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1、水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢2024高考物理疑难题分析与针对性训练导轨单杆切割磁感线导轨单杆切割磁感线+电容电容高考原题(2024高考全国理综甲卷第25题)1 1如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为 L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。(1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当
2、外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。【思路分析】(1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，当金属棒所受安培力等于水平恒力F时，金属棒达到的最大速度为v0。据此列方程得出外力F的数值。当外力功率Fv为定值电阻功率的两倍时，据此列出方程，求出金属棒速度v的大小。(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动，金属棒切割磁感线产生的感应电动势等于电容器两极板之间的电势差。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，据此列方程求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。1水不撩不知深浅人不拼怎
3、知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢针对性训练1(2024年5月浙江金华东阳质检)如图甲所示，左侧发电装置由一个留有小缺口的圆形线圈和能产生辐向磁场的磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为。线圈半径r，电阻不计，缺口处通过足够长轻质软导线与间距的水平平行光滑金属轨道相连，轨道间接有电容为的电容器，区域内有竖直向下，的匀强磁场，紧靠处有一根质量m，电阻R的金属杆a。绝缘轨道区域内有方向竖直向下，大小随x轴(为坐标原点，向右为正方向)变化的磁场，变化规律满足，同一位置垂直轨道方向磁场相同，紧靠处放置质量为m、电阻为的“”形金属框EFGH，FG边长度为L，EF边长度
4、为。时刻单刀双掷开关S和接线柱1接通，圆形线圈在外力作用下沿竖直方向运动，其速度按照图乙规律变化，取竖直向上为速度正方向。时将S从1拨到2，同时让金属杆a以初速度在磁场中向右运动，金属杆a达到稳定速度后在处与金属框EFGH发生完全非弹性碰撞组合成一闭合的长方形金属框。不考虑电流产生的磁场影响，除已给电阻其它电阻不计。求(结果可用r、m、k中的字母表)：(1)时刻电容器M板带电极性，及电荷量；(2)a杆到达时的速度大小；(3)金属杆a与“”形金属框发生完全非弹性碰撞组合成一闭合的长方形金属框，金属框最终静止时HE边所在位置的x轴坐标。2水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢2(
5、2024宁波十校3月联考)如图，电阻不计的光滑水平导轨A1B1A2B2间距L=1m，其内有竖直向下的匀强磁场B=0.5T，导轨左侧接一电容C=1F的电容器，初始时刻电容器带电量Q0=1.6C，电性如图所示。质量m1=0.25kg、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，闭合开关S后，ab棒向右运动，且离开B1B2时已匀速。下方光滑绝缘轨道C1MD1C2ND2间距也为L，正对A1B1A2B2放置，其中C1M、C2N为半径r=1.25m、圆心角=37的圆弧，与水平轨道MD1、ND2相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d=0.5m，以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0 x0.5m处存在
6、磁感应强度大小为Bx=5x T的磁场，磁场方向竖直向下。质量m2=0.5kg、电阻R=1的“U”型金属框静止于水平导轨NOPM处。导体棒ab自B1B2抛出后恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，并于MN处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成闭合线框一起向右运动。(1)求导体棒ab离开B1B2时的速度大小v1；(2)若闭合线框进入磁场Bx区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力F，使线框匀速穿过磁场Bx区域，求此过程中线框产生的焦耳热；(3)闭合线框进入磁场Bx区域后由于安培力作用而减速，试讨论线框能否穿过Bx区域，若能，求出离开磁场Bx时的速度；若不能，求出线框停止时ab边的位置坐标x。3水不
7、撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢3(2024河北沧州市1月质检)如图所示，水平面内放置宽L=1m的水平金属导轨，导轨右端接有一个阻值R=10的定值电阻和一个C=0.5F的电容器。相距x1=10m的AB与CD之间的导轨光滑，其间分布着磁感应强度大小为B1、方向垂直于水平面向下的磁场，质量m=1kg，长度L=1m的金属杆放置在导轨的左端AB处，以金属杆初始位置处为x=0，水平向右为x轴正方向，磁感应强度大小B1随x的分布规律为B1=0.5x(x10m)。CD与EF之间的导轨粗糙，长度足够长，金属杆与其间的动摩擦因数=0.1，其间分布着水平向左、磁感应强度大小B2=1T的匀强磁场
8、。闭合开关S，在水平拉力F的作用下，金属杆以速度v0=2m/s水平向右做匀速运动，导轨和金属杆的电阻均不计，忽略磁场的边界效应，忽略空气阻力。已知电容器在无电阻的电路中放电非常快，可认为瞬间放完，重力加速度g取10m/s2，求：(1)金属杆从初始位置运动到CD处时，电容器所带的电荷量q；(2)金属杆从初始位置运动到CD处时，电容器两极板间储存的电势能Ep；(3)金属杆从初始位置运动到CD处的过程中，若水平拉力F对杆做的功为1253J，该过程中流过R的电流的有效值；(4)当金属杆运动到CD处时，撤去外力F并断开开关S，撤掉外力后金属杆还能运动位移。4水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不
9、拼怎知输赢4(2024浙江台州期末)如图所示，光滑水平导轨ace、bdf放置在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，取cd中点为坐标原点O，以水平向右为正方向建立x轴。导轨ac、bd部分与x轴的夹角相等，左端ab的坐标为x=-xa且与装置A相连，装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，其中c、d处是光滑绝缘件，导轨ce、df间距为L且足够长。e、f间通过单刀双掷开关S连接阻值为R的电阻和电容为C的电容器，开关S可分别与接线柱1、2相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在安培力作用下从x=-xa位置静止开始向右运动，经过cd处的速度大小为v0。已知金属棒的质量为m，长度为L，电阻为r0，金属
10、棒与导轨接触良好，不计导轨电阻，电容器初始不带电，不计所有阻力。(提示：可以用F-x图像下的“面积”代表力F所做的功)(1)若开关S和接线柱1接通，求金属棒停下的位置坐标；(2)若开关S和接线柱2接通，求金属棒稳定后的速度大小；(3)求导轨左端a、b的间距Lab。5水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢2024高考物理疑难题分析与针对性训练导轨单杆切割磁感线导轨单杆切割磁感线+电容电容高考原题(2024高考全国理综甲卷第25题)1 1如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为 L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保
11、持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。(1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。【思路分析】(1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，当金属棒所受安培力等于水平恒力F时，金属棒达到的最大速度为v0。据此列方程得出外力F的数值。当外力功率Fv为定值电阻功率的两倍时，据此列出方程，求出金属棒
12、速度v的大小。(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动，金属棒切割磁感线产生的感应电动势等于电容器两极板之间的电势差。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，据此列方程求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。【答案】(1)v=v02；(2)U=BLv2，W=CB2L2v22【解析】(1)开关S闭合时，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则F=F安=BIL由闭合电路欧姆定律1水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢I=ER金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv0联立可得，恒定的外力为F=B2L2v0R在加速阶段，外力的功率为PF=Fv=
13、B2L2v0Rv定值电阻的功率为PR=I2R=B2L2v2R若PF=2PR时，即B2L2v0Rv=2B2L2v2R化简可得金属棒速度v的大小为v=v02(2)断开开关S，则电容器与定值电阻串联，则有E=BLv=IR+qC当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安=BIL不断减小，而恒力的功率PF=Fv=BILv定值电阻功率PR=I2R当PF=2PR时有BILv=2I2R可得IR=BLv2根据E=BLv=IR+qC2水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢可得此时电容器两端电压为UC=qC=BLv2从开关断开到此刻外力所做的功
14、为W=BIL(vt)=BLvIt=BLvq其中q=CBLv2联立可得W=CB2L2v22针对性训练1(2024年5月浙江金华东阳质检)如图甲所示，左侧发电装置由一个留有小缺口的圆形线圈和能产生辐向磁场的磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为。线圈半径r，电阻不计，缺口处通过足够长轻质软导线与间距的水平平行光滑金属轨道相连，轨道间接有电容为的电容器，区域内有竖直向下，的匀强磁场，紧靠处有一根质量m，电阻R的金属杆a。绝缘轨道区域内有方向竖直向下，大小随x轴(为坐标原点，向右为正方向)变化的磁场，变化规律满足，同一位置垂直轨道方向磁场相同，紧靠处放置质量为m、电
15、阻为的“”形金属框EFGH，FG边长度为L，EF边长度为。时刻单刀双掷开关S和接线柱1接通，圆形线圈在外力作用下沿竖直方向运动，其速度按照图乙规律变化，取竖直向上为速度正方向。时将S从1拨到2，同时让金属杆a以初速度在磁场中向右运动，金属杆a达到稳定速度后在处与金属框EFGH发生完全非弹性碰撞组合成一闭合的长方形金属框。不考虑电流产生的磁场影响，除已给电阻其它电阻不计。求(结果可用r、m、k中的字母表)：(1)时刻电容器M板带电极性，及电荷量；(2)a杆到达时的速度大小；(3)金属杆a与“”形金属框发生完全非弹性碰撞组合成一闭合的长方形金属框，金属框最终静止时HE边所在位置的x轴坐标。3水不撩
16、不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢【名师解析】.(1)M板带负电(1分)T/4时刻线圈速度v0，切割产生电动势E0=2rB0v0所以电容器电荷量q0=CE0=mv02rB0(1分)(2)杆a稳定时切割产生的电动势与电容器电压相等B0Lv1=U1=q1C(1分)3T/4时电容器电压大于杆a切割产生电动势，所以杆a在安培力作用下加速运动到稳定状态，此过程列对杆a列动量定理：B0I2Lt2=mv1mv02(1分)其中 I2t2=q2=q0q1(1分)由此可解得：v1=34v0(1分)(3)杆a与金属框EFGH碰撞动量守恒：mv1=2mv2(1分)GF边所在位置与HE边所在位置的磁场差
17、恒为B=BGBH=Lk2，(1分)金属框运动中始终有逆时针方向电流，由2个安培力作用下减速运动至静止，对此过程列动量定理：BGI3Lt3+BHI3Lt3=02mv2(1分)其中 I3t3=q3=kxHL223R(1分)代入可得：xH=9mv0R164r4k2(1分)2(2024宁波十校3月联考)如图，电阻不计的光滑水平导轨A1B1A2B2间距L=1m，其内有竖直向下的匀强磁场B=0.5T，导轨左侧接一电容C=1F的电容器，初始时刻电容器带电量Q0=1.6C，电性如图所示。质量m1=0.25kg、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，闭合开关S后，ab棒向右运动，且离开B1B2时已匀速。下方光滑绝
18、缘轨道C1MD1C2ND2间距也为L，4水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢正对A1B1A2B2放置，其中C1M、C2N为半径r=1.25m、圆心角=37的圆弧，与水平轨道MD1、ND2相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d=0.5m，以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0 x0.5m处存在磁感应强度大小为Bx=5x T的磁场，磁场方向竖直向下。质量m2=0.5kg、电阻R=1的“U”型金属框静止于水平导轨NOPM处。导体棒ab自B1B2抛出后恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，并于MN处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成闭合线框一起向右运动。(1)求导
19、体棒ab离开B1B2时的速度大小v1；(2)若闭合线框进入磁场Bx区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力F，使线框匀速穿过磁场Bx区域，求此过程中线框产生的焦耳热；(3)闭合线框进入磁场Bx区域后由于安培力作用而减速，试讨论线框能否穿过Bx区域，若能，求出离开磁场Bx时的速度；若不能，求出线框停止时ab边的位置坐标x。【名师解析】：(1)设电容器放完电后所带电量为Q，则由动量定理可得：BL Q0-Q=m1v1又：Q=CU=CBLv1，可得：v1=1.6m/s(2)由于导体棒ab抛出后恰好能沿切线进入圆弧轨道，由平抛运动规律可知：vCcos=v1，得：vC=2m/sC1C2MN：m1g15r=
20、12m1v22-12m1v2C得：v2=3m/s又由动量定理可知：m1v2=m1+m2v3，得：v3=1m/s线框进入磁场过程中所受的安培力：F安=B2xL2v3R=5x N线框进入和离开磁场Bx过程克服安培力做功相同，故整个过程线框产生的热量：Q=2F安x=1.25J5水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢(3)线框进入磁场过程由动量定理：-B2xL2vRt=m1+m2v4-v3即：-5xx=m1+m2v4-v3，0 x0.5m，解得：v4=16m/sv3-v4故线框不能完全离开磁场，由：-5xx=-52x2=0-m1+m2v4得：x=510m3(2024河北沧州市1月质检
21、)如图所示，水平面内放置宽L=1m的水平金属导轨，导轨右端接有一个阻值R=10的定值电阻和一个C=0.5F的电容器。相距x1=10m的AB与CD之间的导轨光滑，其间分布着磁感应强度大小为B1、方向垂直于水平面向下的磁场，质量m=1kg，长度L=1m的金属杆放置在导轨的左端AB处，以金属杆初始位置处为x=0，水平向右为x轴正方向，磁感应强度大小B1随x的分布规律为B1=0.5x(x10m)。CD与EF之间的导轨粗糙，长度足够长，金属杆与其间的动摩擦因数=0.1，其间分布着水平向左、磁感应强度大小B2=1T的匀强磁场。闭合开关S，在水平拉力F的作用下，金属杆以速度v0=2m/s水平向右做匀速运动，
22、导轨和金属杆的电阻均不计，忽略磁场的边界效应，忽略空气阻力。已知电容器在无电阻的电路中放电非常快，可认为瞬间放完，重力加速度g取10m/s2，求：(1)金属杆从初始位置运动到CD处时，电容器所带的电荷量q；(2)金属杆从初始位置运动到CD处时，电容器两极板间储存的电势能Ep；(3)金属杆从初始位置运动到CD处的过程中，若水平拉力F对杆做的功为1253J，该过程中流过R的电流的有效值；(4)当金属杆运动到CD处时，撤去外力F并断开开关S，撤掉外力后金属杆还能运动位移。【参考答案】(1)5C；(2)25J；(3)33A；(4)1.125m【名师解析】6水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不
23、拼怎知输赢(1)金属杆的感应电动势为E=B1Lv0金属杆运动到CD处时，则有E=0.5x1Lv0=10V电容器两端电压等于感应电动势，可得电容器所带的电荷量q=CE=5C(2)电容器的充电电流IC=qt又q=CB1Lv0=C0.5xLv0可得IC=1A充电电流为定值，对应的安培力FC=B1ICL=0.5x安培力随位移均匀变化，电容器充电电流对应的安培力所做的功为WC=-0+0.5x12x1=-25J则电容器所储存的电势能Ep=-WC=25J(3)金属杆做匀速运动,则W安=-WF根据能量守恒知电阻产生的热量Q=-W安-Ep解得Q=503J又因Q=I2Rt，t=x1v0可得I=33A A(4)到达
24、CD右侧后，磁场水平向左，金属杆不再产生感应电动势，由于没有电阻，电容器放电非7水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢常迅速，设为t，由动量定理知-mgt-B2ILt=mv-mv0因为时间极短，安培力会远大于金属杆的重力，有-B2ILt=mv-mv0可得v=v0-B2Lmq=1.5m/s金属杆在CD右侧运动的加速度a=g=1m/s2运动的位移s=v22a解出s=1.125m4(2024浙江台州期末)如图所示，光滑水平导轨ace、bdf放置在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，取cd中点为坐标原点O，以水平向右为正方向建立x轴。导轨ac、bd部分与x轴的夹角相等，左端ab
25、的坐标为x=-xa且与装置A相连，装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，其中c、d处是光滑绝缘件，导轨ce、df间距为L且足够长。e、f间通过单刀双掷开关S连接阻值为R的电阻和电容为C的电容器，开关S可分别与接线柱1、2相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在安培力作用下从x=-xa位置静止开始向右运动，经过cd处的速度大小为v0。已知金属棒的质量为m，长度为L，电阻为r0，金属棒与导轨接触良好，不计导轨电阻，电容器初始不带电，不计所有阻力。(提示：可以用F-x图像下的“面积”代表力F所做的功)(1)若开关S和接线柱1接通，求金属棒停下的位置坐标；(2)若开关S和接线柱2接通，求金属棒稳定后的速度大小；(3)求导轨左端a、b的间距Lab。8水不撩不知深浅人不拼怎知输赢水不撩不知深浅人不拼怎知输赢【参考答案】(1)x=mv0R+rB2L2；(2)v=mv0m+CB2L2；(3)Lab=mv20BIxa-L【名师解析】(1)对金属棒分析，用动量定理，有-BILt=0-mv0It=qq=R+r=BLxR+r解得x=mv0R+rB2L2(2)对金属棒分析，用动量定理，有-BILt=mv-mv0C=QUE=BLvU=E解得v=mv0m+CB2L2(3)对金属棒用动能定理，则有W安=12BILab+BILxaW安=12mv20解得Lab=mv20BIxa-L9