《2018版高考物理 知識復(fù)習(xí)與檢測 第九章 電磁感應(yīng) 專題強化十一 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018版高考物理 知識復(fù)習(xí)與檢測 第九章 電磁感應(yīng) 專題強化十一 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題.doc（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強化十一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題專題解讀 1.本專題是動力學(xué)觀點和能量觀點在電磁感應(yīng)中的綜合應(yīng)用，高考常以計算題的形式命題2學(xué)好本專題，可以極大培養(yǎng)同學(xué)們的分析能力、推理能力和規(guī)范表達的能力，針對性的專題強化，可以提升同學(xué)們解決電磁感應(yīng)問題中最難問題的信心3用到的知識有：法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、牛頓運動定律、共點力的平衡條件、動能定理、焦耳定律、能量守恒定律等命題點一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1題型簡述：感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點力的平衡條件、牛

2、頓運動定律、動能定理等)2兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進行分析3.動態(tài)分析的基本思路解決這類問題的關(guān)鍵是通過運動狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件具體思路如下：例1如圖1所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強度大小B1隨時間t的變化關(guān)系為B1kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強磁場區(qū)域

3、，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計求：圖1(1)在t0到tt0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值；(2)在時刻t(tt0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小答案(1)(2)B0lv0(tt0)kSt(B0lv0kS)解析(1)在金屬棒未越過MN之前，穿過回路的磁通量的變化量為BSktS由法拉第電磁感應(yīng)定律有E由歐姆定律得I由電流的定義得I聯(lián)立式得|q|t由式得，在t

4、0到tt0的時間間隔內(nèi)即tt0，流過電阻R的電荷量q的絕對值為|q|(2)當(dāng)tt0時，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運動，有FF安式中，F(xiàn)是外加水平恒力，F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力設(shè)此時回路中的電流為I，F(xiàn)安B0lI此時金屬棒與MN之間的距離為sv0(tt0)勻強磁場穿過回路的磁通量為B0ls回路的總磁通量為t其中B1SktS由式得，在時刻t(tt0)，穿過回路的總磁通量為tB0lv0(tt0)kSt在t到tt的時間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量t為t(B0lv0kS)t由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動勢的大小為Et由歐姆定律得I聯(lián)立式得F(B0lv0kS).1.(多選)如圖2所示，

5、兩根足夠長、電阻不計且相距L0.2 m的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角37的絕緣斜面上，頂端接有一盞額定電壓U4 V的小燈泡，兩導(dǎo)軌間有一磁感應(yīng)強度大小B5 T、方向垂直斜面向上的勻強磁場今將一根長為L、質(zhì)量為m0.2 kg、電阻r1.0 的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置在頂端附近無初速度釋放，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)0.25，已知金屬棒下滑到速度穩(wěn)定時，小燈泡恰能正常發(fā)光，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，則()圖2A金屬棒剛開始運動時的加速度大小為3 m/s2B金屬棒剛開始運動時的加速度大小為4 m/s2C金屬棒穩(wěn)定下滑時的速度大小為9.6 m/s

6、D金屬棒穩(wěn)定下滑時的速度大小為4.8 m/s答案BD解析金屬棒剛開始運動時初速度為零，不受安培力作用，由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma，代入數(shù)據(jù)得a4 m/s2，故選項A錯誤，B正確；設(shè)金屬棒穩(wěn)定下滑時速度為v，感應(yīng)電動勢為E，回路中的電流為I，由平衡條件得mgsin BILmgcos ，由閉合電路歐姆定律得I，由法拉第電磁感應(yīng)定律得EBLv，聯(lián)立解得v4.8 m/s，故選項C錯誤，D正確2如圖3所示，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上t0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動t0時刻，金屬桿進入磁感應(yīng)強度大

7、小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為g.求：圖3(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??；(2)電阻的阻值答案(1)Blt0(g)(2)解析(1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得Fmgma設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學(xué)公式有vat0當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動勢為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(g)(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I式中R為電阻的阻值金屬桿所受

8、的安培力為F安BlI因金屬桿做勻速運動，有FmgF安0聯(lián)立式得R.命題點二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題1題型簡述：電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實現(xiàn)的安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程2解題的一般步驟(1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)；(2)弄清電磁感應(yīng)過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；(3)根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解3求解電能應(yīng)分清兩類情況(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及WUIt或QI2Rt直接進行計算(2)若電流變化，則利用安培力做功求解：電磁

9、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：若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機械能等于產(chǎn)生的電能例2如圖4甲，在水平桌面上固定著兩根相距L20 cm、相互平行的無電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R0.02 的導(dǎo)體棒a，軌道上橫置一根質(zhì)量m40 g、電阻可忽略不計的金屬棒b，兩棒相距也為L20 cm.該軌道平面處在磁感應(yīng)強度大小可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強磁場中開始時，磁感應(yīng)強度B00.1 T設(shè)棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2. 圖4(1)若保持磁感應(yīng)強度B0的大小不變，從t0時刻開始，給b棒施加一個水平向右的拉力，使它由靜止開始做勻加速直線運動此拉力F

10、的大小隨時間t變化關(guān)系如圖乙所示求b棒做勻加速運動的加速度及b棒與軌道間的滑動摩擦力；(2)若從t0開始，磁感應(yīng)強度B隨時間t按圖丙中圖象所示的規(guī)律變化，求在金屬棒b開始運動前，這個裝置釋放的熱量勻加速直線運動；金屬棒b開始運動前答案(1)5 m/s20.2 N(2)0.036 J解析(1)F安B0ILEB0LvIvat所以F安t當(dāng)b棒勻加速運動時，根據(jù)牛頓第二定律有FFfF安ma聯(lián)立可得FFftma由圖象可得：當(dāng)t0時，F(xiàn)0.4 N，當(dāng)t1 s時，F(xiàn)0.5 N.代入式，可解得a5 m/s2，F(xiàn)f0.2 N.(2)當(dāng)磁感應(yīng)強度均勻增大時，閉合電路中有恒定的感應(yīng)電流I，以b棒為研究對象，它受到的

11、安培力逐漸增大，靜摩擦力也隨之增大，當(dāng)磁感應(yīng)強度增大到b所受安培力F安與最大靜摩擦力Ff相等時開始滑動感應(yīng)電動勢EL20.02 VI1 A棒b將要運動時，有F安BtILFf所以Bt1 T，根據(jù)BtB0t得t1.8 s，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為QI2Rt0.036 J.能量轉(zhuǎn)化問題的分析程序：先電后力再能量3(2016浙江理綜24)小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖5所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53，導(dǎo)軌上端串接一個R0.05 的電阻在導(dǎo)軌間長d0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B2.0 T質(zhì)量m4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通

12、過定滑輪與拉桿GH相連CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直當(dāng)CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)求：圖5(1)CD棒進入磁場時速度v的大??；(2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大??；(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J解析(1)由牛頓第二定律得a12 m/s2進入磁場

13、時的速度v2.4 m/s(2)感應(yīng)電動勢EBlv感應(yīng)電流I安培力FAIBl代入得FA48 N(3)健身者做功WF(sd)64 JFmgsin FA0CD棒在磁場區(qū)做勻速運動在磁場中運動時間t焦耳熱QI2Rt26.88 J.4如圖6所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角30的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計，間距L0.4 m，導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域和，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.中的勻強磁場方向垂直斜面向下，中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B0.5 T在區(qū)域中，將質(zhì)量m10.1 kg、電阻R10.1 的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑然后，在區(qū)域中將質(zhì)量m20.4 kg、電

14、阻R20.1 的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑cd在滑動過程中始終處于區(qū)域的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g10 m/s2，問：圖6(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v為多大；(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x3.8 m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J解析(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向為由d到c，則ab中電流方向為由a流向b.(2)開始放置時ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmaxm1g

15、sin 設(shè)ab剛要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有EBLv設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設(shè)ab所受安培力為F安，有F安BIL此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安m1gsin Fmax綜合式，代入數(shù)據(jù)解得v5 m/s(3)設(shè)cd棒運動過程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsin Q總m2v2又QQ總解得Q1.3 J題組1電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1如圖1所示，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abd

16、ca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平右斜面上存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑求：圖1(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大?。?2)金屬棒運動速度的大小答案(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直線運動設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為FT，右斜面對ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒

17、的支持力大小為FN2，對于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得甲乙2mgsin FN1FTFFN12mgcos 對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得mgsin FN2FTFTFN2mgcos 聯(lián)立式得：Fmg(sin 3cos )(2)設(shè)金屬棒運動速度大小為v，ab棒上的感應(yīng)電動勢為EBLv回路中電流I安培力FBIL聯(lián)立得：v(sin 3cos ).2如圖2所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置且固定，兩導(dǎo)軌間距為L，與水平面間的夾角為，導(dǎo)軌下端有垂直于軌道的擋板，上端連接一個阻值R2r的電阻，整個裝置處在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直導(dǎo)軌向上的勻強磁場中，兩根相同的金屬棒ab、cd放

18、在導(dǎo)軌下端，其中棒ab靠在擋板上，棒cd在沿導(dǎo)軌平面向上的拉力作用下，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做加速度為a的勻加速運動已知每根金屬棒質(zhì)量為m、電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計，棒與導(dǎo)軌始終接觸良好求：圖2(1)經(jīng)多長時間棒ab對擋板的壓力變?yōu)榱悖?2)棒ab對擋板壓力為零時，電阻R的電功率；(3)棒ab運動前，拉力F隨時間t的變化關(guān)系答案(1)(2)(3)Fm(gsin a)t解析(1)棒ab對擋板的壓力為零時，受力分析可得BIabLmgsin 設(shè)經(jīng)時間t0棒ab對擋板的壓力為零，棒cd產(chǎn)生的電動勢為E，則EBLat0IR外rIabI解得t0(2)棒ab對擋板壓力為零時，cd兩端電壓為UcdEIr解得Ucd

19、此時電阻R的電功率為P解得P(3)對cd棒，由牛頓第二定律得FBILmgsin maIEBLat解得Fm(gsin a)t.題組2電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題3如圖3所示，兩根相距L1 m的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，一組導(dǎo)軌水平，另一組導(dǎo)軌與水平面成37角，拐角處連接一阻值R1 的電阻質(zhì)量均為m2 kg的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，導(dǎo)軌電阻不計，兩桿的電阻均為R1 .整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小B1 T、方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場中當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力作用下沿導(dǎo)軌向右勻速運動時，cd桿靜止g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：圖3(1)水平拉力的功率；(2)現(xiàn)讓cd桿靜止，求撤去拉力后ab桿產(chǎn)生的焦耳熱答案(1)864 W(2)864 J解析(1)cd桿靜止，由平衡條件可得mgsin BIL解得I12 A由閉合電路歐姆定律得2I得v36 m/s水平拉力F2BIL24 N水平拉力的功率PFv864 W(2)撤去外力后ab桿在安培力作用下做減速運動，安培力做負(fù)功，先將棒的動能轉(zhuǎn)化為電能，再通過電流做功將電能轉(zhuǎn)化為整個電路產(chǎn)生的焦耳熱，即焦耳熱等于桿的動能的減小量，有QEkmv21 296 J而QI2Rtab桿產(chǎn)生的焦耳熱QI2Rt，所以QQ864 J.12