新教材適用2024版高考物理二輪總復習第1部分核心主干復習專題專題4電路和電磁感應第12講電磁感應題型3電磁感應中的動力學能量問題教師用書

題型3電磁感應中的動力學、能量問題〔真題研究3〕(2021·全國乙卷)如圖，一傾角為α的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M＝0.06kg的U型導體框，導體框的電阻忽略不計；一電阻R＝3Ω的金屬棒CD的兩端置于導體框上，與導體框構(gòu)成矩形回路CDEF；EF與斜面底邊平行，長度L＝0.6m．初始時CD與EF相距s0＝0.4m，金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離s1＝eq\f(3,16)m后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界(圖中虛線)與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當金屬棒離開磁場的瞬間，導體框的EF邊正好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應強度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝0.6。求：(1)金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大??；(2)金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導體框之間的動摩擦因數(shù)；(3)導體框勻速運動的距離。【審題指導】研究對象、物理狀態(tài)、物理過程物理模型光滑固定斜面；金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑“板塊”一起從靜止開始沿斜面向下做勻速直線運動金屬棒CD的兩端置于導體框上，與導體框構(gòu)成矩形回路CDEF；金屬棒下滑距離s1后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域單棒切割磁感線的“發(fā)電機”模型：金屬棒CD切割磁感線相當于電源，由于與導體框構(gòu)成矩形回路，所以金屬棒CD因為電流而受阻礙其相對運動的安培力金屬棒在磁場中做勻速運動金屬棒處于平衡狀態(tài)，所受合外力為零當金屬棒離開磁場的瞬間，導體框的EF邊正好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速“板塊”模型：分別隔離受力分析、運動分析，建立兩者速度或位移間的關(guān)系式【答案】(1)0.18N(2)0.02kg0.375(3)eq\f(5,18)m【解析】(1)設金屬棒的質(zhì)量為m，金屬棒與導體框一起做初速度為零的勻速直線運動。當金屬棒進入磁場時，設金屬枯與導體框的速度大小為v0，根據(jù)動能定理有eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)＝(M＋m)gs1sina，①代入數(shù)據(jù)解得v0＝1.5m/s金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv0②由閉合電路歐姆定律可知，感應電流I1＝eq\f(E,R)③金屬棒在磁場中運動時受到的安培力大小F1＝I1BL④代入數(shù)據(jù)解得F1＝0.18N。⑤(2)金屬棒在磁場中運動過程中，導體框做勻加速直線運動設金屬棒與導體框間的滑動摩擦力大小為Ff，導體框進入磁場時的速度大小為v，對導體框，由牛頓第二定律得Mgsinα－Ff＝Ma1⑥由勻變速直線運動的速度—位移公式得v2－veq\o\al(2,0)＝2a1s0⑦導體框在進入磁場時所受安培力F2＝I2BL＝eq\f(B2L2v,R)⑧導體框剛進入磁場時做勻速直線運動，對導體框，由平衡條件得Mgsinα＝F2＋Ff⑨代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得a1＝5m/s2，F(xiàn)f＝0.06N，v＝2.5m/s金屬棒在磁場中做勻速直線運動時，由平衡條件得mgsinα＋Ff＝F1⑩代入數(shù)據(jù)解得金屬棒的質(zhì)量m＝0.02kg?由滑動摩擦力公式得Ff＝μmgcosα，代入數(shù)據(jù)解得金屬棒與導體框之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.375。?(3)導體框加速度時間t1＝eq\f(v－v0,a1)＝0.2s?磁場寬度d＝v1t1＝0.3m?金屬棒離開磁場后做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得mgsinα＋Ff＝mma2?代入數(shù)據(jù)解得a2＝9m/s2金屬棒加速到與導體框速度v相等，然后兩者一起做勻加速直線運動由勻變速直線運動的速度—時間公式得v＝v0＋a2t?解得金屬棒加速到與導體框速度相等的時間t＝eq\f(1,9)s在金屬棒加速運動時間內(nèi)，導體框做勻速直線運動導體框勻速運動的距離s＝vt＝2.5×eq\f(1,9)m＝eq\f(5,18)m<0.3m，符合實際?故導體框的位移為x＝eq\f(5,18)m。?〔易錯提醒〕搞混金屬棒和導體框各自所受摩擦力的方向，無法形成清晰的金屬棒和導體框多階段的運動情境，挖掘不出“在勻速運動一段距離后開始加速”的隱含意義?！矊c訓練〕(2023·6月浙江高考卷)某興趣小組設計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導軌、承載火箭裝置(簡化為與火箭絕緣的導電桿MN)和裝置A組成，并形成閉合回路。裝置A能自動調(diào)節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定，方向如圖所示。導軌長度遠大于導軌間距，不論導電桿運動到什么位置，電流I在導電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零；在導電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小B1＝kI(其中k為常量)，方向垂直導軌平面向里；在導電桿以下的兩導軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小B2＝2kI，方向與B1相同?；鸺裏o動力下降到導軌頂端時與導電桿粘接，以速度v0進入導軌，到達絕緣?？科脚_時速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導電桿的總質(zhì)量為m，導軌間距d＝eq\f(3mg,kI2)，導電桿電阻為R。導電桿與導軌保持良好接觸滑行，不計空氣阻力和摩擦力，不計導軌電阻和裝置A的內(nèi)阻。在火箭落停過程中。(1)求導電桿所受安培力的大小F和運動的距離L。(2)求回路感應電動勢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?！敬鸢浮?1)3mgeq\f(v\o\al(2,0),4g)(2)E＝eq\f(6mg,I)(v0－2gt)(3)U＝IR－eq\f(6mg,I)(v0－2gt)eq\f(I2Rv\o\al(2,0)－3mgv\o\al(2,0),2g)(4)能量來源于火箭和導電桿的機械能，大小為eq\f(3,4)mveq\o\al(2,0)【解析】(1)根據(jù)題意，導電桿所受安培力F＝B1IdB1＝kI，d＝eq\f(3mg,kI2)解得F＝3mg對導電桿，根據(jù)牛頓第二定律得F－mg＝ma2(－a)L＝0－veq\o\al(2,0)解得L＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)。(2)導電桿下落的速度v＝v0－at感應電動勢E＝B2dvB2＝2kI解得E＝eq\f(6mg,I)(v0－2gt)。(3)導電桿兩端電壓U0＝IR根據(jù)題意得U＋E＝U0解得U＝IR－eq\f(6mg,I)(v0－2gt)輸出的能量W＝I2Rt－∑EIt＝I2R·eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(3mv\