備考2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)強化訓(xùn)練第十二章電磁感應(yīng)專題二十一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)能量和動量問題

專題二十一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量和動量問題1.[電磁感應(yīng)中的動力學(xué)＋能量＋動量/2024北京]如圖所示，光滑水平面上的正方形導(dǎo)線框，以某一初速度進入豎直向下的勻強磁場并最終完全穿出.線框的邊長小于磁場寬度.下列說法正確的是（D）A.線框進磁場的過程中電流方向為順時針方向B.線框出磁場的過程中做勻減速直線運動C.線框在進和出的兩過程中產(chǎn)生的焦耳熱相等D.線框在進和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量相等解析線框進入磁場→線框右側(cè)切割磁感線電流方向為逆時針方向，A錯線框進、出磁場的過程中，F(xiàn)安為阻力→v↓→F安↓→線框進、出磁場的過程均為加速度減小的減速運動，B錯線框進、出磁場的兩過程中ΔΦ相同，q相同，D對安培力的沖量I安＝BIl·ΔtI安＝Blq線框進入磁場瞬間速度為v1，完全進入磁場速度為v2動量定理：線框離開磁場瞬間速度為v3動量定理：v1＋v2＞v2＋v3且v1－v2＝v2－v3，則Q1＞Q2，C錯一題多解由楞次定律可知線框進磁場的過程中電流方向為逆時針方向，出磁場的過程中電流方向為順時針方向，A錯；對線框進行受力分析，線框在進、出磁場時會受到安培力的作用，安培力均為阻力，線框全部在磁場中時不受安培力的作用，故線框在進、出磁場的過程中會做減速運動，全部在磁場的過程中做勻速運動，又F安＝BIl，I＝ER總，E＝Blv，則F安＝B2l2vR總，故線框進、出磁場的過程中所受安培力在減小，做加速度減小的減速運動，B錯；Q＝F—安·l＝B2l3v—R總，且結(jié)合B項的分析可知v2.[電磁感應(yīng)中的動力學(xué)＋圖像理解＋能量/2024上海]如圖（a），單匝矩形線框cdef位于傾角θ＝30°的斜面上，斜面上有一長度為D的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于斜面對上，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.5T，已知線框邊長cd＝D＝0.4m，質(zhì)量m＝0.1kg，總電阻R＝0.25Ω.現(xiàn)對線框施加一沿斜面對上的恒力F使之向上運動，運動一段時間后，撤去外力F.線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝33，線框速度隨時間變更的圖像如圖（b）所示.求：（重力加速度g取9.8m/s2圖（a）圖（b）（1）外力F的大小；（2）cf的長度L；（3）回路產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案（1）F＝1.48N（2）L＝0.5m（3）Q＝0.4J解析（1）由題圖（b）可知，在0～0.4s的時間內(nèi)，線框做勻加速直線運動，進入磁場時的速度v1＝2.0m/s結(jié)合題圖（b）可知線框進入磁場前的加速度大小a＝v1－0Δt＝2進入磁場前，對線框由牛頓其次定律得F－mgsinθ－Ff＝ma又Ff＝μFN，F(xiàn)N＝mgcosθ代入數(shù)據(jù)得F＝1.48N（2）由題圖（b）可知，線框以恒定的速度v1穿過勻強磁場，該過程中線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv1線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝E線框受到的安培力FA＝BIL由平衡條件得F＝FA＋mgsinθ＋μmgcosθ聯(lián)立解得L＝0.5m（3）經(jīng)分析可知，線框ed邊離開磁場時，外力F被撤去，因為μ＝tanθ＝33，所以線框離開磁場運動到最高點，即速度減為零后不會沿斜面對設(shè)線框穿過磁場所用的時間為t，則有t＝2Dv1＝2×0線框中的感應(yīng)電流為I＝BLv1R＝0依據(jù)焦耳定律可得Q＝I2Rt＝22×0.25×0.4J＝0.4J.3.[電磁感應(yīng)中的能量＋動量/2024全國甲]如圖，水平桌面上固定一光滑U形金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導(dǎo)軌的電阻忽視不計.導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上.導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短.碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點.P在導(dǎo)軌上運動時，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行.不計空氣阻力.求（1）金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大?。唬?）金屬棒P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量；（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運動的時間.答案（1）12v0（2）mv02（解析（1）Q與P發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律有3mv0＝mvP＋3mvQ由機械能守恒定律有12×3mv02＝12mvP2聯(lián)立解得vQ＝12v0，vP＝32依據(jù)題述，P、Q落到地面上同一地點，結(jié)合平拋運動規(guī)律可知，金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大小為v'P＝vQ＝12v（2）由能量守恒定律可得，金屬棒P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量為Q＝12mvP2－12mv（3）P在導(dǎo)軌上做變速運動，設(shè)速度大小為v時金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為e，電流大小為i，在Δt時間內(nèi)速度變更Δv，則由法拉第電磁感應(yīng)定律有e＝Blv由閉合電路歐姆定律有i＝e金屬棒P所受的安培力F＝Bil＝B由動量定理有－FΔt＝mΔv即－B2l2vRΔ方程兩側(cè)求和得∑－B2l2vRΔt即－B2l2R∑vΔt留意到∑vΔt＝x，∑Δv＝v'P－vP＝－v0聯(lián)立解得x＝m對絕緣棒Q有x＝vQt解得與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運動的時間為t＝2mR4.[電磁感應(yīng)中的雙棒模型＋動量定理/2024湖南]如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B.現(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R.運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽視不計，重力加速度為g.（1）先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；（2）在（1）問中，當(dāng)棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；（3）在（2）問中，從棒b釋放瞬間起先計時，經(jīng)過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離Δx.答案（1）v0＝2mgRsinθB2L2（2）a0＝2gsinθ（3）v＝gt0sinθ解析（1）棒a勻速運動時，對棒a受力分析，由平衡條件有mgsinθ＝BI1L由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1＝BLv0由閉合電路歐姆定律有I1＝E聯(lián)立解得v0＝2（2）當(dāng)棒a勻速運動時，由靜止釋放棒b，分析可知，棒b受到沿導(dǎo)軌向下的安培力，則釋放棒b的瞬間，對棒b，由牛頓其次定律有mgsinθ＋BI1L＝ma0又BI1L＝mgsinθ解得a0＝2gsinθ（3）釋放棒b后，由于棒b中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢對于回路來說，與棒a中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，所以兩棒所受安培力均減小，對棒a，由動量定理有（mgsinθ－BIL）t0＝mv－mv0對棒b，由動量定理有（mgsinθ＋BIL）t0＝mv聯(lián)立解得v＝gt0sinθ＋mgR設(shè)棒a速度為vi時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Ei，則Ei＝BLvi同理設(shè)棒b速度為vj時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Ej，則Ej＝BLvj棒中電流為I＝Ei－兩棒所受安培力的大小均為F＝BIL＝B對棒b，由動量定理有[mgsinθ＋B2L2（vi對方程兩側(cè)求和，即Σ[mgsinθ＋B2L2（vi－留意到ΣΔt＝t0，Σ（vi－vj）Δt＝Δx，ΣΔv＝v解得Δx＝2m5.[電磁感應(yīng)中的動力學(xué)＋能量/2024浙江6月]某愛好小組設(shè)計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡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能自動調(diào)整其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定，方向如圖所示.導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運動到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零；在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小B1＝kI（其中k為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面對里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小B2＝2kI，方向與B1相同.火箭無動力下降到導(dǎo)軌頂端時與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進入導(dǎo)軌，到達絕緣?？科脚_時速度恰好為零，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＝3MgkI2，導(dǎo)電桿電阻為R.導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計空氣阻力和摩擦力，不計導(dǎo)軌電阻和裝置A（1）求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；（2）求回路感應(yīng)電動勢E與運動時間t的關(guān)系；（3）求裝置A輸出電壓U與運動時間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可回收能量的來源和大小.答案（1）F＝3MgL＝v024g（2）E＝－12Mg2It＋6Mgv0I（t≤v02g）（3）U＝12Mg2It－6Mgv0I＋IR解析（1）導(dǎo)電桿所受的安培力大小F＝B1Id又B1＝kI，d＝3解得F＝3Mg火箭落停過程中，由牛頓其次定律得F－Mg＝Ma解得a＝2g由運動學(xué)公式可得，火箭運動的距離L＝v解得L＝v（2）導(dǎo)電桿向下運動的速度為v＝v0－at＝v0－2gt（t≤v0則回路中的感應(yīng)電動勢為E＝B2dv又B2＝2kI整理得E＝－12Mg2It＋6Mg（3）由于電路中的電流恒為I，導(dǎo)電桿下滑過程中的總電動勢為E總＝U＋E且有I＝E整理得U＝12Mg2I