專題強(qiáng)化十二

專題強(qiáng)化十二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量和動量問題1.會用動力學(xué)知識分析電磁感應(yīng)問題．2．會用功能關(guān)系和能量守恒解決電磁感應(yīng)中的能量問題．3．掌握應(yīng)用動量定理處理電磁感應(yīng)問題的方法技巧．4．建立電磁感應(yīng)問題中動量守恒的模型，并用動量守恒定律解決問題．考點一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1．導(dǎo)體的兩種運(yùn)動狀態(tài)(1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)．處理方法：根據(jù)平衡條件列式分析．(2)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)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析．2．用動力學(xué)觀點解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟例1(多選)[2023·山東卷]足夠長U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m，電阻不計．質(zhì)量為1kg、長為1m、電阻為1Ω的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區(qū)域內(nèi)分別存在豎直方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，其中B1＝2T，方向向下．用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導(dǎo)軌CD段中點與質(zhì)量為0.1kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面．如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運(yùn)動，MN、CD與磁場邊界平行．MN的速度v1＝2m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2.重力加速度大小取10m/s2，下列說法正確的是()A．B2的方向向上B．B2的方向向下C．v2＝5m/sD．v2＝3m/s例2[2024·九省聯(lián)考河南卷]如圖(a)所示，一個電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，間距L＝1m，左半部分傾斜且粗糙，傾角θ＝37°，處于沿斜面向下的勻強(qiáng)磁場中；右半部分水平且光滑，導(dǎo)軌之間存在一個三角形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向豎直向下，其邊界與兩導(dǎo)軌夾角均為α，tanα＝0.1.右半部分俯視圖如圖(b)．導(dǎo)體棒Q借助小立柱靜置于傾斜導(dǎo)軌上，其與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.導(dǎo)體棒P以v0＝0.5m/s的速度向右進(jìn)入三角形磁場區(qū)域時，撤去小立柱，Q棒開始下滑，同時對P棒施加一外力使其始終保持勻速運(yùn)動．運(yùn)動過程中，兩棒始終垂直于導(dǎo)軌且接觸良好．已知兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝1T，兩棒的質(zhì)量均為m＝0.1kg，Q棒電阻R＝0.5Ω，P棒電阻不計．重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，以Q棒開始下滑為計時起點．求(1)撤去小立柱時，Q棒的加速度大小a0；(2)Q棒中電流隨時間變化的關(guān)系式；(3)Q棒達(dá)到的最大速度vm及所用時間t1.考點二電磁感應(yīng)中的能量問題1．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化2．求解焦耳熱Q的三種方法例3[2024·北京市模擬]如圖所示，AB、CD為兩個平行的、不計電阻的水平光滑金屬導(dǎo)軌，置于方向垂直導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．AB、CD的間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻．質(zhì)量為m、長為L且電阻不計的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，并與輕質(zhì)彈簧組成彈簧振動系統(tǒng)．開始時，彈簧處于自然長度，導(dǎo)體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過一段時間，導(dǎo)體棒MN第一次運(yùn)動到最右端，這一過程中AC間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則()A.導(dǎo)體棒水平方向做簡諧運(yùn)動B．初始時刻導(dǎo)體棒所受的安培力大小為BC．當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時，彈簧具有的彈性勢能為1D．當(dāng)導(dǎo)體棒再次回到初始位置時，AC間的電阻R的熱功率小于B例4如圖甲所示，游樂園中的過山車雖然驚險刺激，但也有多種措施保證了它的安全運(yùn)行．其中磁力剎車是為保證過山車在最后進(jìn)站前的安全設(shè)計的一種剎車形式，磁場很強(qiáng)的釹磁鐵安裝在軌道上，剎車金屬框安裝在過山車底部．其簡化模型如圖所示，將剎車金屬框看作為一個邊長為L，總電阻為R的單匝正方形線框，則過山車返回水平站臺前的運(yùn)動可以簡化如下：線框沿著光滑斜面下滑s后，下邊框進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時線框開始減速，下邊框出磁場，線框剛好開始做勻速直線運(yùn)動．已知斜面與水平面的夾角為θ，過山車的總質(zhì)量為m，磁場區(qū)上下邊界間的距離也為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直斜面向上，重力加速度為g，求：(1)線框剛進(jìn)入磁場上邊界時，從斜面上方俯視線框求感應(yīng)電流的方向和此時感應(yīng)電流的大小．(2)線框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱．考點三電磁感應(yīng)與動量的綜合問題在電磁感應(yīng)中，動量定理應(yīng)用于單桿切割磁感線運(yùn)動，可求解變力的時間、速度、位移和電荷量．(1)求電荷量或速度：BIlΔt＝mv2－mv1，q＝It.(2)求時間：Ft＝I沖＝mv2－mv1，I沖＝BIlΔt＝BlΔΦR(3)求位移：－BIlΔt＝－B2l2vΔtR即－B2l2R總x＝m(0考向1動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用例5[2023·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L，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R.運(yùn)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)軌電阻忽略不計，重力加速度為g.(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運(yùn)動時的速度大小v0；(2)在(1)問中，當(dāng)棒a勻速運(yùn)動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間t0，兩棒恰好達(dá)到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內(nèi)棒a相對于棒b運(yùn)動的距離Δx.考向2動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用例6(多選)[2023·遼寧卷]如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B.已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍．初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧．釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運(yùn)動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)．整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計．下列說法正確的是()A．彈簧伸展過程中，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為4C．整個運(yùn)動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D．整個運(yùn)動過程中，通過MN的電荷量為BLd例7[2023·全國甲卷]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)軌的最右端與桌面右邊緣對齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計．導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短．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(yùn)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?。?2)金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)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(yùn)動的時間．核心素養(yǎng)提升教你規(guī)范答題典例如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝37°的斜面上，兩導(dǎo)軌垂直于斜面與水平面的交線ef，間距L＝0.6m，導(dǎo)軌電阻不計．導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為虛線MN.虛線MN與兩導(dǎo)軌垂直，區(qū)域Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場方向豎直向下，區(qū)域Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場方向豎直向上，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝1T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.21kg、電阻R1＝0.1Ω的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，金屬棒ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4kg、電阻R2＝0.1Ω的光滑金屬棒cd置于導(dǎo)軌上使其由靜止開始下滑，金屬棒cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，兩金屬棒長度均為L且始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌保持良好接觸(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．(1)求金屬棒ab剛要向上滑動時，金屬棒cd的速度大小v；(2)從金屬棒cd開始下滑到金屬棒ab剛要向上滑動的過程中，金屬棒cd滑動的距離x＝3.5m，求此過程中金屬棒ab上產(chǎn)生的熱量Q；(3)求金屬棒cd滑動距離3.5m的過程中流過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q.[教你規(guī)范答題]溫馨提示：請完成課時分層精練專題強(qiáng)化十二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量和動量問題考點一例1解析：導(dǎo)軌的速度v2>v1，因此對導(dǎo)體棒受力分析可知導(dǎo)體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為f＝μmg＝2N導(dǎo)體棒的安培力大小為F1＝f＝2N由左手定則可知導(dǎo)體棒的電流方向為N→M→D→C→N，導(dǎo)體框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小為F2＝f－m0g＝1N由左手定則可知B2的方向為垂直紙面向里，A錯誤，B正確；對導(dǎo)體棒分析F1＝B1IL對導(dǎo)體框分析F2＝B2IL電路中的電流為I＝B聯(lián)立解得v2＝3m/sC錯誤，D正確．故選BD.答案：BD例2解析：(1)撤去小立柱時，導(dǎo)體棒P剛剛進(jìn)入三角形磁場區(qū)域，沒有感應(yīng)電動勢，則對Q棒受力分析a0＝mgsinθ-μmgcosθm＝gsinθ－μgcosθ＝(10×0.6－0.5×10×0.8)m/s2(2)只有P棒在切割磁感線，所以感應(yīng)電動勢為E＝ΔΦΔt＝BΔS磁場穿過閉合電路的面積與時間的關(guān)系為S＝12(v0t)(2tanα×v0t)＝tanα·所以ΔSΔt＝S′＝2tanE＝ΔΦΔt＝BΔSΔt＝2Btanα·v02t＝2×1×0.1×0.52I＝ER＝0.05t0.5A＝0.1t(A(3)對Q棒受力分析ma＝mgsinθ－μ(mgcosθ＋BIL)，當(dāng)Q棒速度達(dá)到最大時mgsinθ＝μ(mgcosθ＋BIL)，解得此時I＝0.4A，t1＝4s，三角形磁場總長有L1＝0.50.1m＝5m而P棒在4s內(nèi)運(yùn)動的位移為2m，小于L1.Q棒的加速度與時間的關(guān)系為a＝gsinθ－μ(gcosθ＋BILm)＝(2－0.5t)m/s2畫出Q棒的a-t圖，則Q棒速度的變化量等于圖線下方與坐標(biāo)軸圍成的面積，則Q棒達(dá)到的最大速度vm為vm＝Δv＝2×42m/s＝4所用時間t1＝4s.答案：(1)2m/s2(2)I＝0.1t(A)(3)4m/s，4s考點二例3解析：導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中，克服安培力做功，電阻產(chǎn)生焦耳熱，則棒和彈簧的機(jī)械能有損失，則當(dāng)棒再次回到初始位置時速度小于v0，導(dǎo)體棒水平方向做的不是簡諧運(yùn)動，則導(dǎo)體棒回到初始位置時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1<BLv0，根據(jù)電功率公式P＝E12R可知，AC間的電阻R的熱功率P<B2L2v02R，故A錯誤，D正確；根據(jù)公式E＝BLv0，I＝ER并，F(xiàn)＝BIL可得，初始時刻導(dǎo)體棒所受的安培力大小為F＝2B2L2v0R，故B錯誤；當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時，設(shè)彈簧的彈性勢能為Ep，根據(jù)能量答案：D例4解析：(1)線框剛進(jìn)入磁場上邊界時，從斜面上方俯視線框，根據(jù)右手定則可知，感應(yīng)電流的方向為順時針方向．線框剛進(jìn)入磁場上邊界時，由動能定理得mgssinθ＝12mv又因為E＝BLv，I＝E所以I＝BL(2)下邊框出磁場時，線框恰好做勻速直線運(yùn)動，有mgsinθ＝BI′L又因為E′＝BLv′，I′＝E所以v′＝mgR由開始下滑到剛剛離開時，由功能關(guān)系得mgsinθ(s＋2L)＝Q＋12mv′線框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝mgsinθ(s＋2L)－m答案：(1)順時針方向，BL2gssinθR(2)mgsinθ(s＋2L)考點三例5解析：(1)a導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運(yùn)動，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝BLv0由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I＝E2R，F(xiàn)＝a棒受力平衡可得mgsinθ＝BIL聯(lián)立解得v0＝2mgR(2)由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向里，b棒受沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則對b棒，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ＋BIL＝ma0解得a0＝2gsinθ(3)釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達(dá)共速時對a棒，由動量定理得mgsinθt0－BILt0＝mv－mv0b棒受到向下的安培力，對b棒，由動量定理得mgsinθt0＋BILt0＝mv聯(lián)立解得v＝gsinθ·t0＋v此過程流過b棒的電荷量為q，則有q＝It0由法拉第電磁感應(yīng)定律可得I＝E2R＝聯(lián)立可得Δx＝mv答案：(1)2mgRsinθB2L2(2)2gsin例6解析：彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，選項A正確；任意時刻，設(shè)電流為I，則PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左；MN受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m,PQ速率為v時，則2mv＝mv′