2023届高考一轮复习通用版 专题九 电磁感应中的动力学、能量和动量问题 学案.pdf

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1、专题九电磁感应中的动力学、能量和动量问题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I.分离出电路中由电磁感应所产生的电源弄清串、并联关系确定杆或线圆受力由力和运动的关系确定运动模型甲二二乙xxx xxx xxx xxx xxx 例12021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

2、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，乙加速运动命题分析试题屈于综合性题目，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情境必备考查牛顿定律、直线运动规律、电阻定律、闭合电路欧姆定律、导线切割磁感线知识产生感应电动势等知识关键考查理解能力、推理论证能力理解相关知识和定律，推理论证得出结论能力学科考查物理观念、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素养得出新结论跟进训练l.2021-山东卷，12（多选）如图所示，电阻不计的光滑U形金屈导轨

3、固定在绝缘斜面上区域l、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，11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（B2 ，一了生:一二二之士二之之二：一.b/在：之二了二二立了：女z:.A.金属棒下行过b时的速度大千上行过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2.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

4、应强度B=0.2T,轨道左侧连接一定值电阻R=IQ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=O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=0.5,导体棒和导轨的电阻均不计取g=lOm/s2,求：X X R xx B x x xb x x x x 甲二0/s(l)导体棒的加速度大小；(2)导体棒的质似考点二电磁感应中的能量问题1.能噩转化焦耳热或其他形式的能扭2.求解焦耳热Q的三种方法焦耳定律：Q=I2RI 功能关系：Q=W克服安培力能扭转化：Q=t:.E其他偿的减少3.解题的一般步骤(1)确定研究对象

5、（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)根据功能关系或能昼守恒定律列式求解卫8X 例22021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Vo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，不计空气阻力下列说法正确的是（)A.B与Vo无关，与扑i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

6、服安培力做功的功率与重力做功的功率相等D.调节H、Vo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命题分析试题屈千综合性题目，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情境必备考查牛顿定律、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知识动势、功率、功能关系等知识关键考查理解能力、推理论证能力理解相关知识和定律，推理论证得出结论能力学科考查物理观念、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素养得出新结论X X B X X F a-I X X x b x|-x X X C X X d x斗X跟进训练3.（多选）一空间有垂直纸面向里的匀

7、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0.1Q,重力均为0.1N，现用力向上拉动导体棒动，使之匀速上升（导体棒动、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/s C.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 4.2022贵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

8、轨上质量m=O.lkg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，滑动过程中棹始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的V-t图象，其中AO是图象在0点的切线，AB是图象的渐近线，除R以外，其余部分的电阻均不计设最大静摩擦力等千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l0m/s求：三：P b Q 甲A,B 10-，千了一寸,/1;O4 1/s 乙(l)R的阻值；(2)在棒运动100m过程中电阻R上产生的焦耳热考点三电磁感应与动位的综合问题角度1动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动世定理应用千单杆切割磁感线运动

9、，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量(1)求电荷昼或速度：Bf/t:,t=mv2-mV1,q=It.(2)求时间：Ft压mv2-mvp压BllM=B竺R总(3)求位移：B平vAt-BllM=-=O-mvo,R 总B勺2即x=m(O-vo)R 总I_ _-I 一I_ _ XXX-X 行xxxx-N LXXXX-XXX-M积-XXXX _ _ 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=IT,边长为L=lm、电阻为R=1Q、质量为m=lkg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

10、加速度为g=10 m/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角度2动量守恒定律在电磁感应中的应用AC 例4（多选）如图所示，在竖直向上磁感应强度为B=IT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=Im,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,棒与导轨垂直并保待良好接触，AB棒质量为m1=0.2 kg,CD棒质量为m2=0.4kg,两金属棒接入电路的总电阻R=0.5.Q,若CD棒以v。=3mis的初速度水平向右运动，在两根金屈棒运动到两棒间距最大的过

11、程中，下列说法正确的是（)A.AB棒的最终速度大小为1m/s B.该过程中电路中产生的热量为0.6J C.该过程中通过导体横截面的电荷炽为0.4C D.两金属棒的最大距离为0.3m 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=lm,在左端弧形轨道部分高h=l.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=2.Q、Rb=5.Q,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vo=5mis开始向左滑动，同时由静止释放杆（l,杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流

12、为0.3A:从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度一时间图象如图乙所示（以a运动方向为正方向），其中ma=2kg,mb=I kg,g取10m/s2,求：B 1/s 甲乙(1)杆d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揽；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热专题九电磁感应中的动力学、能昼和动量问题例1解析：设线圈到磁场的高度为h,线圈的边长为l,则线围下边刚进入磁场时，有v=J五i感应电动势为E=nBlv两线圈材料相同（设密度为po)，质量相同（设为m),则m=poX4nlXS设材料的电阻率为p,则线圈电阻R=p-4nl_16n平PPoS m 感应电流

13、为I=E mBv R 16nlpp。安培力为mB2v F=nBll=16PPo 由牛顿第二定律有mg-F=maF B2 联立解得a=g-g一一B v m 16pp。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击时，甲和乙都加速运动，当g岊卢时，甲和乙都减速运动，当g且卢；时都匀速，AB正确答案：AB I.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El=告产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/1=-E1_kS R R 导体棒进入II区域后，导体切割珧感线产生的感应电动势为E2=B2Lv导体棒上的电流为I2旦

14、生竺R R 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 下行过程中，根据牛顿第二定律可知B山L+B2hl-mgsin 0=ma1 上行过程中，根据牛顿第二定律可知B山L-B2几L-mgsin 0=ma2 比较加速度大小可知a户a2由于be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；l区域产生的安培力总是大于沿斜而向下的作用力，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

15、少，所以金属棒不能回到a处，C错误，D正确答案：ABD2.解析：（l）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F伈则导体棒产生的电动势：E=Blv回路中的电流I=E R 导体棒受到的安培力：F安BIL由牛顿第二定律：F-F安Fr=ma由题意v=at联立解得：F芞卢ma+Fr根据题图乙可知，OJOs内图象的斜率为0.05N/s,即旦产0.05N/s,解得a=Sm/s2(2)由F-t图象纵截距可知：ma+F严LON又Fr=mg解得m=O.lkg.答案：(1)5 m/s2(2)0.1 kg 例2解析：设金属框进入磁场时的竖直分速度为Vy,

16、可知vy=J五百，金属框所受安培力F=BJL,电流J=tE=BLvy,根据受力平衡可得mg妒L2:面，可知驴与Ji成反比，B与Vo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、Vo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正确答案：CD3.解析：对导体棒cd分析：mg=Bll旦丘，得v=2m/s,B正确；对导体

17、棒动分析：R总F=mg+Bll=0.2 N,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=平沪=0.4J,C正确；在2s内拉力做的功R总为W尸Fvt=O.SJ,D错误答案：BC4.解析：（l）由题图乙得ab棒刚开始运动瞬间a=2.5mis气则F-Fr=ma,解得凡0.2N.ab棒最终以速度v=10 mis匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F-Fr-F安0.BLv B叩vF安BIL=BL-=-R R B九2v联立可得R=-0.4Q.F-Ff(2)由功能关系可得(F-Fc)x=mv2+Q,解得Q=20J.答案：(I)0.4

18、n(2)201 例3解析：（l）设导线框MN边进入墩场的速度为Vo,PQ边运动到墩场下边缘叶的速度为vPQ边到达癌场的下边缘时导线框受力平衡，则有：mg=B2廿vR 解得：v=1 0 mis 导线框宪全进入磁场到PQ离开磁场的过程中，导线框机械能守恒，有mv2-mv=mg(h-L)解得：vo=4mis(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-B/Lfj,r=mv At为导线框进入磁场所经历的时间又q=IMABL2=R R B九3得mgt一=mvR 解得t=I.I s.答案：(1)4 mis(2)1.1 s 例4解析：开始CD棒做减速运动、AB棒做加速

19、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m和o=(m1叩）v,解得v=2mis,选项A错误；对系统，由能量守恒定律得：；呾Vij=Q+扣(m叶m2）沪，解得Q=0.6 J,选项B正确；对AB棒，由动量定理得Bllt=m1v,而lt=q,则Blq=m1v,解得q=0.4 c,选项C正确；通过导体横截面的电荷量q竿平，两金属棒间的最大距离D=d+L赞L飞厂m+0.2m=0.4 m,选项D错误答案：BC5.解析：（l）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v卧对杆b运用动量定理，有Bdl f;.t=mb(vo-vbO)其中vw=2mis 代入数据解得M=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=；阳v解得v=J菇忙5mis 设最后G、b两杆共同的速度为v，由动量守恒定律得叽va-m印w=(ma十叽）v8 代入数据解得v=;mis 3 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M,则由动量定理可得Bdlb.t=ma(v(，一v)而q=JM代入数据得q=fC.(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Q=magh+mb叶一（m叶如）泸巴J6 5-115 b棒中产生的焦耳热为Q=Q=J.2+5 6 答案：(1)5 s(2);C(3)里J3 6