專題21-電磁感應帶電粒子運動模型-高考物理電磁感應常用模型(解析版)

高考物理《電磁感應》常用模型最新模擬題精練專題21.電磁感應+粒子在電磁場中運動模型一．選擇題1．（2023河南名校聯(lián)考）如圖所示，半徑為L1＝2m的金屬圓環(huán)內(nèi)上、下半圓各有垂直圓環(huán)平面的有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B1＝eq\f(10,π)T．長度也為L1、電阻為R的金屬桿ab，一端處于圓環(huán)中心，另一端恰好搭接在金屬環(huán)上，繞著a端沿逆時針方向勻速轉動，角速度為ω＝eq\f(π,10)rad/s．通過導線將金屬桿的a端和金屬環(huán)連接到圖示的電路中(連接a端的導線與圓環(huán)不接觸，圖中的定值電阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的總阻值為4R)，圖中的平行板長度為L2＝2m，寬度為d＝2m．圖示位置為計時起點，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子以初速度v0＝0．5m/s向右運動，并恰好能從平行板的右邊緣飛出，之后進入到有界勻強磁場中，其磁感應強度大小為B2，左邊界為圖中的虛線位置，右側及上下范圍均足夠大．(忽略金屬桿與圓環(huán)的接觸電阻、圓環(huán)電阻及導線電阻，忽略電容器的充放電時間，忽略帶電粒子在磁場中運動時的電磁輻射的影響，不計平行金屬板兩端的邊緣效應及帶電粒子的重力和空氣阻力)求：(1)在0～4s內(nèi)，平行板間的電勢差UMN；(2)帶電粒子飛出電場時的速度；(3)在上述前提下若粒子離開磁場后不會第二次進入電場，則磁感應強度B2應滿足的條件．【參考答案】(1)－1V(2)eq\f(\r(2),2)m/s與水平方向成45°夾角(3)B2<2T【名師解析】(1)金屬桿產(chǎn)生的感應電動勢恒為E＝eq\f(1,2)B1Leq\o\al(2,1)ω＝2V由電路的連接特點知：E＝I·4RU0＝I·2R＝eq\f(E,2)＝1VT1＝eq\f(2π,ω)＝20s由右手定則知：在0～4s時間內(nèi)，金屬桿ab中的電流方向為b→a，則φa>φb則在0～4s時間內(nèi)，φM<φN，UMN＝－1V．(2)粒子在平行板電容器內(nèi)做類平拋運動，在0～eq\f(T1,2)時間內(nèi)水平方向L2＝v0·t1t1＝eq\f(L2,v0)＝4s<eq\f(T1,2)豎直方向eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)a＝eq\f(Eq,m)，E＝eq\f(U,d)，vy＝at1得eq\f(q,m)＝0．25C/kg，vy＝0．5m/s則粒子飛出電場時的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\f(\r(2),2)m/stanθ＝eq\f(vy,v0)＝1，所以該速度與水平方向的夾角θ＝45°．(3)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由B2qv＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,B2q)由幾何關系及粒子在磁場中運動的對稱性可知，eq\r(2)r>d時離開磁場后不會第二次進入電場，即B2<eq\f(\r(2)mv,dq)＝2T．2.如圖所示，兩金屬板正對并水平放置，分別與平行金屬導軌連接，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域有垂直導軌所在平面的勻強磁場。金屬桿ab與導軌垂直且接觸良好，并一直向右勻速運動。某時刻ab進入Ⅰ區(qū)域，同時一帶正電小球從O點沿板間中軸線水平射入兩板間。ab在Ⅰ區(qū)域運動時，小球勻速運動；ab從Ⅲ區(qū)域右邊離開磁場時，小球恰好從金屬板的邊緣離開。已知板間距為4d，導軌間距為L，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域的磁感應強度大小相等、寬度均為d。帶電小球質(zhì)量為m，電荷量為q，ab運動的速度為v0，重力加速度為g。求：(1)磁感應強度的大小；(2)ab在Ⅱ區(qū)域運動時，小球的加速度大?。?3)要使小球恰好從金屬板的邊緣離開，ab運動的速度v0要滿足什么條件?！久麕熃馕觥?1)ab在磁場區(qū)域運動時，產(chǎn)生的感應電動勢大小為：ε＝BLv0①金屬板間產(chǎn)生的場強大小為：E＝eq\f(ε,4d)②ab在Ⅰ磁場區(qū)域運動時，帶電小球勻速運動，有mg＝qE③聯(lián)立①②③得：B＝eq\f(4dmg,qLv0)④(2)ab在Ⅱ磁場區(qū)域運動時，設小球的加速度a，依題意，有qE＋mg＝ma⑤聯(lián)立③⑤得：a＝2g⑥(3)依題意：ab分別在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁場區(qū)域運動時，小球在電場中分別做勻速、類平拋和勻速運動，設發(fā)生的豎直分位移分別為sⅠ、sⅡ、sⅢ；ab進入Ⅲ磁場區(qū)域時，小球的豎直分速度為vⅢ。則：sⅠ＝0⑦sⅡ＝eq\f(1,2)·2g(eq\f(d,v0))2⑧sⅢ＝vⅢ·eq\f(d,v0)⑨vⅢ＝2g·eq\f(d,v0)⑩又：sⅠ＋sⅡ＋sⅢ＝2d聯(lián)立可得：v0＝eq\r(\f(3gd,2))答案：(1)eq\f(4dmg,qLv0)(2)2g(3)eq\r(\f(3gd,2))3.(12分)如圖所示，一無限長的光滑金屬平行導軌置于勻強磁場B中，磁場方向垂直導軌平面，導軌平面豎直且與地面絕緣，導軌上M、N間接一電阻R，P、Q端接一對沿水平方向的平行金屬板，導體棒ab置于導軌上，其電阻為3R，導軌電阻不計，棒長為L，平行金屬板間距為d。今導體棒通過定滑輪在一物塊拉動下開始運動，穩(wěn)定后棒的速度為v，不計一切摩擦阻力。此時有一帶電量為q的液滴恰能在兩板間做半徑為r的勻速圓周運動，且速率也為v。求：(1)速度v的大小；(2)物塊的質(zhì)量m?！久麕熃馕觥?1)設平行金屬板間電壓為U，液滴質(zhì)量為m0。液滴在平行金屬板間做勻速圓周運動，重力與電場力必定平衡，則有：qeq\f(U,d)＝m0g由qvB＝m0eq\f(v2,r)得r＝eq\f(m0v,qB)聯(lián)立解得U＝eq\f(gdrB,v)則棒產(chǎn)生的感應電動勢為：E＝eq\f(U,R)·(R＋3R)＝eq\f(4gdrB,v)由E＝BLv，得v＝2eq\r(\f(gdr,L))(2)棒中電流為：I＝eq\f(U,R)＝eq\f(gdrB,vR)ab棒勻速運動，外力與安培力平衡，則有F＝BIL＝eq\f(gdrLB2,vR)而外力等于物塊的重力，即mg＝eq\f(gdrLB2,vR)解得m＝eq\f(drLB2,vR)＝eq\f(B2L,2R)eq\r(\f(dLr,g))答案：(1)2eq\r(\f(gdr,L))(2)eq\f(B2L,2R)eq\r(\f(dLr,g))4.（2022北京西城期末）如圖1所示，足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置，導軌間距為l，左端連接一阻值為R的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。導體棒MN置于導軌上，其質(zhì)量為m，電阻為r，長度恰好等于導軌間距，與導軌接觸良好。不計導軌的電阻、導體棒與導軌間的摩擦。在水平拉力作用下，導體棒沿導軌向右勻速運動，速度大小為v。（1）請根據(jù)法拉第電磁感應定律，推導導體棒勻速運動時產(chǎn)生的感應電動勢的大小。（2）若在某時刻撤去拉力，導體棒開始做減速運動，并最終停在導軌上。a.以向右為正方向，在圖2和圖3中定性畫出撤去拉力后導體棒運動的速度—時間圖像和位移—時間圖像；b.求導體棒減速運動過程中克服安培力做的功W，以及這一過程中電阻R消耗的總電能。【參考答案】（1）見解析；（2）a，；b，【名師解析】（1）設在時間內(nèi)導體棒向右運動的距離為，則導體棒與軌道組成的閉合回路的磁通量的變化量為回路匝數(shù)則由法拉第電磁感應定律得（2）a撤去拉力后，導體棒在安培力作用下做加速度逐漸減小的減速運動，最終速度減為零，速度—時間圖像如圖所示位移—時間圖像如圖所示b由動能定理得解得安培力做的功全部轉化為電能，可得根據(jù)串并聯(lián)電路的特征得電阻R消耗的總電能聯(lián)立解得5.(2022四川成都三模)如圖，兩根足夠長且電阻不計的平行金屬導軌與地面均成37°角放置，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ以PQ為邊界，分別存在足夠大的垂直兩導軌所在平面向下及平行導軌向上的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度均為B＝2T。質(zhì)量分別為M＝3kg、m＝1kg的導體棒ab、cd相距s＝6m放置在區(qū)域Ⅰ的導軌上，兩棒的電阻均為R＝1，兩棒的長度和導軌的間距均為L＝1m。區(qū)域I的導軌光滑，區(qū)域Ⅱ的導軌與ab棒間的動摩擦因數(shù)且與cd棒無摩擦。同時由靜止釋放兩棒，ab棒進入?yún)^(qū)域Ⅱ后恰好做勻加速直線運動。，棒與導軌接觸良好，重力加速度大小，。（1）ab棒到達PQ前，求ab和cd棒的加速度大??；（2）求ab棒的釋放處與PQ的距離；（3）從釋放兩棒開始，經(jīng)多長時間，兩棒在相遇前相距最遠？

【參考答案】（1）,；（2）0.75m；（3）3s【名師解析】（1）ab棒到達PQ前，兩棒均在區(qū)域Ⅰ中，回路中磁通量變化為零，故感應電動勢為零，兩棒均做加速度相同的勻加速直線運動，設加速度大小為,由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得（2）ab棒在區(qū)域Ⅱ中恰好做勻加速直線運動，表明其受到的安培力恒定，即回路中電流恒定。故cd棒切割磁感線的速度恒定，所以，cd棒一定做勻速直線運動。設cd棒勻速運動的速度（也是ab棒剛好到達PQ的速度）大小為v，ab棒釋放點與PQ的距離為x，cd棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為回路中的電流為cd棒受到的安培力為對cd棒，由力的平衡條件有聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得對ab棒，由勻變速運動規(guī)律有代入數(shù)據(jù)解得（3）ab棒在區(qū)域Ⅰ中運動的時間為ab棒到達PQ后的過程可分為兩段①過程1，從ab棒位于PQ至cd棒到達PQ，由右手定則可知ab棒中電流方向從b到a，由左手定則可知ab棒受到的安培力方向垂直軌道平面向下。設ab棒在區(qū)域Ⅱ中的加速度為，此過程cd棒在區(qū)域Ⅰ中運動的時間為對ab棒，由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)得故cd棒到達PQ時，ab棒的速度為②過程2，從cd棒位于PQ至兩棒相遇前相距最遠，因回路中無總應電流，故兩樣做加速度大小不等的勻變速直線運動，其中cd棒的加速度大小仍為。設ab棒的加速度為，此過程的時間為，對ab棒，由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)得兩棒共速時相距最遠，故有代入數(shù)據(jù)得解得6．（10分）（2020年6月北京海淀二模）功是物理學中非常重要的概念，通過做功的過程可以實現(xiàn)能量轉化。（1）一直流電動機，線圈電阻R=2.0Ω，當它兩端所加的電壓U=24V時，電動機正常運轉，測得通過其電流I=0.50A。求此工作狀態(tài)下，這臺電動機每分鐘所做的機械功W機。（2）在電路中電能轉化為其他形式能的過程就是電流做功的過程，電流做功的過程本質(zhì)上是導體中的恒定電場的電場力對定向移動的自由電荷做功的過程。由同種材料制成的很長的圓柱形實心金屬導體，在其上選取長為L的導體做為研究對象，如圖20所示，當其兩端的電勢差恒為U時，形成的恒定電流的大小為I。設導體中的恒定電場為勻強電場，自由電子的電荷量為e，它們定向移動的速率恒定且均相同。圖圖20LUAB①求恒定電場對每個自由電子作用力的大小F；②在任意時間t內(nèi)，恒定電場的電場力對這段導體內(nèi)的所有自由電子做的總功為W，請從功的定義式出發(fā)，推導W=UIt。已知對于橫截面積為S的均勻導體，其單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，自由電子定向移動的速率均為v，則通過導體的恒定電流I=neSv。SSE0B0NMSMNB圖21（3）如圖21所示為簡化的直流電動機模型，固定于水平面的兩根相距為L的平行金屬導軌，處于豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，在兩導軌的左端通過開關連接電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源。導體棒MN放置在導軌上，其與導軌接觸的兩點之間的電阻為R，導體棒與導軌間的阻力恒定且不為0。閉合開關S后，導體棒由靜止開始運動，運動過程中切割磁感線產(chǎn)生動生電動勢，該電動勢總要削弱電源電動勢的作用，我們把這個電動勢稱為反電動勢E反，此時閉合回路的電流大小可用來計算，式中R總為閉合電路的總電阻。若空氣阻力和導軌電阻均可忽略不計，導體棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，導體棒運動所能達到的最大速度大小為v。求達到最大速度后經(jīng)過時間t導體棒克服阻力做的功W?！久麕熃馕觥浚?）電流每分鐘對電動機所做的總功W=UIt=720J……………（1分）電動機線圈每分鐘產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=30J…………（1分）電動機每分鐘所做的機械功W機=UIt-I2Rt=690J……（1分）（2）①導體內(nèi)恒定電場的電場強度E=U/L………（1分）自由電子所受電場力F=eE=eU/L…………………（1分）②設導體內(nèi)自由電子定向移動的速度大小為v，則對于任意時間t內(nèi)自由電子沿導體定向移動的位移為vt，所以根據(jù)功的定義式，導體內(nèi)恒定電場的電場力在時間t內(nèi)對一個自由電子所做的功W0=………………（1分）這段導體內(nèi)的電子數(shù)N=nSL…………………（1分）因為自由電子定向移動的速率均相同，所以對這些自由電子所做的總功W=NW0=nSL=UIt……………（1分）（3）導體棒勻速運動，則阻力與安培力相等，即…………（1分）由題目知其中所以達到最大速度后經(jīng)過時間t導體棒克服阻力做的功將I代入可得………………（1分）說明：其他正確方法同樣得分。7．(14分)如圖所示，一面積為S的單匝圓形金屬線圈與阻值為R的電阻連接成閉合電路，不計圓形金屬線圈及導線的電阻．線圈內(nèi)存在一個方向垂直紙面向里、磁感應強度大小均勻增加且變化率為k的磁場B.電阻R兩端并聯(lián)一對平行金屬板M、N，兩板間距為d，N板右側xOy坐標系(坐標原點O在N板的下端)的第一象限內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界OA和y軸的夾角∠AOy＝45°，AOx區(qū)域為無場區(qū)．在靠近M板處的P點由靜止釋放一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(