2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第12章 专题强化24　电磁感应中的动力学和能量问题.docx

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1、专题强化二十四电磁感应中的动力学和能量问题目标要求1.会用动力学知识分析电磁感应问题.2.会用功能关系和能量守恒解决电磁感应中的能量问题题型一电磁感应中的动力学问题1导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态静止状态或匀速直线运动状态处理方法：根据平衡条件列式分析(2)导体的非平衡状态加速度不为零处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析2用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤3导体常见运动情况的动态分析vEBlvIF安BIlF合若F合0匀速直线运动若F合0F合maa、v同向v增大，若a恒定，拉力F增大v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，减小到a0，匀速直线运

2、动a、v反向v减小，F安减小，a减小，当a0，静止或匀速直线运动 考向1“单棒电阻”模型例1(2023陕西咸阳市模拟)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO平行，线框平面与磁场方向垂直设OO下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律的是()答案A解析线框先做自由落体运动，t1时刻ab边进入磁场做减速运动，加速度逐渐减小，而A图像中的加速度逐渐增大，故A错误；线框先做自由落体运动，若进入磁场时重力小于安培力，ab边

3、进入磁场后做减速运动，当加速度减小到零时做匀速直线运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故B正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故C正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边进入磁场后，线框继续做自由落体运动，加速度为g，故D正确例2(多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动整个装置处于垂直导轨平面

4、向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 ，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.下列说法正确的是()A拉力F是恒力B拉力F随时间t均匀增加C金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 ND金属杆运动的加速度大小为2 m/s2答案BCD解析t时刻，金属杆的速度大小为vat，产生的感应电动势为EBlv，电路中的感应电流I，金属杆所受的安培力大小为F安BIl，由牛顿第二定律可知外力Fmamgsin 37，F是t的一

5、次函数，选项A错误，B正确；t0时，F最小，代入数据可求得a2 m/s2，选项D正确；t2 s时，代入数据解得F12 N，选项C正确 考向2“单棒电容器”模型棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计，摩擦力不计)如图，运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流由FBIlma，I，QCU，UEBlv，联立可得Fma，其中a，则可得a所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动功能关系：WFmv2E电例3如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面在导轨上放置一质量为m的

6、金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中始终保持与导轨垂直并接触良好已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g.忽略所有电阻让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系答案(1)QCBLv(2)vt解析(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为EBLv平行板电容器两极板之间的电势差为UE设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C，联立可得QCBLv(2)设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为I，金属棒受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为FBLICB2L2a设在时间间隔(

7、t，tt)内流经金属棒的电荷量为Q，则QCBLv按定义有I，Q也是平行板电容器极板在时间间隔(t，tt)内增加的电荷量，由上式可得，v为金属棒的速度变化量，金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为FfFN式中，FN是金属棒对于导轨的正压力的大小，有FNmgcos ，金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin FFfma，即mgsin mgcos CB2L2ama联立上式可得 a由题意可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的速度大小为v.题型二电磁感应中的能量问题1电磁感应中的能量转化2求解焦耳热Q的三种方法3解题的一般步骤(1)确定研究对

8、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 考向1应用功能关系解决电磁感应中的能量问题例4(多选)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中()A流过金属棒的

9、最大电流为B通过金属棒的电荷量为C克服安培力所做的功为mghD金属棒内产生的焦耳热为mg(hd)答案BD解析金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mghmv02，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势EBLv，金属棒受到的安培力FBIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得Imax，所以A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量qt，所以B正确；对整个过程由动能定理得mghW克安mgd0，金属棒克服安培力做的功W克安mghmgd，金属棒内产生的焦耳热QW克安mg(hd)，所以C错误，D正确考向2应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题例5(2023北京市模拟)如图所示，A

10、B、CD为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻质量为m、长为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则()A导体棒水平方向做简谐运动B初始时刻导体棒所受的安培力大小为C当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv02QD当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于答案D解析导体棒运动过

11、程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则棒和弹簧的机械能有损失，则当棒再次回到初始位置时速度小于v0，导体棒水平方向做的不是简谐运动，则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势E1BLv0，根据电功率公式P可知，AC间的电阻R的热功率P，故A错误，D正确；根据公式EBLv0，I，FBIL可得，初始时刻导体棒所受的安培力大小为F，故B错误；当导体棒第一次到达最右端时，设弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律有Ep2Qmv02，解得Epmv022Q，故C错误例6如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为30的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与斜面平行距线框c

12、d边为L0的MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界线，MEEPL2.现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开匀强磁场已知线框边长为L1(L1时，甲和乙都加速运动，当g时，甲和乙都减速运动，当g时，甲和乙都匀速运动，故选A、B.7.(2022全国乙卷24)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l0.40 m的正方形金属框的一个顶点上金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场已知构成金属框的导线单位长度的阻值为5.0103 /m；在t0到t3.0 s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B

13、(t)0.30.1t(SI)求：(1)t2.0 s时金属框所受安培力的大小；(2)在t0到t2.0 s时间内金属框产生的焦耳热答案(1) N(2)0.016 J解析(1)金属框的总电阻为R4l40.405103 0.008 金属框中产生的感应电动势为E0.10.402 V0.008 V金属框中的电流为I1 At2.0 s时磁感应强度大小为B2(0.30.12.0) T0.1 T金属框处于磁场中的有效长度为Ll此时金属框所受安培力大小为FAB2IL0.110.4 N N(2)02.0 s时间内金属框产生的焦耳热为QI2Rt120.0082 J0.016 J.8.(2023湖北省模拟)如图，质量为

14、M的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，间距L的ab和dc边平行，都与bc边垂直ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略一根电阻为R、质量为m的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行(1)若导体棒MN在外力作用下保持静止，求最终稳定状态时金属框的速度大小；(2)若导体棒不受外力作用，求最终稳定状态时电路中的电动势答案(1)(2)解析(1)由题意知：金属框做加速度减小的加速运动，加速度减为0，稳定状态时做匀速直线运动，根据受力平衡有F安F导体棒的感应电动势为EBLv导体

15、棒的感应电流为I安培力为F安BIL联立解得v(2)导体棒、金属框最终以相同的加速度做匀加速直线运动，速度差一定，对整体由牛顿第二定律有 F(mM)a对导体棒受力分析有BILma，EIR联立解得E.9如图甲所示，相距L1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角37，导轨电阻不计，质量m1 kg、接入电路电阻为r0.5 的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R1.5 ，电容器的电容C0.5 F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的vt图像如图乙所示，sin

16、370.6，取重力加速度g10 m/s2.(1)求磁场的磁感应强度大小B；(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？(3)现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t2 s时导体棒的速度大小答案(1)2 T(2)2 m/s2 m/s2(3)4 m/s解析(1)由题图乙可知，导体棒的最大速度vm3 m/s，对应的感应电动势EBLvm，感应电流I，当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BILmgsin ，解得B2 T.(2)导体棒和定值电阻串联，由公式QI2Rt可知：Q

17、abQR13，则导体棒ab产生的焦耳热Qab21 J7 J，导体棒下滑x5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsin mv12QabQR得导体棒的速度v12 m/s，此时感应电动势E1BLv1，感应电流I1，对导体棒有mgsin BI1Lma1，解得加速度a12 m/s2.(3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsin BI2Lma2，感应电流I2，qCUt时间内，有UEBLv，a2，解得a22 m/s2，表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t2 s时导体棒的速度大小v2a2t4 m/s.10

18、(2022湖北卷15)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里正方形单匝线框abcd的边长L0.2 m、回路电阻R1.6103 、质量m0.2 kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成45角、大小为4 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界重力加速度大小取g10 m/s2，求：(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的

19、整个过程中回路产生的焦耳热；(3)磁场区域的水平宽度答案(1)20 m/s210 m/s2(2)0.2 T0.4 J(3)1.1 m解析(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，由牛顿第二定律，在水平方向有Fcos max代入数据有ax20 m/s2在竖直方向有Fsin mgmay代入数据有ay10 m/s2(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电动势为ab边切割磁感线产生的电动势，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则从ab边进入磁场开始，ab边受到的

20、安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力由vy22ayL，知ab边刚到达磁场边缘时，线框竖直方向的速度vy2 m/s.由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，则有Fsin mgBIL0，EBLvy，I联立解得B0.2 T由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向上线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有QW克安BILy，yLFsin mgBIL联立解得Q0.4 J(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vyayt1，Lvyt2，tt1t2联立解得t0.3 s由(2)分析可知线框在水平方向上一直做匀加速直线运动，则在水平方向有xaxt2200.32 m0.9 m则磁场区域的水平宽度sxL1.1 m.