高考物理二轮专题辅导训练专题4第10讲高考命题热点10应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题（含解析）

高考命题热点 10.应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题

(1)电磁感应中的力、电问题应抓住的“两个对象”：

(2)解决电磁感应能量问题的基本思路： ①确定感应电动势的大小和方向． ②画出等效电路图并求出电流．

③进行受力情况分析和做功情况分析． ④明确在此过程中的能量变化情况． ⑤用动能定理或能量守恒定律解题．

用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤

【典例】 (20分)

图4－10－16

如图4－10－16所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝2 kg，斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ef和gh2

的距离s＝11.4 m，(取g＝10 m/s)，求： (1)线框进入磁场前重物的加速度； (2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；

(3)ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间t；

(4)ab边运动到gh处的速度大小及在线框由静止开始运动到gh处的整个过程中产生的焦耳

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热． 审题流程

第一步：抓关键点→获取信息

第二步：抓过程分析→理清思路 第一过程牛顿第二定律M：Mg－F′＝Ma――→

匀加速直线运动m：F－mgsin α＝ma 第二过程平衡条件M：F1＝Mg――→

匀速直线运动m：F1′＝mgsin α＋F安 受力情况及加速度同“第一过程”第三过程―→

匀加速直线运动利用运动学公式求时间t及速度v 全过程―→求焦耳热

利用能量守恒满分解答 (1)线框进入磁场前，仅受到细线的拉力F，斜面的支持力和线框的重力，重物受到自身的重力和细线的拉力F′，对线框由牛顿第二定律得 F－mgsin α＝ma(2分)

对重物由牛顿第二定律得Mg－F′＝Ma(2分) 又F＝F′

联立解得线框进入磁场前重物的加速度 Mg－mgsin α2a＝＝5 m/s.(1分)

M＋m(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，则重物受力平衡：Mg＝F1(1分) 线框abcd受力平衡：F1′＝mgsin α＋F安(1分) 又F1＝F1′

ab边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势 E＝Bl1v(1分)

EBl1v(1分)

RRab边受到的安培力为F安＝BIl1(1分)

B2l21v联立解得Mg＝mgsin α＋(1分)

R代入数据解得v＝6 m/s.(1分)

(3)线框abcd进入磁场前，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动至gh处，仍做匀加速直线运动．

2

进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同，为a＝5 m/s，该阶段的运动时间为t1

回路中的感应电流为I＝＝教育资源 ＝＝1.2 s(1分)

进入磁场过程中匀速运动的时间t2＝＝0.1 s(1分)

线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相同，所以该阶段的加速度仍为a2

＝5 m/s

12

由匀变速直线运动的规律得s－l2＝vt3＋at3(1分)

2

解得t3＝1.2 s(1分)

因此ab边由静止开始运动到gh处所用的时间 t＝t1＋t2＋t3＝2.5 s．(1分) (4)线框ab边运动到gh处的速度

v′＝v＋at3＝6 m/s＋5×1.2 m/s＝12 m/s(1分) 整个运动过程产生的焦耳热

Q＝F安l＝(Mg－mgsin α)l2＝9 J．(2分)

2

答案 (1)5 m/s (2)6 m/s (3)2.5 s (4)12 m/s 9 J

(2014·安徽卷，23)(16分)如图4－10－17甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m．以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆

2

与导轨接触良好)．g取10 m/s.

val2v

图4－10－17

(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差UCD；

(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图象；

(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热． 解析 (1)由题可知，金属杆运动过程中的感应电动势为 E＝Bdv＝1.5 V(1分)

由几何关系可知，金属杆运动到x＝0.8 m处时，接入电路的长度为l＝1.8 m，(1分) 故可知UCD＝－Bdv－Blv＝－0.6 V(1分)

(2)金属杆做匀速直线运动，故始终受力平衡，即 F＝mgsin θ＋BIl(2分)

BlvI＝(1分)

RxB2l2v所以F＝mgsin θ＋(1分)

RxOP－x3

其中l＝d＝3 m－x，Rx＝l×0.1 Ω/m(1分)

OP2

代入可得F＝12.5－3.75x (m)(0≤x≤2)

关系图象如下图所示(2分)

教育资源 5＋12.5

(3)由图象可以确定力F所做的功为F－x图线下所围面积，即WF＝×2 J＝17.5 J(1

2

分)

而杆的重力势能增加量ΔEp ΔEp＝mgOPsin θ(2分)

代入数据得：ΔEp＝10 J(1分) 故全过程产生的焦耳热Q Q＝WF－ΔEp＝7.5 J(2分) 答案 (1)1.5 V －0.6 V

(2)F＝12.5－3.75x(m) 图象见解析 (3)7.5 J

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