2025版高考物理一轮总复习考点突破训练题第12章电磁感应专题强化18电磁感应中的动力学和能量问题考点1电磁感应中的动力学问题

这是一份2025版高考物理一轮总复习考点突破训练题第12章电磁感应专题强化18电磁感应中的动力学和能量问题考点1电磁感应中的动力学问题，共5页。试卷主要包含了导体的两种运动状态，研究对象和分析步骤等内容，欢迎下载使用。
1．导体的两种运动状态
(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡条件列式分析。
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。
2．研究对象和分析步骤
►考向1 “单棒＋电阻”模型与“单棒＋电容器”模型
[解析] 单刀双掷开关接1后，金属杆MN在导轨上运动，电容器的充电电流为I＝eq \f(ΔQ,Δt)，电容器所带电荷量的变化量ΔQ＝CΔU，感应电动势E＝U＝BLv，则可知I＝eq \f(CΔBLv,Δt)＝eq \f(CBLΔv,Δt)，而金属杆的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)，由此可知I＝CBLa，而根据牛顿第二定律有mg－BIL＝ma，解得a＝eq \f(mg,m＋B2L2C)＝2 m/s2，根据x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×2×22 m＝4 m，即从释放金属杆到开关刚接2时，金属杆移动的距离为4 m，故A正确；开关接2时，对金属杆受力分析可得BIL－mg＝ma′，其中I＝eq \f(E,R＋r)，E＝BLv，v＝at，解得a′＝10 m/s2，方向竖直向上，金属杆先向下做加速度减小的减速运动，当安培力与重力平衡时向下做匀速运动，故B正确，C错误；根据上述，金属杆刚接2时，金属杆的速度v＝4 m/s，金属杆向下匀速运动时mg＝eq \f(B2L2v′,R＋r)，解得v′＝2 m/s，则合外力冲量I＝Δp＝mv′－mv＝－2 N·s，故D正确。故选ABD。
►考向2 电磁感应中的“金属棒＋电源”模型
(多选)(2023·安徽模拟)水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，如图所示。闭合开关，金属杆由静止开始沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是( ABD )
A．金属杆的最大速度等于eq \f(E,BL)
B．此过程中通过金属杆的电荷量为eq \f(mE,B2L2)
C．此过程中电源提供的电能为eq \f(mE2,2B2L2)
D．此过程中金属杆产生的热量为eq \f(mE2R,2B2L2R＋r)
[解析] 金属杆向右运动时切割磁感线产生的感应电流与通电电流方向相反，随着速度增大，感应电流增大，则金属杆中的实际电流减小、安培力减小，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，金属杆速度最大时，产生的感应电动势为E，根据E＝BLv，最大速度为v＝eq \f(E,BL)，A项正确；从开始到速度最大的过程中，以向右为正方向，对金属杆根据动量定理，有Beq \x\t(I)LΔt＝mv－0，其中q＝eq \x\t(I)Δt，联立解得此过程中通过金属杆的电荷量为q＝eq \f(mE,B2L2)，B项正确；此过程中电源提供的电能为W＝qE＝eq \f(mE2,B2L2)，C项错误；金属杆最后的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mE2,2B2L2)，根据能量守恒定律，系统产生的焦耳热为Q＝W－Ek＝eq \f(mE2,2B2L2)，此过程中金属杆产生的热量为Q′＝eq \f(mE2R,2B2L2R＋r)，D项正确。故选ABD。
【跟踪训练】
(导体的平衡状态)(多选)(2023·山东卷)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( BD )
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
[解析] 导轨的速度v2>v1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为Ff＝μmg＝2 N，导体棒的安培力大小为F1＝Ff＝2 N，由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M→D→C→N，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F2＝Ff－m0g＝1 N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；对导体棒分析F1＝B1IL，对导体框分析F2＝B2IL，电路中的电流为I＝eq \f(B1Lv1－B2Lv2,r)，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。故选BD。
(电磁感应动力学中图像问题)(2022·重庆卷)如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好(不计杆和轨道的电阻)，整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为( C )
A．k＝2、m＝2、n＝2
B．k＝2eq \r(2)、m＝2、n＝eq \r(2)
C．k＝eq \r(6)、m＝3、n＝eq \r(2)
D．k＝2eq \r(3)、m＝6、n＝2
[解析] 由题知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v＝0时分别有a1＝eq \f(F0,m)，a2＝eq \f(2F0,m)，则第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间分别为x＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)，x＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，则n＝eq \r(2)；第一次和第二次运动中根据牛顿第二定律有a＝eq \f(F,m)－eq \f(B2L2v,mR)，整理有F＝ma＋eq \f(B2L2v,R)，则可知两次运动中F－v图像的斜率为eq \f(B2L2,R)，则有2＝eq \f(R2,R1)·eq \f(B\\al(2,1),B\\al(2,2))＝eq \f(1,m)·k2，故选C。模型
示意图
力学观点
模
型
一
导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，杆ab初速度为v0，质量为m，电阻不计
导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，安培力F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，做减速运动，v⇒F安⇒a，当v＝0时，F＝0，a＝0，杆保持静止
模
型
二
导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计，拉力F恒定
开始时a＝eq \f(F,m)，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv⇒I⇒安培力F安＝BIL，由F－F安＝ma知a，当a＝0时，v最大，vm＝eq \f(FR,B2L2)
模
型
三
导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计，拉力F恒定
开始时a＝eq \f(F,m)，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv，电流I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBLeq \f(Δv,Δt)＝CBLa，安培力F安＝BLI＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝eq \f(F,m＋B2L2C)，所以杆以恒定的加速度匀加速运动(若回路有电阻，则杆不做匀加速运动)
v0＝0
导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计
S闭合，杆ab受安培力F安＝eq \f(BLE,r)，此时a＝eq \f(BLE,mr)，杆ab速度v⇒感应电动势BLv⇒I⇒安培力F安＝BIL⇒加速度a，当BLv＝E时，v最大，且vm＝eq \f(E,BL)