新課改瘦專用2025版高考物理一輪復習第十章第4節(jié)電磁感應中的動力學能量和動量問題學案含解析

PAGEPAGE9第4節(jié)電磁感應中的動力學、能量和動量問題高考對本節(jié)內(nèi)容的考查常以壓軸計算題的形式呈現(xiàn)，即便以選擇題的形式考查，通常題目難度也較大，因為這類題目可以說是以電磁感應為載體，把直線運動、相互作用、牛頓運動定律、機械能、動量、電路、磁場，甚至包括電場和交變電流等力學、電學學問全部綜合到一起進行考查?？键c一電磁感應中的動力學問題[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)合運動學公式進行分析2．抓住力學對象和電學對象間的橋梁——感應電流I、切割速度v，“四步法”分析電磁感應中的動力學問題考法(一)導體棒在磁場中靜止[例1](2024·天津高考)如圖所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內(nèi)，導軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面對下?，F(xiàn)使磁感應強度隨時間勻稱減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b中的感應電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應電流漸漸減小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中感應電流方向從a到b，A錯誤；磁場改變是勻稱的，依據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢恒定不變，感應電流I恒定不變，B錯誤；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錯誤，D正確。[答案]D考法(二)導體棒在磁場中做勻速運動[例2](2024·全國卷Ⅱ)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上。t＝0時，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動。t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面對里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽視不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求：(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大?。?2)電阻的阻值。[思路點撥]分別畫出金屬桿進入磁場前、后的受力示意圖，有助于快速精確的求解問題。[解析](1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓其次定律得ma＝F－μmg①設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有v＝at0②當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律，桿中的電動勢為E＝Blv③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))。④(2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，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因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得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)導體棒在磁場中做加速運動[例3](2024·江蘇高考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，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動，依據(jù)運動學公式有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)金屬棒的運動時間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)[易錯提示]導體棒或線框做勻變速直線運動時，才能應用牛頓其次定律和運動學公式解題，假如是加速度改變的問題，一般要應用能量或動量觀點。考點二電磁感應中的能量與動量問題[多維探究類]考法(一)電磁感應中的能量問題[例1]如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導軌電阻不計，間距L＝0.4m，導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中的勻強磁場方向垂直斜面對下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面對上，兩磁場的磁感應強度大小均為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的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止起先下滑。cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取g＝10m/s2，問：(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大？(3)從cd起先下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離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中的電流方向為由d到c，則ab中電流方向為由a流向b。(2)起先放置時ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設其為Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①設ab剛要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有E＝BLv②設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2)③設ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面對下，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cd棒運動過程中在電路中產(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)電磁感應中的動量問題[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軌，其間距為L，電阻不計。在虛線l1的左側(cè)存在豎直向上的勻強磁場，在虛線l2的右側(cè)存在豎直向下的勻強磁場，兩部分磁場的磁感應強度大小均為B。ad、bc兩根電阻均為R的金屬棒與導軌垂直，分別位于兩磁場中，現(xiàn)突然給ad棒一個水平向左的初速度v0，在兩棒達到穩(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)的動量守恒B．兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動量不守恒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bc棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和[解析]起先時，ad棒以初速度v0切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，在回路中產(chǎn)生順時針方向(俯視)的感應電流，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)生的感應電動勢相等時，回路中沒有感應電流，兩棒各自做勻速直線運動；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)的動量不守恒，選項A錯誤，B正確。依據(jù)能量守恒定律可知，ad棒動能的減小量等于回路中產(chǎn)生的熱量和bc棒動能的增加量，由動能定理可知，ad棒動能的減小量等于ad棒克服安培力做的功，bc棒動能的增加量等于安培力對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bc棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和，選項C錯誤，D正確。[答案]BD[延長思索](1)雙棒穩(wěn)定時，是否還受安培力？(2)若ad、bc棒的質(zhì)量分別為m、2m，則兩棒達到穩(wěn)定時的速度為多大？(3)接(2)問中，ad棒向左運動的過程中，ad棒產(chǎn)生的總焦耳熱是多少？提示：(1)穩(wěn)定時，產(chǎn)生電動勢相等，回路中無感應電流，不受安培力。(2)穩(wěn)定時，va＝vb，由動量定理對ad棒：－Beq\x\to(I)Lt＝mva－mv0對bc棒：Beq\x\to(I)Lt＝2mvb－0得va＝vb＝eq\f(1,3)v0(3)對系統(tǒng)應用能量守恒定律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]例題及相關延長思索旨在讓考生駕馭利用動量、能量的觀點解決電磁感應問題，會依據(jù)相關條件分析雙桿切割磁感線運動問題，會用“三大力學觀點”解決此類問題。動力學觀點通常狀況下一個金屬桿做加速度漸漸減小的加速運動，而另一個金屬桿做加速度漸漸減小的減速運動，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運動能量觀點其中一個金屬桿機械能的削減量等于另一個金屬桿機械能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和動量觀點對于兩導體棒在平直的光滑導軌上運動的狀況，假如兩棒所受的外力之和為零，則考慮應用動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，當題目中涉及電荷量或平均電流時，可應用動量定理來解決問題考法(三)三大觀點的綜合應用[例3]如圖所示，在大小為B的勻強磁場區(qū)域內(nèi)，垂直磁場方向的水平面中有兩根固定的足夠長的金屬平行導軌，在導軌上面平放著兩根導體棒ab和cd，兩棒彼此平行，構(gòu)成一矩形回路。導軌間距為l，導體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，導軌電阻可忽視不計。設導體棒可在導軌上無摩擦地滑行，初始時刻ab棒靜止，給cd棒一個向右的初速v0，求：(1)當cd棒速度減為0.8v0時的加速度大小；(2)從起先運動到最終穩(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)設當cd棒速度減為0.8v0時ab棒的速度為v′，由動量守恒定律得mv0＝0.8mv0＋mv′①解得：v′＝0.2v0此時回路的電流是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)設兩棒穩(wěn)定時共同的末速度為v，據(jù)動量守恒定律得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)由法拉第電磁感應定律得，電路中產(chǎn)生的感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BlΔx,Δt)⑥這段時間內(nèi)回路的電流為eq\x\to(I)＝eq\f(E,2R)⑦對cd棒由動量定理得：－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)“融會貫穿”歸納好——“桿＋導軌＋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，兩平行導軌間距為L示意圖力學觀點桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢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v＝0時，a＝0，桿保持靜止起先時a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?感應電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當a＝0時，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)起先時a＝gsinα，桿cd速度v↑?感應電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，當a＝0時，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)起先時a＝g，桿cd速度v↑?感應電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當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)mvm21.如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ與水平面的夾角為θ，N、Q兩點間接有阻值為R的電阻。整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面對下。將質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時達到最大速度。重力加速度為g，導軌電阻不計，桿與導軌接觸良好。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)設桿cd下滑到某位置時速度為v，則桿產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv，回路中的感應電流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當速度v＝0時，桿的加速度最大，最大加速度a＝gsinθ，方向沿導軌平面對下當桿的加速度a＝0時，速度最大，最大速度vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導軌平面對下。(2)桿cd從起先運動到達到最大速度過程中，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，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌，導軌間距為L，長為3d，導軌平面與水