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）

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=0.5 m,导轨电阻不计,上、下两导轨的高度差为H=0.2 m,上导轨最左端接一电阻R0=0.4 Ω.虚线ab左侧宽度L2=0.1 m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=0.1 T;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=0.4 T.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=0.1 kg,电阻均为R=0.4 Ω.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10 m/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=的动力电池充电,此过程线圈的v-t图像如图乙所示,则此制动过程给动力电池充入的电荷量约为多少
【跟踪训练】
1.如图甲所示,在光滑的水平面上有一质量m=1 kg、足够长的U形金属导轨abcd,导轨间距L=1 m.一阻值R=0.5 Ω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=0.5 T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2.0 s时间,撤去外力F,直至U形导轨静止.已知2.0 s内外力F做功W=14.4 J.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2.0 s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=0.5 m,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=0.1 F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=0.25 kg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= Ω,乙的电阻R2= Ω.某时刻起电源G开始工作,输出恒定电流I0=0.5 A,经t0=3 s,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=1.6 N,此时乙恰好开始运动.已知B1=B2=1 T,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,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.
(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10 s内位移为102 m,产生的焦耳热为49 J,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=C.忽略电磁辐射,求此过程中乙上产生的焦耳热.
参考答案与详细解析
例1　(1)0.062 5 A　(2)1 m/s　
(3)1.2 m
[解析] (1)开关S闭合时,回路中产生的感应电动势E==L1L2
由于B1=0.2+1.0t(T),故=1.0 T/s
流过导体棒cd的电流I=
联立解得I=0.062 5 A
(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=1 m/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=gt2
x1=v1t
联立解得x1=0.2 m
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B3L1·Δt=mv2
其中=,=,ΔΦ=B3L1x2
联立解得x2=1 m
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=1.2 m
例2　(1)v0-　
(2)　(3)
[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=
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-
(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'=2nBl(v磁场-v线圈 )
联立可得
-Ff=ma
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
-Ff=ma
解得a=
(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=,故此时线圈速度v2t=
由图像可知v2t=对应t=0.9t0时刻.在这段时间内,有
其中,在v-t图像中,对应速度由v2到段图线围成的面积,利用数格法计算,x≈59··
由于
联立解得q≈
【跟踪训练】
1.(1)F=2+1.2t(N)　(2)12 J　
(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==2t
根据速度与时间关系可知a=2 m/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=
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=12 J
(3)撤去外力F的时刻为t=2.0 s时,U形导轨的bc边在0~2.0 s时间内做匀加速直线运动,在2.0 s后做非匀变速直线运动.
①t≤2.0 s时,根据位移与速度关系可知v==2(m/s)
根据匀变速直线运动规律可知,t=2.0 s时U形导轨的bc边的速度为v1=at=4 m/s
位移为x1=at2=4 m
②t>2.0 s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)BLΔt=mv-mv1
其中Δt=Δt=Δt==
联立解得v=6.4-0.6x(m/s)
当x= m时,v=0
综上所述,bc边的速度v与位置x的函数关系式如下:
v=2(m/s)(0≤x≤4 m)
v=6.4-0.6x(m/s)4 m2.(1)3 m/s　(2)　(3) J　
(4)96.525 J
[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=3 m/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=
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mgsin θ=μ(mgcos θ-F1)
联立解得μ=
(3)根据能量守恒定律可知,电源G输出的总能量
E=m+R1t0
联立解得E= J
(4)甲导电杆越过P、Q后,在拉力作用下,甲导电杆向右先做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动,匀速运动时受力平衡,有F=B1I2L
感应电流I2=
对甲导电杆,根据动能定理有Fx甲-W克安=m-m
根据功能关系有W克安=Q甲+Q乙+C
其中UC=B1Lv1
联立解得Q乙=96.525 J