（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 交變電流 專題強(qiáng)化四 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用學(xué)案

《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 交變電流 專題強(qiáng)化四 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 交變電流 專題強(qiáng)化四 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用學(xué)案（11頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強(qiáng)化四　動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 命題點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的動(dòng)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(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)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(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析 3.動(dòng)態(tài)分析的基本思路 解決這類問題的關(guān)鍵是通過運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速

2、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＝3.0×10－3kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長l＝0.20m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1.0T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場中．有一匝數(shù)n＝300匝，面積S＝0.01m2的線圈通過開關(guān)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(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．(g取10m/s2) 　 圖1 (1)求0～0.10s線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢大?。? (2)t＝0.22s時(shí)閉合開關(guān)K，若安培力遠(yuǎn)大于重力，細(xì)框

3、跳起的最大高度h＝0.20m，求通過細(xì)桿CD的電荷量． 答案　(1)30V　(2)0.03C 解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n 得E＝nS＝30V (2)安培力遠(yuǎn)大于重力，由牛頓第二定律，安培力F＝ma＝m(或由動(dòng)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(dǎo)軌MN、PQ間距為l＝0.5m，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)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(dǎo)軌放置，每根棒兩端都與導(dǎo)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(gè)裝置

4、處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)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(diǎn)力平衡條件得 F＝mgsin3

5、0°＋I(xiàn)lB 解得F＝0.2N. 變式2　如圖3甲所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點(diǎn)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(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)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?jiān)诖藞D中畫出ab桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意圖； (2)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流及其加

6、速度的大小； (3)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)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(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv， 此時(shí)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(dāng)a＝0時(shí)，ab桿有最大速度，vm＝. 命題點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 1．題型簡述 電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量相互轉(zhuǎn)

7、化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實(shí)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W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算． (2)若電流變化，則 ①利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功； ②利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機(jī)

8、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(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌上分布著n個(gè)寬度為d、間距為2d的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直水平面向上．在導(dǎo)軌的左端連接一個(gè)阻值為R的電阻，導(dǎo)軌的左端距離第一個(gè)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(dǎo)軌電阻及金屬棒與導(dǎo)軌間的接觸電阻均不計(jì)．某時(shí)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(yùn)動(dòng)，已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)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(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域，求金屬棒離開第2個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域時(shí)的速度v2的大小； (2)在

9、滿足第(1)小題條件時(shí)，求第n個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bn的大?。? (3)現(xiàn)保持恒力F不變，使每個(gè)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度均相同，發(fā)現(xiàn)金屬棒通過每個(gè)磁場區(qū)域時(shí)電路中的電流變化規(guī)律完全相同，求金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到通過第n個(gè)磁場區(qū)域的整個(gè)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(yùn)動(dòng)有F－μmg＝ma v22＝2a(L2＋2d) 解得：v2＝ (2)金屬棒勻加速運(yùn)動(dòng)的總位移為x＝L2＋2nd－2d 金屬棒進(jìn)入第n個(gè)勻強(qiáng)磁場的速度滿足vn2＝2ax 金屬棒在第n個(gè)磁場中勻速運(yùn)動(dòng)有F－μmg－F安＝0 感應(yīng)電動(dòng)勢E＝B

10、nL1vn 電流I＝＝ 安培力F安＝BnL1I 聯(lián)立得：F安＝ 解得：Bn＝ (3)金屬棒進(jìn)入每個(gè)磁場時(shí)的速度v和離開每個(gè)磁場時(shí)的速度v′均相同，由題意可得v2＝2aL2，v2－v′2＝2a·2d 金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到通過第n個(gè)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(gè)匝數(shù)n＝10匝的正方形線圈ABCD，E、F分別為AB、CD的中點(diǎn)，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，

11、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(yīng)強(qiáng)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(dòng)摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝ 10m/s2)求： 圖5 (1)t＝1s時(shí)刻，線圈中的感應(yīng)電流大小I； (2)從t＝0時(shí)刻開始經(jīng)過多長時(shí)間線圈剛要開始運(yùn)動(dòng)； (3)從t＝0時(shí)刻開始到線圈剛要運(yùn)動(dòng)，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(yīng)定律得 E＝n＝nS 解得E＝0.4V I＝＝0.2A (2)由受力分析可知 Ff＝mg

12、sin37° 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(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝30°，導(dǎo)軌間距L＝0.5m，電阻不計(jì)，在兩導(dǎo)軌間接有R＝3Ω的電阻．在導(dǎo)軌中間加一垂直導(dǎo)軌平面向上的寬度為d＝0.4m的勻強(qiáng)磁場，B＝2T．一質(zhì)量為m＝0.08kg、電阻為r＝2Ω的導(dǎo)體棒從距磁場上邊緣d′＝0.4m處由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好，取g＝10m/s2.求： 圖6 (1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場上邊緣的速度大小v；

13、 (2)導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量q； (3)導(dǎo)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(jī)械能守恒定律可得：mgd′sin30°＝mv2 代入數(shù)據(jù)解得，導(dǎo)體棒進(jìn)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(yīng)定律可得：＝ 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：＝ 通過導(dǎo)體棒的電荷量為：q＝Δt＝＝＝0.08C. (3)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場上邊緣時(shí)，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv＝2V 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I＝＝0.4A 導(dǎo)體棒受到的安培力F＝BIL＝0

14、.4N 導(dǎo)體棒的重力沿導(dǎo)軌平面向下的分力F′＝mgsin30°＝0.4N 所以金屬棒進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能關(guān)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(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，間距為l，導(dǎo)軌左端連接一個(gè)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(dǎo)軌上．在桿的右方距桿為d處有一個(gè)勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.對桿施加一個(gè)大小為F、方向平行于導(dǎo)軌的恒力，使桿從靜止開始運(yùn)動(dòng)，桿與導(dǎo)軌始終接觸良好，已知桿到達(dá)磁場區(qū)域時(shí)速度為v，之后進(jìn)入磁場恰好做勻速運(yùn)動(dòng)．不計(jì)導(dǎo)軌的

15、電阻，假設(shè)導(dǎo)軌與桿之間存在恒定的阻力．求： 圖1 (1)兩導(dǎo)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(dǎo)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(jìn)入磁場前做勻加速運(yùn)動(dòng)，有F－Ff＝ma v2＝2ad，解得兩導(dǎo)軌對桿的總阻力Ff＝F－. (2)桿進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，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(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv 桿中的電流I＝ 解得導(dǎo)軌左端所接電阻R的阻值R＝－r. 2．(2

16、016·浙江10月選考·22)為了探究電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關(guān)系，小明設(shè)計(jì)了如圖2所示的裝置．半徑為l的圓形金屬導(dǎo)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(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，由電動(dòng)機(jī)A帶動(dòng)旋轉(zhuǎn)．在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強(qiáng)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(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)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(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場中．從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng)開關(guān)S與“U”形導(dǎo)軌連接．當(dāng)開

17、關(guān)S斷開，棒cd靜止時(shí)，彈簧伸長量為x0；當(dāng)開關(guān)S閉合，電動(dòng)機(jī)以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，棒cd再次靜止時(shí)，彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度)．不計(jì)其余電阻和摩擦等阻力，求此時(shí)： 圖2 (1)通過棒cd的電流Icd； (2)電動(dòng)機(jī)對該裝置的輸出功率P； (3)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關(guān)系． 答案　見解析 解析　(1)S斷開，cd棒靜止時(shí)有mg＝kx0 S閉合，cd棒靜止時(shí)受到安培力F＝B2Icdl 由楞次定律知流過棒cd的電流方向?yàn)閐→c 故cd棒再次靜止時(shí)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

18、恒得P＝I2R總＝ (3)由法拉第電磁感應(yīng)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(dǎo)軌，NQ⊥MN，導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)．導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝37°，NQ間連接有一個(gè)R＝ 4Ω的電阻．有一勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面且方向向上，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)達(dá)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(guān)系如圖乙所示，設(shè)金屬

19、棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)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(dǎo)軌間的動(dòng)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(dāng)v＝0時(shí)，a＝2m/s2 mgsinθ－μmgcosθ＝ma 得μ＝0.5 (2)由題圖乙可知，vm＝2m/s 當(dāng)金屬棒達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)，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

20、量q＝IΔt＝Δt＝＝＝0.2C 解得s＝2m (3)由動(dòng)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(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L＝0.4m，導(dǎo)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(qiáng)磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)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

21、.1Ω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(dòng)過程中始終處于區(qū)域Ⅱ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(dòng)時(shí)，cd的速度大小v； (3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過程中，cd滑動(dòng)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?yàn)橛蒬到c，則ab中電流方向?yàn)橛蒩流向b. (2)開始放置時(shí)ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Ffmax，有Ffmax＝m1gsin θ① 設(shè)ab剛要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv② 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝③ 設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④ 如圖所示，此時(shí)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(shè)cd棒運(yùn)動(dòng)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. 11