（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 第66課時 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題（題型研究課）講義（含解析）.doc

第66課時電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題(題型研究課)命題點(diǎn)一“桿導(dǎo)軌電阻”四種模型剖析模型一(v00)模型二(v00)模型三(v00)模型四(v00)說明質(zhì)量為m，電阻不計的桿cd以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定傾斜軌道光滑，傾角為，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L示意圖力學(xué)觀點(diǎn)桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢EBLv，電流I，安培力FBIL。桿做減速運(yùn)動：vFa，當(dāng)v0時，a0，桿保持靜止開始時a，桿cd速度v感應(yīng)電動勢EBLvI安培力F安BIL，由FF安ma知a，當(dāng)a0時，v最大，vm開始時agsin ，桿cd速度v感應(yīng)電動勢EBLvI安培力F安BIL，由mgsin F安ma知a，當(dāng)a0時，v最大，vm開始時ag，桿cd速度v感應(yīng)電動勢EBLvI安培力F安BIL，由mgF安ma知a，當(dāng)a0時，v最大，vm圖像觀點(diǎn)例1(2016全國卷)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動。t0時刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為。重力加速度大小為g。求：(1)金屬桿在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的電動勢的大?。?(2)電阻的阻值。解析(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得Fmgma設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v，由運(yùn)動學(xué)公式有vat0當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動勢為EBlv解得EBlt0。 (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中做勻速運(yùn)動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為fBlI因金屬桿做勻速運(yùn)動，由牛頓第二定律得Fmgf0解得R。答案(1)Blt0(2)例2如圖甲所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd與水平面成30角，導(dǎo)軌間距離為l1 m，電阻不計，一個阻值為R0的定值電阻與電阻箱并聯(lián)接在兩導(dǎo)軌的上端，整個系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1 T?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放，金屬棒下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好。改變電阻箱的阻值R，測定金屬棒的最大速度vm，得到圖像如圖乙所示。取g10 m/s2。求：(1)金屬棒的質(zhì)量m和定值電阻R0的阻值；(2)當(dāng)電阻箱R取2 ，且金屬棒的加速度為時，金屬棒的速度大小。解析(1)金屬棒以最大速度vm下滑時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有EBlvm，由閉合電路歐姆定律有EI，根據(jù)平衡條件有BIlmgsin ，由以上各式整理得，由圖像可知1 m1s，0.5 m1s，解得m0.2 kg，R02 。(2)設(shè)此時金屬棒下滑的速度為v，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有EI，又EBlv，當(dāng)金屬棒下滑的加速度為時，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin BIlm，聯(lián)立解得v0.5 m/s。答案(1)0.2 kg2 (2)0.5 m/s電磁感應(yīng)動力學(xué)問題的解題策略 集訓(xùn)沖關(guān)1.(2019東北育才中學(xué)模擬)如圖所示，固定在水平桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿ab與導(dǎo)軌接觸良好，在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)d、e之間連接一電阻R，其他部分電阻忽略不計，現(xiàn)用一水平向右的恒力F，作用在金屬桿ab上，使金屬桿ab由靜止開始向右沿導(dǎo)軌滑動，滑動中金屬桿ab始終垂直于導(dǎo)軌，則下列說法正確的是()A金屬桿ab做勻加速直線運(yùn)動B金屬桿ab運(yùn)動時回路中有順時針方向的電流C金屬桿ab所受的安培力先不斷增大，后保持不變D金屬桿ab克服安培力做功的功率與時間的平方成正比解析：選C對金屬桿ab受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有FF安ma，即Fma，由于速度變化，所以加速度發(fā)生變化，故金屬桿ab做變加速運(yùn)動，故A錯誤；根據(jù)楞次定律可知，金屬桿ab運(yùn)動時回路中有逆時針方向的感應(yīng)電流，故B錯誤；由F安可知，當(dāng)速度增大時，安培力增大，當(dāng)金屬桿ab受力平衡時，達(dá)到最大速度，其后開始做勻速運(yùn)動，安培力不變，故C正確；安培力做功的功率PF安v，若金屬桿ab做勻加速直線運(yùn)動，則vat，安培力做功的功率與時間的平方成正比，由于金屬桿做變加速運(yùn)動，因此金屬桿ab克服安培力做功的功率與時間的平方不成正比，故D錯誤。2如圖甲所示，固定在水平桌面上的兩條光滑導(dǎo)軌間的距離L1 m，質(zhì)量m1 kg的光滑導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌左端與阻值R4 的電阻相連，導(dǎo)軌所在位置有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2 T的勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，現(xiàn)在給導(dǎo)體棒施加一個水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2 s測量一次導(dǎo)體棒的速度，圖乙是根據(jù)所測數(shù)據(jù)描繪出的導(dǎo)體棒的vt圖像(設(shè)導(dǎo)軌足夠長，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻不計)。(1)求力F的大小；(2)t1.6 s時，求導(dǎo)體棒的加速度a的大小； (3)若01.6 s內(nèi)導(dǎo)體棒的位移x8 m，求01.6 s內(nèi)電阻上產(chǎn)生的熱量Q。解析：(1)導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動，有EBLv，I，F(xiàn)安BIL當(dāng)導(dǎo)體棒速度最大為vm時，F(xiàn)F安解得F10 N。(2)當(dāng)t1.6 s時，v18 m/s，此時F安18 N由牛頓第二定律得FF安1ma解得a2 m/s2。(3)由能量守恒定律可知FxQ解得Q48 J。答案：(1)10 N(2)2 m/s2(3)48 J命題點(diǎn)二“桿導(dǎo)軌電容器(或電源)”四種模型剖析模型一(v00)模型二(v00)模型三(v00)模型四(v00)說明軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定軌道傾斜光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道豎直光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻為R，兩平行導(dǎo)軌間距為L示意圖力學(xué)觀點(diǎn)S閉合，桿cd受安培力F，a，桿cd速度v感應(yīng)電動勢E感BLvI安培力FBIL加速度a，當(dāng)E感E時，v最大，且vmax開始時a，桿cd速度vEBLv，經(jīng)過t后速度為vv，EBL(vv)，qC(EE)CBLv，ICBLa，F(xiàn)安CB2L2a，F(xiàn)F安ma，a，所以桿做勻加速運(yùn)動開始時agsin ，桿cd速度vEBLv，經(jīng)過時間t后速度為vv，EBL(vv)，qC(EE)CBLv，ICBLa，F(xiàn)安CB2L2a，mgsin F安ma，a，所以桿做勻加速運(yùn)動開始時ag，桿cd速度vEBLv，經(jīng)過時間t后速度為vv，EBL(vv)，qC(EE)CBLv，ICBLa，F(xiàn)安CB2L2a，mgF安ma，a，所以桿做勻加速運(yùn)動圖像觀點(diǎn)典例(多選)如圖所示，水平固定的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ef靜止于導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌的一端經(jīng)過開關(guān)S與平行板電容器相連，開始時，開關(guān)S斷開，電容器上板帶正電，帶電荷量為Q?，F(xiàn)閉合開關(guān)S，金屬棒開始運(yùn)動，則下列說法中正確的是()A電容器所帶電荷量逐漸減少，最后變?yōu)榱鉈電容器兩板間場強(qiáng)逐漸減小，最后保持一個定值不變C金屬棒中電流先增大后減小，最后減為零D金屬棒的速度逐漸增大，最后保持一個定值不變解析閉合開關(guān)S，電容器放電，金屬棒上產(chǎn)生電流，金屬棒受安培力作用而做加速運(yùn)動，金屬棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與極板間電壓相等時，電容器停止放電，金屬棒最后做勻速運(yùn)動，可知A錯誤，D正確；由以上分析可知，電容器兩板間場強(qiáng)逐漸減小，最后保持一個定值不變，B正確；金屬棒中電流開始最大，然后逐漸減小，最后為零，C錯誤。答案BD(1)電容器開始放電時，電流最大，金屬棒受到的安培力最大，加速度最大，放電后極板間電壓逐漸減小。(2)金屬棒開始運(yùn)動后，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，隨著金屬棒做加速運(yùn)動，感應(yīng)電動勢逐漸增大。(3)感應(yīng)電動勢與極板間電壓相等時，電容器不再放電，電路中電流等于零，金屬棒做勻速運(yùn)動。 集訓(xùn)沖關(guān)1. 如圖所示，平行極板與單匝圓形線圈相連，極板距離為d，圓半徑為r，線圈的電阻為R1，外接電阻為R2，其他部分的電阻忽略不計。線圈中有垂直紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，有一個帶電粒子靜止在極板之間，帶電粒子質(zhì)量為m、電荷量為q。則下列說法正確的是() A粒子帶正電B磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為C保持開關(guān)閉合，向上移動下極板時，粒子將向下運(yùn)動D斷開開關(guān)，粒子將向下運(yùn)動解析：選B穿過線圈的磁通量垂直紙面向里增加，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流的磁場方向向外，平行板電容器的上極板電勢高，下極板電勢低，板間存在向下的電場，粒子受到重力和電場力而靜止，因此粒子受到的電場力方向向上，電場力方向與場強(qiáng)方向相反，粒子帶負(fù)電，故A錯誤；對粒子，由平衡條件得：mgq，而感應(yīng)電動勢：E，解得：E，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：ES，解得：，故B正確；保持開關(guān)閉合，則極板間的電壓不變，當(dāng)向上移動下極板時，極板間距減小，所以電場強(qiáng)度增大，則電場力增大，因此粒子將向上運(yùn)動，故C錯誤；斷開開關(guān)，電容器既不充電，也不放電，則電場強(qiáng)度不變，因此電場力也不變，故粒子靜止不動，故D錯誤。2.平行水平長直導(dǎo)軌間的距離為L，左端接一耐高壓的電容器C。輕質(zhì)導(dǎo)體桿cd與導(dǎo)軌接觸良好，如圖所示，在水平力F作用下以加速度a從靜止開始做勻加速運(yùn)動，勻強(qiáng)磁場B豎直向下，不計摩擦與電阻，求：(1)所加水平外力F與時間t的關(guān)系；(2)在時間t內(nèi)有多少能量轉(zhuǎn)化為電場能。解析：(1)對于cd，由于做勻加速運(yùn)動，則有：vat，由EUBLv，可知：EBLat對于電容器，由C，可知：QCUCBLat對于閉合回路，由I，可知：ICBLa對于cd，由F安BIL，可知：F安B2L2Ca由牛頓第二定律可知：FF安ma，F(xiàn)(mB2L2C)a，因此外力F是一個恒定的外力，不隨時間變化。(2)cd克服安培力做多少功，就有多少能量轉(zhuǎn)化為電場能，則有：W安F安x，xat2解得：W安所以在時間t內(nèi)轉(zhuǎn)化為電場能的能量為：E電。答案：(1)F(mB2L2C)a，為恒力，不隨時間t變化(2)