2017-2018學年高中物理 模塊專題復習 專題四 電磁感應中的動力學及能量學案 新人教版選修3-2

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1、 專題四 電磁感應中的動力學及能量 一、電磁感應中的動力學問題 1.安培力的大小 ?F＝ 2.安培力的方向 (1)先用右手定則判定感應電流方向，再用左手定則判定安培力方向. (2)根據(jù)楞次定律，安培力的方向一定和導體切割磁感線運動方向相反. 3.受力分析與運動分析 對電磁感應現(xiàn)象中的力學問題，除了要作好受力情況和運動情況的動態(tài)分析外，還需要注意導體受到的安培力隨運動速度變化的特點，速度變化，彈力及相應的摩擦力也隨之而變，導致物體的運動狀態(tài)發(fā)生變化. 4.應用牛頓運動定律和運動學規(guī)律解答電磁感應問題的基本思路 (1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向.

2、 (2)求回路中的電流. (3)分析研究導體的受力情況(包含安培力，用左手定則確定其方向). (4)根據(jù)牛頓第二定律和運動學規(guī)律或平衡條件列方程求解. [復習過關(guān)] 1.(多選)如圖1所示，兩根相距為L的足夠長的金屬直角導軌如圖所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面.質(zhì)量均為m的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ，導軌電阻不計，回路總電阻為2R.整個裝置處于磁感應強度大小為B，方向豎直向上的勻強磁場中.當ab桿在平行于水平導軌的拉力F作用下以速度v1沿導軌勻速運動時，cd桿也正好以速度v2向下勻速運動.重力加速度為g.以下說

3、法正確的是(　　) 圖1 A.ab桿所受拉力F的大小為μmg＋ B.cd桿所受摩擦力為零 C.回路中的電流大小為 D.μ與v1的大小關(guān)系為μ＝ 答案　AD 解析　由右手定則可知，回路中感應電流方向為：abdca， 感應電流大小：I＝① 金屬細桿ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得： BIL＋μmg＝F② 金屬細桿cd運動時，受到的摩擦力不為零， cd受到的摩擦力和重力平衡，由平衡條件得： μBIL＝mg③ 聯(lián)立以上各式解得：F＝μmg＋，μ＝，故A、D正確，B、C錯誤. 2.(多選)兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻.質(zhì)量為m、電阻

4、為r的金屬棒在距磁場上邊界某處由靜止釋放，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖2所示，不計導軌的電阻，重力加速度為g，則(　　) 圖2 A.金屬棒在磁場中運動時，流過電阻R的電流方向為a→b B.金屬棒的速度為v時，金屬棒所受的安培力大小為 C.金屬棒的最大速度為 D.金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，電阻R的熱功率為2R 答案　BD 解析　金屬棒在磁場中向下運動時，由楞次定律知，流過電阻R的電流方向為b→a，選項A錯誤；金屬棒的速度為v時，金屬棒中感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝，所受的安培力大小為F＝BIL＝，選項B正確；當安培力F＝mg時，金

5、屬棒下滑速度最大，金屬棒的最大速度為v＝，選項C錯誤；金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，電阻R和r的總熱功率為P＝mgv＝2(R＋r)，電阻R的熱功率為2R，選項D正確. 3.(多選)如圖3所示，兩足夠長平行金屬導軌固定在水平面上，勻強磁場方向垂直導軌平面向下，金屬棒ab、cd與導軌構(gòu)成閉合回路且都可沿導軌無摩擦滑動，兩金屬棒ab、cd的質(zhì)量之比為2∶1.用一沿導軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒cd，經(jīng)過足夠長時間以后(　　) 圖3 A.金屬棒ab、cd都做勻速運動 B.金屬棒ab上的電流方向是由b向a C.金屬棒cd所受安培力的大小等于 D.兩金屬棒間距離保持不變 答案　BC 4.

6、(多選)在仁川亞運會上，100 m賽跑跑道兩側(cè)設有跟蹤儀，其原理如圖4甲所示，水平面上兩根足夠長的金屬導軌平行固定放置，間距為L＝0.5 m，一端通過導線與阻值為R＝0.5 Ω的電阻連接.導軌上放一質(zhì)量為m＝0.5 kg的金屬桿，金屬桿與導軌的電阻忽略不計.勻強磁場方向豎直向下.用與導軌平行的拉力F作用在金屬桿上，使桿運動.當改變拉力的大小時，相對應的速度v也會變化，從而使跟蹤儀始終與運動員保持一致.已知v和F的關(guān)系如圖乙.(取重力加速度g＝10 m/s2)則(　　) 圖4 A.金屬桿受到的拉力與速度成正比 B.該磁場的磁感應強度為2 T C.圖線在橫軸的截距表示金屬桿與導軌間的阻

7、力大小 D.導軌與金屬桿之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4 答案　CD 解析　由題圖乙可知拉力與速度是一次函數(shù)，但不成正比，故A錯；圖線在橫軸的截距是速度為零時的拉力，金屬桿將要運動，此時最大靜摩擦力等于該拉力，也等于運動時的滑動摩擦力，C對；由F－BIL－μmg＝0及I＝可得：F－－μmg＝0，從題圖乙上分別讀出兩組F、v數(shù)據(jù)代入上式即可求得B＝1 T，μ＝0.4，所以選項B錯，D對. 5.(多選)如圖5所示，光滑平行的金屬導軌寬度為L，與水平方向成θ角傾斜固定，導軌之間充滿了垂直于導軌平面的足夠大的勻強磁場，磁感應強度為B，在導軌上垂直放置著質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a、b，二者都被垂

8、直于導軌的擋板擋住保持靜止，金屬導軌電阻不計，現(xiàn)對b棒施加一垂直于棒且平行于導軌平面向上的牽引力F，并在極短的時間內(nèi)將牽引力的功率從零調(diào)為恒定的P.為了使a棒沿導軌向上運動，P的取值可能為(重力加速度為g)(　　) 圖5 A.·sin2 θ B.·sin2 θ C.·sin2 θ D.·sin2 θ 答案　CD 解析　以b棒為研究對象，由牛頓第二定律可知F－mgsin θ－BL＝ma，以a棒為研究對象，由牛頓第二定律可知BL－mgsin θ＝ma′，則F>2mgsin θ，v>，故P＝Fv>sin2 θ，由此可得選項C、D正確，選項A、B錯誤. 6.(多選)如圖6甲所示

9、，光滑絕緣水平面上，虛線MN的右側(cè)存在磁感應強度B＝2 T的勻強磁場，MN的左側(cè)有一質(zhì)量m＝0.1 kg的矩形線圈abcd，bc邊長L1＝0.2 m，電阻R＝2 Ω.t＝0時，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運動，經(jīng)過時間1 s，線圈的bc邊到達磁場邊界MN，此時立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過1 s，線圈恰好完全進入磁場，整個運動過程中，線圈中感應電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示.則(　　) 圖6 A.恒定拉力大小為0.05 N B.線圈在第2 s內(nèi)的加速度大小為1 m/s2 C.線圈ab邊長L2＝0.5 m D.在第2 s內(nèi)流過線圈的電荷量為0.2 C 答案　

10、ABD 解析　在第1 s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F(xiàn)＝ma1，聯(lián)立解得F＝0.05 N，A項正確.在第2 s內(nèi)，由圖象分析知線圈做勻加速直線運動，第2 s末i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1 m/s2，B項正確.在第2 s內(nèi)，v－v＝2a2L2，得L2＝1 m，C項錯誤.q＝＝＝0.2 C，D項正確. 二、電磁感應中的能量問題 1.過程分析 (1)電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生感應電流的過程，實質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過程. (2)感應電流在磁場中受安培力，若安培力做負功，則其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；若安培力做正功，則電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能. (3)當感應電流

11、通過用電器時，電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能. 2.安培力做功和電能變化的對應關(guān)系 “外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；安培力做多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能. 3.用能量方法解決電磁感應問題的一般步驟 (1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定電動勢的大小和方向. (2)畫出等效電路，求出回路中電阻消耗電功率的表達式. (3)分析導體機械能的變化，用能量守恒關(guān)系得到機械功率的改變與回路中電功率的改變所滿足的關(guān)系式. [復習過關(guān)] 7.如圖7所示，足夠長平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.一

12、導體棒MN垂直于導軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8 T.將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　) 圖7 A.2.5 m/s　1 W B.5 m/s　1 W C.7.5 m/s　9 W D.15 m/s　9 W 答案　B 解析　小燈泡穩(wěn)定發(fā)光說明導體棒做勻速直線運動，此時： F安＝ 對導體棒滿足：mgsin θ－

13、μmgcos θ－＝0 因為R燈＝R棒，則：P燈＝P棒 再依據(jù)功能關(guān)系：mgsin θ·v－μmgcos θ·v＝P燈＋P棒 聯(lián)立解得v＝5 m/s, P燈＝1 W，所以B項正確. 8.如圖8所示，邊長為L的正方形導線框質(zhì)量為m，由距磁場H高處自由下落，其下邊ab進入勻強磁場后，線框開始做減速運動，直到其上邊cd剛剛穿出磁場時，速度減為ab邊剛進入磁場時的一半，磁場的寬度也為L，則線框穿越勻強磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為(　　) 圖8 A.2mgL B.2mgL＋mgH C.2mgL＋mgH D.2mgL＋mgH 答案　C 解析　設剛進入磁場時的速度為v1，剛穿出磁場時的

14、速度為v2＝① 線框自開始進入磁場到完全穿出磁場共下落高度為2L. 由題意得mv＝mgH② mv＋mg·2L＝mv＋Q③ 由①②③得Q＝2mgL＋mgH.C選項正確. 9.(多選)如圖9所示，在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導軌PQ、MN，相距為L，導軌處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下.有兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b，先將a棒垂直導軌放置，用跨過光滑定滑輪的細線與物塊c連接，連接a棒的細線平行于導軌，由靜止釋放c，此后某時刻，將b也垂直導軌放置，a、c此刻起做勻速運動，b棒剛好能靜止在導軌上.a棒在運動過程中始終與導軌垂直，兩棒與導軌接觸良好，導

15、軌電阻不計.則(　　) 圖9 A.物塊c的質(zhì)量是2msin θ B.b棒放上導軌前，物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動能 C.b棒放上導軌后，物塊c減少的重力勢能等于回路消耗的電能 D.b棒放上導軌后，a棒中電流大小是 答案　AD 解析　b棒恰好靜止，受力平衡，有mgsin θ＝F安，對a棒，安培力沿導軌平面向下，由平衡條件，mgsin θ＋F安＝mcg，由上面的兩式可得mc＝2msin θ，選項A正確；根據(jù)機械能守恒定律知，b棒放上導軌之前，物塊c減少的重力勢能應等于a棒、物塊c增加的動能與a棒增加的重力勢能之和，選項B錯誤；根據(jù)能量守恒可知，b棒放上導軌后，物塊c減少

16、的重力勢能應等于回路消耗的電能與a棒增加的重力勢能之和，選項C錯誤；對b棒，設通過的電流為I，由平衡條件mgsin θ＝F安＝BIL，得I＝，a棒中的電流也為I＝，選項D正確. 10.如圖10所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接.右端接一個阻值為R的定值電阻.平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場.質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止.已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導軌間接觸良好.則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(　　) 圖10 A

17、.流過金屬棒的最大電流為 B.通過金屬棒的電荷量為 C.克服安培力所做的功為mgh D.金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd) 答案　D 解析　金屬棒下滑過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh＝mv2，金屬棒到達水平面時的速度v＝，金屬棒到達水平面后做減速運動，剛到達水平面時的速度最大，最大感應電動勢E＝BLv，最大感應電流I＝＝，故A錯誤； 感應電荷量q＝Δt＝＝，故B錯誤； 金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得：mgh－WB－μmgd＝0－0，克服安培力做功：WB＝mgh－μmgd，故C錯誤； 克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則

18、金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱：QR＝Q＝WB＝mg(h－μd)，故D正確. 11.(多選)如圖11所示，質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量為m的線框用一根絕緣細線連接起來，掛在兩個高度相同的定滑輪上，已知線框的橫邊邊長為L，水平方向勻強磁場的磁感應強度為B，磁場上下邊界的距離、線框豎直邊長均為h.初始時刻，磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，線框上邊緣剛進磁場時，恰好做勻速直線運動，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計.則下列說法中正確的是(　　) 圖11 A.線框進入磁場時的速度為 B.線框的電阻為 C.線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q＝2mgh D.線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量

19、Q＝4mgh 答案　ABD 解析　從初始時刻到線框上邊緣剛進入磁場，由機械能守恒定律得3mg×2h＝mg×2h＋，解得線框剛進入磁場時的速度v＝，故A對；線框上邊緣剛進磁場時，恰好做勻速直線運動，故所受合力為零，3mg＝BIL＋mg，I＝，解得線框的電阻R＝，故B對；線框勻速通過磁場的距離為2h，產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)重力勢能的減少，即Q＝3mg×2h－mg×2h＝4mgh，故C錯，D對. 12.如圖12所示，將邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導線框豎直向上拋出，穿過寬度為b、磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場的方向垂直紙面向里，線框向上離開磁場時的速度剛好是進入磁場時速度的一半，線框離

20、開磁場后繼續(xù)上升一段高度，然后落下并勻速進入磁場.整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力Ff且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動.求： 圖12 (1)線框在下落階段勻速進入磁場時的速度v2； (2)線框在上升階段剛離開磁場時的速度v1； (3)線框在上升階段通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1)　(2) (3)[(mg)2－F]－(mg＋Ff)(a＋b) 解析　(1)線框在下落階段勻速進入磁場時有 mg＝Ff＋ 解得v2＝. (2)由動能定理，線框從離開磁場至上升到最高點的過程有(mg＋Ff)h＝mv 線框從最高點回落至進入磁場瞬間有 (mg－Ff)h＝mv 兩式聯(lián)立解得v1＝. (3)線框在向上通過磁場過程中，由能量守恒定律有 mv－mv＝Q＋(mg＋Ff)(a＋b) 且由已知v0＝2v1 解得Q＝[(mg)2－F]－(mg＋Ff)(a＋b). 10