2025届高考物理二轮复习讲义：微专题7 电磁感应中的单杆模型（含解析）

2025届高考物理二轮复习讲义：微专题7电磁感应中的单杆模型常见的单杆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·丽水模拟]如图甲所示,两间距为L的光滑平行金属导轨固定在水平面内,左端用导线连接,导轨处在竖直向上的匀强磁场中.一根长度也为L、电阻为R的金属棒放在导轨上,在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动,金属棒运动过程中,始终与导轨垂直并接触良好,金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示,图乙中的a0、v0均为已知量.若不计金属导轨及左边导线电阻,金属导轨足够长,则下列说法不正确的是 ()A.金属棒的质量为FB.匀强磁场的磁感应强度大小为1C.当拉力F做功为W时,通过金属棒横截面的电荷量为WD.某时刻撤去拉力,此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比单杆+电容器模型例2如图所示,光滑平行金属导轨弯折成对称的“V”字形,导轨间距为L,倾角为θ(很小)的倾斜部分与底部平滑连接,导轨位于方向竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B(未知);在导轨左侧通过单刀双掷开关S可分别与电动势为E的电源(内阻为r)和极板为M和N的不带电的电容为C的电容器连接.将开关掷向1,长为L、质量为m的导体棒ab恰好能静止在倾斜导轨上高为h处.已知电容器始终工作在额定电压范围内,导体棒ab在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度为g,不计其他电阻和电磁辐射.(1)求磁感应强度B的大小;(2)若将S掷向2,分析棒的运动情况.单杆的振动(简谐运动)例3如图所示,PQ、MN是两条固定在水平面内的间距l=1m的平行轨道,两轨道在O、O'处各有一小段长度可以忽略的绝缘体,绝缘体两侧为金属导轨,金属导轨电阻不计.轨道左端连接一个R=0.3Ω的电阻,轨道右端连接一个“恒流源”,使导体棒ab在O、O'右侧时电流恒为I=0.5A.沿轨道MN建立x轴,O为坐标原点,在两轨道间存在垂直于轨道平面向下的有界磁场,x≥0区域磁感应强度大小B随坐标x的变化规律为B=0.4x(T);-1m≤x<0区域为匀强磁场,磁感应强度大小B0=0.2T.开始时,质量m=0.05kg、长度l=1m、电阻r=0.1Ω的导体棒ab在外力作用下静止在x=1.5m处,ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2.现撤去外力,发现ab棒沿轨道向左运动.重力加速度g取10m/s2.(1)求撤去外力瞬间ab棒中的电流方向和ab棒的加速度大小;(2)求撤去外力后ab棒由静止运动到x=0处的速度大小;(3)若ab棒最终停在x0=-0.36m处,其运动的总时间为多少?(已知:质量为m的物体做简谐运动时,回复力与物体偏离平衡位置的位移满足F回=-kx',且振动周期T=2πmk【跟踪训练】1.[2024·宁波模拟]如图所示,在水平桌面上固定两间距为d、长度足够的平行金属导轨,导轨间存在方向垂直于桌面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.一质量为m的导体棒搁置于导轨间,通过水平绝缘细绳跨过轻质定滑轮与质量为M的重物相连.在导轨左侧,通过开关S可分别与含电阻、电容器和电感线圈的支路连接.在各种情况下导体棒均从静止开始运动,且在运动过程中始终垂直于导轨且接触良好,不计其他电阻、空气阻力、摩擦阻力和电磁辐射,当电感线圈中通有电流I时,电感线圈存储的磁能为12LI2,重力加速度为(1)若S掷向1,串接电阻,阻值为R,求导体棒运动的加速度与速度的关系;(2)若S掷向2,串接一不带电的电容器,电容为C,求导体棒的速度与时间的关系;(3)若S掷向3,串接一阻值为R的电阻和电感为L的电感线圈相串联的电路,当重物M下降高度为h时,重物开始做匀速运动.①求重物匀速运动的速度大小v0;②重物从静止开始下降高度为2h的过程中,求回路产生的焦耳热Q.2.[2024·金华模拟]某发光二极管D的伏安特性曲线如图甲所示,在达到正向导通电压UD=2.5V后它才能够发光.因其发光时的伏安特性曲线斜率极大,可近似认为它发光后两端电压保持UD=2.5V不变;电压小于UD或加反向电压时,它均处于截止状态,通过的电流为0.如图乙所示,现将其连接在固定于水平面上的电阻不计的两条平行导轨之间,两导轨间距离为L=0.1m,整个导轨处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B=10T的匀强磁场中.取一根长度也为L、质量为m=0.01kg、电阻为R=200Ω的匀质导体棒,将其垂直置于两导轨上面,与两导轨间的动摩擦因数为μ=0.125.现给该导体棒一个水平向右、大小为v0=12.5m/s的初速度,后续过程中导体棒与两导轨始终保持良好接触,经过t=3.2s后发光二极管熄灭,g取10m/s2.试求:(1)D刚熄灭时,导体棒的速度大小;(2)初始时刻,回路中的电流大小和导体棒的加速度大小;(3)导体棒运动的整个过程中的位移大小;(4)导体棒运动的整个过程中其产生的焦耳热.参考答案与详细解析例1C[解析]由牛顿第二定律可知F-B2L2vR=ma,整理得a=Fm-B2L2mRv,结合图像可知Fm=a0,解得m=Fa0,故A正确;结合图像可知B2L2v0mR=a0,解得B=ma0RL2v0=1LFRv0,故B正确;当拉力F做功为W时,金属棒运动的距离为s=WF,则通过金属棒截面的电荷量q=IΔt=例2(1)rmgELtanθ(2)[解析](1)将开关掷向1,导体棒ab恰好静止在倾斜导轨上,故安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨方向的分力平衡,有BILcosθ=mgsinθ根据闭合电路欧姆定律得E=Ir联立解得B=rmgELtan(2)将开关掷向2,电容器两端电压与导体棒产生的感应电动势大小相等.以导体棒为研究对象,在左侧导轨上,由牛顿第二定律有mgsinθ-BILcosθ=ma回路中的电流I=ΔqΔt=CΔUΔt=C联立解得a=mg所以a为定值,即棒在左侧导轨上做匀加速直线运动.同理,在右侧导轨上,由牛顿第二定律有-BILcosθ-mgsinθ=ma'回路中的电流I'=Δq'Δt'=CBL联立解得a'=-mg所以a'为定值,即棒在右侧导轨上做匀减速运动,其运动情况与在左侧导轨上时对称.例3(1)b到a4m/s2(2)3m/s(3)π3+[解析](1)撤去外力瞬间ab棒沿轨道向左运动,说明受到向左的安培力作用,根据左手定则可判断出电流的方向从b到a.对棒ab,由牛顿第二定律可得B1Il-μmg=ma其中B1=0.4×1.5T解得a=4m/s2(2)撤去外力后ab棒由静止运动到x=0处的过程,由动能定理得W安-μmgx1=12m由于磁感应强度B=0.4x(T)与x成线性关系,则安培力F安=BIl也与x成线性关系,所以W安=B1Il其中x1=1.5m-0联立解得v0=3m/s(3)在x≥0区域中,棒受到的合力为F合=-BIL+μmg=-0.2(x-0.5)N由简谐运动的性质可知,ab棒在x=1.5m到x=0之间区域以x=0.5m处为平衡位置做简谐运动,k=0.2N/m,周期为T=2πmk=πab棒从x=1.5m处运动到x=0.5m处所需时间t1=T4=π4设ab棒从x=0.5m处运动到x=0处所需时间为t2,由于0.5m1.5m−0.5m=12=sinπ6,故t2=T12设棒ab在OO'左侧匀强磁场中运动时间为t3,由动量定理得-B0I0lt3-μmgt3=0-mv其I0=ER+r,E联立解得t3=32-0.36则全程总时间t总=t1+t2+t3=π3+【跟踪训练】1.(1)a=MM+mg(2)v=MgM(3)①MgRB②2Mgh-12M+m[解析](1)若S掷向1,串接电阻,则闭合回路产生电流.设经过时间t,导体棒的速度为v,由牛顿第二定律,对重物有Mg-FT=Ma对导体棒有FT-FA=ma其中FA=BId,I=ER,E=联立解得a=MM+mg(2)若S掷向2,串接一不带电的电容器,则电容器两端电压与导体棒产生的感应电动势大小始终相等.同(1),有Mg-FT=MaFT-FA=ma其中FA=BId,I=ΔqΔt=CΔUΔt联立解得a=MgM所以a为定值则v=at=MgM(3)①若S掷向3,串联一电阻和一电感线圈,则重物匀速运动时,电路稳恒,电感不起作用,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=联立解得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刚熄灭时,有BLv=UD解得导体棒的速度大小为v=2.5m/s(2)初始时刻,导体棒产生的电动势为E0=BLv0根据闭合电路欧姆定律可得E0=UD+I0R解得回路中的电流大小为I0=0.05A以导体棒为对象,根据牛顿第二定律可得BI0L+μmg=ma0解得导体棒的加速度大小为a0=6.25m/s2(3)在发光二极管发光过程中,以导体棒为对象,根据动量定理可得-μmgt-∑BiLt=mv-mv0其中i=e-U则有∑联立解得该过程导体棒的位移大小为x