【物理】2018届一轮复习人教版第10章突破全国卷8电磁感应中力学综合问题的求解学案 9页

2016 年高考三套全国卷，都有电磁感应的计算题，其中甲卷和丙卷还各有 1 道 选择题．可见，电磁感应在高考中仍然是热点和重点.2017 年选修 35 纳入必考．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． 【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】 (14 分)如图所示，正方形单匝线框 bcde 边长 L＝0.4 m，每边电阻相同，总电阻 R＝0.16 Ω.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 边进入磁场中运动时，e、b 两点间的电势差 Ueb 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 WF＝3.6 J，求 eb 边上 产生的焦耳 Qeb 为多少？ [解析] (1)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) e、b 两点间的电势差 Ueb＝3 4 E＝1.2 V．(1 分) (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＝E R ，解得 F 安＝4 N 克服安培力做功 W 安＝F 安×2L＝3.2 J．(6 分) 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－m)g(1 分) 而 I＝E R F 安＝BLI＝4 N(1 分) 线框进入磁场前，向上运动的加速度为 a＝v2 2h ＝5 m/s2(1 分) 又(M－m)g＝(M＋m)a(1 分) 联立解得 M＝0.6 kg，m＝0.2 kg(1 分) 对系统，根据动能定理有(M－m)g×2L－W 安＝ΔEk＝0 而 Q＝W 安 故该过程中产生的焦耳热 Q＝(M－m)g×2L＝3.2 J．(1 分) (3)法一：设线框出磁场区域的速度大小为 v1，则 v2 1－v2＝2a′·2L，a′＝a＝（M－m）g M＋m (1 分) 整理得1 2 (M＋m)(v2 1－v2)＝(M－m)g·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 WF－W′安＋(M－m)g·2L＝1 2 (M＋m)(v2 1－v2)(1 分) 联立得 WF－W′安＝0(1 分) 而 W′安＝Q′ 故 Q′＝3.6 J 又 Q＝I2rt∝r(1 分) 故 eb 边上产生的焦耳热 Qeb＝1 4 Q′＝0.9 J．(1 分) 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，线框和物体 P 的总机械能保持不变，故力 F 做的功 WF 等于整个线框中产生的焦耳 热 Q′，即 WF＝Q′，又 Q＝I2rt∝r，(3 分) 故 eb 边上产生的焦耳热 Qeb＝1 4 Q′＝0.9 J．(3 分) [答案] (1)1.2 V (2)3.2 J (3)0.9 J 用动力学观点、能量观点解答 电磁感应问题的一般步骤 【突破训练】 1．(多选)如图，在水平桌面上放置两条相距 l 的平行光滑导轨 ab 与 cd，阻值为 R 的 电阻与导轨的 a、c 端相连．质量为 m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由 滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上(图中未画出)，磁感应强度的大小为 B.导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也 为 m 的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用 h 表示物块下落的高度(物 块不会触地)，g 表示重力加速度，其他电阻不计，则 ( ) A．电阻 R 中的感应电流方向由 a 到 c B．物块下落的最大加速度为 g C．若 h 足够大，物块下落的最大速度为mgR B2l2 D．通过电阻 R 的电荷量为Blh R 解析：选 CD.题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向 的感应电流，则电阻 R 中的电流方向由 c 到 a，A 错误；对导体棒应用牛顿第二定律有 FT－F 安＝ma，又 F 安＝BBlv R l，再对物块应用牛顿第二定律有 mg－FT＝ma，则联立可得：a＝g 2 －B2l2v 2mR ， 则物块下落的最大加速度 am＝g 2 ，B 错误；当 a＝0 时，速度最大为 vm＝mgR B2l2，C 正确；下落 h 的过程，回路中的面积变化量ΔS＝lh，则通过电阻 R 的电荷量 q＝ΔΦ R ＝BΔS R ＝Blh R ，D 正 确． 2．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为 37°， 宽度为 0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为 1 Ω. 一导体棒 MN 垂直于导轨放置，质量为 0.2 kg，接入电路的电阻 为 1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为 0.5. 在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为 0.8 T．将导体棒 MN 由静止释 放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒 MN 的运动速度大小以及小灯泡消耗的 电功率分别为(重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6)( ) 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 解析：选 B .小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．此时：F 安 ＝B2l2v R 总 对棒满足： mgsin θ－μmgcos θ－ B2l2v R 棒＋R 灯 ＝0 因为 R 灯＝R 棒，则：P 灯＝P 棒 再依据功能关系：mgsin θ·v－μmgcos θ·v＝P 灯＋P 棒 联立解得 v＝5 m/s，P 灯＝1 W，所以 B 项正确． 3.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框 abcd，ab 边的边长为 l1，bc 边的边长为 l2，线框的质量为 m，电阻为 R，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为 M. 斜面上 ef 线(ef 平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感 应强度为 B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是 做匀速运动的，且线框的 ab 边始终平行于底边，则下列说法正确的是( ) A．线框进入磁场前运动的加速度为Mg－mgsin θ m B．线框进入磁场时匀速运动的速度为（Mg－mgsin θ）R Bl1 C．线框做匀速运动的总时间为 B2l2 1 Mg－mgRsin θ D．该匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mg－mgsin θ)l2 解析：选 D.由牛顿第二定律得，Mg－mgsin θ＝(M＋m)a，解得线框进入磁场前运动的 加速度为Mg－mgsin θ M＋m ，A 错误；由平衡条件，Mg－mgsin θ－F 安＝0，F 安＝BIl1，I＝E R ，E ＝Bl1v，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为 v＝（Mg－mgsin θ）R B2l2 1 ，B 错误；线框 做匀速运动的总时间为 t＝l2 v ＝ B2l2 1l2 （Mg－mgsin θ）R ，C 错误；由能量守恒定律，该匀速运动 过程中产生的焦耳热等于系统重力势能的减小量，为(Mg－mgsin θ)l2，D 正确． 4.(多选)在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应 强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂 直斜面向下，宽度均为 L，如图所示．一个质量为 m、电阻为 R、 边长也为 L 的正方形线框在 t＝0 时刻以速度 v0 进入磁场，恰好做 匀速直线运动，若经过时间 t0，线框 ab 边到达 gg′与 ff′中间位 置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是( ) A．当 ab 边刚越过 ff′时，线框加速度的大小为 gsin θ B．t0 时刻线框匀速运动的速度为v0 4 C．t0 时间内线框中产生的焦耳热为 3 2 mgLsin θ＋15 32 mv2 0 D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动 解析：选 BC.当 ab 边进入磁场时，有 E＝BLv0，I＝E R ，mgsin θ＝BIL，有B2L2v0 R ＝mgsin θ.当 ab 边刚越过 ff′时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有4B2L2v0 R ＝4mgsin θ，加速度方向沿斜面向上且大小为 3gsin θ，A 错误；t0 时刻线框匀速运动的 速度为 v，则有4B2L2v R ＝mgsin θ，解得 v＝v0 4 ，B 正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动 的过程，沿斜面向下运动距离为 3 2 L，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为 Q＝3mgLsin θ 2 ＋ mv2 0 2 －mv2 2 ＝3mgLsin θ 2 ＋15mv2 0 32 ，C 正确；线框离开磁场时做加速运动，D 错误． 5.(2017·河南郑州模拟)如图所示，在 xOy 平面内有一扇形金属框 abc，其半径为 r，ac 边与 y 轴重合，bc 边与 x 轴重合，且 c 位于坐标原 点，ac 边与 bc 边的电阻不计，圆弧 ab 上单位长度的电阻为 R.金属杆 MN 长度为 L，放在金属框 abc 上，MN 与 ac 边紧邻且重叠部分的电阻为 R0. 磁感应强度为 B 的匀强磁场与框架平面垂直并充满平面．现对 MN 杆施加 一个外力(图中未画出)，使之以 c 点为轴心顺时针匀速转动，角速度为ω.求： (1)在 MN 杆运动过程中，通过杆的电流 I 与转过的角度θ间的关系； (2)整个电路消耗电功率的最小值是多少？ 解析：(1)电路中感应电动势 E＝1 2 Br2ω 当 MN 杆转过角度为θ时总电阻 R 总＝R0＋ R（rθ）·R r π 2 －θ π 2 rR ＝R0＋θ（π－2θ）rR π 杆中电流 I 与杆转过的角度θ的关系为 I＝ E R 总 ＝ πBr2ω 2πR0＋2θ（π－2θ）rR . (2)由于总电阻 R 总＝R0＋θ（π－2θ）rR π ＝R0＋rR π (－2θ2＋πθ) 当θ＝π 4 时，总电阻 R 总有最大值． 此时，R 总＝R0＋πrR 8 电路消耗电功率的最小值是 P＝ E2 R 总 ＝ 2B2r4ω2 8R0＋πrR . 答案：(1)I＝ πBr2ω 2πR0＋2θ（π－2θ）rR (2) 2B2r4ω2 8R0＋πrR 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 l＝0.5 m，左端接有阻值 R＝0.3 Ω的电阻．一质量 m ＝0.1 kg，电阻 r＝0.1 Ω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 a＝2 m/s2 的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移 x＝9 m 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 Q1∶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： (1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻 R 的电荷量 q； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2； (3)外力做的功 WF. 解析：(1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，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＝ΔΦ Δt ① 其中ΔΦ＝Blx② 设回路中的平均电流为 I，由闭合电路欧姆定律得 I＝ E－ R＋r ③ 则通过电阻 R 的电荷量为 q＝IΔt④ 联立①②③④式，得 q＝ Blx R＋r 代入数据得 q＝4.5 C. (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＝2ax⑤ 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 W＝0－1 2 mv2⑥ 撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2＝－W⑦ 联立⑤⑥⑦式，代入数据得 Q2＝1.8 J．⑧ (3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶Q2＝2∶1，可得 Q1＝3.6 J⑨ 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 WF＝Q1＋Q2⑩ 由⑧⑨⑩式得 WF＝5.4 J. 答案：(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J 7．如图所示，半径为 L1＝2 m 的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强 磁场，磁感应强度大小均为 B1＝10 π T．长度也为 L1、电阻为 R 的金属杆 ab，一端处于圆环 中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着 a 端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝π 10 rad/s. 通过导线将金属杆的 a 端和金属环连接到图示的电路中(连接 a 端的导线与圆环不接触，图 中的定值电阻 R1＝R，滑片 P 位于 R2 的正中央，R2 的总阻值为 4R)，图中的平行板长度为 L2 ＝2 m，宽度为 d＝2 m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以 初速度 v0＝0.5 m/s 向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场 中，其磁感应强度大小为 B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．(忽略 金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子 在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空 气阻力)求： (1)在 0～4 s 内，平行板间的电势差 UMN； (2)带电粒子飞出电场时的速度； (3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度 B2 应满足的条 件． 解析：(1)金属杆产生的感应电动势恒为 E＝1 2 B1L2 1ω＝2 V 由电路的连接特点知：E＝I·4R U0＝I·2R＝E 2 ＝1 V T1＝2π ω ＝20 s 由右手定则知：在 0～4 s 时间内，金属杆 ab 中的电流方向为 b →a，则φa>φb 则在 0～4 s 时间内，φM<φN，UMN＝－1 V. (2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在 0～T1 2 时间内水平方向 L2＝v0·t1 t1＝L2 v0 ＝4 sd 时离开磁场后不会第二次进入电 场，即 B2< 2mv dq ＝2 T. 答案：(1)－1 V (2) 2 2 m/s 与水平方向成 45°夹角 (3)B2<2 T