2023新教材高考物理一轮第十二章电磁感应专题强化八电磁感应中的动力学能量和动量问题课件

专题强化八　电磁感应中的动力学、能量和动量问题\n【关键能力·分层突破】考点一　电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下\n例1[2021·全国甲卷，21](多选)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是()A．甲和乙都加速运动B．甲和乙都减速运动C．甲加速运动，乙减速运动D．甲减速运动，乙加速运动答案：AB\n解析：设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝感应电动势为E＝nBlv两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻R＝ρ＝感应电流为I＝＝安培力为F＝nBIl＝\n由牛顿第二定律有mg－F＝ma联立解得a＝g－＝g－加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．当g>时，甲和乙都加速运动，当g<时，甲和乙都减速运动，当g＝时都匀速，A、B正确．\n命题分析试题情境属于综合性题目，以闭合线圈下落产生感应电动势为素材创设学习探索问题情境必备知识考查牛顿定律、直线运动规律、电阻定律、闭合电路欧姆定律、导线切割磁感线产生感应电动势等知识关键能力考查理解能力、推理论证能力．理解相关知识和定律，推理论证得出结论学科素养考查物理观念、科学思维、科学探究．要求考生在学习探索问题情境下探究推理得出新结论\n【跟进训练】1.[2021·山东卷，12](多选)如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上．区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场．阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行．运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好．在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是()A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度C．金属棒不能回到无磁场区D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处答案：ABD\n解析：在Ⅰ区域中，磁感应强度为B1＝kt(k为常量)，感应电动势为E1＝S＝kS感应电动势恒定，所以导体棒在进入Ⅱ区前，回路中的感应电流恒为I1＝＝导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线产生的感应电动势为E2＝B2Lv导体棒上的电流为I2＝＝Ⅰ区域产生的电流对导体棒的安培力始终沿斜面向上，大小恒定不变，因为导体棒到达c点后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过b点的受力分析如图\n下行过程中，根据牛顿第二定律可知B1I1L＋B2I2L－mgsinθ＝ma1上行过程中，根据牛顿第二定律可知B1I1L－B2I′2L－mgsinθ＝ma2比较加速度大小可知a1>a2由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属棒下行经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，A、B正确；Ⅰ区域产生的安培力总是大于沿斜面向下的作用力，所以金属棒一定能回到无磁场区域，由于整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热，金属棒的机械能减少，所以金属棒不能回到a处，C错误，D正确．\n2．如图甲所示，间距为L＝0.5m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2T，轨道左侧连接一定值电阻R＝1Ω.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好．t＝0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的规律如图乙所示．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导体棒和导轨的电阻均不计．取g＝10m/s2，求：(1)导体棒的加速度大小；(2)导体棒的质量．\n解析：(1)设导体棒的质量为m，导体棒做匀加速直线运动的加速度大小为a，某时刻t，导体棒的速度为v，所受的摩擦力为Ff，则导体棒产生的电动势：E＝BLv回路中的电流I＝导体棒受到的安培力：F安＝BIL由牛顿第二定律：F－F安－Ff＝ma由题意v＝at联立解得：F＝t＋ma＋Ff根据题图乙可知，0～10s内图像的斜率为0.05N/s，即＝0.05N/s，解得a＝5m/s2(2)由Ft图像纵截距可知：ma＋Ff＝1.0N又Ff＝μmg解得m＝0.1kg.\n考点二　电磁感应中的能量问题1．能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法\n3．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．\n例2[2021·湖南卷，10](多选)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体．距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场．磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大．把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力．\n下列说法正确的是()A．B与v0无关，与成反比B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变答案：CD\n解析：设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy，可知vy＝，金属框所受安培力F＝BIL，电流I＝，E＝BLvy，根据受力平衡可得mg＝，可知B2与成反比，B与v0无关，A错误；金属框进入磁场和穿出磁场的过程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进入磁场到穿出磁场，不论怎样调节H、v0和B，只要组合体匀速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少的重力势能，D正确．\n命题分析试题情境属于综合性题目，以闭合线圈下落产生感应电动势为素材创设学习探索问题情境必备知识考查牛顿定律、直线运动规律、闭合电路欧姆定律、导线切割磁感线产生感应电动势、功率、功能关系等知识关键能力考查理解能力、推理论证能力．理解相关知识和定律，推理论证得出结论学科素养考查物理观念、科学思维、科学探究．要求考生在学习探索问题情境下探究推理得出新结论\n【跟进训练】3.(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5T，导体棒ab、cd长度均为0.2m，电阻均为0.1Ω，重力均为0.1N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是()A．ab受到的拉力大小为2NB．ab向上运动的速度为2m/sC．在2s内，拉力做功，有0.4J的机械能转化为电能D．在2s内，拉力做功为0.6J答案：BC\n解析：对导体棒cd分析：mg＝BIl＝，得v＝2m/s，B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2N，A错误；在2s内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W电＝F安vt＝＝0.4J，C正确；在2s内拉力做的功为W拉＝Fvt＝0.8J，D错误．\n4．[2022·广州市模拟]如图甲所示，空间存在B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的vt图像，其中AO是图像在O点的切线，AB是图像的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100m时，其速度达到了最大速度10m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒运动100m过程中电阻R上产生的焦耳热．\n解析：(1)由题图乙得ab棒刚开始运动瞬间a＝2.5m/s2，则F－Ff＝ma，解得Ff＝0.2N.ab棒最终以速度v＝10m/s匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F－Ff－F安＝0.F安＝BIL＝BL＝.联立可得R＝＝0.4Ω.(2)由功能关系可得(F－Ff)x＝mv2＋Q，解得Q＝20J.\n考点三　电磁感应与动量的综合问题角度1动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．(1)求电荷量或速度：BlΔt＝mv2－mv1，q＝t.(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bl.(3)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，即－x＝m(0－v0)．\n例3如图所示，在空间中有一垂直纸面方向的匀强磁场区域，磁场上下边缘间距为h＝5.2m，磁感应强度为B＝1T，边长为L＝1m、电阻为R＝1Ω、质量为m＝1kg的正方形导线框紧贴磁场区域的上边从静止下落，当线圈PQ边到达磁场的下边缘时，恰好开始做匀速运动，重力加速度为g＝10m/s2，求：(1)导线框的MN边刚好进磁场时的速度大小；(2)导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间．\n解析：(1)设导线框MN边进入磁场的速度为v0，PQ边运动到磁场下边缘时的速度为vPQ边到达磁场的下边缘时导线框受力平衡，则有：mg＝解得：v＝10m/s导线框完全进入磁场到PQ离开磁场的过程中，导线框机械能守恒，有＝mg(h－L)解得：v0＝4m/s\n(2)设导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间为t，根据动量定理得mgt－BILΔt＝mvΔt为导线框进入磁场所经历的时间又q＝IΔt＝＝得mgt－＝mv解得t＝1.1s.\n角度2动量守恒定律在电磁感应中的应用例4(多选)如图所示，在竖直向上磁感应强度为B＝1T的匀强磁场中，两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l＝1m，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂直，金属棒AB、CD水平放在两导轨上，相隔为L＝0.2m，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1＝0.2kg，CD棒质量为m2＝0.4kg，两金属棒接入电路的总电阻R＝0.5Ω，若CD棒以v0＝3m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是()A．AB棒的最终速度大小为1m/sB．该过程中电路中产生的热量为0.6JC．该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4CD．两金属棒的最大距离为0.3m答案：BC\n解析：开始CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝2m/s，选项A错误；对系统，由能量守恒定律得：＝Q＋(m1＋m2)v2，解得Q＝0.6J，选项B正确；对AB棒，由动量定理得BIlt＝m1v，而It＝q，则Blq＝m1v，解得q＝0.4C，选项C正确；通过导体横截面的电荷量q＝＝，两金属棒间的最大距离D＝d＋L＝＋L＝m＋0.2m＝0.4m，选项D错误．\n【跟进训练】5.两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2T．现杆b以初速度大小v0＝5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．\n解析：(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有Bd·Δt＝mb(v0－vb0)其中vb0＝2m/s代入数据解得Δt＝5s.(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝解得va＝＝5m/s设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′代入数据解得v′＝m/s\n杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)而q＝I·Δt′代入数据得q＝C.(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Q＝－(mb＋ma)v′2＝Jb棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝J.