電磁感應（3）-備戰(zhàn)2022年高考案頭必備模型（原卷版）

模型28電磁感應（3）-備戰(zhàn)2022年高考案頭必備模型+典例+方法+練習目錄電磁感應中的能量 2電磁感應中的動量問題 4考向1動量定理在電磁感應中的應用 4考向2動量守恒定律在電磁感應中的應用 7單桿+電阻+導軌四種題型 9單桿+電容器(或電源)+導軌模型 12雙桿+導軌模型類 15

電磁感應中的能量【模型+方法】1．電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化2．焦耳熱的計算(1)電流恒定時，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.(2)感應電流變化，可用以下方法分析：①利用動能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安．②根據(jù)能量守恒定律，感應電流產(chǎn)生的焦耳熱等于其他形式能量的減少，則Q＝ΔE其他．3．能量轉化及焦耳熱的求法4．解決電磁感應能量問題的策略是“先源后路、先電后力，再是運動、能量”，即5.解電磁感應現(xiàn)象中的能量問題的一般步驟1.在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應電動勢，該導體或回路就相當于電源。2.分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉化。3.根據(jù)能量守恒列方程求解。典例(多選)如圖，一平行金屬導軌靜置于水平桌面上，空間中有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度為B，粗糙平行導軌間距為L，導軌和阻值為R的定值電阻相連，質(zhì)量為m的導體棒和導軌垂直且接觸良好，導體棒的電阻為r，導體棒以初速度v0向右運動，運動距離x后停止，此過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導軌電阻不計，重力加速度為g，則()A．導體棒克服安培力做的功為eq\f(R＋r,R)QB．通過電阻R的電荷量為q＝eq\f(BLx,r＋R)C．導體棒與導軌因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv02－QD．導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(v\o\al(,02),2gx)－eq\f(r＋R,mgxR)Q答案ABD解析由功能關系可知，導體棒克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)串聯(lián)電路中焦耳熱按電阻分配可知，W安＝Q焦＝eq\f(R＋r,R)Q，故A正確；通過電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,r＋R)＝eq\f(BLx,r＋R)，故B正確；由能量守恒可知，eq\f(1,2)mv02＝Q焦＋Q摩，所以導體棒與導軌因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q摩＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(R＋r,R)Q＝μmgx，解得：μ＝eq\f(v\o\al(,02),2gx)－eq\f(r＋R,mgxR)Q，故C錯誤，D正確．練習如圖所示，足夠長的平行光滑U形導軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導軌間的距離L＝1.0m，下端連接R＝1.6Ω的定值電阻，導軌電阻不計，所在空間存在垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝1.0T．質(zhì)量m＝0.5kg、電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直放置于導軌上，現(xiàn)用沿導軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0N的恒力使金屬棒ab從靜止開始沿導軌向上滑行且始終與導軌接觸良好，當金屬棒滑行x＝2.8m后速度保持不變．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)(1)金屬棒勻速運動時的速度大小v；(2)金屬棒從靜止到開始勻速運動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR.電磁感應中的動量問題考向1動量定理在電磁感應中的應用【模型+方法】動量定理在電磁感應中的應用導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量為：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通過導體棒或金屬框的電荷量為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt·R總)Δt＝neq\f(ΔФ,R總)，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解．導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量為：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通過導體棒或金屬框的電荷量為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR總)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.如果安培力是導體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1.當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時用動量定理求解更方便．典例(多選)如圖所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ，兩導軌間距為L，導軌電阻均可忽略不計．在M和P之間接有一阻值為R的定值電阻，導體桿ab質(zhì)量為m、電阻也為R，并與導軌接觸良好．整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中．現(xiàn)給ab桿一個初速度v0，使桿向右運動，最終ab桿停止在導軌上．下列說法正確的是()A．a(chǎn)b桿將做勻減速運動直到靜止B．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,3)時，ab桿加速度大小為eq\f(B2L2v0,6mR)C．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,3)時，通過定值電阻的電荷量為eq\f(mv0,3BL)D．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,3)時，ab桿走過的位移為eq\f(4mRv0,3B2L2)答案BD解析ab桿在水平方向上受到與運動方向相反的安培力，安培力大小為FA＝eq\f(B2L2v,2R)，加速度大小為：a＝eq\f(FA,m)＝eq\f(B2L2v,2mR)，由于速度減小，所以ab桿做加速度減小的變減速運動直到靜止，故A錯誤；當ab桿的速度為eq\f(v0,3)時，安培力大小為：F＝eq\f(B2L2v0,6R)，所以加速度大小為：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v0,6mR)，故B正確；對ab桿，由動量定理得：－Beq\x\to(I)L·Δt＝meq\f(v0,3)－mv0，即BLq＝eq\f(2,3)mv0，解得：q＝eq\f(2mv0,3BL)，所以通過定值電阻的電荷量為eq\f(2mv0,3BL)，故C錯誤；由q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(B·Lx,2R)，解得ab桿走過的位移：x＝eq\f(2Rq,BL)＝eq\f(4mRv0,3B2L2)，故D正確．【練習】（2021年安徽省A10聯(lián)盟高考物理開年試卷）如圖，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ傾斜放置，導軌平面與水平面的夾角θ=30°，導軌間距為L，導軌上端連接一個理想電壓表，下端連接一個阻值為R的定值電阻，整個導軌處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B。質(zhì)量為m的金屬棒ab放在導軌上，用平行于導軌平面向上的拉力拉金屬棒，使金屬棒由靜止開始向上運動，某時刻撤去拉力。金屬棒向上運動的整個過程中，電壓表的示數(shù)隨時間變化的圖象如圖乙所示(圖中U0、t0均已知)，金屬棒沿導軌運動過程中與導軌接觸良好且始終與導軌垂直，金屬棒接入電路的電阻為12R，重力加速度為g，不計導軌電阻，求：

(1)撤去拉力的瞬間，金屬棒的速度大??；

(2)t=12t0時刻，作用于金屬棒上拉力的大??；

(3)考向2動量守恒定律在電磁感應中的應用【模型+方法】1．在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便．2．雙棒模型雙棒無外力雙棒有外力示意圖F為恒力動力學觀點導體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動導體棒1做加速度逐漸減小的加速運動，導體棒2做加速度逐漸增大的加速運動，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動動量觀點系統(tǒng)動量守恒系統(tǒng)動量不守恒能量觀點棒1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱外力做的功＝棒1的動能＋棒2的動能＋焦耳熱3.在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統(tǒng)內(nèi)力，如果兩安培力等大反向，且它們受到的外力的合力為0，則滿足動量守恒條件，運用動量守恒定律求解比較方便．這類問題可以從以下三個觀點來分析：(1)力學觀點：通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，而另一個金屬桿做加速度逐漸減小的減速運動，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運動．(2)動量觀點：如果光滑導軌間距恒定，則兩個金屬桿的安培力大小相等，通常情況下系統(tǒng)的動量守恒．(3)能量觀點：其中一個金屬桿動能的減少量等于另一個金屬桿動能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和．典例的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1Ω，軌道的電阻不計．平行水平金屬軌道M、N處于磁感應強度B＝1T的勻強磁場中，磁場方向垂直于軌道平面向上，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖所示．若使b棒以初速度v0＝10m/s開始向左運動，運動過程中b、c不相撞，g取10m/s2，求：(1)c棒的最大速度大??；(2)c棒達到最大速度時，此棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若c棒達到最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達軌道最高點時對軌道的壓力的大小．答案(1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N解析(1)在安培力作用下，b棒做減速運動，c棒做加速運動，當兩棒速度相等時，c棒達到最大速度．選兩棒為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度大小為：v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝5m/s.(2)從b棒開始運動到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動能轉化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總焦耳熱為：Q＝eq\f(1,2)mbv02－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J因為Rb＝Rc，所以c棒達到最大速度時此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J.(3)設c棒沿半圓軌道滑到最高點時的速度為v′，從最低點上升到最高點的過程，由機械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s.在最高點，設軌道對c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)解得F＝1.25N.由牛頓第三定律得，在最高點c棒對軌道的壓力大小為1.25N，方向豎直向上.【練習】(多選)如圖所示，兩根水平固定的足夠長平行光滑金屬導軌上，靜止放著兩根質(zhì)量為m、長度為L、電阻為R的相同導體棒ab和cd，構成矩形回路(ab、cd與導軌接觸良好)，導軌平面內(nèi)有豎直向上的勻強磁場B.現(xiàn)給cd一個初速度v0，則()A．a(chǎn)b將向右做勻加速運動B．a(chǎn)b、cd最終具有相同的速度eq\f(v0,2)C．通過ab桿的電荷量為q＝eq\f(mv0,2BL)D．回路產(chǎn)生的焦耳熱最多為eq\f(1,2)mv02單桿+電阻+導軌四種題型【模型+方法】題型一(v0≠0)題型二(v0＝0)題型三(v0＝0)題型四(v0＝0)說明桿cd以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動，質(zhì)量為m，電阻不計，兩導軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩導軌間距為L，拉力F恒定傾斜軌道光滑，傾角為α，桿cd質(zhì)量為m，兩導軌間距為L豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，兩導軌間距為L示意圖力學觀點桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E＝BLv，電流I＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)。桿做減速運動：v↓?F↓?a↓，當v＝0時，a＝0，桿保持靜止開始時a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?感應電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當a＝0時，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)開始時a＝gsinα，桿cd速度v↑?感應電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，當a＝0時，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)開始時a＝g，桿cd速度v↑?感應電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當a＝0時，v最大，vm＝eq\f(mgR,B2L2)圖像觀點能量觀點動能全部轉化為內(nèi)能：Q＝eq\f(1,2)mv02F做的功一部分轉化為桿的動能，一部分轉化為內(nèi)能：WF＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或減少的重力勢能)一部分轉化為桿的動能，一部分轉化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或減少的重力勢能)一部分轉化為桿的動能，一部分轉化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2【典例】如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ與水平面的夾角為θ，N、Q兩點間接有阻值為R的電阻。整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下。將質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時達到最大速度。重力加速度為g，導軌電阻不計，桿與導軌接觸良好。求：(1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述過程中，桿上產(chǎn)生的熱量?！舅悸伏c撥】：【答案】：(1)gsinθ，方向沿導軌平面向下；eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導軌平面向下；(2)eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)【解析】：(1)設桿cd下滑到某位置時速度為v，則桿產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv回路中的感應電流I＝eq\f(E,R＋R)桿所受的安培力F＝BIL根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－eq\f(B2L2v,2R)＝ma當速度v＝0時，桿的加速度最大，最大加速度a＝gsinθ，方向沿導軌平面向下當桿的加速度a＝0時，速度最大，最大速度vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導軌平面向下。(2)桿cd從開始運動到達到最大速度過程中，根據(jù)能量守恒定律得mgxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)mvm2又Q桿＝eq\f(1,2)Q總，所以Q桿＝eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)?！揪毩暋康淅祟}若已知金屬桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ。現(xiàn)用沿導軌平面向上的恒定外力F作用在金屬桿cd上，使cd由靜止開始沿導軌向上運動，求cd的最大加速度和最大速度。單桿+電容器(或電源)+導軌模型【模型+方法】題型一(v0＝0)題型二(v0＝0)題型三(v0＝0)題型四(v0＝0)說明軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩導軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩導軌間距為L，拉力F恒定傾斜軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩導軌間距為L豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻為R，兩導軌間距為L示意圖力學觀點S閉合，桿cd受安培力F＝eq\f(BLE,r)，a＝eq\f(BLE,mr)，桿cd速度v↑?感應電動勢E感＝BLv↑?I↓?安培力F＝BIL↓?加速度a↓，當E感＝E時，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)開始時a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以桿勻加速運動開始時a＝gsinα，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mgsinα－F安＝ma，a＝eq\f(mgsinα,m＋CB2L2)，所以桿勻加速運動開始時a＝g，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)，所以桿勻加速運動圖像觀點能量觀點電源輸出的電能轉化為動能：W電＝eq\f(1,2)mvm2F做的功一部分轉化為動能，一部分轉化為電場能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一部分轉化為動能，一部分轉化為電場能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一部分轉化為動能，一部分轉化為電場能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC【典例】如圖所示，在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，兩根足夠長的平行光滑金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L。一質(zhì)量為m的導體棒cd垂直于MN、PQ放在軌道而上，與軌道接觸良好。軌道和導體棒的電阻均不計。(1)如圖1所示，若軌道左端M、P間接一阻值為R的電阻，導體棒在拉力F的作用下以速度v沿軌道做勻速運動。請通過公式推導證明：在任意一段時間Δt內(nèi)，拉力F所做的功與電路獲得的電能相等。(2)如圖2所示，若軌道左端接一電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源和一阻值未知的電阻，閉合開關S，導體棒從靜止開始運動，經(jīng)過一段時間后，導體棒達到最大速度vm，求此時電源的輸出功率。(3)如圖3所示，若軌道左端接一電容器，電容器的電容為C，導體棒在水平拉力的作用下從靜止開始向右運動。電容器兩極板間電勢差隨時間變化的圖像如圖4所示，已知t1時刻電容器兩極板間的電勢差為U1。求導體棒運動過程中受到的水平拉力大小?！舅悸伏c撥】：(1)導體棒勻速運動→受力平衡→求出拉力做的功。導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢→產(chǎn)生感應電流→求出回路的電能。(2)閉合開關S→導體棒變加速運動→產(chǎn)生的感應電動勢不斷增大→達到電源的路端電壓→棒中沒有電流→由此可求出電源與電阻所在回路的電流→電源的輸出功率。(3)導體棒在外力作用下運動→回路中形成充電電流→導體棒還受安培力的作用→由牛頓第二定律列式分析?！敬鸢浮浚阂娊馕觥窘馕觥浚?1)導體棒切割磁感線，E＝BLv導體棒做勻速運動，F(xiàn)＝F安，又F安＝BIL，其中I＝eq\f(E,R)在任意一段時間Δt內(nèi)，拉力F所做的功W＝FvΔt＝F安vΔt＝eq\f(B2L2v2,R)Δt電路獲得的電能ΔE＝qE＝EIΔt＝eq\f(B2L2v2,R)Δt可見，在任意一段時間Δt內(nèi)，拉力F所做的功與電路獲得的電能相等。(2)導體棒達到最大速度vm時，棒中沒有電流，電源的路端電壓U＝BLvm電源與電阻所在回路的電流I＝eq\f(E－U,r)電源的輸出功率P＝UI＝eq\f(EBLvm－B2L2vm2,r)。(3)感應電動勢與電容器兩極板間的電勢差相等BLv＝U由電容器的U-t圖可知U＝eq\f(U1,t1)t導體棒的速度隨時間變化的關系為v＝eq\f(U1,BLt1)t可知導體棒做勻加速直線運動，其加速度a＝eq\f(U1,BLt1)由C＝eq\f(Q,U)和I＝eq\f(Q,t)，得I＝eq\f(CU,t)＝eq\f(CU1,t1)由牛頓第二定律有F－BIL＝ma可得F＝eq\f(BLCU1,t1)＋eq\f(mU1,BLt1)?！揪毩暋浚旱淅?3)問變成，圖3中導體棒在恒定水平外力F作用下，從靜止開始運動，導軌與棒間的動摩擦因數(shù)為μ，寫出導體棒的速度大小隨時間變化的關系式。雙桿+導軌模型類【模型+方法】示意圖力學觀點圖像觀點能量觀點導體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動棒1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動外力做的功＝棒1的動能＋棒2的動能＋焦耳熱【典例】(1)如圖1所示，兩根平行的金屬導軌