2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復習專題電磁感應中的單桿模型 含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復習專題微專題6電磁感應中的單桿模型單桿常見模型分析示意圖運動分析能量分析動能轉化為內能,12mv0電能轉化為動能和內能,E電=12mvm外力做功轉化為動能和內能,WF=12mvm外力做功轉化為電場能和動能,WF=E電+12mv單桿與電阻構成回路例1[2024·安徽卷]如圖所示,一“U”形金屬導軌固定在豎直平面內,一電阻不計、質量為m的金屬棒ab垂直于導軌,并靜置于絕緣固定支架上.邊長為L的正方形cdef區(qū)域內存在垂直于紙面向外的勻強磁場,支架上方的導軌間存在豎直向下的勻強磁場,兩磁場的磁感應強度大小B隨時間t的變化關系均為B=kt(SI),k為常數(shù)(k>0).支架上方的導軌足夠長,兩邊導軌單位長度的電阻均為r,下方導軌的總電阻為R.t=0時,對ab施加豎直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動,整個運動過程中ab與兩邊導軌接觸良好.已知ab與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g.不計空氣阻力,兩磁場互不影響.(1)求通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關系式,以及感應電動勢的大小,并寫出ab中電流的方向;(2)求ab所受安培力的大小隨時間t變化的關系式;(3)經過多長時間,對ab所施加的拉力達到最大值?并求此最大值.規(guī)范答題區(qū)自評項目(共100分)自評得分書寫工整無涂抹(20分)有必要的文字說明(20分)使用原始表達式、無代數(shù)過程(30分)有據(jù)①②得③等說明(10分)結果為數(shù)字的帶有單位,求矢量的有方向說明(20分)單桿與電容器構成回路例2(多選)[2022·全國甲卷]如圖,兩根相互平行的光滑長直金屬導軌固定在水平絕緣桌面上,在導軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻.質量為m、阻值也為R的導體棒MN靜止于導軌上,與導軌垂直,且接觸良好,導軌電阻忽略不計,整個系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強磁場中.開始時,電容器所帶的電荷量為Q,合上開關S后()A.通過導體棒MN電流的最大值為QB.導體棒MN向右先加速、后勻速運動C.導體棒MN速度最大時所受的安培力也最大D.電阻R上產生的焦耳熱大于導體棒MN上產生的焦耳熱【技法點撥】含容電路中,單桿在恒力(包括桿的重力)作用下,加速度是恒定的.力、電間的關聯(lián)如下:單桿與電源構成回路例3將電源、開關、導體棒與足夠長的光滑平行金屬導軌連接成閉合回路,整個回路水平放置,俯視圖如圖所示,虛線右側存在豎直向上的勻強磁場.已知磁感應強度為B,電源電動勢為E、內阻為r.導體棒的質量為m,電阻為r,長度恰好等于導軌間的寬度L,不計金屬軌道的電阻.(1)求閉合開關瞬間導體棒的加速度大小a;(2)求導體棒最終的速度大小v;(3)導體棒的速度從0增加到v1的過程中,通過導體棒的電荷量為q,求此過程中導體棒產生的焦耳熱Q.【技法點撥】導體棒一般不是做勻變速運動,而是經歷一個動態(tài)變化過程再趨于一個穩(wěn)定狀態(tài)。動態(tài)分析的基本思路如下:【跟蹤訓練】1.(多選)[2024·河北石家莊模擬]如圖所示,寬度為L的光滑平行金屬導軌水平放置于方向豎直向下的勻強磁場中,金屬導軌足夠長且電阻不計,磁場的磁感應強度為B,導軌左端接一阻值為R的定值電阻和一電容為C的電容器,電阻不計的金屬棒MN置于導軌上.某時刻在垂直于金屬棒方向施加一水平恒力F,使金屬棒由靜止開始運動,運動過程中金屬棒與導軌始終保持垂直且接觸良好.下列說法正確的是 ()A.開關S1斷開,S2閉合,金屬棒最終做勻速直線運動,速度為FRB.開關S1閉合,S2斷開,金屬棒做勻加速直線運動,加速度為FC.開關S1、S2都閉合,金屬棒最終做勻速直線運動,速度為FRD.開關S1、S2都閉合,金屬棒做勻加速直線運動,加速度為F2.[2024·全國甲卷]兩根平行長直光滑金屬導軌距離為l,固定在同一水平面(紙面)內,導軌左端接有電容為C的電容器和阻值為R的電阻,開關S與電容器并聯(lián);導軌上有一長度略大于l的金屬棒,如圖所示.導軌所處區(qū)域有方向垂直于紙面、磁感應強度大小為B的勻強磁場.開關S閉合,金屬棒在恒定的外力作用下由靜止開始加速,最后將做速率為v0的勻速直線運動.金屬棒始終與兩導軌垂直且接觸良好,導軌電阻和金屬棒電阻忽略不計.(1)在加速過程中,當外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍時,金屬棒的速度大小是多少?(2)如果金屬棒達到(1)中的速度時斷開開關S,改變外力使金屬棒保持此速度做勻速運動.之后某時刻,外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍,求此時電容器兩極間的電壓及從斷開S開始到此刻外力做的功.微專題6電磁感應中的單桿模型例1(16分)(1)Φ=kL2tkL2從a流向b(2)F安=k2(3)Rarμk2[解析](1)通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關系式為Φ=BS=kL2t (1分)根據(jù)法拉第電磁感應定律得E=nΔΦΔt=SΔBΔt由楞次定律可知ab中的電流方向為從a流向b. (1分)(2)根據(jù)左手定則可知ab受到的安培力方向垂直于導軌平面向里,大小為F安=BIL (1分)其中B=kt (1分)設金屬棒向上運動的位移為x,則根據(jù)運動學公式有x=12at2 (1分導軌接入回路的電阻為R'=2xr (1分)由閉合電路歐姆定律得I=ER+R'聯(lián)立解得ab所受安培力的大小隨時間t變化的關系式為F安=k2L3t(3)由題知t=0時,對ab施加豎直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動,則對ab受力分析,由牛頓第二定律有F-mg-μF安=ma (1分)其中F安=k2L3t聯(lián)立可得F=μk2L3tR+art2+整理有F=μk2L3Rt+art+m(根據(jù)均值不等式可知Rt+art≥2Rar,當且僅當Rt=art時取等號,F有最大值,此時t=RarF的最大值為Fm=μk2L32Rar+m(g+例2AD[解析]MN在運動過程中為非純電阻,MN上的電流瞬時值為i=U-BlvR,閉合開關瞬間,v=0,此時MN可視為純電阻,反電動勢最小,故電流最大,為Imax=UmR=QCR,故A正確.當U>Blv時,導體棒做加速運動,當速度達到最大值之后,由于電容器與MN及R構成回路,一直處于通路的形式,由能量守恒定律可知,MN最終速度為零,故B錯誤.MN在運動過程中為非純電阻,MN上的電流瞬時值為i=U-BlvR,當U=Blv時,MN上電流瞬時值為零,安培力為零,此時MN速度最大,故C錯誤.在MN加速階段,由于MN上存在反電動勢,故通過MN的電流小于通過電阻R的電流,電阻R消耗的電能大于MN上消耗的電能,故加速過程中QR>QMN;在MN減速到零的過程中,電容器的電流和通過導體棒的電流都流經電阻R形成各自的回路,可知該過程中也是通過電阻R的電流大于通過MN的電流例3(1)BLE2mr(3)12qE-14[解析](1)閉合開關瞬間,電路中的電流為I=E導體棒所受安培力為F=BIL由牛頓第二定律可知導體棒的加速度為a=F聯(lián)立解得a=BEL(2)導體棒受安培力加速運動,從而切割磁感線產生動生電動勢,導致電路的電流逐漸減小,大小為I1=E當動生電動勢和電源電動勢相等時,電流為零,此時不再受安培力,導體棒做向右的勻速直線運動,則有E=BLv可得導體棒最終的速度大小為v=E(3)導體棒的速度從0增加到v1的過程中,通過導體棒的電荷量為q,對電路由能量守恒定律有qE=Q總+12m導體棒產生的焦耳熱為Q=Q聯(lián)立解得Q=12qE-14【跟蹤訓練】1.ABC[解析]開關S1斷開,S2閉合,金屬棒先加速運動,最終做勻速直線運動,此時安培力F安=F,又F安=BIL=B2L2vR,解得v=FRB2L2,故A正確;開關S1閉合,S2斷開,有F-BIL=ma,I=ΔqΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa,解得a=FB2L2C+2.(1)v02(2)Blv041[解析](1)開關S閉合時,電容器被短路.當外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍時,有Fv=2I2R 根據(jù)法拉第電磁感應定律有E=Blv根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=ER金屬棒最終做速率為v0的勻速直線運動,有F=BI0l其中I0=E0R,E0=聯(lián)立解得v=v(2)斷開開關S,金屬棒以v02的速度做勻速直線運動,某時刻外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍,設此時充電電流為I',電容器兩極間的電壓為U,外力為F'.金屬棒受力平衡,有F'=外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍,則電容器的充電功率等于電阻R的熱功率,外力做功的功率也等于電容器充電功率的2倍,有F'v02=2聯(lián)立解得U=Bl由于金屬棒做勻速直線運動,所以外力始終與金屬棒所受的安培力大小相等,從斷開S開始到此刻外力做的功為W=BIl·v02其中IΔt=q,q=CU聯(lián)立解得W=18CB2l21.[2024·天津北辰區(qū)模擬]如圖所示,兩條粗糙程度處處相同的平行金屬導軌固定在同一水平面上,導軌間距為L,左側連接一電動勢為E、內阻為r的直流電源,右側有O1、O2兩個固定卡座,整個導軌處于磁感應強度大小為B、豎直向下的勻強磁場中,導軌電阻不計.一質量為m、電阻為R、長度為L的導體棒MN垂直靜置在導軌上,該導體棒與導軌間動摩擦因數(shù)為μ.閉合開關S,該導體棒從靜止開始加速運動,再勻速運動,最后碰到O1、O2兩卡座后靜止不動,整個運動過程中,該導體棒始終與兩導軌垂直并接觸良好.重力加速度為g,則()A.閉合開關S后,該導體棒運動時的電流比其靜止不動時的電流大B.閉合開關S后,該導體棒運動時的電流與其靜止不動時的電流相等C.該導體棒勻速運動時的速度大小為1B2L2[BLE-μmg(D.該導體棒勻速運動時的速度大小為1B2L2[BLE+μmg(2.(多選)[2024·山西陽泉模擬]如圖所示,有兩根足夠長的、間距為L=1.0m的光滑豎直平行金屬導軌,導軌上端接有開關、電阻、電容器,其中電阻的阻值為R=2.0Ω,電容器的電容為C=4.0F(不會被擊穿),金屬棒MN水平放置,質量為m=1.0kg,空間存在垂直軌道向外的磁感應強度大小為B=1.0T的勻強磁場,在t0=0時刻單刀雙擲開關接1,同時由靜止釋放金屬棒,t1=5s時單刀雙擲開關瞬間接到2,此后再經過一段時間后金屬棒做勻速直線運動,金屬棒MN和導軌始終接觸良好(不計金屬棒和導軌的電阻,重力加速度g取10m/s2),下列說法正確的是 ()A.單刀雙擲開關接1后,金屬棒MN做加速度逐漸減小的加速運動B.在t1=5s時電容器帶的電荷量是40CC.單刀雙擲開關接2瞬間金屬棒MN的加速度大小是2.5m/s2D.最后金屬棒做勻速直線運動的速度大小是20m/s3.(多選)[2024·湖南卷]某電磁緩沖裝置如圖所示,兩足夠長的平行金屬導軌置于同一水平面內,導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連,導軌BC段與B1C1段粗糙,其余部分光滑,AA1右側處于豎直向下的勻強磁場中,一質量為m的金屬桿垂直導軌放置.現(xiàn)讓金屬桿以初速度v0沿導軌向右經過AA1進入磁場,最終恰好停在CC1處.已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R,與粗糙導軌間的動摩擦因數(shù)為μ,AB=BC=d.導軌電阻不計,重力加速度為g,下列說法正確的是 ()A.金屬桿經過BB1的速度為vB.在整個過程中,定值電阻R產生的熱量為12mv02C.金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域,金屬桿所受安培力的沖量相同D.若將金屬桿的初速度加倍,則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍4.[2024·河北邯鄲模擬]如圖所示,阻值不計的豎直光滑金屬導軌平行固定放置,間距L為1m,下端通過導線與阻值RL為4Ω的小燈泡L連接,在矩形區(qū)域CDFE內有水平向外的勻強磁場,磁感應強度B的大小為1T,C、E間的高hCE=1.2m,A、C間的高hAC=0.8m.質量m=0.1kg、電阻R=1Ω的金屬棒從AB位置無初速度地緊貼導軌向下運動,經CD進入磁場區(qū)域,已知金屬棒運動到EF位置前,小燈泡的亮度已經穩(wěn)定不變,金屬棒在運動過程始終垂直于導軌且與導軌接觸良好,g取10m/s2.求:(1)金屬棒剛進入磁場時的感應電流的大小;(2)當小燈泡亮度穩(wěn)定不變時,金屬棒的速度大小;(3)金屬棒在穿越磁場的過程中小燈泡產生的焦耳熱.5.[2024·福建廈門模擬]“福建艦”是我國首艘完全自主設計建造的航母.除了引人注目的電磁彈射系統(tǒng)外,電磁阻攔索也是航母的“核心戰(zhàn)斗力”之一,其原理是利用電磁感應產生的阻力快速安全地降低艦載機著艦的速度.如圖所示為電磁阻攔系統(tǒng)的簡化原理:艦載機著艦時關閉動力系統(tǒng),通過絕緣阻攔索拉住軌道上的一根金屬棒ab,金屬棒ab瞬間與艦載機共速并與之一起在磁場中減速滑行至停下.已知艦載機質量為M,金屬棒質量為m,接入導軌間電阻為r,兩者以共同速度v0進入磁場.軌道端點M、P間電阻為R,不計其他電阻.平行導軌MN與PQ間距為L,導軌間有豎直方向的勻強磁場,磁感應強度為B.除安培力外艦載機系統(tǒng)所受其他阻力均不計.求:(1)艦載機和金屬棒一起運動的最大加速度a的大小;(2)艦載機減速過程電阻R上產生的熱量;(3)艦載機減速過程通過的位移x的大小.6.[2024·浙江溫州模擬]如圖所示,一電阻不計的U形導體框置于傾角為θ=37°的足夠長的光滑絕緣斜面頂端.一質量為m=100g、電阻為R=8Ω的金屬棒CD置于導體框上,與導體框構成矩形回路CDEF,且EF與斜面底邊平行.導軌間的距離為d=32m,導體框上表面粗糙,金屬棒與導體框間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,與金屬棒相距L=34m的下方區(qū)域有方向垂直于斜面向上的勻強磁場,磁感應強度為B=43T.t=0時刻,讓金屬棒與導體框同時由靜止釋放.金屬棒進入磁場時導體框與金屬棒發(fā)生相對滑動,導體框開始做勻速運動.t=6s時刻導體框EF端進入磁場,EF進入磁場前金屬棒已經開始勻速運動.已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好,導體框EF端進入磁場前金屬棒沒有離開磁場(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2(1)導體框的質量M;(2)t=0時刻,導體框EF端與磁場上邊界的距離;(3)從靜止釋放到導體框EF端剛進入磁場的過程中,金屬棒產生的焦耳熱.微專題7電磁感應中的雙桿模型和線框模型時間|40min微專題6電磁感應中的單桿模型1.C[解析]閉合開關S后,該導體棒運動時的電流為I=E-BLvR+r,靜止不動時的電流為I'=ER+r>I,所以導體棒運動時的電流小于其靜止不動時的電流,故A、B錯誤;當導體棒勻速運動時,有μmg=BIL,I=E-BLvR+r,聯(lián)立解得2.BD[解析]單刀雙擲開關接1后,金屬棒MN在導軌上運動,電容器的充電電流為I=ΔQΔt,電容器所帶電荷量的變化量ΔQ=C·ΔU,感應電動勢E=U=BLv,則可知I=CΔ(BLv)Δt=CBLΔvΔt,而金屬棒的加速度a=ΔvΔt,由此可知I=CBLa,而根據(jù)牛頓第二定律有mg-BIL=ma,可得a=mgm+B2L2C=2m/s2,故A錯誤;在t1=5s時,金屬棒的速度為v1=at=2×5m/s=10m/s,電容器兩端的電壓為U1=BLv1=10V,則可知電容器的電荷量為Q1=CU1=4×10C=40C,故B正確;單刀雙擲開關接2瞬間,金屬棒與電阻串聯(lián)構成閉合回路,由牛頓第二定律有mg-BIL=ma13.CD[解析]金屬桿經過AA1B1B區(qū)域,切割磁感線,產生的平均感應電動勢為E1=ΔΦΔt1=BLdΔt1,電路中的平均感應電流I1=E1R+R=BLd2RΔt1,金屬桿受到的平均安培力FA1=I1LB=B2L2d2RΔt1,安培力的沖量IA1=FA1·Δt1=B2L2d2R,同理,金屬桿經過BB1C1C區(qū)域,金屬桿所受安培力的沖量IA2=B2L2d2R,所以金屬桿經過這兩個區(qū)域所受安培力的沖量相同,故C正確;金屬桿經過AA1B1B區(qū)域過程,根據(jù)動量定理得-IA1=mvBB1-mv0,金屬桿經過BB1C1C區(qū)域過程,設所用時間為Δt2,根據(jù)動量定理得-IA2-μmg·Δt2=0-mvBB1,聯(lián)立解得vBB1=v02+μgΔt22,故A錯誤;根據(jù)能量守恒定律可知,在整個過程中,金屬桿減少的動能等于克服摩擦力做的功和克服安培力做的功之和,則克服安培力做的功WA=12mv02-μmgd,而克服安培力做的功轉化為金屬桿和定值電阻產生的焦耳熱,所以總焦耳熱Q=WA=12mv02-μmgd,由于金屬桿的電阻和定值電阻的阻值相同,故定值電阻上產生的熱量QR=12Q=14mv024.(1)0.8A(2)5m/s(3)0.6J[解析](1)進入磁場前,根據(jù)動能定理有mghAC=12m根據(jù)法拉第電磁感應定律有E1=BLv1根據(jù)歐姆定律有I1=E聯(lián)立解得I1=0.8A(2)小燈泡亮度穩(wěn)定時有E2=BLv2根據(jù)歐姆定律有I2=E因燈泡亮度不變,故金屬棒做勻速運動,對金屬棒有mg=F安=BI2L解得v2=5m/s(3)金屬棒從AB下落至EF過程由能量守恒定律得mg(hAC+hCE)=12mv2又QL=Q×R解得QL=0.6J5.(1)B(2)R(3)([解析](1)初始時刻,金屬棒的速度最大,感應電流最大,加速度最大,此時E=BLv0I=E金屬棒所受安培力為F=BIL=(M+m)a可得最大加速度為a=B(2)根據(jù)能量守恒定律可知,電阻R和金屬棒產生的總熱量為Q總=12(M+m)v0電阻R產生的熱量為Q=RR+rQ(3)當某時刻速度為v時,金屬棒所受安培力F=BIL=BBLvR+r整個過程根據(jù)動量定理有-∑F·Δt=-∑B2L2vR+r·Δt而∑v·Δt=x聯(lián)立解得x=(6.(1)115kg(2)17.25m(3)11.[解析](1)導體框開始做勻速運動,根據(jù)平衡條件可得Mgsin37°=μmgcos37°解得M=115(2)金屬棒進入磁場前對金屬棒和導體框整體受力分析有(m+M)gsin37°=(m+M)a1位移L=12a1速度v1=a1t1可得t1=0.5s,v1=3m/s此后,導體框勻速運動,有x1=v1(t-t1)全程有x=L+x1解得x=17.25m(3)CD在磁場中速度為v時可得I=BdvF安=BId可得F安=B設金屬棒CD開始勻速運動時的速度為v2,對CD棒有B2d2v2解得v2=2m/s則從靜止釋放到導體框EF端進入磁場前,對金屬棒列動量定理有mgtsin37°+μmg(t-t1)cos37°-∑B2dx2=∑v(t-t1)可得x2=11.2m從靜止釋放到導體框EF端進入磁場的過程中,根據(jù)能量守恒定律有Mgxsin37°+mg(L+x2)sin37°=12Mv12+12mv22+μmg(x1-解得Q=11.45J微專題6電磁感應中的單桿模型1.C[解析]閉合開關S后,該導體棒運動時的電流為I=E-BLvR+r,靜止不動時的電流為I'=ER+r>I,所以導體棒運動時的電流小于其靜止不動時的電流,故A、B錯誤;當導體棒勻速運動時,有μmg=BIL,I=E-BLvR+r,聯(lián)立解得2.BD[解析]單刀雙擲開關接1后,金屬棒MN在導軌上運動,電容器的充電電流為I=ΔQΔt,電容器所帶電荷量的變化量ΔQ=C·ΔU,感應電動勢E=U=BLv,則可知I=CΔ(BLv)Δt=CBLΔvΔt,而金屬棒的加速度a=ΔvΔt,由此可知I=CBLa,而根據(jù)牛頓第二定律有mg-BIL=ma,可得a=mgm+B2L2C=2m/s2,故A錯誤;在t1=5s時,金屬棒的速度為v1=at=2×5m/s=10m/s,電容器兩端的電壓為U1=BLv1=10V,則可知電容器的電荷量為Q1=CU1=4×10C=40C,故B正確;單刀雙擲開關接2瞬間,金屬棒與電阻串聯(lián)構成閉合回路,由牛頓第二定律有mg-BIL=ma13.CD[解析]金屬桿經過AA1B1B區(qū)域,切割磁感線,產生的平均感應電動勢為E1=ΔΦΔt1=BLdΔt1,電路中的平均感應電流I1=E1R+R=BLd2RΔt1,金屬桿受到的平均安培力FA1=I1LB=B2L2d2RΔt1,安培力的沖量IA1=FA1·Δt1=B2L2d2R,同理,金屬桿經過BB1C1C區(qū)域,金屬桿所受安培力的沖量IA2=B2L2d2R,所以金屬桿經過這兩個區(qū)域所受安培力的沖量相同,故C正確;金屬桿經過AA1B1B區(qū)域過程,根據(jù)動量定理得-IA1=mvBB1-mv0,金屬桿經過BB1C1C區(qū)域過程,設所用時間為Δt2,根據(jù)動量定理得-IA2-μmg·Δt2=0-mvBB1,聯(lián)立解得vBB1=v02+μgΔt22,故A錯誤;根據(jù)能量守恒定律可知,在整個過程中,金屬桿減少的動能等于克服摩擦力做的功和克服安培力做的功之和,則克服安培力做的功WA=12mv02-μmgd,而克服安培力做的功轉化為金屬桿和定值電阻產生的焦耳熱,所以總焦耳熱Q=WA=12mv