高考物理总复习 第十章 电磁感应 题型探究课（二）电磁感应中的动力学和能量问题测试题-人教版高三全册物理试题.doc

题型探究课(二)电磁感应中的动力学和能量问题电磁感应中的动力学问题学生用书P208【题型解读】感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)1力学对象和电学对象的相互关系2动态分析的基本思路【典题例析】(2016·高考全国卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小审题指导解答的关键是对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力，再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小解析(1)设两根导线的总的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin N1TFN12mgcos 对于cd棒，同理有mgsin N2TN2mgcos 联立式得Fmg(sin 3cos )(2)由安培力公式得FBIL这里I是回路abdca中的感应电流ab棒上的感应电动势为EBLv式中，v是ab棒下滑速度的大小由欧姆定律得I联立式得v(sin 3cos ).答案(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )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： 【跟进题组】1(2017·高考上海卷)如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力(1)求ab开始运动时的加速度a；(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；(3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短解析：本题考查电磁感应、闭合电路欧姆定律动力学分析、能量转化与守恒定律(1)利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析得：mgsin BILma对回路分析I联立得agsin .(2)上滑过程：由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：a上gsin 上滑过程，a上、v反向，做减速运动利用式，v减小则a上减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动下滑过程：由牛顿第二定律，对ab受力分析得：mgsin ma下a下gsin 因a下与v同向，ab做加速运动由得v增加，a下减小，可知，杆下滑时做加速度减小的加速运动(3)设P点是上滑与下滑过程中经过的同一点P，由能量转化与守恒可知：mvmvQRQR为ab从P滑到最高点到再回到P点过程中R上产生的焦耳热由QR>0所以vP上>vP下同理可推得ab上滑通过某一位置的速度大于下滑通过同一位置的速度，进而可推得上>下由s上t上下t下得t上<t下即ab上滑时间比下滑时间短答案：见解析2如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g.忽略所有电阻让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为EBLv平行板电容器两极板之间的电势差为UE设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C联立式得QCBLv.(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F安BLi设在时间间隔(t，tt)内流经金属棒的电荷量为Q，据定义有iQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，tt)内增加的电荷量由式得：QCBLv式中，v为金属棒的速度变化量据定义有a金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为FfFN式中，FN是金属棒对导轨的正压力的大小，有FNmgcos 金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin F安Ffma联立至式得ag由式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动t时刻金属棒的速度大小为vgt.答案：(1)QCBLv(2)vgt电磁感应中的能量问题学生用书P210【题型解读】电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程1能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法2解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解【典题例析】(2018·台山模拟)如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、MN位于同一水平面上，两轨道之间的距离l0.50 m轨道的MM端接一阻值为R0.50 的定值电阻，直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度大小为B0.60 T的匀强磁场中，磁场区域右边界为NN、宽度d0.80 m；水平轨道的最右端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、NP平滑连接，两半圆形轨道的半径均为R00.50 m现有一导体杆ab静止在距磁场的左边界s2.0 m处，其质量m0.20 kg、电阻r0.10 .ab杆在与杆垂直的、大小为2.0 N的水平恒力F的作用下开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，杆穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好能通过半圆形轨道的最高位置PP.已知杆始终与轨道垂直，杆与直轨道之间的动摩擦因数0.10，轨道电阻忽略不计，取g10 m/s2.求：(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流的大小和方向；(2)在导体杆穿过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量；(3)在导体杆穿过磁场的过程中，整个电路产生的焦耳热审题突破(1)先由动能定理求出导体杆进入磁场时的速度，然后由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可求得感应电流大小，再由右手定则判断感应电流方向(2)先求出产生的感应电动势的平均值，然后根据欧姆定律求出电流的平均值，进而求出电荷量(3)回路中机械能转化为内能，根据能量守恒定律求出电路中产生的焦耳热解析(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1由动能定理得(Fmg)smv0导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为EBlv1此时通过导体杆的电流大小为I代入数据解得I3 A由右手定则可知，电流的方向为由b指向a.(2)B·ld，q·t联立解得q0.4 C.(3)由(1)可知，导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度v16.0 m/s设导体杆通过半圆形轨道的最高位置时的速度为v，则有mg在导体杆从刚进入磁场到滑至最高位置的过程中，由能量守恒定律有mvQmg×2R0mv2mgd解得Q0.94 J.答案(1)3 A方向为由b指向a(2)0.4 C(3)0.94 J【跟进题组】1.竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是yx2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是ya的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上yb(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是()AmgbB.mv2Cmg(ba) Dmg(ba)mv2解析：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Qmv2mgbmgamg(ba)mv2.2(2016·高考浙江卷)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l0.50 m，倾角53°，导轨上端串接一个R0.05 的电阻在导轨间长d0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B2.0 T质量m4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 53°0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.解析：(1)由牛顿第二定律a12 m/s2进入磁场时的速度v2.4 m/s.(2)感应电动势EBlv感应电流I安培力FAIBl代入得FA48 N(3)健身者做功WF(sd)64 J由牛顿第二定律Fmgsin FA0CD棒在磁场区域做匀速运动在磁场中运动的时间t焦耳热QI2Rt26.88 J.答案：见解析学生用书P2111.(2018·上海闵行调研)如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长从置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()AQ1>Q2q1q2 BQ1>Q2q1>q2CQ1Q2q1q2 DQ1Q2q1>q2解析：选A.设ab和bc边长分别为L1、L2，线框电阻为R，若假设穿过磁场区域的时间为t.通过线框导体横截面的电荷量qIt，因此q1q2.线框上产生的热量为Q，第一次：Q1BL1I1L2BL1L2，同理可以求得Q2BL2I2L1BL2L1，由于L1>L2，则Q1>Q2，故A正确2.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(dL )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图象中，能正确描述上述过程的是()解析：选D.导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由EBLv、I及FBILma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确3.如图所示，质量均为m的金属棒ab、cd与足够长的水平金属导轨垂直且接触良好，两金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为，磁感应强度为B的匀强磁场的方向竖直向下则ab棒在恒力F2mg作用下向右运动的过程中，有()A安培力对ab棒做正功B安培力对cd棒做正功Cab棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动Dcd棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动解析：选C.对于ab棒，因为F2mg>mg，所以从静止开始加速运动，ab棒运动会切割磁感线产生感应电流，从而使ab棒受到一个向左的安培力，这样加速度会减小，最终会做匀速运动；而cd棒所受到的最大安培力与摩擦力相同，所以总保持静止状态，即安培力对ab棒做负功，对cd棒不做功，所以选项C正确，A、B、D错误4.如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B.ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为，两棒总电阻为R，导轨电阻不计开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动则下列说法中错误的是()Aab棒中的电流方向由b到aBcd棒先加速运动后匀速运动Ccd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力D力F做的功等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和解析：选B.ab向上运动的过程中，穿过闭合回路abdc的磁通量增大，根据楞次定律可得ab棒中的感应电流方向为ba，故A正确；cd棒中感应电流由c到d，其所在的区域有向下磁场，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力向上ab棒做加速直线运动，速度增大，产生的感应电流增加，cd棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先加速运动后减速运动，最后停止运动，故B错误；因安培力增加，cd棒受摩擦力的作用一直增加，会大于重力，故C正确；根据动能定理可得WFWfW安培WGmv20，力F所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和，故D正确5(多选)如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场立即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移下图中正确的是()解析：选BD.导体棒c落入磁场之前做自由落体运动，加速度恒为g，有hgt2，vgt，c棒进入磁场以速度v做匀速直线运动时，d棒开始做自由落体运动，与c棒做自由落体运动的过程相同，此时c棒在磁场中做匀速直线运动的路程为hvtgt22h，d棒进入磁场而c棒还没有穿出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g，直到c棒穿出磁场，B正确；c棒穿出磁场后，d棒切割磁感线产生电动势，在回路中产生感应电流，因此时d棒速度大于c棒进入磁场时切割磁感线的速度，故电动势、电流、安培力都大于c棒刚进入磁场时的大小，d棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动v2v2gh，可知加速过程动能与路程成正比，D正确6.(多选)如图所示，在倾角为的光滑斜面上，有三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域、宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是()A线框中感应电流的方向不变B线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间C线框以速度v2做匀速直线运动时，发热功率为sin2D线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能E机与重力做功WG的关系式是E机WGmvmv解析：选CD.线框从释放到穿出磁场的过程中，由楞次定律可知感应电流方向先沿abcda后沿adcba再沿abcda方向，A项错误；线框第一次匀速运动时，由平衡条件有BIdmgsin ，I，解得v1，第二次匀速运动时，由平衡条件有2BIdmgsin ，I，解得v2，线框ab边匀速通过区域，先减速再匀速通过区域，而两区域宽度相同，故通过区域的时间小于通过区域的时间，B项错误；由功能关系知线框第二次匀速运动时发热功率等于重力做功的功率，即Pmgv2sin ，C项正确；线框从进入磁场到第二次匀速运动过程中，损失的重力势能等于该过程中重力做的功，动能损失量为mvmv，所以线框机械能损失量为E机WGmvmv，D项正确7.(2016·高考天津卷)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同磁铁端面是边长为d的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度大于d，电阻率为.为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g.(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I；(2)若两铝条的宽度均为b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式；(3)在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度b>b的铝条，磁铁仍以速度v进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化解析：(1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等，均为F安，有F安IdB设磁铁受到沿斜面向上的作用力为F，其大小有F2F安磁铁匀速运动时受力平衡，则有Fmgsin 0联立式可得I.(2)磁铁在铝条间运动时，在铝条中产生的感应电动势为EBdv设铝条与磁铁正对部分的电阻为R，由电阻定律有R由欧姆定律有I联立式可得v.(3)磁铁以速度v进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F，联立式可得F当铝条的宽度b>b时，磁铁以速度v进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F，有F可见，F>Fmgsin ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大之后，随着运动速度减小，F也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小，综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动直到Fmgsin 时，磁铁重新达到平衡状态，以较小的速度匀速下滑答案：见解析8如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角为30°的斜面向上绝缘斜面上固定有“”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 ，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)g取10 m/s2.(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x0.8 m处电势差UCD；(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出Fx关系图象；(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热解析：(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势EBlv，ld，解得E1.5 V当x0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外dd，OP 2 m得l外1.2 m由右手定则判断D点电势高，故CD两端电势差UCDBl外v0.6 V.(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是ld3x对应的电阻R1R电流I杆受到的安培力为F安BIl7.53.75x根据平衡条件得FF安mgsin F12.53.75x(0x2)画出的Fx图象如图所示(3)外力F所做的功WF等于Fx图线下所围的面积即WF×2 J17.5 J而杆的重力势能增加量EpmgOPsin 故全过程产生的焦耳热QWFEp7.5 J.答案：(1)1.5 V0.6 V(2)F12.53.75x(0x2)图象见解析(3)7.5 J