第14講.電磁感應(yīng)的綜合運用（解析版）-2024高考二輪復(fù)習(xí)

2024高考二輪復(fù)習(xí)二十五講第14講、電磁感應(yīng)的綜合運用第一部分織網(wǎng)點睛，綱舉目張一、電磁感應(yīng)中的圖像問題1.電磁感應(yīng)圖象問題大體上可分為三類(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象。(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量。(3)依據(jù)圖象定量計算。2.分析電磁感應(yīng)中的圖象問題的思路與方法圖象類型(1)各量隨時間變化的圖象：如B-t圖象、φ-t圖象、E-t圖象、I-t圖象、F-t圖象等(2)各量隨位移變化的圖象：如E-x圖象、I-x圖象等問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出相應(yīng)的圖象(畫圖象)(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的問題(用圖象)常用規(guī)律有關(guān)方向的推斷左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律六類公式(1)平均感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)(2)平動切割電動勢E＝Blv(3)轉(zhuǎn)動切割電動勢E＝eq\f(1,2)Bl2ω(4)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)(5)安培力F＝BIl(6)牛頓運動定律及運動學(xué)的相關(guān)公式等常用方法排解法定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特殊是分析物理量的正負(fù)，以排解錯誤的選項函數(shù)法依據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象進(jìn)行分析和推斷二。電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1．通電導(dǎo)體在磁場中受到安培力作用，電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)問題聯(lián)系在一起。解決的基本方法如下：(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動勢的大小和方向；(2)求回路中的電流；(3)分析導(dǎo)體受力狀況(包含安培力在內(nèi)的全面受力分析)；(4)依據(jù)平衡條件或牛頓其次定律列方程。2．兩種狀態(tài)處理(1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài)。處理方法：依據(jù)平衡條件——合外力等于零列式分析。(2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不等于零。處理方法：依據(jù)牛頓其次定律進(jìn)行動態(tài)分析，或結(jié)合功能關(guān)系分析。1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化。2．感應(yīng)電流在磁場中受安培力，克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。3．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化eq\x(\a\al(其他形式,的能量))eq\o(→,\s\up7(克服安培),\s\do5(力做功))eq\x(\a\al(電,能))eq\o(→,\s\up7(電流做功),\s\do5())eq\x(\a\al(焦耳熱或其他,形式的能量))其次部分實戰(zhàn)訓(xùn)練，高考真題演練1.（2023學(xué)業(yè)水公平級考試上海卷）如圖（a）單匝矩形線框cdef放置在傾角θ=30°的斜面上，在寬度為D=0.4m的區(qū)域有垂直于斜面對上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B=0.5T，線框質(zhì)量m=0.1kg，總電阻R=0.25Ω。現(xiàn)對線框施加一沿斜面對上的力F使線框向上運動，ed邊離開磁場時撤去外力F，線框速度隨時間變化的圖像如圖（b）。已知線框ef=0.4m，線框與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=，g取9.8m/s2。求：（1）外力F的大??；（2）線框cf的長度L；（3）整個過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱Q?！緟⒖即鸢浮浚?）1.48N（2）0.5m（3）0.4J【名師解析】（1）對線框受力分析如圖所示。由牛頓其次定律，F(xiàn)-mgsinθ-f=ma，N=mgcosθ，f=μN。由速度圖像可知，在0~0.4s內(nèi)，a==5m/s2。聯(lián)立解得：F=1.5N.（2）對線框受力分析如圖所示。在線框勻速運動階段，F(xiàn)=mgsinθ+f+FA，N=mgcosθ，f=μN。安培力FA=BIL，I=E/R,E=BLv，v=2.0m/s聯(lián)立解得：L=0.5m（3）由I=E/R,E=BLv，可得I=2A，線框進(jìn)入磁場時間和出磁場時間相等，都是t=ef/v=0.2s，由焦耳定律可得整個過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2R（2t）=0.4J2.（2023高考全國甲卷）（20分）如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導(dǎo)軌的電阻忽視不計。導(dǎo)軌所在區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點。P在導(dǎo)軌上運動時，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求：（1）金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大?。唬?）金屬棒P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量；（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運動的時間?！緟⒖即鸢浮浚?）（2）（3）【命題意圖】本題考查電磁感應(yīng)、彈性碰撞、平拋運動及其相關(guān)學(xué)問點。【解題思路】（1）Q與P彈性碰撞，由動量守恒定律，3mv0=mvP+3mvQ，由系統(tǒng)動能守恒，=+聯(lián)立解得：，依據(jù)題述，P、Q落到地面同一點，由平拋運動規(guī)律可知，金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大小為（2）由能量守恒定律，金屬棒P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量Q=-=（3）P在導(dǎo)軌上做變速運動，設(shè)速度為v時金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e，電流為i，在△t時間內(nèi)速度變化△v，由法拉第電磁感應(yīng)定律，e=BLv，由閉合電路歐姆定律，i=e/R所受安培力F=BiL=，由動量定理，F(xiàn)△t=m△v，即：△t=m△v，方程兩側(cè)求和Σ△t=Σm△v，即Σv△t=mΣ△v，留意到Σv△t=x，Σ△v=-=v0，解得：x=由x=vQt解得與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運動的時間為t=【規(guī)律總結(jié)】兩物體彈性碰撞，利用動量守恒定律和動能之和不變列方程解答；導(dǎo)體棒在磁場中切割磁感線運動為變速直線運動，可以接受微元法，把位移分割為微元，利用動量定理列方程解答。3.（2023高考湖南卷）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為．現(xiàn)將質(zhì)量均為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為．運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽視不計，重力加速度為．（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運動時的速度大??；（2）在（1）問中，當(dāng)棒勻速運動時，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大?。唬?）在（2）問中，從棒釋放瞬間開頭計時，經(jīng)過時間，兩棒恰好達(dá)到相同的速度，求速度的大小，以準(zhǔn)時間內(nèi)棒相對于棒運動的距離．【參考答案】（1）；（2）；（3）【名師解析】（1）a勻速運動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1=BLv0，導(dǎo)體棒a中電流I=E1/2R所受安培力F=BIL，勻速運動，mgsinθ=F聯(lián)立解得v0==（2）當(dāng)導(dǎo)體棒a勻速運動時，釋放b，由左手定則可推斷出導(dǎo)體棒b受到沿導(dǎo)軌斜向下的安培力力，由牛頓其次定律，mgsinθ+F=ma，解得a=2gsinθ。（3釋放導(dǎo)體棒b后，由于導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢對于回路來說，與導(dǎo)體棒a中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，所以兩導(dǎo)體棒所受安培力均減小，對導(dǎo)體棒a，由動量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0對導(dǎo)體棒b，由動量定理，（mgsinθ+F）t0=mv聯(lián)立解得：v=gt0sinθ+取導(dǎo)體棒變速運動過程中，導(dǎo)體棒a速度為vi時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Ei=BLvi，同時導(dǎo)體棒b速度為vj，感應(yīng)電動勢Ej=BLvj，導(dǎo)體棒中電流為I==，所受安培力F=BIL=對導(dǎo)體棒b，由動量定理，（mgsinθ+）△t=m△v方程兩側(cè)求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v留意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x解得：△x=4．（2023全國高考新課程卷）（20分）一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖（a）所示。（1）使金屬框以肯定的初速度向右運動，進(jìn)入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。（2）在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻，導(dǎo)軌電阻可忽視，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖（b）所示。讓金屬框以與（1）中相同的初速度向右運動，進(jìn)入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。【名師解析】（1）設(shè)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場時速度為v0，導(dǎo)線框完全進(jìn)入時速度為v1，對導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程中某時刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=BLvi，感應(yīng)電流，i=e/4R0,所受安培力F=BiL，聯(lián)立解得：F=取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，留意到Σvi△t=L，Σ△v=v1-v0，化簡得=m（v0-v1）①導(dǎo)線框完全在勻強磁場中運動，導(dǎo)線框中磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，做勻速直線運動。導(dǎo)線框出磁場過程，取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，留意到Σvi△t=L，Σ△v=-v1，化簡得=m（v1-）②①②兩式消去v1，得v0=（2）導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域過程，右側(cè)邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由于導(dǎo)軌電阻可忽視，此時金屬框上下部分被短路，其電路可以簡化如下。故電路中的外電路電阻為=,總電阻R總=R0+=設(shè)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場時速度為v，導(dǎo)線框完全進(jìn)入時速度為v1，對導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程中某時刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=Blvi，感應(yīng)電流，i=e/R總，所受安培力F=Bil，聯(lián)立解得：F=取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，留意到Σvi△t=l，Σ△v=v1-v，化簡得=m（v-v1）①解得：v1=v-=在這個過程中線框動能減小△Ek1=-=由能量守恒定律可知整個電路電阻產(chǎn)生的熱量Q=△Ek1=設(shè)此過程中R1中產(chǎn)生的熱量為Q1，由于R1=2R，依據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律和焦耳定律可知，導(dǎo)線框右邊電阻產(chǎn)生的熱量為4.5Q1，左邊電阻產(chǎn)生的熱量為2Q1，整個電路電阻產(chǎn)生的熱量為Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5Q1.解得：Q1=導(dǎo)線框完全在磁場區(qū)域運動，導(dǎo)線框可以視為內(nèi)阻為0.5R的電源，回路總電阻R總=2.5R，導(dǎo)線框做減速運動，設(shè)導(dǎo)線框開頭出磁場時速度為v2，對導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程中某時刻速度vi，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=Blvi，感應(yīng)電流，i=e/R總，所受安培力F=Bil，聯(lián)立解得：F=取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側(cè)求和，-Σ△t=Σm△v，留意到Σvi△t=L，Σ△v=v2-v1，化簡得=m（v1-v2）①解得：v2=v1-=0，則說明線框右側(cè)將離開磁場時就停止運動了。在這個過程中線框動能減小△Ek2==由能量守恒定律可知整個電路電阻產(chǎn)生的熱量Q’=△Ek1=設(shè)此過程中R1中產(chǎn)生的熱量為Q2，則導(dǎo)線框電阻產(chǎn)生的熱量為Q2，整個電路電阻產(chǎn)生的熱量為Q’=1.25Q2.解得：Q2.=整個運動過程中，R1產(chǎn)生的熱量為Q=Q1+Q2==+=5．（11分）（2023年6月高考浙江選考科目）某愛好小組設(shè)計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組成，并形成團合回路。裝置A能自動調(diào)整其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定，方向如圖所示。導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運動到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零：在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大?。ㄆ渲衚為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面對里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小，方向與B1相同?；鸺裏o動力下降到導(dǎo)軌頂端時與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進(jìn)入導(dǎo)軌，到達(dá)絕緣停靠平臺時速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距，導(dǎo)電桿電阻為R。導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計空氣阻力和摩擦力，不計導(dǎo)軌電阻和裝置A的內(nèi)阻。在火箭落停過程中，（1）求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；（2）求回路感應(yīng)電動勢E與運動時間t的關(guān)系；（3）求裝置A輸出電壓U與運動時間t的關(guān)系和輸出的能量W；（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小。【參考答案】（1）3Mg；；（2）E=（v0-2gt）；（3）；（4）裝置A可回收的能量包括導(dǎo)電桿和火箭的動能和重力勢能?！久麕熃馕觥浚?）導(dǎo)電桿所受安培力F=B1Id=kI·I·=3Mg由動能定理，-FL+MgL=0-解得：L=。（2）火箭與導(dǎo)電桿下落做勻減速運動，由F-Mg=Ma，解得加速度大小為a=2g。在時刻t，導(dǎo)電桿的速度v=v0-at=v0-2gt，導(dǎo)電桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=B2dv=2kI·d·（v0-2gt）=（v0-2gt）（3）依據(jù)題述導(dǎo)電桿中電流恒定為I，則有U-E=IR，解得裝置A輸出電壓U=IR+v0-t=裝置A輸出的電功率P=UI=I2R+3Mgv0-6Mg2t由v0-2gt0=0解得總下落時間t0=令I(lǐng)2R+3Mgv0=P0，畫出輸出的電功率P隨時間t變化圖像，如圖。電功率P隨時間t變化圖像與橫軸所圍面積等于輸出的能量W，所以W==（I2R+3Mgv0）=（4）若R的阻值視為零，裝置A可回收的能量包括導(dǎo)電桿和火箭的動能和重力勢能；動能為EK=，重力勢能為為Ep=Mg·=，可回收的總能量為W回=EK+Ep=+=第三部分思路歸納，內(nèi)化方法一、電磁感應(yīng)能量問題解題方法1．電磁感應(yīng)過程實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力作用。因此閉合電路的一部分導(dǎo)體運動切割磁感線時必克服安培力做功。此過程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。當(dāng)感應(yīng)電流通過用電器時，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能。同理，電流做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，電流做多少功就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2．電能求解思路主要有三種：(1)利用克服安培力做功求解，電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功。(2)利用能量守恒求解，導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流時，開頭的機械能總和與最終的機械能總和之差等于產(chǎn)生的電能。(3)利用電路特征來求解，通過電路中所消耗的電能來計算。3.求解電磁感應(yīng)中能量問題的策略(1)若回路中的電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計算。(2)若回路中的電流變化，則可按以下兩種狀況計算：①利用功能關(guān)系求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的削減量等于回路中產(chǎn)生的電能，如例2的第(2)小題中焦耳熱的計算。4．求解焦耳熱Q的三種方法二、電磁感應(yīng)的動力學(xué)問題解題方法1．電路分析：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，感應(yīng)電動勢相當(dāng)于電源的電動勢，導(dǎo)體棒的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv,R＋r)。2．受力分析：導(dǎo)體棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl或eq\f(B2l2v,R總)，依據(jù)牛頓其次定律列動力學(xué)方程：F合＝ma。3．過程分析：由于安培力是變力，導(dǎo)體棒做變加速或變減速運動，當(dāng)加速度為零時，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，最終做勻速直線運動，依據(jù)共點力平衡條件列平衡方程F合＝0。4．抓住力學(xué)對象和電學(xué)對象間的橋梁——感應(yīng)電流I、切割速度v，“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題三、電磁感應(yīng)圖像問題解題步驟(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者是E－t圖、I－t圖等。(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程推斷對應(yīng)的圖象是否分段，共分幾段。(3)用右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電流的方向。(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式。(5)依據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析。(6)畫圖象或推斷圖象。四、動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用(1)對于兩導(dǎo)體棒在平直的光滑導(dǎo)軌上運動的狀況，假如兩棒所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動量守恒定律處理問題。(2)當(dāng)題目中涉及電荷量或平均電流時，可應(yīng)用動量定理eq\x\to(BI)L·Δt＝m·Δv、q＝eq\x\to(I)·Δt來解決問題。五、電磁感應(yīng)中電路問題的解題流程確定解決電磁感應(yīng)中的電路和動力學(xué)問題的關(guān)鍵電磁感應(yīng)與動力學(xué)問題聯(lián)系的橋梁是磁場對感應(yīng)電流的安培力。解答電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題，在分析方法上，要始終抓住導(dǎo)體的受力(特殊是安培力)特點及其變化規(guī)律，明確導(dǎo)體的運動過程以及運動過程中狀態(tài)的變化，精確?????把握運動狀態(tài)的臨界點。(1)eq\a\vs4\al(電學(xué),對象)電源：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)分析電路的結(jié)構(gòu)eq\a\vs4\al(利用電路的規(guī)律，如：E＝IR＋r,或U＝E－Ir)(2)eq\a\vs4\al(力學(xué),對象)受力分析：F安＝BIl→F合＝maeq\a\vs4\al(過程分析：F合＝ma→v→E→I→)eq\a\vs4\al(F安)(3)臨界點→運動狀態(tài)的變化點六“單桿＋電阻＋導(dǎo)軌”四種題型剖析題型一(v0≠0)題型二(v0＝0)題型三(v0＝0)題型四(v0＝0)說明質(zhì)量為m，電阻不計的單桿cd以肯定初速度v0在光滑水平軌道上滑動，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)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，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L示意圖力學(xué)觀點桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)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(dāng)v＝0時，a＝0，桿保持靜止開頭時a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)開頭時a＝gsinα，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)開頭時a＝g，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時，v最大，vm＝eq\f(mgR,B2L2)圖像觀點能量觀點動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝eq\f(1,2)mv02F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WF＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或削減的重力勢能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或削減的重力勢能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2[方法規(guī)律]“單桿＋電容器(或電源)＋導(dǎo)軌”四種題型剖析題型一(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，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定軌道傾斜光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道豎直光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻為R，兩平行導(dǎo)軌間距為L示意圖力學(xué)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(yīng)電動勢E感＝BLv↑?I↓?安培力F＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時，v最大，且vmax＝eq\f(E,BL)開頭時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，F(xiàn)－F安＝ma，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以桿做勻加速運動開頭時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)，所以桿做勻加速運動開頭時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)，所以桿做勻加速運動圖像觀點能量觀點電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動能：W電＝eq\f(1,2)mvm2F做的功一部分轉(zhuǎn)化為動能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC[方法規(guī)律]“雙桿＋導(dǎo)軌”四種題型剖析(雙棒質(zhì)量m1＝m2、電阻r1＝r2，導(dǎo)軌電阻不計)題型一(光滑的平行導(dǎo)軌)題型二(光滑不等距導(dǎo)軌)題型三(光滑的平行導(dǎo)軌)題型四(不光滑平行導(dǎo)軌)示意圖導(dǎo)體棒長度L1＝L2導(dǎo)體棒長度L1＝2L2，兩棒只在各自的軌道上運動導(dǎo)體棒長度L1＝L2摩擦力Ff1＝Ff2＝Ff導(dǎo)體棒長度L1＝L2圖像觀點力學(xué)觀點棒1做加速度減小的減速運動，棒2做加速度減小的加速運動，穩(wěn)定時，兩棒以相等的速度勻速運動棒1做加速度減小的減速運動，棒2做加速度減小的加速運動，穩(wěn)定時，兩棒的加速度均為零，速度之比為1∶2開頭時，兩棒做變加速運動；穩(wěn)定時，兩棒以相同的加速度做勻加速運動開頭時，若Ff<F≤2Ff，則棒2先做變加速運動后做勻速運動，棒1靜止。若F>2Ff，則棒2先做變加速運動后做勻加速運動，棒1先靜止后做變加速運動，最終和棒2做加速度相同的勻加速運動動量觀點兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒兩棒組成的系統(tǒng)動量不守恒對單棒可以用動量定理兩棒組成的系統(tǒng)動量不守恒對單棒可以用動量定理兩棒組成的系統(tǒng)動量不守對單棒可以用動量定理恒能量觀點系統(tǒng)動能的削減量等于產(chǎn)生的焦耳熱系統(tǒng)動能的削減量等于產(chǎn)生的焦耳熱拉力做的功一部分轉(zhuǎn)化為雙棒的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(焦耳熱)：W＝Q＋Ek1＋Ek2拉力做的功一部分轉(zhuǎn)化為雙棒的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(摩擦熱和焦耳熱)：W＝Q1＋Q2＋Ek1＋Ek2解決線框模型問題的兩大關(guān)鍵(1)分析電磁感應(yīng)狀況：弄清線框在運動過程中是否有磁通量不變的階段，線框進(jìn)入和穿出磁場的過程中，才有感應(yīng)電流產(chǎn)生，結(jié)合閉合電路歐姆定律列方程解答。(2)分析線框的受力以及運動狀況，選擇合適的力學(xué)規(guī)律處理問題：在題目中涉及電荷量、時間以及安培力為變力時應(yīng)選用動量定理處理問題；假如題目中涉及加速度的問題時選用牛頓運動定律解決問題比較便利。第四部分最新模擬集萃，提升應(yīng)試力量1.（2023湖南三湘創(chuàng)新進(jìn)展聯(lián)考）質(zhì)量為m、邊長為L的均勻?qū)Ь€首尾相接制成的單匝正方形閉合導(dǎo)線框abcd，總電阻為R。將其置于磁感應(yīng)強度大小為B的水平勻強磁場上方h處，磁場的上邊界水平，方向垂直紙面對外，如圖所示。將導(dǎo)線框由靜止釋放，當(dāng)導(dǎo)線框一半面積進(jìn)入磁場時，恰好處于平衡狀態(tài)，導(dǎo)線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且b、d兩點的連線始終水平，已知重力加速度大小為g，不計空氣阻力。求：（1）導(dǎo)線框一半面積進(jìn)入磁場時，導(dǎo)線框的速度大小v；（2）導(dǎo)線框從靜止下落到一半面積進(jìn)入磁場時，導(dǎo)線產(chǎn)生的熱量Q；（3）導(dǎo)線框從靜止下落到完全進(jìn)入磁場時，通過導(dǎo)線框某一橫截面的電荷量q。

【參考答案】（1）；（2）；（3）【名師解析】（1）導(dǎo)線框一半面積進(jìn)入磁場時，線框切割磁感線的有效長度為，則線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為依據(jù)閉合電路的歐姆定律可知線框中的感應(yīng)電流為依據(jù)平衡條件有解得（2）導(dǎo)線框從靜止下落到一半面積進(jìn)入磁場的過程中，依據(jù)能量守恒定律有解得（3）導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程中的平均感應(yīng)電動勢平均感應(yīng)電流為依據(jù)電流的定義有解得2.（2023北京東城二模）如圖所示，粗細(xì)均勻的導(dǎo)線制成的單匝正方形閉合線框abcd，邊長為L，總電阻為R。將其置于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面對里的水平勻強磁場上方h處。線框由靜止開頭自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行。當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框加速度恰好為零。已知重力加速度為g。在線框進(jìn)入磁場過程中，求：（1）線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小E，及cd兩點間的電勢差Ucd；（2）線框的質(zhì)量m；（3）通過線框的電荷量q?！緟⒖即鸢浮浚?），；（2）；（3）【名師解析】（1）線框自由下落過程中，由動能定理得解得由法拉第電磁感應(yīng)定律感應(yīng)電動勢為cd兩點間的電勢差（2）線框中電流則cd邊所受安培力cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框加速度恰好為零，則解得線框的質(zhì)量（3）在線框進(jìn)入磁場過程中，通過線框的電荷量又，，解得3.(2024安徽合肥重點高中質(zhì)檢)如圖所示，傾角為、足夠長的光滑絕緣斜面固定不動，斜面上有一系列間距均為的水平虛線（圖中僅畫出部分），虛線1、2間存在垂直斜面對下的勻強磁場，從虛線2向下每間隔在兩虛線間存在垂直斜面對下的與虛線1、2間相同的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為。一質(zhì)量為、電阻值為、邊長為的正方形線框從虛線1上方某位置由靜止釋放，邊始終與虛線平行，當(dāng)線框的邊剛好到達(dá)虛線1時，線框的加速度大小為，方向沿斜面對下，重力加速度取。整個過程中線框始終沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動。求：（1）線框釋放瞬間，邊到虛線1的間距；（2）線框的最大速度；（3）若從釋放到線框的速度達(dá)到最大，所用的時間為，則此過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱為多少?【參考答案】（1）；（2）；（3）【名師解析】（1）設(shè)線框的邊到虛線1時的速度為，則由法拉第電磁感應(yīng)定律得由閉合電路歐姆定律得又由牛頓其次定律得代入數(shù)據(jù)解得線框從釋放到邊與虛線1重合的過程，由機械能守恒定律得解得（2）線框的速度最大時，線框的合力為零，由力的平衡條件得又又由代入數(shù)據(jù)解得（3）進(jìn)入磁場前，設(shè)線框的加速度為，則由牛頓其次定律得解得線框從釋放到邊與虛線1重合的時間為所以線框在磁場中運動的時間為由題意可知，線框在沿斜面下滑的過程中，始終受到安培力的作用，設(shè)線框從剛進(jìn)入磁場開頭經(jīng)時間速度變化為，線框的速度為，此時有時間內(nèi)，由動量定理得設(shè)線框在時間內(nèi)沿斜面體下滑的距離為.對上式兩邊求和得整理得代入數(shù)據(jù)解得由能量守恒定律得解得Q=4.（18分）（2023吉林二模）電磁減震器是利用電磁感應(yīng)原理的一種新型智能化汽車獨立懸架系統(tǒng)。某同學(xué)也設(shè)計了一個電磁阻尼減震器，圖為其簡化的原理圖。該減震器由絕緣滑動桿及固定在桿上的多個相互緊靠的相同矩形線圈組成，滑動桿及線圈的總質(zhì)量m=1.0kgQUOTEm=1.0kg。每個矩形線圈abcdQUOTEabcd匝數(shù)n=100QUOTEn=100匝，電阻值RQUOTER=1.0Ω，QUOTEabab邊長L=20cmQUOTEL=20cm，QUOTEbcbc邊長d=10cmQUOTEd=10cm，該減震器在光滑水平面上以初速度v0=1.0m/sQUOTEv0=1.0m/s向右進(jìn)入磁感應(yīng)強度大小B=0.1TQUOTEB=0.1T、方向豎直向下的勻強磁場中。求：QUOTE(1)（1）剛進(jìn)入磁場時減震器的加速度大小QUOTE(2)（2）其次個線圈恰好完全進(jìn)入磁場時，減震器的速度大小QUOTE(3)（3）若減震器的初速度v=5.0m/sQUOTEv=5.0m/s，則滑動桿上需安裝多少個線圈才能使其完全停下來。求第QUOTE11個線圈和最終1QUOTE1個線圈產(chǎn)生的熱量比k？不考慮線圈個數(shù)變化對減震器總質(zhì)量的影響【名師解析】（18分）減震器剛進(jìn)入磁場時，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，E=nBLv0線圈中電流I=E/R減震器受到的安培力為FA=nBIL聯(lián)立解得：FA=v0

QUOTE（2分）

由FA==ma解得剛進(jìn)入磁場減速瞬間減震器的加速度為a=4m/s2，

QUOTE（2）設(shè)向右為正方向，對減震器進(jìn)行分析，取時間微元△t內(nèi)減震器速度變化△v，對減震器速度為vi時，由動量定理可得-vi△t=m△v，方程兩邊求和-Σvi△t=Σm△v留意到Σvi△t=d，Σ△v=v’-v0可得-d=m（v’-v0）解得v’=0.2m/s。

QUOTE由上述小題得，每一個線圈進(jìn)入磁場的過程中，減震器速度減小量

QUOTE（2分）

線圈的個數(shù)為

QUOTE（2分）

則需要QUOTE個線圈

只有進(jìn)入磁場的線圈產(chǎn)生熱量，線圈產(chǎn)生的熱量等于動能的削減量。

第一個線圈恰好完全進(jìn)入磁場時，

QUOTE（2分）

最終一個線圈剛進(jìn)入磁場時，QUOTE（2分）

因此QUOTE（2分）

5.（2023遼寧大連金州高中三模）電磁阻尼技術(shù)經(jīng)常用于列車剎車過程，某同學(xué)設(shè)計了如圖裝置爭辯電磁阻尼，某光滑金屬導(dǎo)軌由水平平行軌道和豎直四分之一圓軌道組成，水平平行軌道、相距，軌道左端用阻值的電阻相連。水平軌道的某區(qū)域內(nèi)有方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小的勻強磁場。現(xiàn)有一根質(zhì)量、電阻的金屬桿以的初速度沿水平導(dǎo)軌從左端沖入磁場，離開磁場后沿豎直圓軌道上升的最大高度，設(shè)金屬桿與軌道接觸良好，并始終與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌電阻忽視不計，且不考慮返回狀況，重力加速度取。求：（1）金屬桿剛進(jìn)入磁場時，通過金屬桿的電流大小和方向；（2）整個過程電阻上產(chǎn)生的焦耳熱；（3）磁場區(qū)域的長度?！緟⒖即鸢浮浚?）1A，方向從沿桿流向；（2）1.4J；（3）1m【名師解析】（1）導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時，切割磁感線產(chǎn)生的電動勢感應(yīng)電流由右手定則知感應(yīng)電流方向從沿桿流向；（2）導(dǎo)體棒整個運動過程，依據(jù)能量守恒定律解得電阻產(chǎn)生的焦耳熱（3）設(shè)通過磁場時的電量為，在磁場中運動的距離為，剛離開磁場時的速度為，離開磁場運動到最高點的過程中，依據(jù)動能定理解得在磁場中的運動過程，依據(jù)動量定理又由于解得6.（2023廣東金山中學(xué)質(zhì)檢）隨著航空領(lǐng)域的進(jìn)展，實現(xiàn)火箭回收利用，成為了各國都在重點突破的技術(shù)。其中有一技術(shù)難題是回收時如何減緩對地的碰撞，為此設(shè)計師在返回火箭的底盤安裝了電磁緩沖裝置。該裝置的主要部件有兩部分：①緩沖滑塊，由高強絕緣材料制成，其內(nèi)部邊緣繞有閉合單匝正方形線圈abcd；②火箭主體，包括絕緣光滑緩沖軌道MN、PQ和超導(dǎo)線圈（圖中未畫出），超導(dǎo)線圈能產(chǎn)生方向垂直于整個緩沖軌道平面的勻強磁場。當(dāng)緩沖滑塊接觸地面時，滑塊馬上停止運動，此后線圈與火箭主體中的磁場相互作用，火箭主體始終做減速運動直至達(dá)到軟著陸要求的速度，從而實現(xiàn)緩沖?，F(xiàn)已知緩沖滑塊豎直向下撞向地面時，火箭主體的速度大小為v0，經(jīng)過時間t火箭著陸，此時火箭速度為v′；線圈abcd的電阻為R，其余電阻忽視不計；ab邊長為l，火箭主體質(zhì)量為m，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，重力加速度為g，一切摩擦阻力不計，求：（1）緩沖滑塊剛停止運動時，線圈ab邊兩端的電勢差Uab；（2）緩沖滑塊剛停止運動時，火箭主體的加速度大小；（3）火箭主體速度從v0減到v′的過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的電能?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）；（3）【名師解析】（1）ab邊產(chǎn)生電動勢E＝Blv0因此（2）安培力電流為對火箭主體受力分析可得Fab－mg＝ma解得（3）設(shè)下落t時間內(nèi)火箭下落的高度為h，對火箭主體由動量定理mgt－＝mv′－mv0即mgt－＝mv′－mv0化簡得h＝依據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的電能為E＝代入數(shù)據(jù)可得

7.（2024遼寧大連重點高中質(zhì)檢）如圖所示，在空間有上下兩個足夠長的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、和水平光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、，間距均為，電阻不計，兩導(dǎo)軌豎直高度差為。上導(dǎo)軌最左端接一電阻，虛線ab左側(cè)區(qū)域的寬度，，存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度隨時間變化為。虛線ab右側(cè)區(qū)域內(nèi)磁場方向豎直向上，磁感應(yīng)強度。，豎直線NP與的右側(cè)空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度。上、下導(dǎo)軌中垂直導(dǎo)軌分別放置兩根相同的導(dǎo)體棒cd和導(dǎo)體棒ef，棒長均為，質(zhì)量均為，電阻均為。時刻閉合開關(guān)K，cd在安培力的作用下開頭運動，金屬棒cd在離開水平導(dǎo)軌MN、前已經(jīng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。導(dǎo)體棒cd從離開下落到地面平行導(dǎo)軌后，豎直速度馬上變?yōu)榱?，水平速度不變。?）開關(guān)K閉合瞬間時，流過導(dǎo)體棒cd的電流I；（2）導(dǎo)體棒cd離開水平導(dǎo)軌時的速度；（3）若導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)體棒ef恰好不相碰，求導(dǎo)體棒ef的初始位置與的水平距離x。【參考答案】（1）0.0625A；（2）1m/s；（3）1.2m【名師解析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，開關(guān)閉合時感應(yīng)電動勢導(dǎo)體棒cd的電流（2）導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運動，當(dāng)通過導(dǎo)體棒的電流為零時，即穿過回路的磁通量為零時導(dǎo)體棒的速度達(dá)到穩(wěn)定，導(dǎo)體棒做勻速直線運動回路磁通量不變，即代入數(shù)據(jù)接解得，導(dǎo)體棒cd離開水平導(dǎo)軌時的速度（3）導(dǎo)體棒