2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第一部分核心主干复习专题电磁感应中的单杆模型 含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第一部分核心主干复习专题微专题6电磁感应中的单杆模型单杆常见模型分析示意图运动分析能量分析动能转化为内能,12mv0电能转化为动能和内能,E电=12mvm外力做功转化为动能和内能,WF=12mvm外力做功转化为电场能和动能,WF=E电+12mv单杆与电阻构成回路例1[2024·安徽卷]如图所示,一“U”形金属导轨固定在竖直平面内,一电阻不计、质量为m的金属棒ab垂直于导轨,并静置于绝缘固定支架上.边长为L的正方形cdef区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,支架上方的导轨间存在竖直向下的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化关系均为B=kt(SI),k为常数(k>0).支架上方的导轨足够长,两边导轨单位长度的电阻均为r,下方导轨的总电阻为R.t=0时,对ab施加竖直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,整个运动过程中ab与两边导轨接触良好.已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g.不计空气阻力,两磁场互不影响.(1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式,以及感应电动势的大小,并写出ab中电流的方向;(2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式;(3)经过多长时间,对ab所施加的拉力达到最大值?并求此最大值.规范答题区自评项目(共100分)自评得分书写工整无涂抹(20分)有必要的文字说明(20分)使用原始表达式、无代数过程(30分)有据①②得③等说明(10分)结果为数字的带有单位,求矢量的有方向说明(20分)单杆与电容器构成回路例2(多选)[2022·全国甲卷]如图,两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上,在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻.质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上,与导轨垂直,且接触良好,导轨电阻忽略不计,整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中.开始时,电容器所带的电荷量为Q,合上开关S后()A.通过导体棒MN电流的最大值为QB.导体棒MN向右先加速、后匀速运动C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热【技法点拨】含容电路中,单杆在恒力(包括杆的重力)作用下,加速度是恒定的.力、电间的关联如下:单杆与电源构成回路例3将电源、开关、导体棒与足够长的光滑平行金属导轨连接成闭合回路,整个回路水平放置,俯视图如图所示,虚线右侧存在竖直向上的匀强磁场.已知磁感应强度为B,电源电动势为E、内阻为r.导体棒的质量为m,电阻为r,长度恰好等于导轨间的宽度L,不计金属轨道的电阻.(1)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a;(2)求导体棒最终的速度大小v;(3)导体棒的速度从0增加到v1的过程中,通过导体棒的电荷量为q,求此过程中导体棒产生的焦耳热Q.【技法点拨】导体棒一般不是做匀变速运动,而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态。动态分析的基本思路如下:【跟踪训练】1.(多选)[2024·河北石家庄模拟]如图所示,宽度为L的光滑平行金属导轨水平放置于方向竖直向下的匀强磁场中,金属导轨足够长且电阻不计,磁场的磁感应强度为B,导轨左端接一阻值为R的定值电阻和一电容为C的电容器,电阻不计的金属棒MN置于导轨上.某时刻在垂直于金属棒方向施加一水平恒力F,使金属棒由静止开始运动,运动过程中金属棒与导轨始终保持垂直且接触良好.下列说法正确的是 ()A.开关S1断开,S2闭合,金属棒最终做匀速直线运动,速度为FRB.开关S1闭合,S2断开,金属棒做匀加速直线运动,加速度为FC.开关S1、S2都闭合,金属棒最终做匀速直线运动,速度为FRD.开关S1、S2都闭合,金属棒做匀加速直线运动,加速度为F2.[2024·全国甲卷]两根平行长直光滑金属导轨距离为l,固定在同一水平面(纸面)内,导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻,开关S与电容器并联;导轨上有一长度略大于l的金属棒,如图所示.导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场.开关S闭合,金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速,最后将做速率为v0的匀速直线运动.金属棒始终与两导轨垂直且接触良好,导轨电阻和金属棒电阻忽略不计.(1)在加速过程中,当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时,金属棒的速度大小是多少?(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S,改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动.之后某时刻,外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功.微专题6电磁感应中的单杆模型例1(16分)(1)Φ=kL2tkL2从a流向b(2)F安=k2(3)Rarμk2[解析](1)通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t (1分)根据法拉第电磁感应定律得E=nΔΦΔt=SΔBΔt由楞次定律可知ab中的电流方向为从a流向b. (1分)(2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直于导轨平面向里,大小为F安=BIL (1分)其中B=kt (1分)设金属棒向上运动的位移为x,则根据运动学公式有x=12at2 (1分导轨接入回路的电阻为R'=2xr (1分)由闭合电路欧姆定律得I=ER+R'联立解得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安=k2L3t(3)由题知t=0时,对ab施加竖直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,则对ab受力分析,由牛顿第二定律有F-mg-μF安=ma (1分)其中F安=k2L3t联立可得F=μk2L3tR+art2+整理有F=μk2L3Rt+art+m(根据均值不等式可知Rt+art≥2Rar,当且仅当Rt=art时取等号,F有最大值,此时t=RarF的最大值为Fm=μk2L32Rar+m(g+例2AD[解析]MN在运动过程中为非纯电阻,MN上的电流瞬时值为i=U-BlvR,闭合开关瞬间,v=0,此时MN可视为纯电阻,反电动势最小,故电流最大,为Imax=UmR=QCR,故A正确.当U>Blv时,导体棒做加速运动,当速度达到最大值之后,由于电容器与MN及R构成回路,一直处于通路的形式,由能量守恒定律可知,MN最终速度为零,故B错误.MN在运动过程中为非纯电阻,MN上的电流瞬时值为i=U-BlvR,当U=Blv时,MN上电流瞬时值为零,安培力为零,此时MN速度最大,故C错误.在MN加速阶段,由于MN上存在反电动势,故通过MN的电流小于通过电阻R的电流,电阻R消耗的电能大于MN上消耗的电能,故加速过程中QR>QMN;在MN减速到零的过程中,电容器的电流和通过导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路,可知该过程中也是通过电阻R的电流大于通过MN的电流例3(1)BLE2mr(3)12qE-14[解析](1)闭合开关瞬间,电路中的电流为I=E导体棒所受安培力为F=BIL由牛顿第二定律可知导体棒的加速度为a=F联立解得a=BEL(2)导体棒受安培力加速运动,从而切割磁感线产生动生电动势,导致电路的电流逐渐减小,大小为I1=E当动生电动势和电源电动势相等时,电流为零,此时不再受安培力,导体棒做向右的匀速直线运动,则有E=BLv可得导体棒最终的速度大小为v=E(3)导体棒的速度从0增加到v1的过程中,通过导体棒的电荷量为q,对电路由能量守恒定律有qE=Q总+12m导体棒产生的焦耳热为Q=Q联立解得Q=12qE-14【跟踪训练】1.ABC[解析]开关S1断开,S2闭合,金属棒先加速运动,最终做匀速直线运动,此时安培力F安=F,又F安=BIL=B2L2vR,解得v=FRB2L2,故A正确;开关S1闭合,S2断开,有F-BIL=ma,I=ΔqΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa,解得a=FB2L2C+2.(1)v02(2)Blv041[解析](1)开关S闭合时,电容器被短路.当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时,有Fv=2I2R 根据法拉第电磁感应定律有E=Blv根据闭合电路欧姆定律有I=ER金属棒最终做速率为v0的匀速直线运动,有F=BI0l其中I0=E0R,E0=联立解得v=v(2)断开开关S,金属棒以v02的速度做匀速直线运动,某时刻外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,设此时充电电流为I',电容器两极间的电压为U,外力为F'.金属棒受力平衡,有F'=外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,则电容器的充电功率等于电阻R的热功率,外力做功的功率也等于电容器充电功率的2倍,有F'v02=2联立解得U=Bl由于金属棒做匀速直线运动,所以外力始终与金属棒所受的安培力大小相等,从断开S开始到此刻外力做的功为W=BIl·v02其中IΔt=q,q=CU联立解得W=18CB2l21.[2024·天津北辰区模拟]如图所示,两条粗糙程度处处相同的平行金属导轨固定在同一水平面上,导轨间距为L,左侧连接一电动势为E、内阻为r的直流电源,右侧有O1、O2两个固定卡座,整个导轨处于磁感应强度大小为B、竖直向下的匀强磁场中,导轨电阻不计.一质量为m、电阻为R、长度为L的导体棒MN垂直静置在导轨上,该导体棒与导轨间动摩擦因数为μ.闭合开关S,该导体棒从静止开始加速运动,再匀速运动,最后碰到O1、O2两卡座后静止不动,整个运动过程中,该导体棒始终与两导轨垂直并接触良好.重力加速度为g,则()A.闭合开关S后,该导体棒运动时的电流比其静止不动时的电流大B.闭合开关S后,该导体棒运动时的电流与其静止不动时的电流相等C.该导体棒匀速运动时的速度大小为1B2L2[BLE-μmg(D.该导体棒匀速运动时的速度大小为1B2L2[BLE+μmg(2.(多选)[2024·山西阳泉模拟]如图所示,有两根足够长的、间距为L=1.0m的光滑竖直平行金属导轨,导轨上端接有开关、电阻、电容器,其中电阻的阻值为R=2.0Ω,电容器的电容为C=4.0F(不会被击穿),金属棒MN水平放置,质量为m=1.0kg,空间存在垂直轨道向外的磁感应强度大小为B=1.0T的匀强磁场,在t0=0时刻单刀双掷开关接1,同时由静止释放金属棒,t1=5s时单刀双掷开关瞬间接到2,此后再经过一段时间后金属棒做匀速直线运动,金属棒MN和导轨始终接触良好(不计金属棒和导轨的电阻,重力加速度g取10m/s2),下列说法正确的是 ()A.单刀双掷开关接1后,金属棒MN做加速度逐渐减小的加速运动B.在t1=5s时电容器带的电荷量是40CC.单刀双掷开关接2瞬间金属棒MN的加速度大小是2.5m/s2D.最后金属棒做匀速直线运动的速度大小是20m/s3.(多选)[2024·湖南卷]某电磁缓冲装置如图所示,两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内,导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连,导轨BC段与B1C1段粗糙,其余部分光滑,AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中,一质量为m的金属杆垂直导轨放置.现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场,最终恰好停在CC1处.已知金属杆接入导轨之间的阻值为R,与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ,AB=BC=d.导轨电阻不计,重力加速度为g,下列说法正确的是 ()A.金属杆经过BB1的速度为vB.在整个过程中,定值电阻R产生的热量为12mv02C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量相同D.若将金属杆的初速度加倍,则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍4.[2024·河北邯郸模拟]如图所示,阻值不计的竖直光滑金属导轨平行固定放置,间距L为1m,下端通过导线与阻值RL为4Ω的小灯泡L连接,在矩形区域CDFE内有水平向外的匀强磁场,磁感应强度B的大小为1T,C、E间的高hCE=1.2m,A、C间的高hAC=0.8m.质量m=0.1kg、电阻R=1Ω的金属棒从AB位置无初速度地紧贴导轨向下运动,经CD进入磁场区域,已知金属棒运动到EF位置前,小灯泡的亮度已经稳定不变,金属棒在运动过程始终垂直于导轨且与导轨接触良好,g取10m/s2.求:(1)金属棒刚进入磁场时的感应电流的大小;(2)当小灯泡亮度稳定不变时,金属棒的速度大小;(3)金属棒在穿越磁场的过程中小灯泡产生的焦耳热.5.[2024·福建厦门模拟]“福建舰”是我国首艘完全自主设计建造的航母.除了引人注目的电磁弹射系统外,电磁阻拦索也是航母的“核心战斗力”之一,其原理是利用电磁感应产生的阻力快速安全地降低舰载机着舰的速度.如图所示为电磁阻拦系统的简化原理:舰载机着舰时关闭动力系统,通过绝缘阻拦索拉住轨道上的一根金属棒ab,金属棒ab瞬间与舰载机共速并与之一起在磁场中减速滑行至停下.已知舰载机质量为M,金属棒质量为m,接入导轨间电阻为r,两者以共同速度v0进入磁场.轨道端点M、P间电阻为R,不计其他电阻.平行导轨MN与PQ间距为L,导轨间有竖直方向的匀强磁场,磁感应强度为B.除安培力外舰载机系统所受其他阻力均不计.求:(1)舰载机和金属棒一起运动的最大加速度a的大小;(2)舰载机减速过程电阻R上产生的热量;(3)舰载机减速过程通过的位移x的大小.6.[2024·浙江温州模拟]如图所示,一电阻不计的U形导体框置于倾角为θ=37°的足够长的光滑绝缘斜面顶端.一质量为m=100g、电阻为R=8Ω的金属棒CD置于导体框上,与导体框构成矩形回路CDEF,且EF与斜面底边平行.导轨间的距离为d=32m,导体框上表面粗糙,金属棒与导体框间的动摩擦因数为μ=0.5,与金属棒相距L=34m的下方区域有方向垂直于斜面向上的匀强磁场,磁感应强度为B=43T.t=0时刻,让金属棒与导体框同时由静止释放.金属棒进入磁场时导体框与金属棒发生相对滑动,导体框开始做匀速运动.t=6s时刻导体框EF端进入磁场,EF进入磁场前金属棒已经开始匀速运动.已知金属棒与导体框之间始终接触良好,导体框EF端进入磁场前金属棒没有离开磁场(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2(1)导体框的质量M;(2)t=0时刻,导体框EF端与磁场上边界的距离;(3)从静止释放到导体框EF端刚进入磁场的过程中,金属棒产生的焦耳热.微专题7电磁感应中的双杆模型和线框模型时间|40min微专题6电磁感应中的单杆模型1.C[解析]闭合开关S后,该导体棒运动时的电流为I=E-BLvR+r,静止不动时的电流为I'=ER+r>I,所以导体棒运动时的电流小于其静止不动时的电流,故A、B错误;当导体棒匀速运动时,有μmg=BIL,I=E-BLvR+r,联立解得2.BD[解析]单刀双掷开关接1后,金属棒MN在导轨上运动,电容器的充电电流为I=ΔQΔt,电容器所带电荷量的变化量ΔQ=C·ΔU,感应电动势E=U=BLv,则可知I=CΔ(BLv)Δt=CBLΔvΔt,而金属棒的加速度a=ΔvΔt,由此可知I=CBLa,而根据牛顿第二定律有mg-BIL=ma,可得a=mgm+B2L2C=2m/s2,故A错误;在t1=5s时,金属棒的速度为v1=at=2×5m/s=10m/s,电容器两端的电压为U1=BLv1=10V,则可知电容器的电荷量为Q1=CU1=4×10C=40C,故B正确;单刀双掷开关接2瞬间,金属棒与电阻串联构成闭合回路,由牛顿第二定律有mg-BIL=ma13.CD[解析]金属杆经过AA1B1B区域,切割磁感线,产生的平均感应电动势为E1=ΔΦΔt1=BLdΔt1,电路中的平均感应电流I1=E1R+R=BLd2RΔt1,金属杆受到的平均安培力FA1=I1LB=B2L2d2RΔt1,安培力的冲量IA1=FA1·Δt1=B2L2d2R,同理,金属杆经过BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量IA2=B2L2d2R,所以金属杆经过这两个区域所受安培力的冲量相同,故C正确;金属杆经过AA1B1B区域过程,根据动量定理得-IA1=mvBB1-mv0,金属杆经过BB1C1C区域过程,设所用时间为Δt2,根据动量定理得-IA2-μmg·Δt2=0-mvBB1,联立解得vBB1=v02+μgΔt22,故A错误;根据能量守恒定律可知,在整个过程中,金属杆减少的动能等于克服摩擦力做的功和克服安培力做的功之和,则克服安培力做的功WA=12mv02-μmgd,而克服安培力做的功转化为金属杆和定值电阻产生的焦耳热,所以总焦耳热Q=WA=12mv02-μmgd,由于金属杆的电阻和定值电阻的阻值相同,故定值电阻上产生的热量QR=12Q=14mv024.(1)0.8A(2)5m/s(3)0.6J[解析](1)进入磁场前,根据动能定理有mghAC=12m根据法拉第电磁感应定律有E1=BLv1根据欧姆定律有I1=E联立解得I1=0.8A(2)小灯泡亮度稳定时有E2=BLv2根据欧姆定律有I2=E因灯泡亮度不变,故金属棒做匀速运动,对金属棒有mg=F安=BI2L解得v2=5m/s(3)金属棒从AB下落至EF过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)初始时刻,金属棒的速度最大,感应电流最大,加速度最大,此时E=BLv0I=E金属棒所受安培力为F=BIL=(M+m)a可得最大加速度为a=B(2)根据能量守恒定律可知,电阻R和金属棒产生的总热量为Q总=12(M+m)v0电阻R产生的热量为Q=RR+rQ(3)当某时刻速度为v时,金属棒所受安培力F=BIL=BBLvR+r整个过程根据动量定理有-∑F·Δt=-∑B2L2vR+r·Δt而∑v·Δt=x联立解得x=(6.(1)115kg(2)17.25m(3)11.[解析](1)导体框开始做匀速运动,根据平衡条件可得Mgsin37°=μmgcos37°解得M=115(2)金属棒进入磁场前对金属棒和导体框整体受力分析有(m+M)gsin37°=(m+M)a1位移L=12a1速度v1=a1t1可得t1=0.5s,v1=3m/s此后,导体框匀速运动,有x1=v1(t-t1)全程有x=L+x1解得x=17.25m(3)CD在磁场中速度为v时可得I=BdvF安=BId可得F安=B设金属棒CD开始匀速运动时的速度为v2,对CD棒有B2d2v2解得v2=2m/s则从静止释放到导体框EF端进入磁场前,对金属棒列动量定理有mgtsin37°+μmg(t-t1)cos37°-∑B2dx2=∑v(t-t1)可得x2=11.2m从静止释放到导体框EF端进入磁场的过程中,根据能量守恒定律有Mgxsin37°+mg(L+x2)sin37°=12Mv12+12mv22+μmg(x1-解得Q=11.45J微专题6电磁感应中的单杆模型1.C[解析]闭合开关S后,该导体棒运动时的电流为I=E-BLvR+r,静止不动时的电流为I'=ER+r>I,所以导体棒运动时的电流小于其静止不动时的电流,故A、B错误;当导体棒匀速运动时,有μmg=BIL,I=E-BLvR+r,联立解得2.BD[解析]单刀双掷开关接1后,金属棒MN在导轨上运动,电容器的充电电流为I=ΔQΔt,电容器所带电荷量的变化量ΔQ=C·ΔU,感应电动势E=U=BLv,则可知I=CΔ(BLv)Δt=CBLΔvΔt,而金属棒的加速度a=ΔvΔt,由此可知I=CBLa,而根据牛顿第二定律有mg-BIL=ma,可得a=mgm+B2L2C=2m/s2,故A错误;在t1=5s时,金属棒的速度为v1=at=2×5m/s=10m/s,电容器两端的电压为U1=BLv1=10V,则可知电容器的电荷量为Q1=CU1=4×10C=40C,故B正确;单刀双掷开关接2瞬间,金属棒与电阻串联构成闭合回路,由牛顿第二定律有mg-BIL=ma13.CD[解析]金属杆经过AA1B1B区域,切割磁感线,产生的平均感应电动势为E1=ΔΦΔt1=BLdΔt1,电路中的平均感应电流I1=E1R+R=BLd2RΔt1,金属杆受到的平均安培力FA1=I1LB=B2L2d2RΔt1,安培力的冲量IA1=FA1·Δt1=B2L2d2R,同理,金属杆经过BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量IA2=B2L2d2R,所以金属杆经过这两个区域所受安培力的冲量相同,故C正确;金属杆经过AA1B1B区域过程,根据动量定理得-IA1=mvBB1-mv0,金属杆经过BB1C1C区域过程,设所用时间为Δt2,根据动量定理得-IA2-μmg·Δt2=0-mvBB1,联立解得vBB1=v02+μgΔt22,故A错误;根据能量守恒定律可知,在整个过程中,金属杆减少的动能等于克服摩擦力做的功和克服安培力做的功之和,则克服安培力做的功WA=12mv02-μmgd,而克服安培力做的功转化为金属杆和定值电阻产生的焦耳热,所以总焦耳热Q=WA=12mv