2024屆高考物理二輪專題復習與測試第一部分專題四電路和電磁感應第12講電磁感應與電磁波命題點三電磁感應中的動力學問題

命題點三電磁感應中的動力學問題抓住力學對象和電學對象間的橋梁——感應電流I和切割速度v，“四步法”分析電磁感應中的動力學問題．(2023·山東卷)(多選)足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m，電阻不計．質量為1kg、長為1m、電阻為1Ω的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區(qū)域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為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軌CD段中點與質量為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同時分別進入磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動，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解析：導軌的速度v2>v1，因此對導體棒受力分析可知導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，導體棒的安培力大小為F1＝f＝2N，由左手定則可知導體棒的電流方向為N→M→D→C→N，導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的方向為垂直桌面向里，A項錯誤；B項正確；對導體棒分析F1＝B1IL，對導體框分析F2＝B2IL，電路中的電流為I＝eq\f(B1Lv1－B2Lv2,r)，聯(lián)立解得v2＝3m/s，C項錯誤；D項正確；故選BD.答案：BD(2023·廣東卷)光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強磁場，磁場被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，寬度均為h，其俯視圖如圖(a)所示，兩磁場磁感應強度隨時間t的變化如圖(b)所示，0～τ時間內，兩區(qū)域磁場恒定，方向相反，磁感應強度大小分別為2B0和B0，一電阻為R，邊長為h的剛性正方形金屬框abcd，平放在水平面上，ab、cd邊與磁場邊界平行．t＝0時，線框ab邊剛好跨過區(qū)域Ⅰ的左邊界以速度v向右運動．在τ時刻，ab邊運動到距區(qū)域Ⅰ的左邊界eq\f(h,2)處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，如圖(a)中的虛線框所示．隨后在τ～2τ時間內，Ⅰ區(qū)磁感應強度線性減小到0，Ⅱ區(qū)磁場保持不變；2τ～3τ時間內，Ⅱ區(qū)磁感應強度也線性減小到0.求：(1)t＝0時線框所受的安培力F；(2)t＝1.2τ時穿過線框的磁通量Φ；(3)2τ～3τ時間內，線框中產生的熱量Q.解析：(1)ab邊、cd邊切割磁感線，根據右手定則可知產生的感應電流都是沿線框順時針方向，則根據切割情況下電動勢的表達式得：電動勢E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv.根據閉合電路歐姆定律得：電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3B0hv,R)，根據安培力表達式求解t＝0時ab邊的安培力F1＝2B0Ih，cd邊的安培力F2＝B0Ih，根據左手定則判斷這兩個安培力方向都向左，根據對稱判斷bc、ad邊安培力合力為0，ab、cd邊所受安培力合成之后得出線框所受的安培力：F＝F1＋F2＝2B0Ih＋B0Ih＝3B0Ih＝eq\f(3B0h×3B0hv,R)＝eq\f(9Beq\o\al(2,0)h2v,R)；(2)根據圖像得出t＝1.2τ時，Ⅰ區(qū)的磁感應強度B＝2B0＋eq\f(0－2B0,2τ－τ)×(1.2τ－τ)＝1.6B0，方向向下；Ⅱ區(qū)的磁感應強度為B0，方向向上，穿過線框的磁通量Φ＝1.6B0×eq\f(h2,2)－B0eq\f(h2,2)＝0.3B0h2；(3)2τ～3τ時間內，根據法拉第電磁感應定律得E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B0,τ)×eq\f(h2,2)＝eq\f(B0h2,2τ)，根據閉合電路歐姆定律得：電流I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(B0h2,2τR)根據焦耳定律得：線框中產生的熱量Q＝Ieq\o\al(2,1)Rτ＝(eq\f(B0h2,2τR))2Rτ＝eq\f(Beq\o\al(2,0)h4,4τR).答案：(1)線框所受的安培力為eq\f(9Beq\o\al(2,0)h2v,R)(2)t＝1.2τ時穿過線框的磁通量為0.3B0h2(3)2τ～3τ時間內，線框中產生的熱量Q為eq\f(Beq\o\al(2,0)h4,4τR).1.某興趣小組設計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導軌、承載火箭裝置(簡化為與火箭絕緣的導電桿MN)和裝置A組成，并形成閉合回路．裝置A能自動調節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定，方向如圖所示．導軌長度遠大于導軌間距，不論導電桿運動到什么位置，電流I在導電桿以上空間產生的磁場近似為零，在導電桿所在處產生的磁場近似為勻強磁場，大小B1＝kI(其中k為常量)，方向垂直導軌平面向里；在導電桿以下的兩導軌間產生的磁場近似為勻強磁場，大小B2＝2kI，方向與B1相同．火箭無動力下降到導軌頂端時與導電桿粘接，以速度v0進入導軌，到達絕緣?？科脚_時速度恰好為零，完成火箭落停．已知火箭與導電桿的總質量為M，導軌間距d＝eq\f(3Mg,kI2)，導電桿電阻為R.導電桿與導軌保持良好接觸滑行，不計空氣阻力和摩擦力，不計導軌電阻和裝置A的內阻．在火箭落停過程中．(1)求導電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；(2)求回路感應電動勢E與運動時間t的關系；(3)求裝置A輸出電壓U與運動時間t的關系和輸出的能量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?。馕觯?1)導體桿受安培力F＝B1Id＝3Mg，方向向上，則導體桿向下運動的加速度Mg－F＝Ma，解得a＝－2g，導體桿運動的距離L＝eq\f(0－veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g).(2)回路的電動勢E＝B2dv，其中v＝v0＋at，解得E＝eq\f(6Mg,I)(v0－2gt)．(3)由能量關系UI＝Fv＋I2R，其中v＝v0＋at，可得U＝eq\f(3Mg,I)(v0－2gt)＋IR，輸出能量W＝IUt＝3Mg(v0t－2gt2)＋I2Rt.(4)裝置A可回收火箭的動能和重力勢能；從開始火箭從速度v0到平臺速度減為零，則E′＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＋MgL＝eq\f(3,4)Mveq\o\al(2,0).答案：(1)3Mgeq\f(veq\o\al(2,0),4g)(2)E＝eq\f(6Mg,I)(v0－2gt)(3)U＝eq\f(3Mg,I)(v0－2gt)＋IRW＝3Mg(v0t－2gt2)＋I2Rt(4)裝置A可回收火箭的動能和重力勢能；eq\f(3,4)Mveq\o\al(2,0).2．電磁彈射是我國最新研究的重大科技項目，創(chuàng)造了世界領先的關鍵技術，原理可用下述模型說明．如圖甲所示，虛線MN右側存在一個豎直向上的勻強磁場，邊長L的正方形單匝金屬線框abcd放在光滑水平面上，電阻為R，質量為m，ab邊在磁場外側緊靠MN虛線邊界．t＝0時起磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律是B＝B0＋kt(k為大于零的常數(shù))，同時用一水平外力使線圈處于靜止狀態(tài)，空氣阻力忽略不計．(1)求線框中的感應電流的大小和方向；(2)寫出所加水平外力隨時間變化的表達式；(3)求0到t0時間內通過導線截面的電荷量q；(4)若用相同的金屬線繞制相同大小的n匝線框，并在線框上加一質量為M的負載物，如圖乙所示，當t＝t0時撤去外力釋放線框，求剛撤去外力時線框的加速度大小．解析：(1)線框中的感應電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝kL2，感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kL2,R)，根據楞次定律可知感應電流沿順時針方向．(2)由于線圈靜止，則所加的水平外力與安培力平衡，有F＝BIL＝(B0＋kt)eq\f(kL3,R).(3)0到t0時間內的平均電動勢eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，線框中的電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，通過的電量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，求得q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(kt0L2,R).(4)n匝線框中t＝t0時刻產生的感應電動勢E總＝neq\f(ΔB,Δt)L2＝nkL2，線框的總電阻R總＝nR，線框中的電流I＝eq\f(E總,R總)＝eq\f(kL2,R)，t＝t0時刻線框受到的安培力