《高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題43 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題講含解析1》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題43 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題講含解析1（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題43 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題（講）1高考對(duì)本專題內(nèi)容考查較多的是感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件、方向2電磁感應(yīng)現(xiàn)象與磁場(chǎng)、電路、力學(xué)、能量等知識(shí)聯(lián)系的綜合題以及感應(yīng)電流（或感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)）的圖象問(wèn)題在高考中頻繁出現(xiàn)3該部分知識(shí)與其他學(xué)科知識(shí)相互滲透也是命題的趨勢(shì)，同時(shí)將該部分知識(shí)同生產(chǎn)、生活實(shí)際、高科技等相結(jié)合，注重考查學(xué)生分析、解決實(shí)際問(wèn)題的能力4試題題型全面，選擇題、解答題都可能出現(xiàn)，且解答題難度較大，涉及知識(shí)點(diǎn)多，考查綜合能力，從而增加試題的區(qū)分度1會(huì)分析計(jì)算電磁感應(yīng)中有安培力參與的導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)及平衡問(wèn)題2會(huì)分析計(jì)算電磁感應(yīng)中能量的轉(zhuǎn)化與轉(zhuǎn)移考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析1安培力的大小由感應(yīng)電

2、動(dòng)勢(shì)EBLv，感應(yīng)電流和安培力公式FBIL得2安培力的方向判斷3導(dǎo)體兩種狀態(tài)及處理方法（1）導(dǎo)體的平衡態(tài)靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)處理方法：根據(jù)平衡條件（合外力等于零）列式分析（2）導(dǎo)體的非平衡態(tài)加速度不為零處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析重點(diǎn)歸納1電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中兩大研究對(duì)象及其關(guān)系電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒既可看作電學(xué)對(duì)象（因?yàn)樗喈?dāng)于電源），又可看作力學(xué)對(duì)象（因?yàn)楦袘?yīng)電流產(chǎn)生安培力），而感應(yīng)電流I和導(dǎo)體棒的速度v則是聯(lián)系這兩大對(duì)象的紐帶：2電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析思路解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的一般思路是:“先電后力”，即：先做“源”的分析分離出電路中由電磁感應(yīng)所

3、產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；再進(jìn)行“路”的分析分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相應(yīng)部分的電流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析分析研究對(duì)象（常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等）的受力情況，尤其注意其所受的安培力；最后進(jìn)行“運(yùn)動(dòng)”狀態(tài)的分析根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)動(dòng)模型（1）電路分析：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于電源的電動(dòng)勢(shì)，導(dǎo)體棒的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，感應(yīng)電流（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，根據(jù)牛頓第二定律列動(dòng)力學(xué)方程：F合ma（3）過(guò)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)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)共

4、點(diǎn)力平衡條件列平衡方程：F合0.典型案例如圖所示，寬L=2m、足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MN和MN放在傾角為=30的斜面上，在N和N之間連接一個(gè)R=2.0的定值電阻，在AA處放置一根與導(dǎo)軌垂直、質(zhì)量m=0.8kg、電阻r=2.0的金屬桿，桿和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)=，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T、方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。用輕繩通過(guò)定滑輪將電動(dòng)小車(chē)與桿的中點(diǎn)相連，滑輪與桿之間的連線平行于斜面，開(kāi)始時(shí)小車(chē)位于滑輪正下方水平面上的P處（小車(chē)可視為質(zhì)點(diǎn)），滑輪離小車(chē)的高度H=4.0m。啟動(dòng)電動(dòng)小車(chē)，使之沿PS方向以v=5.0m/s的速度勻速前進(jìn)，當(dāng)桿滑到OO位置時(shí)的加速度a=3.2m/s2，

5、AA與OO之間的距離d=1m，求：（1）該過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電量q；（2）桿通過(guò)OO時(shí)的速度大??；（3）桿在OO時(shí)，輕繩的拉力大??；（4）上述過(guò)程中，若拉力對(duì)桿所做的功為13J，求電阻R上的平均電功率。【答案】（1）0.5C（2）3m/s（3）12.56N（4）2.0W【解析】（1）平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)代入數(shù)據(jù)，可得:（4）根據(jù)動(dòng)能定理：解出，電路產(chǎn)生總的電熱 那么，R上的電熱此過(guò)程所用的時(shí)間R上的平均電功率【名師點(diǎn)睛】本題是一道電磁感應(yīng)與力學(xué)、電學(xué)相結(jié)合的綜合體，考查了求加速度、電阻產(chǎn)生的熱量，分析清楚滑桿的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解、E=BLv、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律、平衡條件

6、、能量守恒定律即可正確解題；求R產(chǎn)生的熱量時(shí)要注意，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為R與r產(chǎn)生的熱量之和針對(duì)練習(xí)1如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距，導(dǎo)軌平面與水平面成=37角，下端連接阻值為的電阻勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直質(zhì)量為0.2kg、電阻不計(jì)的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25（1）求金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑時(shí)的加速度大??；（2）當(dāng)金屬棒下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，電阻消耗的功率為，求該速度的大??；（3）在上問(wèn)中，若2，金屬棒中的電流方向由a到b，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與方向（g取10ms2，sin370.6， cos370.8）【答案

7、】 （1）4ms2；（2）10m/s；（3）0.4T；磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上【解析】（1）金屬棒開(kāi)始下滑的初速為零，根據(jù)牛頓第二定律：由式解得10（O.60.250.8）ms2=4ms2磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上【名師點(diǎn)睛】本題主要考查了導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、牛頓第二定律 。屬于中等難度的題目，解這類(lèi)問(wèn)題的突破口為正確分析安培力的變化，根據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)列方程求解。開(kāi)始下滑時(shí)，速度為零，無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，因此不受安培力，根據(jù)牛頓第二定律可直接求解加速度的大?。唤饘侔粝禄俣冗_(dá)到穩(wěn)定時(shí)，金屬棒所受合外力為零，根據(jù)平衡條件求出安培力。針對(duì)練習(xí)2（多選）如圖所示，足夠長(zhǎng)的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面

8、成角（090），其中MN與PQ平行且間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒ab由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當(dāng)流過(guò)ab棒某一橫截面的電量為q時(shí)，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過(guò)程中: （）A運(yùn)動(dòng)的平均速度大于vB受到的最大安培力大小為sinC下滑的位移大小為D產(chǎn)生的焦耳熱為qBLv【答案】AC【解析】【名師點(diǎn)睛】本題考查了電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合，關(guān)鍵理清金屬棒的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，能知道求電量時(shí)要用法拉第電磁感應(yīng)定律求平均電動(dòng)勢(shì)?？键c(diǎn)二電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題分析1過(guò)程分析（1）電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流的過(guò)程，實(shí)質(zhì)上是

9、能量的轉(zhuǎn)化過(guò)程（2）電磁感應(yīng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應(yīng)電流的存在，必須有“外力”克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能（3）當(dāng)感應(yīng)電流通過(guò)用電器時(shí)，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能安培力做功的過(guò)程，或通過(guò)電阻發(fā)熱的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過(guò)程安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能2求解思路（1）若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及WUIt或QI2Rt直接進(jìn)行計(jì)算（2）若電流變化，則：利用安培力做的功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的

10、轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能重點(diǎn)歸納3電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題的分析技巧（1）電磁感應(yīng)過(guò)程往往涉及多種能量的轉(zhuǎn)化如圖中金屬棒ab沿導(dǎo)軌由靜止下滑時(shí)，重力勢(shì)能減少，一部分用來(lái)克服安培力做功，轉(zhuǎn)化為感應(yīng)電流的電能，最終在R上轉(zhuǎn)化為焦耳熱，另一部分轉(zhuǎn)化為金屬棒的動(dòng)能若導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，棒最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)做勻速運(yùn)動(dòng)，之后重力勢(shì)能的減小則完全用來(lái)克服安培力做功，轉(zhuǎn)化為感應(yīng)電流的電能分析“雙桿模型”問(wèn)題時(shí)，要注意雙桿之間的制約關(guān)系，即“動(dòng)”桿與“被動(dòng)”桿之間的關(guān)系，需要注意的是，最終兩桿的收尾狀態(tài)的確定是分析該類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵（2）安培力做功和電能變化的特定對(duì)應(yīng)關(guān)系“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式

11、的能轉(zhuǎn)化為電能安培力做功的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程，安培力做多少功就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能（3）解決此類(lèi)問(wèn)題的步驟用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律（包括右手定則）確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向畫(huà)出等效電路圖，寫(xiě)出回路中電阻消耗的電功率的表達(dá)式分析導(dǎo)體機(jī)械能的變化，用能量守恒關(guān)系得到機(jī)械功率的改變與回路中電功率的改變所滿足的方程，聯(lián)立求解4應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)軌桿”模型問(wèn)題（1）模型概述“導(dǎo)軌桿”模型是電磁感應(yīng)問(wèn)題在高考命題中的“基本道具”，也是高考的熱點(diǎn)，考查的知識(shí)點(diǎn)多，題目的綜合性強(qiáng)，物理情景變化空間大，是我們復(fù)習(xí)中的難點(diǎn)“導(dǎo)軌桿”模型又分為“單桿”型和“雙桿

12、”型；導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速運(yùn)動(dòng)、勻變速運(yùn)動(dòng)、非勻變速運(yùn)動(dòng)或轉(zhuǎn)動(dòng)等；磁場(chǎng)的狀態(tài)可分為恒定不變、均勻變化和非均勻變化等等，情景復(fù)雜，形式多變（2）常見(jiàn)模型類(lèi)型“電動(dòng)電”型“動(dòng)電動(dòng)”型示意圖已知量棒ab長(zhǎng)L，質(zhì)量m，電阻R；導(dǎo)軌光滑水平，電阻不計(jì)棒ab長(zhǎng)L，質(zhì)量m，電阻R；導(dǎo)軌光滑，電阻不計(jì)過(guò)程分析S閉合，棒ab受安培力，此時(shí)加速度，棒ab速度v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv電流I安培力FBIL加速度a，當(dāng)安培力F0時(shí)，a0，v最大，最后勻速運(yùn)動(dòng)棒ab釋放后下滑，此時(shí)加速度agsin ，棒ab速度v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv電流I安培力FBIL加速度a，當(dāng)安培力Fmgsin 時(shí)，a

13、0，v最大，最后勻速運(yùn)動(dòng)能量轉(zhuǎn)化通過(guò)安培力做功，把電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能克服安培力做功，把重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能運(yùn)動(dòng)形式變加速運(yùn)動(dòng)變加速運(yùn)動(dòng)最終狀態(tài)勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)典型案例如圖甲所示，與水平面成角的兩根足夠長(zhǎng)的平行絕緣導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌間有垂直導(dǎo)軌平面方向、等距離間隔的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2，B1和B2的方向相反，大小相等，即B1=B2=B；導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m的矩形金屬框abcd，其總電阻為R，框的寬度ab與磁場(chǎng)間隔相同，框與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為；開(kāi)始時(shí)，金屬框靜止不動(dòng)，重力加速度為g；（1）若磁場(chǎng)以某一速度沿直導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬框恰好不上滑，求金屬框中電流大??；（2）若磁場(chǎng)以速度v0沿直導(dǎo)軌向上勻速

14、運(yùn)動(dòng)，金屬框也會(huì)沿直導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)，為了維持金屬框的勻速運(yùn)動(dòng)，求磁場(chǎng)提供的最小功率；（3）若t=0時(shí)磁場(chǎng)沿直導(dǎo)軌向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；金屬框經(jīng)一段時(shí)間也由靜止開(kāi)始沿直導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，其v-t關(guān)系如圖乙所示（CD段為直線，t、 v1為已知）；求磁場(chǎng)的加速度大小?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）金屬框恰好不上滑，由平衡條件:解得: （3）對(duì)金屬框圖乙中A點(diǎn)：由平衡條件：金屬框中電動(dòng)勢(shì)為（其中v0為磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度）金屬框中電流為對(duì)金屬框圖乙中C點(diǎn)：由牛頓第二定律：金屬框中電動(dòng)勢(shì)為（其中vt為磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度）金屬框中電流為磁場(chǎng)勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小等于金屬框勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小，對(duì)磁

15、場(chǎng)解得：【名師點(diǎn)睛】本題的解題關(guān)鍵有兩點(diǎn)：一是根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律，求解感應(yīng)電流二是推導(dǎo)安培力，再由平衡條件求解外力。針對(duì)練習(xí)1（多選）如圖所示，相距為d的兩水平線L1和L2分別是水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，正方形線框abcd邊長(zhǎng)為L(zhǎng)（Ld）、質(zhì)量為m，電阻為R。將線框在磁場(chǎng)上方高h(yuǎn)處由靜止釋放，ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度恰好相等。則在線框全部穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中（）Aab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)ab兩端的電勢(shì)差為 BLB感應(yīng)電流所做功為mgdC感應(yīng)電流所做功為2mgdD線框最小速度為【答案】CD由動(dòng)能定理，從邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線框完全進(jìn)入時(shí)，則有：有，綜上所述，線圈的最

16、小速度為，故D正確?！久麕燑c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵根據(jù)根據(jù)線圈下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)和剛穿出磁場(chǎng)時(shí)刻的速度都是v0，且全部進(jìn)入磁場(chǎng)將做加速運(yùn)動(dòng)，判斷出線圈進(jìn)磁場(chǎng)后先做變減速運(yùn)動(dòng)，也得出全部進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度是穿越磁場(chǎng)過(guò)程中的最小速度。針對(duì)練習(xí)2在生產(chǎn)線框的流水線上，為了檢測(cè)出個(gè)別不合格的未閉合線框，讓線框隨傳送帶通過(guò)一固定勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域（磁場(chǎng)方向垂直于傳送帶平面向下），觀察線框進(jìn)入磁場(chǎng)后是否相對(duì)傳送帶滑動(dòng)就能夠檢測(cè)出未閉合的不合格線框。其物理情景簡(jiǎn)化如下：如圖所示，通過(guò)絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝純電阻銅線框，傳送帶與水平方向夾角為，以恒定速度v0斜向上運(yùn)動(dòng)。已知磁場(chǎng)邊界MN、PQ與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向垂直，

17、MN與PQ間的距離為d，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。線框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)（），線框與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為。閉合線框在進(jìn)入磁場(chǎng)前相對(duì)傳送帶靜止，線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，和傳送帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中上邊始終平行于MN，當(dāng)閉合線框的上邊經(jīng)過(guò)邊界PQ時(shí)又恰好與傳送帶的速度相同。設(shè)傳送帶足夠長(zhǎng)，且線框在傳送帶上始終保持上邊平行于磁場(chǎng)邊界。求（1）閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受安培力F安的大?。唬?）從閉合線框上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)至剛要出磁場(chǎng)所用的時(shí)間t；（3）從閉合線框上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到穿出磁場(chǎng)后又相對(duì)傳送帶靜止的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能E。MNPQBd【答案】（1）（2）（3）【解析】（2）線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)至線框剛要出磁場(chǎng)的過(guò)程：根據(jù)動(dòng)量定理:根據(jù)安培力公式得根據(jù)閉合電路歐姆定律得:根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得:根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得:由得【名師點(diǎn)睛】本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)相結(jié)合的一道綜合題，分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用安培力公式、牛頓第二定律、動(dòng)能定理、功的計(jì)算公式即可正確解題- 12 -