第14講.電磁感應(yīng)的綜合運(yùn)用（原卷版）-2024高考二輪復(fù)習(xí)

2024高考二輪復(fù)習(xí)二十五講第14講、電磁感應(yīng)的綜合運(yùn)用第一部分織網(wǎng)點(diǎn)睛，綱舉目張一、電磁感應(yīng)中的圖像問題1.電磁感應(yīng)圖象問題大體上可分為三類(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象。(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量。(3)依據(jù)圖象定量計(jì)算。2.分析電磁感應(yīng)中的圖象問題的思路與方法圖象類型(1)各量隨時(shí)間變化的圖象：如B-t圖象、φ-t圖象、E-t圖象、I-t圖象、F-t圖象等(2)各量隨位移變化的圖象：如E-x圖象、I-x圖象等問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出相應(yīng)的圖象(畫圖象)(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的問題(用圖象)常用規(guī)律有關(guān)方向的推斷左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律六類公式(1)平均感應(yīng)電動(dòng)勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)(2)平動(dòng)切割電動(dòng)勢E＝Blv(3)轉(zhuǎn)動(dòng)切割電動(dòng)勢E＝eq\f(1,2)Bl2ω(4)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)(5)安培力F＝BIl(6)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)的相關(guān)公式等常用方法排解法定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特殊是分析物理量的正負(fù)，以排解錯(cuò)誤的選項(xiàng)函數(shù)法依據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象進(jìn)行分析和推斷二。電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1．通電導(dǎo)體在磁場中受到安培力作用，電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)問題聯(lián)系在一起。解決的基本方法如下：(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向；(2)求回路中的電流；(3)分析導(dǎo)體受力狀況(包含安培力在內(nèi)的全面受力分析)；(4)依據(jù)平衡條件或牛頓其次定律列方程。2．兩種狀態(tài)處理(1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。處理方法：依據(jù)平衡條件——合外力等于零列式分析。(2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不等于零。處理方法：依據(jù)牛頓其次定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，或結(jié)合功能關(guān)系分析。1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化。2．感應(yīng)電流在磁場中受安培力，克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。3．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化eq\x(\a\al(其他形式,的能量))eq\o(→,\s\up7(克服安培),\s\do5(力做功))eq\x(\a\al(電,能))eq\o(→,\s\up7(電流做功),\s\do5())eq\x(\a\al(焦耳熱或其他,形式的能量))其次部分實(shí)戰(zhàn)訓(xùn)練，高考真題演練1.（2023學(xué)業(yè)水公平級(jí)考試上海卷）如圖（a）單匝矩形線框cdef放置在傾角θ=30°的斜面上，在寬度為D=0.4m的區(qū)域有垂直于斜面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T，線框質(zhì)量m=0.1kg，總電阻R=0.25Ω?，F(xiàn)對(duì)線框施加一沿斜面對(duì)上的力F使線框向上運(yùn)動(dòng)，ed邊離開磁場時(shí)撤去外力F，線框速度隨時(shí)間變化的圖像如圖（b）。已知線框ef=0.4m，線框與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=，g取9.8m/s2。求：（1）外力F的大小；（2）線框cf的長度L；（3）整個(gè)過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱Q。2.（2023高考全國甲卷）（20分）如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對(duì)齊，導(dǎo)軌的電阻忽視不計(jì)。導(dǎo)軌所在區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運(yùn)動(dòng)并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)。P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計(jì)空氣阻力。求：（1）金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大?。唬?）金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量；（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。3.（2023高考湖南卷）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成角，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為．現(xiàn)將質(zhì)量均為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為．運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽視不計(jì)，重力加速度為．（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；（2）在（1）問中，當(dāng)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大小；（3）在（2）問中，從棒釋放瞬間開頭計(jì)時(shí)，經(jīng)過時(shí)間，兩棒恰好達(dá)到相同的速度，求速度的大小，以準(zhǔn)時(shí)間內(nèi)棒相對(duì)于棒運(yùn)動(dòng)的距離．4．（2023全國高考新課程卷）（20分）一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖（a）所示。（1）使金屬框以肯定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場。運(yùn)動(dòng)過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。（2）在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻，導(dǎo)軌電阻可忽視，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖（b）所示。讓金屬框以與（1）中相同的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場。運(yùn)動(dòng)過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量?！久麕熃馕觥浚?）設(shè)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場時(shí)速度為v0，導(dǎo)5．（11分）（2023年6月高考浙江選考科目）某愛好小組設(shè)計(jì)了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組成，并形成團(tuán)合回路。裝置A能自動(dòng)調(diào)整其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定，方向如圖所示。導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運(yùn)動(dòng)到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零：在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大?。ㄆ渲衚為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大小，方向與B1相同?；鸺裏o動(dòng)力下降到導(dǎo)軌頂端時(shí)與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進(jìn)入導(dǎo)軌，到達(dá)絕緣?？科脚_(tái)時(shí)速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距，導(dǎo)電桿電阻為R。導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計(jì)空氣阻力和摩擦力，不計(jì)導(dǎo)軌電阻和裝置A的內(nèi)阻。在火箭落停過程中，（1）求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運(yùn)動(dòng)的距離L；（2）求回路感應(yīng)電動(dòng)勢E與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系；（3）求裝置A輸出電壓U與運(yùn)動(dòng)時(shí)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。第三部分思路歸納，內(nèi)化方法一、電磁感應(yīng)能量問題解題方法1．電磁感應(yīng)過程實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力作用。因此閉合電路的一部分導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)切割磁感線時(shí)必克服安培力做功。此過程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能?？朔才嗔ψ龆嗌俟?，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。當(dāng)感應(yīng)電流通過用電器時(shí)，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能。同理，電流做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，電流做多少功就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2．電能求解思路主要有三種：(1)利用克服安培力做功求解，電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功。(2)利用能量守恒求解，導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流時(shí)，開頭的機(jī)械能總和與最終的機(jī)械能總和之差等于產(chǎn)生的電能。(3)利用電路特征來求解，通過電路中所消耗的電能來計(jì)算。3.求解電磁感應(yīng)中能量問題的策略(1)若回路中的電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算。(2)若回路中的電流變化，則可按以下兩種狀況計(jì)算：①利用功能關(guān)系求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的削減量等于回路中產(chǎn)生的電能，如例2的第(2)小題中焦耳熱的計(jì)算。4．求解焦耳熱Q的三種方法二、電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)問題解題方法1．電路分析：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，感應(yīng)電動(dòng)勢相當(dāng)于電源的電動(dòng)勢，導(dǎo)體棒的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv,R＋r)。2．受力分析：導(dǎo)體棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl或eq\f(B2l2v,R總)，依據(jù)牛頓其次定律列動(dòng)力學(xué)方程：F合＝ma。3．過程分析：由于安培力是變力，導(dǎo)體棒做變加速或變減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，最終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列平衡方程F合＝0。4．抓住力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象間的橋梁——感應(yīng)電流I、切割速度v，“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題三、電磁感應(yīng)圖像問題解題步驟(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者是E－t圖、I－t圖等。(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程推斷對(duì)應(yīng)的圖象是否分段，共分幾段。(3)用右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電流的方向。(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式。(5)依據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析。(6)畫圖象或推斷圖象。四、動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用(1)對(duì)于兩導(dǎo)體棒在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的狀況，假如兩棒所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問題。(2)當(dāng)題目中涉及電荷量或平均電流時(shí)，可應(yīng)用動(dòng)量定理eq\x\to(BI)L·Δt＝m·Δv、q＝eq\x\to(I)·Δt來解決問題。五、電磁感應(yīng)中電路問題的解題流程確定解決電磁感應(yīng)中的電路和動(dòng)力學(xué)問題的關(guān)鍵電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)問題聯(lián)系的橋梁是磁場對(duì)感應(yīng)電流的安培力。解答電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題，在分析方法上，要始終抓住導(dǎo)體的受力(特殊是安培力)特點(diǎn)及其變化規(guī)律，明確導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)過程以及運(yùn)動(dòng)過程中狀態(tài)的變化，精確?????把握運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的臨界點(diǎn)。(1)eq\a\vs4\al(電學(xué),對(duì)象)電源：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)分析電路的結(jié)構(gòu)eq\a\vs4\al(利用電路的規(guī)律，如：E＝IR＋r,或U＝E－Ir)(2)eq\a\vs4\al(力學(xué),對(duì)象)受力分析：F安＝BIl→F合＝maeq\a\vs4\al(過程分析：F合＝ma→v→E→I→)eq\a\vs4\al(F安)(3)臨界點(diǎn)→運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化點(diǎn)六“單桿＋電阻＋導(dǎo)軌”四種題型剖析題型一(v0≠0)題型二(v0＝0)題型三(v0＝0)題型四(v0＝0)說明質(zhì)量為m，電阻不計(jì)的單桿cd以肯定初速度v0在光滑水平軌道上滑動(dòng)，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定傾斜軌道光滑，傾角為α，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L示意圖力學(xué)觀點(diǎn)桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，電流I＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)。桿做減速運(yùn)動(dòng)：v↓?F↓?a↓，當(dāng)v＝0時(shí)，a＝0，桿保持靜止開頭時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)開頭時(shí)a＝gsinα，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)開頭時(shí)a＝g，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(mgR,B2L2)圖像觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝eq\f(1,2)mv02F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WF＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或削減的重力勢能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或削減的重力勢能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2[方法規(guī)律]“單桿＋電容器(或電源)＋導(dǎo)軌”四種題型剖析題型一(v0＝0)題型二(v0＝0)題型三(v0＝0)題型四(v0＝0)說明軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定軌道傾斜光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道豎直光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻為R，兩平行導(dǎo)軌間距為L示意圖力學(xué)觀點(diǎn)S閉合，桿cd受安培力F＝eq\f(BLE,r)，a＝eq\f(BLE,mr)，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E感＝BLv↑?I↓?安培力F＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時(shí)，v最大，且vmax＝eq\f(E,BL)開頭時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，F(xiàn)－F安＝ma，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以桿做勻加速運(yùn)動(dòng)開頭時(shí)a＝gsinα，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mgsinα－F安＝ma，a＝eq\f(mgsinα,m＋CB2L2)，所以桿做勻加速運(yùn)動(dòng)開頭時(shí)a＝g，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)，所以桿做勻加速運(yùn)動(dòng)圖像觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能：W電＝eq\f(1,2)mvm2F做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC[方法規(guī)律]“雙桿＋導(dǎo)軌”四種題型剖析(雙棒質(zhì)量m1＝m2、電阻r1＝r2，導(dǎo)軌電阻不計(jì))題型一(光滑的平行導(dǎo)軌)題型二(光滑不等距導(dǎo)軌)題型三(光滑的平行導(dǎo)軌)題型四(不光滑平行導(dǎo)軌)示意圖導(dǎo)體棒長度L1＝L2導(dǎo)體棒長度L1＝2L2，兩棒只在各自的軌道上運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體棒長度L1＝L2摩擦力Ff1＝Ff2＝Ff導(dǎo)體棒長度L1＝L2圖像觀點(diǎn)力學(xué)觀點(diǎn)棒1做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，棒2做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩棒以相等的速度勻速運(yùn)動(dòng)棒1做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，棒2做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩棒的加速度均為零，速度之比為1∶2開頭時(shí)，兩棒做變加速運(yùn)動(dòng)；穩(wěn)定時(shí)，兩棒以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)開頭時(shí)，若Ff<F≤2Ff，則棒2先做變加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，棒1靜止。若F>2Ff，則棒2先做變加速運(yùn)動(dòng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，棒1先靜止后做變加速運(yùn)動(dòng)，最終和棒2做加速度相同的勻加速運(yùn)動(dòng)動(dòng)量觀點(diǎn)兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒對(duì)單棒可以用動(dòng)量定理兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒對(duì)單棒可以用動(dòng)量定理兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守對(duì)單棒可以用動(dòng)量定理恒能量觀點(diǎn)系統(tǒng)動(dòng)能的削減量等于產(chǎn)生的焦耳熱系統(tǒng)動(dòng)能的削減量等于產(chǎn)生的焦耳熱拉力做的功一部分轉(zhuǎn)化為雙棒的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(焦耳熱)：W＝Q＋Ek1＋Ek2拉力做的功一部分轉(zhuǎn)化為雙棒的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(摩擦熱和焦耳熱)：W＝Q1＋Q2＋Ek1＋Ek2解決線框模型問題的兩大關(guān)鍵(1)分析電磁感應(yīng)狀況：弄清線框在運(yùn)動(dòng)過程中是否有磁通量不變的階段，線框進(jìn)入和穿出磁場的過程中，才有感應(yīng)電流產(chǎn)生，結(jié)合閉合電路歐姆定律列方程解答。(2)分析線框的受力以及運(yùn)動(dòng)狀況，選擇合適的力學(xué)規(guī)律處理問題：在題目中涉及電荷量、時(shí)間以及安培力為變力時(shí)應(yīng)選用動(dòng)量定理處理問題；假如題目中涉及加速度的問題時(shí)選用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決問題比較便利。第四部分最新模擬集萃，提升應(yīng)試力量1.（2023湖南三湘創(chuàng)新進(jìn)展聯(lián)考）質(zhì)量為m、邊長為L的均勻?qū)Ь€首尾相接制成的單匝正方形閉合導(dǎo)線框abcd，總電阻為R。將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的水平勻強(qiáng)磁場上方h處，磁場的上邊界水平，方向垂直紙面對(duì)外，如圖所示。將導(dǎo)線框由靜止釋放，當(dāng)導(dǎo)線框一半面積進(jìn)入磁場時(shí)，恰好處于平衡狀態(tài)，導(dǎo)線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且b、d兩點(diǎn)的連線始終水平，已知重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。求：（1）導(dǎo)線框一半面積進(jìn)入磁場時(shí)，導(dǎo)線框的速度大小v；（2）導(dǎo)線框從靜止下落到一半面積進(jìn)入磁場時(shí)，導(dǎo)線產(chǎn)生的熱量Q；（3）導(dǎo)線框從靜止下落到完全進(jìn)入磁場時(shí)，通過導(dǎo)線框某一橫截面的電荷量q。

2.（2023北京東城二模）如圖所示，粗細(xì)均勻的導(dǎo)線制成的單匝正方形閉合線框abcd，邊長為L，總電阻為R。將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面對(duì)里的水平勻強(qiáng)磁場上方h處。線框由靜止開頭自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行。當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框加速度恰好為零。已知重力加速度為g。在線框進(jìn)入磁場過程中，求：（1）線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小E，及cd兩點(diǎn)間的電勢差Ucd；（2）線框的質(zhì)量m；（3）通過線框的電荷量q。3.(2024安徽合肥重點(diǎn)高中質(zhì)檢)如圖所示，傾角為、足夠長的光滑絕緣斜面固定不動(dòng)，斜面上有一系列間距均為的水平虛線（圖中僅畫出部分），虛線1、2間存在垂直斜面對(duì)下的勻強(qiáng)磁場，從虛線2向下每間隔在兩虛線間存在垂直斜面對(duì)下的與虛線1、2間相同的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。一質(zhì)量為、電阻值為、邊長為的正方形線框從虛線1上方某位置由靜止釋放，邊始終與虛線平行，當(dāng)線框的邊剛好到達(dá)虛線1時(shí)，線框的加速度大小為，方向沿斜面對(duì)下，重力加速度取。整個(gè)過程中線框始終沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)。求：（1）線框釋放瞬間，邊到虛線1的間距；（2）線框的最大速度；（3）若從釋放到線框的速度達(dá)到最大，所用的時(shí)間為，則此過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱為多少?4.（18分）（2023吉林二模）電磁減震器是利用電磁感應(yīng)原理的一種新型智能化汽車獨(dú)立懸架系統(tǒng)。某同學(xué)也設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁阻尼減震器，圖為其簡化的原理圖。該減震器由絕緣滑動(dòng)桿及固定在桿上的多個(gè)相互緊靠的相同矩形線圈組成，滑動(dòng)桿及線圈的總質(zhì)量m=1.0kgQUOTEm=1.0kg。每個(gè)矩形線圈abcdQUOTEabcd匝數(shù)n=100QUOTEn=100匝，電阻值RQUOTER=1.0Ω，QUOTEabab邊長L=20cmQUOTEL=20cm，QUOTEbcbc邊長d=10cmQUOTEd=10cm，該減震器在光滑水平面上以初速度v0=1.0m/sQUOTEv0=1.0m/s向右進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.1TQUOTEB=0.1T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。求：QUOTE(1)（1）剛進(jìn)入磁場時(shí)減震器的加速度大小QUOTE(2)（2）其次個(gè)線圈恰好完全進(jìn)入磁場時(shí)，減震器的速度大小QUOTE(3)（3）若減震器的初速度v=5.0m/sQUOTEv=5.0m/s，則滑動(dòng)桿上需安裝多少個(gè)線圈才能使其完全停下來。求第QUOTE11個(gè)線圈和最終1QUOTE1個(gè)線圈產(chǎn)生的熱量比k？不考慮線圈個(gè)數(shù)變化對(duì)減震器總質(zhì)量的影響5.（2023遼寧大連金州高中三模）電磁阻尼技術(shù)經(jīng)常用于列車剎車過程，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖裝置爭辯電磁阻尼，某光滑金屬導(dǎo)軌由水平平行軌道和豎直四分之一圓軌道組成，水平平行軌道、相距，軌道左端用阻值的電阻相連。水平軌道的某區(qū)域內(nèi)有方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)有一根質(zhì)量、電阻的金屬桿以的初速度沿水平導(dǎo)軌從左端沖入磁場，離開磁場后沿豎直圓軌道上升的最大高度，設(shè)金屬桿與軌道接觸良好，并始終與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌電阻忽視不計(jì)，且不考慮返回狀況，重力加速度取。求：（1）金屬桿剛進(jìn)入磁場時(shí)，通過金屬桿的電流大小和方向；（2）整個(gè)過程電阻上產(chǎn)生的焦耳熱；（3）磁場區(qū)域的長度。6.（2023廣東金山中學(xué)質(zhì)檢）隨著航空領(lǐng)域的進(jìn)展，實(shí)現(xiàn)火箭回收利用，成為了各國都在重點(diǎn)突破的技術(shù)。其中有一技術(shù)難題是回收時(shí)如何減緩對(duì)地的碰撞，為此設(shè)計(jì)師在返回火箭的底盤安裝了電磁緩沖裝置。該裝置的主要部件有兩部分：①緩沖滑塊，由高強(qiáng)絕緣材料制成，其內(nèi)部邊緣繞有閉合單匝正方形線圈abcd；②火箭主體，包括絕緣光滑緩沖軌道MN、PQ和超導(dǎo)線圈（圖中未畫出），超導(dǎo)線圈能產(chǎn)生方向垂直于整個(gè)緩沖軌道平面的勻強(qiáng)磁場。當(dāng)緩沖滑塊接觸地面時(shí)，滑塊馬上停止運(yùn)動(dòng)，此后線圈與火箭主體中的磁場相互作用，火箭主體始終做減速運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到軟著陸要求的速度，從而實(shí)現(xiàn)緩沖?，F(xiàn)已知緩沖滑塊豎直向下撞向地面時(shí)，火箭主體的速度大小為v0，經(jīng)過時(shí)間t火箭著陸，此時(shí)火箭速度為v′；線圈abcd的電阻為R，其余電阻忽視不計(jì)；ab邊長為l，火箭主體質(zhì)量為m，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，重力加速度為g，一切摩擦阻力不計(jì)，求：（1）緩沖滑塊剛停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈ab邊兩端的電勢差Uab；（2）緩沖滑塊剛停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，火箭主體的加速度大?。唬?）火箭主體速度從v0減到v′的過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的電能。7.（2024遼寧大連重點(diǎn)高中質(zhì)檢）如圖所示，在空間有上下兩個(gè)足夠長的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、和水平光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、，間距均為，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌豎直高度差為。上導(dǎo)軌最左端接一電阻，虛線ab左側(cè)區(qū)域的寬度，，存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化為。虛線ab右側(cè)區(qū)域內(nèi)磁場方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度。，豎直線NP與的右側(cè)空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度。上、下導(dǎo)軌中垂直導(dǎo)軌分別放置兩根相同的導(dǎo)體棒cd和導(dǎo)體棒ef，棒長均為，質(zhì)