（浙江選考）2020版高考物理大一輪復習 第十章 電磁感應 交變電流 專題強化四 動力學和能量觀點在電磁感應中的應用學案.docx

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專題強化四　動力學和能量觀點在電磁感應中的應用 命題點一　電磁感應中的動力學問題 1．題型簡述 感應電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應問題往往跟力學問題聯(lián)系在一起．解決這類問題需要綜合應用電磁感應規(guī)律(法拉第電磁感應定律、楞次定律)及力學中的有關規(guī)律(共點力的平衡條件、牛頓運動定律、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)合功能關系進行分析 3.動態(tài)分析的基本思路 解決這類問題的關鍵是通過運動狀態(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　(2015浙江10月選考22改編)如圖1甲所示，質(zhì)量m＝3.010－3kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l＝0.20m，處于磁感應強度大小B1＝1.0T、方向水平向右的勻強磁場中．有一匝數(shù)n＝300匝，面積S＝0.01m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2的大小隨時間t變化的關系如圖乙所示．(g取10m/s2) 　 圖1 (1)求0～0.10s線圈中的感應電動勢大小． (2)t＝0.22s時閉合開關K，若安培力遠大于重力，細框跳起的最大高度h＝0.20m，求通過細桿CD的電荷量． 答案　(1)30V　(2)0.03C 解析　(1)由法拉第電磁感應定律E＝n 得E＝nS＝30V (2)安培力遠大于重力，由牛頓第二定律，安培力F＝ma＝m(或由動量定理FΔt＝mv－0)，又F＝IB1l，Δq＝IΔt，v2＝2gh，得Δq＝＝0.03C. 變式1　如圖2所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ間距為l＝0.5m，其電阻不計，兩導軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30角．完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每根棒兩端都與導軌始終有良好接觸．已知兩棒質(zhì)量均為m＝0.02kg，電阻均為R＝0.1Ω，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.2T，棒ab在平行于導軌向上的力F作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒cd恰好能夠保持靜止．g取10m/s2，求： 圖2 (1)通過棒cd的電流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受到的安培力為 Fcd＝IlB 棒cd在共點力作用下平衡，則 Fcd＝mgsin30 聯(lián)立解得I＝1A 根據(jù)楞次定律可知，棒cd中電流方向由d至c. (2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等，即 Fab＝Fcd 對棒ab，由共點力平衡條件得 F＝mgsin30＋IlB 解得F＝0.2N. 變式2　如圖3甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻，一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦．求：(重力加速度為g) 圖3 (1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖； (2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大??； (3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度的最大值． 答案　(1)見解析圖 (2)　gsinθ－　(3) 解析　(1)如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上． (2)當ab桿的速度大小為v時，感應電動勢E＝BLv， 此時電路中電流I＝＝ ab桿受到的安培力F安＝BIL＝ 根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsinθ－F安＝mgsinθ－＝ma a＝gsinθ－. (3)當a＝0時，ab桿有最大速度，vm＝. 命題點二　電磁感應中動力學和能量觀點的綜合應用 1．題型簡述 電磁感應過程的實質(zhì)是不同形式的能量相互轉(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(導體棒或回路)； (2)弄清電磁感應過程中，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系列式求解． 3．求解電能應分清兩類情況 (1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進行計算． (2)若電流變化，則 ①利用安培力做功求解：電磁感應中產(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：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　(2018嘉興一中期末)如圖4所示，兩根相距L1的平行粗糙金屬導軌固定在水平面上，導軌上分布著n個寬度為d、間距為2d的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直水平面向上．在導軌的左端連接一個阻值為R的電阻，導軌的左端距離第一個磁場區(qū)域左側(cè)邊界L2的位置放有一根質(zhì)量為m、長為L1、阻值為r的金屬棒，導軌電阻及金屬棒與導軌間的接觸電阻均不計．某時刻起，金屬棒在一水平向右的已知恒力F作用下由靜止開始向右運動，已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g. 圖4 (1)若金屬棒能夠勻速通過每個勻強磁場區(qū)域，求金屬棒離開第2個勻強磁場區(qū)域時的速度v2的大??； (2)在滿足第(1)小題條件時，求第n個勻強磁場區(qū)域的磁感應強度Bn的大?。? (3)現(xiàn)保持恒力F不變，使每個磁場區(qū)域的磁感應強度均相同，發(fā)現(xiàn)金屬棒通過每個磁場區(qū)域時電路中的電流變化規(guī)律完全相同，求金屬棒從開始運動到通過第n個磁場區(qū)域的整個過程中左端電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1) (2) (3)nd(F－μmg) 解析　(1)金屬棒勻加速運動有F－μmg＝ma v22＝2a(L2＋2d) 解得：v2＝ (2)金屬棒勻加速運動的總位移為x＝L2＋2nd－2d 金屬棒進入第n個勻強磁場的速度滿足vn2＝2ax 金屬棒在第n個磁場中勻速運動有F－μmg－F安＝0 感應電動勢E＝BnL1vn 電流I＝＝ 安培力F安＝BnL1I 聯(lián)立得：F安＝ 解得：Bn＝ (3)金屬棒進入每個磁場時的速度v和離開每個磁場時的速度v′均相同，由題意可得v2＝2aL2，v2－v′2＝2a2d 金屬棒從開始運動到通過第n個磁場區(qū)域的過程中，有x總＝L2＋3nd－2d (F－μmg)x總－Q總＝mv′2 Q＝Q總 解得：Q＝nd(F－μmg)． 變式3　如圖5甲所示，在一傾角為37的粗糙絕緣面上，靜止地放置著一個匝數(shù)n＝10匝的正方形線圈ABCD，E、F分別為AB、CD的中點，線圈總電阻R＝2.0Ω、總質(zhì)量m＝0.2kg、正方形邊長L＝0.4m．如果向下輕推一下此線圈，則它剛好可沿斜面勻速下滑．現(xiàn)在將線圈靜止放在斜面上后，在虛線EF以下的區(qū)域中，加上垂直斜面方向的、磁感應強度大小按圖乙所示規(guī)律變化的磁場，(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37＝0.6，cos37＝0.8，g＝ 10m/s2)求： 圖5 (1)t＝1s時刻，線圈中的感應電流大小I； (2)從t＝0時刻開始經(jīng)過多長時間線圈剛要開始運動； (3)從t＝0時刻開始到線圈剛要運動，線圈中產(chǎn)生的熱量Q. 答案　(1)0.2A　(2)4s　(3)0.32J 解析　(1)由法拉第電磁感應定律得 E＝n＝nS 解得E＝0.4V I＝＝0.2A (2)由受力分析可知 Ff＝mgsin37 F＝mgsin37＋Ff F＝nBIL 解得B＝3T B＝1＋0.5t 則t＝4s (3)由焦耳定律可得 Q＝I2Rt 解得Q＝0.32J. 變式4　如圖6所示，有一傾斜光滑平行金屬導軌，導軌平面與水平面的夾角θ＝30，導軌間距L＝0.5m，電阻不計，在兩導軌間接有R＝3Ω的電阻．在導軌中間加一垂直導軌平面向上的寬度為d＝0.4m的勻強磁場，B＝2T．一質(zhì)量為m＝0.08kg、電阻為r＝2Ω的導體棒從距磁場上邊緣d′＝0.4m處由靜止釋放，運動過程中始終與導軌保持垂直且接觸良好，取g＝10m/s2.求： 圖6 (1)導體棒進入磁場上邊緣的速度大小v； (2)導體棒通過磁場區(qū)域的過程中，通過導體棒的電荷量q； (3)導體棒通過磁場區(qū)域的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1)2m/s　(2)0.08C　(3)0.096J 解析　(1)根據(jù)機械能守恒定律可得：mgd′sin30＝mv2 代入數(shù)據(jù)解得，導體棒進入磁場上邊緣的速度大小v＝2m/s. (2)根據(jù)法拉第電磁感應定律可得：＝ 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：＝ 通過導體棒的電荷量為：q＝Δt＝＝＝0.08C. (3)導體棒進入磁場上邊緣時，切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv＝2V 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I＝＝0.4A 導體棒受到的安培力F＝BIL＝0.4N 導體棒的重力沿導軌平面向下的分力F′＝mgsin30＝0.4N 所以金屬棒進入磁場后做勻速運動，根據(jù)功能關系可得通過磁場區(qū)域過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為： Q＝mgdsin30＝0.096J. 1．如圖1所示，兩根平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi)，間距為l，導軌左端連接一個電阻R.一根質(zhì)量為m、長度為l、電阻為r的金屬桿ab垂直放置在導軌上．在桿的右方距桿為d處有一個勻強磁場，磁場方向垂直于導軌平面向下，磁感應強度為B.對桿施加一個大小為F、方向平行于導軌的恒力，使桿從靜止開始運動，桿與導軌始終接觸良好，已知桿到達磁場區(qū)域時速度為v，之后進入磁場恰好做勻速運動．不計導軌的電阻，假設導軌與桿之間存在恒定的阻力．求： 圖1 (1)兩導軌對桿ab的總阻力大小Ff； (2)桿ab中通過的電流及其方向； (3)導軌左端所接電阻R的阻值． 答案　(1)F－　(2)　方向由a→b(3)－r 解析　(1)桿進入磁場前做勻加速運動，有F－Ff＝ma v2＝2ad，解得兩導軌對桿的總阻力Ff＝F－. (2)桿進入磁場后做勻速運動，有F＝Ff＋F安 桿ab所受的安培力F安＝IBl 解得桿ab中通過的電流I＝ 由右手定則知桿中的電流方向由a→b. (3)桿ab產(chǎn)生的感應電動勢E＝Blv 桿中的電流I＝ 解得導軌左端所接電阻R的阻值R＝－r. 2．(2016浙江10月選考22)為了探究電動機轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關系，小明設計了如圖2所示的裝置．半徑為l的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉(zhuǎn)軸OO′上，由電動機A帶動旋轉(zhuǎn)．在金屬導軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強磁場．另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的“U”形導軌保持良好接觸，導軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場中．從圓形金屬導軌引出導線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導線經(jīng)開關S與“U”形導軌連接．當開關S斷開，棒cd靜止時，彈簧伸長量為x0；當開關S閉合，電動機以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，棒cd再次靜止時，彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度)．不計其余電阻和摩擦等阻力，求此時： 圖2 (1)通過棒cd的電流Icd； (2)電動機對該裝置的輸出功率P； (3)電動機轉(zhuǎn)動角速度ω與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關系． 答案　見解析 解析　(1)S斷開，cd棒靜止時有mg＝kx0 S閉合，cd棒靜止時受到安培力F＝B2Icdl 由楞次定律知流過棒cd的電流方向為d→c 故cd棒再次靜止時有mg＋B2Icdl＝kx 解得Icd＝ (2)回路總電阻R總＝R＋R＝R 總電流：I＝ 由能量守恒得P＝I2R總＝ (3)由法拉第電磁感應定律：E＝＝B1ωl2 回路總電流I＝＝ 解得ω＝. 3．(2018新力量聯(lián)盟期末)如圖3甲所示，MN、PQ為間距L＝0.5m且足夠長的平行導軌，NQ⊥MN，導軌的電阻均不計．導軌平面與水平面間的夾角θ＝37，NQ間連接有一個R＝ 4Ω的電阻．有一勻強磁場垂直于導軌平面且方向向上，磁感應強度為B0＝1T．將一根質(zhì)量為m＝0.05kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導軌上，且與導軌接觸良好．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，當金屬棒滑行至cd處時達到穩(wěn)定速度，已知在此過程中通過金屬棒橫截面的電荷量q＝0.2C，且金屬棒的加速度a與速度v的關系如圖乙所示，設金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與NQ平行．(sin37＝0.6，cos37＝0.8，g取10m/s2)求： 圖3 (1)金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ； (2)cd與NQ的距離s； (3)金屬棒滑行至cd處的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)0.5　(2)2m　(3)0.08J 解析　(1)由題圖乙可知，當v＝0時，a＝2m/s2 mgsinθ－μmgcosθ＝ma 得μ＝0.5 (2)由題圖乙可知，vm＝2m/s 當金屬棒達到穩(wěn)定速度時，有F安＝B0IL E＝B0Lvm I＝ mgsinθ＝F安＋μmgcosθ 聯(lián)立解得r＝1Ω 通過金屬棒橫截面的電荷量q＝IΔt＝Δt＝＝＝0.2C 解得s＝2m (3)由動能定理得mgssin37－μmgscos37－WF＝mvm2－0 WF＝Q總＝0.1J QR＝Q總＝0.08J. 4．如圖4所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝30的斜面上，導軌電阻不計，間距L＝0.4m，導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B＝0.5T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1kg、電阻R1＝0.1Ω的金屬棒ab放在導軌上，ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4kg、電阻R2＝0.1Ω的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑．cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取g＝10m/s2，問： 圖4 (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的速度大小v； (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x＝3.8m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q. 答案　(1)由a流向b　(2)5m/s　(3)1.3J 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，設其為Ffmax，有Ffmax＝m1gsin θ① 設ab剛要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有E＝BLv② 設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝③ 設ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④ 如圖所示，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＝m1gsinθ＋Ffmax⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s (3)設cd棒運動過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q總＋m2v2 又Q＝Q總， 解得Q＝1.3J.