2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）第一部分 专题整合提升专题四 增分培优6 变压器中的“等效电源”和“等效电阻”模型含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第一部分专题整合提升专题四增分培优6变压器中的“等效电源”和“等效电阻”模型一、等效电源的建立证明：如图1甲所示，设原线圈的电压为U1，电流为I1，副线圈电压为U2，电流为I2，副线圈负载为R，与原线圈串联的定值电阻为R0，变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。将变压器、定值电阻R0与原交流电源看为一个整体，等效为一个新的电源，令新电源的电动势为E′，新电源等效内阻为r′，作出等效电路图如图乙所示。图1对图乙，由闭合电路欧姆定律得U2＝E′－I2r′对图甲，由串联电路的规律得U1＝U－I1R0设eq\f(n1,n2)＝k，则eq\f(U1,U2)＝k，eq\f(I2,I1)＝k，得U2＝eq\f(U,k)－I2eq\f(R0,k2)通过比较，可得E′＝eq\f(U,k)，r′＝eq\f(R0,k2)。结论：理想变压器中与原线圈串联的定值电阻为R0，交流电源输出电压为U，设原、副线圈的匝数之比为eq\f(n1,n2)＝k，将变压器、定值电阻R0与交流电源看为一个整体，等效为一个新的电源，则新电源的电动势E′＝eq\f(U,k)，新电源的内阻r′＝eq\f(R0,k2)。例1(多选)如图2，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，原线圈与定值电阻R1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2，A、V为理想交流电表。当R2＝2R1时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，则()图2A.电源输出电压为6VB.电源输出功率为4WC.保持R1阻值不变，当R2＝8Ω时，电压表的读数为6VD.保持R1阻值不变，当R2＝8Ω时，变压器输出的功率最大答案ACD解析设电源输出电压为U，因原、副线圈的匝数之比为k＝eq\f(1,2)，将变压器、定值电阻R1与原交流电源看为一个整体，等效为一个新的电源，则新电源的电动势E′＝eq\f(U,k)＝2U，新电源的内阻r′＝eq\f(R1,k2)＝4R1。当R2＝2R1时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，所以R2＝4Ω，R1＝2Ω，电流表的读数I2＝eq\f(E′,r′＋R2)，解得U＝6V，A正确；新电源的电动势E′＝eq\f(U,k)＝2U＝12V，内阻r′＝eq\f(R1,k2)＝4R1＝8Ω，电源输出功率P＝I2E′＝12W，故B错误；保持R1阻值不变，当R2＝8Ω时，电压表的读数为电动势的一半，即为6V，C正确；当R2＝8Ω＝r′时，等效电源的输出功率最大，即变压器输出的功率最大，D正确。二、等效电阻的建立1.只有一个副线圈的理想变压器如图3甲所示，我们可以将变压器与负载看为一个整体，等效为一个新的电阻R′，即为a、b间的等效电阻。图3等效电路图如图乙所示，设变压器等效负载电阻为R′，在图甲中由变压器的电压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得U2＝eq\f(n2,n1)U1，所以负载电阻R消耗的功率为P＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)＝eq\f(neq\o\al(2,2)Ueq\o\al(2,1),neq\o\al(2,1)R)，在图乙中等效电阻消耗的功率为P′＝eq\f(Ueq\o\al(2,1),R′)，又P＝P′，解得a、b间的等效电阻为R′＝eq\f(neq\o\al(2,1),neq\o\al(2,2))R，以上方法叫理想变压器等效电阻法。2.含有多个副线圈的理想变压器如图4所示，由等效电阻法我们可以将副线圈n2、负载R1与原线圈看为整体，等效为新电阻R1x，将副线圈n3、负载R2与原线圈看为整体，等效为另一个新电阻R2x，则R1x与R2x两端电压相同，均为原线圈输入电压U1。假设等效电阻R1x与R2x在等效电路图中的关系为并联。图4图5令R1x与R2x中的电流分别为I1x与I2x，作等效电路图如图5所示。对n2副线圈U1I1x＝U2I2由电压比有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)又R1＝eq\f(U2,I2)，R1x＝eq\f(U1,I1x)则R1x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)R1对n3副线圈U1I2x＝U3I3由电压比有eq\f(U1,U3)＝eq\f(n1,n3)又R2＝eq\f(U3,I3)，R2x＝eq\f(U1,I2x)则R2x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n3)))eq\s\up12(2)R2故多个副线圈的变压器问题，可以将每个副线圈与原线圈分别看为一个整体，等效为一个新电阻，作出等效电阻的并联电路图加以分析。例2(2022·湖南卷，6)如图6，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表的示数为U，理想电流表的示数为I。下列说法正确的是()图6A.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变B.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大C.保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大D.保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小答案B解析由题意可知，原、副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U2＝2IR1，则变压器原线圈的电压有效值为U1＝2U2＝4IR1，设输入交流电源的电压有效值为U0，则U0＝4IR1＋IR2，可得I＝eq\f(U0,4R1＋R2)。保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律U1＝4IR1，可知变压器原线圈的电压有效值U1变大，输入端接入的电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈的电压、电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正确，A错误；设原、副线圈的匝数比为n，同理可得U1＝n2IR1，则U0＝n2IR1＋IR2，整理可得I＝eq\f(U0,n2R1＋R2)，保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律有U＝IR2，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R1消耗的功率为P1＝IU1＝eq\f(U0,n2R1＋R2)·(U0－eq\f(U0R2,n2R1＋R2))，整理可得P1＝eq\f(Ueq\o\al(2,0),n2R1＋\f(Req\o\al(2,2),n2R1)＋2R2)，可知n＝3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大后减小，故C、D错误。1.(2024·辽宁大连模拟)保险丝对电路安全有着重要作用，如图1所示，A是额定电流为1A的保险丝，理想变压器的原、副线圈的匝数比为5∶1，交流电压U＝220V，保险丝电阻为1Ω，R是可变电阻。则()图1A.要使电路正常工作，可变电阻R的阻值不能大于8.76ΩB.可变电阻R越大，其消耗的功率越大C.可变电阻R两端的电压不能低于43.8VD.保持R不变，增加原线圈匝数，通过保险丝的电流增大答案C解析将可变电阻等效到原线圈电路中，其等效电阻R′＝eq\f(neq\o\al(2,1),neq\o\al(2,2))R，原线圈回路满足闭合回路欧姆定律，有U＝I(RA＋R′)，由于A的熔断电流为1A，可得R′≥219Ω，即R≥8.76Ω，故A错误；当R′＝RA时R的功率最大，R′>RA时，电阻越大，功率越小，故B错误；设可变电阻R两端电压为U′，则原线圈两端电压为5U′，根据eq\f(U－5U′,RA)≤1A，可得U′≥43.8V，故C正确；增加原线圈匝数，等效电阻变大，通过保险丝的电流减小，故D错误。2.(2024·山东德州高三期末)如图2所示，理想变压器原线圈串联一个定值电阻R1后，接在电压恒定的正弦式交流电源上，副线圈与定值电阻R2和滑动变阻器R3相连，c点位于滑动变阻器中点右侧，电流表和电压表均为理想电表。将滑动变阻器R3的滑片从左端滑至c点的过程中，下列说法正确的是()图2A.电源的输出功率先增大后减小B.理想变压器副线圈的输出功率先减小后增大C.电压表V1示数先减小后增大，电流表A1示数先增大后减小D.若电压表V2和电流表A2示数变化量分别为ΔU2和ΔI2，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI2)))保持不变答案D解析副线圈电路中总电阻为R总＝R2＋R3，将滑动变阻器R3的滑片从左端滑至c点的过程中，R3的电阻先增大后减小，所以总电阻先增大后减小，原线圈等效电阻为R原＝(eq\f(n1,n2))2R总，可知R原先增大后减小。由闭合电路欧姆定律可知原线圈电流为I1＝eq\f(E,R1＋R原)，则原线圈电流先减小后增大，原线圈电压为U1＝E－I1R1，可知电压表V1示数先增大后减小。电源的输出功率为P出＝UI1，可知电源的输出功率先减小后增大，故A、C错误；采用等效电源法，将R1与原、副线圈等效为电源的内阻，则E′＝eq\f(n2,n1)E，r＝(eq\f(n2,n1))2R1，可知r是一个定值，理想变压器副线圈的输出功率与副线圈电路的总电阻有关，无法确定r和R总的大小关系，所以理想变压器副线圈的输出功率的变化情况不确定，故B错误；由闭合电路欧姆定律，可得U2＝E′－I2r，可知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI2)))＝r，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI2)))保持不变，故D正确。3.(2024·河北沧州模拟预测)如图3所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为3∶1，在原线圈回路中接有定值电阻R1，副线圈回路中接有滑动变阻器R2，R2的最大阻值等于R1，原线圈一侧接在电动势有效值为E的正弦式交流电源上，电流表和电压表均为理想交流电表，电源内阻忽略不计。滑动变阻器滑片自上而下滑动时，下列说法正确的是()图3A.电压表与电流表的示数变化量ΔU、ΔI的比值eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))增大B.电压表与电流表的示数变化量ΔU、ΔI的比值eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))减小C.当R2＝eq\f(R1,9)时R2获得的功率最大，数值为eq\f(E2,4R1)D.当R2＝eq\f(R1,3)时R2获得的功率最大，数值为eq\f(E2,4R1)答案C解析当电压表的示数变化量为ΔU时，原线圈两端电压的变化量ΔU1＝3ΔU，定值电阻R1两端电压变化量的绝对值eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ΔUR1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ΔU1))，可知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔUR1,ΔI)))＝eq\f(R1,3)，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))为定值，故A、B错误；如图所示，虚线框内部的部分可等效为电阻R，则Ieq\o\al(2,1)R＝Ieq\o\al(2,2)R2，可得R＝eq\f(Ieq\o\al(2,2),Ieq\o\al(2,1))R2＝9R2，R2的功率即为等效电阻R的功率，易知当R＝R1时，等效电阻消耗的功率最大，为Pm＝eq\f(E2,4R1)，此时9R2＝R1，R2＝eq\f(R1,9)，故C正确，D错误。4.(2024·河北石家庄高三期末)如图4所示，理想变压器原线圈与输出电压有效值U＝4V的正弦交流电源相连，原、副线圈的匝数比为1∶2，电表均为理想交流电表，电阻R1＝1Ω，R2＝4Ω，滑动变阻器R3的最大阻值为8Ω。在滑片从最上端滑向最下端的过程中，下列说法正确的是()图4A.电压表示数的最大值为4VB.电流表示数的最大值为1AC.副线圈输出功率的最大值为4WD.副线圈的输出功率先增大后减小答案C解析设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)，变压器及其右侧电路的等效电路如图所示，其等效电阻R等＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(U1,U2)×eq\f(I2,I1)×eq\f(U2,I2)＝eq\f(neq\o\al(2,1),neq\o\al(2,2))(R2＋R3)，当R3＝8Ω时等效电阻取最大值为3Ω，则原线圈两端的电压最大为3V，由变压器原理可知，电压表示数的最大值为6V，A错误；当R3＝0时，等效电阻取最小值，为1Ω，此时电流表示数最大，为2A，B错误；因1Ω≤R等≤3Ω，将R1看成电源内阻，则等效电阻消耗的电功率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U,R等＋R1)))eq\s\up12(2)R等＝eq\f(42,\f(（R等－1）2,R等)＋4)W，随R等的减小，副线圈输出功率一直增大，当R等＝1Ω时，副线圈输出功率最大为4W，C正确，D错误。5.(2024·安徽合肥二模)如图5所示，交流电源电压的有效值恒定，R为定值电阻，可调变压器为理想变压器，P1为移动导电刷，RP为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表，电表V1、V2、A1、A2的读数分别为U1、U2、I1、I2，则下列说法正确的是()图5A.保持P1位置不变，P2缓慢下滑的过程中，U1减小、U2增大B.保持P1位置不变，P2缓慢下滑的过程中，I1增大、I2增大C.保持P2位置不变，P1缓慢下滑的过程中，U1增大、U2减小D.保持P2位置不变，P1缓慢下滑的过程中，I1增大、I2增大答案B解析保持P1位置不变，P2缓慢下滑的过程中，副线圈在原线圈的等效电阻R等＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)RP减小，所以原、副线圈的电流变大，I1增大、I2增大，由于R不变，所以U1增大，因为电源电压不变，所以原线圈的输入电压减小，副线圈的输出电压减小，所以U2减小，故A错误，B正确；保持P2位置不变，P1缓慢下滑的过程中，副线圈在原线圈的等效电阻R等＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)RP变大，原线圈电流变小，I1减小，U1减小，因为电源电压不变，所以原线圈的输入电压增大，因为副线圈匝数变小，所以无法判断副线圈的电流和电压的变化，故C、D错误。增分培优7动量观点在电磁感应中的应用热点一动量定理在电磁感应中的应用在导体切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。求解的物理量应用示例电荷量或速度－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝mv2－mv1，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt位移－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝eq\f(－B2l2\o(v,\s\up6(－))Δt,R总)＝mv2－mv1即eq\f(－B2l2x,R总)＝m(v2－v1)时间－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1即－Blq＋F其他Δt＝mv2－mv1已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)－eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－))Δt,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1即－eq\f(B2L2x,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1已知位移x、F其他(F其他为恒力)例1(2023·新课标卷，26)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图1(a)所示。图1(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小；(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示，让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。答案(1)eq\f(B2L3,mR0)(2)eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))解析(1)设金属框的初速度大小为v0，则金属框完全穿过磁场的过程，由动量定理有－2Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝meq\f(v0,2)－mv0通过金属框的电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),4R0)根据法拉第电磁感应定律有eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BL2,t)联立解得v0＝eq\f(B2L3,mR0)。(2)金属框进入磁场的过程，有－Beq\o(I,\s\up6(－))′Lt′＝mv1－mv0闭合电路的总电阻R总＝R0＋eq\f(1,\f(1,R1)＋\f(1,R0))＝eq\f(5,3)R0通过金属框的电流eq\o(I,\s\up6(－))′＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))′,R总)根据法拉第电磁感应定律有eq\o(E,\s\up6(－))′＝eq\f(BL2,t′)解得v1＝eq\f(2B2L3,5mR0)金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，则有－Beq\o(I,\s\up6(－))″Lt″＝－mv1通过金属框的电流eq\o(I,\s\up6(－))″＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))″,R1＋\f(R0,2))根据法拉第电磁感应定律有eq\o(E,\s\up6(－))″＝eq\f(BLx,t″)解得x＝L故假设成立，对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有Q总＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)电阻R1产生的热量为Q1＝eq\f(\f(2,3)R0,R总)·eq\f(R0,R1＋R0)Q总金属框在磁场中运动过程，有Q总′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)电阻R1产生的热量为Q1′＝eq\f(R1,R1＋\f(R0,2))Q总′电阻R1产生的总热量为Q1总＝Q1＋Q1′解得Q1总＝eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))。训练1(多选)(2024·山东淄博二模)如图2甲所示，一端封闭的两条平行光滑导轨相距L＝0.1m，距左端L处的中间一段被弯成倾斜轨道，长度也为L，与水平面夹角θ＝30°，各段轨道均平滑连接。倾斜轨道所在区域无磁场，左段区域Ⅰ存在均匀分布但随时间线性变化的磁场B，取竖直向上为正方向，其大小随时间变化情况如图乙所示；右段区域Ⅱ存在竖直向上的匀强磁场B0＝0.2T。在倾斜轨道顶端，放置一质量为m＝0.1kg、电阻R＝1Ω、长为L的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，ab由静止开始下滑，进入右侧磁场Ⅱ后经过时间t(已知)达到稳定状态。导轨电阻不计，重力加速度g＝10m/s2，则()图2A.ab在倾斜轨道上下滑过程中产生的焦耳热为1×10－5JB.ab达到稳定后的速度大小等于0.5m/sC.ab进入右侧磁场Ⅱ后通过电阻R的电荷量为2.5CD.ab进入右侧磁场Ⅱ经过位移为(125＋0.5t)后达到匀速答案BCD解析左侧回路中产生的感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝eq\f(0.2,0.2)×0.12V＝0.01V，金属棒在倾斜轨道上下滑时的加速度a＝gsinθ＝5m/s2，下滑的时间t1＝eq\r(\f(2L,a))＝eq\r(\f(2×0.1,5))s＝0.2s，ab在倾斜轨道上下滑过程中产生的焦耳热为Q＝eq\f(E2,R)t1＝eq\f(0.012,1)×0.2J＝2×10－5J，选项A错误；ab达到稳定时回路感应电流为零，则E＝B0Lv，解得v＝0.5m/s，选项B正确；金属棒到达斜面底端时的速度v0＝eq\r(2aL)＝1m/s，达到稳定时由动量定理有－B0eq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝－B0Lq＝mv－mv0，解得q＝2.5C，选项C正确；由以上可知eq\f(B0L\o(v,\s\up6(－))－E,R)Δt＝q，即∑(B0Leq\o(v,\s\up6(－))Δt－EΔt)＝qR，即B0Lx－Et＝qR，解得x＝0.5t＋125，选项D正确。训练2(2024·湖北武汉模拟预测)福建舰搭载了我国自主研发的电磁弹射和阻拦技术用于舰载机的起飞和降落。某兴趣小组开展电磁弹射阻拦系统研究，设计了如图3所示的简化模型，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计，导轨区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R的金属棒ab，垂直放在导轨间。当质量为M的飞机(模型)要弹射起飞时，将它与金属棒锁定，选择开关S与1闭合，恒流源输出恒定电流，大小为I，经过时间t1，飞机达到起飞速度v1，解除锁定，飞机起飞离舰；飞机降落时，将选择开关S与2闭合，飞机通过阻拦索钩拉金属棒，以共同速度v2一起开始减速着舰，金属棒与储能装置(非纯电阻)串联，减速同时还能实现动能的回收，经过t2时间飞机速度减为0，v1等于v2，但均是未知量。下列关于起飞和阻拦过程说法正确的是()图3A.起飞过程中，恒流源两端的电压保持不变B.起飞速度v1＝eq\f(IlB,m)t1C.起飞过程中，恒流源输出能量为E＝I2Rt1＋eq\f(I2l2B2teq\o\al(2,1),2（m＋M）)D.降落过程中，飞机的位移x＝eq\f(mRIt1,Bl（M＋m）)答案C解析起飞过程中，金属棒的速度增大，由E＝Blv可知产生的感应电动势增大，电路中的电流恒定，金属棒加速电流方向由a→b，感应电动势方向由b→a，恒流源两端的电压U＝IR＋Blv变大，故A错误；对金属棒由动量定理得IlBt1＝(M＋m)v1，解得v1＝eq\f(IlBt1,M＋m)，故B错误；起飞过程中，恒流源输出能量为电路中的焦耳热与金属棒和模型的动能之和E＝I2Rt1＋eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)＝I2Rteq\o\al(2,1)＋eq\f(I2l2B2teq\o\al(2,1),2（M＋m）)，故C正确；降落过程中，根据动量定理有－eq\o(I,\s\up6(－))lBt2＝0－(M＋m)v2，设流过金属棒的电荷量为q，则q＝eq\o(I,\s\up6(－))t2，又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Blx,t2)，v1＝v2，解得飞机的位移x＝eq\f(RIt1,Bl)，故D错误。热点二动量守恒定律在电磁感应中的应用例2(2024·陕西汉中二模)如图4所示，两根由弧形部分和直线部分平滑连接而成的相同光滑金属导轨平行放置，弧形部分竖直，直线部分水平且左端连线垂直于导轨，导轨间距为L。水平区域abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，细金属杆M、N长度都稍大于L。初始时刻，细金属杆M静止在弧形部分距水平导轨高度h处，磁场内的细金属杆N处于静止状态。某时刻静止释放M杆后，两杆与导轨接触良好且运动过程始终与导轨垂直，两杆在磁场中未碰撞且N杆出磁场时的速度大小为eq\f(\r(2gh),4)。已知M、N杆的质量分别为m和2m，电阻分别为R和2R，重力加速度为g，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。求：图4(1)细金属杆N在磁场内运动过程中最大加速度的大小和方向；(2)细金属杆N在磁场内运动过程中产生的焦耳热Q；(3)细金属杆N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；(4)初始时刻细金属杆N到ab的最小距离x。答案(1)eq\f(B2L2\r(2gh),6mR)水平向右(2)eq\f(5,12)mgh(3)eq\f(m\r(2gh),2BL)(4)eq\f(3mR\r(2gh),2B2L2)解析(1)从M释放到进磁场，根据机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2M进磁场时，对金属杆N根据牛顿第二定律有F＝BIL＝Beq\f(BLv,3R)L＝2ma解得a＝eq\f(B2L2\r(2gh),6mR)根据左手定则可知，金属杆N所受安培力的方向水平向右，则加速度方向水平向右。(2)由M、N组成的系统动量守恒，则mv＝mv1＋2mv2根据能量守恒定律有Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)所以细金属杆N产生的焦耳热为QN＝eq\f(2,3)Q＝eq\f(5,12)mgh。(3)对细金属杆N，根据动量定理可得Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝2mv2，其中q＝eq\o(I,\s\up6(－))t解得q＝eq\f(m\r(2gh),2BL)。(4)当N出磁场时M也刚好出磁场，此时N到ab的距离最小，设细金属杆N到ab的最小距离为x，则整个过程中通过闭合回路的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,3R)＝eq\f(BLx,3R)所以x＝eq\f(3mR\r(2gh),2B2L2)。方法总结双杆模型的分析方法

物理模型“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和动量观点对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题训练3(多选)如图5，两根足够长的光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为2L和L，图中OO′左侧是电阻不计的金属导轨，OO′右侧是绝缘轨道。金属导轨部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B0；OO′右侧以O为原点，沿导轨方向建立x轴，沿Ox方向存在分布规律为B＝B0＋kx(k>0)的竖直向下的磁场(图中未标出)。一质量为m、阻值为R、三边长度均为L的U形金属框，左端紧靠OO′平放在绝缘轨道上(与金属导轨不接触)处于静止状态。长为2L、质量为m、电阻为R的导体棒a处在间距为2L的金属导轨上，长为L、质量为m、电阻为R的导体棒b处在间距为L的金属导轨上。现同时给导体棒a、b大小相同的水平向右的速度v0，当导体棒b运动至OO′时，导体棒a中已无电流(a始终在宽轨上)。导体棒b与U形金属框碰撞后连接在一起构成回路，导体棒a、b、金属框与导轨始终接触良好，导体棒a被立柱挡住没有进入右侧轨道。下列说法正确的是()图5A.给导体棒a、b大小相同的水平向右的速度v0后，导体棒b做匀速运动B.导体棒b到达OO′时的速度大小为eq\f(6,5)v0C.导体棒b与U形金属框碰撞后连接在一起后做匀减速运动D.导体棒b与U形金属框碰撞后，导体棒b静止时与OO′的距离为eq\f(12mv0R,5k2L4)答案BD解析给导体棒a、b大小相同的水平向右的速度v0后，导体棒a产生的电动势大于导体棒b产生的电动势，回路中有感应电流产生，导体棒a减速运动，b棒加速运动，然后匀速运动，故A错误；设b棒到达OO′时的速度大小为vb，此时导体棒a的速度大小为va，此时已经无电流，有BLvb＝2BLva，对a、b棒，根据动量定理可得－2B0Lq＝mva－mv0，B0Lq＝mvb－mv0，联立解得vb＝eq\f(6,5)v0，故B正确；b棒与U形金属框碰撞后连接在一起后做加速度不断减小的减速运动，故C错误；设b棒与U形金属框碰撞后共同速度为v1，根据动量守恒定律可得mvb＝2mv1，解得v1＝eq\f(3,5)v0，由题意可知U形金属框右边始终比U形金属框左边的磁场大ΔB＝kL，从导体棒b与U形金属框碰撞后到最终静止的过程，回路中的平均电流为eq\o(I,\s\up6(－))′＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)＝eq\f(ΔBL·\o(v,\s\up6(－)),2R)，根据动量定理有－ΔB·eq\o(I,\s\up6(－))′L·t′＝0－2mv1，导体棒b静止时与OO′点的距离为x＝eq\o(v,\s\up6(－))·t′，联立解得x＝eq\f(12mv0R,5k2L4)，故D正确。(2024·湖北卷，15)如图6所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的eq\f(1,4)圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求：图6(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。答案(1)BLeq\r(2gL)(2)eq\f(B2L2\r(2gL),3mR)(3)eq\f(mR\r(2gL),B2L2)＋L解析(1)设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的感应电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1联立解得E1＝BLeq\r(2gL)。(2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc＝eq\f(R,2)设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有I1＝eq\f(E1,R＋Rc)经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L，电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则F1＝I1LB由牛顿第二定律得F1＝2ma联立解得a＝eq\f(B2L2\r(2gL),3mR)。(3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得∑FΔt＝2mv2－0F＝ILB由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋Rc)设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s，若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有E＝BLeq\f(Δx,Δt)由几何关系有s＝L＋∑Δx联立解得s＝eq\f(mR\r(2gL),B2L2)＋L。1.(多选)(2024·江西南昌模拟)某兴趣小组利用电容放电装置研究电磁弹射。如图1，离地面高为h的水平面上固定一半径为r的金属圆环，一根长为2r、电阻为2R0的金属棒P沿直径放置，它的两端与圆环接触良好，该棒以圆心为转轴匀速转动。圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场(方向竖直向上)，圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距为l的水平放置的光滑平行金属轨道相连，轨道间接有电容为C的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。水平导轨上放置一质量为m的金属棒Q，它置于磁感应强度为B2的匀强磁场(方向竖直向上)区域内靠左侧边缘。先将开关置于1端，让金属棒P绕轴以角速度ω匀速转动，等电容器充电结束后，再将开关S置于2端，电容器放电使得导轨上的金属棒Q运动起来水平抛出。圆环及轨道内阻均不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()图1A.电容器充电后，M板带正电B.电容器充电后带电荷量为eq\f(1,2)CB1ωr2C.电容器充电后带电荷量为eq\f(1,4)CB1ωr2D.金属棒Q抛出到落地的最大水平距离为eq\f(B1B2lωr2C,4m)eq\r(\f(2h,g))答案AC解析开关S和接线柱1接通，电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的金属棒P，由右手定则可知电流沿径向向外，即圆环边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq\f(1,2)B1ωr2，则电容器所带的电荷量Δq＝CU＝eq\f(CE,2)＝eq\f(1,4)CB1ωr2，故B错误，C正确；假设电容器放电能够将电荷量全部放完，电容器放电过程对金属棒Q，由动量定理有B2eq\o(I,\s\up6(－))lt＝mv－0，Δq＝eq\o(I,\s\up6(－))t得v＝eq\f(l,4m)B1B2ωr2C，根据平抛运动规律，有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，联立可得x＝eq\f(B1B2lωr2C,4m)eq\r(\f(2h,g))，但是实际电容器放电结束时电容器应保留一部分电荷，使得电容器两端电压和导体棒两端电压相等，故D错误。2.(多选)(2024·山东济南一模)如图2所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨位于同一水平面上，导轨上横放着两根导体棒ab、cd，其质量分别是m1、m2(m1<m2)，导轨间的有效电阻均为R，导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。初始时，两棒中间用轻绳连接且处于静止状态，ac间和bd间分别有一处于压缩状态的完全相同的轻质弹簧，在导轨的两侧有竖直向下的匀强磁场(虚线内无磁场)，磁感应强度均为B。剪断轻绳后，两导体棒分别向左、右运动，当同时运动到虚线处弹簧恰好恢复原长并与两棒分离，则()图2A.两棒达到虚线处速率相等B.在弹簧恢复原长的过程中，两棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒C.导体棒ab、cd进入磁场后，两棒构成的系统动量守恒，机械能不守恒D.当导体棒ab运动到最左端的同时cd棒运动到最右端答案BCD解析在弹簧恢复原长的过程中，两棒和弹簧构成的系统动量守恒，则有m1v1＝m2v2，由于m1<m2，则v1>v2，整个系统没有其他力做功，则两棒和弹簧构成的系统机械能守恒，故B正确，A错误；导体棒ab、cd进入磁场后，导体棒ab、cd电流方向相反，根据左手定则，两根导体棒所受安培力的方向相反，则两棒构成的系统所受合力为零，系统动量守恒，由于安培力对导体棒做负功，则机械能不守恒，故C正确；两根导体棒动量大小相等，根据动量定理－BILt＝0－p，任意时刻两根导体棒所受安培力大小相等，则两根导体棒从进入虚线开始到速度为零的时间相等，故D正确。3.如图3，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右运动且不会与cd相碰。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别为vab、vcd，通过ab横截面的电荷量为q，回路中的电流为I，cd棒产生的焦耳热为Q。下列图像中正确的是()图3答案C解析导体棒ab切割磁感线产生由a到b的感应电流，则导体棒ab受到向左的安培力，做减速运动；导体棒cd受到向右的安培力，向右加速运动，则感应电流I＝eq\f(BL（vab－vcd）,R)，两导体棒的相对速度减小，感应电流减小，每个导体棒所受的安培力大小F＝ILB，F随着电流减小而减小，设导体棒质量为m，当两者速度相等时，电流为零，由动量守恒定律得mv0＝2mv，两导体棒的速度最终为v＝eq\f(v0,2)，且加速度随着电流的减小而减小，电流变化也越来越慢，最终为零，C正确，A错误；对ab棒由动量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv0－m·eq\f(v0,2)，则q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(mv0,2BL)，电荷量随时间的增加而增大，最后达到最大值，因为电流随时间减小，所以q－t的图像斜率也应该是减小，故B错误；系统状态稳定后，两个导体棒的相对速度为0，不再有感应电流产生，焦耳热不会随着时间一直增大，故D错误。4.(多选)如图4所示，间距均为L的水平金属轨道和半径为R的半圆金属轨道平滑连接，半圆轨道在竖直平面内，轨道电阻不计。在水平轨道区域内有竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。在水平轨道上放置两长度均为L、质量分别为4m和m、电阻分别为r和2r的导体棒ab、cd，两导体棒到半圆底部的距离分别为x1(足够大)和x2＝3R，两导体棒与金属轨道间的摩擦可忽略不计。现突然给导体棒ab一速度v0＝10eq\r(gR)，一段时间后导体棒cd通过半圆轨道最高点后又恰好落到其初始位置，整个运动过程中，两导体棒与轨道均始终垂直且接触良好，两导体棒没有发生碰撞，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图4A.导体棒cd运动到半圆轨道底部时对轨道的压力大小为eq\f(29,4)mgB.导体棒cd进入半圆轨道时，导体棒ab的速度大小为eq\r(gR)C.从开始到导体棒cd进入圆轨道，导体棒ab产生的热量为eq\f(1,2)mgRD.从开始到导体棒cd进入圆轨道，通过导体棒cd的电荷量为eq\f(5m,2BL)eq\r(gR)答案AD解析由于cd棒进入半圆轨道后，不再受安培力作用，离开半圆轨道后做平抛运动，则竖直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2，水平方向上有3R＝v2′t，联立解得v2′＝eq\f(3,2)eq\r(gR)，从最低点到最高点，只有重力做功，由动能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝eq\f(5,2)eq\r(gR)，cd棒在半圆轨道最低点所受合力提供其做圆周运动的向心力，则有FN1－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2),R)，解得FN1＝eq\f(29,4)mg，A正确；两导体棒均在水平轨道运动过程，通过两导体棒的电流相等，两