2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)講義：微專題7 電磁感應(yīng)中的單桿模型（含解析）

2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)講義：微專題7電磁感應(yīng)中的單桿模型常見的單桿模型分析示意圖運(yùn)動(dòng)分析能量分析動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,12mv0電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能,E電=12mvm外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能,WF=12mvm外力做功轉(zhuǎn)化為電場能和動(dòng)能,WF=E電+12mv單桿與電阻構(gòu)成回路例1[2024·麗水模擬]如圖甲所示,兩間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi),左端用導(dǎo)線連接,導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中.一根長度也為L、電阻為R的金屬棒放在導(dǎo)軌上,在平行于導(dǎo)軌向右、大小為F的恒力作用下向右運(yùn)動(dòng),金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中,始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,金屬棒運(yùn)動(dòng)的加速度與速度關(guān)系如圖乙所示,圖乙中的a0、v0均為已知量.若不計(jì)金屬導(dǎo)軌及左邊導(dǎo)線電阻,金屬導(dǎo)軌足夠長,則下列說法不正確的是 ()A.金屬棒的質(zhì)量為FB.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1C.當(dāng)拉力F做功為W時(shí),通過金屬棒橫截面的電荷量為WD.某時(shí)刻撤去拉力,此后金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中加速度大小與速度大小成正比單桿+電容器模型例2如圖所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌彎折成對稱的“V”字形,導(dǎo)軌間距為L,傾角為θ(很小)的傾斜部分與底部平滑連接,導(dǎo)軌位于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B(未知);在導(dǎo)軌左側(cè)通過單刀雙擲開關(guān)S可分別與電動(dòng)勢為E的電源(內(nèi)阻為r)和極板為M和N的不帶電的電容為C的電容器連接.將開關(guān)擲向1,長為L、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab恰好能靜止在傾斜導(dǎo)軌上高為h處.已知電容器始終工作在額定電壓范圍內(nèi),導(dǎo)體棒ab在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,重力加速度為g,不計(jì)其他電阻和電磁輻射.(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(2)若將S擲向2,分析棒的運(yùn)動(dòng)情況.單桿的振動(dòng)(簡諧運(yùn)動(dòng))例3如圖所示,PQ、MN是兩條固定在水平面內(nèi)的間距l(xiāng)=1m的平行軌道,兩軌道在O、O'處各有一小段長度可以忽略的絕緣體,絕緣體兩側(cè)為金屬導(dǎo)軌,金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì).軌道左端連接一個(gè)R=0.3Ω的電阻,軌道右端連接一個(gè)“恒流源”,使導(dǎo)體棒ab在O、O'右側(cè)時(shí)電流恒為I=0.5A.沿軌道MN建立x軸,O為坐標(biāo)原點(diǎn),在兩軌道間存在垂直于軌道平面向下的有界磁場,x≥0區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨坐標(biāo)x的變化規(guī)律為B=0.4x(T);-1m≤x<0區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0=0.2T.開始時(shí),質(zhì)量m=0.05kg、長度l=1m、電阻r=0.1Ω的導(dǎo)體棒ab在外力作用下靜止在x=1.5m處,ab棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2.現(xiàn)撤去外力,發(fā)現(xiàn)ab棒沿軌道向左運(yùn)動(dòng).重力加速度g取10m/s2.(1)求撤去外力瞬間ab棒中的電流方向和ab棒的加速度大小;(2)求撤去外力后ab棒由靜止運(yùn)動(dòng)到x=0處的速度大小;(3)若ab棒最終停在x0=-0.36m處,其運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為多少?(已知:質(zhì)量為m的物體做簡諧運(yùn)動(dòng)時(shí),回復(fù)力與物體偏離平衡位置的位移滿足F回=-kx',且振動(dòng)周期T=2πmk【跟蹤訓(xùn)練】1.[2024·寧波模擬]如圖所示,在水平桌面上固定兩間距為d、長度足夠的平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間存在方向垂直于桌面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場.一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒擱置于導(dǎo)軌間,通過水平絕緣細(xì)繩跨過輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量為M的重物相連.在導(dǎo)軌左側(cè),通過開關(guān)S可分別與含電阻、電容器和電感線圈的支路連接.在各種情況下導(dǎo)體棒均從靜止開始運(yùn)動(dòng),且在運(yùn)動(dòng)過程中始終垂直于導(dǎo)軌且接觸良好,不計(jì)其他電阻、空氣阻力、摩擦阻力和電磁輻射,當(dāng)電感線圈中通有電流I時(shí),電感線圈存儲的磁能為12LI2,重力加速度為(1)若S擲向1,串接電阻,阻值為R,求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的加速度與速度的關(guān)系;(2)若S擲向2,串接一不帶電的電容器,電容為C,求導(dǎo)體棒的速度與時(shí)間的關(guān)系;(3)若S擲向3,串接一阻值為R的電阻和電感為L的電感線圈相串聯(lián)的電路,當(dāng)重物M下降高度為h時(shí),重物開始做勻速運(yùn)動(dòng).①求重物勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v0;②重物從靜止開始下降高度為2h的過程中,求回路產(chǎn)生的焦耳熱Q.2.[2024·金華模擬]某發(fā)光二極管D的伏安特性曲線如圖甲所示,在達(dá)到正向?qū)妷篣D=2.5V后它才能夠發(fā)光.因其發(fā)光時(shí)的伏安特性曲線斜率極大,可近似認(rèn)為它發(fā)光后兩端電壓保持UD=2.5V不變;電壓小于UD或加反向電壓時(shí),它均處于截止?fàn)顟B(tài),通過的電流為0.如圖乙所示,現(xiàn)將其連接在固定于水平面上的電阻不計(jì)的兩條平行導(dǎo)軌之間,兩導(dǎo)軌間距離為L=0.1m,整個(gè)導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=10T的勻強(qiáng)磁場中.取一根長度也為L、質(zhì)量為m=0.01kg、電阻為R=200Ω的勻質(zhì)導(dǎo)體棒,將其垂直置于兩導(dǎo)軌上面,與兩導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.125.現(xiàn)給該導(dǎo)體棒一個(gè)水平向右、大小為v0=12.5m/s的初速度,后續(xù)過程中導(dǎo)體棒與兩導(dǎo)軌始終保持良好接觸,經(jīng)過t=3.2s后發(fā)光二極管熄滅,g取10m/s2.試求:(1)D剛熄滅時(shí),導(dǎo)體棒的速度大小;(2)初始時(shí)刻,回路中的電流大小和導(dǎo)體棒的加速度大小;(3)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中的位移大小;(4)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中其產(chǎn)生的焦耳熱.參考答案與詳細(xì)解析例1C[解析]由牛頓第二定律可知F-B2L2vR=ma,整理得a=Fm-B2L2mRv,結(jié)合圖像可知Fm=a0,解得m=Fa0,故A正確;結(jié)合圖像可知B2L2v0mR=a0,解得B=ma0RL2v0=1LFRv0,故B正確;當(dāng)拉力F做功為W時(shí),金屬棒運(yùn)動(dòng)的距離為s=WF,則通過金屬棒截面的電荷量q=IΔt=例2(1)rmgELtanθ(2)[解析](1)將開關(guān)擲向1,導(dǎo)體棒ab恰好靜止在傾斜導(dǎo)軌上,故安培力沿導(dǎo)軌方向的分力與重力沿導(dǎo)軌方向的分力平衡,有BILcosθ=mgsinθ根據(jù)閉合電路歐姆定律得E=Ir聯(lián)立解得B=rmgELtan(2)將開關(guān)擲向2,電容器兩端電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小相等.以導(dǎo)體棒為研究對象,在左側(cè)導(dǎo)軌上,由牛頓第二定律有mgsinθ-BILcosθ=ma回路中的電流I=ΔqΔt=CΔUΔt=C聯(lián)立解得a=mg所以a為定值,即棒在左側(cè)導(dǎo)軌上做勻加速直線運(yùn)動(dòng).同理,在右側(cè)導(dǎo)軌上,由牛頓第二定律有-BILcosθ-mgsinθ=ma'回路中的電流I'=Δq'Δt'=CBL聯(lián)立解得a'=-mg所以a'為定值,即棒在右側(cè)導(dǎo)軌上做勻減速運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)情況與在左側(cè)導(dǎo)軌上時(shí)對稱.例3(1)b到a4m/s2(2)3m/s(3)π3+[解析](1)撤去外力瞬間ab棒沿軌道向左運(yùn)動(dòng),說明受到向左的安培力作用,根據(jù)左手定則可判斷出電流的方向從b到a.對棒ab,由牛頓第二定律可得B1Il-μmg=ma其中B1=0.4×1.5T解得a=4m/s2(2)撤去外力后ab棒由靜止運(yùn)動(dòng)到x=0處的過程,由動(dòng)能定理得W安-μmgx1=12m由于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4x(T)與x成線性關(guān)系,則安培力F安=BIl也與x成線性關(guān)系,所以W安=B1Il其中x1=1.5m-0聯(lián)立解得v0=3m/s(3)在x≥0區(qū)域中,棒受到的合力為F合=-BIL+μmg=-0.2(x-0.5)N由簡諧運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)可知,ab棒在x=1.5m到x=0之間區(qū)域以x=0.5m處為平衡位置做簡諧運(yùn)動(dòng),k=0.2N/m,周期為T=2πmk=πab棒從x=1.5m處運(yùn)動(dòng)到x=0.5m處所需時(shí)間t1=T4=π4設(shè)ab棒從x=0.5m處運(yùn)動(dòng)到x=0處所需時(shí)間為t2,由于0.5m1.5m?0.5m=12=sinπ6,故t2=T12設(shè)棒ab在OO'左側(cè)勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3,由動(dòng)量定理得-B0I0lt3-μmgt3=0-mv其I0=ER+r,E聯(lián)立解得t3=32-0.36則全程總時(shí)間t總=t1+t2+t3=π3+【跟蹤訓(xùn)練】1.(1)a=MM+mg(2)v=MgM(3)①M(fèi)gRB②2Mgh-12M+m[解析](1)若S擲向1,串接電阻,則閉合回路產(chǎn)生電流.設(shè)經(jīng)過時(shí)間t,導(dǎo)體棒的速度為v,由牛頓第二定律,對重物有Mg-FT=Ma對導(dǎo)體棒有FT-FA=ma其中FA=BId,I=ER,E=聯(lián)立解得a=MM+mg(2)若S擲向2,串接一不帶電的電容器,則電容器兩端電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小始終相等.同(1),有Mg-FT=MaFT-FA=ma其中FA=BId,I=ΔqΔt=CΔUΔt聯(lián)立解得a=MgM所以a為定值則v=at=MgM(3)①若S擲向3,串聯(lián)一電阻和一電感線圈,則重物勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),電路穩(wěn)恒,電感不起作用,有a0=MM+mg-B解得v0=MgR②由能量守恒定律有2Mgh=12M+mv0其中I0=E0R,E0=聯(lián)立解得Q=2Mgh-12(M+m)MgRB2d2.(1)2.5m/s(2)0.05A,6.25m/s2(3)22.5m(4)0.35J[解析](1)D剛熄滅時(shí),有BLv=UD解得導(dǎo)體棒的速度大小為v=2.5m/s(2)初始時(shí)刻,導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E0=BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E0=UD+I0R解得回路中的電流大小為I0=0.05A以導(dǎo)體棒為對象,根據(jù)牛頓第二定律可得BI0L+μmg=ma0解得導(dǎo)體棒的加速度大小為a0=6.25m/s2(3)在發(fā)光二極管發(fā)光過程中,以導(dǎo)體棒為對象,根據(jù)動(dòng)量定理可得-μmgt-∑BiLt=mv-mv0其中i=e-U則有∑聯(lián)立解得該過程導(dǎo)體棒的位移大小為x