第12章 专题强化(十八) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题(课件PPT)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 一轮总复习 多媒体课件 专题强化(十八)　电磁感应中的动力学、能量与动量问题 备考目标 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。 3.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧。 4.能用动量守恒分析电磁感应问题。 题型一 电磁感应中的动力学问题 题型二 电磁感应中的能量问题 题型三 电磁感应中的动量综合问题 专题强化（十八） 感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起。解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)。 1．两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 a＝0 根据平衡条件列式分析 非平衡态 a≠0 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析 2.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤 类型1　“单杆＋电阻” 【例1】 (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 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。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 N D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2 解析：选BCD。t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，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F＝ma＋mg sin 37°＋，F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，选项D正确；t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，选项C正确。 类型2　“单杆＋电容器” 【例2】 如图所示，金属导轨平面与水平面成θ角，匀强磁场垂直导轨平面向上，导体上端连接电容C，a、b是电容器的两个极板，金属棒MN垂直放置在导轨上，不计导轨和金属棒的电阻以及金属棒与导轨间的摩擦，现给金属棒沿导轨向下的冲量，则(　　) A．极板a上带正电 B．极板b上电荷量一直增加 C．金属棒可能一直匀速运动 D．金属棒可能先减速后匀速运动 解析：选B。导体棒沿导轨向下运动过程中，导体棒切割磁感线，产生感应电流，棒上的电流方向由M到N，所以极板a上带负电，故A错误；金属棒在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律mg sin θ－BΔIL＝ma，ΔI＝＝，联立可得a＝，由此可知，金属棒沿轨道向下做匀加速直线运动，故C、D错误；金属棒沿轨道向下匀加速直线运动，其速度一直增大，电容器一直处于充电状态，所以极板b上电荷量一直增加，故B正确。 类型3　线框穿越磁场 【例3】 (2023·河北衡水中学高三阶段练习)边长为l的正方形线框以初速度v0水平抛出，在其正下方有一宽度为2l、水平方向足够长的垂直于纸面向里的匀强磁场区域，如图所示。cd边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动。以cd边刚离开磁场时为计时起点，此后线框的加速度与其竖直方向位移的关系图像可能正确的是(忽略空气阻力，线框在此过程中不发生转动，取竖直向下为正方向)(　　) 解析：选D。线框完全离开磁场后的运动为a＝g的匀加速运动，由题意可知，加速度恒为＋g，A、B错误；cd边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，所受安培力等于重力，线框完全进入磁场后的运动为a＝g的匀加速运动，故cd边刚离开磁场时竖直方向的分速度大于cd边刚进入磁场时竖直方向的分速度，所受安培力大于重力，可知cd边离开磁场时的过程中做加速度减小的减速运动，根据C选项的图像，ab边出磁场时，加速度为零，安培力等于重力，即此时的速度刚好等于cd边进入磁场时的速度，而从ab边刚进入磁场到cd边刚出磁场，物体的加速度为g，位移为l，接下来再运动位移为l时，加速度均小于g，ab边刚出磁场时速度肯定大于ab刚进入磁场时的速度，所以加速度不可能为零，C错误；cd边刚出磁场时的速度大小不确定，线框的加速度大于g、等于g和小于g均有可能，D正确。 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。 【例1】 如图所示，AB、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mv－Q D．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 解析：选D。导体棒运动过程中，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E1<BLv0，根据电功率P＝可知，AC间的电阻R的热功率公式P<，故A错误，D正确；根据公式E＝BLv0，I＝，F＝BIL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Ep＋2Q＝mv，解得Ep＝mv－2Q，故C错误。 【例2】 如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝0.5 m，NQ两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，一质量m1＝0.40 kg、接入电路的阻值r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量m2＝0.80 kg的重物相连。细线与金属导轨平行。金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.6 s内通过电荷量的，g＝10 m/s2，求： (1)0～0.3 s内金属棒通过的位移大小； (2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量。 解析：(1)0～0.3 s内通过金属棒的电荷量 q1＝＝ 0．3～0.6 s内通过金属棒的电荷量 q2＝I2t2＝ 由题中的电荷量关系＝ 解得x1＝0.3 m。 (2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为 x＝x1＋x2＝x1＋v0t2 解得x＝0.75 m 根据能量守恒定律有 m2gx－m1gx sin θ＝(m1＋m2)v＋Q 解得Q＝3.15 J 由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量Qr＝Q＝1.05 J。 答案：(1)0.3 m　(2)1.05 J 当导体棒在磁场中做非匀变速直线运动时，利用牛顿运动定律不易解答这类问题，可以应用动量定理或动量守恒定律来解答。 1．动量定理多应用于杆切割磁感线中求解变力的时间、速度、位移和电荷量问题。 (1)求电荷量和速度：q＝ t；BlΔt＝mv2－mv1。 (2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝IlBΔt＝lB。 (3)求位移：－IlBΔt＝－＝0－mv0或－＝0－mv0。 2．电磁感应中双杆切割磁感线运动，若双杆系统所受合外力为零，运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题。 3．两种双杆模型分析 示意图 双棒无外力 双棒有外力 动力学观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 情况1：棒1先变加速后匀速运动，棒2静止； 情况2：棒1先变加速后匀加速运动，棒2先静止后变加速，最后和棒1做相同加速度的匀加速运动 动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒 能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热 【例1】 (2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求： (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； (2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvP ×3mv＝×3mv＋mv 联立解得vP＝v0，vQ＝v0 由题可知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为 vP′＝vQ＝v0。 (2)根据能量守恒定律，有 mv＝mvP′2＋Q 解得Q＝mv。 (3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 －BlΔt＝mvP′－mvP 又＝＝＝ 联立可得x＝ 由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t＝＝。 答案：(1)v0　(2)mv　(3) 【例2】 (2023·新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。 (1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小； (2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。 解析：(1)设金属框的初速度大小为v0，则金属框完全穿过磁场的过程，由动量定理有 －2BLt＝m－mv0 通过线框的电流＝ 根据法拉第电磁感应定律有＝ 联立解得v0＝。 (2)金属框进入磁场的过程，有 －B′Lt′＝mv1－mv0 闭合电路的总电阻 R总＝R0＋＝R0 通过线框的电流′＝ 根据法拉第电磁感应定律有′＝ 解得v1＝ 金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，则有 －B″Lt″＝－mv1 通过金属框的电流″＝ 根据法拉第电磁感应定律有″＝ 解得x＝L 故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处 对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有 Q总＝mv－mv 电阻R1产生的热量为 Q1＝·Q总 金属框完全在磁场中运动过程，有 Q总′＝mv 电阻R1产生的热量为Q1′＝Q总′ 电阻R1产生的总热量为Q1总＝Q1＋Q1′ 解得Q1总＝。 答案：(1)　(2) $$