2024屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試第一部分專題四電路和電磁感應(yīng)第12講電磁感應(yīng)與電磁波命題點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題

命題點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題抓住力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象間的橋梁——感應(yīng)電流I和切割速度v，“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題．(2023·山東卷)(多選)足夠長(zhǎng)U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m，電阻不計(jì)．質(zhì)量為1kg、長(zhǎng)為1m、電阻為1Ω的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區(qū)域內(nèi)分別存在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，其中B1＝2T，方向向下．用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)固定輕滑輪將導(dǎo)軌CD段中點(diǎn)與質(zhì)量為0.1kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面．如圖所示，某時(shí)刻MN、CD同時(shí)分別進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運(yùn)動(dòng)，MN、CD與磁場(chǎng)邊界平行．MN的速度v1＝2m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2.重力加速度大小取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A．B2的方向向上B．B2的方向向下C．v2＝5m/sD．v2＝3m/s解析：導(dǎo)軌的速度v2>v1，因此對(duì)導(dǎo)體棒受力分析可知導(dǎo)體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為f＝μmg＝2N，導(dǎo)體棒的安培力大小為F1＝f＝2N，由左手定則可知導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)镹→M→D→C→N，導(dǎo)體框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小為F2＝f－m0g＝1N，由左手定則可知B2的方向?yàn)榇怪弊烂嫦蚶?，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)正確；對(duì)導(dǎo)體棒分析F1＝B1IL，對(duì)導(dǎo)體框分析F2＝B2IL，電路中的電流為I＝eq\f(B1Lv1－B2Lv2,r)，聯(lián)立解得v2＝3m/s，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)正確；故選BD.答案：BD(2023·廣東卷)光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，寬度均為h，其俯視圖如圖(a)所示，兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t的變化如圖(b)所示，0～τ時(shí)間內(nèi)，兩區(qū)域磁場(chǎng)恒定，方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B0和B0，一電阻為R，邊長(zhǎng)為h的剛性正方形金屬框abcd，平放在水平面上，ab、cd邊與磁場(chǎng)邊界平行．t＝0時(shí)，線框ab邊剛好跨過(guò)區(qū)域Ⅰ的左邊界以速度v向右運(yùn)動(dòng)．在τ時(shí)刻，ab邊運(yùn)動(dòng)到距區(qū)域Ⅰ的左邊界eq\f(h,2)處，線框的速度近似為零，此時(shí)線框被固定，如圖(a)中的虛線框所示．隨后在τ～2τ時(shí)間內(nèi)，Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度線性減小到0，Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)保持不變；2τ～3τ時(shí)間內(nèi)，Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度也線性減小到0.求：(1)t＝0時(shí)線框所受的安培力F；(2)t＝1.2τ時(shí)穿過(guò)線框的磁通量Φ；(3)2τ～3τ時(shí)間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的熱量Q.解析：(1)ab邊、cd邊切割磁感線，根據(jù)右手定則可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流都是沿線框順時(shí)針?lè)较?，則根據(jù)切割情況下電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式得：電動(dòng)勢(shì)E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv.根據(jù)閉合電路歐姆定律得：電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3B0hv,R)，根據(jù)安培力表達(dá)式求解t＝0時(shí)ab邊的安培力F1＝2B0Ih，cd邊的安培力F2＝B0Ih，根據(jù)左手定則判斷這兩個(gè)安培力方向都向左，根據(jù)對(duì)稱判斷bc、ad邊安培力合力為0，ab、cd邊所受安培力合成之后得出線框所受的安培力：F＝F1＋F2＝2B0Ih＋B0Ih＝3B0Ih＝eq\f(3B0h×3B0hv,R)＝eq\f(9Beq\o\al(2,0)h2v,R)；(2)根據(jù)圖像得出t＝1.2τ時(shí)，Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2B0＋eq\f(0－2B0,2τ－τ)×(1.2τ－τ)＝1.6B0，方向向下；Ⅱ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，方向向上，穿過(guò)線框的磁通量Φ＝1.6B0×eq\f(h2,2)－B0eq\f(h2,2)＝0.3B0h2；(3)2τ～3τ時(shí)間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B0,τ)×eq\f(h2,2)＝eq\f(B0h2,2τ)，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：電流I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(B0h2,2τR)根據(jù)焦耳定律得：線框中產(chǎn)生的熱量Q＝Ieq\o\al(2,1)Rτ＝(eq\f(B0h2,2τR))2Rτ＝eq\f(Beq\o\al(2,0)h4,4τR).答案：(1)線框所受的安培力為eq\f(9Beq\o\al(2,0)h2v,R)(2)t＝1.2τ時(shí)穿過(guò)線框的磁通量為0.3B0h2(3)2τ～3τ時(shí)間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的熱量Q為eq\f(Beq\o\al(2,0)h4,4τR).1.某興趣小組設(shè)計(jì)了一種火箭落停裝置，簡(jiǎn)化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置(簡(jiǎn)化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN)和裝置A組成，并形成閉合回路．裝置A能自動(dòng)調(diào)節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定，方向如圖所示．導(dǎo)軌長(zhǎng)度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運(yùn)動(dòng)到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場(chǎng)近似為零，在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場(chǎng)近似為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，大小B1＝kI(其中k為常量)，方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場(chǎng)近似為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，大小B2＝2kI，方向與B1相同．火箭無(wú)動(dòng)力下降到導(dǎo)軌頂端時(shí)與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進(jìn)入導(dǎo)軌，到達(dá)絕緣?？科脚_(tái)時(shí)速度恰好為零，完成火箭落停．已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距d＝eq\f(3Mg,kI2)，導(dǎo)電桿電阻為R.導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計(jì)空氣阻力和摩擦力，不計(jì)導(dǎo)軌電阻和裝置A的內(nèi)阻．在火箭落停過(guò)程中．(1)求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運(yùn)動(dòng)的距離L；(2)求回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系；(3)求裝置A輸出電壓U與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系和輸出的能量W；(4)若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來(lái)源和大?。馕觯?1)導(dǎo)體桿受安培力F＝B1Id＝3Mg，方向向上，則導(dǎo)體桿向下運(yùn)動(dòng)的加速度Mg－F＝Ma，解得a＝－2g，導(dǎo)體桿運(yùn)動(dòng)的距離L＝eq\f(0－veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g).(2)回路的電動(dòng)勢(shì)E＝B2dv，其中v＝v0＋at，解得E＝eq\f(6Mg,I)(v0－2gt)．(3)由能量關(guān)系UI＝Fv＋I(xiàn)2R，其中v＝v0＋at，可得U＝eq\f(3Mg,I)(v0－2gt)＋I(xiàn)R，輸出能量W＝IUt＝3Mg(v0t－2gt2)＋I(xiàn)2Rt.(4)裝置A可回收火箭的動(dòng)能和重力勢(shì)能；從開始火箭從速度v0到平臺(tái)速度減為零，則E′＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＋MgL＝eq\f(3,4)Mveq\o\al(2,0).答案：(1)3Mgeq\f(veq\o\al(2,0),4g)(2)E＝eq\f(6Mg,I)(v0－2gt)(3)U＝eq\f(3Mg,I)(v0－2gt)＋I(xiàn)RW＝3Mg(v0t－2gt2)＋I(xiàn)2Rt(4)裝置A可回收火箭的動(dòng)能和重力勢(shì)能；eq\f(3,4)Mveq\o\al(2,0).2．電磁彈射是我國(guó)最新研究的重大科技項(xiàng)目，創(chuàng)造了世界領(lǐng)先的關(guān)鍵技術(shù)，原理可用下述模型說(shuō)明．如圖甲所示，虛線MN右側(cè)存在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊長(zhǎng)L的正方形單匝金屬線框abcd放在光滑水平面上，電阻為R，質(zhì)量為m，ab邊在磁場(chǎng)外側(cè)緊靠MN虛線邊界．t＝0時(shí)起磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律是B＝B0＋kt(k為大于零的常數(shù))，同時(shí)用一水平外力使線圈處于靜止?fàn)顟B(tài)，空氣阻力忽略不計(jì)．(1)求線框中的感應(yīng)電流的大小和方向；(2)寫出所加水平外力隨時(shí)間變化的表達(dá)式；(3)求0到t0時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)線截面的電荷量q；(4)若用相同的金屬線繞制相同大小的n匝線框，并在線框上加一質(zhì)量為M的負(fù)載物，如圖乙所示，當(dāng)t＝t0時(shí)撤去外力釋放線框，求剛撤去外力時(shí)線框的加速度大?。馕觯?1)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝kL2，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kL2,R)，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较颍?2)由于線圈靜止，則所加的水平外力與安培力平衡，有F＝BIL＝(B0＋kt)eq\f(kL3,R).(3)0到t0時(shí)間內(nèi)的平均電動(dòng)勢(shì)eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，線框中的電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，通過(guò)的電量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，求得q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(kt0L2,R).(4)n匝線框中t＝t0時(shí)刻產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E總＝neq\f(ΔB,Δt)L2＝nkL2，線框的總電阻R總＝nR，線框中的電流I＝eq\f(E總,R總)＝eq\f(kL2,R)，t＝t0時(shí)刻線框受到的安培力