2018屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專題電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量綜合問(wèn)題導(dǎo)學(xué)案

1、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量綜合問(wèn)題考點(diǎn)精練突破一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1.導(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)一一靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)處理方法：根據(jù)平衡條件(合力等于零)列式分析.(2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)一一加速度不為零.處理方法：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)系分析2.力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系，電源,內(nèi)電路；內(nèi)電阻時(shí)川電學(xué)對(duì)象，外電得：半井聯(lián)電路e、全電路:反4冊(cè)丹'"24受力分析:七二而力學(xué)對(duì)象1,I運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析+gru考向1平衡狀態(tài)的分析與計(jì)算,典例1(2016新課標(biāo)全國(guó)卷I)如圖所示，兩固定的絕緣斜面傾角均為e,上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)

2、和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度土勻?yàn)長(zhǎng),質(zhì)量分別為2m和m用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟.輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上.已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為w,重力加速度大小為g.已知金屬棒ab勻速下滑.求：(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大?。?2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小.解題指導(dǎo)解答此題的關(guān)鍵是對(duì)ab、cd棒受力分析，由平衡條件求出ab棒受到的安培力，再由金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)確定出金屬棒的速度-解析設(shè)兩根導(dǎo)線的總的張力的

3、大小為右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為N,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為N2.對(duì)于ab棒，由力的平衡條件得2mgsine=Ni+T+FN=2mgcos9對(duì)于cd棒，同理有mgin0+N2=TN2=mgcos0聯(lián)立式得F=mgsin03cos0).(2)由安培力公式得F=BIL這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流.ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為£=BLv式中，v是ab棒下滑速度的大小£由歐姆定律得I=R聯(lián)立式得v=(sin93(1cos9)BL2.也4一mgR答案(1)mgjsin0-3cos0)(2)(sin0-3cos8)BL2考向2非平衡狀態(tài)的分析與

4、計(jì)算典例2(2017江蘇常州檢測(cè))如圖所示，水平面內(nèi)有兩根足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌Li、L2,其間距d=0.5m,左端接有容量C=2000的電容.質(zhì)量m=20g的導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦滑動(dòng)，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì).整個(gè)空間存在著垂直導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T.現(xiàn)用一沿導(dǎo)軌方向向右的恒力Fi=0.44N作用于導(dǎo)體棒，使導(dǎo)體棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t時(shí)間后到達(dá)B處，速度v=5m/s.此時(shí)，突然將拉力方向變?yōu)檠貙?dǎo)軌向左，大小變?yōu)镕2,又經(jīng)2t時(shí)間后導(dǎo)體棒返回到初始位置A處，整個(gè)過(guò)程電容器未被擊穿求:(1)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，電容C上的電量;(2)t的大小；F2的大小.解題指導(dǎo)本題的關(guān)鍵是判斷導(dǎo)體

5、棒在恒力作用下的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，可用微元法判斷,即設(shè)經(jīng)過(guò)很短的時(shí)間At,速度增加Av,則a=W，再根據(jù)牛頓第二定律求出加速度At解析(1)當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，電容器兩端電壓為U=Bdv=2X0.5X5V=5V此時(shí)電容器的帶電量q=CU=2000X106X50=1X102C.(2)棒在F1作用下有F1Bid=maAqCB出vAv又IFa1FF12聯(lián)立解得：a1=丘cBd2=20m/s則t=-=0.25s.a1F2、，,12(3)由(2)可知棒在F2作用下，運(yùn)動(dòng)的加速度a2=m_CB1，萬(wàn)向向左，又-a1t=-at2t-2a2(2t)2將相關(guān)數(shù)據(jù)代入解得F2=0.55N.答案(1)1X102C(2)0

6、.25s(3)0.55N反思總結(jié)1.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)能量轉(zhuǎn)化其他形式1 的能.1電流做功A克服安培,電力做功'屋焦耳熱或其他形式的能量突破二電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題用牛頓運(yùn)動(dòng)定律處理電磁感應(yīng)問(wèn)題的基本思路(2)求解焦耳熱Q的三種方法焦耳熱。的三府祠一T功建關(guān)系；6%.二7能量轉(zhuǎn)化：Q=&J11健句禮11u2.求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問(wèn)題的一般步驟(1)在電磁感應(yīng)中，切，割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源.(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道哪些形式的.能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化.(3)根據(jù)能量守恒列方程求解.考向1導(dǎo)體棒平動(dòng)切割磁感

7、線問(wèn)題典例3如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)且平行的光道金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面成a=53。角，導(dǎo)軌間接一阻值為3Q的電阻R,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì).在兩平行虛線間有一與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d=0.5m.導(dǎo)體棒a的質(zhì)量為m=0.1kg、電阻為R=6Q;導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為m=0.2kg、電阻為R2=3Q,它們分別垂直導(dǎo)軌放置并始終與導(dǎo)軌接觸良好.現(xiàn)從圖中的MN處同時(shí)將a、b由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中它們都能勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域,且當(dāng)a剛出磁場(chǎng)時(shí)b正好進(jìn)入磁場(chǎng).(sin53=0.8,cos53=0.6,取g=10m/s2,a、b電流間的相互作用不計(jì))，求：(1)在b穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中a、b兩導(dǎo)體棒上產(chǎn)生

8、的熱量之比;(2)在a、b兩導(dǎo)體棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的整個(gè)過(guò)程中，裝置上產(chǎn)生的熱量;MN兩點(diǎn)之間的距離.解題指導(dǎo)(1)審題關(guān)鍵信息理解無(wú)摩擦阻力初速度為零安培力與重力沿導(dǎo)軌向卜的分力平衡始終只丘-根導(dǎo)體棒切割磁感線(2)解題關(guān)鍵：解答本題的關(guān)鍵是區(qū)分電源與外電路以及a、b兩導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)和受力的關(guān)系.解析(1)在b穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中，b相當(dāng)于電源，a與R是外電路，則有Ib=Ia+Ir.a與R是并聯(lián)關(guān)系，則有IaR=I積，2a產(chǎn)生的熱量為Q=I2Rt,b產(chǎn)生的熱量為Cb=IbbR2t.一22則Q：Q=IaR：IbR,代入數(shù)據(jù)r可解得Q：Q=2：9.(2)a、b穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的整個(gè)過(guò)程中，由能量守恒可得，Q=m

9、gsinad+mgsinad,代入數(shù)據(jù)角軍得Q=1.2J.(3)設(shè)a進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為vi,此時(shí)電路中的總電阻RRR+ R3X36+ 3+3Q = 7.5 Q設(shè)b進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為V2,此時(shí)電路中的總電阻RR6X3+R"7R=3+-Q=5Q-2.2-2.2,BLvi十BLv2一/口vimR總i3由叱加"和mgsin"=京，可得K=mR；=4d設(shè)a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，mgsina=maO,v2=vi+a0,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vi=i2m/s,Vi2i62貝UV2=Vi.9M N兩點(diǎn)之間的距離As=2_ 2_V22vi7 t-= m.2ao 2ao i27答案(i)2：9

10、(2)i.2J(3)m考向2導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線問(wèn)題典例4(20i6新課標(biāo)全國(guó)卷H)(多選)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示.銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸.圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中.圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過(guò)電阻R的電流，下列說(shuō)法正確的是()A.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定B.若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)C.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍解題指導(dǎo)解答本題時(shí)應(yīng)從以下兩點(diǎn)進(jìn)行分析：一（1）把圓盤理解成“同心圓周導(dǎo)線”和

11、“輻條”切割模型（2）將實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為等效電路（各個(gè)電源并聯(lián)，總電動(dòng)勢(shì)等于一個(gè)電源的電動(dòng)勢(shì)）.解析設(shè)圓盤的半徑為r,圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為a，則圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=樂(lè)產(chǎn)3，可知轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，電動(dòng)勢(shì)恒定，電流恒定，A項(xiàng)正確；根據(jù)右手定則可知，從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤中電流由邊緣指向圓心，即電流沿a到b的方向流動(dòng)，B項(xiàng)正確；圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，產(chǎn)生的電流方向不變，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電動(dòng)勢(shì)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，電流變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，由P=I2R可知，電阻R上的.熱功率變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，D項(xiàng)錯(cuò)誤.答案AB考向3電磁感應(yīng)中線圈穿過(guò)磁場(chǎng)問(wèn)題典例5（2017四川德陽(yáng)一模）如圖所

12、示，四條水平虛線等間距地分布在同一豎直面上，間距為h,在I、n兩區(qū)間分布著完全相同、方向水平向內(nèi)的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)大小按B-t圖象變化（圖中R已知）.現(xiàn)有一個(gè)長(zhǎng)方形金屬形框ABCD質(zhì)量為mi電阻為R,AB=CD=L,AD=BC=2h.用一輕質(zhì)的細(xì)線把線框ABCtM直懸掛著，AB邊恰好在I區(qū)的中央.10（未知）時(shí)刻細(xì)線恰好松弛，之后剪斷細(xì)線，當(dāng)CDa到達(dá)MN時(shí)線框恰好勻速運(yùn)動(dòng).（空氣阻力不計(jì)，取g=10m/s2）Mi rXXxx x xxA x xX 5k XXXIfXXxXXxx|xStxxx帆求to的值;(2)求線框AB邊到達(dá)MNa時(shí)的速率v；我MfxxxxxxxxxxxpXXXXXXXXXX|p

13、<,xxxxxxxxxxxfc?從剪斷細(xì)線到整個(gè)線框通過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中產(chǎn)生的電能為多大?_.一一,E、一一B0L2h0 = i.2mgR解析細(xì)線恰好松弛，對(duì)線框受力分析有RIL=mgI=R,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=yJBBo1/口SS'X-Lh,得ttoto2(2)當(dāng)CD邊到達(dá)MN時(shí)線框恰好勻速運(yùn)動(dòng)，速度為V',對(duì)線框受力分析有BoI'L=mgI'=ER-，因CD棒切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E'=BoLv',v'=B2L2R線框AB到達(dá)MN2時(shí)一直運(yùn)動(dòng)到CD邊到達(dá)MN的過(guò)程中線框中無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，只受到重力作用1010.線框下落局度為3h,根據(jù)

14、動(dòng)能定理得mgx3h=2mv'2mV,線框AB邊到達(dá)MNa時(shí)的速率為vMymBLRgh.(3)線框由靜止開始下落到CD邊剛離開MN4的過(guò)程中線框中產(chǎn)生電能為E電，線框下落mgx 4.5 h= E電 +高度為4.5h,根據(jù)能量守恒得重力勢(shì)能減少量等于線框動(dòng)能與電能之和為1mv'2,則E電=|mgh-mBj.生四B2L2hjmg2R9mg2F2答案畸V黃-6gh(3)2mgh-薪反思總結(jié)解決電磁感應(yīng)綜合問(wèn)題的一般方法首先根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律判斷電路中的電壓和電流情況，然后隔離系統(tǒng)中的某個(gè)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，結(jié)合共點(diǎn)力的平衡條件或牛頓第二定律進(jìn)行求解.在求解電路中

15、產(chǎn)生的熱量問(wèn)題時(shí)，一般是根據(jù)能量守恒定律采用整體法進(jìn)行分析.隨堂檢測(cè)1 .電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題如圖所示，"U'形金屬框架固定在水平面上，處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.ab棒以水平初速度V0向右運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A.ab棒做勻減速運(yùn)動(dòng)B.回路中電流均勻減小C.a點(diǎn)電勢(shì)比b點(diǎn)電勢(shì)低D.ab棒受到水平向左的安培力2 .電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題如圖所示，在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d（d>L）的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場(chǎng)方向豎直向下.導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng).t=0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰與磁場(chǎng)的左邊界重合

16、，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域.下列v-t圖象中，可能正確描述CD3 .電磁感應(yīng)中的平衡問(wèn)題（多選）如圖甲所示，在一個(gè)傾角為e的絕緣斜面上有一“U'形軌道abcd,軌道寬度為L(zhǎng),在軌道最底端接有一個(gè)定值電阻R,在軌道中的虛線矩形區(qū)域有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B現(xiàn)讓一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m電阻也為R的導(dǎo)體棒PQ從軌道頂端由靜止釋放，從導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)到恰好到達(dá)軌道底端的過(guò)程中其機(jī)械能E和位移x間的關(guān)系如圖乙所示，圖中a、b、c均為直線段.若重力加速度g及圖象中日、巳、xi、X2均為已知量，則下列說(shuō)法正確的是（）甲乙A.導(dǎo)體棒切割運(yùn)動(dòng)時(shí)P點(diǎn)比Q點(diǎn)電勢(shì)高B.圖象中的a和c是平行的C.導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中

17、做勻變速直線運(yùn)動(dòng)D.可以求出導(dǎo)體棒切割運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中產(chǎn)生的焦耳熱4 .電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)閉合線圈I、n分別用同種導(dǎo)線繞制而成，其中I為邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，n是長(zhǎng)為2L、寬為L(zhǎng)的矩形，將兩個(gè)線圈同時(shí)從圖示位置由靜止釋放.線圈下邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，I立即做了一段時(shí)間的勻速運(yùn)動(dòng)，已知兩線圈在整個(gè)下落過(guò)程中，下邊始終平行于磁場(chǎng)上邊界，不計(jì)空氣阻力，則（）1 nXXXXXX3XXXXXXjXXXXXX：XXXXXX：XXXXXXa.下邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，n也立即做勻速運(yùn)動(dòng)b.從下邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始的一段時(shí)間內(nèi)，線圈n做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)C.從下邊進(jìn)入

18、磁場(chǎng)開始的一段時(shí)間內(nèi)，線圈n做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)d.線圈n先到達(dá)地面5.動(dòng)力學(xué)和能量綜合應(yīng)用（多選）如圖所示，有兩根平行光滑導(dǎo)軌EF、GH導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng),與水平面成e.角，電阻不計(jì)，其上端接有定值電阻R導(dǎo)軌間加有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上.mp、n、q是導(dǎo)軌上的四個(gè)位置，mpWnq平行，且與導(dǎo)軌垂直，mpWnq的間距為2L.電阻為R長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從mpb由靜止開始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒到達(dá)nq處恰好能勻速運(yùn)動(dòng).已知重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的是A.流過(guò)定值電阻R的電流方向?yàn)镚-EB.導(dǎo)體棒在nq處的速度大小為2mgRn 0B2L2-C.導(dǎo)體棒在nq處的熱功率為

19、2n2g2Rsin0B2L2BL2D.導(dǎo)體棒從mp運(yùn)動(dòng)到nq,通過(guò)定值電阻的電荷量為參考答案1 .答案：D解析：棒具有向右的初速度，根據(jù)右手定則，產(chǎn)生b指向a的電流，則a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的電勢(shì)高.根據(jù)左手定則，安培力向左，ab棒做減速運(yùn)動(dòng)，因?yàn)殡妱?dòng)勢(shì)減小，電流減小，則安培力減小，根據(jù)牛頓第二定律，加速度減小，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，由于速度不是均勻減小，則電流不是均勻減小，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確.2 .答案：D解析：導(dǎo)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度設(shè)為V0,此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLvo,感應(yīng)電流I=”=-v-,線框受到的安培力F=BLI=BV0.由牛頓第二定律F=ma知，咒v0=ma由楞RRRR次定律知線框開始減速，隨v減小，其加速度a減小，故進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng).當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，在出磁場(chǎng)的過(guò)程中，仍做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故只有D選項(xiàng)正確.3 .答案：BD解析：導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做切割運(yùn)動(dòng)，由右手定則知電流由P向Q故Q點(diǎn)的電勢(shì)高，即A項(xiàng)錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)前沿導(dǎo)軌