2019高考物理一轮复习第十章电磁感应第5讲电磁感应中的力学综合问题的求解学案

1、第 5 讲 电磁感应中的力学综合问题的求解命题命题 视律视律近几年高考中对于电磁感应中的内容已成为必考，成为高考中的热点和重点其中选修3-5 纳入必考之后，动量定理和动量守恒定律在电磁感应中的应用会成为命题的新生点.在高三复习中应该对该部分的知识点引起充分的重视.【重难解读】高考对法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则及右手定则的考查一般会结合具体情况和过程命题，主要方向：结合函数图象，结合电路分析，联系力学过程，贯穿能量守恒.杆+导轨或导线框是常见模型，属于 考查热点.该题型知识跨度大，思维综合性强，试题难度一般比较大.【典题例证】iWSl (14 分)如图所示，正方形单匝线框bcde边长L

2、= 0.4 m，每边电阻相同，总电阻R=0.16Q. 一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P,手持物体P使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内.线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L=0.4 m，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B= 1.0 T，磁场的下边界与线框的上边eb相距h= 1.6 m .现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，eb边保持水平，刚好以v=4.0 m/s 的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g= 10 m/s2,不计空气阻力.(1) 线框eb边进入磁场中运

3、动时，e、b两点间的电势差Ub为多少？(2) 线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少？(3) 若在线框eb边刚进入磁场时，立即给物体P施加一竖直向下的力F,使线框保持进入磁场前的加速度匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功W= 3.6 J，求eb边上产生的焦耳Qb为多少？解析线框eb边以v= 4.0 m/s 的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为E=BLv= 1.6 V(1 分)3e、b两点间的电势差Lkb= 4E= 1.2 V .(1 分)2(2)法一：线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力F安=BLI,I=，解得F3安=4 N克服安培力做功Wfe

4、=F安X2L= 3.2 J法二：设物体P质量为M线框质量为m线框进入磁场后立即做匀速运动F安=（M- mg（1 分）而1=RF安=BLI= 4 N（1 分）线框进入磁场前，向上运动的加速度为2V2八a= 5 m/s2（1 分）2h又（M- m g= （M ma（1 分）联立解得 M= o.6 kg , m= 0.2 kg（1 分）对系统，根据动能定理有（M-n）gX2LWfe=AH = 0而Q=W安故该过程中产生的焦耳热Q=（M-n）gX2L= 3.2 J .（1 分）（3）法一：设线框出磁场区域的速度大小为V1，则（6分）2 2 ,V1v= 2a 2L,a=a=（山，M m（1分）41整理得

5、 2（MFm（vV2） = （M- mg 2L（1 分）线框穿过磁场区域过程中，力F和安培力都是变力，根据动能定理有1WW安+（M-mg 2L=2（wm（v1v2）（1 分）联立得W W安=0（1分）而W安=Q故 Q = 3.6 J又Q= I rt*r（1分）1法二：因为线框在磁场中运动的加速度与进入前的加速度相同，所以在通过磁场区域的过程中,体P的总机械能保持不变，故力F做的功W等于整个线框中产生的焦耳热Q，即W=Q，又（3 分）1故eb边上产生的焦耳热Qb=：Q= 0.9 J .（3 分）4答案（1）1.2 V （2）3.2 J （3）0.9 J线框和物Q= 12rt*r,5【突破训练】1

6、 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距Q的电阻一质量m= 0.1 kg，电阻r= 0.1Q的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁2、a= 2 m/s 的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x=9m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q：Q2= 2 : 1.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触求:安培力昔外力加速逅动F=RHfE备=maI= 0.5 m,左端接有阻值 R= 0.3场中，磁场的磁感应强度B= 0.4 T.金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以解析：(1)设

7、金属棒匀加速运动的时间为t,回路的磁通量的变化量为，回路中的平均感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律得E=?其中=BIx设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得 EI= RZ7则通过电阻RBIx联立式，得q=-R十r代入数据得q= 4.5 C.分析系统总能也也一一求感应求感应电就电就幣的用昧拉第电錐感应定律和楞欢定律确定电动勢怡丸小和方向分析少的根据力与运勢的关系*判断出正确的运宓桂城外力做的功W.6(2)设撤去外力时金属棒的速度为V,对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2= 2ax设金属棒在撤去外力后的运动过程中克服安培力所做的功为W由动能定理得7撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2

8、=W联立式，代入数据得02= 1.8 J .(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q: Q= 2 ： 1,可得Q= 3.6 J 在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知W=Q+Q由式得W= 5.4 J.答案：(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J2. (2018 石家庄质检)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN PQ被固定在水平面上， 导轨间距I= 0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻R及理想电压表 V,电阻为r= 2Q的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R,已知R= 2Q,R=1Q,导轨及导线电阻均不计在矩形区域CDFE

9、有竖直向上的磁场，CE=0.2 m，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示开始时电压表有示数，当电压表示数 变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F,使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变.求：(1)t= 0.1 s 时电压表的示数；恒力F的大小；(3)从t= 0 时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量.B解析：(1)设磁场宽度为d=CE在 00.2 s 的时间内，有E=Tld= 0.6 V此时，R与金属棒并联后再与 Ra 串联R=R并+R2=1Q +1Q =2QW0 1mER并=0.3 V.8(2)金属棒进入磁场后，

10、R与R2并联后再与r串联，有FA=BlI=1.00X0.45X0.6 N=0.27 N由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，所以恒力F=FA= 0.27 N.(3)在 00.2 s 的时间内有E2Q=-1= 0.036 JR金属棒进入磁场后，有F的大小9d0.2v=s= 0.1s=EIt = 0.054 J0总=Q+ Q= 0.036 J + 0.054 J = 0.09 J.答案：(1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J3. (2015 高考天津卷)忍T21如图所示，“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,cd边长为 2

11、l,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:(1)线框ab边将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HB,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E,由法拉第电磁感应定律，有E1

12、= 2Blv1E1l1=R设此时线框所受安培力为F,有F1= 2I1IB由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg= F1由式得EERR8R+R+r= 3Q=IR= 1.2 V=Blv,v= 2.0 m/sab边长为l,解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为设线框总电阻为R,此时线框中电流为11,由闭合电路欧姆定律，有mgRv1=4B2l210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11mgRV2=BT由式得V2= 4V1.(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有122mgl= qmv线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有1212mg2l+H) = qmvm

13、v+Q由式得QH=+ 281.mgQ答案：(1)4 倍(2) 十 2814如图所示，质量为M的导体棒ab,垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为0，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和R分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻.(1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示. 导体棒所受安培力F安=BIl导体棒匀速下滑，所以F安=Mn0Mcsin0联立式，解得I=导体棒切割磁感线产生感应电动势E=Blv由闭合电路欧姆定律得1= ，且R=RE I=I2RI及导体棒的速率V.(2)改变 R,待导体棒沿导轨再次匀速下滑后, 它能匀