大纲地区2014届高三物理复习能力提升第12章专题11电磁感应中动力学和能量问题版含解析

专题十一考点 电磁感应中的动力学问题分由感应电动势

＝E

得

R处理方法：根据第二定律进行动态分析或结合功能关系分析d的平行金属板，RRx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．v.(2)Rxm、带电荷量为＋q的微粒水平Rx.解 导体棒所受力F安 导体棒匀速下滑，所以F安＝Mgsin 联立①②式，解得I＝Mgsin 导体棒切割磁感线产生感应电动势 由闭合电路欧姆定律得I＝ ，且Rx＝R，所以I＝E 联立③④⑤v＝2MgRsinRx设两金属板间的电压为U，因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I，所以由欧姆定律知 要使带电的微粒匀速通过，则mg＝ qdMqsin联立③⑥⑦RxMqsin答 Mgsin

2MgRsin mBld

(2)Mqsin“先电后力”，即：先做“源E受的力最后进行“运动”状态的分析——12所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，ab、cd与导轨构成闭合Fcd以 (ab、cdabb金属棒cd所受力的大小等于2F/3答 对两金属棒ab、cd进行受力分析和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动且金属棒ab速度小于金属棒cd速度所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整3体为研究对象有：F＝3ma，金属棒cd分析：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝2F，C正确；因此答案选B、C.3考点 电磁感应中的能量问题分W＝UItQ＝I2Rt23θ＝30°MN、PQL1＝0.4m，B1＝5Tm＝1.6kgabMN、PQr＝1Ω.场中．现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，g10m/s2.S解 (1)棒下滑过，沿导轨的合力为0时，速度最大，mgsinθ－F安F安 vmax＝7闭合S后，设细导线刚断开时，通过金属框ef边电流为I′，则通过cd解得I′＝0.5AR2 2＝I2＝1I1＝I2＋4I′＝34R框＝34R2R

R框

＝12R2则有 B1L1v1v1＝3.75hQab，R1Q1，R2RQ′

＋Q Qab＝2

Q1＝Qab＝22Q′＝Qab＝12h≈1答 (1)7 (2)3.75 (3)111．(1)4ab沿导轨由静止下4R2若导轨足够长，棒最终达到稳定状态做匀他形式的能转化为电能． 突破训练2 如图5所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用．金属棒沿 图轨匀速下滑，则它在下滑高度h的过，以下说法正确的是 BC．金属棒克服力做的功等于电阻R上产生的焦DFR上产生的焦答 解析A对；重力做的功等于重力势能的减少，重力做的功等于克服F所做的功与产生的电能之和，而克服力做的功等于电阻R上产生的焦，所以B、D错，C对． “导轨＋杆”“电—动—电”“动—电—动”图量abLmR；abLmR；S闭合，棒ab受力 ab速度v↑→感应电动势＝BLv↑→电流I↓→力＝BIL↓→a↓F＝0时，a＝0，va＝gsinαabv↑→应电动势E＝BLv↑→电流E 力F＝BIL↑→度a↓，当力F＝mgsin动能量匀速运动 m＝vm＝mgRsin (1)设甲在磁场区域abcd内运动时间为t1，乙从开始运动到ab位置的时间为t2，L＝1·2gsinθ·t2，L＝1gsin 2Lgsinθgsin解得2Lgsinθgsin

(1分因为t1<t2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场 (1分v1E1I11mv2＝mgLsin (1分 (1分 (1分2Lgsinθmgsin2LgsinθB2B＝解得 ＝

(1分从释放金属杆开始计时，设经过时间t，甲的速度为v，甲中产生的感应电动势为IF (1分 (1分 (1分F＋mgsin (1分a＝2gsin2gsin2gsinθF＝mgsinθ＋mgsin

L) (1分gsin方向垂直于杆平行于导轨向下 (1gsin甲在磁场运动过，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v0，甲、乙产生的热量相同，均设为Q1，则0 (1分0W＋mgLsin

(2分 W＝2Q1＋mgLsin乙在磁场运动过，甲、乙产生相同的热量，均设为Q2，则2Q2＝mgLsin(2分根据题意有 (1分解得 (1分答 (1)

2Lgsinθ gsinF＝mgsinθ＋mgsin 2gsin gsin突破训练3 如图7甲所示足够长的光滑平行金属导轨MNPQ竖直放置其宽度L＝1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40Ω的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻为r＝0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离s与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g＝10m/s2(忽略ab棒运动过对原磁场的影响)，求 Bab1.5sRab1.5sR答 (1)0.1 (2)0.67 (3)0.26解 (1)金属棒在AB段匀速运动，由题中图象乙得v＝Δs＝7 B＝0.1(2)q＝II＝ Δt2解得：q＝0.67C解得Q＝0.455J2QR＝RQ＝0.261．(2012·山东理综·20)8L的两条足够长的光B.mv并保持拉力的功率恒为P，导 图2v好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是 A．P＝2mgvsinθ．P＝3mgvsin ．当导体棒速度达到2时加速度大小为2sinD．在速度达到2v以后匀速运动的过，R上产生的焦等于拉力所做的答 解 根据I＝E＝BLv，导体棒由静止释放，速度达到v时，回路中的电流为I，则根 mgsinθ＝BIL.2v2IF＋mgsinθ＝B·2IL，所导体棒的速度达到v时，回路中的电流为I，根 第二定律，得mgsinθ－I 2a＝gsinθC2v的速度匀速运动时，根据能量守恒定律知，重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦，故选项D错误．22．(2012·江苏单科·13)某小组设计了一种发电装置，如图9所示．在磁极和圆柱状铁

rR.求：9线圈切割磁感线时，bc边所受力的大小

答 (1)2NBl

2解 (1)bc、ad边的运动速度2Im＝＝＝F99mRW＝I2Rtm

.10PP′、QQ′倾斜放M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过与导轨接触良好．

现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab， abab金属棒ab下滑过M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动 通过金属棒时金属棒受力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有M板)电势高，C对；若微粒带负电，则电场力向上，与重力反向，开始时电场力为0，微粒向下加速，当电场力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，可能向N板运动到零后再向M板运动，D错．11cdefa、bm＝0.1kg，电阻B1、B2B1＝B2＝0.5Tt＝0aF1作用下由bF2＋0.2t(N)．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g10at＝01sb答 (1)以4m/s2的加速度做匀加速运(2)0.2 (3)6解 (1)因为杆b静止，所以F2－B2IL＝mgtanI＝0.4taaa＝4m/s22a1sd＝1at2＝22q＝II＝ q＝ΔΦ＝B1Ld＝0.2 1sb0.2Q v1＝at＝8Q＝10从而Qb＝ Q＝6J专题突破专题十一(限时：60分钟题组 1(a)M＝1kg1m，电阻为

Ωμ2＝0.4.OOAD、BC 374m/s24m/s22答 解 若金属框固定在绝缘板上，由题意得E＝ΔB1

1×1V＝0.5Δt

RE＝8A，FAB＝B2IL＝8N，取绝缘板和金属框整体进行受力分析，由第二定律：R受力分析，假设其相对绝缘板滑动，Ff1＝μ2mg＝0.4×1×10N＝4N<FAB，假设正确．对金属框应用第二定律得FAB－Ff1＝ma1，a1＝4m/s2；对绝缘板应用第二定律Ff1－Ff2＝Ma2，Ff2＝μ1(M＋m)g＝2Na2＝2m/s2，C错，D2(2011·30°角．完全相ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终m＝0.02kgR＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度 图＝0.2TabF作用下，沿导轨向上匀速cdg＝10m/s2，问：cdIabFcdQ＝0.1JFW答 方向由d至 (2)0.2 (3)0.4解 (1)棒cd受到的cdFcd＝mgsin30°I＝1Acdd棒ab与棒cd受到的力大小相ab，由受力平衡知F＝mgsin30°＋IlB代入数据解得F＝0.2tcdQ＝0.1Jabv由运动学知在时间t内，棒ab沿导轨的位FW＝0.4mr 图Fv，abab

答 (2)2Bld，方向由a流向 解 (1)杆ab进入磁场前做匀加速运动，

mv解得导轨对杆的阻

F－abF＝Ff＋F杆ab所受的力F安＝IBl

＝

a杆运动过产生的感应电动势I＝

题组 4L，导轨间接有一Rmr的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接金属棒由静止释放，金属棒下落高度为h时开始做匀速运动，在此 图 导体棒的最大速度为R的电荷量为导体棒克服力做的功等于电阻R上产生的热重力和力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量答 m解析金属棒由静止释放后，当a＝0时，速度最大，即mg－BLBLvm＝0，解得vm ，ARq＝I

体棒克服力做的功等于整个电路产生的热量，C项错误．由动能定理知对导体棒ΔEk＝W重＋W安，DL＝0.75m30°abR＝1.5Ω直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过金属棒产生的焦耳Qr＝0.1J．(g＝10m/s2)求：金属棒在此过克服力做的功W安v＝2m/s

安 答 (1)0.4 (2)3.2 (1)下滑过力做的功即为电阻上产生的焦，由于R＝3r，因此QR＝3Qr＝0.3JW安＝Q＝QR＋Qr＝0.4金属棒下滑时受重力和F安 第二定律得mgsin30°－B2L2a＝gsin

B2L2

]m/s＝3.2金属棒下滑时受重力和力作用，其运动满mgsin 速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的最大速度，因此上mgssin2gssin2gssinm1

m/s