（浙江选考）2020版高考物理大一轮复习第十章电磁感应交变电流专题强化四动力学和能量观点在电磁感应中的应用学案.docx

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1、1专题强化四 动力学和能量观点在电磁感应中的应用命题点一 电磁感应中的动力学问题1题型简述感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)2两种状态及处理方法状态 特征 处理方法平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件具体思路如下：例 1 (2015

2、浙江 10 月选考22 改编)如图 1 甲所示，质量 m3.010 3 kg 的“ ”形金属细框竖直放置在两水银槽中， “ ”形框的水平细杆 CD 长 l0.20m，处于磁感应强度大小 B11.0T、方向水平向右的匀强磁场中有一匝数 n300 匝，面积 S0.01m 2的线圈通过开关 K 与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度 B2的大小随时间 t 变化的关系如图乙所示( g 取 10m/s2)图 1(1)求 00.10s 线圈中的感应电动势大小(2)t0.22s 时闭合开关 K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度 h0.20m，求通过2细杆 CD 的

3、电荷量答案 (1)30V (2)0.03C解析 (1)由法拉第电磁感应定律 E n t得 E nS 30V B2 t(2)安培力远大于重力，由牛顿第二定律，安培力 F ma m (或由动量定理 F t mv0)，v 0 t又 F IB1l， q I t， v22 gh，得 q 0.03C.m2ghB1l变式 1 如图 2 所示，两根足够长的光滑平行金属导轨 MN、 PQ 间距为 l0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成 30角完全相同的两金属棒 ab、 cd 分别垂直导轨放置，每根棒两端都与导轨始终有良好接触已知两棒质量均为 m0.02kg，电阻均为R0.1，整个装置处在垂直于

4、导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度 B0.2T，棒 ab在平行于导轨向上的力 F 作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒 cd 恰好能够保持静止 g 取10m/s2，求：图 2(1)通过棒 cd 的电流 I 是多少？方向如何？(2)棒 ab 受到的力 F 多大？答案 (1)1A 由 d 至 c (2)0.2N解析 (1)棒 cd 受到的安培力为Fcd IlB棒 cd 在共点力作用下平衡，则Fcd mgsin30联立解得 I1A根据楞次定律可知，棒 cd 中电流方向由 d 至 c.(2)棒 ab 与棒 cd 受到的安培力大小相等，即Fab Fcd对棒 ab，由共点力平衡条件得F mgsin30 Il

5、B解得 F0.2N.变式 2 如图 3 甲所示，两根足够长的直金属导轨 MN、 PQ 平行放置在倾角为 的绝缘斜3面上，两导轨间距为 L， M、 P 两点间接有阻值为 R 的电阻，一根质量为 m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让 ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦求：(重力加速度为 g)图 3(1)由 b 向 a 方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出 ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当 ab 杆的速度大小为 v 时

6、，求此时 ab 杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中， ab 杆可以达到的速度的最大值答案 (1)见解析图(2) gsin (3)BLvR B2L2vmR mgRsinB2L2解析 (1)如图所示， ab 杆受重力 mg，竖直向下；支持力 FN，垂直于斜面向上；安培力 F 安 ，沿斜面向上(2)当 ab 杆的速度大小为 v 时，感应电动势 E BLv，此时电路中电流 I ER BLvRab 杆受到的安培力 F 安 BILB2L2vR根据牛顿第二定律，有mgsin F 安 mgsin maB2L2vRa gsin .B2L2vmR(3)当 a0 时， ab 杆有最大速度， vm .m

7、gRsinB2L2命题点二 电磁感应中动力学和能量观点的综合应用41题型简述电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程2解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解3求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及 W UIt 或 Q I2Rt 直接进行计算(2)若电流变化，则利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克

8、服安培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能例 2 (2018嘉兴一中期末)如图 4 所示，两根相距 L1的平行粗糙金属导轨固定在水平面上，导轨上分布着 n 个宽度为 d、间距为 2d 的匀强磁场区域，磁场方向垂直水平面向上在导轨的左端连接一个阻值为 R 的电阻，导轨的左端距离第一个磁场区域左侧边界 L2的位置放有一根质量为 m、长为 L1、阻值为 r 的金属棒，导轨电阻及金属棒与导轨间的接触电阻均不计某时刻起，金属棒在一水平向右的已知恒力 F 作用下由静止开始向右运动，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g.图 4(1)若金属棒能够

9、匀速通过每个匀强磁场区域，求金属棒离开第 2 个匀强磁场区域时的速度v2的大小；(2)在满足第(1)小题条件时，求第 n 个匀强磁场区域的磁感应强度 Bn的大小；(3)现保持恒力 F 不变，使每个磁场区域的磁感应强度均相同，发现金属棒通过每个磁场区域时电路中的电流变化规律完全相同，求金属棒从开始运动到通过第 n 个磁场区域的整个过程中左端电阻 R 上产生的焦耳热 Q.答案 (1)2F mgL2 2dm(2)1L14mF mgR r22L2 4nd 4d5(3) nd(F mg )3RR r解析 (1)金属棒匀加速运动有 F mg mav222 a(L22 d)解得： v22F mgL2 2dm

10、(2)金属棒匀加速运动的总位移为 x L22 nd2 d金属棒进入第 n 个匀强磁场的速度满足 vn22 ax金属棒在第 n 个磁场中匀速运动有 F mg F 安 0感应电动势 E BnL1vn电流 I ER r BnL1vnR r安培力 F 安 BnL1I联立得： F 安 Bn2L21vnR r解得： Bn1L14mF mgR r22L2 4nd 4d(3)金属棒进入每个磁场时的速度 v 和离开每个磁场时的速度 v均相同，由题意可得v22 aL2， v2 v 22 a2d金属棒从开始运动到通过第 n 个磁场区域的过程中，有 x 总 L23 nd2 d(F mg )x 总 Q 总 mv 212

11、Q Q 总RR r解得： Q nd(F mg )3RR r变式 3 如图 5 甲所示，在一倾角为 37的粗糙绝缘面上，静止地放置着一个匝数 n10匝的正方形线圈 ABCD， E、 F 分别为 AB、 CD 的中点，线圈总电阻 R2.0、总质量m0.2kg、正方形边长 L0.4m如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑现在将线圈静止放在斜面上后，在虚线 EF 以下的区域中，加上垂直斜面方向的、磁感应强度大小按图乙所示规律变化的磁场，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin370.6，cos370.8， g10m/s2)求：6图 5(1)t1s 时刻，线圈中的感应电流大小 I；(2)从 t0

12、时刻开始经过多长时间线圈刚要开始运动；(3)从 t0 时刻开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量 Q.答案 (1)0.2A (2)4s (3)0.32J解析 (1)由法拉第电磁感应定律得E n n S t B t解得 E0.4VI 0.2AER(2)由受力分析可知Ff mgsin37F mgsin37 FfF nBIL解得 B3TB10.5 t则 t4s(3)由焦耳定律可得Q I2Rt解得 Q0.32J.变式 4 如图 6 所示，有一倾斜光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角 30，导轨间距 L0.5m，电阻不计，在两导轨间接有 R3 的电阻在导轨中间加一垂直导轨平面向上的宽度为 d0.4m

13、的匀强磁场， B2T一质量为 m0.08kg、电阻为 r2 的导体棒从距磁场上边缘 d0.4m 处由静止释放，运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，取 g10m/s 2.求：7图 6(1)导体棒进入磁场上边缘的速度大小 v；(2)导体棒通过磁场区域的过程中，通过导体棒的电荷量 q；(3)导体棒通过磁场区域的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 Q.答案 (1)2m/s (2)0.08C (3)0.096J解析 (1)根据机械能守恒定律可得： mgdsin30 mv212代入数据解得，导体棒进入磁场上边缘的速度大小 v2m/s.(2)根据法拉第电磁感应定律可得： E t根据闭合电路的欧姆定律可得：

14、 IER r通过导体棒的电荷量为： q t 0.08C.I R r BLdR r(3)导体棒进入磁场上边缘时，切割磁感线产生的感应电动势为 E BLv2V根据闭合电路的欧姆定律可得： I 0.4AER r导体棒受到的安培力 F BIL0.4N导体棒的重力沿导轨平面向下的分力 F mgsin300.4N所以金属棒进入磁场后做匀速运动，根据功能关系可得通过磁场区域过程中电阻 R 上产生的焦耳热为：Q mgdsin300.096J.RR r1如图 1 所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为 l，导轨左端连接一个电阻 R.一根质量为 m、长度为 l、电阻为 r 的金属杆 ab 垂直放置在导轨

15、上在杆的右方距杆为 d 处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度为 B.对杆施加一个大小为 F、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，杆与导轨始终接触良好，已知杆到达磁场区域时速度为 v，之后进入磁场恰好做匀速运动不计导轨的电阻，假设导轨与杆之间存在恒定的阻力求：图 18(1)两导轨对杆 ab 的总阻力大小 Ff；(2)杆 ab 中通过的电流及其方向；(3)导轨左端所接电阻 R 的阻值答案 (1) F (2) 方向由 a b(3) rmv22d mv22Bld 2B2l2dmv解析 (1)杆进入磁场前做匀加速运动，有 F Ff mav22 ad，解得两导轨对杆的总阻力 Ff

16、 F .mv22d(2)杆进入磁场后做匀速运动，有 F Ff F 安杆 ab 所受的安培力 F 安 IBl解得杆 ab 中通过的电流 Imv22Bld由右手定则知杆中的电流方向由 a b.(3)杆 ab 产生的感应电动势 E Blv杆中的电流 IER r解得导轨左端所接电阻 R 的阻值 R r.2B2l2dmv2(2016浙江 10 月选考22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图 2 所示的装置半径为 l 的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为 l、电阻为 R 的金属棒 ab 一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴 OO上，由电动机 A 带动旋转在金属导轨区域

17、内存在垂直于导轨平面，大小为 B1、方向竖直向下的匀强磁场另有一质量为 m、电阻为 R 的金属棒 cd 用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”形导轨保持良好接触，导轨间距为 l，底部接阻值也为 R 的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关 S 与“U”形导轨连接当开关 S 断开，棒 cd 静止时，弹簧伸长量为 x0；当开关 S 闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒 cd 再次静止时，弹簧伸长量变为 x(不超过弹性限度)不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：图 2(1)通过棒 cd 的电流 Icd；9(2)电动机对该

18、装置的输出功率 P；(3)电动机转动角速度 与弹簧伸长量 x 之间的函数关系答案 见解析解析 (1)S 断开， cd 棒静止时有 mg kx0S 闭合， cd 棒静止时受到安培力 F B2Icdl由楞次定律知流过棒 cd 的电流方向为 d c故 cd 棒再次静止时有 mg B2Icdl kx解得 Icdmgx x0B2lx0(2)回路总电阻 R 总 R R R12 32总电流： I2mgx x0B2lx0由能量守恒得 P I2R 总 6m2g2Rx x02B22l2x02(3)由法拉第电磁感应定律： E B1l 2 t 12回路总电流 I ER总 B1 l23R解得 .6mgRx x0B1B2

19、l3x03(2018新力量联盟期末)如图 3 甲所示， MN、 PQ 为间距 L0.5m 且足够长的平行导轨，NQ MN，导轨的电阻均不计导轨平面与水平面间的夹角 37， NQ 间连接有一个 R4 的电阻有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为 B01T将一根质量为 m0.05kg 的金属棒 ab 紧靠 NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至 cd 处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q0.2C，且金属棒的加速度 a 与速度 v 的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与 NQ 平行(sin370.6，cos370.8，

20、g 取 10m/s2)求：图 3(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数 ；(2)cd 与 NQ 的距离 s；10(3)金属棒滑行至 cd 处的过程中，电阻 R 上产生的热量答案 (1)0.5 (2)2m (3)0.08J解析 (1)由题图乙可知，当 v0 时， a2m/s 2mgsin mg cos ma得 0.5(2)由题图乙可知， vm2m/s当金属棒达到稳定速度时，有 F 安 B0ILE B0LvmIER rmgsin F 安 mg cos联立解得 r1通过金属棒横截面的电荷量 q I t t 0.2C tR r R r B0LsR r解得 s2m(3)由动能定理得 mgssin37 mgs

21、cos37 WF mvm2012WF Q 总 0.1JQR Q 总 0.08J.454如图 4 所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角 30的斜面上，导轨电阻不计，间距 L0.4m，导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为 MN.中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为 B0.5T在区域中，将质量 m10.1kg、电阻 R10.1 的金属棒 ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑然后，在区域中将质量 m20.4kg、电阻 R20.1 的光滑导体棒 cd 置于导轨上，由静止开始下滑 cd 在滑动过程中始终处于区域的磁场中， ab、 cd 始

22、终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取 g10m/s 2，问：图 4(1)cd 下滑的过程中， ab 中的电流方向；(2)ab 刚要向上滑动时， cd 的速度大小 v；(3)从 cd 开始下滑到 ab 刚要向上滑动的过程中， cd 滑动的距离 x3.8m，此过程中 ab 上产11生的热量 Q.答案 (1)由 a 流向 b (2)5m/s (3)1.3J解析 (1)由右手定则可判断出 cd 中的电流方向为由 d 到 c，则 ab 中电流方向为由 a 流向 b.(2)开 始 放 置 时 ab 刚 好 不 下 滑 ， ab 所 受 摩 擦 力 为 最 大 静 摩 擦 力 ， 设 其 为 Ffmax， 有 Ffmax m1gsin 设 ab 刚要上滑时， cd 棒的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律有 E BLv设电路中的感应电流为 I，由闭合电路欧姆定律有I ER1 R2设 ab 所受安培力为 F 安 ，有 F 安 BIL如图所示，此时 ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 F 安 m1gsin Ffmax联立式，代入数据解得 v5m/s(3)设 cd 棒运动过程中电路中产生的总热量为 Q 总 ，由能量守恒定律有 m2gxsin Q 总 m2v212又 Q Q 总 ，R1R1 R2解得 Q1.3J.12