高考物理复习教师用书 第五板块.docx

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高考物理复习教师用书第五板块

第23讲

电磁感应的动力学和能量问题是历年高考的热点和难点。

考查的题型既有选择，又有计算，特别是高考试卷的压轴题也常常考查电磁感应的综合应用。

解答这类问题时要注意从动力学和能量角度去分析，根据运动情况和能量变化情况分别列式求解。

涉及的规律主要包括：

①匀变速直线运动规律；②牛顿运动定律；③功能关系；④能量守恒定律。

用到的思想方法主要有：

①整体法和隔离法

②全程法和分阶段法

③条件判断法

④临界问题的分析方法

⑤守恒思想　　　⑥分解思想　

考查点一　电磁感应中的“单杆”模型

题点

（一）　“单杆”水平式

物理模型

匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距为L，导体棒质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计

动态分析

设运动过程中某时测得导体棒的速度为v，由牛顿第二定律知棒ab的加速度为a＝－，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a＝0时，v最大，I＝不再变化

收尾状态

运动形式

匀速直线运动

力学特征

受力平衡，a＝0

电学特征

I不再变化

[例1]　（2017·江苏高考）如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。

质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。

当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。

导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆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）MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；

（2）MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；

（3）PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。

[解析]　

（1）MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①

回路的感应电流I＝②

由①②式解得I＝。

③

（2）金属杆所受的安培力F＝Bid④

由牛顿第二定律，对金属杆F＝ma⑤

由③④⑤式解得a＝。

⑥

（3）金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v⑦

感应电动势E＝Bdv′⑧

感应电流的电功率P＝⑨

由⑦⑧⑨式解得P＝。

⑩

[答案]　

（1）　

（2）　（3）

题点

（二）　“单杆”倾斜式

物理模型

匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距为L，导体棒质量为m，电阻为R，导轨光滑，电阻不计

动态分析

棒ab刚释放时a＝gsinα，棒ab的速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsinα时，a＝0，速度达到最大vm＝

收尾状态

运动形式

匀速直线运动

力学特征

受力平衡，a＝0

电学特征

I达到最大后不再变化

[例2]　如图所示，在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金属导轨，与水平面间的夹角θ＝30°，间距L＝0.5m，上端接有阻值R＝0.3Ω的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小B＝0.4T，磁场方向垂直导轨平面向上。

一质量m＝0.2kg，电阻r＝0.1Ω的导体棒MN在平行于导轨的外力F作用下，由静止开始向上做匀加速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直，且接触良好，当棒的位移d＝9m时电阻R上的消耗的功率为P＝2.7W。

其他电阻不计，g取10m/s2。

求：

（1）此时通过电阻R的电流；

（2）这一过程通过电阻R的电荷量q；

（3）此时作用于导体棒上的外力F的大小。

[思路点拨]

[解析]　

（1）根据热功率：

P＝I2R，

解得：

I＝＝A＝3A。

（2）回路中产生的平均感应电动势：

＝，由欧姆定律得：

＝，

电流和电量之间关系式：

q＝t＝＝＝C＝4.5C。

（3）由

（1）知此时感应电流I＝3A，

由I＝＝，

解得此时速度：

v＝＝m/s＝6m/s，

由匀变速运动公式：

v2＝2ax，

解得：

a＝＝m/s2＝2m/s2，

对导体棒由牛顿第二定律得：

F－F安－mgsin30°＝ma，

即：

F－BIL－mgsin30°＝ma，

解得：

F＝ma＋BIL＋mgsin30°＝0.2×2N＋0.4×0.5×3N＋0.2×10×N＝2N。

[答案]　

（1）3A　

（2）4.5C　（3）2N

1．“单杆”模型分析

“单杆”模型是电磁感应中常见的物理模型，此类问题所给的物理情景一般是导体棒垂直切割磁感线，在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动，所涉及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等。

此类问题的分析要抓住三点：

①杆的稳定状态一般是匀速运动（达到最大速度或最小速度，此时合力为零）。

②整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。

③电磁感应现象遵从能量守恒定律。

2．力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v

3．用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题

考查点二　电磁感应中的“双杆”模型

[典例]　如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m。

导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T。

在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。

然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。

cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2。

问：

（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；

（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；

（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。

[解析]　

（1）由右手定则可判断cd中电流方向为d流向c，故ab中的电流方向由a流向b。

（2）开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，

有Fmax＝m1gsinθ　①

设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有

E＝BLv　②

设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有

I＝　③

设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB　④

此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有

F安＝m1gsinθ＋Fmax　⑤

综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5m/s。

　⑥

（3）设在cd棒运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有

m2gxsinθ＝Q总＋m2v2　⑦

又Q＝Q总　⑧

解得Q＝1.3J。

　⑨

[答案]　

（1）由a流向b　

（2）5m/s　（3）1.3J

1．两类“双杆”模型

（1）一类是“一动一静”，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：

静止杆受力平衡。

（2）另一类是“两杆都动”，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减。

2．解题方法

结合“单杆”模型的解题经验，对“双杆”模型进行受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态，比如有恒定的速度或者加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解。

1．如图所示，间距l＝0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内。

在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4T、方向竖直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。

电阻R＝0.3Ω、质量m1＝0.1kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。

一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05kg的小环。

已知小环以a＝6m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。

不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长。

取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

求

（1）小环所受摩擦力的大小；

（2）Q杆所受拉力的瞬时功率。

解析：

（1）以小环为研究对象，由牛顿第二定律

m2g－Ff＝m2a

代入数据得Ff＝0.2N。

（2）设流过杆K的电流为I，由平衡条件得

IlB1＝FT＝Ff

对杆Q，根据并联电路特点以及平衡条件得

2IlB2＝F＋m1gsinθ

由法拉第电磁感应定律的推论得E＝B2lv

根据欧姆定律有2I＝，且R总＝＋R

拉力F的瞬时功率表达式为P＝Fv

联立以上各式得P＝2W。

答案：

（1）0.2N　

（2）2W

2．间距为L＝2m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平

面。

质量均为m＝0.1kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路。

杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd的电阻分别为R1＝0.6Ω，R2＝0.4Ω。

整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50T、方向竖直向上的匀强磁场中（图中未画出）。

当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。

测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。

g取10m/s2。

（1）求ab杆的加速度a。

（2）当cd杆达到最大速度时，求ab杆的速度大小。

（3）若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2J的功，通过cd杆横截面的电荷量为2C，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。

解析：

（1）由题图乙可知，在t＝0时，F＝1.5N

对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得

F－μmg＝ma

代入数据解得a＝10m/s2。

（2）从d向c看，对cd杆进行受力分析如图所示，当cd杆速度最大时，有

Ff＝mg＝μFN，FN＝F安，F安＝BIL，

I＝

综合以上各式，解得v＝2m/s。

（3）整个过程中，ab杆发生的位移

x＝＝m＝0.2m

对ab杆应用动能定理，有WF－μmgx－W安＝mv2

代入数据解得W安＝4.9J，根据功能关系Q总＝W安

所以ab杆上产生的热量Qab＝Q总＝2.94J。

答案：

（1）10m/s2　

（2）2m/s　（3）2.94J

考查点三　电磁感应中的“导体框”模型

[典例]　（2015·天津高考）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，ab边长为l，cd边长为2l，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H。

[解析]　

（1）设磁场的磁感应强度大小为B，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E1，由法拉第电磁感应定律，有

E1＝2Blv1①

设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有

I1＝②

设此时线框所受安培力为F1，有

F1＝2I1lB③

由于线框做匀速运动，其受力平衡，有

mg＝F1④

由①②③④式得

v1＝⑤

设ab边离开