《高考物理二轮复习专项训练模型62 电磁感应+能量守恒定律模型（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习专项训练模型62 电磁感应+能量守恒定律模型（解析版）（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、模型62 电磁感应+能量守恒定律模型1（11分）（2023年6月高考浙江选考科目）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成团合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零：在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘
2、停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。【参考答案】（1）3Mg；（2）E=（v0-2gt）；（3）； （4）装置A可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能。【名师解析】（1）导电杆所受安培力F=B1Id=kII=3
3、Mg由动能定理，-FL+MgL=0-解得：L=。（2）火箭与导电杆下落做匀减速运动，由F-Mg=Ma，解得加速度大小为a=2g。在时刻t，导电杆的速度v=v0-at=v0-2gt，导电杆切割磁感线产生的感应电动势E=B2dv=2kId（v0-2gt）=（v0-2gt）（3）根据题述导电杆中电流恒定为I，则有U-E=IR，解得装置A输出电压U=IR+ v0-t=装置A输出的电功率P=UI= I2R+ 3Mgv0-6Mg2t由v0-2gt0=0解得总下落时间t0=令I2R+ 3Mgv0=P0，画出输出的电功率P随时间t变化图像，如图。电功率P随时间t变化图像与横轴所围面积等于输出的能量W，所以W=
4、（I2R+ 3Mgv0）=（4）若R的阻值视为零，装置A可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能；动能为EK=，重力势能为为Ep=Mg=，可回收的总能量为W回= EK+ Ep=+=最新模拟题1. （2024山西三重教育联盟9月联考）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨M、N被固定在水平面上，导轨间距L=1m，其左端并联接入R1和R2的电阻，其中R1=R2=2。整个装置处在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场中。一质量：m=4kg、电阻r=1的导体棒ab在恒力F=5N的作用力下从静止开始沿导轨向右运动，运动了L0=4m时导体棒ab恰好匀速运动，导体棒垂直于导轨放置且与两导轨保持
5、良好接触，导轨电阻不计。求：（1）导体棒的最大速度；（2）电阻R1上产生的焦耳热；（3）此过程中通过R2的电荷量。【参考答案】（1）2.5m/s；（2）1.875J；（3）2C【名师解析】（1）设导体棒的最大速度为，则有，根据受力平衡可得联立解得（2）根据动能定理可得又联立解得回路产生的总焦耳热为根据电路连接关系，可知电阻R1上产生的焦耳热为（3）此过程通过干路的电荷量为则此过程中通过R2的电荷量为.2 （16分）（2023年7月湖南部分重点高中期末）如图所示，足够长的绝缘运输带沿倾角=30的方向固定，以v0的速度顺时针匀速传动，两虚线 1、2间存在垂直运输带向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B
6、质量为m、阻值为 R、边长为d的正方形导线框abcd 随运输带一起匀速向上运动，当 ab边越过虚线1时导线框相对运输带发生运动，当ab边到达虚线 2时导线框的速度恰好恢复到 v0，已知两虚线间的距离为 L（L2d），导线框与运输带之间的动摩擦因数 重力加速度大小为g，整个过程中导线框的 ab边始终与两虚线平行。求：（1） ab边刚越过虚线 1瞬间的加速度大小；（2）导线框的 ab边由虚线1运动到虚线2的过程中，导线框中产生的焦耳热Q；（3）导线框的ab边由虚线 1运动到虚线2的时间t。【名师解析】（1） ab边刚越过虚线 1瞬间，对导线框受力分析，根据牛顿第二定律有 （2分）根据安培力公式有
7、（1分）根据闭合电路欧姆定律有 （1分）解得 （2分）（2）导线框的 ab边由虚线 1运动到虚线 2的过程中，根据动能定理有 （2分）根据功能关系有Q=-W安（1分）解得 （1分）（3）导线框的 ab边由虚线 1运动到虚线 2的过程中，根据动量定理有 （2分）安培力的冲量 （2分）解得 （2分）3. (2023重庆江津七校期末)光滑水平面上存在垂直桌面向下的匀强磁场，磁场边界如图所示。正方形单匝线框abcd的边长L = 0.2m、回路电阻R = 1.6 10 - 3、质量m = 0.2kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场SP边界平行且距离为L。现对线框施加与
8、水平向右方向成 = 45角、大小为N的恒力F，使其在图示水平桌面上由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在垂直于SP方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g = 10m/s2，从线框开始运动到线框全部进入磁场中，下列说法正确的是（） A. 匀强磁场磁感应强度的大小为0.2TB. 全过程线框产生焦耳热0.04JC. 整个回路通过的电荷量为5CD. 磁场区域的SP边宽度为0.65m【参考答案】ACD【名师解析】ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在沿ab方向有max = Fcos代入数据有ax = 10m/s2在沿da方向有may = Fsin 代入数据
9、有ay = 10m/s2ab边进入磁场开始，ab边在沿da方向切割磁感线；ad边和bc边的部分也开始进入磁场，且在沿ab方向切割磁感线。但ad和bc边的进入磁场部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力沿ad方向，ad边的进入磁场部分受到的安培力沿ab方向，bc边的进入磁场部分受到的安培力沿ba方向，则ad边和bc边的进入磁场部分部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的沿ad方向的安培力。由题知，线框从ab边进入磁场开始，在垂直于SP方向线框做匀速运动，有Fsin- BI
10、L = 0E = BLvy联立有B = 0.2T故A正确；B由题知，从ab边进入磁场开始，在沿da方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q = W安 = BILyy = LFsin= BIL联立解得Q = 0.4J故B错误；C整个回路通过的电荷量故C正确；D线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vy = ayt1L = vyt2t = t1 + t2联立解得t = 0.3s线框在沿ab方向一直做匀加速直线运动，则在沿ab方向有则磁场区域的SP边宽度X = x + L = 0.65m故D正确。4. (20
11、23重庆巴蜀中学期末)某航空爱好者利用所学知识设计了一个在地球上回收返回舱的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，每台电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨、。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设整个返回舱以速度与地面碰撞后，滑块K立即停下，不反弹。此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现
12、缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。则以下说法正确的是（） A. 滑块K的线圈中最大感应电流的大小B. 若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量C. 若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中产生的焦耳热是D. 若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少【参考答案】C【名师解析】滑块刚接触地面时感应电动势最大根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小故A错误；由 ，可得若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中
13、通过的电量B错误；设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由动能定理得解得 故C正确；因为有4台减速装置，利用动量定理得其中 解得缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为故D错误5. (2023河南名校联考)如图甲所示，左侧接有定值电阻R2 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B1 T，导轨间距L1 m质量m2 kg，阻值r2 的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的vx图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数0.25，则从起点发生x1 m位移的过程中(g10 m/s2)()A金属棒克服安培力做的功W10.5 JB金属棒克服摩擦力做的功W24 JC整
14、个系统产生的总热量Q5.25 JD拉力做的功W9.25 J【参考答案】CD.【名师解析】由速度图象得：v2x，金属棒所受的安培力FA，代入得：FA0.5x，则知FA与x是线性关系当x0时，安培力FA10；当x1 m时，安培力FA20.5 N，则从起点发生x1 m位移的过程中，安培力做功为：WAFAxx1 J0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为：W10.25 J，故A错误；金属棒克服摩擦力做的功为：W2mgx0.252101 J5 J，故B错误；根据动能定理得：WmgxWAmv2，其中v2 m/s，0.25，m2 kg，代入解得拉力做的功为：W9.25 J整个系统产生的总热量为：QWmv29
15、.25 J222 J5.25 J，故C、D正确6. （2023石家庄三模） 如图所示，一空心铝管与水平面成角倾斜固定放置。现把一枚质量为m、直径略小于铝管直径的圆柱形小磁块从上端管口无初速度放入管中，小磁块从下端口落出时的速度为v，已知该铝管长度为l，小磁块和管间的摩擦力是小磁块重力的k倍，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A. 小磁块做匀加速直线运动B. 小磁块在运动过程中，铝管和小磁块产生的热量为C. 小磁块在运动过程中，小磁块产生的热量为D. 小磁块在运动过程中，小磁块受到的重力和摩擦力的总冲量为mv【参考答案】B【名师解析】空心铝管可以看为由许多的闭合回路构成，当小磁块下滑时，在铝管的回路中将产生感应电流，根据楞次定律可知，该感应电流激发的磁场对小磁块的磁场力将阻碍小磁块的相对运动
