統(tǒng)考版2024高考物理二輪專題復(fù)習(xí)第一編專題復(fù)習(xí)攻略專題五電路與電磁感應(yīng)第11講電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題教師用書

考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題的分析思路：例4[2024·北京卷]2024年，我國階段性建成并勝利運(yùn)行了“電磁撬”，創(chuàng)建了大質(zhì)量電磁推動技術(shù)的世界最高速度紀(jì)錄．一種兩級導(dǎo)軌式電磁推動的原理如圖所示．兩平行長直金屬導(dǎo)軌固定在水平面，導(dǎo)軌間垂直安放金屬棒．金屬棒可沿導(dǎo)軌無摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，電流從一導(dǎo)軌流入，經(jīng)過金屬棒，再從另一導(dǎo)軌流回，圖中電源未畫出．導(dǎo)軌電流在兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場可視為勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電流i的關(guān)系式為B＝ki(k為常量)．金屬棒被該磁場力推動．當(dāng)金屬棒由第一級區(qū)域進(jìn)入其次級區(qū)域時(shí)，回路中的電流由I變?yōu)?I.已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距為L，每一級區(qū)域中金屬棒被推動的距離均為s，金屬棒的質(zhì)量為m.求：(1)金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域時(shí)受到安培力的大小F；(2)金屬棒經(jīng)過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比a1∶a2；(3)金屬棒從靜止起先經(jīng)過兩級區(qū)域推動后的速度大小v.預(yù)料5如圖所示，寬度為2L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場垂直于傾角為θ的絕緣光滑斜面，方向向上．一電阻不計(jì)、寬為L的U形光滑金屬框靜止放在斜面上，ab邊距磁場上邊界為2L；電阻為R、長為L的金屬棒cd平行于ab邊靜止放到金屬框上面，且與金屬框?qū)щ娏己茫硶r(shí)刻同時(shí)由靜止釋放U形框和棒cd，ab邊進(jìn)入磁場后恰好做勻速運(yùn)動；ab邊到達(dá)磁場下邊界時(shí)，棒cd正好進(jìn)入磁場，并勻速穿過磁場．運(yùn)動過程中棒cd始終平行于ab邊，不計(jì)其他電阻和摩擦阻力，斜面足夠長，重力加速度取g，求：(1)U形金屬框的質(zhì)量m；(2)棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)棒cd在U形框上面運(yùn)動的總時(shí)間．預(yù)料6如圖所示，寬度為2L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場垂直于傾角為θ的絕緣光滑斜面，方向向上．一電阻不計(jì)、寬為L的U形光滑金屬框靜止放在斜面上，ab邊距磁場上邊界為2L；電阻為R、長為L的金屬棒cd平行于ab邊靜止放到金屬框上面，且與金屬框?qū)щ娏己茫硶r(shí)刻同時(shí)由靜止釋放U形框和棒cd，ab邊進(jìn)入磁場后恰好做勻速運(yùn)動；ab邊到達(dá)磁場下邊界時(shí)，棒cd正好進(jìn)入磁場，并勻速穿過磁場．運(yùn)動過程中棒cd始終平行于ab邊，不計(jì)其他電阻和摩擦阻力，斜面足夠長，重力加速度取g，求：(1)U形金屬框的質(zhì)量m；(2)棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)棒cd在U形框上面運(yùn)動的總時(shí)間．考點(diǎn)三例4解析：（1）由題意可知第一級區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝kI金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域時(shí)受到安培力的大小為F＝B1IL＝kI2L.（2）依據(jù)牛頓其次定律可知，金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域的加速度大小為a1＝eq\f(F,m)＝eq\f(kI2L,m)其次級區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝2kI金屬棒經(jīng)過其次級區(qū)域時(shí)受到安培力的大小為F′＝B2·2IL＝4kI2L金屬棒經(jīng)過其次級區(qū)域的加速度大小為a2＝eq\f(F′,m)＝eq\f(4kI2L,m)則金屬棒經(jīng)過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比為a1∶a2＝1∶4.（3）金屬棒從靜止起先經(jīng)過兩級區(qū)域推動后，依據(jù)動能定理可得Fs＋F′s＝eq\f(1,2)mv2－0解得金屬棒從靜止起先經(jīng)過兩級區(qū)域推動后的速度大小為v＝eq\r(\f(10kI2Ls,m)).答案：（1）kI2L（2）1∶4（3）eq\r(\f(10kI2Ls,m))預(yù)料4解析：（1）設(shè)金屬棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度大小為v，依據(jù)牛頓其次定律可得N－mg＝meq\f(v2,d)又N＝1.5mg解得v＝eq\r(\f(gd,2))此時(shí)金屬棒產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv＝BLeq\r(\f(gd,2))則金屬棒兩端的電壓為U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(BL,2)eq\r(\f(gd,2)).（2）依據(jù)能量守恒可知，金屬棒下滑過程中，回路產(chǎn)生的總焦耳熱為Q總＝mgd－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,4)mgd可知金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(R,R＋R)Q總＝eq\f(3,8)mgd.答案：（1）eq\f(BL,2)eq\r(\f(gd,2))（2）eq\f(3,8)mgd預(yù)料5解析：（1）ab邊剛進(jìn)入磁場前，由動能定理，得2mgLsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)當(dāng)ab邊穿過磁場過程中，依據(jù)閉合電路歐姆定律可得電流為I1＝eq\f(BLv1,R)U形金屬框恰好做勻速運(yùn)動，依據(jù)平衡條件有mgsinθ＝BI1L解得m＝eq\f(2B2L2\r(gLsinθ),gRsinθ)（2）ab邊在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t2＝eq\f(2L,v1)棒cd穿過磁場的速度v2＝v1＋gt2sinθ當(dāng)棒cd穿過磁場過程中，依據(jù)閉合電路歐姆定律可得電流為I2＝eq\f(BLv2,R)棒cd在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t3＝eq\f(2L,v2)棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Ieq\o\al(2,1)Rt2＋I(xiàn)eq\o\al(2,2)Rt3解得Q＝eq\f(10B2L3\r(gLsinθ),R)（3）ab邊進(jìn)入磁場前運(yùn)動時(shí)間t1＝eq\f(4L,v1)棒cd穿過磁場過程中，U形金屬框的位移x1＝v1t3＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)sinθ棒cd離開磁場時(shí)，U形金屬框的速度v3＝v1＋gt3sinθ，設(shè)棒cd離開磁場后，經(jīng)時(shí)間t4脫離U形金屬框，得x1＝（v2－v3）t4棒cd在U形框上面運(yùn)動的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＋t4解得t＝eq\f(2