(考点分析) 第五节 电磁感应中的动力学和能量问题-2023年高考物理一轮系统复习学思用

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【考点分析】　第五节 电磁感应中的动力学和能量问题【考点一】  线框与物体连接体的问题【典型例题1】  如图所示，正方形单匝线框bcde边长L＝0.4 m，每边电阻相同，总电阻R＝0.16 Ω.一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P，手持物体P使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内．线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L＝0.4 m，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B＝1.0 T，磁场的下边界与线框的上边eb相距h＝1.6 m．现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，eb边保持水平，刚好以v＝4.0 m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．(1)线框eb边进入磁场中运动时，e、b两点间的电势差Ueb为多少？(2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少？(3)若在线框eb边刚进入磁场时，立即给物体P施加一竖直向下的力F，使线框保持进入磁场前的加速度匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功WF＝3.6 J，求eb边上产生的焦耳Qeb为多少？【解析】  (1)线框eb边以v＝4.0 m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为E＝BLv＝1.6 Ve、b两点间的电势差Ueb＝E＝1.2 V．(2)法一：线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力F安＝BLI，I＝，解得F安＝4 N克服安培力做功W安＝F安×2L＝3.2 J．法二：设物体P质量为M，线框质量为m，线框进入磁场后立即做匀速运动F安＝(M－m)g，而I＝，F安＝BLI＝4 N线框进入磁场前，向上运动的加速度为a＝＝5 m/s2又(M－m)g＝(M＋m)a，联立解得M＝0.6 kg，m＝0.2 kg对系统，根据动能定理有(M－m)g×2L－W安＝ΔEk＝0而Q＝W安故该过程中产生的焦耳热Q＝(M－m)g×2L＝3.2 J．(3)法一：设线框出磁场区域的速度大小为v1，则v－v2＝2a′·2L，a′＝a＝整理得(M＋m)(v－v2)＝(M－m)g·2L线框穿过磁场区域过程中，力F和安培力都是变力，根据动能定理有WF－W′安＋(M－m)g·2L＝(M＋m)(v－v2)联立得WF－W′安＝0而W′安＝Q′故Q′＝3.6 J，又Q＝I2rt∝r故eb边上产生的焦耳热Qeb＝Q′＝0.9 J．法二：因为线框在磁场中运动的加速度与进入前的加速度相同，所以在通过磁场区域的过程中，线框和物体P的总机械能保持不变，故力F做的功WF等于整个线框中产生的焦耳热Q′，即WF＝Q′，又Q＝I2rt∝r，故eb边上产生的焦耳热Qeb＝Q′＝0.9 J．【答案】  (1)1.2 V　(2)3.2 J　(3)0.9 J【考点二】  双杆在倾斜导轨中的应用【典型例题2】  (2022•山东潍坊市高三(下)一模)如图所示，两导电性良好的光滑平行导轨倾斜放置，与水平面夹角为，间距为L。导轨中段正方形区域内存在垂直于轨道面向上的匀强磁场。电阻相等的金属棒a和b静止放在斜面上，a距磁场上边界为L。某时刻同时由静止释放a和b，a进入磁场后恰好做匀速运动；a到达磁场下边界时，b正好进入磁场，并匀速穿过磁场。运动过程中两棒始终保持平行，两金属棒与导轨之间导电良好，不计其他电阻和摩擦阻力，导轨足够长。则(　　)A．a、b通过磁场区域的时间之比为B．a、b质量之比为C．a、b中产生的热量之比为D．a、b能发生碰撞【解析】  A．某时刻同时由静止释放a，a进入磁场后恰好做匀速运动，刚进入磁场前，由动能定理，得，知，，由闭合电路欧姆定律得，处于平衡态，受力分析可知，知，a到达磁场下边界时，b正好进入磁场，并匀速穿过磁场，对b来说，总时间，此时，a、b通过磁场区域的时间之比为，A正确；B．由于b匀速穿过磁场，则，，故，B正确；C．由，得，C错误；D．以金属棒刚出磁场计算，此时以初速度，加速度为，做匀加速直线运动，先以速度为做匀速直线运动，后以初速度为做加速度为的匀加速直线运动，故、能发生碰撞，D正确。故选ABD。【答案】  ABD【考点三】  连接杆在宽度不等的导轨中的运动【典型例题3】  (2022•山东日照市高三(下)一模)两根质量均为m的光滑金属棒、b垂直放置在如图所示的足够长的水平导轨上，两金属棒与导轨接触良好，导轨左边间距是右边间距的2倍，两导轨所在的区域处于竖直向下的匀强磁场中。一根不可伸长的绝缘轻质细线一端系在金属棒b的中点，另一端绕过轻小光滑定滑轮与质量也为m的重物c相连，线的水平部分与导轨平行且足够长，c离地面足够高，重力加速度为g。由静止释放重物c后，两金属棒始终处在各自的导轨上垂直于导轨运动，达到稳定状态后，细线中的拉力大小为(导轨电阻忽略不计) (　　)A． B． C． D．【解析】  设a、b棒的速度大小分别为、，加速度大小分别为、，c与b棒加速度大小相等，回路中的电流为，回路中的电动势为，，到稳定状态后，电路中的电流恒定，即电动势恒定，导体棒的加速度恒定，易知，当恒定时达到稳定状态，由此可知，导体棒的加速度满足，受力状态如图所示，对a棒受力分析，对b棒受力分析，对c受力分析，解得，，，，C正确，ABD错误。故选C。【答案】  C【考点四】  动量守恒定律在双杆水平导轨中的应用【典型例题4】  (2022•河南洛阳市高三(下)二模)如图，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L，电阻不计。在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均为B。与导轨垂直的金属棒ad、bc的电阻均为R，质量分别为m、2m，各自静止于两磁场中。现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0，下列说法正确的是(　　)A．两金属棒组成的系统的动量守恒B．两金属棒始终受到水平向右的安培力C．两棒达到稳定时速度大小均为D．ad棒向左运动的过程中，ad棒产生的总焦耳热为【解析】  A．ad棒向左运动时，回路中产生顺时针方向的感应电流，ad棒受到向右的安培力，bc棒也受到向右的安培力，所以两金属棒组成的系统合外力不为零，系统的动量不守恒，故A错误。BC．ad棒向左做减速运动，bc棒向右做加速运动，两棒速度大小相等时，回路的磁通量不变，不再产生感应电流，两棒不受安培力，均做匀速运动，设速度大小为v，根据动量定理得：对ad棒有-F安t=mv-m•v0，对bc棒有F安t=2mv-0，联立解得v=v0，即最终两金属棒的速度大小都是v0。故B错误，C正确。D．由能量关系可知，ad棒产生的总焦耳热为，故D正确。故选CD。【答案】  CD【考点五】  动量守恒定律在切斜导轨中的应用【典型例题5】  如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直．图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞．重力加速度为g.求：(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热．【解析】  (1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒，则有：mv02＝mgha棒与b棒发生弹性正碰由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2由机械能守恒定律：mv02＝mv12＋mv22联立解得v1＝0，v2＝v0＝(2)b棒刚进磁场时的加速度最大．设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)由闭合电路欧姆定律得I＝，由安培力公式得F＝BIL＝ma，联立得a＝.故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v2′－v3′)b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．由动量守恒定律：mv2＝mv2′＋v3′，联立得v2′＝v2＝(3)最终b、c以相同的速度匀速运动．由动量守恒定律：mv2＝(m＋)v由能量守恒定律：mv22＝(m＋)v2＋Q，解得Q＝mgh.【答案】  (1)0　　(2)　(3)mgh【归纳总结】  感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等).解决这类问题的方法：(1)选择研究对象.即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统.(2)分析其受力情况.安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直.(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律.(4)分析研究对象(或系统)是否符合动量守恒的条件.(5)运用物理规律列方程求解.注意：加速度a＝0时，速度v达到最大值.【考点六】  导体框在组合磁场中的运动【典型例题6】  (2022•山东烟台市德州市高三(下)一模)有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示。区域I、II中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且H＞L。导线框恰好匀速进入区域I，一段时间后又恰好匀速离开区域II，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)A．导线框离开区域II的速度大于B．导线框刚进入区域II时的加速度大小为g，方向竖直向上C．导线框进入区域II的过程产生的焦耳热为mgHD．导线框自开始进入区域I至刚完全离开区域II的时间为【解析】  A．导线框恰好匀速离开区域II，根据平衡条件得，解得，A错误；B．导线框匀速进入区域I到刚进入区域II之间一直做匀速运动，由平衡关系和电磁感应定律可得，导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时，上下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律，又，解得I2=，线框所受安培力，由牛顿第二定律有，解得，方向竖直向上，B错误；C．导线框恰好匀速进入区域I故线框在区域I中以速度v匀速运动；设线框完全离开磁场I时速度为，从完全离开磁场I到开始离开区域II的过程中，由动能定理得，导线框进入区域II的过程根据能量守恒可得，联立解得导线框进入区域II的过程产生的焦耳热为，C正确；D．导线框自开始进入区域I至开始进入区域II过程中，由动量定理得，，联立，解得，导线框自开始进入区域II至开始离开区域II过程中，由动量定理得，，解得，导线框自开始离开区域II至刚完全离开区域II过程中，由动量定理得，联立解得，故，D错误。故选C。【答案】  C【考点七】  双杆在拉力下运动的综合分析【典型例题7】  (2022•湖北省七市高三(下)三月调研)如图所示，水平面内有两根金属导轨MN、PQ平行放置，两导轨之间的距离L=1.0m。以虚线为分界线，左侧导轨粗糙，空间有水平向左的匀强磁场，磁感应强度大小，右侧导轨光滑，空间有与水平面成30°的匀强磁场，磁感应强度大小。两根质量均为的均匀直金属杆AB、CD放在两导轨上，并与导轨垂直且接触良好，在导轨上接有阻值为R的固定电阻。已知两金属杆接入电路的电阻与固定电阻的阻值均为2.0Ω，其余部分电阻忽略不计，重力加速度g取。AB杆在水平恒力作用下向左匀速运动，CD杆在水平恒力的作用下向右以的速度做匀速运动。求：(1)水平恒力的大小；(2)金属杆AB与导轨之间的动摩擦因数；(3)从某一时刻开始计时，在时间t=5s内杆CD克服安培力做的功。【解析】  (1)CD运动产生感应电动势，CD受安培力方向垂直斜向上，对金属杆CD，根据平衡条件(2)由右手定则知：杆AB中电流方向由A指向B，由左手定则：AB受安培力竖直向下对杆：安培力根据平衡条件，解得(3)内回路中产生的焦耳热，【答案】  (1)；(2)；(3)【考点八】  含有自感线圈的双杆问题【典型例题8】  (2022•浙江杭州市高三(下)二模)如图所示，有一“”形的光滑平行金属轨道，间距为，两侧倾斜轨道足够长，且与水平面夹角均为，各部分平滑连接。左侧倾斜轨道顶端接了一个理想电感器，自感系数为，轨道中有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为T，M、N两处用绝缘材料连接。在水平轨道上放置一个“］”形金属框，其中、边质量均不计，长度均为；边质量为，长度为，电阻阻值为；在金属框右侧长为、宽为的区域存在竖直向上的磁感应强度大小为T的匀强磁场；右侧轨道顶端接了一个阻值的电阻。现将质量为、长度为的金属棒从左侧倾斜轨道的某处静止释放，下滑过程中流过棒的电流大小为(其中为下滑的距离)，滑上水平轨道后与“］”形金属框相碰并粘在一起形成闭合导体框，整个滑动过程棒始终与轨道垂直且接触良好。已知kg，m，m，m，除已给电阻外其他电阻均不计。(提示：可以用图像下的“面积”代表力所做的功)(1)求棒在释放瞬间的加速度大小；(2)当释放点距多远时，棒滑到处的速度最大，最大速度是多少？(3)以第(2)问方式释放棒，试通过计算说明棒能否滑上右侧倾斜轨道。【解析】  (1)释放瞬间，棒受力如图由牛顿第二定律可知，解得(2)已知感应电流大小为，当棒受到的安培力等于重力下滑分力时速度最大，有棒的速度最大。联立方程解得下滑过程，由动能定理知其中安培力做的功联立方程组解得(3)棒与金属框相碰过程，由动量守恒知整体进磁场过程，内电阻为，外电阻为0，设速度为，则回路总电流为，则所以整体进磁场过程安培力的冲量为出磁场过程，边为电源，内电阻为0，外电阻为同理可得安培力的冲量为又由动量定理知进出磁场过程中有解得出磁场时，速度大小整体沿斜面上滑过程，由动能定理可知解得重心升高的高度而边恰好运动到右侧倾斜最低端，则重心升高所以，棒不能滑上右侧倾斜轨道。另解：若将导体框的边右侧倾斜轨道的最低点时静止处释放，滑到水平轨道时导体框的速度为，则由，得所以棒不能滑上右侧倾斜轨道。【答案】  (1)；(2)；(3)不能【考点九】  含有电容器的双杆问题【典型例题9】  (2022•福建漳州市高三(下)二模)如图，MN、PQ(为足够长平行光滑水平金属导轨，处于竖直向下的匀强磁场中，GH、JK为足够长倾斜粗糙平行金属导轨，处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，底端接的电容器。NQ端与GJ端高度差m，水平距离m。现将导体棒cd静置在水平分导轨固定小钉的右侧，导体棒ab以速度m/s从MP端滑入，一段时间后cd棒从NQ端抛出，恰能无碰撞从GJ端进入斜导轨。已知导轨间距均为1m，两磁场的磁感应强度均为2T，两棒质量均为0.01kg、接入电阻均为1Ω，导轨电阻不计，棒始终与导轨垂直且接触良好，棒与斜导轨的动擦因数，g取。求：(1)cd棒从NQ端抛出时的速度大小；(2)cd棒抛出前瞬间ab棒所受安培力的功率P；(3)最终电容器存储的电荷量Q。【解析】  (1)cd棒从NQ端抛出后做平抛运动，设运动时间为t ，竖直方向有水平方向有联立解得m/s(2)设cd棒抛出时，ab棒速度大小为，由动量守恒定律可得此时回路感应电动势为E、感应电流为I、安培力为F，，，，联立解得W(3)cd棒运动到GJ端时速度为v，斜面与水平夹角为又联立解得m/s，cd棒沿倾斜轨道下滑时，由于，所以棒所受合力为安培力，设稳定时速度为，电容器带电量为Q，则又根据，，联立解得【答案】  (1)m/s；(2)W；(3)【考点十】  含有拉力传感器的双杆问题【典型例题10】  (2022•福建泉州市高三(下)三检)如图，间距为L的光滑平行导轨倾斜固定，倾角，电阻不计的导轨上放置两根有一定阻值的金属杆ab和cd，两杆质量均为m，cd杆中点通过平行于导轨的轻绳系在固定的拉力传感器上。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。现给ab杆一个沿导轨向上、大小为的初速度，同时对ab杆施加一个平行于导轨的推力，使拉力传感器示数随时间t按的规律变化。已知重力加速度大小为g，两杆不相碰，始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦。(1)求时回路中的感应电流大小；(2)求ab杆的速度随时间变化的关系式；(3)若在时间内回路产生的焦耳热为Q，求推力F在时间内做的功。【解析】  (1)由可得时，cd杆受到的安培力大小①②由①②式得③(2)设回路总电阻为，则④⑤cd杆受力平衡⑥又⑦由④⑤⑥⑦求得⑧(3)由⑧可知ab杆沿倾斜导轨做匀减速运动，加速度大小为，方向沿导轨向下，ab杆在时的速度间内的位移⑨由动能定理可得⑩由功能关系可知，在时间内ab杆克服安培力做的功为⑪由⑯⑰⑱得⑫‍【答案】  (1) ；(2) ；(3) 【考点十一】  双杆中的图像探讨问题【典型例题11】  (2022•上海市静安区高三(上)一模)如图(a)所示，两条相距为L的光滑固定平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线AB、CD均与导轨垂直，间距为d ，在AB与CD之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。两根相同的导体棒OP、MN，质量均为m，电阻均为R，将其先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g 。从棒OP进入磁场开始计时，到棒MN离开磁场区域为止，流过棒OP的电流随时间变化的图像如图(b)所示。(1)请判断棒OP在磁场内做怎样的运动，求出图(b)中I1的大小；(2)求棒MN离开磁场时的速度v的大小；(3)求从棒OP进入磁场到棒MN离开磁场的过程中，电路中产生的总热量Q；(4)若缩短导体棒OP、MN释放的时间间隔，从棒OP进入磁场开始计时，请定性画出流过棒OP的电流随时间变化的图像。【解析】  (1)由图(b)可知，棒OP在磁场中运动时产生的电流大小不变，为R不变，所以棒OP运动产生的电动势E不变，为则速度为B、L不变，所以棒OP速度不变，棒做匀速直线运动；棒OP受力平衡，沿导轨方向有，可得(2)由图(b)可知，棒MN在磁场中运动时产生的电流大小也为I1，棒MN在磁场中也做匀速直线运动，离开磁场时的速度等于棒OP进入磁场时的速度， 则有联立，可得(3)棒OP和棒MN先后在磁场中做匀速直线运动，先后把各自在磁场中做匀速直线运动时减少的重力势能转化为电流流经电路产生的热量，根据能量守恒可得(4)若缩短导体棒OP、MN释放的时间间隔，有可能OP还没离开磁场，MN已经进入磁场，由于MN进入磁场的速度与OP进入磁场的速度相同，所以无感应电流，两棒都加速，OP离开磁场后时的感应电流大于进入时的电流，MN所受的安培力大于重力沿斜面向下的分力，所以MN做减速运动，则感应电流会变小，流过棒OP的电流随时间变化的图像可能为如下图①或图②【答案】  (1)OP棒做匀速直线运动； ；(2) ；(3)2mgdsin；(4)见解析