（浙江选考）2020版高考物理一轮复习增分突破四电磁感应与动力学和能量观点综合问题.docx

1、1增分突破四 电磁感应与动力学和能量观点综合问题增分策略1.电磁感应与力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力。解答电磁感应中的力学问题,在分析方法上,要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律,明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化,准确把握运动状态的临界点。解决电磁感应中的力、电问题的关键有以下几点(1)电学对象电源:E=BLv 或 E=n 分析电路的结构利用电路的规律如 E=I(R+r)或 U=E-Ir。 t(2)力学对象受力分析:F 安 =BILF 合 =ma。过程分析:F 合 =mavEIF 安 。(3)临界点:运动状态的临界点。2.从能量观点解决电磁感应问题与解决力

2、学问题时的分析方法相似,只是多了一个安培力做功、多了一个电能参与能量转化,因此需要明确安培力做功及电能转化的特点。电磁感应中焦耳热的三种求法:(1)根据定义式 Q=I2Rt 计算;(2)利用克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热计算;(3)利用能量守恒定律计算。典例 1 将一斜面固定在水平面上,斜面的倾角为 =30,其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板,在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场,磁场区域的宽度为 H=0.4 m,如图甲所示,磁场边界与挡板平行,且上边界到斜面顶端的距离为 x=0.55 m。将一通电导线围成的矩形导线框 abcd 置于斜面的底端,已知导线框的质量为 m=0.1 kg、导线

3、框的电阻为 R=0.25 、ab 的长度为 L=0.5 m。从 t=0 时刻开始在导线框上加一恒定的拉力 F,拉力的方向平行于斜面向上,使导线框由静止开始运动,当导线框的下边与磁场的上边界重合时,将恒力 F 撤走,最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞,碰后导线框以等大的速度反弹,导线框沿斜面向下运动。已知导线框向上运动的 v-t 图像如图乙所示,导线框与斜面间的动摩擦因数为= ,整个运动过程中导线框没有发生转动,且始终没有离开斜面,g=10 m/s 2。33(1)求在导线框上施加的恒力 F 以及磁感应强度的大小;2(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时,其速度 v 与位移 s 的关系为 v=v0

4、- s,其中 v0是导线框 ab 边B2L2mR刚进入磁场时的速度大小,s 为导线框 ab 边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小,求整个过程中导线框中产生的热量 Q。答案 (1)1.5 N 0.50 T (2)0.45 J解析 (1)由 v-t 图像可知,在 00.4 s 时间内导线框做匀加速直线运动,进入磁场时的速度为 v1=2.0 m/s,所以在 00.4 s 时间内的加速度 a= =5.0 m/s2 v t由牛顿第二定律有 F-mg sin -mg cos =ma解得 F=1.5 N由 v-t 图像可知,导线框进入磁场区域后以速度 v1做匀速直线运动,通过导线框的电流 I= =ERBL

5、v1R导线框所受安培力 F 安 =BIL对于导线框匀速运动的过程,由力的平衡条件有F=mg sin +mg cos +B2L2v1R解得 B=0.50 T。(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动,并以速度 v1匀速穿出磁场,说明导线框的宽度等于磁场的宽度 H。导线框 ab 边离开磁场后做匀减速直线运动,到达挡板时的位移为 x0=x-H=0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度大小为 v2,由动能定理,有-mg(x-H) sin -mg(x-H) cos = m - m12v2212v21解得:v 2= =1.0 m/sv21-2g(x-H)(sin + cos )导线框碰挡板后速度大小仍为 v

6、2,且 mg sin =mg cos =0.50 Nab 边进入磁场后做减速运动,设导线框全部离开磁场区域时的速度为 v3,由 v=v0- s 得 v3=v2- =-1.0 m/sB2L2mR 2B2L2HmR因 v3 s=1 s,故 D 正确。v0+v2 0+22 xv115.如图所示,PM、QN 是两根 光滑圆弧导轨,圆弧半径为 d、间距为 L,最低点 M、N 在同一水平高度,导轨14电阻不计,在其上端连有一阻值为 R 的电阻,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。现有一根长度稍大于 L、质量为 m、阻值为 R 的金属棒,从导轨的顶端 PQ 处由静止开始下滑,到达底端 MN

7、 时对导轨的压力为 2mg,求:(1)金属棒到达导轨底端 MN 时电阻 R 两端的电压;(2)金属棒从导轨顶端 PQ 下滑到底端 MN 过程中,电阻 R 产生的热量;(3)金属棒从导轨顶端 PQ 下滑到底端 MN 过程中,通过电阻 R 的电荷量。答案 (1) BL (2) (3)12 gd mgd4 BLd2R解析 (1)在导轨的底端 MN 处,金属棒对导轨的压力 FN=2mg,轨道对金属棒的支持力大小为 FN=FN=2mg,则有 FN-mg=mv2d解得 v= gd金属棒切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv金属棒到达底端时电阻两端的电压 U= = BLE212 gd(2)金属棒下滑过程中,

8、由能量守恒定律得 mgd=Q+ mv212解得 Q= mgd12电阻 R 上产生的热量 QR= Q=12 mgd4(3)由 q=ItI=E2RE= = tBLd t9联立解得 q=BLd2R6.如图甲所示,绝缘水平面上有一间距 L=1 m 的金属“U”形导轨,导轨右侧接一 R=3 的电阻。在“U”形导轨中间虚线范围内存在垂直导轨向下的匀强磁场,磁场的宽度 d=1 m,磁感应强度 B=0.5 T。现有一质量为 m=0.1 kg,电阻 r=2 、长为 L=1 m 的导体棒 MN 以一定的初速度从导轨的左端开始向右运动,穿过磁场的过程中,线圈中的感应电流 i 随时间 t 变化的图像如图乙所示。已知导

9、体棒与导轨之间的动摩擦因数 =0.3,导轨电阻不计,则导体棒 MN 穿过磁场的过程中,求:(1)MN 刚进入磁场时的速度大小;(2)电阻 R 产生的焦耳热;(3)导体棒通过磁场的时间。答案 (1)5 m/s (2)0.3 J (3)0.5 s解析 (1)MN 刚进入磁场时,根据闭合电路欧姆定律得i0= (1 分)ER根据法拉第电磁感应定律得 E=BLv0(1 分)联立解得 v0= =5 m/s(1 分)i0(R+r)BL(2)导体棒通过磁场过程,由动能定理得-mgd-W 安 = mv2- m (1 分)12 12v20而 v= =3 m/s(1 分)i1(R+r)BLQR= W 安 (1 分)

10、RR+r联立解得:Q R=0.3 J(1 分)(3)导体棒通过磁场过程,由动量定理得-mgt-BILt=mv-mv 0(1 分)t= (1 分)-I BLdR+r联立解得 t=0.5 s(1 分)7.间距为 L=2 m 的足够长的金属直角导轨如图所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面。质量均为 m=0.1 kg 的金属细杆 ab、cd 与导轨垂直放置形成闭合回路。细杆与导轨之间的动10摩擦因数均为 =0.5,导轨的电阻不计,细杆 ab、cd 的电阻分别为 R1=0.6 ,R 2=0.4 。整个装置处于磁感应强度大小为 B=0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)。

11、当 ab 杆水平在平行于水平导轨的拉力 F 作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时,cd 杆也同时从静止开始沿导轨向下运动,且 t=0时,F=1.5 N。g=10 m/s 2。(1)求 ab 杆的加速度 a。(2)求当 cd 杆达到最大速度时 ab 杆的速度大小。(3)若从 t=0 到 cd 杆达到最大速度的过程中拉力 F 做的功为 5.2 J,求该过程中 ab 杆所产生的焦耳热。答案 (1)10 m/s 2 (2)2 m/s (3)2.94 J解析 (1)由题意可知,在 t=0 时,F=1.5 N对 ab 杆进行受力分析,由牛顿第二定律得 F-mg=ma代入数据解得 a=10 m/s2。(2)从

12、 d 向 c 看,对 cd 杆进行受力分析,如图所示,当 cd 杆速度最大时,ab 杆的速度大小为 v,有Ff=mg=F N,FN=F 安 ,F 安 =BIL,I=BLvR1+R2联立以上各式,解得 v=2 m/s(3)整个过程中,ab 杆发生的位移x= = m=0.2 mv22a 22210对 ab 杆应用动能定理,有WF-mgx-W 安 = mv212代入数据解得 W 安 =4.9 J根据功能关系得 Q 总 =W 安所以 ab 杆上产生的热量Qab= Q 总 =2.94 J。R1R1+R2118.如图所示,MN、PQ 为光滑平行的水平金属导轨,电阻 R=3.0 ,置于竖直向下的有界匀强磁场

13、中,OO为磁场边界,磁感应强度 B=1.0 T,导轨间距 L=1.0 m,质量 m=1.0 kg 的导体棒垂直置于导轨上且与导轨接触良好,导体棒接入电路的电阻为 r=1.0 。t=0 时刻,导体棒在水平拉力 F0作用下从 OO左侧某处由静止开始以加速度 a0=1.0 m/s2做匀加速运动,t 0=2.0 s 时刻进入磁场继续运动,导体棒始终与导轨垂直。(1)求 0t0时间内导体棒受到拉力的大小 F0及 t0时刻进入磁场时回路的电功率 P0;(2)求导体棒 t0时刻进入磁场瞬间的加速度 a;若此后导体棒在磁场中以加速度 a 做匀加速运动至t1=4.0 s 时刻,求 t0t1时间内通过电阻 R 的

14、电荷量 q;(3)在(2)情况下,已知 t0t1时间内拉力做功 W=5.7 J,求此过程回路中产生的焦耳热 Q。答案 (1)1.0 N 1.0 W (2)0.5 m/s 2 1.25 C (3)3.2 J解析 (1)由导体棒在进入磁场前运动的加速度 a0,可得F0=ma0=1.0 N导体棒在 t0时刻速度 v0=a0t0=2 m/s导体棒在 t0时刻产生的电动势 E=BLv0电功率 P0= = =1.0 W。E2R+r(BLv0)2R+r(2)回路在 t0时刻产生的感应电流 I=ER+r导体棒在 t0时刻受到的安培力 F 安 =BIL根据牛顿第二定律有 F0-F 安 =ma代入数据解得 a=0

15、.5 m/s2导体棒在 t0t1时间内的位移x=v0(t1-t0)+ a(t1-t0)2=5 m12则在 t0t1时间内通过导体棒的电荷量q= = = =1.25 C。 R+rB SR+r BLxR+r(3)t1时刻导体棒的速度 v=v0+a(t1-t0)由动能定理有 W+W 安 = mv2- m12 12v2012Q=-W 安 =W- m(v2- )=3.2 J。12 v029.如图,足够长的金属导轨 MN、PQ 平行放置,间距为 L,与水平面成 角,导轨与定值电阻 R1和 R2相连,且 R1=R2=R,R1支路串联开关 S,原来 S 闭合。匀强磁场垂直导轨平面向上,有一质量为 m、有效电阻

16、也为R 的导体棒 ab 与导轨垂直放置,它与导轨始终接触良好,受到的摩擦力为 Ff= mg sin 。现将导体棒 ab14从静止释放,沿导轨下滑,当导体棒运动达到稳定状态时速率为 v,已知重力加速度为 g,导轨电阻不计,求:(1)匀强磁场的磁感应强度 B 的大小;(2)如果导体棒 ab 从静止释放沿导轨下滑 x 距离后达到稳定状态,这一过程回路中产生的电热是多少?(3)导体棒 ab 达到稳定状态后,断开开关 S,将做怎样的运动?若从这时开始导体棒 ab 下滑一段距离后,通过导体棒 ab 横截面的电荷量为 q,求这段距离是多少?答案 (1) (2) mgx sin - mv232L mgRsin

17、2v 34 12(3)4q3 2vRmgsin解析 (1)回路中的总电阻为 R 总 = R32当导体棒 ab 以速度 v 匀速下滑时棒中的感应电动势为 E=BLv此时棒中的感应电流为 I=ER总mg sin =BIL+F f解得 B=32L mgRsin2v(2)导体棒 ab 减少的重力势能等于增加的动能、回路中产生的焦耳热以及克服摩擦力做功的和,故有 mg sin x= mv2+Q+Ffx12解得 Q= mg sin x- mv234 12(3)S 断开后,导体棒先做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动回路中的总电阻为:R 总 =2R设这一过程经历的时间为 t,这一过程回路中的平均感应电

18、动势为 ,通过导体棒 ab 的平均感应电流为E,导体棒 ab 下滑的距离为 s,则 = = , = =I E tBLs tI ER总 BLs2R t13得 q= t=IBLs2R解得 s=4q3 2vRmgsin10.两平行且电阻不计的金属导轨相距 L=1 m,金属导轨由水平和倾斜两部分(均足够长)良好对接,倾斜部分与水平方向的夹角为 37,整个装置处在竖直向上、磁感应强度 B=2 T 的匀强磁场中。长度也为 1 m 的金属棒 ab 和 cd 垂直导轨跨搁,且与导轨良好接触,质量均为 0.2 kg,电阻分别为 R1=2 ,R 2=4 。ab 置于导轨的水平部分,与导轨的动摩擦因数为 =0.5,

19、cd 置于导轨的倾斜部分,导轨倾斜部分光滑。从 t=0 时刻起,ab 棒在水平且垂直于 ab 棒的外力 F1的作用下由静止开始向右做匀加速直线运动,金属棒 cd 在力 F2的作用下保持静止,F 2平行于倾斜导轨平面且垂直于金属杆 cd。当 t1=4 s 时,ab 棒消耗的电功率为 2.88 W。已知 sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度 g=10 m/s2。求:(1)ab 棒做匀加速直线运动的加速度大小;(2)求 t2=8 s 时作用在 cd 棒上的力 F2的大小;(3)改变 F1的作用规律,使 ab 棒运动的位移 x 与速度 v 满足 x=2v(m),要求 cd 仍然要保持

20、静止状态。求ab 棒从静止开始运动 x=4 m 的过程中,作用在 ab 棒上的力 F1所做的功(结果可用分数表示)。答案 (1)0.9 m/s 2 (2)2.64 N (3) J10615解析 (1)当 t1=4 s 时,ab 消耗的电功率为 2.88 W,有 Pab= R1I21代入数据解得 I1=1.2 A回路中的电动势 E1=I1(R1+R2)由法拉第电磁感应定律知 E1=BLv1导体棒 ab 做匀加速直线运动,v 1=at1由得,a=0.9 m/s 2(2)当 t2=8 s 时,导体棒 ab 的速度 v2=at2回路中的电流 I2= = =2.4 AE2R1+R2 BLv2R1+R2导

21、体棒 cd 所受安培力 F2 安 =BI2L=4.8 N设导体棒 cd 所受的力 F2沿斜面向下,有 F2+mg sin =F 2 安 cos 14由得 F2=2.64 N,故假设成立,所以 F2的方向沿斜面向下。(3)设 ab 棒的速度为 v 时,回路中的电流为 I= =ER1+R2 BLvR1+R2此时金属棒 ab 所受安培力大小为 F 安 =BIL由题意知 ab 棒运动的位移 x 与速度 v 的关系:x=2v(m)联立 ,并代入数据得 F 安 = (N)x3ab 棒从静止开始运动 x=4 m 的过程中,克服安培力所做的功为W 克安 = x= x J= JF安0+x32 83对金属棒 ab,由动能定理有:W 拉 -W 克安 -mgx= mv212由 得 W 拉 = J10615