2019年高考物理一輪復習講義：第10章 第4講《電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用（二）——動力學和能量、動量》(含解析).doc

1、第4講電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用(二)動力學和能量、動量板塊一主干梳理夯實基礎(chǔ)【知識點1】電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動力學問題1安培力的大小2安培力的方向(1)先用右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電流方向，再用左手定則確定安培力方向。(2)根據(jù)楞次定律，安培力方向一定和導體切割磁感線運動方向相反。3分析導體受力情況時，應(yīng)做包含安培力在內(nèi)的全面受力分析。4根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程。【知識點2】電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題1電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化閉合電路的部分導體做切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電流，通有感應(yīng)電流的導體在磁場中受安培力。外力克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，通有感應(yīng)電流的導體在磁場中受安培力作用或通

2、過電阻發(fā)熱，使電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2實質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化，實質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化。板塊二考點細研悟法培優(yōu)考點1電磁感應(yīng)中的動力學問題解題技巧導體棒的運動學分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，從而影響導體棒(或線圈)的受力情況和運動情況。1兩種狀態(tài)及處理方法2力學對象和電學對象的相互關(guān)系3動態(tài)分析的基本思路例12016安徽模擬如圖所示，固定的光滑金屬導軌間距為L，導軌電阻不計，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導軌平面與水平面的夾角為，且處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒與固定彈簧相連后放在導軌上。初始

3、時刻，彈簧恰處于自然長度，導體棒具有沿軌道向上的初速度v0。整個運動過程中導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸，彈簧的中心軸線與導軌平行。(1)求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向；(2)當導體棒第一次回到初始位置時，速度變?yōu)関，求此時導體棒的加速度大小a。(1)導體棒向上運動和向下運動過程中流過R的電流方向相同嗎？提示：不同。(2)下降過程的牛頓第二定律。提示：mgsinF彈F安ma。嘗試解答(1)ba(2)gsin。(1)導體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1BLv0通過R的電流大小I1電流方向為ba。(2)導體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2BLv感應(yīng)電流I2導體棒受到的安培力大小FBIL，方向沿斜面向上

4、。根據(jù)牛頓第二定律有mgsinFma解得agsin?？偨Y(jié)升華單棒切割磁感線的兩種模型模型一：導體棒ab先自由下落再進入勻強磁場，如圖甲所示。模型二：導體棒ab沿光滑的傾斜導軌自由下滑，然后進入勻強磁場(磁場垂直于軌道平面)，如圖乙所示。兩類模型中的臨界條件是導體棒ab受力平衡。以模型一為例，有mgF安，即v0。若線框進入磁場時vv0，則線框先減速再勻速；若vv0，線框先加速再勻速(都假設(shè)線框和磁場區(qū)域長度足夠長)。(多選)如圖所示，相距L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角為，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應(yīng)強度為B。將質(zhì)量為m的導體棒由靜止釋放，當速度達到v時開始勻

5、速運動，此時對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導體棒最終以2v的速度勻速運動。導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度為g。下列選項正確的是()AP2mgvsinBP3mgvsinC當導體棒速度達到時加速度大小為sinD在速度達到2v以后的勻速運動過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功答案AC解析當導體棒第一次勻速運動時，沿導軌方向有mgsin；當導體棒第二次勻速運動時，沿導軌方向有Fmgsin，兩式聯(lián)立解得Fmgsin，此時拉力F的功率PF2v2mgvsin，選項A正確，B錯誤；當導體棒的速度達到時，沿導軌方向有mgsinma，解得ags

6、in，選項C正確；導體棒的速度達到2v以后，拉力與重力的合力所做的功全部轉(zhuǎn)化為R上產(chǎn)生的焦耳熱，選項D錯誤。考點2電磁感應(yīng)中的能量問題解題技巧1能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)能量轉(zhuǎn)化 (2)求解焦耳熱Q的三種方法2電能求解的三種主要思路(1)利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒或功能關(guān)系求解；(3)利用電路特征來求解：通過電路中所產(chǎn)生的電能來計算。3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(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)能量守恒定律列式求解。例2將一斜面固定在水平面上，斜面的傾角為30，其上表面絕

7、緣且斜面的頂端固定一擋板，在斜面上加一垂直斜面向上的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為H0.4 m，如圖甲所示，磁場邊界與擋板平行，且上邊界到斜面頂端的距離為x0.55 m。將一通電導線圍成的矩形導線框abcd置于斜面的底端，已知導線框的質(zhì)量為m0.1 kg，導線框的電阻為R0.25 ，ab的長度為L0.5 m。從t0時刻開始在導線框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使導線框由靜止開始運動，當導線框的下邊與磁場的上邊界重合時，將恒力F撤走，最終導線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞，碰后導線框以等大的速度反彈，導線框沿斜面向下運動。已知導線框向上運動的vt圖象如圖乙所示，導線框與斜面間的動摩擦因數(shù)

8、為，整個運動過程中導線框沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動，且始終沒有離開斜面，g10 m/s2。(1)求在導線框上施加的恒力F以及磁感應(yīng)強度的大?。?2)若導線框沿斜面向下運動通過磁場時，其速度v與位移s的關(guān)系為vv0s，其中v0是導線框ab邊剛進入磁場時的速度大小，s為導線框ab邊進入磁場區(qū)域后對磁場上邊界的位移大小，求整個過程中導線框中產(chǎn)生的熱量Q。(1)由圖乙的vt圖可求出什么？提示：加速度。(2)在圖乙中0.4 s以后有一段勻速直線運動，說明什么問題？提示：導線框進入磁場區(qū)域后以2 m/s的速度勻速運動，受力平衡。(3)安培力做功與焦耳熱的關(guān)系？提示：克服安培力做功等于回路中產(chǎn)生的電能，如果是純電阻電路，

9、也等于回路中總的焦耳熱。嘗試解答(1)1.5_N_0.50_T_(2)0.45_J。(1)由vt圖象可知，在00.4 s時間內(nèi)導線框做勻加速直線運動，進入磁場時的速度為v12.0 m/s，所以在此過程中的加速度a5.0 m/s2由牛頓第二定律有Fmgsinmgcosma解得F1.5 N由vt圖象可知，導線框進入磁場區(qū)域后以速度v1做勻速直線運動通過導線框的電流I導線框所受安培力F安BIL對于導線框勻速運動的過程，由力的平衡條件有Fmgsinmgcos解得B0.50 T。(2)導線框進入磁場區(qū)域后做勻速直線運動，并以速度v1勻速穿出磁場，說明導線框的寬度等于磁場的寬度H，導線框ab邊離開磁場后做

10、勻減速直線運動，在導線框到達擋板時的位移為x0xH0.15 m設(shè)導線框與擋板碰撞前的速度為v2，由動能定理，有mg(xH)sinmg(xH)cosmvmv解得v21.0 m/s導線框碰擋板后速度大小仍為v2，導線框下滑過程中，由于重力沿斜面方向的分力與滑動摩擦力大小相等，即mgsinmgcos0.50 N，因此導線框與擋板碰撞后向下做勻速直線運動，ab邊剛進入磁場時的速度為v21.0 m/s；進入磁場后因為又受到安培力作用而減速，做加速度逐漸變小的減速運動，設(shè)導線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為v3由vv0s得v3v21.0 m/s因v30，說明導線框在離開磁場前速度已經(jīng)減為零，這時安培力消失，導

11、線框受力平衡，所以導線框?qū)㈧o止在磁場中某位置導線框向上運動通過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q1I2Rt0.40 J導線框向下運動進入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q2mv0.05 J所以QQ1Q20.45 J。總結(jié)升華電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的計算(1)回路中電流穩(wěn)定可利用電路知識，由WUIt，QI2Rt直接計算。(2)若電流變化利用安培力做功、功能關(guān)系解決。如圖所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi)，導軌間距l(xiāng)0.5 m，左端接有阻值R0.3 的電阻。一質(zhì)量m0.1 kg、電阻r0.1 的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度B0.4 T。棒在水平向右的外力作

12、用下由靜止開始以a2 m/s2的加速度做勻加速運動，當棒的位移x9 m時撤去外力，棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q221。導軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，求：(1)棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q；(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF。答案(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J解析(1)設(shè)金屬棒做勻加速運動的時間為t，回路中磁通量的變化量為，回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為，則由法拉第電磁感應(yīng)定律得，其中Blx設(shè)回路中的平均電流為，則由閉合電路歐姆定律得通過電阻R的電荷量

13、qt聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得q4.5 C。(2)設(shè)撤去外力時棒的速度為v，在棒做勻加速運動的過程中，由運動學公式得v22ax設(shè)棒在撤去外力后的運動過程中安培力做的功為W，由動能定理得W0mv2撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2W代入數(shù)據(jù)解得Q21.8 J。(3)由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q221，可得Q13.6 J在棒運動的整個過程中，由功能關(guān)系可知WFQ1Q25.4 J?？键c3電磁感應(yīng)中的動量問題拓展延伸電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流在磁場中受安培力作用，經(jīng)過一段時間就會使導體棒(線圈)產(chǎn)生動量的變化。如果是一個系統(tǒng)，系統(tǒng)合外力為0，則系統(tǒng)動量守恒。例3兩根足夠長

14、的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，兩導軌間的距離為L。導軌上面垂直放置兩根導體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，如圖所示。兩根導體棒的質(zhì)量皆為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻可不計。在整個導軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。設(shè)兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行。開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若兩導體棒在運動中始終不接觸，則：(1)在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？(2)當ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r，cd棒的加速度是多少？(1)什么時候產(chǎn)生的焦耳熱最多？提示：兩棒速度相同時。(2)兩棒速度相同時，安培力有什么特點？怎樣求相同速度？提示：安培力大小相等、方向相反，兩

15、導體棒運動遵循動量守恒。嘗試解答(1)mv(2)。ab棒向cd棒運動時，兩棒和導軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量變小，于是產(chǎn)生感應(yīng)電流，ab棒受到與其運動方向相反的安培力而做減速運動，cd棒則在安培力的作用下向右做加速運動。只要ab棒的速度大于cd棒的速度，回路總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速，直到兩棒速度相同時，回路面積保持不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度v做勻速運動。(1)從開始到兩棒達到相同速度v的過程中，兩棒的總動量守恒，有mv02mv根據(jù)能量守恒定律，整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Qmv(2m)v2mv。(2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)関0時，cd棒的速度為v，則由動量守恒定律可知mv

16、0mv0mv解得vv0，回路中的電動勢EBLv0BLv0BLv0I此時cd棒所受的安培力FBIL。由牛頓第二定律可得，cd棒的加速度a?？偨Y(jié)升華1. 如圖所示，ab和cd是兩條豎直放置且足夠長的長直光滑金屬導軌，MN和MN是兩根用細線連接的金屬桿，其質(zhì)量分別為m和2m。豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止，并剛好與導軌接觸；兩桿的總電阻為R，導軌間距為l。整個裝置處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直。導軌電阻可忽略，重力加速度為g。在t0時刻將細線燒斷，保持F不變，金屬桿和導軌始終接觸良好且垂直。求：(1)細線燒斷后，任意時刻兩桿運動的速度之比；(2)兩桿分別達

17、到的最大速度。答案(1)21(2)解析(1)設(shè)某時刻MN和MN速度分別為v1、v2由動量守恒mv12mv20，得。(2)當MN和MN的加速度為零時，速度最大對MN由平衡條件知BIl2mgIEBlv1Blv2得v1，v2。2. 2017哈爾濱師大附中二模如圖所示，豎直平面內(nèi)，水平線OO下方足夠大的區(qū)域內(nèi)存在水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，一個單匝正方形導體框，邊長為L，質(zhì)量為m，總電阻為r，從ab邊距離邊界OO為L的位置由靜止釋放。已知從ab邊剛進入磁場到cd邊剛進入磁場所用時間為t，重力加速度為g，空氣阻力不計，導體框不翻轉(zhuǎn)，求：(1)ab邊剛進入磁場時，b、a間電勢差大小Uba；(2)cd邊剛

18、進入磁場時，導體框的速度大小。答案(1)(2)gt解析(1)ab邊剛進入磁場時速度大小為v1，則mgLmvEBLv1IUbaIr解得Uba。(2)從ab邊剛進入磁場到cd邊剛進入磁場的過程中mgtAtmv2mv1ABLBL2由以上各式解得：v2gt。1模型構(gòu)建對桿在導軌上運動組成的系統(tǒng)，桿在運動中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，并受到安培力的作用改變運動狀態(tài)，最終達到穩(wěn)定狀態(tài)，該系統(tǒng)稱為“桿和導軌”模型。2模型分類單桿模型、雙桿模型。3模型特點(1)單桿模型(2)雙桿模型模型特點a一桿切割時，分析同單桿類似。b兩桿同時切割時，回路中的感應(yīng)電動勢由兩桿共同決定，EBl(v1v2)。電磁感應(yīng)中的“雙桿”

19、問題分析a初速度不為零，不受其他水平外力的作用b初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用如圖所示，兩根間距為L的金屬導軌MN和PQ，電阻不計，左端向上彎曲，其余水平，水平導軌左端有寬度為d、方向豎直向上的勻強磁場區(qū)域，右端有另一磁場區(qū)域，其寬度也為d，但方向豎直向下，磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B。有兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a和b與導軌垂直放置，b棒置于磁場區(qū)域內(nèi)導軌的中點C、D處，導軌除C、D兩處(對應(yīng)的距離極短)外其余均光滑，兩處對棒可產(chǎn)生總的最大靜摩擦力為棒重力的k倍，a棒從彎曲導軌某處由靜止釋放。當只有一根棒做切割磁感線運動時，它速度的減少量與它在磁場中通過的距離成正比，即vx。重

20、力加速度為g。(1)若a棒釋放的高度大于h0，則a棒進入磁場區(qū)域時會使b棒運動，判斷b棒的運動方向并求出h0。(2)若將a棒從高度小于h0的某處釋放，使其以速度v0進入磁場區(qū)域，結(jié)果a棒以v0的速度從磁場區(qū)域中穿出，求在a棒穿過磁場區(qū)域過程中通過b棒的電荷量q和兩棒即將相碰時b棒上的電功率Pb。答案(1)b向左運動h0(2)qPb解析(1)根據(jù)右手定則可判斷出，進入磁場區(qū)域時，金屬棒a中感應(yīng)電流的方向為由M指向P，從而可知b棒中電流方向由D指向C，根據(jù)左手定則可知金屬棒b所受安培力方向向左，所以b棒向左運動a棒從高度為h0處釋放后在彎曲導軌上滑動時機械能守恒，有mgh0mv2解得va棒剛進入磁

21、場區(qū)域時，感應(yīng)電動勢：EBLv此時感應(yīng)電流大小I此時b棒受到的安培力大小FBIL，依題意有Fkmg聯(lián)立解得h0。(2)由于a棒從高度小于h0的某處釋放，因此b棒在兩棒相碰前將保持靜止。流過b棒的電荷量qt，又，BS，SLd，R總2R聯(lián)立解得q由題意可知，兩棒將要相碰時的a棒的速度v，因為vx，所以a棒進入磁場區(qū)域中速度的變化量為d。vv0dv0此時電流大小I此時b棒上的電功率PbI2R。名師點睛分析“桿和導軌”的模型要按照下述步驟分析：(1)先進行“源”的分析分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；(2)再進行“路”的分析分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，

22、以便求解安培力；(3)然后是“力”的分析分析研究對象(常是金屬桿、導體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力；(4)接著進行“運動”狀態(tài)的分析和能量的分析根據(jù)力和運動的關(guān)系，判斷出正確的運動模型及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系。12017湖南衡陽模擬如圖所示，在傾角為的光滑斜面上，相距均為d的三條水平虛線l1、l2、l3，它們之間的區(qū)域、分別存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B。一個質(zhì)量為m、邊長為d、總電阻為R的正方形導線框，從l1上方一定高度處由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過l1進入磁場時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當ab邊在越過l2運動到l3之前的某個時刻，線框又開始

23、以速度v2做勻速直線運動，重力加速度為g。在線框從釋放到穿出磁場的過程中，下列說法正確的是()A線框中感應(yīng)電流的方向不變B線框ab邊從l1運動到l2所用時間大于從l2運動到l3所用時間C線框以速度v2勻速直線運動時，發(fā)熱功率為sin2D線框從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中，減少的機械能E機與線框產(chǎn)生的焦耳熱Q電的關(guān)系式是E機WGmvmvQ電答案C解析ab邊在兩個不同的區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向相反，A錯誤；線框以速度v1做勻速直線運動時，有mgsin0，線框以速度v2做勻速直線運動時，mgsin0，顯然v2v1，線框ab邊從l1運動到l2所用時間小于從l2運動到l3所用時間，B錯誤；線框以速度v2勻速直線運動時，發(fā)熱功率與重力做功的功率相同，Pmgv2sinsin2，C正確；線框從ab