高考物理大二轮总复习与增分策略 题型研究4 加试计算题 23题 电磁感应规律的综合应用

题型研究4 加试计算题 23题 电磁感应规律的综合应用电磁感应中的动力学问题1导体棒的两种运动状态(1)平衡状态导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为零；(2)非平衡状态导体棒的加速度不为零2两个研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看做电学对象(因为它相当于电源)，又可看做力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带3电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I.(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安BIl，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合ma.(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程：F合0.例1如图1甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦图1(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的最大速度答案(1)见解析图(2)gsin (3)解析(1)如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上(2)当ab杆速度为v时，感应电动势EBLv，此时电路中电流I，ab杆受到的安培力F安BIL，根据牛顿第二定律，有mamgsin F安mgsin agsin (3)当a0时，ab杆有最大速度vm.用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：(1)进行“源”的分析分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r.(2)进行“路”的分析分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力(3)“力”的分析分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力(4)进行“运动”状态的分析根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型变式题组1(2015浙江10月选考22)如图2甲所示，质量m3.0103 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T，方向水平向右的匀强磁场中有一匝数n300匝，面积S0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示(g取10 m/s2)图2(1)求00.10 s线圈中的感应电动势大小(2)t0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向(3)t0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h0.20 m，求通过细杆CD的电荷量答案(1)30 V(2)CD向上(3)0.03 C解析(1)由电磁感应定律En得EnS30 V(2)电流方向CD，B2方向向上(3)由牛顿第二定律Fmam(或由动量定理Ftmv0)，安培力FIB1l，QIt，v22gh，得Q0.03 C.2(2016浙江10月学考22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图所示的装置半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO上，由电动机A带动旋转在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：图3(1)通过棒cd的电流Icd；(2)电动机对该装置的输出功率P；(3)电动机转动角速度与弹簧伸长量x之间的函数关系答案(1)，方向由d到c(2)(3)解析(1)ab顺时针转动时产生的电动势为EB1l2由右手定则，电流方向由a到b，由闭合电路欧姆定律，总电流I通过cd棒的电流IcdI，方向由d到c(2)电动机的输出功率PI2R(3)S断开时，由平衡条件kx0mgS闭合时，由平衡条件kxB2Icdlmg解得.动力学和能量观点的综合应用1力学对象和电学对象的相互关系2解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路(1)电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系(2)受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向(3)运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析(4)能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式(5)规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化3求解焦耳热的三种方法(1)焦耳定律：QI2Rt(2)功能关系：QW克服安培力(3)能量转化：QE其他能的减少量例2如图4所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：图4(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上、下边界间的距离H.答案(1)4倍(2)28l解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E12Blv1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1设此时线框所受安培力为F1，有F12I1lB由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1由式得v1设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2由式得v24v1(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mglmv12线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mv22mv12Q由式得H28l.在电磁感应现象中求解焦耳热时容易出现以下两类错误：(1)不加分析就把某时刻的电流I代入公式QI2Rt求解焦耳热，大多数情况下感应电流I是变化的，求解焦耳热要用电流的有效值，因此不能用某时刻的电流代入公式QI2Rt求解焦耳热.(2)电路中产生焦耳热的元件不是一个，不加分析误认为某个元件上的焦耳热就是整个电路产生的焦耳热.变式题组3如图5所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O1O矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m，电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0.现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)求：图5(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度；(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能答案(1)(2)F(d0d)解析(1)棒在磁场中匀速运动时，有FFABIl，再据I联立解得v(2)安培力做的功转化成两个电阻消耗的电能Q，根据能量守恒定律可得F(d0d)Qmv2，解得QF(d0d).4如图6甲所示，在水平面上固定有长为L2 m、宽为d1 m的金属“U”形导轨，在“U”形导轨右侧l0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示在t0时刻，质量m0.1 kg的导体棒以v01 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为0.1 /m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g10 m/s2)图6(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4 s内回路产生的焦耳热答案见解析解析(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有mgma，vv0at，xv0tat2代入数据解得t1 s，x0.5 m即导体棒在1 s末已经停止运动，以后一直保持静止，离左端位置为x0.5 m.(2)前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E0，I0；后2 s回路产生的电动势为Eld0.1 V回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为R50.5 电流为I0.2 A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向(3)前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为QI2Rt0.04 J.1如图1所示，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两轨道间的宽度L0.50 m轨道左端接一阻值R0.50 的电阻轨道处于磁感应强度大小为B0.40 T，方向竖直向下的匀强磁场中，质量m0.50 kg的导体棒ab垂直于轨道放置在沿着轨道方向向右的力F作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直，不计轨道和导体棒的电阻，不计空气阻力，若力F的大小保持不变，且F1.0 N求：图1(1)导体棒能达到的最大速度大小vm；(2)导体棒的速度v5.0 m/s时，导体棒的加速度大小答案(1)12.5 m/s(2)1.2 m/s2解析(1)导体棒达到最大速度vm时受力平衡，有FF安m，此时F安m，解得vm12.5 m/s(2)导体棒的速度v5.0 m/s时，感应电动势EBLv1.0 V，导体棒上通过的感应电流大小I2.0 A，导体棒受到的安培力F安BIL0.40 N，根据牛顿第二定律，有FF安ma，解得a1.2 m/s2.2(2016舟山调研)如图2所示，两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为37，两导轨之间的距离为L0.2 m，导轨上端m、n之间通过导线连接，有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场边界，磁感应强度为B2.0 T一质量为m0.05 kg的光滑金属棒ab从距离磁场边界0.75 m处由静止释放，金属棒两轨道间的电阻r0.4 ，其余部分的电阻忽略不计，ab、ef均垂直导轨(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，求：图2(1)ab棒最终在磁场中匀速运动的速度；(2)ab棒运动过程中的最大加速度答案(1)0.75 m/s，方向沿斜面向下(2)18 m/s2，方向沿斜面向上解析(1)当ab棒在磁场中匀速运动时，根据受力平衡得：BILmgsin 又有I，EBLv，联立以上关系可得v0.75 m/s，方向沿斜面向下(2)ab棒进入磁场前，加速度a1gsin 376 m/s2，方向沿斜面向下设ab棒进入磁场时的速度为v1，则v122a1x1将x10.75 m代入得v13 m/s刚进入磁场时，对ab棒受力分析得：mgsin BI2Lma2，I2解得a218 m/s2，方向沿斜面向上进入磁场以后，ab棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终匀速运动，所以ab棒运动中的最大加速度为18 m/s2，方向沿斜面向上3如图3所示，半径R0.2 m的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为R的金属棒一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B2 T一对长L0.2 m的金属板A、B水平放置，两板间距d0.1 m从导轨引出导线与上板连接，通过电刷从转轴引出导线与下板连接有一质量m1.0105 kg，电荷量q5.0106 C的微粒，以v02 m/s的速度从两板正中间水平射入求：图3(1)金属棒转动的角速度多大时，微粒能做匀速直线运动；(2)金属棒转动的角速度至少多大时，微粒会碰到上极板A.答案(1)50 rad/s(2)100 rad/s解析(1)根据法拉第电磁感应定律可得UBR2根据平衡条件可得mgqE因为E所以mgqBR2解得50 rad/s(2)微粒恰好碰到上面金属板边缘时，微粒向上的加速度大小为a()2a10 m/s2B1R2mgma解得1100 rad/s.4如图4所示，在水平面内存在着竖直向下的有界匀强磁场，其宽度为d1 m，磁感应强度B T水平放置的“日”字形闭合导体线框PQFE，宽L1 m，质量m0.25 kg，QN、NF的长度都大于d，PQ边的电阻R11 、MN边的电阻R22 、EF边的电阻R33 ，其余电阻不计t0时刻线框在距磁场左边界x3.2 m处由静止开始在水平恒力F作用下沿直线运动，已知当线框PQ边、MN边和EF边刚进磁场时均恰能匀速运动，不计线框运动中的一切摩擦阻力求：图4(1)线框所受的力F的大小；(2)线框PQ边与MN边之间的距离H；(3)在整个线框穿过磁场的过程中线框产生的焦耳热答案(1)2.5 N(2)2.8 m(3)7.5 J解析(1)设PQ边进磁场时的速度为v1，则Fxmv120FBI1LI1r1R12.2 即v18 m/sF2.5 N(2)设MN边匀速进磁场时的速度为v2，则FBI2Lr2R22.75 即v210 m/s设线框速度从v1加速到v2时发生的位移为x1，则Fx1mv22mv12即x11.8 m所以Hx1d2.8 m(3)线框产生的焦耳热Q3Fd32.51 J7.5 J.5(2016杭州市月考)如图5所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的焦耳热为Q，求：图5(1)导体棒MN受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF上升的最大高度答案(1)mgsin (2)解析(1)EF获得向上初速度v0时，产生的感应电动势EBLv0，电路中电流为I，由闭合电路的欧姆定律有I，此时对导体棒MN受力分析，由平衡条件有FAmgsin Ff，FABIL，解得Ffmgsin .(2)导体棒EF上升过程MN一直静止，对系统由能量守恒定律有mv02mgh2Q.解得h.6(2016衢州市调研)如图6(a)所示，斜面倾角为37，一宽为d0.43 m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行在斜面上由静止释放一长方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行取斜面底部为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移x之间的关系如图(b)所示，图中、均为直线段已知线框的质量为m0.1 kg，电阻为R0.06 ，重力加速度取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.图6(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数；(2)求金属线框从刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t.答案(1)0.5(2)0.125 s解析(1)由能量守恒定律可知，线框减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，则E1Wf1mgcos 37x1其中x10.36 m，E1(0.9000.756) J0.144 J可解得0.5(2)金属线框进入磁场的过程中，减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减少，因此安培力也为恒力，线框做匀速运动v122ax1，其中agsin 37gcos 372 m/s2可解得线框刚进入磁场时的速度大小为v11.2 m/sE2Wf2WA(FfFA)x2其中E2(0.7560.666) J0.09 J，FfFAmgsin 370.6 N，x2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程运动的距离，可求出x20.15 mt s0.125 s.