《2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第二部分 第二板块 第2讲 电磁感应中的“三类模型问题” Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第二部分 第二板块 第2讲 电磁感应中的“三类模型问题” Word版含解析.pdf（16页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第第 2 讲讲 Error!Error! 考法考法 学法学法 电磁感应的动力学和能量问题是历年高考的热点和难点，考查的题型一般包括电磁感应的动力学和能量问题是历年高考的热点和难点，考查的题型一般包括“单 杆 单 杆”模型、模型、 “双杆双杆”模型或模型或 “导体框导体框”模型， 考查的内容有 ： 匀变速直线运动规律 ； 牛顿运动定律；功能关系；能量守恒定律；动量守恒定律。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。用到的思想方法有：整体法和隔离法；全程法和分阶段法；条件判断 法；临界问题的分析方法；守恒思想；分解思想。 模型， 考查的内容有 ： 匀
2、变速直线运动规律 ； 牛顿运动定律；功能关系；能量守恒定律；动量守恒定律。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。用到的思想方法有：整体法和隔离法；全程法和分阶段法；条件判断 法；临界问题的分析方法；守恒思想；分解思想。 模型模型(一一) 电磁感应中的“单杆”模型 电磁感应中的“单杆”模型 类型类型 1 “单杆” “单杆”水平式水平式 物理物理 模型模型 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，导轨间距为，导轨间距为 L，导 体棒 ，导 体棒 ab 的质量为的质量为 m， 初速度为零，拉力恒为， 初速度为零，拉力恒
3、为 F，水平导轨光 滑， 除电阻 ，水平导轨光 滑， 除电阻 R 外，其他电阻不计外，其他电阻不计 动态动态 分析分析 设运动过程中某时刻测得导体棒设运动过程中某时刻测得导体棒 ab 的速度为的速度为 v，由牛顿第二定律知导体棒，由牛顿第二定律知导体棒 ab 的 加速度为 的 加速度为 a ， ，a、v 同向，随速度的增加，导体棒同向，随速度的增加，导体棒 ab 的加速度的加速度 a 减小，减小， F m B2L2v mR 当当 a0 时，时，v 最大，最大，I不再变化不再变化 BLvm R 运动形式运动形式匀速直线运动匀速直线运动 力学特征力学特征受力平衡，受力平衡，a0 收尾收尾 状态状态
4、 电学特征电学特征I 不再变化不再变化 例例 1 (2018安徽联考安徽联考)如图所示， 光滑平行金属导轨如图所示， 光滑平行金属导轨 PQ、Q、 MN 固定在光滑绝缘水平面 上，导轨左端连接有阻值为 固定在光滑绝缘水平面 上，导轨左端连接有阻值为 R 的定值电阻，导轨间距为的定值电阻，导轨间距为 L，有界匀强磁场的磁感应强度大 小为 ，有界匀强磁场的磁感应强度大 小为 B、方向竖直向上，边界、方向竖直向上，边界 ab、cd 均垂直于导轨，且间距为均垂直于导轨，且间距为 s，e、f 分别为分别为 ac、bd 的中 点，将一长度为 的中 点，将一长度为 L、质量为、质量为 m、阻值也为、阻值也为
5、 R 的金属棒垂直导轨放置在的金属棒垂直导轨放置在 ab 左侧左侧 s 处。现给处。现给 1 2 金属棒施加一个大小为金属棒施加一个大小为 F、方向水平向右的恒力，使金属棒从静止开始向右运动，金属棒 向右运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好。当金属棒运动到 、方向水平向右的恒力，使金属棒从静止开始向右运动，金属棒 向右运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好。当金属棒运动到 ef 位置时，加速度刚 好为零，不计其他电阻。求： 位置时，加速度刚 好为零，不计其他电阻。求： (1)金属棒运动到金属棒运动到 ef 位置时的速度大小；位置时的速度大小； (2)金属棒从初位置运动到金属棒从初位置运动
6、到 ef 位置，通过金属棒的电荷量；位置，通过金属棒的电荷量； (3)金属棒从初位置运动到金属棒从初位置运动到 ef 位置，定值电阻位置，定值电阻 R 上产生的焦耳热。上产生的焦耳热。 解析解析 (1)设金属棒运动到设金属棒运动到 ef 位置时速度为位置时速度为 v， 则感应电动势则感应电动势 EBLv 电路中电流电路中电流 I E 2R 由于加速度刚好为零，则由于加速度刚好为零，则 FF安 安 BIL 解得解得 v。 2FR B2L2 (2)通过金属棒的电荷量通过金属棒的电荷量 q tI I E 2R E t BLs 2t 解得解得 q。 BLs 4R (3)设定值电阻设定值电阻 R 中产生
7、的焦耳热为Q，由于金属棒的电阻也为中产生的焦耳热为Q，由于金属棒的电阻也为 R，因此整个电路中产 生的总的焦耳热为 ，因此整个电路中产 生的总的焦耳热为 2Q。金属棒从初位置运动到Q。金属棒从初位置运动到 ef 位置的过程中，根据动能定理有位置的过程中，根据动能定理有 WFW安 安 mv2 1 2 根据功能关系有根据功能关系有 W安 安 2Q Q 拉力拉力 F 做的功做的功 WFFs 解得Q解得Q Fs。 1 2 mF2R2 B4L4 答案答案 (1) (2) (3) Fs 2FR B2L2 BLs 4R 1 2 mF2R2 B4L4 类型类型 2 “单杆” “单杆”倾斜式倾斜式 物理物理 模
8、型模型 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，导轨间距 为 ，导轨间距 为 L， 导体棒， 导体棒 ab 的质量为的质量为 m， 电阻为， 电阻为 R，导轨光滑， 电阻不计 ，导轨光滑， 电阻不计 动态动态 分析分析 导体棒导体棒 ab 刚释放时刚释放时 agsin ，导体棒，导体棒 ab 的速度的速度 v感应电动势感应电动势 E BLv电流电流 I 安培力 安培力 FBIL加速度加速度 a，当安培力，当安培力 F E R mgsin 时，时，a0，速度达到最大，速度达到最大 vm mgRsin B2L2 运动形式运动形式匀速直线运动匀速直线运动 力学特征力学特
9、征受力平衡，受力平衡，a0 收尾收尾 状态状态 电学特征电学特征I 不再变化不再变化 例例 2 (2018江苏高考江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角 为 如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角 为 ，间距为，间距为 d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直。质量 为 ，方向与导轨平面垂直。质量 为 m 的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为 s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有 电流。金属棒被松开后，以加速度 ，导轨与外接电源相连，使金属棒通有 电流
10、。金属棒被松开后，以加速度 a 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定， 重力加速度为 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定， 重力加速度为 g。求下滑到底端的过程中，金属棒。求下滑到底端的过程中，金属棒 (1)末速度的大小末速度的大小 v； (2)通过的电流大小通过的电流大小 I； (3)通过的电荷量Q。通过的电荷量Q。 解析解析 (1)金属棒做匀加速直线运动，金属棒做匀加速直线运动， 根据运动学公式有根据运动学公式有 v22as 解得解得 v。2as (2)金属棒所受安培力金属棒所受安培力 F安 安 IdB 金属棒所受合力金属棒所受合力 Fmgsin F安 安 根据牛顿第二定
11、律有根据牛顿第二定律有 Fma 解得解得 I。 m gsin a dB (3)金属棒的运动时间金属棒的运动时间 t ， ， v a 通过的电荷量Q通过的电荷量QIt 解得Q。解得Q。 m gsin a 2as dBa 答案答案 (1) (2) (3)2as m gsin a dB m gsin a 2as dBa 系统通法系统通法 1 “单杆”模型分析要点1 “单杆”模型分析要点 (1)杆的稳定状态一般是做匀速运动，达到最大速度或最小速度，此时合力为零。杆的稳定状态一般是做匀速运动，达到最大速度或最小速度，此时合力为零。 (2)电磁感应现象遵从能量守恒定律，整个电路产生的电能等于克服安培力所做
12、的功。电磁感应现象遵从能量守恒定律，整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。 2抓住力学对象和电学对象间的桥梁抓住力学对象和电学对象间的桥梁感应电流感应电流 I、切割速度、切割速度 v，“四步法”分析 电磁感应中的动力学问题 ，“四步法”分析 电磁感应中的动力学问题 模型模型(二二) 电磁感应中的“双杆”模型 电磁感应中的“双杆”模型 研一题研一题 (2018湖北四地七校联考湖北四地七校联考)如图所示，相距如图所示，相距 L0.5 m 的平行导轨的平行导轨 MNS、PQ QT 处在磁感 应强度 处在磁感 应强度 B0.4 T 的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场
13、方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为 的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场 方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为 m40 g、电阻均为、电阻均为 R0.1 的导体棒的导体棒 ab、cd 均垂 直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。质量为 均垂 直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。质量为 M200 g 的物体的物体 C，用绝缘 细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒 ，用绝缘 细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒 ab、cd 相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内， 细线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角为 相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内， 细
14、线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角为 37，水平导轨与导体棒，水平导轨与导体棒 ab 间的动 摩擦因数 间的动 摩擦因数 0.4，重力加速度，重力加速度 g10 m/s2，水平导轨足够长，导体棒，水平导轨足够长，导体棒 cd 运动中始终不离开 倾斜导轨。物体 运动中始终不离开 倾斜导轨。物体 C 由静止释放，当它达到最大速度时下落高度由静止释放，当它达到最大速度时下落高度 h1 m，求这一运动过程中 ：，求这一运动过程中 ： (sin 370.6，cos 370.8) (1)物体物体 C 能达到的最大速度是多少；能达到的最大速度是多少； (2)系统产生的内能是多少；系统产生的内能是多
15、少； (3)连接导体棒连接导体棒 cd 的细线对导体棒的细线对导体棒 cd 做的功是多少。做的功是多少。 解析解析 (1)设物体设物体 C 能达到的最大速度为能达到的最大速度为 vm，由法拉第电磁感应定律得，回路的感应 电动势为 ，由法拉第电磁感应定律得，回路的感应 电动势为 E2BLvm 由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为 I E 2R 导体棒导体棒 ab、cd 受到的安培力为受到的安培力为 FBLI 设连接导体棒设连接导体棒ab与与cd的细线中张力为的细线中张力为T1， 连接导体棒， 连接导体棒ab与物体与物体C的细线中张力为的细线中张力为T2， 导体
16、棒 ， 导体棒 ab、cd 及物体及物体 C 的受力如图所示，由平衡条件得：的受力如图所示，由平衡条件得： T1mgsin 37F T2T1Ff T2Mg 其中其中 fmg 解得：解得：vm2 m/s。 (2)设系统在该过程中产生的内能为设系统在该过程中产生的内能为 E1，由能量守恒定律得：，由能量守恒定律得： Mgh (2mM)vm2mghsin 37E1 1 2 解得：解得：E11.2 J。 (3)运动过程中由于摩擦产生的内能运动过程中由于摩擦产生的内能 E2mgh0.16 J 由第由第(2)问的计算结果知，这一过程中电流产生的内能问的计算结果知，这一过程中电流产生的内能 E3E1E21.
17、04 J 又因为导体棒又因为导体棒 ab、cd 的电阻相等，故电流通过导体棒的电阻相等，故电流通过导体棒 cd 产生的内能产生的内能 E40.52 J E3 2 对导体棒对导体棒 cd，设这一过程中细线对其做的功为，设这一过程中细线对其做的功为 W，则由功能关系得：，则由功能关系得： Wmghsin 37 mvm2E4 1 2 解得：解得：W0.84 J。 答案答案 (1)2 m/s (2)1.2 J (3)0.84 J 悟一法悟一法 两类“双杆”模型两类“双杆”模型解题思路解题思路 “一动一静”型，实 质是单杆问题，要注 意其隐含条件：静止 杆受力平衡 “一动一静”型，实 质是单杆问题，要注
18、 意其隐含条件：静止 杆受力平衡 “两杆都动”型，对于这种情 况， 要注意两杆切割磁感线产 生的感应电动势应相加还是 相减 “两杆都动”型，对于这种情 况， 要注意两杆切割磁感线产 生的感应电动势应相加还是 相减 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 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 通一类通一类 1(2019 届高三
19、届高三青岛模拟青岛模拟)如图所示，两平行光滑金属 导轨由两部分组成，左侧部分水平，右侧部分为半径 如图所示，两平行光滑金属 导轨由两部分组成，左侧部分水平，右侧部分为半径 r 0.5 m 的竖直半圆， 两导轨间距离的竖直半圆， 两导轨间距离 d0.3 m， 导轨水平部分处 于竖直向上、 磁感应强度大小 ， 导轨水平部分处 于竖直向上、 磁感应强度大小 B1 T 的匀强磁场中，两导 轨电阻不计。有两根长度均为 的匀强磁场中，两导 轨电阻不计。有两根长度均为 d 的金属棒的金属棒 ab、cd，均垂直置 于水平导轨上， 金属棒 ，均垂直置 于水平导轨上， 金属棒 ab、cd 的质量分别为的质量分别为
20、 m10.2 kg、m20.1 kg，电阻分别为，电阻分别为 R10.1 、R20.2 。现让。现让 ab 棒以棒以 v010 m/s 的初速度开始水平向右运动，的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入半 圆轨道后，恰好能通过轨道最高位置 棒进入半 圆轨道后，恰好能通过轨道最高位置 PP，cd 棒进入半圆轨道前两棒未相碰，重力加速度棒进入半圆轨道前两棒未相碰，重力加速度 g10 m/s2，求：，求： (1)ab 棒开始向右运动时，棒开始向右运动时，cd 棒的加速度大小棒的加速度大小 a0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时，棒刚进入半圆轨道时，ab 棒的速度大小棒的速度大小 v1； (3)cd 棒
21、进入半圆轨道前，棒进入半圆轨道前，ab 棒克服安培力做的功棒克服安培力做的功 W。 解析：解析：(1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为棒开始向右运动时，设回路中电流为 I，有，有 EBdv0 I E R1R2 BIdm2a0 解得：解得：a030 m/s2。 (2)设设 cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为棒刚进入半圆轨道时的速度为 v2，cd 棒进入半圆轨道前，棒进入半圆轨道前，cd 棒与棒与 ab 棒组成的 系统动量守恒，有 棒组成的 系统动量守恒，有 m1v0m1v1m2v2 cd 棒从刚进入半圆轨道到通过轨道最高位置的过程中机械能守恒，有棒从刚进入半圆轨道到通过轨道最高位置的过程中机
22、械能守恒，有 m2v22m2g2r m2v2 1 2 1 2 cd 棒在轨道最高位置由重力提供向心力，有棒在轨道最高位置由重力提供向心力，有 m2gm2v 2 r 解得：解得：v17.5 m/s。 (3)由动能定理得由动能定理得W m1v12 m1v02 1 2 1 2 解得：解得：W4.375 J。 答案：答案：(1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J 2(2018江西八校联考江西八校联考)如图所示，足够长的水平导轨左侧如图所示，足够长的水平导轨左侧 b1b2c1c2部分导轨间距为部分导轨间距为 3L，右侧，右侧 c1c2d1d2部分的导轨间距为部分的导轨间距为 L，
23、曲线导轨与水平导轨相切于，曲线导轨与水平导轨相切于 b1b2，所有导轨均光 滑且电阻不计。在水平导轨内有斜向下与竖直方向的夹角 ，所有导轨均光 滑且电阻不计。在水平导轨内有斜向下与竖直方向的夹角 37的匀强磁场，磁感应强度的匀强磁场，磁感应强度 大小为大小为 B0.1 T。质量为。质量为 mB0.2 kg 的金属棒的金属棒 B 垂直于导轨静止放置在右侧窄导轨上，质 量为 垂直于导轨静止放置在右侧窄导轨上，质 量为 mA0.1 kg 的金属棒的金属棒 A 自曲线导轨上自曲线导轨上 a1a2处由静止释放， 两金属棒在运动过程中始终 相互平行且与导轨保持良好接触， 处由静止释放， 两金属棒在运动过程
24、中始终 相互平行且与导轨保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，棒总在宽轨上运动，B 棒总在窄轨上运动。已知 ： 两棒 接入电路的有效电阻均为 棒总在窄轨上运动。已知 ： 两棒 接入电路的有效电阻均为 R0.2 ， h0.45 m， L0.2 m， sin 370.6， cos 370.8， g10 m/s2。求：。求： (1)A 棒滑到棒滑到 b1b2处时的速度大小；处时的速度大小； (2)B 棒匀速运动时的速度大小；棒匀速运动时的速度大小； (3)在两棒整体运动过程中，两棒在水平导轨间扫过的面积之差在两棒整体运动过程中，两棒在水平导轨间扫过的面积之差(最后结果保留三位有效 数字 最后结果保留三
25、位有效 数字)。 解析：解析：(1)A 棒在曲线导轨上下滑，由机械能守恒定律得：棒在曲线导轨上下滑，由机械能守恒定律得： mAgh mAv02 1 2 解得：解得：v03 m/s。 (2)选取水平向右为正方向，对两棒分别应用动量定理，选取水平向右为正方向，对两棒分别应用动量定理， 对对 B 棒：棒：FB 安 安cos t mBvB 对对 A 棒：棒：FA 安 安cos t mAvAmAv0 其中其中 FA 安 安 3FB 安 安 两棒最后匀速运动时，电路中无电流，有：两棒最后匀速运动时，电路中无电流，有： BLvB3BLvA 解得：解得：vA m/s，vB m/s。 3 19 9 19 (3)
26、在在 B 棒加速运动过程中，由动量定理得：棒加速运动过程中，由动量定理得： Bcos LtmBvB0I 电路中的平均电流 电路中的平均电流 I E 2R 根据法拉第电磁感应定律有：根据法拉第电磁感应定律有：E t 其中磁通量变化量：其中磁通量变化量：Bcos S 解得：解得：S29.6 m2。 答案：答案：(1)3 m/s (2) m/s (3)29.6 m2 9 19 模型模型(三三) 电磁感应中的“导体框”模型 电磁感应中的“导体框”模型 研一题研一题 (2019 届高三届高三资阳模拟资阳模拟)如图所示， 一足够大的倾角如图所示， 一足够大的倾角 30的粗糙斜面上有一个粗细均 匀的由同种材
27、料制成的矩形金属线框 的粗糙斜面上有一个粗细均 匀的由同种材料制成的矩形金属线框 abcd，线框的质量，线框的质量 m0.6 kg，其电阻值，其电阻值 R1.0 ，ab 边长边长 L11 m，bc 边长边长 L22 m，与斜面之间的动摩擦因数，与斜面之间的动摩擦因数 。斜面以。斜面以 EF 为界，为界，EF 3 9 上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场。一质量为上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场。一质量为 M 的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框 相连，连接线框的细线与斜面平行且细线最初处于松弛状态。现先释放线框再自由释放物 体，当 的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框 相连，连接线框的细线与斜面平行且
28、细线最初处于松弛状态。现先释放线框再自由释放物 体，当 cd 边离开磁场时线框即以边离开磁场时线框即以 v2 m/s 的速度匀速下滑，在的速度匀速下滑，在 ab 边运动到边运动到 EF 位置时， 细线恰好被拉直绷紧 位置时， 细线恰好被拉直绷紧(时间极短时间极短)，随即物体和线框一起做匀速运动，随即物体和线框一起做匀速运动，t1 s 后开始做匀加速 运动。取 后开始做匀加速 运动。取 g10 m/s2，求：，求： (1)匀强磁场的磁感应强度匀强磁场的磁感应强度 B 的大小；的大小； (2)细线绷紧前，物体下降的高度细线绷紧前，物体下降的高度 H； (3)系统在线框系统在线框 cd 边离开磁场至
29、重新进入磁场过程中损失的机械能边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能 E。 解析解析 (1)线框线框 cd 边离开磁场时匀速下滑，有：边离开磁场时匀速下滑，有： mgsin mgcos F安 安 0 F安 安 BI1L1 I1BL 1v R 解得：解得：B1 T。 (2)由题意，线框第二次做匀速运动方向沿斜面向上，设其速度大小为由题意，线框第二次做匀速运动方向沿斜面向上，设其速度大小为 v1，细线拉力大 小为 ，细线拉力大 小为 FT，则：，则： v1L 2 t FTmgsin mgcos BI2L10 I2BL 1v1 R FTMg0 设细线突然绷紧过程中， 细线的作用力冲量大小为设细线
30、突然绷紧过程中， 细线的作用力冲量大小为 I， 对线框和物体分别运用动量定理， 有： ， 对线框和物体分别运用动量定理， 有：Imv1m(v) IMv0Mv1 细线绷紧前物体自由下落，则细线绷紧前物体自由下落，则 v022gH 解得：解得：H1.8 m。 (3)根据能量守恒定律：根据能量守恒定律： 线框匀速下滑过程：Q线框匀速下滑过程：Q1mgL2sin 细线突然绷紧过程：细线突然绷紧过程： Q Q2 Mv02 mv2 (Mm)v12 1 2 1 2 1 2 线框匀速上滑过程：Q线框匀速上滑过程：Q3MgL2mgL2sin EQQ1QQ2QQ3 解得：解得：E21.6 J。 答案答案 (1)1
31、 T (2)1.8 m (3)21.6 J 悟一法悟一法 1求解电磁感应中能量问题的一般步骤1求解电磁感应中能量问题的一般步骤 (1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该 导体或回路就相当于电源。 在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该 导体或回路就相当于电源。 (2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了相互转化。分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了相互转化。 (3)根据功能关系或能量守恒定律列方程求解。根据功能关系或能量守恒定律列方程求解。 2电磁感应中安培力做功引起的能量转化电磁感应中安培力做功引
32、起的能量转化 3求解电磁感应中焦耳热Q的三个角度求解电磁感应中焦耳热Q的三个角度 焦耳定律焦耳定律功能关系功能关系能量转化能量转化 QQI2RtQQW克服安培力 克服安培力 QQE其他 其他 通一类通一类 1 (2018南通模拟南通模拟)如图所示， 质量为如图所示， 质量为 m、 电阻为、 电阻为 R 的单匝矩形线 框置于光滑水平面上， 线框边长 的单匝矩形线 框置于光滑水平面上， 线框边长 abL、ad2L。虚线。虚线 MN 过过 ad、bc 边中点，一根能承受最大拉力为边中点，一根能承受最大拉力为F0的细线沿水平方向拴住的细线沿水平方向拴住ab边中点边中点O。 从某时刻起， 在 。 从某时
33、刻起， 在 MN 右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 大小按 右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 大小按 Bkt 的规律均匀变化。一段时间后，细线被拉断，此后磁感应强度大小保持不 变，线框向左运动， 的规律均匀变化。一段时间后，细线被拉断，此后磁感应强度大小保持不 变，线框向左运动，ab 边穿出磁场时的速度为边穿出磁场时的速度为 v。求：。求： (1)细线断裂前线框中的电功率细线断裂前线框中的电功率 P； (2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小细线断裂后瞬间线框的加速度大小 a 及线框离开磁场的过程中安培力所做的功及线框离开磁场的过程中安培力所做的功 W； (3)线框穿出磁场过程
34、中通过其导线横截面的电荷量线框穿出磁场过程中通过其导线横截面的电荷量 q。 解析：解析：(1)根据法拉第电磁感应定律根据法拉第电磁感应定律 EL2kL2 t B t 电功率电功率 P。 E2 R k2L4 R (2)细线断裂后瞬间安培力细线断裂后瞬间安培力 FAF0 线框的加速度线框的加速度 a FA m F0 m 线框离开磁场过程中，由动能定理得线框离开磁场过程中，由动能定理得 W mv2。 1 2 (3)设细线断裂时刻磁感应强度为设细线断裂时刻磁感应强度为 B1，则有，则有 ILB1F0 其中其中 I E R kL2 R 线框穿出磁场过程有 ， 线框穿出磁场过程有 ， E t B1L2 t
35、 I E R 通过导线横截面的电荷量通过导线横截面的电荷量 q tI 解得解得 q。 F0 kL 答案：答案：(1) (2) mv2 (3) k2L4 R F0 m 1 2 F0 kL 2(2018湖南十三校联考湖南十三校联考)如图所示，粗糙斜面的倾角如图所示，粗糙斜面的倾角 37，斜面 上直径 ，斜面 上直径 d0.4 m 的圆形区域内存在垂直于斜面向下的匀强磁场， 一个匝数 为 的圆形区域内存在垂直于斜面向下的匀强磁场， 一个匝数 为n100的刚性正方形线框的刚性正方形线框abcd，边长为，边长为 0.5 m， 通过松弛的柔软导线与一 个额定功率 ， 通过松弛的柔软导线与一 个额定功率 P
36、2 W 的小灯泡相连， 圆形磁场的一条直径恰好过线框的小灯泡相连， 圆形磁场的一条直径恰好过线框 bc 边，已知线框质量边，已知线框质量m2 kg， 总电阻， 总电阻 R02 ，与斜面间的动摩擦因 数，与斜面间的动摩擦因 数 0.5， 从， 从 0 时刻起， 磁场的磁感应强度按时刻起， 磁场的磁感应强度按 BT 的规律变化，开始时线框静止在斜面的规律变化，开始时线框静止在斜面 ( ( 12 t) ) 上，在线框运动前，小灯泡始终正常发光，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，上，在线框运动前，小灯泡始终正常发光，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，
37、求：，求： (1)线框静止时，回路中的电流大小线框静止时，回路中的电流大小 I； (2)在线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q；在线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q； (3)若线框刚好开始运动时即保持磁场不再变化，求线框从开始运动到若线框刚好开始运动时即保持磁场不再变化，求线框从开始运动到 bc 边离开磁场的 过程中通过小灯泡的电荷量 边离开磁场的 过程中通过小灯泡的电荷量 q(柔软导线及小灯泡对线框运动的影响可忽略， 且斜面足够长柔软导线及小灯泡对线框运动的影响可忽略， 且斜面足够长)。 解析：解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得根据法拉第电磁感应定律可得 EnnS，其中，其中
38、S 2 | t | B t | 1 2 ( ( d 2) ) PI2R 2R ( ( E R R0) ) 解得解得 R2 ，I1 A。 (2)线框刚好开始运动时，线框刚好开始运动时， mgsin nIdmgcos ( ( 12 t) ) 解得解得 t s 9 20 则Q则QPt J。 9 10 (3)线框刚好开始运动时，线框刚好开始运动时， BT0.1 T ( ( 12 t) ) ，其中，其中 SSI E R R0 n t R R0 nBS t R R0 解得解得 q t C。I 20 答案：答案：(1)1 A (2) J (3) C 9 10 20 专题强训提能专题强训提能 1(2018漳州
39、八校模拟漳州八校模拟)如图所示，如图所示，MN、PQ为间距Q为间距 L 0.5 m 的足够长平行导轨，的足够长平行导轨， NQQMN。 导轨平面与水平面间的夹角。 导轨平面与水平面间的夹角 37， NQ间连接有一个Q间连接有一个 R5 的电阻。 有一匀强磁场垂直于导 轨平面向上，磁感应强度为 的电阻。 有一匀强磁场垂直于导 轨平面向上，磁感应强度为B01 T。 将一质量为。 将一质量为m0.05 kg的金属 棒紧靠 的金属 棒紧靠NQ放置在导轨Q放置在导轨ab 处，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。现由静止 释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与 处，且与导轨接触良好，导轨与金
40、属棒的电阻均不计。现由静止 释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与 NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩 擦因数 Q平行。已知金属棒与导轨间的动摩 擦因数 0.5，当金属棒滑行至，当金属棒滑行至 cd 处时已经达到稳定速度，处时已经达到稳定速度，cd 距离距离 NQ为Q为 s2 m(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)。则：。则： (1)当金属棒滑行至当金属棒滑行至 cd 处时，回路中的电流是多大？处时，回路中的电流是多大？ (2)金属棒达到的稳定速度是多大？金属棒达到的稳定速度是多大？ (3)金属棒从开始运动到滑行至金属棒从开始运动到滑行至 cd 处过程中，回路中产
41、生的焦耳热是多少？处过程中，回路中产生的焦耳热是多少？ 解析：解析：(1)金属棒达到稳定速度时，沿导轨方向受力平衡金属棒达到稳定速度时，沿导轨方向受力平衡 mgsin FfFA 其中其中 FAB0IL FfFNmgcos 解得解得 I0.2 A。 (2)由欧姆定律得由欧姆定律得 IE R 由电磁感应定律得由电磁感应定律得 EB0Lv 解得解得 v2 m/s。 (3)金属棒从开始运动到滑行至金属棒从开始运动到滑行至 cd 处过程中，由能量守恒定律得处过程中，由能量守恒定律得 mgsin s mv2QQmgcos s 1 2 解得Q解得Q0.1 J。 答案：答案：(1)0.2 A (2)2 m/s
42、 (3)0.1 J 2.如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成 37角放 置，斜面上的虚线 角放 置，斜面上的虚线 aa和和 bb与斜面底边平行，且间距为与斜面底边平行，且间距为 d 0.1 m，在，在 aa、bb围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强 磁场，磁感应强度为 围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强 磁场，磁感应强度为 B1 T；现有一质量为；现有一质量为 m10 g，总电阻 为 ，总电阻 为 R 1 ，边长也为，边长也为 d0.1 m 的正方形金属线圈的正方形金属线圈 MNPQ，其初始位置Q，其初始位置 PQ边与Q边与 aa重合，现让 线圈以一定初速
43、度沿斜面向上运动，当线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速 直线运动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为 重合，现让 线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速 直线运动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为 0.5，不计其他阻力，不计其他阻力(取取 g10 m/s2， sin 370.6，cos 370.8)。求：。求： (1)线圈向下返回到磁场区域时的速度；线圈向下返回到磁场区域时的速度； (2)线圈向上完全离开磁场区域时的动能；线圈向上完全离开磁场区域时的动能； (3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热。线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的
44、焦耳热。 解析：解析：(1)线圈向下进入磁场时，有线圈向下进入磁场时，有 mgsin mgcos F安 安， ， 其中其中 F安 安 BId，I ， ，EBdv E R 解得解得 v2 m/s。 (2)设线圈到达最高点设线圈到达最高点 MN 边与边与 bb的距离为的距离为 x，则，则 v22ax，mgsin mgcos ma 根据动能定理有根据动能定理有 mgcos 2xEkEk1，其中，其中 Ek mv2 1 2 解得解得 Ek10.1 J。 (3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有 mgsin 2dmgcos 2dQQ 解得：Q解得：Q0.004 J。 答案：答案：(1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J 3如图甲所示，电阻不计、间距为如图甲所示，电阻不计、间距为 l 的平行长金属导轨置于水平面内，阻值为的平行长金属导轨置于水平面内，阻值为 R 的导 体棒 的导 体棒 ab 固定连接在导轨左侧，另一阻值也为固定连接在导轨左侧，另一阻值也为 R 的导体棒的导体棒 ef 垂直放置在导轨上，垂直放置在导轨上，ef 与导轨 接触良好， 并可在导轨上无摩擦移动。 现有一根轻杆一端固定在 与导轨 接触良好， 并可在导轨上无摩擦移动