备考2024届高考物理一轮复习强化训练第十二章电磁感应专题二十一电磁感应中的动力学能量和动量问题

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A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
解析
线框进入磁场→线框右侧切割磁感线电流方向为逆时针方向，A错
线框进、出磁场的过程中，F安为阻力→v↓→F安↓→线框进、出磁场的过程均为加速度减小的减速运动，B错
线框进、出磁场的两过程中ΔΦ相同，q相同，D对
安培力的冲量I安＝BIl·ΔtI安＝Blq
线框进入磁场瞬间速度为v1，完全进入磁场速度为v2动量定理：－Blq＝mv2－mv1＝m（v2－v1）能量守恒定律：Q1＝12mv12－12mv22＝12m（v1＋v2)(v1－v2）
线框离开磁场瞬间速度为v3动量定理：－Blq＝mv3－mv2＝m（v3－v2）能量守恒定律：Q2＝12mv22－12mv32＝12m（v2＋v3)(v2－v3）
v1＋v2＞v2＋v3且v1－v2＝v2－v3，则Q1＞Q2，C错
一题多解 由楞次定律可知线框进磁场的过程中电流方向为逆时针方向，出磁场的过程中电流方向为顺时针方向，A错；对线框进行受力分析，线框在进、出磁场时会受到安培力的作用，安培力均为阻力，线框全部在磁场中时不受安培力的作用，故线框在进、出磁场的过程中会做减速运动，全部在磁场的过程中做匀速运动，又F安＝BIl，I＝ER总，E＝Blv，则F安＝B2l2vR总，故线框进、出磁场的过程中所受安培力在减小，做加速度减小的减速运动，B错；Q＝F—安·l＝B2l3v—R总，且结合B项的分析可知v—进＞v—出，故线框在进磁场的过程中产生的热量大于在出磁场的过程中产生的热量，C错；结合公式q＝I—Δt、I—＝E—R总、E—＝Blv—可得q＝Blv—ΔtR总，又线框进、出磁场过程中的位移v—Δt均为线框边长l，故线框进、出磁场过程中通过导线横截面的电荷量相等，D对.
2.[电磁感应中的动力学＋图像理解＋能量/2023上海]如图（a），单匝矩形线框cdef位于倾角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的匀强磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B＝0.5T，已知线框边长cd＝D＝0.4m，质量m＝0.1kg，总电阻R＝0.25Ω.现对线框施加一沿斜面向上的恒力F使之向上运动，运动一段时间后，撤去外力F.线框与斜面间的动摩擦因数μ＝33，线框速度随时间变化的图像如图（b）所示.求：（重力加速度g取9.8m/s2）
图（a） 图（b）
（1）外力F的大小；
（2）cf的长度L；
（3）回路产生的焦耳热Q.
答案 （1）F＝1.48N （2）L＝0.5m （3）Q＝0.4J
解析 （1）由题图（b）可知，在0～0.4s的时间内，线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度v1＝2.0m/s
结合题图（b）可知线框进入磁场前的加速度大小
a＝v1－0Δt＝2.0－00.4m/s2＝5m/s2
进入磁场前，对线框由牛顿第二定律得
F－mgsinθ－Ff＝ma
又Ff＝μFN，FN＝mgcsθ
代入数据得F＝1.48N
（2）由题图（b）可知，线框以恒定的速度v1穿过匀强磁场，该过程中线框中产生的感应电动势E＝BLv1
线框中产生的感应电流I＝ER
线框受到的安培力FA＝BIL
由平衡条件得F＝FA＋mgsinθ＋μmgcsθ
联立解得L＝0.5m
（3）经分析可知，线框ed边离开磁场时，外力F被撤去，因为μ＝tanθ＝33，所以线框离开磁场运动到最高点，即速度减为零后不会沿斜面向下滑动
设线框穿过磁场所用的时间为t，则有
t＝2Dv1＝2×＝0.4s
线框中的感应电流为
I＝BLv1R＝0.5×0.5×＝2A
根据焦耳定律可得
Q＝I2Rt＝22×0.25×0.4J＝0.4J.
3.[电磁感应中的能量＋动量/2023全国甲]如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，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.
答案 （1）12v0 （2）mv02 （3）2mRB2l2
解析 （1）Q与P发生弹性碰撞，由动量守恒定律有
3mv0＝mvP＋3mvQ
由机械能守恒定律有
12×3mv02＝12mvP2＋12×3mvQ2
联立解得vQ＝12v0，vP＝32v0
根据题述，P、Q落到地面上同一地点，结合平抛运动规律可知，金属棒P滑出导轨时的速度大小为
v'P＝vQ＝12v0
（2）由能量守恒定律可得，金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量为
Q＝12mvP2－12mv'P2＝mv02
（3）P在导轨上做变速运动，设速度大小为v时金属棒中产生的感应电动势大小为e，电流大小为i，在Δt时间内速度变化Δv，则由法拉第电磁感应定律有e＝Blv
由闭合电路欧姆定律有i＝eR
金属棒P所受的安培力F＝Bil＝B2l2vR
由动量定理有－FΔt＝mΔv
即－B2l2vRΔt＝mΔv
方程两侧求和得∑－B2l2vRΔt＝∑mΔv
即－B2l2R∑vΔt＝m∑Δv
注意到∑vΔt＝x，∑Δv＝v'P－vP＝－v0
联立解得x＝mv0RB2l2
对绝缘棒Q有x＝vQt
解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为
t＝2mRB2l2.
4.[电磁感应中的双棒模型＋动量定理/2023湖南]如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g.
（1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
（3）在（2）问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及
时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.
答案 （1）v0＝2mgRsinθB2L2 （2）a0＝2gsinθ （3）v＝gt0sinθ＋mgRsinθB2L2 Δx＝2m2gR2sinθB4L4
解析 （1）棒a匀速运动时，对棒a受力分析，由平衡条件有
mgsinθ＝BI1L
由法拉第电磁感应定律有E1＝BLv0
由闭合电路欧姆定律有I1＝E12R
联立解得v0＝2mgRsinθB2L2
（2）当棒a匀速运动时，由静止释放棒b，分析可知，棒b受到沿导轨向下的安培力，则释放棒b的瞬间，对棒b，由牛顿第二定律有
mgsinθ＋BI1L＝ma0
又BI1L＝mgsinθ
解得a0＝2gsinθ
（3）释放棒b后，由于棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两棒所受安培力均减小，对棒a，由动量定理有
（mgsinθ－BIL）t0＝mv－mv0
对棒b，由动量定理有
（mgsinθ＋BIL）t0＝mv
联立解得v＝gt0sinθ＋mgRsinθB2L2
设棒a速度为vi时产生的感应电动势为Ei，则Ei＝BLvi
同理设棒b速度为vj时产生的感应电动势为Ej，则
Ej＝BLvj
棒中电流为I＝Ei－Ej2R＝BL（vi－vj）2R
两棒所受安培力的大小均为F＝BIL＝B2L2（vi－vj）2R
对棒b，由动量定理有[mgsinθ＋B2L2（vi－vj）2R]Δt＝mΔv
对方程两侧求和，即Σ[mgsinθ＋B2L2（vi－vj）2R]Δt＝ΣmΔv
注意到ΣΔt＝t0，Σ（vi－vj）Δt＝Δx，ΣΔv＝v
解得Δx＝2m2gR2sinθB4L4.
5.[电磁感应中的动力学＋能量/2023浙江6月]某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路.装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示.导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同.火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停.已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d＝3MgkI2，导电杆电阻为R.导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻.在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小.
答案 （1）F＝3Mg L＝v024g （2）E＝－12Mg2It＋6Mgv0I（t≤v02g） （3）U＝12Mg2It－6Mgv0I＋IR（t≤v02g） W＝－32Mv02＋I2Rv02g （4）来源为导电杆和火箭机械能的减少 34Mv02
解析 （1）导电杆所受的安培力大小F＝B1Id
又B1＝kI，d＝3MgkI2
解得F＝3Mg
火箭落停过程中，由牛顿第二定律得F－Mg＝Ma
解得a＝2g
由运动学公式可得，火箭运动的距离L＝v022a
解得L＝v024g
（2）导电杆向下运动的速度为v＝v0－at＝v0－2gt（t≤v02g）
则回路中的感应电动势为E＝B2dv
又B2＝2kI
整理得E＝－12Mg2It＋6Mgv0I（t≤v02g）
（3）由于电路中的电流恒为I，导电杆下滑过程中的总电动势为
E总＝U＋E
且有I＝E总R
整理得U＝12Mg2It－6Mgv0I＋IR（t≤v02g）
装置A输出的功率为P＝UI＝12Mg2t－6Mgv0＋I2R（t≤v02g）
初始时刻，t＝0，P始＝－6Mgv0＋I2R
到达停靠平台时，t＝v02g，P末＝I2R
由P－t关系可知，P＝P始＋P末2＝－3Mgv0＋I2R
则在火箭落停过程中，装置A输出的能量为
W＝P·v02g＝－32Mv02＋I2Rv02g
（4）可回收能量的来源为导电杆和火箭机械能的减少
由能量守恒定律得W回＝MgL＋12Mv02－0
又由（1）得L＝v024g
解得W回＝34Mv02.