新課改瘦專用2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)第十章第4節(jié)電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)能量和動(dòng)量問題學(xué)案含解析

PAGEPAGE9第4節(jié)電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量問題高考對(duì)本節(jié)內(nèi)容的考查常以壓軸計(jì)算題的形式呈現(xiàn)，即便以選擇題的形式考查，通常題目難度也較大，因?yàn)檫@類題目可以說是以電磁感應(yīng)為載體，把直線運(yùn)動(dòng)、相互作用、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、機(jī)械能、動(dòng)量、電路、磁場(chǎng)，甚至包括電場(chǎng)和交變電流等力學(xué)、電學(xué)學(xué)問全部綜合到一起進(jìn)行考查。考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題[多維探究類]1．兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零依據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零依據(jù)牛頓其次定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行分析2．抓住力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)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(dòng)力學(xué)問題考法(一)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中靜止[例1](2024·天津高考)如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間勻稱減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流漸漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力漸漸減小[解析]依據(jù)楞次定律，可推斷ab中感應(yīng)電流方向從a到b，A錯(cuò)誤；磁場(chǎng)改變是勻稱的，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變，感應(yīng)電流I恒定不變，B錯(cuò)誤；安培力F＝BIL，由于I、L不變，B減小，所以ab所受的安培力漸漸減小，依據(jù)力的平衡條件，靜摩擦力漸漸減小，C錯(cuò)誤，D正確。[答案]D考法(二)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)[例2](2024·全國卷Ⅱ)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止起先運(yùn)動(dòng)。t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽視不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求：(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大小；(2)電阻的阻值。[思路點(diǎn)撥]分別畫出金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前、后的受力示意圖，有助于快速精確的求解問題。[解析](1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓其次定律得ma＝F－μmg①設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0②當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))。④(2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，依據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為F安＝BlI⑥因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F－μmg－F安＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m)。⑧[答案](1)Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))(2)eq\f(B2l2t0,m)考法(三)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)[例3](2024·江蘇高考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑究竟端的過程中，金屬棒(1)末速度的大小v；(2)通過的電流大小I；(3)通過的電荷量Q。[解析](1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2as解得v＝eq\r(2as)。(2)金屬棒所受安培力F安＝IdB金屬棒所受合力F＝mgsinθ－F安依據(jù)牛頓其次定律有F＝ma解得I＝eq\f(mgsinθ－a,dB)。(3)金屬棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(v,a)，通過的電荷量Q＝It解得Q＝eq\f(mgsinθ－a\r(2as),dBa)。[答案](1)eq\r(2as)(2)eq\f(m(gsinθ－a),dB)(3)eq\f(m(gsinθ－a)\r(2as),dBa)[易錯(cuò)提示]導(dǎo)體棒或線框做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，才能應(yīng)用牛頓其次定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題，假如是加速度改變的問題，一般要應(yīng)用能量或動(dòng)量觀點(diǎn)。考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的能量與動(dòng)量問題[多維探究類]考法(一)電磁感應(yīng)中的能量問題[例1]如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L＝0.4m，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MN。Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面對(duì)下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面對(duì)上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5T。在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1kg、電阻R1＝0.1Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，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的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止起先下滑。cd在滑動(dòng)過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10m/s2，問：(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v多大？(3)從cd起先下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過程中，cd滑動(dòng)的距離x＝3.8m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少？[解析](1)由右手定則可推斷出cd中的電流方向?yàn)橛蒬到c，則ab中電流方向?yàn)橛蒩流向b。(2)起先放置時(shí)ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①設(shè)ab剛要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv②設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2)③設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面對(duì)下，由平衡條件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s。(3)設(shè)cd棒運(yùn)動(dòng)過程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)m2v2又Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q總解得Q＝1.3J。[答案](1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3Jeq\a\vs4\al([題型技法])電磁感應(yīng)問題中的能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)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))(2)求解焦耳熱Q的三種方法焦耳定律功能關(guān)系能量轉(zhuǎn)化Q＝I2RtQ＝W克服安培力Q＝ΔE其他能的削減量考法(二)電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題[例2](多選)如圖，在水平面內(nèi)固定有兩根相互平行的無限長光滑金屬導(dǎo)軌，其間距為L，電阻不計(jì)。在虛線l1的左側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在虛線l2的右側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩部分磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。ad、bc兩根電阻均為R的金屬棒與導(dǎo)軌垂直，分別位于兩磁場(chǎng)中，現(xiàn)突然給ad棒一個(gè)水平向左的初速度v0，在兩棒達(dá)到穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是()A．兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒B．兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒C．a(chǎn)d棒克服安培力做功的功率等于ad棒的發(fā)熱功率D．a(chǎn)d棒克服安培力做功的功率等于安培力對(duì)bc棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和[解析]起先時(shí)，ad棒以初速度v0切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，在回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向(俯視)的感應(yīng)電流，ad棒因受到向右的安培力而減速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；當(dāng)兩棒的速度大小相等，即兩棒因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，回路中沒有感應(yīng)電流，兩棒各自做勻速直線運(yùn)動(dòng)；由于兩棒所受的安培力都向右，兩金屬棒組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，所以該系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確。依據(jù)能量守恒定律可知，ad棒動(dòng)能的減小量等于回路中產(chǎn)生的熱量和bc棒動(dòng)能的增加量，由動(dòng)能定理可知，ad棒動(dòng)能的減小量等于ad棒克服安培力做的功，bc棒動(dòng)能的增加量等于安培力對(duì)bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力對(duì)bc棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。[答案]BD[延長思索](1)雙棒穩(wěn)定時(shí)，是否還受安培力？(2)若ad、bc棒的質(zhì)量分別為m、2m，則兩棒達(dá)到穩(wěn)定時(shí)的速度為多大？(3)接(2)問中，ad棒向左運(yùn)動(dòng)的過程中，ad棒產(chǎn)生的總焦耳熱是多少？提示：(1)穩(wěn)定時(shí)，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)相等，回路中無感應(yīng)電流，不受安培力。(2)穩(wěn)定時(shí)，va＝vb，由動(dòng)量定理對(duì)ad棒：－Beq\x\to(I)Lt＝mva－mv0對(duì)bc棒：Beq\x\to(I)Lt＝2mvb－0得va＝vb＝eq\f(1,3)v0(3)對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律Q總＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mva2－eq\f(1,2)×2mvb2由公式Q＝I2Rt得：eq\f(Qa,Q總)＝eq\f(R,2R)＝eq\f(1,2)則Qa＝eq\f(1,6)mv02。[一題悟通]例題及相關(guān)延長思索旨在讓考生駕馭利用動(dòng)量、能量的觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)問題，會(huì)依據(jù)相關(guān)條件分析雙桿切割磁感線運(yùn)動(dòng)問題，會(huì)用“三大力學(xué)觀點(diǎn)”解決此類問題。動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)通常狀況下一個(gè)金屬桿做加速度漸漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度漸漸減小的減速運(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)其中一個(gè)金屬桿機(jī)械能的削減量等于另一個(gè)金屬桿機(jī)械能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和動(dòng)量觀點(diǎn)對(duì)于兩導(dǎo)體棒在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的狀況，假如兩棒所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問題由Beq\x\to(I)L·Δt＝m·Δv、q＝eq\x\to(I)·Δt可知，當(dāng)題目中涉及電荷量或平均電流時(shí)，可應(yīng)用動(dòng)量定理來解決問題考法(三)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用[例3]如圖所示，在大小為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的金屬平行導(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，構(gòu)成一矩形回路。導(dǎo)軌間距為l，導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，導(dǎo)軌電阻可忽視不計(jì)。設(shè)導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑行，初始時(shí)刻ab棒靜止，給cd棒一個(gè)向右的初速v0，求：(1)當(dāng)cd棒速度減為0.8v0時(shí)的加速度大?。?2)從起先運(yùn)動(dòng)到最終穩(wěn)定，電路中產(chǎn)生的電能為多大？(3)兩棒之間距離增長量x的上限。[解析](1)設(shè)當(dāng)cd棒速度減為0.8v0時(shí)ab棒的速度為v′，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝0.8mv0＋mv′①解得：v′＝0.2v0此時(shí)回路的電流是I＝eq\f(Bl(0.8－0.2)v0,2R)②cd棒的加速度為a＝eq\f(BIl,m)③解得：a＝eq\f(3B2l2v0,10mR)。(2)設(shè)兩棒穩(wěn)定時(shí)共同的末速度為v，據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋m)v④解得：v＝eq\f(1,2)v0⑤由能量守恒定律得，最終穩(wěn)定后電路中產(chǎn)生的電能為Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋m)v2＝eq\f(1,4)mv02。(3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得，電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BlΔx,Δt)⑥這段時(shí)間內(nèi)回路的電流為eq\x\to(I)＝eq\f(E,2R)⑦對(duì)cd棒由動(dòng)量定理得：－Beq\x\to(I)lΔt＝mv－mv0⑧由⑤～⑧解得Δx＝eq\f(mRv0,B2l2)。⑨[答案](1)eq\f(3B2l2v0,10mR)(2)eq\f(1,4)mv02(3)eq\f(mRv0,B2l2)“融會(huì)貫穿”歸納好——“桿＋導(dǎo)軌＋電阻”四種模型剖析模型一(v0≠0)模型二(v0＝0)模型三(v0＝0)模型四(v0＝0)說明質(zhì)量為m，電阻不計(jì)的單桿cd以肯定初速度v0在光滑水平軌道上滑動(dòng)，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(jì)，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(jì)，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(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L示意圖力學(xué)觀點(diǎn)桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，電流I＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)。桿做減速運(yùn)動(dòng)：v↓?F↓?a↓，當(dāng)v＝0時(shí)，a＝0，桿保持靜止起先時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)起先時(shí)a＝gsinα，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)起先時(shí)a＝g，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(mgR,B2L2)圖像觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)動(dòng)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(dòng)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(shì)能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)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(shì)能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm21.如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ，N、Q兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)下。將質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導(dǎo)軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時(shí)達(dá)到最大速度。重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，桿與導(dǎo)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。解析：(1)設(shè)桿cd下滑到某位置時(shí)速度為v，則桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋R)桿所受的安培力F＝BIL依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ－eq\f(B2L2v,2R)＝ma當(dāng)速度v＝0時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度a＝gsinθ，方向沿導(dǎo)軌平面對(duì)下當(dāng)桿的加速度a＝0時(shí)，速度最大，最大速度vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導(dǎo)軌平面對(duì)下。(2)桿cd從起先運(yùn)動(dòng)到達(dá)到最大速度過程中，依據(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)。答案：(1)gsinθeq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)2．如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，長為3d，導(dǎo)軌平面與水