專題12電磁感應(yīng)及其動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題（講義）-

專題12電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題01專題網(wǎng)絡(luò)·思維腦圖02考情分析·解密高考03高頻考點(diǎn)·以考定法04核心素養(yǎng)·難點(diǎn)突破05創(chuàng)新好題·輕松練考點(diǎn)內(nèi)容學(xué)習(xí)目標(biāo)電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題1.會(huì)畫(huà)等效電路圖，會(huì)求解電路中的參數(shù)；2.會(huì)分析電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)換過(guò)程，并會(huì)計(jì)算焦耳熱；3.掌握常見(jiàn)的單棒模型和雙棒模型及對(duì)應(yīng)的動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用動(dòng)量守恒在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題導(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．處理方法：根據(jù)平衡條件列式分析．導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零．處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問(wèn)題的一般步驟導(dǎo)體常見(jiàn)運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分析v↓E＝Blv↓I＝eq\f(E,R＋r)↓F安＝BIl↓F合若F合＝0勻速直線運(yùn)動(dòng)若F合≠0↓F合＝maa、v同向v增大，若a恒定，拉力F增大v增大，F(xiàn)安增大，F(xiàn)合減小，a減小，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，減小到a＝0，勻速直線運(yùn)動(dòng)a、v反向v減小，F(xiàn)安減小，a減小，當(dāng)a＝0，靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化eq\x(其他形式的能量)eq\o(→,\s\up7(克服安培,力做功))eq\x(電能)eq\o(→,\s\up7(電流做功))eq\x(焦耳熱或其他形式的能量)求解焦耳熱Q的三種方法解題的一般步驟確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路)；弄清電磁感應(yīng)過(guò)程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解．動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在導(dǎo)體單桿切割磁感線做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，若牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)不能解決問(wèn)題，可運(yùn)用動(dòng)量定理巧妙解決問(wèn)題求解的物理量應(yīng)用示例電荷量或速度－Beq\x\to(I)LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt，即－BqL＝mv2－mv1位移－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R總)＝0－mv0時(shí)間－Beq\x\to(I)LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1已知電荷量q、F其他(F其他為恒力)－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－eq\f(B2L2x,R總)＋F其他Δt＝mv2－mv1已知位移x、F其他(F其他為恒力)無(wú)外力充電式基本模型規(guī)律(導(dǎo)軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)電路特點(diǎn)導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電容器充電電流特點(diǎn)安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝eq\f(BLv－UC,R)，電容器充電UC變大，當(dāng)BLv＝UC時(shí)，I＝0，F(xiàn)安＝0，棒勻速運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)和最終特征棒做加速度a減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)I＝0，但電容器帶電荷量不為零最終速度電容器充電荷量：q＝CU最終電容器兩端電壓U＝BLv對(duì)棒應(yīng)用動(dòng)量定理：mv－mv0＝－Beq\x\to(I)L·Δt＝－BLqv＝eq\f(mv0,m＋B2L2C).v－t圖像無(wú)外力放電式基本模型規(guī)律(電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C)電路特點(diǎn)電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運(yùn)動(dòng)電流特點(diǎn)電容器放電時(shí)，導(dǎo)體棒在安培力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)阻礙放電，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，此時(shí)UC＝BLvm運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)及最終特征做加速度a減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)，I＝0最大速度vm電容器充電電荷量：Q0＝CE放電結(jié)束時(shí)電荷量：Q＝CU＝CBLvm電容器放電電荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm對(duì)棒應(yīng)用動(dòng)量定理：mvm－0＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLΔQvm＝eq\f(BLCE,m＋B2L2C)v－t圖像雙桿模型物理模型“一動(dòng)一靜”：甲桿靜止不動(dòng)，乙桿運(yùn)動(dòng)，其實(shí)質(zhì)是單桿問(wèn)題，不過(guò)要注意問(wèn)題包含著一個(gè)條件——甲桿靜止，受力平衡兩桿都在運(yùn)動(dòng)，對(duì)于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是相加還是相減；系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒分析方法動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)能量觀點(diǎn)兩桿系統(tǒng)機(jī)械能減少量等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和動(dòng)量觀點(diǎn)對(duì)于兩金屬桿在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的情況，如果兩金屬桿所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問(wèn)題考向一：電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題【探究重點(diǎn)】棒的初速度為零，拉力F恒定(棒和水平導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，摩擦力不計(jì))如圖，運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析：棒做加速運(yùn)動(dòng)，持續(xù)對(duì)電容器充電，則存在充電電流，由F－BIl＝ma，I＝eq\f(ΔQ,Δt)，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，聯(lián)立可得F－eq\f(CB2l2Δv,Δt)＝ma，其中eq\f(Δv,Δt)＝a，則可得a＝eq\f(F,m＋B2l2C)所以棒做加速度恒定的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．功能關(guān)系：WF＝eq\f(1,2)mv2＋E電求解焦耳熱Q的三種方法焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流恒定的情況；功能關(guān)系：Q＝W克安(W克安為克服安培力做的功)；能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE(其他能的減少量)．【高考解密】(2022·全國(guó)乙卷·24)如圖，一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長(zhǎng)為l＝0.40m的正方形金屬框的一個(gè)頂點(diǎn)上．金屬框的一條對(duì)角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長(zhǎng)度的阻值為λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：(1)t＝2.0s時(shí)金屬框所受安培力的大小；(2)在t＝0到t＝2.0s時(shí)間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱．【答案】(1)eq\f(\r(2),5)N(2)0.016J【解析】(1)金屬框的總電阻為R＝4lλ＝4×0.40×5×10－3Ω＝0.008Ω金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·\f(l2,2),Δt)＝0.1×eq\f(1,2)×0.402V＝0.008V金屬框中的電流為I＝eq\f(E,R)＝1At＝2.0s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝(0.3－0.1×2.0)T＝0.1T金屬框處于磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝eq\r(2)l此時(shí)金屬框所受安培力大小為FA＝B2IL＝0.1×1×eq\r(2)×0.4N＝eq\f(\r(2),25)N(2)0～2.0s時(shí)間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt′＝12×0.008×2J＝0.016J.【考向預(yù)測(cè)】足夠長(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于桌面，鋁框依靠慣性滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，滑行過(guò)程中鋁框平面始終與磁場(chǎng)垂直且一邊與磁場(chǎng)邊界平行，已知，在滑入和滑出磁場(chǎng)區(qū)域的兩個(gè)過(guò)程中()A．鋁框所用時(shí)間相同 B．鋁框上產(chǎn)生的熱量相同C．鋁框中的電流方向相同 D．安培力對(duì)鋁框的沖量相同【答案】D【解析】A．鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，磁通量變化，都會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，受向左安培力而減速，完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁通量不變做勻速運(yùn)動(dòng)；可知離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的平均速度小于進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的平均速度，所以離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間大于進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間，A錯(cuò)誤；C．由楞次定律可知，鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程磁通量增加，感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?；離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程磁通量減小，感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较颍珻錯(cuò)誤；D．鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程安培力對(duì)鋁框的沖量為又得D正確；B．鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，鋁框均做減速運(yùn)動(dòng)，可知鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的速度一直大于鋁框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的速度，根據(jù)可知鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程受到的安培力一直大于鋁框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程受到的安培力，故鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程克服安培力做的功大于鋁框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程克服安培力做的功，即鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的熱量大于鋁框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的熱量，B錯(cuò)誤。故選D?？枷蚨簞?dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用【探究重點(diǎn)】情景示例1水平放置的平行光滑導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，左側(cè)接有電阻R，導(dǎo)體棒初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至停下來(lái)求電荷量q－Beq\x\to(I)LΔt＝0－mv0，q＝eq\x\to(I)Δt，q＝eq\f(mv0,BL)求位移x－eq\f(B2L2\x\to(v),R)Δt＝0－mv0，x＝eq\x\to(v)Δt＝eq\f(mv0R,B2L2)應(yīng)用技巧初、末速度已知的變加速運(yùn)動(dòng)，在用動(dòng)量定理列出的式子中q＝eq\x\to(I)Δt，x＝eq\x\to(v)Δt；若已知q或x也可求末速度情景示例2間距為L(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為θ，由靜止釋放質(zhì)量為m、接入電路的阻值為R的導(dǎo)體棒，當(dāng)通過(guò)橫截面的電荷量為q或下滑位移為x時(shí)，速度達(dá)到v求運(yùn)動(dòng)時(shí)間－Beq\x\to(I)LΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，q＝eq\x\to(I)Δt－eq\f(B2L2\x\to(v),R)Δt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，x＝eq\x\to(v)Δt應(yīng)用技巧用動(dòng)量定理求時(shí)間需有其他恒力參與．若已知運(yùn)動(dòng)時(shí)間，也可求q、x、v中的任一個(gè)物理量【高考解密】(2022·天津·高考真題)如圖所示，邊長(zhǎng)為a的正方形鋁框平放在光滑絕緣水平桌面上，桌面上有邊界平行、寬為b且足夠長(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于桌面，鋁框依靠慣性滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，滑行過(guò)程中鋁框平面始終與磁場(chǎng)垂直且一邊與磁場(chǎng)邊界平行，已知，在滑入和滑出磁場(chǎng)區(qū)域的兩個(gè)過(guò)程中()A．鋁框所用時(shí)間相同 B．鋁框上產(chǎn)生的熱量相同C．鋁框中的電流方向相同 D．安培力對(duì)鋁框的沖量相同【答案】D【解析】A．鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，磁通量變化，都會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，受向左安培力而減速，完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁通量不變做勻速運(yùn)動(dòng)；可知離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的平均速度小于進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的平均速度，所以離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間大于進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間，A錯(cuò)誤；C．由楞次定律可知，鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程磁通量增加，感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?；離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程磁通量減小，感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，C錯(cuò)誤；D．鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程安培力對(duì)鋁框的沖量為又得D正確；B．鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，鋁框均做減速運(yùn)動(dòng)，可知鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的速度一直大于鋁框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的速度，根據(jù)可知鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程受到的安培力一直大于鋁框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程受到的安培力，故鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程克服安培力做的功大于鋁框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程克服安培力做的功，即鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的熱量大于鋁框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的熱量，B錯(cuò)誤。故選D?！究枷蝾A(yù)測(cè)】（2023·福建省泉州市高三下學(xué)期5月適應(yīng)性練習(xí)）間距為的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，整個(gè)裝置處于豎直向下的磁場(chǎng)中，沿方向建立坐標(biāo)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨坐標(biāo)的關(guān)系為（均為大于零的常數(shù)）。將質(zhì)量為的金屬桿鎖定在坐標(biāo)原點(diǎn)處，間接一恒流裝置，該裝置可使回路保持恒定的電流，電流方向由到，如圖所示。某時(shí)刻解除鎖定的同時(shí)對(duì)施加一個(gè)大小為、方向沿軸正方向的恒定外力，使從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。則在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，金屬桿（）A.運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變B.速度達(dá)到最大時(shí)的坐標(biāo)值為C.最大速度為D.最大位移為【答案】C【解析】A．由于導(dǎo)體棒長(zhǎng)度、電流恒定，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨位置線性增加，安培力隨位置線性增加，有即隨變化規(guī)律如圖由圖像可知隨線性變化，故加速度也隨線性變化，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；BC．當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí)即加速度為零，可得到圖像與橫軸交點(diǎn)坐標(biāo)為，也可算出從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)到過(guò)程中合力做的功為，由動(dòng)能定理有可得最大速度B選項(xiàng)錯(cuò)誤，C選項(xiàng)正確；D．在從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中做的功為零，即圖像與坐標(biāo)軸構(gòu)成的兩三角形面積相等，可得到圖像與橫軸交點(diǎn)坐標(biāo)，D選項(xiàng)錯(cuò)誤。故選C?？枷蛉簞?dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用【探究重點(diǎn)】1．在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)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(shí)，滿足動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題比較方便．2．雙棒模型(不計(jì)摩擦力)雙棒無(wú)外力雙棒有外力示意圖F為恒力動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體棒1做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)動(dòng)量觀點(diǎn)系統(tǒng)動(dòng)量守恒系統(tǒng)動(dòng)量不守恒能量觀點(diǎn)棒1動(dòng)能的減少量＝棒2動(dòng)能的增加量＋焦耳熱外力做的功＝棒1的動(dòng)能＋棒2的動(dòng)能＋焦耳熱【高考解密】(2019·全國(guó)卷Ⅲ·19改編)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上，t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示．下列圖像中可能正確的是()【答案】A【解析】棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，使整個(gè)回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，判斷可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運(yùn)動(dòng)，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運(yùn)動(dòng)，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱?，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，這時(shí)兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，水平方向上不受外力作用，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq\f(v0,2)，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤．【考向預(yù)測(cè)】(2023·遼寧撫順市模擬)如圖所示，M、N、P、Q四條光滑的足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距分別為2L和L，兩組導(dǎo)軌間由導(dǎo)線相連，裝置置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在方向豎直向下的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的導(dǎo)體棒C、D分別垂直于導(dǎo)軌放置，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，其余部分電阻不計(jì)．t＝0時(shí)使導(dǎo)體棒C獲得瞬時(shí)速度v0向右運(yùn)動(dòng)，兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好．且達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒C未到兩組導(dǎo)軌連接處．則下列說(shuō)法不正確的是()A．t＝0時(shí)，導(dǎo)體棒D的加速度大小為a＝eq\f(B2L2v0,mR)B．達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，C、D兩棒速度之比為1∶1C．從t＝0時(shí)至達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，回路產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(2,5)mv02D．從t＝0時(shí)到達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為eq\f(2mv0,5BL)【答案】B【解析】開(kāi)始時(shí)，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝2BLv0，電路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,2R)，導(dǎo)體棒D所受安培力F＝BIL，導(dǎo)體棒D的加速度為a，則有F＝ma，解得a＝eq\f(B2L2v0,mR)，故A正確；穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中電流為零，設(shè)此時(shí)C、D棒的速度分別為v1、v2，則有2BLv1＝BLv2，對(duì)變速運(yùn)動(dòng)中任意極短時(shí)間Δt，由動(dòng)量定理得，對(duì)C棒有2Beq\x\to(I)LΔt＝mΔv1，對(duì)D棒有Beq\x\to(I)LΔt＝mΔv2，故對(duì)變速運(yùn)動(dòng)全過(guò)程有v0－v1＝2v2，解得v2＝eq\f(2,5)v0，v1＝eq\f(1,5)v0，故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知回路產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22，解得Q＝eq\f(2,5)mv02，故C正確；由上述分析可知對(duì)變速運(yùn)動(dòng)中任意極短時(shí)間Δt，由動(dòng)量定理得，對(duì)C棒有2Beq\x\to(I)LΔt＝mΔv1，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝eq\f(2mv0,5BL)，故D正確．(2023·江蘇省金陵中學(xué)高三檢測(cè))某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種帶有閃爍燈的自行車車輪，以增強(qiáng)夜間騎車的安全性．如圖所示為自行車后車輪，已知金屬車輪半徑為r＝0.6m，金屬輪軸半徑可以忽略，有絕緣輻條連接輪軸與車輪(輻條未畫(huà)出)．車輪與輪軸之間對(duì)稱地接有4根相同的金屬條，每根金屬條中間都串接一個(gè)LED燈，LED燈可視為純電阻，每個(gè)LED燈的阻值恒為R＝0.45Ω，不計(jì)其他電阻．車輪旁的車架上固定有一特殊磁鐵，能在車輪與輪軸之間形成一個(gè)方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T的扇形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，扇形對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝30°.使自行車沿平直路面勻速前進(jìn)，已知車輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω＝20rad/s，不計(jì)車輪厚度，忽略磁場(chǎng)的邊緣效應(yīng)，取π＝3，則下列說(shuō)法正確的是()A．車輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周過(guò)程中，LED燈亮的總時(shí)間為0.075sB．金屬條ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ab上電流的方向是a→bC．金屬條ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ab上電流大小是2AD．車輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周，LED燈產(chǎn)生的總焦耳熱為0.54J【答案】D【解析】依題意，可得車輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間為T＝eq\f(2π,ω)＝0.3s，車輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，能產(chǎn)生感應(yīng)電流的時(shí)間為t＝4×eq\f(30°,360°)T＝0.1s，即LED燈亮的總時(shí)間為0.1s，故A錯(cuò)誤；金屬條ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)右手定則判斷知ab上電流的方向是b→a，故B錯(cuò)誤；金屬條ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ab相當(dāng)于電源，其等效電路圖如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(1,2)Br2ω＝1.8V，電路中的總電阻為R總＝R＋eq\f(1,3)R＝0.6Ω，所以通過(guò)ab的電流大小為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(1.8,0.6)A＝3.0A，故C錯(cuò)誤；車輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周，LED燈亮的總時(shí)間為0.1s，則產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝I2R總t＝32×0.6×0.1J＝0.54J，故D正確．（2023·山東省齊魯名校大聯(lián)盟高三下學(xué)期三模）如圖所示，邊長(zhǎng)為l的正三角形線圈，線圈匝數(shù)為n，以角速度繞勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，的左側(cè)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。M為導(dǎo)電環(huán)，負(fù)載電阻為R，其他電阻不計(jì)，在線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周過(guò)程中（）A.圖示時(shí)刻（線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直），線圈的磁通量最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也最大B.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值是C.R上產(chǎn)生的熱量為D.通過(guò)R的電荷量為【答案】C【解析】A．圖示時(shí)刻（線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直），即中性面，此位置線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)正弦交流電的產(chǎn)生原理，可知該交流電的最大值為B錯(cuò)誤；C．在線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周過(guò)程中只有半周會(huì)有電流產(chǎn)生，所以R上產(chǎn)生的熱量為C正確；D．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周過(guò)程中通過(guò)線圈的磁通量的變化量為零，根據(jù)可知，線圈產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為零，所以平均電流也為零，通過(guò)R的電荷量為0，D錯(cuò)誤。故選C。（2023·江蘇省南京市高三下學(xué)期4月二模）某種發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，矩形線圈處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，可繞與磁場(chǎng)方向垂直的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為。已知線圈的匝數(shù)為，邊長(zhǎng)為，邊長(zhǎng)為，線圈總電阻為，線圈與阻值為的外電路連接，交流電壓表為理想電表。求：（1）線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，通過(guò)電阻的電量。（2）發(fā)電機(jī)正常工作時(shí)，交流電壓表的示數(shù)。【答案】（1）；（2）【解析】（1）根據(jù)題意，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)電流強(qiáng)度通過(guò)電阻的電量聯(lián)立得通過(guò)的電量為（2）根據(jù)題意可知，最大的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)得交變電流的最大值則電壓表示數(shù)為(2023·湖北省模擬)如圖，質(zhì)量為M的U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上，間距L的ab和dc邊平行，都與bc邊垂直．a(chǎn)b、dc足夠長(zhǎng)，整個(gè)金屬框電阻可忽略．一根電阻為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行．(1)若導(dǎo)體棒MN在外力作用下保持靜止，求最終穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)金屬框的速度大??；(2)若導(dǎo)體棒不受外力作用，求最終穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)電路中的電動(dòng)勢(shì)．【答案】(1)eq\f(FR,B2L2)(2)eq\f(mFR,BLM＋m)【解析】(1)由題意知：金屬框做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減為0，穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力平衡有F安＝F導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)安培力為F安＝BIL聯(lián)立解得v＝eq\f(FR,B2L2)(2)導(dǎo)體棒、金屬框最終以相同的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度差一定，對(duì)整體由牛頓第二定律有F＝(m＋M)a對(duì)導(dǎo)體棒受力分析有BIL＝ma，E＝IR聯(lián)立解得E＝eq\f(mFR,BLM＋m).(2022·浙江省精誠(chéng)聯(lián)盟聯(lián)考)如圖(a)所示，電阻為2R、半徑為r、匝數(shù)為n的圓形導(dǎo)體線圈兩端與水平導(dǎo)軌AD、MN相連．與導(dǎo)體線圈共圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有豎直向下的磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖(b)所示，圖(b)中的B0和t0均已知．PT、DE、NG是橫截面積和材料完全相同的三根粗細(xì)均勻的金屬棒．金屬棒PT的長(zhǎng)度為3L、電阻為3R、質(zhì)量為m.導(dǎo)軌AD與MN平行且間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌EF與GH平行且間距為3L，DE和NG的長(zhǎng)度相同且與水平方向的夾角均為30°.區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ是兩個(gè)相鄰的、長(zhǎng)和寬均為d的空間區(qū)域．區(qū)域Ⅰ中存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng).0～2t0時(shí)間內(nèi)，使棒PT在區(qū)域Ⅰ中某位置保持靜止，且其兩端分別與導(dǎo)軌EF和GH對(duì)齊．除導(dǎo)體線圈、金屬棒PT、DE、NG外，其余導(dǎo)體電阻均不計(jì)，所有導(dǎo)體間接觸均良好且均處于同一水平面內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，不考慮回路中的自感．(1)求在0～2t0時(shí)間內(nèi)，使棒PT保持靜止的水平外力F的大小；(2)在2t0以后的某時(shí)刻，若區(qū)域Ⅰ內(nèi)的磁場(chǎng)在外力作用下從區(qū)域Ⅰ以v0的速度勻速運(yùn)動(dòng)，完全運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅱ時(shí)，導(dǎo)體棒PT速度恰好達(dá)到v0且恰好進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，該過(guò)程棒PT產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求金屬棒PT與區(qū)域Ⅰ右邊界的初始距離x0和該過(guò)程維持磁場(chǎng)勻速運(yùn)動(dòng)的外力做的功W；(3)若磁場(chǎng)完全運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅱ時(shí)立刻停下，求導(dǎo)體棒PT運(yùn)動(dòng)到EG時(shí)的速度大小v.【答案】(1)0～t0時(shí)間內(nèi)F＝eq\f(nB02πLr2,3Rt0)；t0～2t0時(shí)間內(nèi)F＝0(2)d－eq\f(3mRv0,B02L2)3Q＋eq\f(1,2)mv02(3)v0－eq\f(2\r(3)B02L3,3mR)【解析】(1)在0～t0時(shí)間內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(B0,t0)πr2由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,3R)＝eq\f(nB0πr2,3Rt0)故在0～t0時(shí)間內(nèi)，使PT棒保持靜止的水平外力大小為F＝FA＝BIL＝eq\f(nB02πLr2,3Rt0)在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)不變化，回路中電動(dòng)勢(shì)為零，無(wú)電流，則外力F＝0(2)PT棒向右加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，取向右的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量定理得eq\f(B02L2Δx,3R)＝mv0得Δx＝eq\f(3mRv0,B02L2)所以x0＝d－Δx＝d－eq\f(3mRv0,B02L2)PT棒向右加速過(guò)程中，回路中的總焦耳熱為Q總＝3Q由功能關(guān)系和能量守恒定律得W＝3Q＋eq\f(1,2)mv02(3)棒PT從磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ左邊界向右運(yùn)動(dòng)距離x時(shí)，回路中棒PT的長(zhǎng)度為lx＝2eq\f(\r(3),3)x＋L回路中總電阻為R總x＝eq\f(R,L)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lx＋2\f(2\r(3),3)x))＋2R＝eq\f(R,L)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\f(\r(3),3)x＋L＋2\f(2\r(3),3)x))＋2R＝eq\f(R,L)(2eq\r(3)x＋3L)回路中電流為Ix＝eq\f(B0lxvx,R總x)＝eq\f(B02\f(\r(3),3)x＋Lvx,\f(R,L)2\r(3)x＋3L)＝eq\f(B0Lvx,3R)棒PT所受安培力大小為FAx＝B0Ixlx＝eq\f(B02Lvxlx,3R)棒PT從磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ左邊界運(yùn)動(dòng)到EG過(guò)程中，以v0方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理得－∑eq\f(B02Lvxlx,3R)Δt＝mv－mv0即－eq\f(B02LS梯,3R)＝mv－mv0其中S梯＝2eq\r(3)L2所以v＝v0－eq\f(2\r(3)B02L3,3mR).如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，垂直磁場(chǎng)方向的水平面中有兩根固定的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上面平放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，兩棒彼此平行且相距d，構(gòu)成一矩形回路．導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)．設(shè)導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑行，初始時(shí)刻ab棒靜止，給cd棒一個(gè)向右的初速度v0，求：(1)當(dāng)cd棒速度減為0.6v0時(shí)，ab棒的速度v及加速度a的大小；(2)ab、cd棒間的距離從d增大到最大的過(guò)程中，通過(guò)回路的電荷量q及兩棒間的最大距離x.【答案】(1)0.4v0eq\f(B2L2v0,10mR)(2)eq\f(mv0,2BL)d＋eq\f(mv0R,B2L2)【解析】(1)兩棒組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此滿足動(dòng)量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv解得v＝0.4v0回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝0.6BLv0－0.4BLv0此時(shí)回路電流I＝eq\f(E,2R)因此加速度a＝eq\f(BIL,m)整理得a＝eq\f(B2L2v0,10mR)(2)ab、cd棒速度相等時(shí)有最大距離，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0＝2mv共對(duì)ab棒，根據(jù)動(dòng)量定理有Beq\x\to(I)LΔt＝m