《新教材物理一轮总复习-第十二章电磁感应专题强化十二电磁感应中的动力学能量和动量问题学案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新教材物理一轮总复习-第十二章电磁感应专题强化十二电磁感应中的动力学能量和动量问题学案.docx（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题强化十二电磁感应中的动力学、能量和动量问题【素养目标】1.掌握处理电磁感应中动力学，能量和动量问题的方法.2.能分析电磁感应规律在生产生活中的应用题型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”，具体思路如下例12022湖北卷如图所示，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
2、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g，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整个过程中回路产生的焦耳热；(3)磁场区域的水平宽度试答针 对 训 练1(多选)如图甲所示，倾角为37的足够长绝缘斜面体固定在水平面上，在两平行于斜面底边的虚线之间存在垂直斜面向上的匀强磁场，两平行虚线间的距离为d0.1 m，质量为m0.01 kg、阻值为r1 的正方形导体框由虚线1上侧无初速释放，经过一段时间导体框穿过磁场，整个过程中导体框的ab边始终与虚线平行，导体框由释
3、放到离开磁场的过程，其速度随时间的变化规律如图乙所示，已知磁感应强度大小为B1 T，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.则下列说法正确的是()A导体框与斜面体之间的动摩擦因数为0.5B导体框的边长为0.2 mC导体框由释放到cd边离开虚线2的时间为1 sD整个过程，导体框中产生的焦耳热为4103 J22023南昌摸底考试如图甲所示，两条相距l2 m的水平粗糙导轨左端接一定值电阻R1 ，当t0时，一质量为m2 kg，阻值为r的金属杆，在水平外力F的作用下由静止开始向右运动，5 s末到达MN，MN右侧为一匀强磁场，磁感应强度大小B0.5 T，方向垂直纸面向里当金属杆
4、到达MN(含MN)后，保持外力的功率不变，金属杆进入磁场8 s末开始做匀速直线运动整个过程金属杆的v t图像如图乙所示，若导轨电阻忽略不计，金属杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数0.1，重力加速度g10 m/s2.(1)求金属杆进入磁场后外力F的功率P.(2)若前8 s回路产生的总焦耳热为Q51 J，求金属杆在磁场中运动的位移大小(3)求定值电阻R与金属杆的阻值r的比值题型二电磁感应中的能量问题1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
5、解例22023江苏省扬州市质检(多选)我国新一代航母阻拦系统的研制引入了电磁阻拦技术，其基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，飞机与金属棒瞬间获得共同速度v0180 km/h，在磁场中共同减速滑行至停下，已知歼15舰载机质量M2.7104 kg，金属棒质量m3103 kg、电阻R10 ，导轨间距L50 m，匀强磁场磁感应强度B5 T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其它阻力做的功为1.5106 J，则下列说法中正确的是()A金属棒中感应电流方向a到bB飞机着舰瞬间金属棒中感应电流大小为I1.25103 AC金属棒中产生的焦耳热Q3.6107 JD金属棒
6、克服安培力做功为W1.5106 J解题心得针 对 训 练3.(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场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B0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 ，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、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()Aab受到的拉力大小为2 NBab向上运动的速度为2 m/sC在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D在2 s内，拉力做功为0.6 J4如图甲所示，空间存在B0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是
7、水平放置的平行长直导轨，其间距L0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m0.1 kg的导体棒从零时刻开始，对ab施加一个大小为F0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v t图像，其中AO是图像在O点的切线，AB是图像的渐近线除R以外，其余部分的电阻均不计设最大静摩擦力等于滑动摩擦力已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热题型三电磁感应与动量的综合问题考向1动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应
8、用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量(1)求电荷量或速度：Bltmv2mv1，qt.(2)求时间：FtI冲mv2mv1，I冲BIltBl.(3)求位移：BIlt0mv0，即xm(0v0)例3 如图所示的导轨固定在水平面上，左、右两侧的导轨足够长，且间距分别为2d和d，左、右两侧导轨所在空间分别存在竖直向下的匀强磁场B1和B2，且磁感应强度B22B12B0.同种材料且粗细相同的导体棒甲、乙均垂直导轨放置，导体棒甲到衔接处的距离为2d，导体棒乙放在衔接处t0时刻给导体棒甲向右的冲量I0，在导体棒甲运动到衔接处前的瞬间两棒刚好达到共速，且此过程流过导体棒乙某一横截面的电荷量为
9、q，此时导体棒甲在外力的控制下立即停止，导体棒乙继续向右运动，重力加速度为g.忽略导轨的电阻，已知导体棒甲的质量为m，且导体棒甲与导轨间的动摩擦因数为，导体棒乙与导轨间的摩擦不计求：(1)t0时刻，导体棒甲两端的电压；(2)导体棒甲运动的总时间试答考向2动量守恒定律在电磁感应中的应用例42022浙江卷1月如图所示，水平固定一半径r0.2 m的金属圆环，长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO上，并随轴以角速度600 rad/s匀速转动，圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平
10、放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C0.09 F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连电容器左侧存在宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“”形金属框fcde.棒ab长度和“”形框的宽度也均为l1、质量均为m0.01 kg，de与cf长度均为l30.08 m，已知l10.25 m，l20.068 m，B1B21 T、方向均为竖直向上；棒ab和“”形框的cd边的电阻均为R0.1 ，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道
11、接触良好且运动过程中始终与轨道垂直开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？(2)求电容器释放的电荷量Q；(3)求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x.试答针 对 训 练5.(多选)如图所示，两间距为d、足够长的平行金属导轨沿水平方向固定，水平导轨的左、右两端与半径为R的圆弧轨道平滑连接，两质量均为m、电阻均为r的金属棒甲、乙放在圆弧轨道上，且均
12、与导轨垂直，开始时金属棒甲与轨道的圆心等高，金属棒乙距离水平导轨的高度为，某时刻将金属棒甲由静止释放，经过一段时间再将金属棒乙由静止释放，结果两金属棒同时滑到水平导轨，已知水平导轨所在的空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，忽略导轨的电阻以及一切摩擦，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A两金属棒稳定时的速度为B两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，金属棒甲上产生的热量为mgRC两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，流过金属棒甲的电荷量为2mD当乙的速度为零时，乙的加速度为专题强化十二电磁感应中的动力学、能量和动量问题题型一例1解析：(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方
13、向有F cos max代入数据有ax20 m/s2在竖直方向有F sin 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，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，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题知，线框从ab边进入磁场开
14、始，在竖直方向线框做匀速运动，有F sin mgBIL0，EBLvy，I2ayL，联立有B0.2 T由题知，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安BILy，yL，F sin 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一直做匀加速直线运动，则在水平方向有xaxt2200.32m0.9 m，则磁场区域的水平宽度XxL1.1 m.答案：(1)20 m/s2
15、10 m/s2(2)0.2 T0.4 J(3)1.1 m1解析：方法一由图乙分析可知，导体框穿过磁场的过程速度不变，则正方形导体框的边长等于两虚线之间的距离，为0.1 m，导体框的ab边刚进入磁场的瞬间导体框沿斜面方向合力为零，即F安mg cos mg sin ，又F安BId、I，代入数据解得0.5，A正确，B错误；导体框进入磁场前，由牛顿第二定律得mg sin mg cos ma，解得a2 m/s2，则导体框进入磁场前的运动时间为t11 s，导体框从进入磁场到离开磁场的运动时间为t20.1 s，导体框由释放到cd边离开虚线2的时间为tt1t21.1 s，C错误；导体框从进入磁场到离开磁场的过
16、程中，由功能关系得QW安，又W安F安2d4103 J，则整个过程导体框中产生的焦耳热为4103 J，D正确方法二导体框从进入磁场到离开磁场的过程中，由能量守恒定律得Qmg2d sin mg cos 2d4103 J，D正确答案：AD2解析：(1)在05 s时间内，由图乙可得金属杆的加速度1 m/s2由牛顿第二定律有Fmgma则金属杆到达MN边界时，金属杆的速度v15 m/s，外力功率PFv1代入数据解得P20 W.(2)在05 s时间内，金属杆做匀加速直线运动，根据位移和时间的关系可得金属杆运动的位移大小为x1152 m12.5 m在58 s时间内，设金属杆在磁场中运动的位移大小为x2，则时间
17、为t13 s由图乙可知第8 s末金属杆的速度v24 m/s，对金属杆，在前8 s内，由动能定理有Fx1Pt1mg(x1x2)W安又W安Q代入数据解得x29 m.(3)金属杆进入磁场后外力F的功率恒为P20 W，最后金属杆做匀速直线运动，根据平衡条件可得F1F安f其中F安BIl，F1通过金属杆的电流为I金属杆所受的滑动摩擦力为fmg联立以上各式并代入数据解得r所以定值电阻R与金属杆的阻值r的比值为3.答案：(1)20 W(2)9 m(3)3题型二例2解析：由右手定则：感应电流方向b到a，A错误；飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势EBLv0，感应电流I，解得I1.25103 A，B正确；飞机着舰至停下
18、，由动能定理W克安W克f，解得QW克安3.6107 J，C正确，D错误答案：BC3解析：对导体棒cd分析：mgBIl，得v2 m/s，B正确；对导体棒ab分析：FmgBIl0.2 N，A错误；在2 s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vt0.4 J，C正确；在2 s内拉力做的功为W拉Fvt0.8 J，D错误答案：BC4解析：(1)由题图乙得ab棒刚开始运动瞬间a，则FFfma，解得Ff0.2 N.ab棒最终以速度v10 m/s匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，FFfF安0.F安BILBL.联立可得R0.4 .(2)由功能关系可得
19、(FFf)xmv2Q，解得Q20 J.答案：(1)0.4 (2)20 J题型三例3解析：(1)由于两导体棒的材料以及粗细程度相同，导体棒甲、乙的长度之比为21，则由电阻定律R可知R甲2R乙t0时刻，导体棒甲的速度为v0则导体棒甲切割磁感线产生的感应电动势为EB1(2d)v0根据闭合电路欧姆定律得导体棒甲两端的电压为U由以上整理得U.(2)由于两棒的材料以及粗细程度相同，则导体棒乙的质量为导体棒甲的一半，即m，设导体棒甲运动的总时间为tt时间内对导体棒乙，由动量定理得tv0，由安培力公式得B2d2B0d，又，对导体棒甲，由动量定理得mgttmvmv0由安培力公式得B12d2B0d解得t.答案：见
20、解析例4解析：(1)开关S和接线柱1接通，电容器充电过程中，对绕转轴OO转动的棒由右手定则可知，其切割磁感线产生的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；根据法拉第电磁感应定律可得EB1rB1r2当开关接1时，其等效电路图如图所示，电容器C与R0并联则QCU0.54 C.(2)电容器放电过程对金属棒ab由动量定理有B2l1tB2l1Qmv1棒ab被弹出磁场后与“”形框粘在一起的过程有mv1(mm)v2对框的上滑过程有2mgh解得Q0.16 C.(3)设框在磁场中减速滑行的总路程为x，由动量定理有t2mv2则x0.128 m0.08 m，因此金属框会有一段磁通量不变的匀速运动
21、，匀速运动的距离为l3l20.012 m因此ab边进入磁场后的总位移为xxl3l20.14 m.答案：(1)M板带正电0.54 C(2)0.16 C(3)0.14 m5解析：两金属棒由释放到滑到水平导轨的过程中，对金属棒甲，由机械能守恒定律有mgR，解得v甲；同理，对金属棒乙有mg，解得v乙.两棒均在水平导轨上运动时，两棒组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得mv甲mv乙2mv，解得v，A错误两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，两棒上产生的焦耳热为Q2mv2mgR，则金属棒甲上产生的热量为Q甲mgR，B错误两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，对金属棒甲，由动量定理得一Bdtmvmv甲，又qt，整理得q，C正确当乙的速度为零时，则由动量守恒定律得mv甲mv乙mv甲，解得v甲，则感应电动势为EBdv甲、I、FBId，联立解得F，又由牛顿第二定律得a，D正确答案：CD