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1、版高考物理大二轮总复习与增分策略题型研究4加试计算题23题电磁感应规律的综合应用 题型研究4 加试计算题 23题 电磁感应规律的综合应用电磁感应中的动力学问题1导体棒的两种运动状态(1)平衡状态导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为零；(2)非平衡状态导体棒的加速度不为零2两个研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看做电学对象(因为它相当于电源)，又可看做力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带3电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I.(2)受

2、力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安BIl，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合ma.(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程：F合0.例1如图1甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦图1(1)由b向

3、a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的最大速度答案(1)见解析图(2)gsin (3) 解析(1)如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上(2)当ab杆速度为v时，感应电动势EBLv，此时电路中电流I，ab杆受到的安培力F安BIL，根据牛顿第二定律，有mamgsin F安mgsin agsin (3)当a0时，ab杆有最大速度vm.用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力

4、学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：(1)进行“源”的分析分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r.(2)进行“路”的分析分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力(3)“力”的分析分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力(4)进行“运动”状态的分析根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型变式题组1(2015浙江10月选考22)如图2甲所示，质量m3.0103 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T，方向水平向右的匀强磁场中有一匝数

5、n300匝，面积S0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示(g取10 m/s2)图2(1)求00.10 s线圈中的感应电动势大小(2)t0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向(3)t0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h0.20 m，求通过细杆CD的电荷量答案(1)30 V(2)CD向上(3)0.03 C解析(1)由电磁感应定律En得EnS30 V(2)电流方向CD，B2方向向上(3)由牛顿第二定律F

6、mam (或由动量定理Ftmv0)，安培力FIB1l，QIt，v22gh，得Q0.03 C.2(2016浙江10月学考22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图所示的装置半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO上，由电动机A带动旋转在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁

7、场中从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：图3(1)通过棒cd的电流Icd；(2)电动机对该装置的输出功率P；(3)电动机转动角速度与弹簧伸长量x之间的函数关系答案(1)，方向由d到c(2) (3) 解析(1)ab顺时针转动时产生的电动势为EB1l2由右手定则，电流方向由a到b，由闭合电路欧姆定律，总电流I通过cd棒的电流IcdI，方向由d到c(2)电动机的输出功率PI2R(3)S断开时，由

8、平衡条件kx0mgS闭合时，由平衡条件kxB2Icdlmg解得.动力学和能量观点的综合应用1力学对象和电学对象的相互关系2解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路(1)电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系(2)受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向(3)运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析(4)能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式(5)规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化3求解焦耳热的三种方法(1)焦耳定律：QI2Rt(2)功能关系：QW克服安培力(

9、3)能量转化：QE其他能的减少量例2如图4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：图4(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入

10、磁场时的几倍；(2)磁场上、下边界间的距离H.答案(1)4倍(2)28l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E12Blv1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设此时线框所受安培力为F1，有F12I1lB由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1由式得v1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v2由式得v24v1(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mglmv12线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mv

11、22mv12Q由式得H28l.在电磁感应现象中求解焦耳热时容易出现以下两类错误： 1 不加分析就把某时刻的电流I代入公式QI2Rt求解焦耳热，大多数情况下感应电流I是变化的，求解焦耳热要用电流的有效值，因此不能用某时刻的电流代入公式QI2Rt求解焦耳热. 2 电路中产生焦耳热的元件不是一个，不加分析误认为某个元件上的焦耳热就是整个电路产生的焦耳热.变式题组3如图5所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O1O矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m，电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相

12、距d0.现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)求：图5(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度；(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能答案(1)(2)F(d0d)解析(1)棒在磁场中匀速运动时，有FFABIl，再据I联立解得v(2)安培力做的功转化成两个电阻消耗的电能Q，根据能量守恒定律可得F(d0d)Qmv2，解得QF(d0d).4如图6甲所示，在水平面上固定有长为L2 m、宽为d1 m的金属“U”形导轨，在“U”形导轨右侧l0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强

13、度随时间变化的规律如图乙所示在t0时刻，质量m0.1 kg的导体棒以v01 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为0.1 /m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g10 m/s2)图6(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4 s内回路产生的焦耳热答案见解析解析(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有mgma，vv0at，xv0tat2代入数据解得t1 s，x0.5 m即导体棒在1 s末已经停止运动，以后一直保持静止，离左端位置为x0.5 m.

14、(2)前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E0，I0；后2 s回路产生的电动势为Eld0.1 V回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为R50.5 电流为I0.2 A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向(3)前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为QI2Rt0.04 J.1如图1所示，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两轨道间的宽度L0.50 m轨道左端接一阻值R0.50 的电阻轨道处于磁感应强度大小为B0.40 T，方向竖直向下的匀强磁场中，质量m0.50 kg的导体棒ab垂直于轨道放置在沿着轨道方向向右的力F作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直，不计轨道和导体棒的电阻，不计空气阻力，若力F的大小保持不变，且F1.0 N求：图1(1)导体棒能达到的最大速度大小vm；(2)导体棒的速度v5.0 m/s时，导体棒的加速度大小答案(1)12.5 m/s(2)1.2 m/s2解析(1)导体棒达到最大速度vm时受力平衡，有FF安m，此时F安m，解得vm12.5 m/s(2)导体棒的速度v5.0 m/s时，感应电动势EBLv1.0 V，导体棒上通过的感应电流大小I2.0 A，导体棒受到的安培力F安BIL0.40 N，根据牛