高考物理一轮总复习第十章链接高考12电磁感应中的动力学和能量问题讲义含解析新人教版.docx

电磁感应中的动力学和能量问题考点一电磁感应中的动力学问题考点解读1两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2.力学对象和电学对象的相互关系典例赏析典例1如图所示，金属杆ab、cd置于平行轨道MN、PQ上，可沿轨道滑动，两轨道间距l0.5 m，轨道所在空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，用力F0.25 N向右水平拉杆ab，若ab、cd与轨道间的滑动摩擦力分别为f10.15 N、f20.1 N，两杆的有效电阻R1R20.1 ，设导轨电阻不计，ab、cd的质量关系为2m13m2，且ab、cd与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等求：(1)此两杆之间的稳定速度差；(2)若F0.3 N，两杆间稳定速度差又是多少？解析因Ff1，故ab由静止开始做加速运动，ab中将出现不断变大的感应电流，致使cd受到安培力F2作用，当F2f2时 ，cd也开始运动，故cd开始运动的条件是：Ff1f20.(1)当F0.25 N时，Ff1f20，故cd保持静止，两杆的稳定速度差等于ab的最终稳定速度vmax，故此种情况有：电流Im，安培力FmBIml，则有FFmf10，由此得vmax0.32 m/s.(2)当F0.3 Nf1f2，对ab、cd组成的系统，ab、cd所受安培力大小相等，方向相反，合力为零，则系统受的合外力为F合Ff1f20.05 N.对系统有F合(m1m2)a，因为2m13m2，则F合m2a.取cd为研究对象，F安f2m2a，F安BIl，I，联立各式解得v0.384 m/s.答案(1)0.32 m/s(2)0.384 m/s四步法分析电磁感应动力学问题 题组巩固1(2019郑州模拟)(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(rR)的圆环圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则( )A此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B圆环因受到了向下的安培力而加速下落C此时圆环的加速度aD如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm解析：AD圆环向下切割磁感线，由右手定则可知，圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视)，A正确；再由左手定则可知，圆环受的安培力向上，B错误；圆环中感应电动势为EB2Rv，感应电流I，电阻R，解得I.圆环受的安培力FBI2R.圆环的加速度ag，圆环质量md2Rr2，解得加速度ag，C错误；当mgF时，加速度a0，速度最大，vm，D正确2(2016全国卷)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得maFmg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律可知，杆中的电动势为EBlv联立式可得EBlt0(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I式中R为电阻的阻值，金属杆所受的安培力为F安BlI因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得FmgF安0联立式得R.答案：(1)Blt0(2)考点二电磁感应中的能量问题考点解读1能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法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)根据功能关系或能量守恒定律列式求解典例赏析典例2小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l0.50 m，倾角53，导轨上端串接一个R0.05 的电阻在导轨间长d0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B2.0 T质量m4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(取重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.解析(1)由牛顿第二定律a12 m/s2进入磁场时的速度v2.4 m/s.(2)感应电动势EBlv感应电流I安培力FAIBl代入得FA48 N.(3)健身者做功WF(sd)64 J由牛顿第二定律得Fmgsin FA0CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t焦耳热QI2Rt26.88 J.答案(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J能量转化问题的分析顺序：先电后力再能量题组巩固1(2019山东潍坊中学一模)(多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则( )Aa、b两个线框匀速运动时的速度大小为B线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl解析：BC设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力大小为FT，则对a有：FT2mgBIl，对b有：FTmg，又I，EBlv，解得v，故A错误线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t，故B正确从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系有2mglFTlQ，得Qmgl，故C正确设两线框从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl2mgl3mv2W，得W2mgl，故D错误2(2019山西运城期末)如图所示，两足够长的平行的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角37，导轨电阻不计，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中长为L的金属棒垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R，与导轨间动摩擦因数0.5.两金属导轨的上端连接一个电阻，其阻值也为R，现闭合开关，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上、大小为F3mg的恒力，使金属棒从静止开始运动，若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大，最大速度为vm.(重力加速度为g，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)金属棒刚开始运动时加速度的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)金属棒由静止开始上滑位移为2s的过程中，金属棒上产生的焦耳热Q.解析：(1)分析金属棒受力得Fmgsin 37mgcos 37ma，代入数据得a2g.(2)当金属棒速度为vm时，受力平衡，得I，EBLvmFmgsin 37mgcos 37BIL，联立解得：B .(3)F2s(mgsin 37mgcos 37)2sWF安mv，QWF安，解得：Q2mgsmv.答案：(1)2g(2)(3)2mgsmv考点三电磁感应中的力电综合问题考点解读理论上电荷量的求法：qIt.方法1：在电磁感应问题中最为常见的思路为：对某一回路来说，据法拉第电磁感应定律，得E，显然该感应电动势也为对其时间的平均值，再由I(R为回路中的总电阻)可以得到I.综上可得q.若B不变，则q.方法2：设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I冲量Ft，而FBIL(I为电流对时间的平均值)，故有：BILtmv2mv1，而Itq，故有q.典例赏析典例3(2018天津卷)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m，列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计列车启动后电源自动关闭(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？解析(1)M接电源正极列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得R总设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有I设两根金属棒所受安培力之和为F，有FBIl根据牛顿第二定律有Fma联立式得a(3)设列车减速时，cd进入磁场后经t时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1，其中Bl2设回路中平均电流为I，由闭合电路欧姆定律有I设cd受到的平均安培力为F，有FIlB以向右为正方向，设t时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲Ft同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有I02I冲设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有I总0mv0联立式得讨论：若恰好为整数，设其为N，则需设置N块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为n，则需设置n1块有界磁场答案(1)M接电源正极，理由见解析(2)(3)若恰好为整数，设其为N，则需设置N块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为n，则需设置n1块有界磁场典例4两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L.导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0.若两导体棒在运动中始终不接触，则：(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度大小是多少？解析ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流ab棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd棒则在安培力的作用下向右做加速运动只要ab棒的速度大于cd棒的速度，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv02mv根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Qmv(2m)v2mv(2)设ab棒的速度变为v0时，cd棒的速度为v，则由动量守恒定律可知mv0mv0mv解得vv0，回路中的电动势EBLv0BLv0BLv0此时cd棒所受的安培力FBIL由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a.答案(1)mv(2)题组巩固1(2019安徽省黄山市联考)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距离为L，其电阻不计两导轨及其构成的平面与水平面成角，两根用细线连接的金属杆ab、cd分别垂直导轨放置，平行斜面向上的外力F作用在杆ab上，使两杆静止，已知两金属杆ab、cd的质量分别为m和2m，两金属杆的电阻都为R，并且和导轨始终保持良好接触，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.某时刻将细线烧断，保持杆ab静止不动，求：(1)细线烧断后外力F的最小值和最大值；(2)设细线烧断后cd杆到达最大速度前杆ab产生的电热为Q，求cd杆到达最大速度前经过的位移s.解析：(1)细线烧断瞬间，外力F取得最小值F2；研究杆ab：F1mgsin .cd杆到达最大速度vm时，外力F取得最大值F2.研究杆ab：F2mgsin F安研究cd杆，因其匀速运动，F安2mgsin .显然F安F安.代入可得：F23mgsin (也可研究整体)(2)两杆电阻相等，故电热相等cd杆到达最大速度前电路产生的总电热为2Q由