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2019-2020年高考物理一轮复习第11章电磁感应第43课时电磁感应现象中的动力学问题学案1.电磁感应与力学的联系在电磁感应现象中导体运动切割磁感线,产生感应电流,感应电流使导体受到安培力的作用因此,电磁感应问题往往和力学问题联系在一起解决电磁感应中的力学问题,一方面要考虑电磁学中的有关规律;另一方面还要考虑力学中的有关规律,要将电磁学和力学知识综合起来应用2.解决电磁感应中力学问题的基本思路研究电磁感应现象中导体的运动,准确分析磁场对感应电流的安培力是关键此类问题中的导线一般不是做匀变速运动,而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态动态分析的基本思路如下3.两种状态处理1导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态处理方法根据平衡条件合外力等于0列式分析2导体处于非平衡态——加速度不为0处理方法根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析[例] xx·江西宜春四中月考如图所示,两根粗细均匀的金属杆AB和CD的长度均为L,电阻均为R,质量分别为3m和m,用两根等长的、质量和电阻均不计的、不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路,悬跨在绝缘的、水平光滑的圆棒两侧,AB和CD处于水平在金属杆AB的下方有高度为H的水平匀强磁场,磁感强度的大小为B,方向与回路平面垂直,此时CD处于磁场中现从静止开始释放金属杆AB,经过一段时间AB、CD始终水平,在AB即将进入磁场的上边界时,其加速度为零,此时金属杆CD还处于磁场中,在此过程中金属杆AB上产生的焦耳热为Q重力加速度为g,试求1金属杆AB即将进入磁场上边界时的速度v1;2在此过程中金属杆CD移动的距离h和通过导线截面的电荷量q;3设金属杆AB在磁场中运动的速度为v2,通过计算说明v2大小的可能范围解析 1AB杆达到磁场边界时,加速度为零,系统处于平衡状态,对AB杆3mg=2FT对CD杆2FT=mg+BIL又安培力F=BIL=B··L=解得v1=2以AB、CD棒组成的系统在此过程中,根据能的转化与守恒有3m-mgh-2Q=·4m·v解得金属杆CD移动的距离h=通过导线截面的电荷量q=IΔt===3AB杆与CD杆都在磁场中运动,直到达到匀速,此时系统处于平衡状态对AB杆3mg=2FT′+BI′L对CD杆2FT′=mg+BI′L又安培力F′=BI′L=B··L=解得v2=所以v2答案 12 3v2电磁感应中导体棒既可视为电学对象相当于电源,又可视为力学对象因为感应电流的存在而受到安培力,感应电流I和导体棒的速度v则是联系两大对象的纽带只要不涉及到加速度和时间,尽可能用能量转化的观点,充分运用能量守恒、动能定理来解决xx·辽宁沈阳东北育才二模如图,固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中,金属杆ab与导轨接触良好,在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻,其他部分电阻忽略不计,现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上,使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动,滑动中杆ab始终垂直于导轨,金属杆受到的安培力用F安表示,则下列说法正确的是 A.金属杆ab做匀加速直线运动B.金属杆ab运动时回路中有顺时针方向的电流C.金属杆ab所受到的F安先不断增大,后保持不变D.金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比答案 C解析 对金属杆受力分析,根据牛顿第二定律有F-F安=ma,且F安=BIL=B··L=,则有F-=ma,由于速度增大,所以加速度减小,故金属杆做加速度逐渐减小的变加速运动,不是做匀加速直线运动,故A错误;根据楞次定律可知,金属杆ab运动时回路中有逆时针方向的感应电流,故B错误;由F安=可知,当速度增大时,安培力增大,当金属杆受力平衡时,达到最大速度,其后开始做匀速运动,安培力不变,故C正确;金属杆克服安培力做功的瞬时功率P=I2R=2R=,故D错误
1.如图所示,MN、PQ是间距为L的平行金属导轨,置于磁感应强度为B,方向垂直导线所在平面向里的匀强磁场中,M、P间接有一阻值为R的电阻一根与导轨接触良好,有效阻值为r的金属导线ab垂直导轨放置,并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动,则不计导轨电阻 A.通过电阻R的电流方向为P→R→MB.ab两点间的电压为BLvC.a端电势比b端高D.外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热答案 C解析 根据右手定则可知ab中产生的感应电流方向为b→a,则通过电阻R的电流方向为M→P→R,故A错误;金属导线ab相当于电源,ab两点间的电压是路端电压,即是R两端的电压根据闭合电路欧姆定律得知,ab两点间的电压为U=IR=R=,故B错误金属导线ab相当于电源,a端相当于电源的正极,电势较高,故C正确ab棒向右做匀速直线运动,根据能量守恒得知外力F做的功等于电路中产生的焦耳热,大于电阻R上发出的焦耳热,故D错误
2.边长为a的闭合金属正三角形框架,左边竖直且与磁场右边界平行,完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中现把框架匀速拉出磁场,如图所示,则选项中图象规律与这一过程相符合的是 答案 B解析 感应电动势E=BLv=Bv·2xtan30°=Bvx,则E与x成正比,故A错误、B正确线框匀速运动F外=F安=BIL,由I=,E=BLv得到F外=,代入L=x,可得F外=x2,B、R、v一定,则F外∝x2,故C错误外力的功率P外=F外v=x2,P外∝x2,故D错误3.如图所示,匀强磁场存在于虚线框内,矩形线圈竖直下落,如果线圈受到的磁场力总小于其重力,则它在
1、
2、
3、4位置时的加速度关系为 A.a1a2a3a4B.a1=a3a2a4C.a1=a3a4a2D.a4=a2a3a1答案 B解析 未进磁场前和全部进入磁场后,都仅受重力,所以加速度a1=a3=g线框在图2位置时,受到重力和向上的安培力,且已知F安mg,所以a2=g而由于线框在磁场中做加速度为g的加速运动,故4位置时的速度大于2位置时的速度,根据F安=及a=可得a4a2;故关系为a1=a3a2a4,B正确4.多选如图所示,两光滑平行倾斜导轨PQ、EF所在平面与水平面的夹角为θ,匀强磁场垂直于导轨所在平面斜向下,导轨下端接一电阻R,质量为m的导体棒用平行于导轨的细线拴住置于导轨上,线的另一端跨过光滑定滑轮挂着一个质量为M的砝码,按住导体棒,整个装置处于静止状态,放手后,导体棒被细线拉着沿导轨向上运动一段位移s后,速度恰好达到最大值v导体棒及导轨电阻忽略不计,在此过程中 A.细线的拉力始终等于MgB.导体棒做加速度逐渐越小的加速运动C.细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能D.电阻R产生的热量Q=Mgs-mgssinθ-mv2答案 BC解析 对于导体棒,从静止释放后先做加速运动,随着速度增大,由公式F安=知,导体棒所受的安培力增大,对M、m整体分析可得a=,当F安增大时加速度减小,则导体棒和M都做加速度逐渐越小的加速运动,B正确对于M,根据牛顿第二定律得Mg-F拉=Ma,则细线的拉力小于重力,A错误对于导体棒,根据功能关系可知除重力之外,细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能,C正确对于系统,根据能量守恒得电阻R产生的热量Q=Mgs-mgssinθ-m+Mv2,D错误5.多选如图所示,匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里,极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接,电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置且导体棒MN的速度为v0时,位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻,各接触处接触良好,重力加速度为g则下列判断正确的是 A.油滴带负电荷B.若将上极板竖直向上移动距离d,油滴将向上加速运动,加速度a=C.若将导体棒的速度变为2v0,油滴将向上加速运动,加速度a=D.若保持导体棒的速度为v0不变,而将滑动触头置于a端,同时将电容器上极板向上移动距离,油滴仍将静止答案 AD解析 根据右手定则可知,M端为正极,则电容器上极板带正电、下极板带负电当油滴静止,即重力与竖直向上的电场力平衡,因此油滴带负电,故A正确;设导体棒长度为L,导体棒切割磁感线形成的感应电动势为E=BLv0;电容器两端电压为U1==
①开始油滴静止有q=mg
②若将上极板竖直向上移动距离d时,有mg-q=ma1
③联立
①②③得a1=g,方向竖直向下,油滴将向下加速运动,故B错误;当若将导体棒的速度变为2v0时,分析可得电场力大于重力,有q-mg=ma2
④将
①中v0换为2v0,联立
①②④解得a2=g,方向竖直向上,油滴向上加速运动,故C错误;若保持导体棒的速度为v0不变,而将滑动触头置于a位置时,电容器两端之间的电压为U2==BLv0,此时油滴所受电场力为F=q==mg,因此油滴仍然静止,故D正确6.xx·浙江余姚中学期末多选如图甲所示,电阻不计且间距L=1m的光滑平行金属导轨竖直放置,上端接一阻值R=2Ω的电阻,虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场,现将质量m=
0.1kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放,金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平已知杆ab进入磁场时的速度v0=1m/s,下落
0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示,g取10m/s2,则 A.匀强磁场的磁感应强度为2TB.杆ab下落
0.3m时金属杆的速度为1m/sC.杆ab下落
0.3m的过程中R上产生的热量为
0.2JD.杆ab下落
0.3m的过程中通过R的电荷量为
0.25C答案 AD解析 当金属杆进入磁场后,根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b由乙图知,刚进入磁场时,金属杆的加速度大小a1=10m/s2,方向竖直向上由牛顿第二定律得BI1L-mg=ma1,又I1==,代入数据解得B=
2.0T,故A正确;由a~h图象知当a=0,表明金属杆受到的重力与安培力平衡有mg-BIL=0,其中I=,联立得v=
0.5m/s,故B错误;杆ab下落
0.3m的过程中,由能量守恒有mgh-Q=mv2,代入数据得Q=
0.2875J,故C错误;金属杆自由下落的高度h0==
0.05m,金属杆下落
0.3m的过程中通过R的电荷量为q=IΔt=Δt===,代入数据得q=
0.25C,故D正确
7.xx·盘锦高级中学月考多选如图所示,倾角为α的光滑导轨上端接入一定值电阻,Ⅰ和Ⅱ是边长都为L的两正方形磁场区域,其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向上,区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B1,恒定不变,区域Ⅱ中磁场随时间按B2=ktk0变化,一质量为m、电阻为r的金属杆穿过区域Ⅰ垂直地跨放在两导轨上,并恰能保持静止,则下列说法正确的是 A.通过金属杆的电流大小为B.通过金属杆的电流方向是从a到bC.定值电阻的阻值为-rD.定值电阻的阻值为答案 AC解析 对金属杆,根据平衡条件,结合安培力公式,则有mgsinα=B1IL,解得I=,A正确;由楞次定律可知,通过金属杆的电流方向是从b到a,B错误;由法拉第电磁感应定律,则有E===kL2;且闭合电路欧姆定律,I=,故R=-r=-r,故C正确,D错误8.重庆高考多选两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面,质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直,接触良好,形成闭合回路,杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ,导轨电阻不计,回路总电阻为2R,整个装置处于磁感应强度大小为B,方向竖直向上的匀强磁场中当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时,cd杆也正好以速率v2向下匀速运动,重力加速度为g,则下列说法正确的是 A.cd杆所受摩擦力为零B.ab杆所受拉力F的大小为μmg+C.回路中的电流为D.μ与v1大小的关系为μ=答案 BD解析 导体杆ab切割磁感线时产生沿abdc方向的感应电流,大小为I=,导体ab受到水平向左的安培力,由受力平衡得BIL+μmg=F,导体棒cd运动时,受到摩擦力和重力平衡,有μBIL=mg,联立以上各式解得F=μmg+,μ=,故A、C错误,B、D正确9.xx·河南商丘联考多选如图甲所示,两根相距L=
0.4m的光滑金属导轨平行水平放置,导轨左端与阻值R=
0.3Ω的电阻相连,导轨电阻不计导轨x0一侧存在沿x轴正方向均匀增大的恒定磁场,其方向垂直于导轨平面向下,磁感应强度B随位置x变化的图象如图乙所示一根质量m=
0.2kg、电阻r=
0.1Ω的金属棒置于导轨上,并与导轨垂直,棒在外力F作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右做变速运动,且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变下列说法中正确的是 A.金属棒向右做匀减速直线运动B.金属棒在x=1m处的速度大小为
0.5m/sC.金属棒从x=0运动到x=1m的过程中,外力F所做的功为-
0.175JD.金属棒从x=0运动到x=2m的过程中,通过金属棒某一横截面的电荷量为2C答案 BCD解析 根据题图乙可得Bx的函数关系式为B=
0.5+
0.5xT,金属棒向右运动切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,感应电流I==,安培力F安=BIL=B··L=,解得v==,根据公式v2-v=2ax可知,如果是匀变速直线运动,v2与x呈线性关系,而由上式知,金属棒不可能做匀减速直线运动,故A错误;根据题意,金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变,在x=0处与在x=1m处安培力大小相等,有=,即v1==m/s=
0.5m/s,故B正确;金属棒在x=0处的安培力大小为F安==N=
0.2N,金属棒从x=0运动到x=1m的过程中,根据动能定理有WF-F安x=mv-mv,代入数据解得WF=-
0.175J,故C正确;流过金属棒某一横截面的电荷量的公式为q=,金属棒从x=0运动到x=2m的过程中,有ΔΦ=ΔB·ΔS=ΔB·L·Δx,可得q====2C,故D正确
10.xx·湖北黄冈质检多选如图所示,边长为L的正方形闭合导体线框abcd质量为m,在方向水平的匀强磁场上方某高度处自由落下并穿过磁场区域线框在下落过程中形状不变,ab边始终保持与磁场边界线平行,线框平面与磁场方向垂直已知磁场区域高度hL,重力加速度为g,下列判断正确的是 A.若ab边进入磁场时线框做匀速运动,则ab边离开磁场时线框也一定做匀速运动B.若ab边进入磁场时线框做减速运动,则ab边离开磁场时线框也一定做减速运动C.若进入磁场过程中线框产生的热量为mgL,则离开磁场过程中线框产生的热量也一定等于mgLD.若进入磁场过程线框截面中通过的电量为q,则离开磁场过程线框截面中通过的电量也一定等于q答案 BD解析 若ab边进入磁场时线框做匀速运动,则F安==mg,则当ab边下落L后全部进入磁场,在磁场中下落h-L的过程中只受重力作用,将做a=g的匀加速运动,故当ab边到达磁场下边缘时mg,则ab边离开磁场时线框做减速运动,A错误;若ab边进入磁场时线框做减速运动,则mg,则当ab边下落L后全部进入磁场时,一定有≥mg,此后线圈在磁场中下落h-L的过程中将做匀加速运动,故当ab边到达磁场下边缘时mg,则ab边离开磁场时线框也一定做减速运动,B正确;若进入磁场过程中线框产生的热量为Q=mgL,则F安=mg,ab边进入磁场时做匀速运动,在磁场中下落h-L的过程中做匀加速运动,则F安′mg,Q′mgL,故离开磁场过程中线框产生的热量一定大于mgL,C错误;线圈进入磁场流过线圈某截面的电量为q==,可知若进入磁场过程线框截面中通过的电量为q,则离开磁场过程线框截面中通过的电量也一定等于q,D正确11.xx·全国卷Ⅰ如图,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,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μ,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答案 1mgsinθ-3μcosθ 2sinθ-3μcosθ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2mgsinθ=μN1+T+F
①N1=2mgcosθ
②对于cd棒,同理有mgsinθ+μN2=T
③N2=mgcosθ
④联立
①②③④式得F=mgsinθ-3μcosθ
⑤2由安培力公式得F=BIL
⑥这里I是回路abdca中的感应电流ab棒上的感应电动势为E=BLv
⑦式中,v是ab棒下滑速度的大小由欧姆定律有I=
⑧联立
⑤⑥⑦⑧式得v=sinθ-3μcosθ。