专辑14 电磁感应（二）-2021年高考上海市高三下学期5月二模物理试题汇编（解析版）

2021 年高考上海市高三下学期 5 月二模物理试题汇编 专题 14 电磁感应（二） 1、（2021·上海市虹口区高三下学期 5 月二模）如图，在绝缘的滑块上方固定一个竖直放置的正方形闭合 线框，线框边长为 L，总电阻为 R，滑块连同线框的质量为 m，滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ。右侧 长、高均大于 L 的虚线区域内存在垂直线框平面向里、大小为 B 的匀强磁场，磁场区域的下边界恰好与线 框的中心线在同一水平面上。现给滑块施加一水平向右的拉力，使其以速度 v 匀速进入磁场区域，重力加 速度为 g，求： （1）线框右侧刚进入磁场区域时，框中的电流 I； （2）线框左侧进入磁场区域前的瞬间，拉力 F 的大小； （3）将线框拉进磁场的过程中，拉力所做的功 W。 【答案】（1） 2 BLv R ，沿逆时针方向；（2） 2 2 (1 2 ) 4 B L vmg R    ；（3） 2 3 (1 ) 4 B L v mgLR    【解析】 （1）线框刚进入磁场时，电动势为 1 2E BLv 所以电流为 2 E BLvI R R   方向沿逆时针方向； （2）线框进入磁场的过程中，电流恒定，右侧导线受到的安培力为 2 2 A1 1 2 4 B L vF BIL R   方向水平向左；上侧导线所受安培力 FA2 始终竖直向下，但逐渐增大，线框左侧进入磁场区域前的瞬间，有 2 2 A2 2 B L vF BIL R   此时，滑块与线框整体受 6 个力，如图所示 根据平衡条件有 A2NF mg F  A1 NF F F  解得 2 2 (1 2 ) 4 B L vF mg R     （3）线框进入磁场的距离为 x 时，拉力为 2 A1 A1 2N B LvF F F F mg xR           即拉力 F 随位移 x 成线性变化；刚进入磁场时，FA2=0，拉力 2 2 A1 4 B L vF F mg mgR       所以拉力的平均值为 2 21 ( ) (1 )2 4 B L vF F F mgR       则拉力做功为 2 3 (1 ) 4 B L vW F L mgLR       2、（2021·上海市黄浦区高三下学期 5 月二模）水平面内有一电阻不计的光滑平行金属导轨，两导轨间距 L=0.4m，在导轨上 MN 左侧区域存在垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度大小 B=2.5T。两根电阻分别为 R1=1Ω、R2=3Ω的金属棒 AB、CD 垂直导轨置于 MN 左侧的导轨上。开始时两棒均静止，现用一垂直于棒 AB 的水平向右外力拉动棒 AB，使其向右运动。 （1）当 AB 棒在磁场中向右运动时，判断回路中的感应电流方向和 CD 棒的运动方向； （2）设 AB 棒在磁场中向右运动一段距离过程中，安培力对 AB 棒做功为 WAB，安培力对 CD 棒做功为 WCD， 试分析并比较 WAB 与 WCD 的大小； （3）当 AB 棒运动到 MN 右侧后某时刻撤去外力（CD 棒还在磁场中），此时 AB 棒速度大小 v1=5m/s，CD 棒速度大小 v2=2m/s，求此时 AB 棒上的热功率 PAB。 （4）在第（3）问情景中，请分析并描述此时刻之后 AB、CD 棒的运动情况。 【答案】（1）见解析；（2）WAB＞WCD；（3）0.25W；（4）见解析 【解析】 （1）回路中的感应电流方向为逆时针方向（ACDB），CD 棒向右运动。 （2）棒克服安培力做功，将部分机械能转化为电能，电能一部分通过电流做功转化为内能，另一部分由 CD 棒所受安培力做功转化为 CD 棒的动能，由此可知 WAB＞WCD。 （或者：两根棒受到的安培力大小相同，但是 AB 棒运动的位移大，所以 WAB＞WCD） （3）感应电动势为 E=BLv2 感应电流为 IAB=I= 2 1 2 1 2 = BLvE R R R R  = 2.5 0.4 2 1 3    A=0.5A AB 棒上的热功率为 PAB=I2R1=0.52×1W=0.25W （4）AB 棒出磁场，外力撤去，水平方向不受力，所以做速度为 5m/s的匀速直线运动，CD 棒在磁场中运 动，受安培力阻碍作用，做减速运动，则安培力 F=BIL= 2 2 2 1 2 B L v R R 安培力、加速度随速度逐渐减小。CD 先做加速度减小的减速运动，出磁场则做匀速直线运动 3、（2021·上海市金山区高三下学期 5 月二模）如图，宽度分别为 L 和 2L 的两条并排光滑长金属轨道固定 在竖直平面内，水平金属杆 a、b 与两轨道接触良好。杆 a 质量为 m，杆 b 质量为 2m。定值电阻阻值为 R， 其余部分电阻不计。整个装置处于垂直轨道平面的匀强磁场中，磁感应强度为 B。静止释放杆 a，用竖直外 力使杆 b 保持静止。 （1）分析说明杆 a 下落过程速度和加速度大小的变化情况； （2）分析说明杆 b 上竖直外力大小的变化情况； （3）先后释放两杆，当两杆做匀速运动时两者将其他能转化为电能的本领相同，则此时两杆的速度分别为 多大？ 【答案】（1）见解析；（2）外力 F 由 2mg 减小到零；（3） 2 22 mg B L ， 2 24 mg B L 【解析】 （1）杆 a 由静止开始向下运动，受力如图 合力 F=mg-FA 与运动方向相同，杆加速；随着速度增加，FA 增大，合力减小，加速度减小；当 FA=mg 时，加速度为零， 杆做匀速运动。 （2）杆 a 运动时产生的感应电动势 E=BLva，回路中的感应电流 I= E R 杆 b 所受安培力 FAb=B2IL=2 2 2 aB L v R =2FAa 杆 b 受力如图 根据平衡条件 2mg=F＋FAb 得 F=2mg－2FAa 因为 FAa 由零增大到 mg，所以外力 F 由 2mg 减小到零。 （3）两杆匀速运动时 FAa=mg，FAb=2mg 此时回路中的电流为 I= mg BL ，由题意可知，两杆运动产生的感应电动势相同，即 Ea=Eb，I= a bE E R  得 Ea=Eb= 2 mg BL 因为 Ea=BLva，Eb=B2Lvb 杆 a 的速度 va= 2 22 mg B L ，杆 b 的速度 vb= 2 24 mg B L 4、（2021·上海市静安区高三下学期 5 月二模）如图（a）所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定于同 一水平面内，导轨电阻不计，其间距为 L=1 m，左端通过导线连接一个 R=1.5Ω的定值电阻。整个导轨处在 磁感应强度大小 B=0.4T、方向竖直向下的匀强磁场中。质量 m=0.2 kg、电阻 r=0.5 Ω、长度为 1 m 的匀质金 属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好。在杆的中点施加一个垂直杆的水平拉力 F，使杆由静止开始运动， 拉力 F 的功率 P=2W 保持不变，当杆的速度 v=5 m/s 时撤去拉力 F。 （1）求杆的速度为 4 m/s 时，电阻 R 上的电流的大小 I； （2）求杆的速度为 4 m/s 时，杆的加速度的大小； （3）求从撤去拉力 F 到杆停下的整个过程中，杆上产生的热量 Qr； （4）请分析说明，若不撤去拉力 F，杆的速度是否可能大于 5 m/s。若杆在 t1 时刻速度刚刚达到 5 m/s，拉 力 F 所做功的大小 WF 随时间 t 的变化关系如图（b）中的①所示，0~t1 时间内电路中产生的总热量 Q 随时 间 t 的变化关系如②所示，请在图（b）中补画出图线②t1 时刻之后的图像。 【 答案】（1 ） 0.8 A ； （2 ）1.6 m/s2 ；（3 ）0.625 J ；（4 ） 杆的 速度 不可 能大 于 5m/s ， 见解 析， 【解析】 （1）杆运动产生感应电动势 E BLv 电路中感应电流 I r BLv R   代入数据可得 0.8AI  （2）杆所受安培力 AF BIL 代入数据可得 0.32NAF  杆加速阶段速度 v1 为 4 m/s 时，拉力 1 PF v  代入数据可得 0.5NF  根据牛顿第二定律 1AF F ma  代入数据可得 2 1 0.9m/sa  杆减速阶段速度为 4 m/s 时，根据牛顿第二定律 2AF ma 代入数据可得 2 2 1.6m/sa  （3）从撤去拉力 F 到杆停下的整个过程中，杆的动能转化为电路中产生的总热量 所以总热量 21 2Q mv 代入数据可得 2.5JQ  杆上产生的热量 r rQ QR r   代入数据可得 0.625JrQ  （4）拉力 F 作用在杆上时 AF F ma  A P F mav   杆的速度增大，其他物理量不变，所以杆的加速度减小，当 a=0 时，速度达到最大值，此后杆作匀速直线 运动。a=0 时，代入数据可得 5m/sv  所以杆的速度不可能大于 5 m/s。 补画图（b） 5、（2021·上海市闵行区高三下学期 5 月二模）如图，间距 L=0.5 m 的平行导轨竖直放置，上端与电阻 R 连接，水平虚线下方存在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小 B0=0.4 T 的匀强磁场。现将质量 m=0.2 kg 的 导体棒 MN 从虚线上方 h1 处由静止释放并开始计时，经时间 t1 进入磁场且恰好以速度 v0 做匀速直线运动， 匀速运动 t2=2 s 后给导体棒施加竖直向上的恒力 F=4 N，与此同时磁感应强度发生变化，回路中不再产生感 应电流，再经过 t3=0.2 s 导体棒的速度减为零。导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导体 棒的电阻不计，重力加速度 g=10 m/s2。求导体棒在由静止释放到速度减为零的过程中。 （1）速度 v0 的大小； （2）回路中产生的焦耳热 Q； （3）回路中磁通量的最大值Φm； （4）匀强磁场磁感应强度 B 随时间 t 变化的函数。 【 答 案 】（ 1 ） 2m/s ；（ 2 ） 8J ；（ 3 ） 0.8 Wb ；（ 4 ） 2 1.6 5 24 24.6B t t      2.2 ,2.4t s s 或 2 1.6 5( 2.2) 2( 2.2) 4B t t        2.2 ,2.4t s s 且 B0=0.4 T，  0 ,2.2t s s 【解析】 （1）导体棒在 3t 时间内，受力如图 据牛顿第二定律得 F F mg ma  合 可得 210m / sa  导体棒匀减速至零，逆向思维，可得 v0=at3=2m/s （2） 2t 时间内，导体棒匀速下降 2 0 2 2 2m 4mh v t    据能量守恒，则焦耳热为 Q=mgh2=0.2×10×4 J=8J （3）t2 末回路中磁通量最大，此后回路无感应电流，磁通量不变，则 Φm=B0Lh2=0.4×0.5×4Wb=0.8Wb （4）导体棒自由下落时间为 0 1 vt g  =0.2s 3t 内，回路磁通量不变， Φm  2 3BL h h  导体棒由静止释放时开始计时，所以导体棒匀减速下降时间 1 2 2.2t t t t t      所以有    2 3 0 12.2 2.22h v t a t    即 2 1.6 5 24 24.6B t t      2.2 ,2.4t s s 或 2 1.6 5( 2.2) 2( 2.2) 4B t t        2.2 ,2.4t s s 另 B0=0.4 T，  0 ,2.2t s s 6、（2021·上海市徐汇区高三下学期 5 月二模）如图，固定在竖直平面内且足够长的光滑平行金属导轨间 距 L=1m、电阻不计，上端接电键 S 和一阻值 R=0.15Ω的电阻。质量 m=0.5kg、阻值 r=0.1Ω、长度等于导轨 间距的金属棒 ef 水平放置。系统处于垂直导轨平面向里、磁感应强度 B=0.5T 的匀强磁场中。初始时刻 ef 正以 4m/s 的初速度竖直向上运动，此时闭合电键 S。（g 取 10m/s2） （1）求电键闭合瞬间金属棒两端的电势差 U； （2）求电键闭合瞬间金属棒的加速度 a； （3）电键闭合后经一段时间，金属棒的速度将再次达到 4m/s，分析此状态和初始时刻相比，金属棒的能量 变化情况。 【答案】（1）1.2V；（2） 218m/s ；（3）见解析 【解析】 （1）初始时刻，ab 向上切割磁感线运动，产生感应电动势 0 0.5 1 4V 2VE BLv     此时回路中电流强度大小为 2 A 8A0.15 0.1 EI R r     ab 两端电压为电源外电压 8 0.15V 1.2VU IR    （2）初始时刻，对 ab 棒受力分析 由牛顿第二定律 Amg F ma  其中 AF BIL 纯电阻电路 EI R r   2 2 0 A B L vF R r   2 2 20 18m/s( ) B L va g m R r    方向竖直向下 （3）初末状态，速度大小相同，所以动能相同，金属棒在运动过程中，动能、重力势能、电能相互转化， 但总能量守恒。整个过程中，安培力始终做负功，将机械能转化为回路中的内能，所以机械能总量应该减 小，初末状态动能不变，可知重力势能减少，此时金属棒应位于出发点下方。 7、（2021·上海市长宁区高三下学期 5 月二模）如图所示，电阻不计、间距为 L 的足够长金属轨道竖直放 置，轨道上端接有阻值为 R 的电阻，系统处于垂直轨道平面、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，质量为 m 电 阻为 r 的金属棒 ab 通过两端的套环水平地套在金属轨道上，并由静止开始释放．已知金属棒下落 h 高度后 已处于匀速运动状态，金属棒受到轨道的滑动摩擦力 f=kmg（kh）高度过程中，棒与导轨摩擦产生的热量 Qf； （3）求金属棒下落 H（H>h）高度过程中，电阻 R 上产生的热量 QR； （4）分析说明金属棒在整个运动过程的运动情况及能量转化关系。 【答案】（1） 2 2 (1 ) ( )k mg R r B L   ；（2）kmgH；（3）      2 23 2 4 4 11 2 k m g R rR k mgHR r B L           ；（4）见 解析 【解析】 （1）金属棒匀速运动时，受到重力 mg、安培力 F 和滑动摩擦力 f 的作用，其中安培力 2 2 A B L vF BIL R r    根据平衡条件得 FA+f=mg 联立解得 2 2 (1 ) ( )k mg R rv B L   （2）金属棒与导轨摩擦产生的热量 Qf=fH=kmgH （3）根据能量守恒定律，系统产生的焦耳热为 Q=mgH-Qf- 1 2 mv2 将 v 代入解得      2 23 2 4 4 11 2 k m g R rQ k mgH B L     因为 RQR R r Q ＝ 所以      2 23 2 4 4 11 2R k m g R rQR RQ k mgHR r R r B L              （4）金属棒运动过程中受到向上的安培力随速度的增加而增加，棒受到的合外力减小，根据牛二定律，棒 的加速度减小，所以金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动，此过程中，金属棒的重力势 能转化为棒的动能、棒与轨道摩擦产生的内能以及电流通过电阻而产生的焦耳热。