2019版高考物理培优一轮计划全国创新版培优讲义：第11章　电磁感应 第43课时电磁感应现象中的动力学问题 WORD版含解析.docx

1、第43课时电磁感应现象中的动力学问题1电磁感应与力学的联系在电磁感应现象中导体运动切割磁感线，产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用。因此，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决电磁感应中的力学问题，一方面要考虑电磁学中的有关规律；另一方面还要考虑力学中的有关规律，要将电磁学和力学知识综合起来应用。2解决电磁感应中力学问题的基本思路研究电磁感应现象中导体的运动，准确分析磁场对感应电流的安培力是关键。此类问题中的导线一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态。动态分析的基本思路如下：3两种状态处理(1)导体处于平衡态静止或匀速直线运动状态处理方法：根据平衡条件(合

2、外力等于0)列式分析。(2)导体处于非平衡态加速度不为0处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。 例(2018江西宜春四中月考)如图所示，两根粗细均匀的金属杆AB和CD的长度均为L，电阻均为R，质量分别为3m和m，用两根等长的、质量和电阻均不计的、不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，悬跨在绝缘的、水平光滑的圆棒两侧，AB和CD处于水平。在金属杆AB的下方有高度为H的水平匀强磁场，磁感强度的大小为B，方向与回路平面垂直，此时CD处于磁场中。现从静止开始释放金属杆 AB，经过一段时间(AB、CD始终水平)，在AB即将进入磁场的上边界时，其加速度为零，此时金属杆CD还处于磁场中，

3、在此过程中金属杆AB上产生的焦耳热为Q。重力加速度为g，试求：(1)金属杆AB即将进入磁场上边界时的速度v1；(2)在此过程中金属杆CD移动的距离h和通过导线截面的电荷量q；(3)设金属杆AB在磁场中运动的速度为v2，通过计算说明v2大小的可能范围。解析(1)AB杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态，对AB杆：3mg2FT对CD杆：2FTmgBIL又安培力FBILBL解得v1。(2)以AB、CD棒组成的系统在此过程中，根据能的转化与守恒有(3mm)gh2Q4mv解得金属杆CD移动的距离h通过导线截面的电荷量qIt。(3)AB杆与CD杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态

4、。对AB杆：3mg2FTBIL对CD杆：2FTmgBIL又安培力FBILBL解得v2所以v2。答案(1)(2)(3)v2a2a3a4 Ba1a3a2a4Ca1a3a4a2 Da4a2a3a1答案B解析未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1a3g。线框在图2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F安mg，所以a2g。而由于线框在磁场中做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2位置时的速度，根据F安及a可得a4a2a4，B正确。4(多选)如图所示，两光滑平行倾斜导轨PQ、EF所在平面与水平面的夹角为，匀强磁场垂直于导轨所在平面斜向下，导轨下端接一电阻R，质量为m的导体棒用平行于

5、导轨的细线拴住置于导轨上，线的另一端跨过光滑定滑轮挂着一个质量为M的砝码，按住导体棒，整个装置处于静止状态，放手后，导体棒被细线拉着沿导轨向上运动一段位移s后，速度恰好达到最大值v(导体棒及导轨电阻忽略不计)，在此过程中()A细线的拉力始终等于MgB导体棒做加速度逐渐越小的加速运动C细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能D电阻R产生的热量QMgsmgssinmv2答案BC解析对于导体棒，从静止释放后先做加速运动，随着速度增大，由公式F安知，导体棒所受的安培力增大，对M、m整体分析可得a，当F安增大时加速度减小，则导体棒和M都做加速度逐渐越小的加速运动，B正确。对于M，根据

6、牛顿第二定律得MgF拉Ma，则细线的拉力小于重力，A错误。对于导体棒，根据功能关系可知除重力之外，细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能，C正确。对于系统，根据能量守恒得：电阻R产生的热量QMgsmgssin(mM)v2，D错误。5(多选)如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为 d的平行板电容器与总阻值为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动。当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置且导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态。若不计摩擦和平行导轨及导线的

7、电阻，各接触处接触良好，重力加速度为g。则下列判断正确的是()A油滴带负电荷B若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度aC若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度aD若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a端，同时将电容器上极板向上移动距离，油滴仍将静止答案AD解析根据右手定则可知，M端为正极，则电容器上极板带正电、下极板带负电。当油滴静止，即重力与竖直向上的电场力平衡，因此油滴带负电，故A正确；设导体棒长度为L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：EBLv0；电容器两端电压为：U1开始油滴静止有：qmg若将上极板竖直向上移动距离d时，有：mgqma1联立

8、得：a1g，方向竖直向下，油滴将向下加速运动，故B错误；当若将导体棒的速度变为2v0时，分析可得电场力大于重力，有：qmgma2将中v0换为2v0，联立解得：a2g，方向竖直向上，油滴向上加速运动，故C错误；若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置时，电容器两端之间的电压为：U2BLv0，此时油滴所受电场力为：Fqmg，因此油滴仍然静止，故D正确。6(2018浙江余姚中学期末)(多选)如图甲所示，电阻不计且间距L1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R2 的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO上方某处由静止释放

9、，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。已知杆ab进入磁场时的速度v01 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，则()A匀强磁场的磁感应强度为2 TB杆ab下落0.3 m时金属杆的速度为1 m/sC杆ab下落0.3 m的过程中R上产生的热量为0.2 JD杆ab下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为0.25 C答案AD解析当金属杆进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b。由乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a110 m/s2，方向竖直向上。由牛顿第二定律得：BI1Lmgma1，又I1，代入数据解得：B2

10、.0 T，故A正确；由ah图象知当a0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡有mgBIL0，其中I，联立得：v0.5 m/s，故B错误；杆ab下落0.3 m的过程中，由能量守恒有mghQmv2，代入数据得：Q0.2875 J，故C错误；金属杆自由下落的高度h00.05 m，金属杆下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为：qItt，代入数据得：q0.25 C，故D正确。7.(2018盘锦高级中学月考)(多选)如图所示，倾角为的光滑导轨上端接入一定值电阻，和是边长都为L的两正方形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向上，区域中磁场的磁感应强度为B1，恒定不变，区域中磁场随时间按B2kt(k0)变

11、化，一质量为m、电阻为r的金属杆穿过区域垂直地跨放在两导轨上，并恰能保持静止，则下列说法正确的是()A通过金属杆的电流大小为B通过金属杆的电流方向是从a到bC定值电阻的阻值为rD定值电阻的阻值为答案AC解析对金属杆，根据平衡条件，结合安培力公式，则有：mgsinB1IL，解得：I，A正确；由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向是从b到a，B错误；由法拉第电磁感应定律，则有：EkL2；且闭合电路欧姆定律，I，故Rrr，故C正确，D错误。8(重庆高考)(多选)两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，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的金属细杆ab、cd与导轨垂直，接触

12、良好，形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速率v2向下匀速运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是()Acd杆所受摩擦力为零Bab杆所受拉力F的大小为mgC回路中的电流为D与v1大小的关系为答案BD解析导体杆ab切割磁感线时产生沿abdc方向的感应电流，大小为：I，导体ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得：BILmgF，导体棒cd运动时，受到摩擦力和重力平衡，有：BILmg，联立以上各式解得：Fmg，故A、C错误，B

13、、D正确。9(2017河南商丘联考)(多选)如图甲所示，两根相距L0.4 m的光滑金属导轨平行水平放置，导轨左端与阻值R0.3 的电阻相连，导轨电阻不计。导轨x0一侧存在沿x轴正方向均匀增大的恒定磁场，其方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B随位置x变化的图象如图乙所示。一根质量m0.2 kg、电阻r0.1 的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x0处以初速度v02 m/s沿导轨向右做变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是()A金属棒向右做匀减速直线运动B金属棒在x1 m处的速度大小为0.5 m/sC金属棒从x0运动到x1 m的过程中，外力F所做的功

14、为0.175 JD金属棒从x0运动到x2 m的过程中，通过金属棒某一横截面的电荷量为2 C答案BCD解析根据题图乙可得Bx的函数关系式为B0.50.5x(T)，金属棒向右运动切割磁感线产生的感应电动势EBLv，感应电流I，安培力F安BILBL，解得v，根据公式v2v2ax可知，如果是匀变速直线运动，v2与x呈线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，故A错误；根据题意，金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变，在x0处与在x1 m处安培力大小相等，有，即v1 m/s0.5 m/s，故B正确；金属棒在x0处的安培力大小为F安 N0.2 N，金属棒从x0运动到x1 m的过程中，根据动能定理

15、有WFF安xmvmv，代入数据解得WF0.175 J，故C正确；流过金属棒某一横截面的电荷量的公式为q，金属棒从x0运动到x2 m的过程中，有BSBLx，可得q2 C，故D正确。10.(2018湖北黄冈质检)(多选)如图所示，边长为L的正方形闭合导体线框abcd质量为m，在方向水平的匀强磁场上方某高度处自由落下并穿过磁场区域。线框在下落过程中形状不变，ab边始终保持与磁场边界线平行，线框平面与磁场方向垂直。已知磁场区域高度hL，重力加速度为g，下列判断正确的是()A若ab边进入磁场时线框做匀速运动，则ab边离开磁场时线框也一定做匀速运动B若ab边进入磁场时线框做减速运动，则ab边离开磁场时线框

16、也一定做减速运动C若进入磁场过程中线框产生的热量为mgL，则离开磁场过程中线框产生的热量也一定等于mgLD若进入磁场过程线框截面中通过的电量为q，则离开磁场过程线框截面中通过的电量也一定等于q答案BD解析若ab边进入磁场时线框做匀速运动，则F安mg，则当ab边下落L后全部进入磁场，在磁场中下落hL的过程中只受重力作用，将做ag的匀加速运动，故当ab边到达磁场下边缘时mg，则ab边离开磁场时线框做减速运动，A错误；若ab边进入磁场时线框做减速运动，则mg，则当ab边下落L后全部进入磁场时，一定有mg，此后线圈在磁场中下落hL的过程中将做匀加速运动，故当ab边到达磁场下边缘时mg，则ab边离开磁场

17、时线框也一定做减速运动，B正确；若进入磁场过程中线框产生的热量为QmgL，则F安mg，ab边进入磁场时做匀速运动，在磁场中下落hL的过程中做匀加速运动，则F安mg，QmgL，故离开磁场过程中线框产生的热量一定大于mgL，C错误；线圈进入磁场流过线圈某截面的电量为q，可知若进入磁场过程线框截面中通过的电量为q，则离开磁场过程线框截面中通过的电量也一定等于q，D正确。11(2016全国卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小

18、定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小。答案(1)mg(sin3cos)(2)(sin3cos)解析(1)设两根导线的总的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsinN1TFN12mgcos对于cd棒，同理有mgsinN2TN2mgcos联立式得Fmg(sin3cos)(2)由安培力公式得FBIL这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为EBLv式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律有I联立式得v(sin3cos)。