高考物理大二輪總復習與增分策略 題型研究4 加試計算題 23題 電磁感應規(guī)律的綜合應用

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題型研究4 加試計算題 23題 電磁感應規(guī)律的綜合應用 電磁感應中的動力學問題 1．導體棒的兩種運動狀態(tài) (1)平衡狀態(tài)——導體棒處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)，加速度為零； (2)非平衡狀態(tài)——導體棒的加速度不為零． 2．兩個研究對象及其關系 電磁感應中導體棒既可看做電學對象(因為它相當于電源)，又可看做力學對象(因為有感應電流而受到安培力)，而感應電流I和導體棒的速度v是聯系這兩個對象的紐帶． 3．電磁感應中的動力學問題分析思路 (1)電路分析：導體棒相當于電源，感應電動勢相當于電源的電動勢，導體棒的電阻相當于電源的內阻，感應電流I＝. (2)受力分析：導體棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl＝，根據牛頓第二定律列動力學方程：F合＝ma. (3)過程分析：由于安培力是變力，導體棒做變加速運動或變減速運動，當加速度為零時，達到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運動，根據共點力的平衡條件列方程：F合＝0. 例1　如圖1甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻．一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直．整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下，導軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦． 圖1 (1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖； (2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及加速度的大??； (3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的最大速度． 答案　(1)見解析圖　(2)　gsin θ－ (3) 解析　(1)如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上． (2)當ab桿速度為v時，感應電動勢E＝BLv， 此時電路中電流I＝＝， ab桿受到的安培力F安＝BIL＝， 根據牛頓第二定律，有 ma＝mgsin θ－F安＝mgsin θ－ a＝gsin θ－ (3)當a＝0時，ab桿有最大速度 vm＝. 用“四步法”分析電磁感應中的動力學問題 解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下： (1)進行“源”的分析——分離出電路中由電磁感應所產生的電源，求出電源的參數E和r. (2)進行“路”的分析——分析電路結構，明確串、并聯的關系，求出相關部分的電流大小，以便求解安培力． (3)“力”的分析——分析研究對象(常是金屬桿、導體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力． (4)進行“運動”狀態(tài)的分析——根據力和運動的關系，判斷出正確的運動模型． 變式題組 1．(2015浙江10月選考22)如圖2甲所示，質量m＝3.010－3 kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l＝0.20 m，處于磁感應強度大小B1＝1.0 T，方向水平向右的勻強磁場中．有一匝數n＝300匝，面積S＝0.01 m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2的大小隨時間t變化的關系如圖乙所示．(g取10 m/s2) 圖2 (1)求0～0.10 s線圈中的感應電動勢大?。? (2)t＝0.22 s時閉合開關K，若細桿CD所受安培力方向豎直向上，判斷CD中的電流方向及磁感應強度B2的方向． (3)t＝0.22 s時閉合開關K，若安培力遠大于重力，細框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通過細桿CD的電荷量． 答案　(1)30 V　(2)C→D　向上　(3)0.03 C 解析　(1)由電磁感應定律E＝n 得E＝nS＝30 V (2)電流方向C→D，B2方向向上 (3)由牛頓第二定律F＝ma＝m(或由動量定理FΔt＝mv－0)，安培力F＝IB1l，ΔQ＝IΔt，v2＝2gh，得ΔQ＝＝0.03 C. 2．(2016浙江10月學考22)為了探究電動機轉速與彈簧伸長量之間的關系，小明設計了如圖所示的裝置．半徑為l的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉軸OO′上，由電動機A帶動旋轉．在金屬導軌區(qū)域內存在垂直于導軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強磁場．另有一質量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質彈簧懸掛在豎直平面內，并與固定在豎直平面內的“U”型導軌保持良好接觸，導軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場中．從圓形金屬導軌引出導線和通過電刷從轉軸引出導線經開關S與“U”型導軌連接．當開關S斷開，棒cd靜止時，彈簧伸長量為x0；當開關S閉合，電動機以某一轉速勻速轉動，棒cd再次靜止時，彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度)．不計其余電阻和摩擦等阻力，求此時： 圖3 (1)通過棒cd的電流Icd； (2)電動機對該裝置的輸出功率P； (3)電動機轉動角速度ω與彈簧伸長量x之間的函數關系． 答案　(1)，方向由d到c　(2) (3) 解析　(1)ab順時針轉動時產生的電動勢為E＝B1ωl2 由右手定則，電流方向由a到b， 由閉合電路歐姆定律，總電流I＝＝ 通過cd棒的電流Icd＝I＝，方向由d到c (2)電動機的輸出功率P＝I2R＝ (3)S斷開時，由平衡條件kx0＝mg S閉合時，由平衡條件kx＝B2Icdl＋mg 解得ω＝. 　　　　　動力學和能量觀點的綜合應用 1．力學對象和電學對象的相互關系 2．解決電磁感應動力學及能量問題的一般思路 (1)電路分析：確定電源，畫出等效電路，明確內、外電路，分析電路的串、并聯關系． (2)受力分析：注意導體棒所受的安培力大小和方向． (3)運動分析：對運動過程進行“慢進”式推理分析，應用牛頓第二定律對運動過程中各物理量進行分析． (4)能量分析：分析運動過程中各力做功情況，明確能量轉化形式． (5)規(guī)律分析：根據牛頓第二定律、運動學方程、動能定理、能量守恒定律合理組合優(yōu)化． 3．求解焦耳熱的三種方法 (1)焦耳定律：Q＝I2Rt (2)功能關系：Q＝W克服安培力 (3)能量轉化：Q＝ΔE其他能的減少量 例2　如圖4所示，“凸”字形硬質金屬線框質量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面．開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動．線框完全穿過磁場過程中產生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求： 圖4 (1)線框ab邊將要離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍； (2)磁場上、下邊界間的距離H. 答案　(1)4倍　(2)＋28l 解析　(1)設磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律，有E1＝2Blv1① 設線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1＝② 設此時線框所受安培力為F1，有F1＝2I1lB③ 由于線框做勻速運動，其受力平衡，有mg＝F1④ 由①②③④式得v1＝⑤ 設ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得v2＝⑥ 由⑤⑥式得v2＝4v1⑦ (2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有2mgl＝mv12⑧ 線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝mv22－mv12＋Q⑨ 由⑦⑧⑨式得H＝＋28l. 在電磁感應現象中求解焦耳熱時容易出現以下兩類錯誤： (1)不加分析就把某時刻的電流I代入公式Q＝I2Rt求解焦耳熱，大多數情況下感應電流I是變化的，求解焦耳熱要用電流的有效值，因此不能用某時刻的電流代入公式Q＝I2Rt求解焦耳熱. (2)電路中產生焦耳熱的元件不是一個，不加分析誤認為某個元件上的焦耳熱就是整個電路產生的焦耳熱. 變式題組 3．如圖5所示，光滑平行的水平金屬導軌MNPQ相距l(xiāng)，在M點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間OO1O1′O′矩形區(qū)域內有垂直導軌平面豎直向下、寬為d的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m，電阻為r的導體棒ab，垂直擱在導軌上，與磁場左邊界相距d0.現用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運動，棒ab在離開磁場前已經做勻速直線運動(棒ab與導軌始終保持良好的接觸，導軌電阻不計)．求： 圖5 (1)棒ab在離開磁場右邊界時的速度； (2)棒ab通過磁場區(qū)的過程中整個回路所消耗的電能． 答案　(1)　(2)F(d0＋d)－ 解析　(1)棒在磁場中勻速運動時，有F＝FA＝BIl，再據I＝＝聯立解得v＝ (2)安培力做的功轉化成兩個電阻消耗的電能Q，根據能量守恒定律可得F(d0＋d)＝Q＋mv2，解得 Q＝F(d0＋d)－. 4．如圖6甲所示，在水平面上固定有長為L＝2 m、寬為d＝1 m的金屬“U”形導軌，在“U”形導軌右側l＝0.5 m范圍內存在垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．在t＝0時刻，質量m＝0.1 kg的導體棒以v0＝1 m/s的初速度從導軌的左端開始向右運動，導體棒與導軌之間的動摩擦因數μ＝0.1，導軌與導體棒單位長度的電阻均為λ＝0.1 Ω/m，不計導體棒與導軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響(取g＝10 m/s2)． 圖6 (1)通過計算分析4 s內導體棒的運動情況； (2)計算4 s內回路中電流的大小，并判斷電流方向； (3)計算4 s內回路產生的焦耳熱． 答案　見解析 解析　(1)導體棒先在無磁場區(qū)域做勻減速運動，有 －μmg＝ma，v＝v0＋at，x＝v0t＋at2 代入數據解得t＝1 s，x＝0.5 m 即導體棒在1 s末已經停止運動，以后一直保持靜止，離左端位置為x＝0.5 m. (2)前2 s磁通量不變，回路電動勢和電流分別為E＝0，I＝0；后2 s回路產生的電動勢為E＝＝ld＝0.1 V 回路的總長度為5 m，因此回路的總電阻為R＝5λ＝0.5 Ω 電流為I＝＝0.2 A 根據楞次定律，在回路中的電流方向是順時針方向． (3)前2 s電流為零，后2 s有恒定電流，焦耳熱為Q＝I2Rt＝0.04 J. 1．如圖1所示，光滑金屬直軌道MN和PQ固定在同一水平面內，MN、PQ平行且足夠長，兩軌道間的寬度L＝0.50 m．軌道左端接一阻值R＝0.50 Ω的電阻．軌道處于磁感應強度大小為B＝0.40 T，方向豎直向下的勻強磁場中，質量m＝0.50 kg的導體棒ab垂直于軌道放置．在沿著軌道方向向右的力F作用下，導體棒由靜止開始運動，導體棒與軌道始終接觸良好并且相互垂直，不計軌道和導體棒的電阻，不計空氣阻力，若力F的大小保持不變，且F＝1.0 N．求： 圖1 (1)導體棒能達到的最大速度大小vm； (2)導體棒的速度v＝5.0 m/s時，導體棒的加速度大?。? 答案　(1)12.5 m/s　(2)1.2 m/s2 解析　(1)導體棒達到最大速度vm時受力平衡，有F＝F安m，此時F安m＝，解得vm＝12.5 m/s (2)導體棒的速度v＝5.0 m/s時，感應電動勢E＝BLv＝1.0 V，導體棒上通過的感應電流大小I＝＝2.0 A，導體棒受到的安培力F安＝BIL＝0.40 N，根據牛頓第二定律，有F－F安＝ma，解得a＝1.2 m/s2. 2．(2016舟山調研)如圖2所示，兩足夠長的平行光滑金屬導軌傾斜放置，與水平面間的夾角為θ＝37，兩導軌之間的距離為L＝0.2 m，導軌上端m、n之間通過導線連接，有理想邊界的勻強磁場垂直于導軌平面向上，虛線ef為磁場邊界，磁感應強度為B＝2.0 T．一質量為m＝0.05 kg的光滑金屬棒ab從距離磁場邊界0.75 m處由靜止釋放，金屬棒兩軌道間的電阻r＝0.4 Ω，其余部分的電阻忽略不計，ab、ef均垂直導軌．(g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)，求： 圖2 (1)ab棒最終在磁場中勻速運動的速度； (2)ab棒運動過程中的最大加速度． 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)當ab棒在磁場中勻速運動時，根據受力平衡得：BIL＝mgsin θ 又有I＝，E＝BLv，聯立以上關系可得 v＝0.75 m/s，方向沿斜面向下． (2)ab棒進入磁場前，加速度a1＝gsin 37＝6 m/s2，方向沿斜面向下．設ab棒進入磁場時的速度為v1，則v12＝2a1x1 將x1＝0.75 m代入得v1＝3 m/s 剛進入磁場時，對ab棒受力分析得： mgsin θ－BI2L＝ma2，I2＝ 解得a2＝－18 m/s2，方向沿斜面向上 進入磁場以后，ab棒做加速度逐漸減小的減速運動，最終勻速運動，所以ab棒運動中的最大加速度為18 m/s2，方向沿斜面向上． 3．如圖3所示，半徑R＝0.2 m的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為R的金屬棒一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉軸上．在金屬導軌區(qū)域內存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2 T．一對長L＝0.2 m的金屬板A、B水平放置，兩板間距d＝0.1 m．從導軌引出導線與上板連接，通過電刷從轉軸引出導線與下板連接．有一質量m＝1.010－5 kg，電荷量q＝－5.010－6 C的微粒，以v0＝2 m/s的速度從兩板正中間水平射入．求： 圖3 (1)金屬棒轉動的角速度ω多大時，微粒能做勻速直線運動； (2)金屬棒轉動的角速度ω至少多大時，微粒會碰到上極板A. 答案　(1)50 rad/s　(2)100 rad/s 解析　(1)根據法拉第電磁感應定律可得 U＝BωR2 根據平衡條件可得 mg＝qE 因為E＝ 所以mg＝q＝BωR2 解得ω＝＝50 rad/s (2)微粒恰好碰到上面金屬板邊緣時，微粒向上的加速度大小為 ＝a()2 a＝＝10 m/s2 Bω1R2－mg＝ma 解得ω1＝＝100 rad/s. 4．如圖4所示，在水平面內存在著豎直向下的有界勻強磁場，其寬度為d＝1 m，磁感應強度B＝ T．水平放置的“日”字形閉合導體線框PQFE，寬L＝1 m，質量m＝0.25 kg，QN、NF的長度都大于d，PQ邊的電阻R1＝1 Ω、MN邊的電阻R2＝2 Ω、EF邊的電阻R3＝3 Ω，其余電阻不計．t＝0時刻線框在距磁場左邊界x＝3.2 m處由靜止開始在水平恒力F作用下沿直線運動，已知當線框PQ邊、MN邊和EF邊剛進磁場時均恰能勻速運動，不計線框運動中的一切摩擦阻力．求： 圖4 (1)線框所受的力F的大小； (2)線框PQ邊與MN邊之間的距離H； (3)在整個線框穿過磁場的過程中線框產生的焦耳熱． 答案　(1)2.5 N　(2)2.8 m　(3)7.5 J 解析　(1)設PQ邊進磁場時的速度為v1，則 Fx＝mv12－0 F＝BI1L I1＝ r1＝R1＋＝2.2 Ω 即v1＝＝8 m/s F＝＝2.5 N (2)設MN邊勻速進磁場時的速度為v2，則 F＝BI2L＝ r2＝R2＋＝2.75 Ω 即v2＝＝10 m/s 設線框速度從v1加速到v2時發(fā)生的位移為x1，則 Fx1＝mv22－mv12 即x1＝＝1.8 m 所以H＝x1＋d＝2.8 m (3)線框產生的焦耳熱 Q＝3Fd＝32.51 J＝7.5 J. 5．(2016杭州市月考)如圖5所示，兩條足夠長的平行金屬導軌相距L，與水平面的夾角為θ，整個空間存在垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，虛線上方軌道光滑且磁場方向垂直導軌平面向上，虛線下方軌道粗糙且磁場方向垂直導軌平面向下．當導體棒EF以初速度v0沿導軌上滑至最大高度的過程中，導體棒MN一直靜止在導軌上，若兩導體棒質量均為m、電阻均為R，導軌電阻不計，重力加速度為g，在此過程中導體棒EF上產生的焦耳熱為Q，求： 圖5 (1)導體棒MN受到的最大摩擦力； (2)導體棒EF上升的最大高度． 答案　(1)＋mgsin θ　(2) 解析　(1)EF獲得向上初速度v0時，產生的感應電動勢E＝BLv0，電路中電流為I，由閉合電路的歐姆定律有I＝，此時對導體棒MN受力分析，由平衡條件有FA＋mgsin α＝Ff，FA＝BIL， 解得Ff＝＋mgsin θ. (2)導體棒EF上升過程MN一直靜止，對系統(tǒng)由能量守恒定律有mv02＝mgh＋2Q. 解得h＝. 6．(2016衢州市調研)如圖6(a)所示，斜面傾角為37，一寬為d＝0.43 m的有界勻強磁場垂直于斜面向上，磁場邊界與斜面底邊平行．在斜面上由靜止釋放一長方形金屬線框，線框沿斜面下滑，下邊與磁場邊界保持平行．取斜面底部為零勢能面，從線框開始運動到恰好完全進入磁場的過程中，線框的機械能E和位移x之間的關系如圖(b)所示，圖中①、②均為直線段．已知線框的質量為m＝0.1 kg，電阻為R＝0.06 Ω，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8. 圖6 (1)求金屬線框與斜面間的動摩擦因數μ； (2)求金屬線框從剛進入磁場到恰好完全進入磁場所用的時間t. 答案　(1)0.5　(2)0.125 s 解析　(1)由能量守恒定律可知，線框減少的機械能等于克服摩擦力所做的功，則 ΔE1＝Wf1＝μmgcos 37x1 其中x1＝0.36 m，ΔE1＝(0.900－0.756) J＝0.144 J 可解得μ＝0.5 (2)金屬線框進入磁場的過程中，減少的機械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，機械能仍均勻減少，因此安培力也為恒力，線框做勻速運動 v12＝2ax1，其中a＝gsin 37－μgcos 37＝2 m/s2 可解得線框剛進入磁場時的速度大小為v1＝1.2 m/s ΔE2＝Wf2＋WA＝(Ff＋FA)x2 其中ΔE2＝(0.756－0.666) J＝0.09 J， Ff＋FA＝mgsin 37＝0.6 N，x2為線框的側邊長，即線框進入磁場過程運動的距離，可求出x2＝0.15 m t＝＝ s＝0.125 s.