【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件10.4三大力学观点在电磁感应中的应用专题 (含解析).ppt，共(64)页，2.023 MB，由MTyang资料小铺上传

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10．4三大力学观点在电磁感应中的应用专题专题综述应用力、能量、动量三大力学观点，研究电磁感应中的运动问题，其解题思路与力学中一样．在此类问题中，安培力是联系力和电的桥梁，是分析电磁感应中动力学问题的关键物理量．一、电磁感应中的安培力的特点安培

力与速度关系安培力公式：F＝BIl感应电动势：E＝Blv感应电流：I＝ERF＝B2l2vR安培力做功与电能的关系：电磁感应中克服安培力做的功等于产生的电能．安培力的冲量与电量的关系：安培力的冲量BLI·Δt

＝BLq.二、磁感应中的力和电的关系图题型透析动力学观点在电磁感应中的应用1．电磁感应中动力学问题的解题思路2．电磁感应中的动态分析在此类问题中，不论加速运动还是减速运动，加速度总是逐渐减小，最后达到匀速运动．具体思路

如下：例1(多选)如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端连接一个定值电阻R，金属棒和导轨电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F恒定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀

速运动；若保持拉力的功率P恒定，棒由静止经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则()A．t2＝t1B．t1>t2C．a2＝3a1D．a2＝5a1【答案】BC【解析】若保持拉力F恒定，

在t1时刻，棒ab切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，所受安培力F1＝BIL＝B2L2vR，由牛顿第二定律，有F－B2L2vR＝ma1；棒最终以2v做匀速运动，则F＝2B2L2vR，故a1＝B2L2vmR.若保持拉

力的功率P恒定．在t2时刻，有Pv－B2L2vR＝ma2；棒最终也以2v做匀速运动，则P2v＝2B2L2vR，故a2＝3B2L2vmR＝3a1，C项正确，D项错误．在速度变化相同的情况下，恒力F作用时棒的加速度总比拉力的功率P恒定时的加速度小，故t1>t2，B项正确，A项错误．

例2光滑平行的金属导轨MN和PQ，间距L＝1.0m，与水平面之间的夹角α＝30°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0T，垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝2.0Ω的电阻，其它电阻不计，质量m＝2.0kg的金属杆ab垂直导轨放置

，如图甲所示．用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，由静止开始运动，v­t图像如图乙所示，g取10m/s2，导轨足够长．求：(1)恒力F的大小；(2)金属杆速度为2.0m/s时的加速度大小；(3)根据v-t图像估算在前0.8s内通过电阻的电量．【解析】(1)对金属杆受力分析如图所示．由v-t图像

可知，导轨最后匀速运动且vmax＝4m/s.即F＝mgsin30°＋F安①F安＝BIL②I＝BLvmaxR③由①②③，解得F＝B2L2vmaxR＋mgsin30°＝18N.(2)对金属杆由牛顿第二定律：F－mgsin30°－F安＝maa

＝F－mgsin30°－B2L2vRm＝2.0m/s2.(3)由v-t图像知：0.8s内位移即为0～0.8s内图像所包围的小方格面积的和，小方格的个数为28个，故x＝28×0.2×0.2m＝1.12m前0.8s内通过电阻的电量q＝ΔΦR＝BLxR＝1.12C.能

量观点在电磁感应中的应用1．电磁感应中的能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法例3(多选)如图所示，平行导轨放在斜面上，匀强磁场垂直斜面向上，恒力F拉动金属杆ab从静止开始沿导轨向上滑动，接触良好，导轨光滑．从静止开始到ab杆到达最大速度的

过程中，恒力F做功为W，ab杆克服重力做功为W1，ab杆克服安培力做功为W2，ab杆动能的增加量为ΔEk，电路中产生的焦耳热为Q，ab杆重力势能增加量为ΔEp，则()A．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk＋ΔEpB．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEkC．W＝Q＋ΔEk＋ΔEpD．W2＝Q，W1＝ΔEp【答案

】CD【解析】以ab杆为研究对象，根据动能定理可得：W－W1－W2＝ΔEk，解得：W＝W1＋W2＋ΔEk，A、B两项错误；根据功能关系可知：ab杆克服安培力做功为W2＝Q，ab杆克服重力做功为W1＝ΔEp，所以有W＝Q＋ΔEk＋ΔEp，C、D两项正确．例4如图所示，足

够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0.40Ω的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻为r＝0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，其下滑距离与时间的关系如下表所示，导轨电阻不

计，重力加速度g取10m/s2.试求：时间t(s)00.10.20.30.40.50.60.7下滑距离s(m)00.10.30.71.42.12.83.5(1)当t＝0.7s时，重力对金属棒ab做功的功率；(2)金属棒ab在开始运动的0.7s内，电阻R上产生的焦耳热；(3)

从开始运动到t＝0.4s的时间内，通过金属棒ab的电荷量．【解析】(1)由表格中数据可知：金属棒先做加速度减小的加速运动，最后以7m/s的速度匀速下落，则t＝0.7s时，重力对金属棒ab做功的功率为PG＝mgv＝0.7W(2)根据动能定理WG＋W安＝12mv2－12mv02W安＝12mv

2－12mv02－mgh＝－0.105JQR＝RR＋r|W安|＝0.06J(3)当金属棒ab匀速下落时，G＝F安，则mg＝BIL＝B2L2vR＋r，解得BL＝0.1T·m则电荷量q＝It＝ΔΦR＋r＝BLsR＋r＝0.2C.例5如图所示，光滑的定滑轮

上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为3m的重物，另一端系一质量为m、电阻为r的金属杆．在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在Q、F之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置于导

轨下端QF处，将重物由静止释放，当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降．运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，重力加速度为g，求：(1)电阻R中的感应电流方向；(2)重物匀速下降的速度v；(3)重物从释放到下降

h的过程中，电阻R中产生的电热QR；【解析】(1)由右手定则可知电阻R中的感应电流方向为Q→R→F.(2)金属杆匀速上升，处于平衡状态，由平衡条件，得T－mg－F＝0，式中：T＝3mg，F＝B0IL＝B02L2vR＋r，所以v＝2mg（R＋r）B02L2.(3)设电路中产生的总电热为Q，则由能

量守恒得：减少的重力势能等于增加的动能和总电热Q，即3mgh－mgh＝12(3m)v2＋12mv2＋Q.所以电阻R中产生的电热QR为QR＝RR＋rQ＝2mghRR＋r－8m3g2（R＋r）RB04L4.方

法提炼电磁感应中的能量问题求解思路(1)若电流恒定，可以利用Q＝I2Rt直接计算电热．(2)若电流变化，则利用能量守恒求电热．(3)求某个电阻的电热时，先由能量守恒求出电路中产生的总电热，再利用电热与电阻的比例关系求某个电阻的电热．动量观点在电磁感应中的应用1

．动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中用动量定理时，通常将下面两式结合应用：BLI·Δt＝Δmvq＝IΔt＝nΔΦR2．动量守恒在电磁感应中的应用在“双棒切割”系统中，在只有安培力作用下，系统的合外力为零，通常应用动量守恒求解．例6(2

018·衡水一模)(多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ.两导轨间距为l，电阻均可忽略不计．在M和Q之间接有一阻值为R的电阻器．导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B

的匀强磁场中．现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动．ab杆最后停在导轨上．下列说法正确的是()A．整个过程回路产生的热量为12mv02B．整个过程通过电阻器的电量为q＝2mv0BlC．ab杆速度减为v03时，通过

电阻器的电量q＝mv03BlD．ab杆速度减为为v03时，ab杆通过的位移x＝2m（R＋r）v03B2l2【答案】AD【解析】整个过程中：由能量守恒定律知，整个过程产生热量为12mv02，A项正确．由动量定理得：－BIl·t＝0－mv0，又q＝It，整个过程通过电阻器的电量为：q＝m

v0Bl，B项错误．ab杆速度减为v03时：由动量定理得：－BIl·t＝mv03－mv0，又q＝It，通过电阻器的电量为：q＝2mv03Bl，C项错误．根据q＝ΔΦR＝BLxRab杆走过的位移为：x＝2m（R＋r）v03B2l2，D项正确．例7如图所示，两根平行光

滑的金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计．水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.导体棒a和b的质量均为m，电阻值分别为Ra＝R，Rb＝2R.b棒放置在水平导轨上且距弯曲轨道底部L0处，a棒在弯

曲轨道上距水平面h高度处由静止释放．运动过程中导体棒和导轨接触良好且始终和导轨垂直，重力加速度为g.求：(1)从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的内能？(2)当a、b棒运动最终稳定时，通过a棒

的总电量？【答案】(1)16mgh(2)mv2BL【解析】(1)a、b棒均受安培力作用，大小相等，方向相反，所以a棒和b棒组成的系统动量守恒．设两棒最终稳定速度为v1，由动量守恒定律有mv＝2mv1a棒产生内能为Ea，b棒产生内能为Eb根据能量守恒：12mv2＝12·2mv12＋

Ea＋Eb又Eb＝2Ea因为mgh＝12mv2解得a棒上产生的内能：Ea＝16mgh(2)a棒受安培力作用，从开始进入磁场至最终稳定速度，由动量定理：－BI平均Lt＝mv1－mv①又I平均t＝q②q为通过a棒的总电量，联立①②得，q＝mv2BL.1.(2018·江

苏)(多选)如图所示，竖直放置的“Π”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()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．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4答案

BC解析A项，金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A项错误．B项，金属杆在磁场Ⅰ运动时，做加速度逐渐减小的减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，两个过程

位移相等，由v-t图像分析知：杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B项正确．C项，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：2mgd＝Q，金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为Q总＝2Q＝4mgd.故

C项正确．D项，设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为H时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有mg＝BIL＝BBLvRL＝B2L2vR，又v＝2gH.联立解得H＝m2gR22B4L4由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动

，所以h一定大于H＝m2gR22B4L4.故D项错误．2．(2018·河南模拟)如图，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻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，金属杆保持与导轨垂直且接触良好，并不计金属杆ab的电阻及空气阻力，则()A．上滑过程中安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大B．上滑过程通过电阻R的电量比下滑过程多C．上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程多D．上

滑过程的时间比下滑过程长答案C解析A、B两项，安培力的冲量I＝BILt＝qBL，根据q＝ΔΦR知，上滑过程和下滑过程回路的磁通量的变化量相等，则通过电阻R的电量相等，所以上滑过程和下滑过程安培力的冲量大小相等．故A、B

两项错误．C项，经过同一位置时，ab杆下滑的速度小于上滑的速度，下滑时ab杆受到的安培力小于上滑所受的安培力，则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值，所以上滑导体棒克服安培力做功大于下滑过程克服安培力做功，故上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程多，故C项正确．D项，由于

导体棒切割磁感线产生感应电流，棒的机械能不断减少，经过同一位置时下滑的速度小于上滑的速度，则上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，故D项错误．3．(2018·揭阳一模

)(多选)半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为L的绝缘轻细杆悬挂于O1点，杆所在直线过圆环圆心，在O1点的正下方有一半径为L＋2r的圆形匀强磁场区域，其圆心O2与O1点在同一竖直线上，O1点在圆形磁场区域边界上，磁感应强度为B，如图所示．现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放，下摆过程中金

属圆环所在平面始终与磁场垂直，已知重力加速度为g，不计空气阻力及摩擦阻力，则()A．圆环最终会静止在O1点的正下方B．圆环第一次进入磁场的过程通过圆环的电量大小为πBr2RC．圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg(L

＋2r)D．圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg(L＋r)答案BC解析A项，圆环在进或出磁场时，因磁通量变化，产生感应电流，机械能要减少；当圆环整体完全在磁场中运动时，磁通量不变，不再产生感应电流，其机械能不变，就在

磁场中左右摆动，不会静止静止在O1点的正下方．故A项错误．B项，圆环第一次进入磁场的过程通过圆环的电量大小为：q＝I·Δt＝ΔФR＝πBr2R.故B项正确．C、D两项，由几何关系可知，该过程中环的上边缘恰好位于磁场的边界时，与开始时相比环的重心下降的高度为：h＝12(L＋r

)．由能量守恒定律，则有：在整个运动过程中产生的焦耳热Q，即为减小的机械能，因此有：Q＝mgh＝12mg(L＋r)，故C项正确，D项错误．4．(2018·南充三模)(多选)根据实际需要，磁铁可以制造成多种形状，如图就是一根很长的光滑圆柱

形磁棒，在它的侧面有均匀向外的辐射状磁场．现将磁棒竖直固定在水平地面上，磁棒外套有一个粗细均匀的圆形金属线圈，金属线圈的质量为m，半径为R，电阻为r，金属线圈所在位置的磁场的磁感应强度大小为B.让金属线圈从磁

棒上端由静止释放，经一段时间后与水平地面相碰(碰前金属线圈已达最大速度)并原速率反弹，又经时间t，上升到距离地面高度为h处速度减小到零．下列说法中正确的是()A．金属线圈与地面撞击前的速度大小mgr4π2B2R2B．撞击反弹后上升到最高处h的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量m2gr8π2B3

R3－mgt2πBRC．撞击反弹后上升到最高处h的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量m2gr8π2B3R3－mgtπBRD．撞击反弹后上升到最高处h的过程中，金属线圈中产生的焦耳热m3g2r232π4B4R4－mgh答案ABD解析A项，金属

线圈与地面撞击前已达最大速度，设最大速度为v.感应电动势为：E＝B·2πRv感应电流大小为：I＝Er，线圈受到的安培力为：FA＝BIL＝BI·2πR联合解得安培力大小为：FA＝4π2B2R2vr根据平衡条件有：FA＝mg解得：v＝mgr4π2B2R2.故A项正确．B、C两项，撞击反弹

后上升到最高处h的过程中，取向下为正方向，由动量定理得：mgt＋BI·2πRt＝0－(－mv)又通过金属线圈某一截面的电荷量为：q＝It联立解得：q＝m2gr8π3B3R3－mgt2πBR.故B项正确，C项错误．D项，撞击反弹

后上升到最高处h的过程中，金属线圈中产生的焦耳热为：Q＝12mv2－mgh＝m3g2r232π4B4R4－mgh.故D项正确．5．(2018·河南二模)如图甲所示，空间存在B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处

于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距l＝0.2m，在导轨一端连接着阻值为R＝0.4Ω的定值电阻，ab是跨接在导轨上质量为m＝0.1kg的导体棒．从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．

图乙是拉力F与导体棒ab速率倒数关系图像(F1未知)．已知导体棒ab与导轨的动摩擦因数μ＝0.2，除R外，其余部分电阻均不计，不计定滑轮的质量和摩擦，g＝10m/s2.(1)求电动机的额定功率；(2)若导体棒ab在16s内运动了90m并恰好达到最大速度，求在0～16s内电阻R上产生的焦耳

热．解析(1)由图像知导体棒ab的最大速度为：v1＝10m/s①此时，导体棒中感应电动势为：E＝BLv1②感应电流为：I＝ER③导体棒受到的安培力：FA＝BIL④此时带动机牵引力为：F＝Pv1⑤由牛顿第二定律得：Pv1－μ

mg－FA＝0⑥代入数据解得：P＝4.5W⑦(2)由能量守恒定律得：Pt＝Q＋μmgs＋12mv12⑧解得R上产生的热量为：Q＝49J⑨6．(2018·天津)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化

模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为

m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示．为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．(1)要使列车向右运行

，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车

停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？解析(1)根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极．(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识可得：R总＝R2设回路总电流为I，根据闭合电

路欧姆定律有：I＝ER总设两根金属棒所受安培力之和为F，有：F＝BIl根据牛顿第二定律有：F＝ma得：a＝Fm＝BIlm＝2BElmR(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过金属棒与导轨所围回路的磁通量

的变化为ΔΦ，平均感应电动势为：E1＝ΔΦΔt其中ΔΦ＝Bl2回路中平均电流为I′＝E12Rcd受到的平均安培力为F′＝BI′l以向右为正方向，Δt时间内cd受到安培力冲量I冲＝－F′Δt同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有：I

0＝2I冲设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有：I总＝0－mv0联立上式解得：I总I0＝mv0RB2l3讨论：若I总I0恰好为整数，设其为n，则需设置n块磁场，若I总I0的整数部分为N，则需设置N＋1块磁场．