2020年物理高考大一轮复习 高考必考题突破讲座10 电磁感应与动量的综合课件
2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第十章 电磁感应 专题强化十三 含解析
专题强化十三 动力学、动量和能量观点在电学中的应用专题解读 1.本专题是力学三大观点在电学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题.2.学好本专题，可以帮助同学们应用力学三大观点分析带电粒子在电场和磁场中的碰撞问题、电磁感应中的动量和能量问题，提高分析和解决综合问题的能力.3.用到的知识、规律和方法有：电场的性质、磁场对电荷的作用、电磁感应的相关知识以及力学三大观点.命题点一 电磁感应中动量和能量观点的应用1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量.如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题.2.在相互平行的水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律.类型1 动量定理和功能关系的应用例1 (2018·四川省凉山州三模)如图1所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B ，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R 的电阻.在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L 、质量为m 的金属棒，其电阻为r .金属棒与金属导轨接触良好.金属棒在水平向右的恒力F 作用下从静止开始运动，经过时间t 后开始匀速运动，金属导轨的电阻不计.求：图1(1)金属棒匀速运动时回路中电流大小；(2)金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t 内通过回路的电荷量. (3)若在时间t 内金属棒移动的位移为x ，求电阻R 上产生的热量. 答案 见解析解析 (1)由安培力公式：F ＝BI m L ，解得I m ＝F BL(2)根据闭合电路的欧姆定律得：I m ＝BL vR ＋r， 解得：v ＝F (R ＋r )B 2L2通过回路的电荷量q ＝I ·t 由动量定理得F ·t －BIL ·t ＝m v 解得：q ＝Ft BL －mF (R ＋r )B 3L 3(3)力F 做功增加金属棒的动能和回路内能，则Fx ＝Q ＋12m v 2，Q R ＝RR ＋r Q解得：Q R ＝[Fx －mF 2(R ＋r )22B 4L 4]RR ＋r.类型2 动量守恒定律和功能关系的应用1.问题特点对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合电路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中通过时在安培力的作用下开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用. 2.方法技巧解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒.因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解.例2 (2018·山东省青岛市模拟)如图2所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离l ＝0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为l 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m /s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m /s 2，求：图2(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W . 答案 (1)30 m /s 2(2)7.5 m/s (3)4.375 J解析 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ， 有E ＝Bl v 0 I ＝ER 1＋R 2BIl ＝m 2a 0解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量守恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 12m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v P 2r解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得－W ＝12m 1v 12－12m 1v 02解得：W ＝4.375 J.变式 (2018·山东省淄博市模拟)如图3所示，一个质量为m 、电阻不计、足够长的光滑U 形金属框架MNQP ，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN 和PQ 相距为L .空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .另有质量也为m 的金属棒CD ，垂直于MN 放置在导轨上，并用一根与CD 棒垂直的绝缘细线系在定点A .已知细线能承受的最大拉力为F T0，CD 棒接入导轨间的有效电阻为R .现从t ＝0时刻开始对U 形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a 的匀加速直线运动.图3(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t 0及细线断裂时框架的瞬时速度v 0大小； (2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q . 答案 (1)F T0R B 2L 2a F T0R B 2L 2 (2)mF T02R 24B 4L 4解析 (1)细线断裂时，对棒有F T0＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝ER ，E ＝BL v 0，v 0＝at 0联立解得t 0＝F T0RB 2L 2a细线断裂时框架的速度v 0＝F T0RB 2L 2(2)在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运动，设二者最终速度大小均为v ，设向右为正方向，由系统动量守恒可得m v 0＝2m v 得v ＝v 02＝F T0R 2B 2L2撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q ＝12m v 20－12×2m v 2 联立得Q ＝mF 2T0R24B 4L4.命题点二 电场中动量和能量观点的应用动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解，与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键.例3 (2018·湖南省常德市期末检测)如图4所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段BC 粗糙，其余都光滑，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段的动摩擦因数均为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C 点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小. 答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度大小为E ，物块Ⅰ带电荷量大小为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，以向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g qEt ＝m 1v 1 m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2 联立解得v 2＝2 m/s ；(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ经过C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为F N 则R (1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得：F N ＝18 N ，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18 N.命题点三 磁场中动量和能量观点的应用例4 (2018·广西南宁市3月适应测试)如图5所示，光滑绝缘的半圆形轨道ACD ，固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆的直径AD 水平，半径为R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，在A 端由静止释放一个带正电荷、质量为m 的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点C 时，对轨道的压力差为ΔF ，小球运动过程始中终不脱离轨道，重力加速度为g .求：图5(1)小球甲经过轨道最低点C 时的速度大小； (2)小球甲所带的电荷量；(3)若在半圆形轨道的最低点C 放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍从轨道的A 端由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力.(不计两球间静电力的作用) 答案 (1)2gR (2)ΔF 2gR 4gRB (3)3mg －ΔF4，方向竖直向下解析 (1)由于小球甲在运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，由A 点运动到C 点，有mgR ＝12m v C 2解得v C ＝2gR(2)小球甲第一次通过C 点时，q v C B ＋F 1－mg ＝m v C 2R第二次通过C 点时，F 2－q v C B －mg ＝m v C 2R由题意知ΔF ＝F 2－F 1 解得q ＝ΔF 2gR4gRB(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则 m v C ＝m v 甲＋m v 乙 12m v C 2＝12m v 甲2＋12m v 乙2 解得v 甲＝0，v 乙＝v C设碰撞后的一瞬间，轨道对乙球的支持力大小为F 乙，方向竖直向上， 则F 乙＋12q v 乙B －mg ＝m v 2乙R解得F 乙＝3mg －ΔF4根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为3mg －ΔF4，方向竖直向下.1.如图1所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计.质量分别为m 和12m 的金属棒b 和c 静止放在水平导轨上，b 、c 两棒均与导轨垂直.图中de 虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场.质量为m 的绝缘棒a 垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h .已知绝缘棒a 滑到水平导轨上与金属棒b 发生弹性正碰，金属棒b 进入磁场后始终未与金属棒c 发生碰撞.重力加速度为g .求：图1(1)绝缘棒a 与金属棒b 发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小； (2)金属棒b 进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小； (3)两金属棒b 、c 上最终产生的总焦耳热. 答案 (1)02gh (2)562gh (3)13mgh解析 (1)设a 棒滑到水平导轨时速度为v 0，下滑过程中a 棒机械能守恒12m v 02＝mgha 棒与b 棒发生弹性碰撞 由动量守恒定律：m v 0＝m v 1＋m v 2 由机械能守恒定律：12m v 02＝12m v 12＋12m v 22解得v 1＝0，v 2＝v 0＝2gh (2)b 棒刚进磁场时的加速度最大.b 、c 两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒. 由动量守恒定律：m v 2＝m v 2′＋m2v 3′设b 棒进入磁场后某时刻，b 棒的速度为v b ，c 棒的速度为v c ，则b 、c 组成的回路中的感应电动势E ＝BL (v b －v c )，由闭合电路欧姆定律得I ＝ER 总，由安培力公式得F ＝BIL ＝ma ，联立得a ＝B 2L 2(v b －v c )mR 总.故当b 棒加速度为最大值的一半时有v 2＝2(v 2′－v 3′) 联立得v 2′＝56v 2＝562gh(3)最终b 、c 以相同的速度匀速运动. 由动量守恒定律：m v 2＝(m ＋m2)v由能量守恒定律：12m v 22＝12(m ＋m 2)v 2＋Q解得Q ＝13mgh .2.(2018·湖南省长沙四县三月模拟)足够长的平行金属轨道M 、N ，相距L ＝0.5 m ，且水平放置；M 、N 左端与半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b 和c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b ＝m c ＝0.1 kg ，接入电路的有效电阻R b ＝R c ＝1 Ω，轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M 、N 处于磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图2所示，若使b 棒以初速度v 0＝10 m /s 开始向左运动，运动过程中b 、c 不相撞，g 取10 m /s 2，求：图2(1)c 棒的最大速度；(2)c 棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c 棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c 到达轨道最高点时对轨道的压力的大小. 答案 (1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N解析 (1)在磁场力作用下，b 棒做减速运动，c 棒做加速运动，当两棒速度相等时，c 棒达最大速度.取两棒组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有m b v 0＝(m b ＋m c )v 解得c 棒的最大速度为：v ＝m b m b ＋m cv 0＝12v 0＝5 m/s(2)从b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为： Q ＝12m b v 02－12(m b ＋m c )v 2＝2.5 J因为R b ＝R c ，所以c 棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c ＝Q2＝1.25 J(3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：12m c v 2－12m c v ′2＝m c g ·2R 解得v ′＝3 m/s在最高点，设轨道对c 棒的弹力为F ， 由牛顿第二定律得m c g ＋F ＝m c v ′2R解得F ＝1.25 N由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力为1.25 N ，方向竖直向上.3.(2018·福建省宁德市上学期期末)如图3所示，PM 是半径为R 的四分之一光滑绝缘轨道，仅在该轨道内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .光滑绝缘轨道MN 水平且足够长，PM 下端与MN 相切于M 点.质量为m 的带正电小球b 静止在水平轨道上，质量为2m 、电荷量为q 的带正电小球a 从P 点由静止释放，在a 球进入水平轨道后，a 、b 两小球间只有静电力作用，且a 、b 两小球始终没有接触.带电小球均可视为点电荷，设小球b 离M 点足够远，重力加速度为g .求：图3(1)小球a 刚到达M 点时的速度大小及对轨道的压力大小； (2)a 、b 两小球系统的电势能最大值E p ； (3)a 、b 两小球最终的速度v a 、v b 的大小. 答案 (1)2gR 6mg ＋qB 2gR(2)23mgR (3)132gR 432gR 解析 (1)小球a 从P 到M ，洛伦兹力、弹力不做功，只有重力做功， 由动能定理有：2mgR ＝12×2m v M 2解得：v M ＝2gR在M 点，由牛顿第二定律有：F N －2mg －q v M B ＝2m v M 2R解得：F N ＝6mg ＋qB 2gR根据牛顿第三定律得小球a 刚到达M 点时对轨道的压力大小为：F N ′＝6mg ＋qB 2gR (2)两球速度相等时系统电势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律有：2m v M ＝3m v 共 根据能量守恒定律有：E p ＝12×2m v M 2－12×3m v 共2解得：E p ＝23mgR(3)由动量守恒定律：2m v M ＝2m v a ＋m v b由能量守恒定律有：12×2m v M 2＝12×2m v a 2＋12m v b 2解得：v a ＝13v M ＝132gR ，v b ＝43v M ＝432gR .4.(2019·宁夏一中模拟)如图4所示，在绝缘水平面上的两物块A 、B 用劲度系数为k 的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B 、C 用跨过轻质定滑轮的绝缘轻绳连接，A 靠在竖直墙边，C 在倾角为θ的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行.A 、B 、C 的质量分别是m 、2m 、2m ，A 、C 均不带电，B 带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B 与滑轮足够远.B 所受的电场力大小为6mg sin θ，开始时系统静止.现让C 在沿斜面向下的拉力F 作用下做加速度大小为a 的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g .图4(1)求弹簧的压缩长度x 1；(2)求A 刚要离开墙壁时C 的速度大小v 1及拉力F 的大小；(3)若A 刚要离开墙壁时，撤去拉力F ，同时电场力大小突然减为2mg sin θ，方向不变，求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能E pm . 答案 (1)4mg sin θk(2)22mga sin θk4m (g sin θ ＋ a )(3)16m 2ga sin θ5k解析 (1)开始时，弹簧处于压缩状态 对C 受力平衡有F T1 ＝2mg sin θ 对B 受力平衡有F T1 ＋ kx 1 ＝6mg sin θ 解得x 1＝4mg sin θk(2)A 刚要离开墙壁时墙壁对A 的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B 做匀加速直线运动，位移大小为x 1时有v 12＝2ax 1 解得v 1＝22mga sin θk根据牛顿第二定律对B 有：F T2－6mg sin θ＝2ma 对C 有：F ＋2mg sin θ－F T2＝2ma 解得F ＝4m (g sin θ＋a )(3)A 离开墙壁后，A 、B 、C 系统的合外力为零，系统动量守恒，当三个物块的速度相等时(设为v 2)，弹簧弹性势能最大，有(2m ＋2m )v 1 ＝(m ＋2m ＋2m )v 2 根据能量守恒定律有12(2m ＋2m )v 12＝12(m ＋2m ＋2m )v 22＋E pm 解得：E pm ＝16m 2ga sin θ5k.。
2020届高三物理一轮复习课件：电磁感应中的动力学、能量和动量问题
返回
[思路点拨]
分别画出金属杆进入磁场前、后的受力示意图，有 助于快速准确的求解问题。
返回
[解析] 二定律得 ma＝F－μmg① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 v＝at0② 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律， 杆中的电动势为 E＝Blv③ 联立①②③式可得
返回
[解析]
根据楞次定律，可判断ab中感应电流方向从a到b，A
错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动 势恒定不变，感应电流I恒定不变，B错误；安培力F＝BIL，由于 I、L不变，B减小，所以ab所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡 条件，静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确。
[答案]
D
(1)末速度的大小v； (2)通过的电流大小I； (3)通过的电荷量Q。
[解析]
(1)金属棒做匀加速直线运动，
返回
根据运动学公式有 v2＝2as 解得 v＝ 2as。 (2)金属棒所受安培力 F 安＝IdB 金属棒所受合力 F＝mgsin θ－F 安 根据牛顿第二定律有 F＝ma mgsin θ－a 解得 I＝ 。 dB v (3)金属棒的运动时间 t＝a， 通过的电荷量 Q＝It mgsin θ－a 2as 解得 Q＝ 。 dBa mgsin θ－a [答案] (1) 2as (2) dB
第4节
电磁感应中的动力学、能量和 动量问题
目 录
一
研究好——题型· 考法· 技巧
二
查缺漏——盲点· 短板· 妙法
三
课时跟踪检测
返回
一
研究好——题型· 考法· 技巧
返回
高考对本节内容的考查常以压轴计算题的形式呈现， 即便以选择题的形式考查，通常题目难度也较大，因为这 类题目可以说是以电磁感应为载体，把直线运动、相互作 用、牛顿运动定律、机械能、动量、电路、磁场，甚至包 括电场和交变电流等力学、电学知识全部综合到一起进行 考查。
2020版高考物理大一轮复习第十章电磁感应高考培优讲座9电磁感应中的力学综合问题的求解课件
的动能＋棒 2 的动
的增加量＋焦耳热
能＋焦耳热
【典题例证】 如图所示，正方形单匝线框 bcde 边长 L＝0.4 m，每边电阻相同，总电阻 R＝0.16 Ω. 一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光 滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连 接物体 P，手持物体 P 使二者在空中保持静 止，线框处在竖直面内．线框的正上方有一 有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平 平行，间距也为 L＝0.4 m，磁感线方向垂直于线框所在平面
第十章 电磁感应
近几年高考中对于电磁感应中的内容已成为必 考，成为高考中的热点和重点．其中选修 3－5 纳入 必考之后，动量定理和动量守恒定律在电磁感应中的 应用会成为命题的新生点．在高三复习中应该对该部分的知 识点引起充分的重视．
【重难解读】 高考对法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则及右手定 则的考查一般会结合具体情况和过程命题，主要方向：结合 函数图象，结合电路分析，联系力学过程，贯穿能量守恒．杆 ＋导轨或导线框是常见模型，属于考查热点．该题型知识跨 度大，思维综合性强，试题难度一般比较大．
(1)求 ab 棒刚进入磁场 B1 时的速度大小． (2)求定值电阻上产生的热量 Q1. (3)多次操作发现，当 ab 棒从 MN 以某一特定速度进入 MNQP 区域的同时，另一质量为 2m，电阻为 2R 的金属棒 cd 只要 以等大的速度从 PQ 进入 PQHG 区域，两棒均可同时匀速通 过各自场区，试求 B2 的大小和方向．
四、听方法。
在课堂上不仅要听老师讲课的结论而且要认真关注老师分析、解决问题的方法。比如上语文课学习汉字，一般都是遵循着“形”、“音”、“义”
的研究方向；分析小说，一般都是从人物、环境、情节三个要素入手；写记叙文，则要从时间、地点、人物和事情发生的起因、经过、结果六个方面进
2020版高考物理一轮复习专题强化十电磁感应中的动力学、能量和动量问题课件新人教版
(2)设此时金属棒下滑的速度为 v，由法拉第电磁感应定律得： E′＝I′RR＋RR0 0
E′＝Blv 当金属棒下滑的加速度为g4时，由牛顿第二定律得：mgsinθ－ BI′l＝ma 解得：v＝0.5 m/s 解析：(1)0.2 kg 2 Ω (2)0.5 m/s
考点二 电磁感应中的能量问题 1．电磁感应中的能量转化
为 Q＝mgh－12mv′2＝0.287 5 J，C 项错误．通过 R 的电荷量 q＝ΔRΦ
＝B·RΔS＝0.25 C，D 项正确． 答案：D
2．如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨 ab、cd 与水平面 成 θ＝30°固定，导轨间距离为 l＝1 m，电阻不计，一个阻值为 R0 的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端，整个系统置于匀 强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小 为 B＝1 T．现将一质量为 m、电阻可以忽略的金属棒 MN 从图示位 置由静止开始释放，金属棒下滑过程中与导轨接触良好，改变电阻
由闭合电路欧姆定律得：E＝IRR＋RR0 0
当金属棒以最大速度 vm 下滑时，由平衡条件得： BIl－mgsinθ＝0 解得：v1m＝mBgs2li2nθ·R1＋mBgs2li2nθ·R10 由v1m－R1图象可得：mBgs2li2nθ＝1 mBgs2li2nθ·R10＝0.5 解得：m＝0.2 kg R0＝2 Ω
代入数据解得 x0＝0.4 m. 答案：0.4 m
[考法拓展 3] 在[例 1]中，求金属棒从开始到在磁场Ⅱ中达到 稳定状态这段时间中电阻 R 产生的热量．
解析：金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中， 根据能量守恒得
mg(x0＋x1＋x2)sinθ＝Q＋12mv21， QR＝R＋R rQ＝7.5 J. 答案：7.5 J
2019-2020年高考物理大一轮复习第十章电磁感应交变电流专题强化五动力学动量和能量观点在电学中的应用课件
通过电阻 R 的电荷量为 q＝R＋E r·t＝RB＋ldr
图2
解析 答案
(2)t时间内电阻R上产生的焦耳热Q；
答案Βιβλιοθήκη R＋R r·{mgl(sin
θ－μcos
θ)－12m[(sin
θ－μcos
θ)gt－ B2d2l ]2} mR＋r
解析 答案
(3)沿着导轨向下平行移动磁场区域，从原位置释放金属棒，当它恰好能匀速 通过磁场时，磁场的移动距离s和金属棒通过磁场的时间t′.
则 Qab＝R1＋R1R2Q 总＝310 J
解析 答案
(4)ab棒和cd棒速度相同时，它们之间的距离 大小. 答案 见解析
解析 答案
变式2 如图4所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架
MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L.空间存在着足
够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.另有质量也为m的金
3.(2017·浙江11月选考·22)如图3所示，匝数N＝100、截面积S＝1.0×10－2 m2、
1234
图2
解析 答案
(2)求4 s内感应电流的平均值； 答案 4.8×10－3 A 解析 E ＝ΔΔΦt ＝ΔΔBt ·S＝ΔΔBt ·Ld 得 I ＝ E ＝4.8×10－3 A
R＋R0
1234
解析 答案
(3)求4 s内MN杆克服摩擦力做的功； 答案 1.25×10－2 J 解析 0～4 s，杆的速度由v0＝5 m/s减为 0，只有摩擦力做功， 由动能定理得 Wf＝0－21mv02＝－1.25×10－2 J 即克服摩擦力做的功是1.25×10－2 J.
④
金属棒切割磁感线的过程中，棒和小球的动能转化为电能进而转化成焦耳热：
2020版高考物理一轮复习第十章电磁感应(第2课时)课件
两种情况下灯泡中电流方向 均改变
返回导航
【例 4】(2018·河南洛阳一中模拟)如图所示为安检门原理图 ， 左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中 某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针 B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大 C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针 D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
返回导航
D 解析：当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时， 可知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线 圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的 感应电流方向仍然为逆时针，故 A、C 错误；通电线圈中存在顺时 针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿 过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法 拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故 B 错误； 有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中 也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方 向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线 圈中的感应电流大小发生变化，故 D 正确．
变为原来的 2 倍时，P 变为原来的 4 倍，D 错．
返回导航
【变式 3】(2018 全国 1 卷)如图，导体轨道 OPQS 固定，其中 PQS
是半圆弧，Q 为半圆弧的中心，O 为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM
是有一定电阻。可绕 O 转动的金属杆。M 端位于 PQS 上，OM 与轨道
接触良好。空间存在半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小
联立以上各式解得 I1＝nB30Rπt0r22.
(鲁京津琼)2020版高考物理总复习第十章电磁感应专题突破2电磁感应中的动力学、能量和动量问题课件
电流 I＝2ER＝B4lRv0
棒 cd 所受的安培力 F＝BIl＝B42lR2v0 由牛顿第二定律可得棒 cd 的加速度大小为 a＝mF＝B42ml2Rv0，方向水平向右
答案 (1)14mv20 (2)B42ml2Rv0，方向水平向右
解析 (1)导体棒受到竖直方向的重力 mg、拉力 F，由牛顿第二定律得
F－mg＝ma，解得 a＝F－mmg (2)导体棒在拉力和重力的作用下， 做加速度减小的加速度运动，当加速度为零时
，达到稳定状态即做匀速运动，此时电流恒定，设此时速度为v，导体棒产生的电
动势为E＝BLv
受到的安培力为 F 安＝BIL
(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，故 Q＝12mv2－12·3mv′2
解得 Q＝13mgR
答案
(1) gR
Bl gR 3r
1 (2)3 gR
1 (3)3mgR
1.(多选)(2018·江苏单科，9)如图7所示，竖直放置的“ ”形光滑
导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度
为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的
速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余
电阻不计，重力加速度为g。金属杆( )
图7
A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C.穿过两磁场之间的总热量为 4mgd
D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度 h 可能小于m2B2g4LR42
值为8 Ω。质量为2 kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导
轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab在沿导
高考物理一轮复习 专题十 电磁感应 考点4 电磁感应的综合应用课件
5．关于电磁感应中“收尾速度”及收尾情况的分析
(1)收尾速度的表达式 如图甲所示，导体棒 ab 在恒定外力 F 作用下，从静止开始沿光滑导轨做切割磁感线运动。已知磁感 应强度为 B，导体棒长度为 l，电阻为 r，定值电阻为 R，其他电阻不计，则收尾速度 vm＝FBR2＋l2 r。 若导体棒质量为 m，与导轨间的动摩擦因数为 μ，则同理有 vm′＝F－μmB2gl2R＋r。
专题十 电磁感应
考点四 电磁感应的综合应用
撬点·基础点 重难点
基础点
知识点 1 电磁感应中的动力学问题 1．安培力的大小
安培力公式：FA＝BIl
感应电动势：E＝Blv 感应电流：I＝RE
⇒FA＝B2Rl2v
2．安培力的方向 (1)用左手定则判断：先用 右手 定则判断感应电流的方向，再用 左手 定则判定安培力的方向。 (2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向 相反 (选填“相同”或“相 反”)。 3．安培力参与物体的运动：导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、 匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题。
3．求解电磁感应中的能量转化问题所选用解题规律 (1)动能定理：合外力(包含安培力)所做的功等于导体棒动能的增量。 (2)能量转化和守恒定律 ①判断选定的系统在某一过程中能量是否守恒。 ②分析该过程中能量形式，哪种能量增加，哪种能量减少。 ③增加的能量等于减少的能量。
(3)借助功能关系图分析电磁感应中的能量问题。 理顺功能关系是分析电磁感应中能量转化问题的关键，下面以如图所示的情景为例说明。图中倾角为 θ 的导轨不光滑，外力 F 拉着导体棒向上加速垂直切割磁感线，导体棒质量为 m，电阻为 r。导体棒运动 过程的功能关系如图所示。
2020届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练 电磁感应中的动量和能量问题(解析版)
2020届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练电磁感应中的动量和能量问题【专题导航】目录热点题型一电磁感应中的能量问题 (1)（一）功能关系在电磁感应中的应用 (2)（二）焦耳热的求解 (4)热点题型二电磁感应中的动量问题 (6)（一）安培力对时间的平均值的两种处理方法 (7)角度一安培力对时间的平均值求电荷量 (7)角度二安培力对时间的平均值求位移 (8)（二）双导体棒在同一匀强磁场中的运动 (8)（三）两导体棒在不同磁场中运动 (10)【题型演练】 (11)【题型归纳】热点题型一电磁感应中的能量问题1．电磁感应中的能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．求解电磁感应现象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．(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．(3)根据能量守恒列方程求解． （一）功能关系在电磁感应中的应用【例1】(2019·河南开封高三上第一次模拟)如图所示，在竖直平面内固定有光滑平行导轨，间距为L ，下端接有阻值为R 的电阻，空间存在与导轨平面垂直、磁感应强度为B 的匀强磁场。
质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 与上端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。
初始时，导体棒静止，现给导体棒竖直向下的初速度v 0，导体棒开始沿导轨往复运动，运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。
若导体棒电阻r 与电阻R 的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是( )A ．导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反B ．初始时刻导体棒两端的电压U ab ＝BLv 0C ．若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h ，则通过电阻R 的电量为BLh 2RD ．若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h ，此过程导体棒克服弹力做功为W ，则电阻R 上产生的焦耳热Q ＝14mv 2＋12mgh －W【答案】 AC【解析】 导体棒竖直向下运动时，由右手定则判断可知，ab 中产生的感应电流方向从b →a ，由左手定则判断得知ab 棒受到的安培力竖直向上，导体棒竖直向上运动时，由右手定则判断可知，ab 中产生的感应电流方向从a →b ，由左手定则判断得知ab 棒受到的安培力竖直向下，所以导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反，A 正确；导体棒开始运动的初始时刻，ab 棒产生的感应电势为E ＝BLv 0，由于r ＝R ，a 端电势比b 端高，所以导体棒两端的电压U ab ＝12E ＝12BLv 0，B 错误；若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h ，则通过电阻R 的电量为q ＝ΔΦR ＋r ＝BLh 2R ，C 正确；导体棒从开始运动到速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知电路中产生的焦耳热Q 热＝12mv 20＋mgh －W ，所以电阻R 上产生的焦耳热Q ＝12Q 热＝14mv 20＋12mgh －W 2，D 错误。
2020届高考物理人教版一轮复习涉及电磁感应的力电综合问题PPT课件(103张)
热点题型探究
热点三 电磁感应与动量结合问题
考向一 动量定理的应用
例3 一实验小组想要探究电磁刹车的效果.在遥控小车底面安装宽为L、长为2.5L 的N匝矩形导线框,线框电阻为R,面积可认为与小车底面相同,其平面与水平地面平 行,小车总质量为m,其俯视图如图Z10-6所示.小车在磁场外行驶时保持功率始终为 P,且在进入磁场前已达到最大速度,当车头刚要进入磁场时立即撤去牵引力,完全 进入磁场时速度恰好为零.已知有界匀强磁场边界PQ和MN间的距离为2.5L,磁感应 强度大小为B,方向竖直向上,小车在行驶过程中受到地面的阻力恒为f.
热点题型探究
(1)小车车头刚进入磁场时,求线框产生的感应电动势E; (2)求电磁刹车过程中产生的焦耳热Q; (3)若只改变小车功率,使小车恰好穿出磁场时的速度为零,假设小车两次与磁场作 用时间相同,求小车的功率P'.
图Z10-6
热点题型探究
[答案] (1)������������������������
势能与产生的热量 Q 之和,即 F(L+h)=mg(L+h)+Q
解得 Q=(F-mg)(L+h)=3.0 J
热点题型探究
变式题1 (多选)如图Z10-4所示,光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角,两轨道上 端用一电阻R相连,该装置处于匀强磁场中,磁场方向垂直于轨道平面向上.质量为m 的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行,滑行到某一高度h后又返回到底端.若 运动过程中,金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好,轨道与金属杆的电阻均忽略 不计,重力加速度为g,则 ( )
(2 分) (1 分)
(2 分)
(1 分)
热点题型探究
(3)运动时间 t=������������ (2 分) 通过的电荷量 Q=It(2 分) 解得 Q=