2024届高考物理二轮专题复习与测试第一部分专题四电路和电磁感应第12讲电磁感应与电磁波命题点四电磁感应中动量能量问题

命题点四电磁感应中动量、能量问题1．能量转化及焦耳热的求法．(1)能量转化．eq\a\vs4\al(其他形式,的能量)eq\o(→,\s\up7(克服安培),\s\do5(力做功))电能eq\o(→,\s\up7(电流做功),\s\do5())eq\x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))(2)求解焦耳热的三种方法．2．用“三大观点”解决电磁感应问题．动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点其中一个金属杆机械能的减少量等于另一个金属杆机械能的增加量与回路中产生的焦耳热之和动量观点对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题由BIL·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题如图所示，一空心铝管与水平面成α角倾斜固定放置．现把一枚质量为m、直径略小于铝管直径的圆柱形小磁块从上端管口无初速度放入管中，小磁块从下端口落出时的速度为v，已知该铝管长度为l，小磁块和管间的摩擦力是小磁块重力的k倍，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．小磁块做匀加速直线运动B．小磁块在运动过程中，铝管和小磁块产生的热量为mglsinα－eq\f(1,2)mv2C．小磁块在运动过程中，小磁块产生的热量为mglsinα－kmgl－eq\f(1,2)mv2D.小磁块在运动过程中，小磁块受到的重力和摩擦力的总冲量为mv解析：空心铝管可以看为由许多的闭合回路构成，当小磁块下滑时，在铝管的回路中将产生感应电流，根据楞次定律可知，该感应电流激发的磁场对小磁块的磁场力将阻碍小磁块的相对运动，可知小磁块做变加速直线运动，A项错误；根据上述，铝管中产生感应电流，则铝管中产生焦耳热，小磁块与铝管内表面摩擦，亦会产生热，根据能量守恒定律可知小磁块在运动过程中，铝管和小磁块产生的热量为Q＝mglsinα－eq\f(1,2)mv2，B项正确；小磁块因摩擦产生的热量为Q′＝kmgl，C项错误；根据上述，小磁块受到重力、摩擦力与磁场力，则小磁块在运动过程中，小磁块受到的重力、摩擦力与磁场力的总冲量为mv，D项错误．故选B.答案：B(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，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，碰撞时间很短．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滑出导轨时速度大小；(2)金属体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．解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvP，eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,Q)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,p)，联立解得vp＝eq\f(3,2)v0，vQ＝eq\f(1,2)v0.由题知，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，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为v′p＝vQ＝eq\f(1,2)v0.(2)根据能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,P)＋Q，解得Q＝mveq\o\al(2,0).(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝mv′P－mvP，又q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(Blx,RΔt)，联立可得x＝eq\f(mv0R,B2l2).由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t＝eq\f(x,vQ)＝eq\f(2mR,B2l2).答案：(1)eq\f(1,2)v0(2)mveq\o\al(2,0)(3)eq\f(2mR,B2l2)1．如图所示是列车进站时利用电磁阻尼辅助刹车示意图，在车身下方固定一矩形线框abcd，ab边长为l，bc边长为d，在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场MNPQ，MN边界与ab平行，区域长为d.若ab边刚进入磁场时列车关闭发动力，此时的速度大小为v0，已知线框总电阻为R，列车的总质量为m，摩擦阻力是车重的k倍，不计空气阻力，重力加速度为g.(1)求线框ab边刚进入磁场时列车的加速度大小；(2)若线框cd边离开磁场时速度v1＝eq\f(v0,2)，求线框从进入到离开磁场过程中，通过线框的电量和线框产生的焦耳热；(3)要使列车更快停下，在PQ的右边加方向竖直向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，假设列车停止时cd边未到达PQ，列车从进入MN到停止的总时间为t，求列车总位移的大小．解析：(1)刚进入磁场时ab边产生的电动势E＝Blv0，回路中的感应电流I＝eq\f(E,R)，ab边所受安培力F＝BIl＝eq\f(B2l2v0,R)，根据牛顿第二定律得F＋kmg＝ma，解得a＝eq\f(B2l2v0,mR)＋kg.(2)根据q＝eq\f(ΔΦ,R)，可得q＝0.根据动能定理－WA－kmg2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，线框产生焦耳热Q＝WA＝eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)－2kmgd.(3)列车进入磁场距离d过程中通过线框的电量q1＝eq\f(Bld,R)，再经过x过程中电量q2＝eq\f(2BLx,R)，全过程动量定理，得－Blq1－2Blq2－kmgt＝0－mv0，解得x＝eq\f(（mv0－kmgt）R,4B2l2)－eq\f(d,4)，总位移s＝x＋d＝eq\f(（mv0－kmgt）R,4B2l2)＋eq\f(3d,4)，答案：(1)a＝eq\f(B2l2v0,mR)＋kg(2)q＝0eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)－2kmgd(3)eq\f(（mv0－kmgt）R,4B2l2)＋eq\f(3d,4)2．某学校举办“跌不破的鸡蛋”小发明比赛，小王设计了如图甲所示的装置．装置绝缘外框架MNGH下端固定了一个横截面(俯视)如图乙所示的磁体，两磁极间存在沿径向向外的辐向磁场，不考虑其他区域的磁场．CDEF是一个金属线框，CF、DE两边被约束在外框架的凹槽内，可沿外框架无摩擦上下滑动，CD边的正中间接有一个半径为r(r略大于圆柱形N磁极的半径)、匝数为n、总电阻为R的线圈，EF边接有一装有鸡蛋的铝盒，铝盒的电阻也为R.铝盒与外框架连接了一根劲度系数为k的轻质弹簧．开始装置在离水平地面h高度处保持竖直状态，待铝盒静止后将弹簧锁定，此时线圈下端恰好位于磁体上边界处．现由静止释放装置，装置落地前瞬间弹簧立即解除锁定，落地时外框架MNGH连同磁体的速度立即变为零．已知线框CDEF(含线圈、铝盒、鸡蛋)的总质量为m，线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是刚落地时的三倍，此时EF仍未进入磁场．已知线圈所在处的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能表达式为Ep＝eq\f(1,2)kx2，除线圈和铝盒外，其他部分电阻不计，忽略空气阻力．(1)求装置落地时C、D两点间的电压UCD；(2)从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，求通过线圈的电荷量q；(3)从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，线框上产生的焦耳热为Q1；从落地到线框最终静止的过程中，线框上产生的焦耳热为Q2，求Q1与Q2的比值．解析：(1)装置落地时速度为v，由机械能守恒定律可知mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，线圈切割辐向磁场产生感应电动势E＝nB(2πr)v，CD两点间的电压UCD＝eq\f(1,2)E＝nπBreq\r(2gh).(2)线框CDEF静止时有mg＝kx1，由题知线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是装置刚落地时的三倍，则说明线框刚落地到最低点下落的距离为2x1，根据法拉第电磁感应定律有eq\o(E,\s\up6(－))＝nBLeq\o(v,\s\up6(－))＝nB(2πr)eq\f(2x1,Δt)，则通过回路某截面的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝nB(2πr)eq\f(2x1,2R)＝eq\f(2nπrmgB,kR).(3)从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，初态弹性势能Ep1＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)，末态弹性势能Ep2＝eq\f(1,2)k(3x1)2，此过程由能量守恒得eq\f(1,2)mv2＋mg(3x1－x1)＝eq\f(1,2)kxeq\