2025届高考物理二轮复习讲义：微专题8 电磁感应中的双杆和线框模型（含解析）VIP

2025届高考物理二轮复习讲义：微专题8电磁感应中的双杆和线框模型基本模型图例运动特点v-t图像最终特征无外力等距式棒1做加速度减小的加速运动,棒2做加速度减小的减速运动v1=v2,I=0系统动量守恒无外力不等距式棒1做加速度减小的减速运动,棒2做加速度减小的加速运动a=0,I=0,L1v1=L2v2对单杆应用动量定理;联立求解有外力等距式棒1做加速度增大的加速运动,棒2做加速度减小的加速运动a1=a2,Δv、I恒定对单杆应用动量定理,稳定后对单杆应用牛顿第二定律;联立求解双杆模型例1如图所示,在空间中有上、下两个足够长的水平光滑平行金属导轨MN、M'N'和水平光滑平行金属导轨PQ、P'Q',平行导轨间距均为L1=0.5m,导轨电阻不计,上、下两导轨的高度差为H=0.2m,上导轨最左端接一电阻R0=0.4Ω.虚线ab左侧宽度L2=0.1m的MM'ab区域内存在着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律为B1=0.2+1.0t(T);虚线ab右侧NN'ab区域内存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B2=0.1T;竖直线NP与N'P'的右侧空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B3=0.4T.上、下导轨中垂直于导轨分别放置相同的导体棒cd和导体棒ef,棒长均为L1,质量均为m=0.1kg,电阻均为R=0.4Ω.t=0时刻闭合开关S,导体棒cd在安培力的作用下开始运动,导体棒cd在离开上导轨MN、M'N'前已经达到稳定状态.导体棒cd从NN'离开下落到下导轨上时,竖直速度立即变为零,水平速度不变.重力加速度g取10m/s2.(1)求开关S闭合瞬间时,流过导体棒cd的电流I;(2)求导体棒cd离开上导轨时的速度v1;(3)若导体棒cd与导体棒ef恰好不相碰,求导体棒ef的初始位置与PP'的水平距离x.线框模型例2[2024·温州模拟]电动汽车可以利用电磁相关原理进行驱动和制动并进行动能回收,其中一种轮毂电机可以通过控制定子绕组通电顺序和时间,形成旋转磁场,驱动转子绕组带动轮胎转动,其展开简化模型如图甲所示.定子产生一个个边长为l的正方形匀强磁场,磁感应强度大小均为B,相邻磁场方向相反.转子绕组可简化为一个水平放置的正方形线圈,质量为m,匝数为n,边长为l,总电阻为R,线圈运动时受到恒定阻力Ff.不考虑定子发热损耗和磁场运动引起的电磁辐射.(1)若磁场以速度v0向右匀速运动,求线圈能达到的最大速度v;(2)若磁场从t=0时刻开始由静止匀加速运动,经过一段时间,线圈也匀加速运动,t1时刻速度为v1,求线圈的加速度大小a;(3)制动时,磁场立刻停下,此时速度为v2的线圈通过整流装置可以给电动势为E0=nBlv22的动力电池充电,此过程线圈的v-t图像如图乙所示【跟踪训练】1.如图甲所示,在光滑的水平面上有一质量m=1kg、足够长的U形金属导轨abcd,导轨间距L=1m.一阻值R=0.5Ω的细导体棒MN垂直于导轨放置,并被固定在水平面上的两立柱挡住,导体棒MN与导轨间的动摩擦因数μ=0.2,在M、N两端接有一理想电压表(图中未画出).在U形导轨bc边初始位置右侧存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场,在两立柱左侧U形导轨内存在方向水平向左、磁感应强度大小为B的匀强磁场.以U形导轨的b点初始位置为原点O,以沿ab方向为正方向,建立坐标轴Ox.t=0时,U形导轨的bc边在沿x轴正方向的外力F作用下从静止开始运动,电压表测得电压与时间的关系如图乙所示.经过2.0s时间,撤去外力F,直至U形导轨静止.已知2.0s内外力F做功W=14.4J.不计其他电阻,导体棒MN始终与导轨垂直,忽略导体棒MN的重力.(1)求在2.0s内外力F随时间t的变化规律;(2)求在整个运动过程中电路产生的焦耳热Q;(3)写出在整个运动过程中U形导轨的bc边的速度v与位置x的函数关系式.2.[2024·杭州模拟]如图所示,固定的一对长金属导轨间距为L=0.5m,其水平部分与倾斜部分均足够长.导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B1,其左侧连接了电源G.导轨的倾斜部分倾角θ=37°且处于平行于斜面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B2,其下方接有开关S和电容C=0.1F的电容器,开始时开关断开、电容器不带电.导轨上正对的P、Q两处各有一小段用绝缘材料制成,长度不计.质量均为m=0.25kg的导电杆甲、乙静止在导轨上,均与导轨垂直,甲与导轨间的摩擦不计,甲的电阻R1=58Ω,乙的电阻R2=54Ω.某时刻起电源G开始工作,输出恒定电流I0=0.5A,经t0=3s,使甲运动到P、Q处,电源G立即停止工作.当甲越过P、Q瞬间,再对其施加一个沿导轨水平向右的恒力F=1.6N,此时乙恰好开始运动.已知B1=B2=1T,不计除导电杆外所有电阻,不计回路自身激发磁场,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin37°=0.6,cos37°=0.(1)求甲通过P、Q时的速度大小;(2)求乙与倾斜导轨间的动摩擦因数;(3)求电源G输出的总能量;(4)为回收部分能量,闭合开关S,其他条件不变,已知在甲通过P、Q后10s内位移为102m,产生的焦耳热为49J,此时电容器已达到最大稳定电压.当电容器电压为UC时,其储能为EC=12CUC2.忽略电磁辐射参考答案与详细解析例1(1)0.0625A(2)1m/s(3)1.2m[解析](1)开关S闭合时,回路中产生的感应电动势E=ΔΦ1Δt=Δ由于B1=0.2+1.0t(T),故ΔB1Δt=1流过导体棒cd的电流I=E联立解得I=0.0625A(2)导体棒cd在上导轨上做加速度减小的加速运动,当通过导体棒cd的电流为零时,导体棒cd的速度达到稳定,此时回路中磁通量不变,有ΔB1L1L2=B2L1v1Δt联立解得导体棒cd离开上导轨时的速度v1=1m/s(3)导体棒cd离开上导轨后,从离开到落到下导轨上,做平抛运动,有H=12gtx1=v1t联立解得x1=0.2m导体棒cd在下导轨上运动过程中,两导体棒组成的系统动量守恒,有mv1=2mv2对导体棒ef,由动量定理得B3IL1·Δt=mv2其中I=E2R,E=ΔΦΔt,ΔΦ=B联立解得x2=1m由于导体棒cd与导体棒ef恰好不相碰,故导体棒ef的初始位置与PP'的水平距离x=x1+x2=1.2m例2(1)v0-Ff(2)4n2B[解析](1)线圈达到最大速度时,产生的感应电动势E=2nBl(v0-v)线圈中的电流I=E线圈受到的安培力FA=2nBIl此时线圈也匀速运动,受力平衡,有FA=Ff联立解得v=v0-F(2)对线圈,根据牛顿第二定律有F安'-Ff=ma其中F安'=2nBI'l,I'=E'R,E'=2nBl(v磁场-v线圈联立可得4n2B2l由于线圈也做匀加速运动,即a不变,则v磁场-v线圈应不变,说明磁场的加速度也为a,t1时刻有4n2B2l解得a=4(3)制动时,线圈给电池充电,有2nBlv2t-E0=IR当2nBlv2t=E0时,线圈不再给电池充电,由于E0=nBlv22,故此时线圈速度v2由图像可知v2t=v24对应t=0.9t0时刻.在这段时间内,其中x=∑v2tΔt,在v-t图像中,对应速度由v2到v24段图线围成的面积,利用数格法计算由于∑联立解得q≈8【跟踪训练】1.(1)F=2+1.2t(N)(2)12J(3)见解析[解析](1)根据法拉第电磁感应定律可知E=BLv由于只有导体棒MN有电阻,故M、N两端电压U等于产生的感应电动势E.由图像可知U=t联立得v=UBL=2根据速度与时间关系可知a=2m/s2由于忽略导体棒MN的重力,所以摩擦力Ff=μIBL对U形金属导轨,根据牛顿第二定律有F-IBL-μIBL=ma其中I=U联立解得F=2+1.2t(N)(2)由功能关系得W=Q+Wf由于摩擦力Ff与安培力FA的关系为Ff=μFA,故Wf=μWA=μQ则W=Q+Wf=Q(1+μ)解得Q=12J(3)撤去外力F的时刻为t=2.0s时,U形导轨的bc边在0~2.0s时间内做匀加速直线运动,在2.0s后做非匀变速直线运动.①t≤2.0s时,根据位移与速度关系可知v=2ax=2x根据匀变速直线运动规律可知,t=2.0s时U形导轨的bc边的速度为v1=at=4m/s位移为x1=12at2=4②t>2.0s时,U形导轨的bc边做非匀变速直线运动直到停止,由动量定理得-(1+μ)BLIΔt=mv-mv1其中IΔt=ERΔt=ΔΦRΔtΔ联立解得v=6.4-0.6x(m/s)当x=323m时,v综上所述,bc边的速度v与位置x的函数关系式如下: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)对甲导电杆进行分析,根据牛顿第二定律有B1I0L=ma1根据运动学公式有v0=a1t0联立解得v0=3m/s(2)甲导电杆刚刚通过P、Q时产生的感应电动势E1=B1Lv0感应电流I1=E根据右手定则可知,回路中电流方向为逆时针,根据左手定则可知,乙导电杆所受安培力方向垂直于斜面向上,大小为F1=B2I1L此时乙导电杆恰好开始运动,有mgsinθ=μ(mgcosθ