2026届高三物理二轮复习试题计算题突破3力学三大观点在电磁感应中的应用（Word版附解析）

这是一份2026届高三物理二轮复习试题计算题突破3力学三大观点在电磁感应中的应用（Word版附解析），共7页。试卷主要包含了47 J，25 m/s2等内容，欢迎下载使用。

(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。
2.(12分)(2025贵州黔南州模拟)如图所示,绝缘水平面上固定一平行金属导轨,导轨两端分别与足够长的倾斜平行金属导轨平滑连接,导轨间距均为L=1 m,水平导轨中部的cdef矩形区域内有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5 T。现有质量m1=1 kg的金属棒a从左侧轨道上高为h=5 m处由静止释放,穿过磁场区域后,与静止的质量m2=2 kg的金属棒b发生弹性碰撞。碰后瞬间b棒的速度大小为v2=254 m/s,并沿右侧轨道上升到最大高度时锁定。已知两金属棒接入电路的阻值均为r=0.2 Ω,导轨电阻不计,两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度g取10 m/s2,不计一切摩擦阻力。求:
(1)a棒刚进入磁场区域时的加速度大小a0;
(2)矩形区域cf的长度x;
(3)a棒最终停止时与cd间的距离Δx及整个运动过程中a棒产生的焦耳热Qa。
3.(12分)(2025浙江金华模拟)某探究小组利用电磁阻尼原理设计了一减震装置,其简化结构如图甲所示。质量为m的“日”字形金属框架abcdef由7根长度均为l、电阻均为r的金属杆焊接而成,水平有界匀强磁场的高度也为l,水平足够宽广,磁感应强度大小为B。开始时水平杆af与磁场的上边界平行。框架由某一高度下落,以初速度v0进入磁场,磁场中框架运动的速度v与下落距离x之间的v-x图像如图乙所示,则:
(1)框架刚进入磁场时受到的安培力的大小FA;
(2)穿过磁场过程中,框架上产生的焦耳热Q;
(3)框架在磁场中运动的时间t。
4.(15分)(2025云南腾冲五中二模)如图所示,两平行金属导轨间距L=1 m,与水平方向夹角θ=37°,轨道电阻不计,垂直轨道放置两根质量均为m=1 kg的金属棒a、b,有效阻值均为R=0.01 Ω,金属棒与轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.375、μ2=0.875,整个装置处在垂直于轨道向下的匀强磁场中,磁感应强度大小B=0.1 T。将a棒锁定,使得a、b棒处于静止状态;现解锁a棒,使其从静止开始向下运动。导轨足够长,不计电阻,两金属棒与导轨间接触始终良好。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6。
(1)求当b棒开始运动时,a棒的速度大小;
(2)若a、b棒始终没有相碰,求两棒的最大速度差;
(3)若当b棒开始运动时,a棒恰好与b棒发生弹性碰撞,从此时开始计时,经t=0.4 s时,a棒与b棒之间最大距离记为d,求d的大小。
参考答案
1.答案 (1)2mgRsinθB2L2 (2)2gsin θ
(3)gsin θ·t0+mgRsinθB2L2
2m2R2gsinθB4L4
解析 (1)导体棒a在运动过程中重力沿斜面的分力和棒a的安培力相等时做匀速运动,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=BIL
棒a受力平衡,可得mgsin θ=BIL
联立解得v0=2mgRsinθB2L2。
(2)由右手定则可知导体棒b中电流向里,棒b受沿斜面向下的安培力,此时电路中电流不变,则棒b由牛顿第二定律可得mgsin θ+BIL=ma0
解得a0=2gsin θ。
(3)释放棒b后棒a受到沿斜面向上的安培力,在到达共速时对棒a由动量定理有
mgsin θ·t0-BILt0=mv-mv0
棒b受到向下的安培力,对棒b由动量定理有mgsin θ·t0+BILt0=mv
联立解得v=gsin θ·t0+v02=gsin θ·t0+mgRsinθB2L2
此过程流过棒b的电荷量为q,则有q=It0
由法拉第电磁感应定律可得I=E2R=12R·BLΔxt0
联立可得Δx=mv0RB2L2=2m2R2gsinθB4L4。
2.答案 (1)6.25 m/s2 (2)1 m (3)0
5.47 J
解析 (1)a棒下降高度h,由动能定理可得m1gh=12m1v02
解得v0=10 m/s
a棒进入磁场区域时有E=BLv0,I=E2r,F=BIL
联立解得a0=Fm1=6.25 m/s2。
(2)a、b发生弹性正碰,设碰前a棒速度为v,碰后速度为v1,则有
m1v=m1v1+m2v2 ,12m1v2=12m1v12+12m2v22
联立解得v1=m1-m2m1+m2v,v2=2m1m1+m2v=254 m/s
解得v=758 m/s,v1=-258 m/s
a棒第一次穿过磁场的过程,由动量定理有-BIL·Δt=m1v-m1v0
-∑B2L22rviΔt=m1v-m1v0,∑viΔt=x
解得x=1 m。
(3)a棒第二次进入磁场至最后停止的过程,在磁场中运动的总路程为s,满足关系B2L22rs=m1v1
解得s=5 m ,故Δx=0
整个运动过程中电路产生的焦耳热Q=m1gh-12m2v22
a棒产生的焦耳热Qa=12Q=17532 J≈5.47 J。
3.答案 (1)4B2l2v015r
(2)3mgl+12mv02-225m3g2r232B4l4
(3)15mr4B2l2-v0g+14B2l315mgr
解析 (1)由框架刚进入磁场时水平杆af切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,则E=Blv0
又整个电路的总电阻为R=154r
由闭合电路的欧姆定律得I=ER=4Blv015r
故FA=BIl=4B2l2v015r。
(2)由v-x图像知,在2l~3l时,框架匀速运动,有mg=FA
又FA=4B2l2v115r,解得v1=15mgr4B2l2
框架在运动过程中,总的焦耳热为Q,由能量守恒定律得3mgl-Q=12mv12-12mv02
即Q=3mgl+12mv02-225m3g2r232B4l4。
(3)设框架从开始进入磁场到下落l的过程用时t1,末状态的速度为v2,由动量定理得mgt1-4B2l315r=mv2-mv0
从l到2l的过程用时t2,由动量定理得mgt2-2B2l35r=mv1-mv2
从2l到3l的过程用时t3,由动量定理得mgt3-4B2l315r=mv1-mv2
联立得t=t1+t2+t3=15mr4B2l2-v0g+14B2l315mgr。
4.答案 (1)2 m/s (2)4 m/s (3)0.4 m
解析 (1)根据题意可知,当b棒开始运动时,对b棒有
BI1L+mgsin θ-μ2mgcs θ=0
设a棒的速度大小为v1,则有E1=BLv1,I1=E12R
联立解得v1=2 m/s。
(2)根据题意可知,当两棒的速度差最大时,两棒做加速度相同的匀加速直线运动,对a棒有mgsin θ-μ1mgcs θ-BI2L=ma
对b棒有BI2L+mgsin θ-μ2mgcs θ=ma
又有E2=BL(va-vb),I2=E22R
联立解得va-vb=4 m/s。
(3)a棒恰好与b棒发生弹性碰撞,则有mv1=mv1'+mv2,12mv12=12mv1'2+12mv22
解得v1'=0,v2=2 m/s
a棒与b棒之间距离最大时,a棒与b棒的速度相等,设为v共,由动量定理,对a棒有(mgsin θ-μ1gcs θ)t+∑BiLΔt=mv共-0
对b棒有(mgsin θ-μ2gcs θ)t-∑BiLΔt=mv共-mv2
又有∑iΔt=q=E2RΔt=BLd2R
联立解得d=0.4 m。