由胡克定律可知此時彈簧的伸長量Δx=mg(2)t=0時,每個線圈受到的安培力F的大小;(4分)答案:(2)4v【解析】(2)在t=0時線圈速度為v0,設每個線圈的周長為L,由電磁感應定律可得線圈中產生的感應電流I=ER=BLv0R=每個線圈受到的安培力F的大小F=BIL=4v(3)在0~t1時間內,每個線圈產生的焦耳熱Q;(4分)答案:(3)16(mv02-【解析】(3)由減震器的作用平臺上下不移動及能量守恒定律可得平臺在0~t1時間內,振動時能量的減少量為Q',由能量守恒定律得Q'+mgA1=12mv02+12k(Δx)2-12k(Δx在0~t1時間內,振動時能量的減少量轉化為線圈的焦耳熱,可知每個線圈產生的焦耳熱Q=13Q'=16(mv02(4)在t1~t2時間內,彈簧彈力沖量I彈的大小。(5分)答案:(4)mg(t2-t1)-12【解析】(4)取向上為正方向,全程由動量定理可得I彈+IA-IG=0其中IG=mg(t2-t1)IA=3×2πrB·ΔqΔq=2πrB聯立解得彈簧彈力沖量I彈的大小為I彈=mg(t2-t1)-128.(12分)(2024·恩施模擬)如圖所示,粗細均勻的正方形導線框abcd放在傾角為θ=30°的絕緣光滑斜面上,通過輕質細線繞過光滑的定滑輪與木塊相連,細線和線框共面、與斜面平行。距線框cd邊為L0的MNQP區域存在著垂直于斜面、大小相等、方向相反的兩個勻強磁場,EF為兩個磁場的分界線,ME=EP=L2。現將木塊由靜止釋放后,木塊下降,線框沿斜面上滑,恰好勻速進入和離開勻強磁場。已知線框邊長為L1(L1<L2)、質量為m、電阻大小為R,木塊質量也為m,重力加速度為g,試求:(1)勻強磁場的磁感應強度B的大小;(5分)答案:(1)4g【解析】(1)導線框勻速進入磁場時,受力平衡,受力情況如圖所示。根據平衡條件有FT=F安+mgsinθ其中F安=BIL1I=EE=BL1v導線框與木塊通過細線相連,線框勻速進入磁場時,木塊勻速下降,根據平衡條件有FT=mg對導線框和木塊構成的系統,進入磁場前二者一起做勻加速直線運動,根據牛頓第二定律有mg-mgsinθ=2ma根據運動學方程可得進入磁場時速度v=2聯立以上各式求解可得B=4(2)導線框通過勻強磁場過程中線框中產生的焦耳熱Q。(7分)答案:(2)12mg(2L2+L1【解析】(2)線框恰好勻速進入和離開勻強磁場,導線框通過勻強磁場過程中,線框和木塊組成的系統減少的重力勢能轉化為電路中產生的焦耳熱,根據能量守恒定律得Q=mg(2L2+L1)-mg(2L2+L1)sinθ所以導線框通過勻強磁場過程中線框中產生的焦耳熱Q=12mg(2L2+L19.(16分)(2024·保山模擬)如圖甲所示,兩條足夠長的平行金屬導軌間距為0.5m,固定在傾角為37°的斜面上。導軌頂端連接一個阻值為1Ω的電阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小為1T的勻強磁場。質量為0.5k