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

2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)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(yùn)動(dòng)特點(diǎn)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(yùn)動(dòng),棒2做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)v1=v2,I=0系統(tǒng)動(dòng)量守恒無外力不等距式棒1做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),棒2做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)a=0,I=0,L1v1=L2v2對(duì)單桿應(yīng)用動(dòng)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(yùn)動(dòng),棒2做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)a1=a2,Δv、I恒定對(duì)單桿應(yīng)用動(dòng)量定理,穩(wěn)定后對(duì)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(gè)足夠長的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、M'N'和水平光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、P'Q',平行導(dǎo)軌間距均為L1=0.5m,導(dǎo)軌電阻不計(jì),上、下兩導(dǎo)軌的高度差為H=0.2m,上導(dǎo)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(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)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(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B3=0.4T.上、下導(dǎo)軌中垂直于導(dǎo)軌分別放置相同的導(dǎo)體棒cd和導(dǎo)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(shí)刻閉合開關(guān)S,導(dǎo)體棒cd在安培力的作用下開始運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒cd在離開上導(dǎo)軌MN、M'N'前已經(jīng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài).導(dǎo)體棒cd從NN'離開下落到下導(dǎo)軌上時(shí),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(shí),流過導(dǎo)體棒cd的電流I;(2)求導(dǎo)體棒cd離開上導(dǎo)軌時(shí)的速度v1;(3)若導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)體棒ef恰好不相碰,求導(dǎo)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(dòng)汽車可以利用電磁相關(guān)原理進(jìn)行驅(qū)動(dòng)和制動(dòng)并進(jìn)行動(dòng)能回收,其中一種輪轂電機(jī)可以通過控制定子繞組通電順序和時(shí)間,形成旋轉(zhuǎn)磁場(chǎng),驅(qū)動(dòng)轉(zhuǎn)子繞組帶動(dòng)輪胎轉(zhuǎn)動(dòng),其展開簡化模型如圖甲所示.定子產(chǎn)生一個(gè)個(gè)邊長為l的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,相鄰磁場(chǎng)方向相反.轉(zhuǎn)子繞組可簡化為一個(gè)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(yùn)動(dòng)時(shí)受到恒定阻力Ff.不考慮定子發(fā)熱損耗和磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)引起的電磁輻射.(1)若磁場(chǎng)以速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng),求線圈能達(dá)到的最大速度v;(2)若磁場(chǎng)從t=0時(shí)刻開始由靜止勻加速運(yùn)動(dòng),經(jīng)過一段時(shí)間,線圈也勻加速運(yùn)動(dòng),t1時(shí)刻速度為v1,求線圈的加速度大小a;(3)制動(dòng)時(shí),磁場(chǎng)立刻停下,此時(shí)速度為v2的線圈通過整流裝置可以給電動(dòng)勢(shì)為E0=nBlv22的動(dòng)力電池充電,此過程線圈的v-t圖像如圖乙所示【跟蹤訓(xùn)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(dǎo)軌abcd,導(dǎo)軌間距L=1m.一阻值R=0.5Ω的細(xì)導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置,并被固定在水平面上的兩立柱擋住,導(dǎo)體棒MN與導(dǎo)軌間的動(dòng)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(dǎo)軌bc邊初始位置右側(cè)存在垂直于導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在兩立柱左側(cè)U形導(dǎo)軌內(nèi)存在方向水平向左、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng).以U形導(dǎo)軌的b點(diǎn)初始位置為原點(diǎn)O,以沿ab方向?yàn)檎较?建立坐標(biāo)軸Ox.t=0時(shí),U形導(dǎo)軌的bc邊在沿x軸正方向的外力F作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng),電壓表測(cè)得電壓與時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示.經(jīng)過2.0s時(shí)間,撤去外力F,直至U形導(dǎo)軌靜止.已知2.0s內(nèi)外力F做功W=14.4J.不計(jì)其他電阻,導(dǎo)體棒MN始終與導(dǎo)軌垂直,忽略導(dǎo)體棒MN的重力.(1)求在2.0s內(nèi)外力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律;(2)求在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中電路產(chǎn)生的焦耳熱Q;(3)寫出在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中U形導(dǎo)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(duì)長金屬導(dǎo)軌間距為L=0.5m,其水平部分與傾斜部分均足夠長.導(dǎo)軌的水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1,其左側(cè)連接了電源G.導(dǎo)軌的傾斜部分傾角θ=37°且處于平行于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)開關(guān)斷開、電容器不帶電.導(dǎo)軌上正對(duì)的P、Q兩處各有一小段用絕緣材料制成,長度不計(jì).質(zhì)量均為m=0.25kg的導(dǎo)電桿甲、乙靜止在導(dǎo)軌上,均與導(dǎo)軌垂直,甲與導(dǎo)軌間的摩擦不計(jì),甲的電阻R1=58Ω,乙的電阻R2=54Ω.某時(shí)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(yùn)動(dòng)到P、Q處,電源G立即停止工作.當(dāng)甲越過P、Q瞬間,再對(duì)其施加一個(gè)沿導(dǎo)軌水平向右的恒力F=1.6N,此時(shí)乙恰好開始運(yùn)動(dòng).已知B1=B2=1T,不計(jì)除導(dǎo)電桿外所有電阻,不計(jì)回路自身激發(fā)磁場(chǎng),最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,sin37°=0.6,cos37°=0.(1)求甲通過P、Q時(shí)的速度大小;(2)求乙與傾斜導(dǎo)軌間的動(dòng)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(shí)電容器已達(dá)到最大穩(wěn)定電壓.當(dāng)電容器電壓為UC時(shí),其儲(chǔ)能為EC=12CUC2.忽略電磁輻射參考答案與詳細(xì)解析例1(1)0.0625A(2)1m/s(3)1.2m[解析](1)開關(guān)S閉合時(shí),回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔΦ1Δt=Δ由于B1=0.2+1.0t(T),故ΔB1Δt=1流過導(dǎo)體棒cd的電流I=E聯(lián)立解得I=0.0625A(2)導(dǎo)體棒cd在上導(dǎo)軌上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)通過導(dǎo)體棒cd的電流為零時(shí),導(dǎo)體棒cd的速度達(dá)到穩(wěn)定,此時(shí)回路中磁通量不變,有ΔB1L1L2=B2L1v1Δt聯(lián)立解得導(dǎo)體棒cd離開上導(dǎo)軌時(shí)的速度v1=1m/s(3)導(dǎo)體棒cd離開上導(dǎo)軌后,從離開到落到下導(dǎo)軌上,做平拋運(yùn)動(dòng),有H=12gtx1=v1t聯(lián)立解得x1=0.2m導(dǎo)體棒cd在下導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中,兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有mv1=2mv2對(duì)導(dǎo)體棒ef,由動(dòng)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(dǎo)體棒cd與導(dǎo)體棒ef恰好不相碰,故導(dǎo)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(dá)到最大速度時(shí),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=2nBl(v0-v)線圈中的電流I=E線圈受到的安培力FA=2nBIl此時(shí)線圈也勻速運(yùn)動(dòng),受力平衡,有FA=Ff聯(lián)立解得v=v0-F(2)對(duì)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(chǎng)-v線圈聯(lián)立可得4n2B2l由于線圈也做勻加速運(yùn)動(dòng),即a不變,則v磁場(chǎng)-v線圈應(yīng)不變,說明磁場(chǎng)的加速度也為a,t1時(shí)刻有4n2B2l解得a=4(3)制動(dòng)時(shí),線圈給電池充電,有2nBlv2t-E0=IR當(dāng)2nBlv2t=E0時(shí),線圈不再給電池充電,由于E0=nBlv22,故此時(shí)線圈速度v2由圖像可知v2t=v24對(duì)應(yīng)t=0.9t0時(shí)刻.在這段時(shí)間內(nèi),其中x=∑v2tΔt,在v-t圖像中,對(duì)應(yīng)速度由v2到v24段圖線圍成的面積,利用數(shù)格法計(jì)算由于∑聯(lián)立解得q≈8【跟蹤訓(xùn)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(dǎo)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(dòng)勢(shì)E.由圖像可知U=t聯(lián)立得v=UBL=2根據(jù)速度與時(shí)間關(guān)系可知a=2m/s2由于忽略導(dǎo)體棒MN的重力,所以摩擦力Ff=μIBL對(duì)U形金屬導(dǎo)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(shí)刻為t=2.0s時(shí),U形導(dǎo)軌的bc邊在0~2.0s時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在2.0s后做非勻變速直線運(yùn)動(dòng).①t≤2.0s時(shí),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(yùn)動(dòng)規(guī)律可知,t=2.0s時(shí)U形導(dǎo)軌的bc邊的速度為v1=at=4m/s位移為x1=12at2=4②t>2.0s時(shí),U形導(dǎo)軌的bc邊做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)直到停止,由動(dòng)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(dāng)x=323m時(shí),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(duì)甲導(dǎo)電桿進(jìn)行分析,根據(jù)牛頓第二定律有B1I0L=ma1根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v0=a1t0聯(lián)立解得v0=3m/s(2)甲導(dǎo)電桿剛剛通過P、Q時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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?yàn)槟鏁r(shí)針,根據(jù)左手定則可知,乙導(dǎo)電桿所受安培力方向垂直于斜面向上,大小為F1=B2I1L此時(shí)乙導(dǎo)電桿恰好開始運(yùn)動(dòng),有mgsinθ=μ(mgcosθ