（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 第66課時(shí) 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題（題型研究課）講義（含解析）.doc

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第66課時(shí)　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題(題型研究課) 命題點(diǎn)一　“桿＋導(dǎo)軌＋電阻”四種模型剖析 模型一(v0≠0) 模型二(v0＝0) 模型三(v0＝0) 模型四(v0＝0) 說 明 質(zhì)量為m，電阻不計(jì)的桿cd以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動(dòng)，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) 軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，拉力F恒定 傾斜軌道光滑，傾角為α，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) 豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) 示 意 圖 力 學(xué) 觀 點(diǎn) 桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，電流I＝，安培力F＝BIL＝。桿做減速運(yùn)動(dòng)：v↓?F↓?a＝↓，當(dāng)v＝0時(shí)，a＝0，桿保持靜止 開始時(shí)a＝，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝ 開始時(shí)a＝gsin α，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsin α－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝ 開始時(shí)a＝g，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝ 圖 像 觀 點(diǎn) [例1]　(2016全國(guó)卷Ⅱ)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)。t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求： (1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大??； (2)電阻的阻值。 [解析]　(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v＝at0 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動(dòng)勢(shì)為 E＝Blv 解得E＝Blt0。 (2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝ 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為 f＝BlI 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得 F－μmg－f＝0 解得R＝。 [答案]　(1)Blt0　(2) [例2]　如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd與水平面成θ＝30角，導(dǎo)軌間距離為l＝1 m，電阻不計(jì)，一個(gè)阻值為R0的定值電阻與電阻箱并聯(lián)接在兩導(dǎo)軌的上端，整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1 T?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放，金屬棒下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好。改變電阻箱的阻值R，測(cè)定金屬棒的最大速度vm，得到圖像如圖乙所示。取g＝10 m/s2。求： (1)金屬棒的質(zhì)量m和定值電阻R0的阻值； (2)當(dāng)電阻箱R取2 Ω，且金屬棒的加速度為時(shí)，金屬棒的速度大小。 [解析]　(1)金屬棒以最大速度vm下滑時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝Blvm， 由閉合電路歐姆定律有E＝I， 根據(jù)平衡條件有BIl＝mgsin θ， 由以上各式整理得＝＋， 由圖像可知＝1 m－1sΩ，＝0.5 m－1s， 解得m＝0.2 kg，R0＝2 Ω。 (2)設(shè)此時(shí)金屬棒下滑的速度為v，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E′＝I′，又E′＝Blv， 當(dāng)金屬棒下滑的加速度為時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－BI′l＝m， 聯(lián)立解得v＝0.5 m/s。 [答案]　(1)0.2 kg　2 Ω　(2)0.5 m/s 電磁感應(yīng)動(dòng)力學(xué)問題的解題策略 　　 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(2019東北育才中學(xué)模擬)如圖所示，固定在水平桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿ab與導(dǎo)軌接觸良好，在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)d、e之間連接一電阻R，其他部分電阻忽略不計(jì)，現(xiàn)用一水平向右的恒力F，作用在金屬桿ab上，使金屬桿ab由靜止開始向右沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，滑動(dòng)中金屬桿ab始終垂直于導(dǎo)軌，則下列說法正確的是(　　) A．金屬桿ab做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．金屬桿ab運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中有順時(shí)針方向的電流 C．金屬桿ab所受的安培力先不斷增大，后保持不變 D．金屬桿ab克服安培力做功的功率與時(shí)間的平方成正比 解析：選C　對(duì)金屬桿ab受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F－F安＝ma，即F－＝ma，由于速度變化，所以加速度發(fā)生變化，故金屬桿ab做變加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知，金屬桿ab運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故B錯(cuò)誤；由F安＝可知，當(dāng)速度增大時(shí)，安培力增大，當(dāng)金屬桿ab受力平衡時(shí)，達(dá)到最大速度，其后開始做勻速運(yùn)動(dòng)，安培力不變，故C正確；安培力做功的功率P＝F安v＝，若金屬桿ab做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則v＝at，安培力做功的功率與時(shí)間的平方成正比，由于金屬桿做變加速運(yùn)動(dòng)，因此金屬桿ab克服安培力做功的功率與時(shí)間的平方不成正比，故D錯(cuò)誤。 2．如圖甲所示，固定在水平桌面上的兩條光滑導(dǎo)軌間的距離L＝1 m，質(zhì)量m＝1 kg的光滑導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌左端與阻值R＝4 Ω的電阻相連，導(dǎo)軌所在位置有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，現(xiàn)在給導(dǎo)體棒施加一個(gè)水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2 s測(cè)量一次導(dǎo)體棒的速度，圖乙是根據(jù)所測(cè)數(shù)據(jù)描繪出的導(dǎo)體棒的vt圖像(設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻不計(jì))。 　 (1)求力F的大?。? (2)t＝1.6 s時(shí)，求導(dǎo)體棒的加速度a的大??； (3)若0～1.6 s內(nèi)導(dǎo)體棒的位移x＝8 m，求0～1.6 s內(nèi)電阻上產(chǎn)生的熱量Q。 解析：(1)導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，有 E＝BLv，I＝，F(xiàn)安＝BIL 當(dāng)導(dǎo)體棒速度最大為vm時(shí)，F(xiàn)＝F安 解得F＝＝10 N。 (2)當(dāng)t＝1.6 s時(shí)，v1＝8 m/s，此時(shí)F安1＝＝8 N 由牛頓第二定律得F－F安1＝ma 解得a＝2 m/s2。 (3)由能量守恒定律可知Fx＝Q＋ 解得Q＝48 J。 答案：(1)10 N　(2)2 m/s2　(3)48 J 命題點(diǎn)二　“桿＋導(dǎo)軌＋電容器(或電源)”四種模型剖析 模型一(v0＝0) 模型二(v0＝0) 模型三(v0＝0) 模型四(v0＝0) 說 明 軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) 軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，拉力F恒定 軌道傾斜光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) 軌道豎直光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻為R，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) 示 意 圖 力 學(xué) 觀 點(diǎn) S閉合，桿cd受安培力F＝，a＝，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E感＝BLv↑?I↓?安培力F＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時(shí)，v最大，且vmax＝ 開始時(shí)a＝，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt后速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，F(xiàn)－F安＝ma，a＝，所以桿做勻加速運(yùn)動(dòng) 開始時(shí)a＝gsin α，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過時(shí)間Δt后速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mgsin α－F安＝ma，a＝，所以桿做勻加速運(yùn)動(dòng) 開始時(shí)a＝g，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過時(shí)間Δt后速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝，所以桿做勻加速運(yùn)動(dòng) 圖 像 觀 點(diǎn) [典例]　(多選)如圖所示，水平固定的足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ef靜止于導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌的一端經(jīng)過開關(guān)S與平行板電容器相連，開始時(shí)，開關(guān)S斷開，電容器上板帶正電，帶電荷量為Q。現(xiàn)閉合開關(guān)S，金屬棒開始運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是(　　) A．電容器所帶電荷量逐漸減少，最后變?yōu)榱? B．電容器兩板間場(chǎng)強(qiáng)逐漸減小，最后保持一個(gè)定值不變 C．金屬棒中電流先增大后減小，最后減為零 D．金屬棒的速度逐漸增大，最后保持一個(gè)定值不變 [解析]　閉合開關(guān)S，電容器放電，金屬棒上產(chǎn)生電流，金屬棒受安培力作用而做加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與極板間電壓相等時(shí)，電容器停止放電，金屬棒最后做勻速運(yùn)動(dòng)，可知A錯(cuò)誤，D正確；由以上分析可知，電容器兩板間場(chǎng)強(qiáng)逐漸減小，最后保持一個(gè)定值不變，B正確；金屬棒中電流開始最大，然后逐漸減小，最后為零，C錯(cuò)誤。 [答案]　BD (1)電容器開始放電時(shí)，電流最大，金屬棒受到的安培力最大，加速度最大，放電后極板間電壓逐漸減小。 (2)金屬棒開始運(yùn)動(dòng)后，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，隨著金屬棒做加速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸增大。 (3)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與極板間電壓相等時(shí)，電容器不再放電，電路中電流等于零，金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)?！　? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1. 如圖所示，平行極板與單匝圓形線圈相連，極板距離為d，圓半徑為r，線圈的電阻為R1，外接電阻為R2，其他部分的電阻忽略不計(jì)。線圈中有垂直紙面向里的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，有一個(gè)帶電粒子靜止在極板之間，帶電粒子質(zhì)量為m、電荷量為q。則下列說法正確的是(　　) A．粒子帶正電 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為＝ C．保持開關(guān)閉合，向上移動(dòng)下極板時(shí)，粒子將向下運(yùn)動(dòng) D．?dāng)嚅_開關(guān)，粒子將向下運(yùn)動(dòng) 解析：選B　穿過線圈的磁通量垂直紙面向里增加，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向外，平行板電容器的上極板電勢(shì)高，下極板電勢(shì)低，板間存在向下的電場(chǎng)，粒子受到重力和電場(chǎng)力而靜止，因此粒子受到的電場(chǎng)力方向向上，電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；對(duì)粒子，由平衡條件得：mg＝q，而感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝，解得：E＝，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝＝S，解得：＝，故B正確；保持開關(guān)閉合，則極板間的電壓不變，當(dāng)向上移動(dòng)下極板時(shí)，極板間距減小，所以電場(chǎng)強(qiáng)度增大，則電場(chǎng)力增大，因此粒子將向上運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；斷開開關(guān)，電容器既不充電，也不放電，則電場(chǎng)強(qiáng)度不變，因此電場(chǎng)力也不變，故粒子靜止不動(dòng)，故D錯(cuò)誤。 2.平行水平長(zhǎng)直導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)，左端接一耐高壓的電容器C。輕質(zhì)導(dǎo)體桿cd與導(dǎo)軌接觸良好，如圖所示，在水平力F作用下以加速度a從靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B豎直向下，不計(jì)摩擦與電阻，求： (1)所加水平外力F與時(shí)間t的關(guān)系； (2)在時(shí)間t內(nèi)有多少能量轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能。 解析：(1)對(duì)于cd，由于做勻加速運(yùn)動(dòng)，則有： v＝at，由E＝U＝BLv，可知：E＝BLat 對(duì)于電容器，由C＝，可知：Q＝CU＝CBLat 對(duì)于閉合回路，由I＝，可知：I＝CBLa 對(duì)于cd，由F安＝BIL，可知：F安＝B2L2Ca 由牛頓第二定律可知：F－F安＝ma，F(xiàn)＝(m＋B2L2C)a，因此外力F是一個(gè)恒定的外力，不隨時(shí)間變化。 (2)cd克服安培力做多少功，就有多少能量轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能， 則有：W安＝F安x，x＝at2 解得：W安＝ 所以在時(shí)間t內(nèi)轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能的能量為：E電＝。 答案：(1)F＝(m＋B2L2C)a，為恒力，不隨時(shí)間t變化 (2)