新高考物理一輪復(fù)習(xí)講義第11章 電磁感應(yīng) 章末素養(yǎng)培優(yōu) (含解析)

電磁感應(yīng)中的“桿—軌道”模型一、“單桿＋導(dǎo)軌”模型“單桿＋導(dǎo)軌”模型的四種典型情況v0≠0、軌道水平光滑v0＝0、軌道水平光滑示意圖運(yùn)動(dòng)分析導(dǎo)體桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝ILB＝eq\f(B2L2v,R)，做減速運(yùn)動(dòng)：v↓?F↓?a↓，當(dāng)v＝0時(shí)，F(xiàn)＝0，a＝0，桿保持靜止S閉合，ab桿受安培力F＝eq\f(BLE,r)，此時(shí)a＝eq\f(BLE,mr)，桿ab速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢BLv↑?I↓?安培力F＝ILB↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時(shí)，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)開始時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿ab速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝ILB↑，由F－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)開始時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿ab速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢E′＝BL(v＋Δv)，Δt時(shí)間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv電流I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa安培力F安＝ILB＝CB2L2aF－F安＝ma，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以桿以恒定的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)速度圖像能量分析動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能W電＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分產(chǎn)生焦耳熱WF＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)F做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC例1(多選)(2023·湖南衡陽聯(lián)考)如圖1所示，在水平面上有兩根足夠長的平行軌道，右端接有阻值為R的定值電阻，處于垂直軌道平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，兩軌道間距為L。質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒ab靜置于導(dǎo)軌上，棒ab在水平向左的恒力F的作用下開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中與軌道垂直且接觸良好，經(jīng)過一段時(shí)間后，以速度v開始做勻速運(yùn)動(dòng)，隨后撤去外力F，軌道的電阻不計(jì)，棒ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。重力加速度為g。則()圖1A.外力F的大小為eq\f(B2L2v,R＋r)＋μmgB.達(dá)到穩(wěn)定時(shí)棒ab兩端的電壓為BLvC.若撤去外力后，又經(jīng)過位移x，棒ab停止運(yùn)動(dòng)，則撤去外力后棒ab運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(v,μg)－eq\f(B2L2x,μmg（R＋r）)D.若撤去外力后，又經(jīng)過位移x，棒ab停止運(yùn)動(dòng)，則撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mv2－μmgx答案ACD解析根據(jù)平衡條件有F＝FA＋μmg，其中FA＝ILB，I＝eq\f(E,R＋r)，E＝BLv，聯(lián)立解得F＝eq\f(B2L2v,R＋r)＋μmg，故A正確；達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv，棒ab兩端的電壓為U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(R,R＋r)·BLv，故B錯(cuò)誤；從撤去外力到棒ab停止運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量定理有－IA－μmgt＝0－mv，其中IA＝Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝Beq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)L·Δt＝Beq\f(\f(ΔΦ,Δt),R＋r)L·Δt＝Beq\f(ΔΦ,R＋r)L＝Beq\f(BLx,R＋r)L＝eq\f(B2L2x,R＋r)，解得t＝eq\f(v,μg)－eq\f(B2L2x,μmg（R＋r）)，故C正確；從撤去外力到棒ab停止運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝Q＋μmgx，得Q＝eq\f(1,2)mv2－μmgx，故D正確。例2如圖2所示，足夠長的光滑導(dǎo)軌ab、cd固定在豎直平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l，b、d兩點(diǎn)間接一阻值為R的電阻。ef是一水平放置的導(dǎo)體桿，其質(zhì)量為m。桿與ab、cd保持良好接觸。整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直?，F(xiàn)讓導(dǎo)體桿由靜止開始向下滑動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體桿的電阻，重力加速度為g。圖2(1)請(qǐng)通過分析，定性描述導(dǎo)體桿的運(yùn)動(dòng)情況；(2)求導(dǎo)體桿向下運(yùn)動(dòng)的最終速度大小；(3)若在導(dǎo)體桿達(dá)到最終速度之前的過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量為Q，求導(dǎo)體桿在此過程下落的高度；(4)若用一豎直向上的力拉導(dǎo)體桿，使其從靜止開始向上做加速度為eq\f(g,2)的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，寫出拉力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。答案(1)見解析(2)eq\f(mgR,B2l2)(3)eq\f(Q,mg)＋eq\f(m2R2g,2B4l4)(4)F＝eq\f(3mg,2)＋eq\f(B2l2g,2R)t解析(1)導(dǎo)體桿在重力作用下向下運(yùn)動(dòng)，向下切割磁感線，由楞次定律“阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)”知導(dǎo)體桿受向上的安培力，安培力大小隨速度的增大而增大，安培力先小于重力，棒做加速運(yùn)動(dòng)，后等于重力做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大，所以導(dǎo)體桿先向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)。(2)導(dǎo)體桿勻速時(shí)速度最大，根據(jù)平衡條件有F安＝mg，又F安＝IlB，I＝eq\f(E,R)，E＝Blvm，聯(lián)立可得vm＝eq\f(mgR,B2l2)。(3)導(dǎo)體桿在此過程下落的高度為h由能量守恒定律得mgh＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)將vm＝eq\f(mgR,B2l2)代入可得h＝eq\f(Q,mg)＋eq\f(m2R2g,2B4l4)。(4)根據(jù)牛頓第二定律得F－mg－I1lB＝m·eq\f(g,2)根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I1＝eq\f(Blv1,R)又由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v1＝at＝eq\f(g,2)t聯(lián)立可得F＝eq\f(3mg,2)＋eq\f(B2l2g,2R)t。二、“雙桿＋導(dǎo)軌”模型1.初速度不為零，不受其他水平外力光滑的平行導(dǎo)軌光滑不等距導(dǎo)軌示意圖質(zhì)量m1＝m2電阻r1＝r2長度L1＝L2桿MN、PQ間距足夠長質(zhì)量m1＝m2電阻r1＝r2長度L1＝2L2桿MN、PQ間距足夠長且只在各自的軌道上運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析桿MN做變減速運(yùn)動(dòng)，桿PQ做變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，以相等的速度做勻速運(yùn)動(dòng)桿MN做變減速運(yùn)動(dòng)，桿PQ做變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為1∶22.初速度為零，一桿受到恒定水平外力光滑的平行導(dǎo)軌不光滑平行導(dǎo)軌示意圖質(zhì)量m1＝m2電阻r1＝r2長度L1＝L2摩擦力Ff1＝Ff2質(zhì)量m1＝m2電阻r1＝r2長度L1＝L2規(guī)律分析開始時(shí)，兩桿做變加速運(yùn)動(dòng)；穩(wěn)定時(shí)，兩桿以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)開始時(shí)，若F≤2Ff，則PQ桿先變加速后勻速運(yùn)動(dòng)，MN桿靜止。若F＞2Ff，PQ桿先變加速后勻加速運(yùn)動(dòng)，MN桿先靜止后變加速最后和PQ桿同時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度相同例3(多選)如圖3，兩根足夠長的固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L。導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒1和2，構(gòu)成矩形回路。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其余部分的電阻可不計(jì)，在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。初始棒2靜止，棒1有指向棒2的初速度v0。若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，則()圖3A.棒1的最小速度為零B.棒2的最大加速度為eq\f(B2L2v0,2mR)C.棒1兩端電壓的最大值為BLv0D.棒2產(chǎn)生的最大熱量為eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)答案BD解析當(dāng)導(dǎo)體棒1開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中有感應(yīng)電流，兩導(dǎo)體棒都受到大小相等的安培力作用，棒1做減速運(yùn)動(dòng)，棒2做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，回路中電流等于零，兩棒受力平衡，都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以棒1的最小速度為eq\f(1,2)v0，A錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒1在開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒2的加速度最大，則有E＝BLv0，此時(shí)回路中的電流I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BLv0,2R)，由牛頓第二定律可得F＝BIL＝Beq\f(BLv0,2R)L＝eq\f(B2L2v0,2R)＝ma，a＝eq\f(B2L2v0,2mR)，B正確；當(dāng)導(dǎo)體棒1在開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢最大，感應(yīng)電流最大，則有E＝BLv0，棒1兩端電壓最大值為U1＝IR＝eq\f(ER,2R)＝eq\f(1,2)BLv0，C錯(cuò)誤；當(dāng)兩棒的速度相等時(shí)，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱最多。從開始運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過程中，兩棒的總動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得mv0＝2mv，由能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2mv2＋Q，導(dǎo)體棒2產(chǎn)生的最大熱量為Q2＝eq\f(1,2)Q，聯(lián)立解得Q2＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，D正確。例4(多選)如圖4所示，水平光滑金屬導(dǎo)軌P、Q間距為L，M、N間距為2L，P與M相連，Q與N相連，金屬棒a垂直于P、Q放置，金屬棒b垂直于M、N放置，整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)給棒a一大小為v0、水平向右的初速度，假設(shè)導(dǎo)軌都足夠長，兩棒質(zhì)量均為m，在棒a的速度由v0減小到0.8v0的過程中，兩棒始終與導(dǎo)軌接觸良好。以下說法正確的是()圖4A.俯視時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針B.棒b的最大速度為0.4v0C.回路中產(chǎn)生的焦耳熱為0.1mveq\o\al(2,0)D.通過回路中某一截面的電荷量為eq\f(2mv0,5BL)答案BC解析棒a向右運(yùn)動(dòng)，回路面積減小，根據(jù)楞次定律可知，俯視時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，A錯(cuò)誤；在棒a的速度由v0減小到0.8v0的過程中，棒a減速，棒b加速，對(duì)棒a，由動(dòng)量定理可得－Beq\o(I,\s\u