2025屆高考物理二輪復習講義：微專題8 電磁感應(yīng)中的雙桿和線框模型（含解析）

2025屆高考物理二輪復習講義：微專題8電磁感應(yīng)中的雙桿和線框模型基本模型圖例運動特點v-t圖像最終特征無外力等距式棒1做加速度減小的加速運動,棒2做加速度減小的減速運動v1=v2,I=0系統(tǒng)動量守恒無外力不等距式棒1做加速度減小的減速運動,棒2做加速度減小的加速運動a=0,I=0,L1v1=L2v2對單桿應(yīng)用動量定理;聯(lián)立求解有外力等距式棒1做加速度增大的加速運動,棒2做加速度減小的加速運動a1=a2,Δv、I恒定對單桿應(yīng)用動量定理,穩(wěn)定后對單桿應(yīng)用牛頓第二定律;聯(lián)立求解雙桿模型例1如圖所示,在空間中有上、下兩個足夠長的水平光滑平行金屬導軌MN、M'N'和水平光滑平行金屬導軌PQ、P'Q',平行導軌間距均為L1=0.5m,導軌電阻不計,上、下兩導軌的高度差為H=0.2m,上導軌最左端接一電阻R0=0.4Ω.虛線ab左側(cè)寬度L2=0.1m的MM'ab區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律為B1=0.2+1.0t(T);虛線ab右側(cè)NN'ab區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B2=0.1T;豎直線NP與N'P'的右側(cè)空間存在豎直向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B3=0.4T.上、下導軌中垂直于導軌分別放置相同的導體棒cd和導體棒ef,棒長均為L1,質(zhì)量均為m=0.1kg,電阻均為R=0.4Ω.t=0時刻閉合開關(guān)S,導體棒cd在安培力的作用下開始運動,導體棒cd在離開上導軌MN、M'N'前已經(jīng)達到穩(wěn)定狀態(tài).導體棒cd從NN'離開下落到下導軌上時,豎直速度立即變?yōu)榱?水平速度不變.重力加速度g取10m/s2.(1)求開關(guān)S閉合瞬間時,流過導體棒cd的電流I;(2)求導體棒cd離開上導軌時的速度v1;(3)若導體棒cd與導體棒ef恰好不相碰,求導體棒ef的初始位置與PP'的水平距離x.線框模型例2[2024·溫州模擬]電動汽車可以利用電磁相關(guān)原理進行驅(qū)動和制動并進行動能回收,其中一種輪轂電機可以通過控制定子繞組通電順序和時間,形成旋轉(zhuǎn)磁場,驅(qū)動轉(zhuǎn)子繞組帶動輪胎轉(zhuǎn)動,其展開簡化模型如圖甲所示.定子產(chǎn)生一個個邊長為l的正方形勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小均為B,相鄰磁場方向相反.轉(zhuǎn)子繞組可簡化為一個水平放置的正方形線圈,質(zhì)量為m,匝數(shù)為n,邊長為l,總電阻為R,線圈運動時受到恒定阻力Ff.不考慮定子發(fā)熱損耗和磁場運動引起的電磁輻射.(1)若磁場以速度v0向右勻速運動,求線圈能達到的最大速度v;(2)若磁場從t=0時刻開始由靜止勻加速運動,經(jīng)過一段時間,線圈也勻加速運動,t1時刻速度為v1,求線圈的加速度大小a;(3)制動時,磁場立刻停下,此時速度為v2的線圈通過整流裝置可以給電動勢為E0=nBlv22的動力電池充電,此過程線圈的v-t圖像如圖乙所示【跟蹤訓練】1.如圖甲所示,在光滑的水平面上有一質(zhì)量m=1kg、足夠長的U形金屬導軌abcd,導軌間距L=1m.一阻值R=0.5Ω的細導體棒MN垂直于導軌放置,并被固定在水平面上的兩立柱擋住,導體棒MN與導軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,在M、N兩端接有一理想電壓表(圖中未畫出).在U形導軌bc邊初始位置右側(cè)存在垂直于導軌平面向下、磁感應(yīng)強度大小B=0.5T的勻強磁場,在兩立柱左側(cè)U形導軌內(nèi)存在方向水平向左、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場.以U形導軌的b點初始位置為原點O,以沿ab方向為正方向,建立坐標軸Ox.t=0時,U形導軌的bc邊在沿x軸正方向的外力F作用下從靜止開始運動,電壓表測得電壓與時間的關(guān)系如圖乙所示.經(jīng)過2.0s時間,撤去外力F,直至U形導軌靜止.已知2.0s內(nèi)外力F做功W=14.4J.不計其他電阻,導體棒MN始終與導軌垂直,忽略導體棒MN的重力.(1)求在2.0s內(nèi)外力F隨時間t的變化規(guī)律;(2)求在整個運動過程中電路產(chǎn)生的焦耳熱Q;(3)寫出在整個運動過程中U形導軌的bc邊的速度v與位置x的函數(shù)關(guān)系式.2.[2024·杭州模擬]如圖所示,固定的一對長金屬導軌間距為L=0.5m,其水平部分與傾斜部分均足夠長.導軌的水平部分處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B1,其左側(cè)連接了電源G.導軌的傾斜部分傾角θ=37°且處于平行于斜面向上的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B2,其下方接有開關(guān)S和電容C=0.1F的電容器,開始時開關(guān)斷開、電容器不帶電.導軌上正對的P、Q兩處各有一小段用絕緣材料制成,長度不計.質(zhì)量均為m=0.25kg的導電桿甲、乙靜止在導軌上,均與導軌垂直,甲與導軌間的摩擦不計,甲的電阻R1=58Ω,乙的電阻R2=54Ω.某時刻起電源G開始工作,輸出恒定電流I0=0.5A,經(jīng)t0=3s,使甲運動到P、Q處,電源G立即停止工作.當甲越過P、Q瞬間,再對其施加一個沿導軌水平向右的恒力F=1.6N,此時乙恰好開始運動.已知B1=B2=1T,不計除導電桿外所有電阻,不計回路自身激發(fā)磁場,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,sin37°=0.6,cos37°=0.(1)求甲通過P、Q時的速度大小;(2)求乙與傾斜導軌間的動摩擦因數(shù);(3)求電源G輸出的總能量;(4)為回收部分能量,閉合開關(guān)S,其他條件不變,已知在甲通過P、Q后10s內(nèi)位移為102m,產(chǎn)生的焦耳熱為49J,此時電容器已達到最大穩(wěn)定電壓.當電容器電壓為UC時,其儲能為EC=12CUC2.忽略電磁輻射參考答案與詳細解析例1(1)0.0625A(2)1m/s(3)1.2m[解析](1)開關(guān)S閉合時,回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=ΔΦ1Δt=Δ由于B1=0.2+1.0t(T),故ΔB1Δt=1流過導體棒cd的電流I=E聯(lián)立解得I=0.0625A(2)導體棒cd在上導軌上做加速度減小的加速運動,當通過導體棒cd的電流為零時,導體棒cd的速度達到穩(wěn)定,此時回路中磁通量不變,有ΔB1L1L2=B2L1v1Δt聯(lián)立解得導體棒cd離開上導軌時的速度v1=1m/s(3)導體棒cd離開上導軌后,從離開到落到下導軌上,做平拋運動,有H=12gtx1=v1t聯(lián)立解得x1=0.2m導體棒cd在下導軌上運動過程中,兩導體棒組成的系統(tǒng)動量守恒,有mv1=2mv2對導體棒ef,由動量定理得B3IL1·Δt=mv2其中I=E2R,E=ΔΦΔt,ΔΦ=B聯(lián)立解得x2=1m由于導體棒cd與導體棒ef恰好不相碰,故導體棒ef的初始位置與PP'的水平距離x=x1+x2=1.2m例2(1)v0-Ff(2)4n2B[解析](1)線圈達到最大速度時,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=2nBl(v0-v)線圈中的電流I=E線圈受到的安培力FA=2nBIl此時線圈也勻速運動,受力平衡,有FA=Ff聯(lián)立解得v=v0-F(2)對線圈,根據(jù)牛頓第二定律有F安'-Ff=ma其中F安'=2nBI'l,I'=E'R,E'=2nBl(v磁場-v線圈聯(lián)立可得4n2B2l由于線圈也做勻加速運動,即a不變,則v磁場-v線圈應(yīng)不變,說明磁場的加速度也為a,t1時刻有4n2B2l解得a=4(3)制動時,線圈給電池充電,有2nBlv2t-E0=IR當2nBlv2t=E0時,線圈不再給電池充電,由于E0=nBlv22,故此時線圈速度v2由圖像可知v2t=v24對應(yīng)t=0.9t0時刻.在這段時間內(nèi),其中x=∑v2tΔt,在v-t圖像中,對應(yīng)速度由v2到v24段圖線圍成的面積,利用數(shù)格法計算由于∑聯(lián)立解得q≈8【跟蹤訓練】1.(1)F=2+1.2t(N)(2)12J(3)見解析[解析](1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=BLv由于只有導體棒MN有電阻,故M、N兩端電壓U等于產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E.由圖像可知U=t聯(lián)立得v=UBL=2根據(jù)速度與時間關(guān)系可知a=2m/s2由于忽略導體棒MN的重力,所以摩擦力Ff=μIBL對U形金屬導軌,根據(jù)牛頓第二定律有F-IBL-μIBL=ma其中I=U聯(lián)立解得F=2+1.2t(N)(2)由功能關(guān)系得W=Q+Wf由于摩擦力Ff與安培力FA的關(guān)系為Ff=μFA,故Wf=μWA=μQ則W=Q+Wf=Q(1+μ)解得Q=12J(3)撤去外力F的時刻為t=2.0s時,U形導軌的bc邊在0~2.0s時間內(nèi)做勻加速直線運動,在2.0s后做非勻變速直線運動.①t≤2.0s時,根據(jù)位移與速度關(guān)系可知v=2ax=2x根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知,t=2.0s時U形導軌的bc邊的速度為v1=at=4m/s位移為x1=12at2=4②t>2.0s時,U形導軌的bc邊做非勻變速直線運動直到停止,由動量定理得-(1+μ)BLIΔt=mv-mv1其中IΔt=ERΔt=ΔΦRΔtΔ聯(lián)立解得v=6.4-0.6x(m/s)當x=323m時,v綜上所述,bc邊的速度v與位置x的函數(shù)關(guān)系式如下:v=2x(m/s)(0≤x≤4m)v=6.4-0.6x(m/s)4m<x≤323m2.(1)3m/s(2)1516(3)5132(4)96.525J[解析](1)對甲導電桿進行分析,根據(jù)牛頓第二定律有B1I0L=ma1根據(jù)運動學公式有v0=a1t0聯(lián)立解得v0=3m/s(2)甲導電桿剛剛通過P、Q時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1=B1Lv0感應(yīng)電流I1=E根據(jù)右手定則可知,回路中電流方向為逆時針,根據(jù)左手定則可知,乙導電桿所受安培力方向垂直于斜面向上,大小為F1=B2I1L此時乙導電桿恰好開始運動,有mgsinθ=μ(mgcosθ