（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習 第九章 第4節(jié) 電磁感應(yīng)中的動力學和能量問題講義（含解析）

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1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習 第九章 第4節(jié) 電磁感應(yīng)中的動力學和能量問題講義（含解析） 突破點(一)　電磁感應(yīng)中的動力學問題 1．兩種狀態(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)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進行分析 2．力學對象和電學對象的相互關(guān)系 3．四步法分析電磁感應(yīng)動力學問題 解決電磁感應(yīng)中的動力學問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下： [典例]　(2017·江蘇高考)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻

2、。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下。當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿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)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P。 [解析]　(1)MN剛掃過金屬桿時，金屬桿的感應(yīng)電動勢E＝Bdv0① 回路的感應(yīng)電流I＝② 由①②式解得I＝。③ (2)金屬桿所受的安培力F＝BId④ 由牛頓第二定律，

3、對金屬桿F＝ma⑤ 由③④⑤式解得a＝。⑥ (3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－v⑦ 感應(yīng)電動勢E＝Bdv′⑧ 感應(yīng)電流的電功率P＝⑨ 由⑦⑧⑨式解得P＝。⑩ [答案]　(1)　(2)　(3) [方法規(guī)律] 解決電磁感應(yīng)動力學問題的兩個關(guān)鍵分析 (1)受力分析：準確分析運動導體的受力，特別是安培力，求出合力。 (2)運動分析：分析導體的運動性質(zhì)，是加速、減速，還是勻速，從而確定相應(yīng)的運動規(guī)律。 [集訓沖關(guān)] 1.如圖所示，MN、PQ是兩條彼此平行的金屬導軌，水平放置，勻強磁場的磁感線垂直導軌平面。導軌左端連接一阻值R＝2 Ω的電阻，電阻兩端并聯(lián)一電壓表V，在導軌

4、上垂直導軌跨接一質(zhì)量為0.1 kg的金屬棒ab，ab與導軌間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，導軌和金屬棒ab的電阻均不計?，F(xiàn)用恒力F＝0.7 N水平向右拉ab運動，當ab開始勻速運動時，電壓表V的示數(shù)為0.4 V，g取10 m/s2。求： (1)ab運動時流過ab的電流方向； (2)ab勻速運動時的速度大小； (3)ab勻速運動時電阻R的電功率及恒力F做功的功率。 解析：(1)依據(jù)右手定則，棒ab中的感應(yīng)電流方向由b→a，如圖所示。 (2)設(shè)導軌間距為L，磁感應(yīng)強度為B，ab棒勻速運動的速度為v，電流為I，此時ab棒受安培力水平向左，與速度方向相反； 由平衡條件得：F＝μmg＋ILB① 由

5、閉合電路歐姆定律得：I＝＝② 由①②解得：BL＝1 T·m， 則v＝0.4 m/s。 (3)電阻消耗的功率為P＝＝0.08 W F的功率：P′＝Fv＝0.7×0.4 W＝0.28 W。 答案：(1)由b→a　(2)0.4 m/s　(3)0.08 W　0.28 W 2.如圖所示，MN、PQ為足夠長的光滑平行導軌，間距L＝0.5 m。導軌平面與水平面間的夾角θ＝30°。NQ⊥MN，NQ間連接一阻值R＝3 Ω的電阻。有一勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應(yīng)強度B0＝1 T。將一根質(zhì)量為m＝0.02 kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導軌上，且與導軌接觸良好，金屬棒的電阻r＝2 Ω，其余部分電阻不計

6、?，F(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與NQ平行。當金屬棒滑行至cd處時速度大小開始保持不變，cd距NQ的距離s＝0.5 m，g取10 m/s2。 (1)求金屬棒達到穩(wěn)定時的速度是多大。 (2)金屬棒從靜止開始到穩(wěn)定速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量是多少？ (3)若將金屬棒滑行至cd處的時刻記作t＝0，從此時刻起，讓磁感應(yīng)強度逐漸減小，可使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則t＝1 s時磁感應(yīng)強度應(yīng)為多大？ 解析：(1)在達到穩(wěn)定速度前，金屬棒的加速度逐漸減小，速度逐漸增大，達到穩(wěn)定速度時，有 mgsin θ＝FA， FA＝B0IL， I＝ E＝B0Lv， 聯(lián)立解得v

7、＝2 m/s。 (2)根據(jù)能量守恒有：mgssin θ＝mv2＋Q 電阻R上產(chǎn)生的熱量QR＝Q， 聯(lián)立解得QR＝0.006 J。 (3)當回路中的總磁通量不變時，金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流。此時金屬棒將沿導軌做勻加速運動 mgsin θ＝ma， x＝vt＋at2， 設(shè)t時刻磁感應(yīng)強度為B，總磁通量不變有： B0Ls＝BL(s＋x)， 當t＝1 s時，代入數(shù)據(jù)解得，此時磁感應(yīng)強度B＝0.1 T。 答案：(1)2 m/s　(2)0.006 J　(3)0.1 T 突破點(二)　電磁感應(yīng)中的能量問題 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

8、種方法 2．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)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解。 [典例]　(2016·浙江高考)小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53°，導軌上端串接一個R＝0.05 Ω的電阻。在導軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2.0 T。質(zhì)量m＝4.0 kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24 m。一位健身

9、者用恒力F＝80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直。當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求 (1)CD棒進入磁場時速度v的大??； (2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大小； (3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。 [思路點撥]　 [解析]　(1)由牛頓第二定律a＝＝12 m/s2 進入磁場時的速度v＝＝2.4 m/s。 (2)感應(yīng)電動勢E＝Blv 感應(yīng)電流I＝ 安培力

10、FA＝IBl 代入得FA＝＝48 N。 (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J 由牛頓第二定律F－mgsin θ－FA＝0 CD棒在磁場區(qū)做勻速運動 在磁場中運動時間t＝ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J。 [答案]　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J [集訓沖關(guān)] 1．[多選](2018·江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿(　　)

11、 A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C．穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 解析：選BC　金屬桿在磁場之外的區(qū)域做加速運動，所以進入磁場Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁場Ⅰ的速度，則金屬桿剛進入磁場Ⅰ時做減速運動，加速度方向豎直向上，故A錯誤。金屬桿在磁場Ⅰ中(先)做加速度減小的減速運動，在兩磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動，兩個過程位移相等，v-t圖像可能如圖所示，可以看出B正確。由于進入兩磁場時速度相等，由動能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金屬桿穿過磁場Ⅰ克服安培力做功為2mgd，即產(chǎn)生的

12、熱量為2mgd，故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd，故C正確。設(shè)剛進入磁場Ⅰ時速度為v，則由機械能守恒定律知mgh＝mv2，由牛頓第二定律得－mg＝ma，解得h＝＞，故D錯誤。 2．(2019·南通一模)如圖所示，光滑絕緣斜面傾角為θ，斜面上平行于底邊的虛線MN、PQ間存在垂直于斜面向上，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN、PQ相距為L。一質(zhì)量為m、邊長為d(d

13、ef邊離開磁場區(qū)域時的速度大小v； (3)線框穿過磁場區(qū)域產(chǎn)生的熱量Q。 解析：(1)線框進入磁場的過程產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢 ＝ 通過回路的電荷量q＝Δt＝Δt 磁通量的變化量ΔΦ＝Bd2 聯(lián)立解得q＝。 (2)設(shè)線框速度為v時開始做勻速運動，此時線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝ 受到的安培力F＝IdB 由平衡條件可得mgsin θ－F＝0 聯(lián)立解得v＝。 (3)由能量守恒定律有mg(2L＋d)sin θ＝mv2＋Q 解得Q＝mg(2L＋d)sin θ－。 答案：(1)　(2)　 (3)mg(2L＋d)sin θ－ 閉合線框穿越磁場的問題 閉合線框穿越磁場時，可能做

14、勻速直線運動、加速運動、減速運動，或先后多種運動形式交替出現(xiàn)。 1．[多選](2018·泰州模擬)如圖所示，邊長為L、電阻不計的n匝正方形金屬線框位于豎直平面內(nèi)，連接的小燈泡的額定功率、額定電壓分別為P、U，線框及小燈泡的總質(zhì)量為m，在線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾葹閘，磁感應(yīng)強度方向與線框平面垂直，其上、下邊界與線框底邊均水平。線框從圖示位置開始靜止下落，穿越磁場的過程中，小燈泡始終正常發(fā)光。則(　　) A．有界磁場寬度l

15、泡正常發(fā)光，故為勻速穿越磁場，且線框長度L和磁場寬度l相同，A錯；勻速穿越，故重力和安培力相等，mg＝nBIL＝nBL，得B＝，B對；勻速穿越，重力做功的功率等于電功率，即mgv＝P，得v＝，C對；線框穿越磁場時，通過的位移為2L，且重力做功完全轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故Q＝2mgL，D錯。 2．(2018·蘇州模擬)如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個閉合線圈Ⅰ、Ⅱ分別用同種導線繞制而成，其中Ⅰ為邊長為L的正方形，Ⅱ是長2L、寬為L的矩形，將兩個線圈同時從圖示位置由靜止釋放。線圈下邊進入磁場時，Ⅰ立即做了一段時間的勻速運動，已知兩線圈在整個下落過程中，下邊始終平行于磁場上

16、邊界，不計空氣阻力，則(　　) A．下邊進入磁場時，Ⅱ也立即做勻速運動 B．從下邊進入磁場開始的一段時間內(nèi)，線圈Ⅱ做加速度不斷減小的加速運動 C．從下邊進入磁場開始的一段時間內(nèi)，線圈Ⅱ做加速度不斷減小的減速運動 D．線圈Ⅱ先到達地面 解析：選C　線圈Ⅱ的電阻是Ⅰ的倍，線圈Ⅱ進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是Ⅰ的2倍。即RⅡ＝RⅠ，EⅡ＝2EⅠ。由I＝得，IⅡ＝IⅠ；由F安＝BIL，F(xiàn)Ⅱ＝BIⅡ·2L，F(xiàn)Ⅰ＝BIⅠ·L，則FⅡ＝FⅠ，但GⅡ＝GⅠ。由于Ⅰ進入磁場做勻速運動，即FⅠ＝GⅠ，則FⅡ>GⅡ，所以Ⅱ進入磁場立即做加速度不斷減小的減速運動，A、B錯誤，C正確；因線圈Ⅰ、Ⅱ進入磁場時速度

17、相同，但此后Ⅰ勻速，Ⅱ減速，故Ⅱ后到達地面，D錯誤。 3．(2018·桂林、崇左聯(lián)考)如圖甲所示，光滑水平面上有一單匝正方形金屬框，邊長為L，質(zhì)量為m，總電阻為R。勻強磁場方向垂直于水平面向里，磁場寬度為3L，金屬框在拉力作用下向右以速度v0勻速通過磁場，速度方向始終與磁場邊界垂直。以金屬框cd邊到達磁場左邊界時為計時起點，勻強磁場磁感應(yīng)強度大小按如圖乙所示的規(guī)律變化。 (1)金屬框從進入磁場到cd邊到達磁場右邊界的過程中，求金屬框產(chǎn)生的焦耳熱Q及拉力對金屬框做的功W； (2)金屬框cd邊到達磁場右邊界后，若無拉力作用且金屬框能穿出磁場，求金屬框離開磁場過程中通過回路的電荷量q。

18、解析：(1)金屬框進入磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱： Q1＝·＝ 拉力做的功：W1＝Q1＝ 金屬框在磁場中運動過程：E＝S＝L2＝ 產(chǎn)生的焦耳熱：Q2＝·＝，此過程中拉力做功為零。 金屬框從進入磁場到cd邊到達磁場的右邊界的過程： Q＝Q1＋Q2＝ 拉力對金屬框做的功： W＝W1＝。 (2)金屬框離開磁場過程：＝，＝，q＝Δt， 解得q＝，其中ΔΦ＝2B0L2 聯(lián)立可得：q＝。 答案：(1)　　(2) 解決此類問題的三種思路 1．運動分析：分析線圈進磁場時安培力與重力的大小關(guān)系，判斷其運動性質(zhì)。 2．過程分析：分階段(進磁場前、進入過程、在磁場內(nèi)、出磁場過程)分析。 3．功能關(guān)系分析：必要時利用功能關(guān)系列方程求解?！?