2017-2018學(xué)年高中物理 模塊專題復(fù)習(xí) 專題四 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量學(xué)案 新人教版選修3-2

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1、 專題四 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量 一、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)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(yīng)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(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)方向相反. 3.受力分析與運(yùn)動(dòng)分析 對(duì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的力學(xué)問題，除了要作好受力情況和運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分析外，還需要注意導(dǎo)體受到的安培力隨運(yùn)動(dòng)速度變化的特點(diǎn)，速度變化，彈力及相應(yīng)的摩擦力也隨之而變，導(dǎo)致物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化. 4.應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律解答電磁感應(yīng)問題的基本思路 (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向.

2、 (2)求回路中的電流. (3)分析研究導(dǎo)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(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律或平衡條件列方程求解. [復(fù)習(xí)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(dǎo)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(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，回路總電阻為2R.整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中.當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下以速度v1沿導(dǎo)軌勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿也正好以速度v2向下勻速運(yùn)動(dòng).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(yīng)電流方向?yàn)椋篴bdca， 感應(yīng)電流大?。篒＝① 金屬細(xì)桿ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得： BIL＋μmg＝F② 金屬細(xì)桿cd運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(cuò)誤. 2.(多選)兩根足夠長的光滑導(dǎo)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(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，如圖2所示，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g，則(　　) 圖2 A.金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過電阻R的電流方向?yàn)閍→b B.金屬棒的速度為v時(shí)，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(shí)，電阻R的熱功率為2R 答案　BD 解析　金屬棒在磁場中向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由楞次定律知，流過電阻R的電流方向?yàn)閎→a，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；金屬棒的速度為v時(shí)，金屬棒中感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝，所受的安培力大小為F＝BIL＝，選項(xiàng)B正確；當(dāng)安培力F＝mg時(shí)，金

5、屬棒下滑速度最大，金屬棒的最大速度為v＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時(shí)，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(xiàng)D正確. 3.(多選)如圖3所示，兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，勻強(qiáng)磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路且都可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動(dòng)，兩金屬棒ab、cd的質(zhì)量之比為2∶1.用一沿導(dǎo)軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒cd，經(jīng)過足夠長時(shí)間以后(　　) 圖3 A.金屬棒ab、cd都做勻速運(yùn)動(dòng) 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(yùn)會(huì)上，100 m賽跑跑道兩側(cè)設(shè)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(dǎo)軌平行固定放置，間距為L＝0.5 m，一端通過導(dǎo)線與阻值為R＝0.5 Ω的電阻連接.導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m＝0.5 kg的金屬桿，金屬桿與導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì).勻強(qiáng)磁場方向豎直向下.用與導(dǎo)軌平行的拉力F作用在金屬桿上，使桿運(yùn)動(dòng).當(dāng)改變拉力的大小時(shí)，相對(duì)應(yīng)的速度v也會(huì)變化，從而使跟蹤儀始終與運(yùn)動(dòng)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(yīng)強(qiáng)度為2 T C.圖線在橫軸的截距表示金屬桿與導(dǎo)軌間的阻

7、力大小 D.導(dǎo)軌與金屬桿之間的動(dòng)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(cuò)；圖線在橫軸的截距是速度為零時(shí)的拉力，金屬桿將要運(yùn)動(dòng)，此時(shí)最大靜摩擦力等于該拉力，也等于運(yùn)動(dòng)時(shí)的滑動(dòng)摩擦力，C對(duì)；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(xiàng)B錯(cuò)，D對(duì). 5.(多選)如圖5所示，光滑平行的金屬導(dǎo)軌寬度為L，與水平方向成θ角傾斜固定，導(dǎo)軌之間充滿了垂直于導(dǎo)軌平面的足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在導(dǎo)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(dǎo)軌的擋板擋住保持靜止，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，現(xiàn)對(duì)b棒施加一垂直于棒且平行于導(dǎo)軌平面向上的牽引力F，并在極短的時(shí)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(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，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(duì)象，由牛頓第二定律可知F－mgsin θ－BL＝ma，以a棒為研究對(duì)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(xiàng)C、D正確，選項(xiàng)A、B錯(cuò)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(yīng)強(qiáng)度B＝2 T的勻強(qiáng)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(shí)，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間1 s，線圈的bc邊到達(dá)磁場邊界MN，此時(shí)立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過1 s，線圈恰好完全進(jìn)入磁場，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)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(xiàng)正確.在第2 s內(nèi)，由圖象分析知線圈做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第2 s末i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1 m/s2，B項(xiàng)正確.在第2 s內(nèi)，v－v＝2a2L2，得L2＝1 m，C項(xiàng)錯(cuò)誤.q＝＝＝0.2 C，D項(xiàng)正確. 二、電磁感應(yīng)中的能量問題 1.過程分析 (1)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流的過程，實(shí)質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過程. (2)感應(yīng)電流在磁場中受安培力，若安培力做負(fù)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(dāng)感應(yīng)電流

11、通過用電器時(shí)，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(duì)應(yīng)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(yīng)問題的一般步驟 (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定電動(dòng)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(dá)式. (3)分析導(dǎo)體機(jī)械能的變化，用能量守恒關(guān)系得到機(jī)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(fù)習(xí)過關(guān)] 7.如圖7所示，足夠長平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計(jì)，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.一

12、導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.8 T.將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運(yùn)動(dòng)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(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)： F安＝ 對(duì)導(dǎo)體棒滿足：mgsin θ－

13、μmgcos θ－＝0 因?yàn)镽燈＝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(xiàng)正確. 8.如圖8所示，邊長為L的正方形導(dǎo)線框質(zhì)量為m，由距磁場H高處自由下落，其下邊ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后，線框開始做減速運(yùn)動(dòng)，直到其上邊cd剛剛穿出磁場時(shí)，速度減為ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的一半，磁場的寬度也為L，則線框穿越勻強(qiáng)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(shè)剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v1，剛穿出磁場時(shí)的

14、速度為v2＝① 線框自開始進(jìn)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(xiàng)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(dǎo)軌PQ、MN，相距為L，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)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(dǎo)軌放置，用跨過光滑定滑輪的細(xì)線與物塊c連接，連接a棒的細(xì)線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c，此后某時(shí)刻，將b也垂直導(dǎo)軌放置，a、c此刻起做勻速運(yùn)動(dòng)，b棒剛好能靜止在導(dǎo)軌上.a棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)

15、軌電阻不計(jì).則(　　) 圖9 A.物塊c的質(zhì)量是2msin θ B.b棒放上導(dǎo)軌前，物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動(dòng)能 C.b棒放上導(dǎo)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(dǎo)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(duì)a棒，安培力沿導(dǎo)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(xiàng)A正確；根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，b棒放上導(dǎo)軌之前，物塊c減少的重力勢能應(yīng)等于a棒、物塊c增加的動(dòng)能與a棒增加的重力勢能之和，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒可知，b棒放上導(dǎo)軌后，物塊c減少

16、的重力勢能應(yīng)等于回路消耗的電能與a棒增加的重力勢能之和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)b棒，設(shè)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(xiàng)D正確. 10.如圖10所示，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接.右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻.平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)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(dá)磁場右邊界處恰好停止.已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)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(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh＝mv2，金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度v＝，金屬棒到達(dá)水平面后做減速運(yùn)動(dòng)，剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，最大感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，最大感應(yīng)電流I＝＝，故A錯(cuò)誤； 感應(yīng)電荷量q＝Δt＝＝，故B錯(cuò)誤； 金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得：mgh－WB－μmgd＝0－0，克服安培力做功：WB＝mgh－μmgd，故C錯(cuò)誤； 克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導(dǎo)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(xì)線連接起來，掛在兩個(gè)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場上下邊界的距離、線框豎直邊長均為h.初始時(shí)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(jìn)磁場時(shí)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計(jì).則下列說法中正確的是(　　) 圖11 A.線框進(jìn)入磁場時(shí)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(shí)刻到線框上邊緣剛進(jìn)入磁場，由機(jī)械能守恒定律得3mg×2h＝mg×2h＋，解得線框剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度v＝，故A對(duì)；線框上邊緣剛進(jìn)磁場時(shí)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故所受合力為零，3mg＝BIL＋mg，I＝，解得線框的電阻R＝，故B對(duì)；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(cuò)，D對(duì). 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(dǎo)線框豎直向上拋出，穿過寬度為b、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(shí)的速度剛好是進(jìn)入磁場時(shí)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(jìn)入磁場.整個(gè)運(yùn)動(dòng)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(dòng).求： 圖12 (1)線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場時(shí)的速度v2； (2)線框在上升階段剛離開磁場時(shí)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(jìn)入磁場時(shí)有 mg＝Ff＋ 解得v2＝. (2)由動(dòng)能定理，線框從離開磁場至上升到最高點(diǎn)的過程有(mg＋Ff)h＝mv 線框從最高點(diǎn)回落至進(jìn)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