高考物理二轮复习专题四第10讲应用“三大观点”解决电磁感应综合问题练习

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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

【创新设计】（山东专用）2015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gh 的距离s＝11.4 m，(取g＝10 m/s2)，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→理清思路第一过程匀加速直线运动――→牛顿第二定律M：Mg－F′＝Mam：F－mg sin α＝ma第二过程匀速直线运动――→平衡条件M ：F 1＝Mgm ：F 1′＝mg sin α＋F 安→受力情况及加速度同“第一过程”利用运动学公式求时间t 及速度v→求焦耳热满分解答 (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 －mg sin 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 a ＝Mg －mg sin αM ＋m＝5 m/s 2.(1分)(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 ＝F 1(1分) 线框abcd 受力平衡：F 1′＝mg sin α＋F 安(1分) 又F 1＝F 1′ab 边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势 E ＝Bl 1v (1分)回路中的感应电流为I ＝E R ＝Bl 1vR(1分)ab 边受到的安培力为F 安＝BIl 1(1分)联立解得Mg ＝mg sin α＋B 2l 21vR(1分)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．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 2，该阶段的运动时间为t 1＝va＝1.2 s(1分) 进入磁场过程中匀速运动的时间t 2＝l 2v＝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a＝5 m/s 2由匀变速直线运动的规律得s －l 2＝vt 3＋12at 23(1分)解得t 3＝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 ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.5 s ．(1分) (4)线框ab 边运动到gh 处的速度v ′＝v ＋at 3＝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 －mg sin α)l 2＝9 J ．(2分)答案 (1)5 m/s 2(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(金属杆与导轨接触良好)．g 取10 m/s 2.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U CD ；(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U CD ＝－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 ＝mg sin θ＋BIl (2分)I ＝BlvR x(1分)所以F ＝mg sin θ＋B 2l 2vR x(1分)其中l ＝OP －x OP d ＝3 m －32x ，R x ＝l ×0.1 Ω/m(1分)代入可得F ＝12.5－3.75x (m)(0≤x ≤2)关系图象如下图所示(2分)(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W F ＝5＋12.52×2 J＝17.5 J(1分)而杆的重力势能增加量ΔE p ΔE p ＝mg OP sin θ(2分)代入数据得：ΔE p ＝10 J(1分) 故全过程产生的焦耳热Q Q ＝W F －ΔE p ＝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。

(高中段)第10讲动力学三大观点的综合运用

则 Ep2>μmcgL＝2.5 J 仅碰两次 Ep2<3μmcgL＝7.5 J 且 7.5 J<12.5 J 所以 2.5 J<Ep2<7.5 J。
答案：(1)2 m (2)74 N，方向竖直向下 (3)Ep>12.5 J 或 2.5 J<Ep<7.5 J
4．如图所示，两根相距为 d、动摩擦因数为 μ 的粗糙平行金属导轨放在倾角为 θ 的斜面上，金属导轨上端连有阻值为 R 的电阻，在平行于斜面的矩形区域 mnop(mp 长为 l，且平行金属导轨，不考虑磁场的边界效应)存在一个垂直斜面向上的匀强磁场 B，一根电阻为 r、质量为 m 的金属棒 EF 自磁场上边界虚线 mn 处由静止释放，经过 t 时间离开磁场区域。求： (1)t 时间内通过电阻 R 的电荷量 q。 (2)t 时间内电阻 R 产生的焦耳热 Q。 (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′分别是多少？
mg(h＋Lsin 37°－R)－3μmgLBC＝0－12mv02 解得 LBC＝4310 m≈1.37 m>1.25 m 适当减小 BC 的长度，物块第 5 次过 BC 后到达与圆心等高处 mg(h＋Lsin 37° －R)－5μmgLBC＝0－12mv02 解得 LBC＝0.82 m<1.25 m 所以 LBC＝4310 m≈1.37 m。答案：(1)0.45 m (2)会 5 m/s (3)1.37 m
(1)小物块水平抛出的位置离 A 点的高度差？ (2)若 BC 段长为 2.4 m，判断物块是否会与弹性挡板碰撞，若会请求出碰前的速度，若不会请说明理由； (3)若小物块从 A 进入轨道到最终停止都不脱离轨道，求满足条件的 BC 段的最短长度是多少？解析：(1)小物块沿 AB 方向进入轨道，有 cos 37°＝vvA0，tan 37°＝vvA0y 解得 vAy＝3 m/s，vA＝5 m/s 抛出点离 A 点的高度差 h＝v2Agy2＝290 m＝0.45 m。

2020届高考物理复习专题《三大观点解决电磁感应问题》强化练习题

三大观点解决电磁感应问题考点1 能量观点1．(2019·河南省名校联盟)如图所示，两条间距L ＝0.50 m 、平行光滑U 形导轨与水平面的夹角θ＝30°，导轨的底部接一阻值R ＝2.0 Ω的电阻，其中CM ＝PD ＝4.5 m ，导轨及其他部分电阻不计．一根质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝1.0 Ω的导体棒置于导轨的底端，与导轨垂直且接触良好，整个装置处于磁感应强度B ＝2.0 T 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．现对导体棒施加平行于导轨向上的拉力F ，使棒从静止开始沿导轨平面向上做匀加速运动，则导体棒在导轨上运动的整个过程中( )A ．通过电阻R 的电荷量为2.0 CB ．拉力F 和磁场对导体棒的安培力做的总功等于导体棒的机械能的增加量C ．拉力F 做的功等于导体棒增加的机械能与电阻R 产生的焦耳热之和D ．拉力F 先增大后保持不变2．(2019·河南省名校联盟)如图所示，水平虚线下方存在大小为B 、方向水平向里的匀强磁场．正方形金属线框abcd 边长为L ，质量为m ，电阻为R .将线框在虚线上方一定高度处由静止释放，运动过程中ab 边始终水平，线框始终在竖直面内，所受空气阻力恒为F 阻．线框进入磁场的过程做匀速直线运动，重力加速度为g .则线框释放时ab 边与水平虚线间的高度差为( )A.m （mg －F 阻）R2B 2L 4B.m （mg －F 阻）R 22B 4L4C.m （mg －F 阻）R 2B 2L 4D.m （mg －F 阻）R2B 4L43．(多选)(2019·洛阳模拟)如图所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ 和MN ，两导轨间距为L ，导轨处于磁场方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B .有两根质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻，将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上．a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g .则下列判断正确的是( )A ．物块c 的质量是2m sin θB ．b 棒放上导轨前物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能C ．b 棒放上导轨后物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D ．a 、c 匀速运动的速度为2mgR sin θB 2L24．(2019·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l ＝0.1 m 的足够长金属导轨底端接有阻值R ＝0.1 Ω的电阻，质量m ＝0.1 kg 的金属棒ab 垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x .在0.2 m ≤x ≤0.8 m 区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t ＝0时刻起，棒ab 在沿x 轴正方向的外力F 作用下，从x ＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v 与位移x 满足v ＝kx (可导出a ＝kv )，k ＝5 s－1.当棒ab 运动至x 1＝0.2 m 处时，电阻R 消耗的电功率P ＝0.12 W ，运动至x 2＝0.8 m 处时撤去外力F ，此后棒ab将继续运动，最终返回至x ＝0处．棒ab 始终保持与导轨垂直，不计其他电阻(提示：可以用F-x 图象下的“面积”代表力F 做的功，sin 37°＝0.6)．求：(1)磁感应强度B 的大小； (2)外力F 随位移x 变化的关系式；(3)在棒ab 整个运动过程中，电阻R 产生的焦耳热Q . 考点2 动力学观点5．(2019·随州模拟)如图所示，在匀强磁场中，两根平行的金属导轨上放置两条平行的金属棒ab 和cd ，假定它们沿导轨运动的速率分别为v 1和v 2，且v 1<v 2，若金属导轨和金属棒的电阻不能忽略，要使回路中产生的感应电流最大，则棒ab 、cd 的运动情况应该为( )A ．ab 和cd 都向右运动B ．ab 和cd 都向左运动C ．ab 向右、cd 向左做相向运动D ．ab 向左、cd 向右做背向运动6．(多选)(2019·惠州模拟)如图所示，两根弯折的光滑金属棒ABC 和DEF 固定成正对平行的导轨，其中，AB 和DE 部分水平，倾斜的BC 和EF 部分与水平面的夹角为θ，导轨的水平部分和倾斜部分均足够长，水平部分有竖直向下、大小为B 0的匀强磁场，倾斜部分有方向垂直于斜面BCFE 向上、大小也为B 0的匀强磁场．现将两根相同的、长度略大于导轨间距的导体棒分别垂直于导轨放置在其水平部分和倾斜部分(均平行于BE )，两导体棒质量均为m 、电阻均为R ，导体棒始终与导轨接触良好，且不计导轨电阻，ab 棒处于静止状态且距离BE 足够远．现将cd 棒从斜面上部由静止释放，那么在以后的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．最后两棒匀速运动B ．cd 棒的速度始终大于ab 棒的速度C ．cd 棒的加速度一直减小D ．回路中电流先增大后不变7．(多选)(2019·中山模拟)如图所示，一金属棒AC 在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O 点)匀速转动，OA ＝2OC ＝2L ，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω、电阻为r ，内、外两金属圆环分别与C 、A 良好接触并各引出一接线柱与外电阻R 相接(没画出)，两金属环圆心皆为O 且电阻均不计，则( )A ．金属棒中有从A 到C 的感应电流B ．外电阻R 中的电流为I ＝3B ωL22（R ＋r ）C ．金属棒AC 间电压为为3B ωL 2R2（R ＋r ）D ．当r ＝R 时，外电阻消耗功率最小8．(2019·南阳模拟)如图甲所示，相距d 的两根足够长的金属棒制成的导轨，水平部分左端ef 间连接一阻值为2R 的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37°.长度也为d 、质量为m 的金属棒ab 电阻为R ，通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG 、NH 段动摩擦因数μ＝18(其余部分摩擦不计)．MN 、PQ 、GH 相距为L ，MN 、PQ 间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为B 1的匀强磁场，PQ 、GH 间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B 2，其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，当ab 棒从MN 上方一定距离由静止释放通过MN 、PQ 区域(运动过程中ab 棒始终保持水平)，电压传感器监测到Ut 关系如图乙所示．(1)求ab 棒刚进入磁场B 1时的速度大小；(2)求定值电阻上产生的热量Q 1；(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B 2的大小和方向．考点3 动量观点9．(2019·许昌模拟)如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L 的区域内，现有一个边长为a (a <L )的正方形闭合线圈以速度v 0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v (v <v 0)那么( )A ．完全进入磁场时线圈的速度大于(v 0＋v )/2B ．完全进入磁场时线圈的速度等于(v 0＋v )/2C ．完全进入磁场时线圈的速度小于(v 0＋v )/2D ．以上情况AB 均有可能，而C 是不可能的10．(多选)如图所示，间距为d 的两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接一定值电阻R ，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，金属棒ab 以初速度v 0沿导轨向右运动，当位移为x 时速度减为零，已知金属棒ab 与导轨间的动摩擦因数为μ，其余部分电阻不计，重力加速度为g ，则在金属棒的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．金属杆ab 中的感应电流方向由a 到bB ．通过电阻R 的电荷量为Bdx 2RC ．金属棒产生的焦耳热为14mv 20－12μmgxD ．金属棒运动的时间为v 0μg －B 2d 2xμmgR11．(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，间距为L ，空间存在着方向竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场．在导轨上放有两根质量分别为m 和2m 的金属棒ab 、cd ，两棒和导轨垂直且接触良好，有效电阻均为R ，导轨电阻不计．现给金属棒ab 水平向左的瞬时冲量I 0，同时给cd 棒水平向右的瞬时冲量2I 0.则在以后的运动过程中( )A ．通过ab 棒的最大电流为BLI 02mRB ．cd 棒的最大加速度为B 2L 2I 02m 2RC ．最终两金属棒将静止在导轨上D ．整个过程中该系统产生的焦耳热为4I 23m12．(2019·石家庄模拟)如图所示，MN 、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径r ＝0.5 m 的相同竖直半圆导轨在N 、Q 端平滑连接，M 、P 端连接定值电阻R ，质量M ＝2 kg 的cd 绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至N 、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现有质量m ＝1 kg 的ab 金属杆以初速度v 0＝12 m/s 水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计除R 以外的其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g 取10 m/s 2(不考虑cd 杆通过半圆导轨最高点以后的运动)，求：(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ； (2)电阻R 产生的焦耳热Q .参考答案考点1 能量观点1．(2019·河南省名校联盟)如图所示，两条间距L ＝0.50 m 、平行光滑U 形导轨与水平面的夹角θ＝30°，导轨的底部接一阻值R ＝2.0 Ω的电阻，其中CM ＝PD ＝4.5 m ，导轨及其他部分电阻不计．一根质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝1.0 Ω的导体棒置于导轨的底端，与导轨垂直且接触良好，整个装置处于磁感应强度B ＝2.0 T 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．现对导体棒施加平行于导轨向上的拉力F ，使棒从静止开始沿导轨平面向上做匀加速运动，则导体棒在导轨上运动的整个过程中( )A ．通过电阻R 的电荷量为2.0 CB ．拉力F 和磁场对导体棒的安培力做的总功等于导体棒的机械能的增加量C ．拉力F 做的功等于导体棒增加的机械能与电阻R 产生的焦耳热之和D ．拉力F 先增大后保持不变解析：通过电阻R 的电荷量q ＝BLxR ＋r＝1.5 C ，故选项A 错误；由功能原理知，拉力F 和磁场对导体棒的安培力做的总功等于导体棒的机械能的增加量，故选项B 正确；由能量守恒定律知拉力F 做的功等于棒增加的机械能与电阻R 和棒的焦耳热之和，故选项C 错误；对棒由牛顿第二定律有F －mg sin θ－F A ＝ma ，可得F ＝mg sin θ＋ma＋F A ，其中F A ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r，因为导体棒做匀加速运动，所以F A 一直增大，即力F 一直增大，选项D 错误．答案：B2．(2019·河南省名校联盟)如图所示，水平虚线下方存在大小为B 、方向水平向里的匀强磁场．正方形金属线框abcd 边长为L ，质量为m ，电阻为R .将线框在虚线上方一定高度处由静止释放，运动过程中ab 边始终水平，线框始终在竖直面内，所受空气阻力恒为F 阻．线框进入磁场的过程做匀速直线运动，重力加速度为g .则线框释放时ab 边与水平虚线间的高度差为( )A.m （mg －F 阻）R2B 2L 4B.m （mg －F 阻）R 22B 4L4C.m （mg －F 阻）R 2B 2L 4D.m （mg －F 阻）R2B 4L4解析：金属线框进入磁场前，根据动能定理得mgh －F 阻h ＝12mv 2，进入磁场时，由平衡条件得mg ＝B 2L 2vR＋F 阻，联立解得h ＝m （mg －F 阻）R 22B 2L4，故选项B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B3．(多选)(2019·洛阳模拟)如图所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ 和MN ，两导轨间距为L ，导轨处于磁场方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B .有两根质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻，将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上．a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g .则下列判断正确的是( )A ．物块c 的质量是2m sin θB ．b 棒放上导轨前物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能C ．b 棒放上导轨后物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D ．a 、c 匀速运动的速度为2mgR sin θB 2L2解析：b 棒静止mg sin θ＝F A ，a 棒匀速向上运动m c g ＝mg sin θ＋F A ，联立得m c ＝2m sin θ，又因F A ＝B 2L 2v 2R，解得v ＝2mgR sin θB 2L2，故A 、D 正确；b 放上之前，a 、c 系统机械能守恒，故a 增加的重力势能与a 、c 增加的动能之和才等于c 减小的重力势能，故B 错误；b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能与杆a 增加的重力势能之和，故物块c 减少的重力势能大于回路消耗的电能，故C 错误．答案：AD4．(2019·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l ＝0.1 m 的足够长金属导轨底端接有阻值R ＝0.1 Ω的电阻，质量m ＝0.1 kg 的金属棒ab 垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x .在0.2 m ≤x ≤0.8 m 区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t ＝0时刻起，棒ab 在沿x 轴正方向的外力F 作用下，从x ＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v 与位移x 满足v ＝kx (可导出a ＝kv )，k ＝5 s－1.当棒ab 运动至x 1＝0.2 m 处时，电阻R 消耗的电功率P ＝0.12 W ，运动至x 2＝0.8 m 处时撤去外力F ，此后棒ab将继续运动，最终返回至x ＝0处．棒ab 始终保持与导轨垂直，不计其他电阻(提示：可以用F-x 图象下的“面积”代表力F 做的功，sin 37°＝0.6)．求：(1)磁感应强度B 的大小； (2)外力F 随位移x 变化的关系式；(3)在棒ab 整个运动过程中，电阻R 产生的焦耳热Q .解析：(1)在x 1＝0.2 m 处时，电阻R 消耗的电功率P ＝（Blv ）2R，此时v ＝kx ＝1 m/s ，解得B ＝PR （lv ）2＝305T ； (2)在无磁场区间0≤x <0.2 m 内，有a ＝kv ＝k 2x由牛顿第二定律得F －μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得F ＝(0.96＋2.5x ) N ，在有磁场区间0.2 m ≤x ≤0.8 m 内，有 F A ＝（Bl ）2vR＝0.6x N ，F ＝(0.96＋2.5x ＋0.6x ) N ＝(0.96＋3.1x ) N ；(3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)W A1＝0.6 N2(x 1＋x 2)(x 2－x 1)＝0.18 J ，撤去外力后，设棒ab 上升的最大距离为s ，再次进入磁场时的速度为v ′，由动能定理有 (mg sin θ＋μmg cos θ)s ＝12mv 2，(mg sin θ－μmg cos θ)s ＝12mv ′2，解得v ′＝2 m/s ，由于mg sin θ－μmg cos θ－（Bl ）2v ′R＝0，故棒ab 再次进入磁场后做匀速运动下降过程中克服安培力做的功 W A2＝（Bl ）2v ′R(x 2－x 1)＝0.144 J ，Q ＝W A1＋W A2＝0.324 J.答案：见解析考点2 动力学观点5．(2019·随州模拟)如图所示，在匀强磁场中，两根平行的金属导轨上放置两条平行的金属棒ab和cd，假定它们沿导轨运动的速率分别为v1和v2，且v1<v2，若金属导轨和金属棒的电阻不能忽略，要使回路中产生的感应电流最大，则棒ab、cd的运动情况应该为( )A．ab和cd都向右运动B．ab和cd都向左运动C．ab向右、cd向左做相向运动D．ab向左、cd向右做背向运动解析：根据右手定则，当金属棒运动方向相同时，棒中产生的电流方向相同，回路中的总电流为两电流之差，故A、B项中电流不是最大；当两金属棒运动方向相反时，棒中产生的电流方向相反，回路中的总电流为两电流之和，但随着棒的运动，D项中ab向左、cd向右做背向运动时，回路中的电阻在变大，电流不一定最大，选项C正确．答案：C6．(多选)(2019·惠州模拟)如图所示，两根弯折的光滑金属棒ABC和DEF固定成正对平行的导轨，其中，AB 和DE部分水平，倾斜的BC和EF部分与水平面的夹角为θ，导轨的水平部分和倾斜部分均足够长，水平部分有竖直向下、大小为B0的匀强磁场，倾斜部分有方向垂直于斜面BCFE向上、大小也为B0的匀强磁场．现将两根相同的、长度略大于导轨间距的导体棒分别垂直于导轨放置在其水平部分和倾斜部分(均平行于BE)，两导体棒质量均为m、电阻均为R，导体棒始终与导轨接触良好，且不计导轨电阻，ab棒处于静止状态且距离BE足够远．现将cd棒从斜面上部由静止释放，那么在以后的运动过程中，下列说法正确的是( )A．最后两棒匀速运动B．cd棒的速度始终大于ab棒的速度C．cd棒的加速度一直减小D．回路中电流先增大后不变解析：以cd棒为研究对象，根据右手定则可知电流方向为cdba，根据左手定则可知ab棒受到的安培力方向向左，所以ab棒向左加速运动，加速度逐渐增大，而cd棒沿斜面向下加速运动，随着速度增大．安培力逐渐变大．根据牛顿第二定律可得，mg sin θ－F A＝ma，所以cd棒的加速度逐渐减小，当二者加速度相等时，加速度保持不变，所以最后匀加速运动，选项A、C错误；cd棒做加速度逐渐减小的加速运动、ab棒做加速度逐渐增大的加速运动，根据v＝at可知，cd棒的速度始终大于ab棒的速度，选项B正确；根据法拉第电磁感应定律可得E＝B0L(v ad－v ab)，根据闭合电路的欧姆定律可得I ＝E2R＝B 0L （v ad －v ab ）2R ＝B 0L （a ad －a ab ）t2R，由于开始一段时间内cd 棒做加速度大于ab 棒加速度的加速运动，所以回路电流强度先增加，当二者的加速度相等时，电流强度不变，选项D 正确．答案：BD7．(多选)(2019·中山模拟)如图所示，一金属棒AC 在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O 点)匀速转动，OA ＝2OC ＝2L ，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω、电阻为r ，内、外两金属圆环分别与C 、A 良好接触并各引出一接线柱与外电阻R 相接(没画出)，两金属环圆心皆为O 且电阻均不计，则( )A ．金属棒中有从A 到C 的感应电流B ．外电阻R 中的电流为I ＝3B ωL22（R ＋r ）C ．金属棒AC 间电压为为3B ωL 2R2（R ＋r ）D ．当r ＝R 时，外电阻消耗功率最小解析：根据右手定则判断可知金属棒中有从C 到A 的感应电流，选项A 错误；金属棒产生的感应电动势为E ＝12B (2L )2ω－12BL 2ω＝32BL 2ω，外电阻R 中的电流为I ＝E R 总＝3B ωL 22（R ＋r ），选项B 正确；金属棒AC 间电压为U ＝IR ＝3B ωL 2R 2（R ＋r ），选项C 正确；根据电源的内外电阻相等时输出功率最大，则知当r ＝R 时外电阻消耗功率最大，选项D 错误．答案：BC8．(2019·南阳模拟)如图甲所示，相距d 的两根足够长的金属棒制成的导轨，水平部分左端ef 间连接一阻值为2R 的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37°.长度也为d 、质量为m 的金属棒ab 电阻为R ，通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG 、NH 段动摩擦因数μ＝18(其余部分摩擦不计)．MN 、PQ 、GH 相距为L ，MN 、PQ 间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为B 1的匀强磁场，PQ 、GH 间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B 2，其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，当ab 棒从MN 上方一定距离由静止释放通过MN 、PQ 区域(运动过程中ab 棒始终保持水平)，电压传感器监测到Ut 关系如图乙所示．(1)求ab 棒刚进入磁场B 1时的速度大小； (2)求定值电阻上产生的热量Q 1；(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B 2的大小和方向．解析：(1)ab 棒刚进入磁场B 1时电压传感器的示数为U ，根据闭合电路欧姆定律得E 1＝U ＋U2R ·R ，解得E 1＝1.5U ，根据法拉第电磁感应定律得：E 1＝B 1dv 1，解得v 1＝1.5UB 1d；(2)设金属棒ab 离开PQ 时的速度为v 2，根据图乙可知．定值电阻此时两端电压为2U ，根据闭合电路的欧姆定律可得 B 1dv 22R ＋R·2R ＝2U ，解得v 2＝3UB 1d，棒ab 从MN 到PQ ，根据动能定理可得：mg sin 37°·L －μmg cos 37°·L －W 安＝12mv 22－12mv 21，根据功能关系可得产生的总焦耳热Q 总＝W 安，则定值电阻产生的焦耳热为Q 1＝2R2R ＋RQ 总，联立解得Q 1＝13mgL －9mU24B 21d2；(3)两棒以相同的初速度进入场区，匀速经过相同的位移，对ab 棒，根据共点力的平衡可得mg sin 37°－μmg cos 37°－B 21d 2v2R＝0，解得v ＝mgR B 21d2. 对cd 棒，因为2mg sin 37°－μ·2mg cos 37°＞0，故cd 棒安培力必须垂直导轨平面向下，根据左手定则可知磁感应强度B 2沿导轨平面向上，cd 棒也匀速运动，则有2mg sin 37°－μ(2mg cos 37°)＋B 2×12×B 1dv2R ×d ＝0，将v ＝mgRB 21d2代入解得B 2＝32B 1. 答案：(1)1.5U B 1d (2)13mgL －9mU 24B 21d 2 (3)32B 1 方向沿导轨平面向上考点3 动量观点9．(2019·许昌模拟)如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L 的区域内，现有一个边长为a (a <L )的正方形闭合线圈以速度v 0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v (v <v 0)那么( )A ．完全进入磁场时线圈的速度大于(v 0＋v )/2B ．完全进入磁场时线圈的速度等于(v 0＋v )/2C ．完全进入磁场时线圈的速度小于(v 0＋v )/2D ．以上情况AB 均有可能，而C 是不可能的解析：对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为v 0，末速度为v .由动量定理可知：BI —L Δt ＝mv －mv 0，又电量q ＝I —Δt ，得m (v －v 0)＝BLq ，得速度变化量Δv ＝v －v 0＝BLq m ，由q ＝ΔΦR可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量．设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为v ′，则有v 0－v ′＝v ′－v ，解得v ′＝v 0＋v2，B 正确．答案：B10．(多选)如图所示，间距为d 的两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接一定值电阻R ，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，金属棒ab 以初速度v 0沿导轨向右运动，当位移为x 时速度减为零，已知金属棒ab 与导轨间的动摩擦因数为μ，其余部分电阻不计，重力加速度为g ，则在金属棒的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．金属杆ab 中的感应电流方向由a 到bB ．通过电阻R 的电荷量为Bdx2RC ．金属棒产生的焦耳热为14mv 20－12μmgxD ．金属棒运动的时间为v 0μg －B 2d 2xμmgR解析：根据右手定则可知金属棒ab 中的感应电流方向由b 到a ，故A 错误；通过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦ2R ＝Bdx2R ，故B 正确；根据能量守恒定律12mv 20＝2Q ＋μmgx ，可得金属棒ab 产生的焦耳热Q ＝14mv 20－12μmgx ，故C 正确；对于金属棒ab ，根据动量定理－Bdq －μmgt ＝0－mv 0，联立解得t ＝v 0μg －B 2d 2x2μmgR，故D 错误．答案：BC11．(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，间距为L ，空间存在着方向竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场．在导轨上放有两根质量分别为m 和2m 的金属棒ab 、cd ，两棒和导轨垂直且接触良好，有效电阻均为R ，导轨电阻不计．现给金属棒ab 水平向左的瞬时冲量I 0，同时给cd 棒水平向右的瞬时冲量2I 0.则在以后的运动过程中( )A ．通过ab 棒的最大电流为BLI 02mRB ．cd 棒的最大加速度为B 2L 2I 02m 2RC ．最终两金属棒将静止在导轨上D ．整个过程中该系统产生的焦耳热为4I 23m解析：开始时，由I ＝mv 可得两棒的初速度v 0＝I 0m ，此时回路中的电流最大为I ＝2BLv 02R ＝BLI 0mR ，cd 棒受到的安培力最大F 安＝BIL ＝B 2L 2I 0mR ，则加速度最大a ＝B 2L 2I 02m 2R，此后两棒均做减速运动，由于两棒构成的系统在水平方向上不受外力，系统动量守恒，则有2I 0－I 0＝3mv ，解得v ＝I 03m ，一起向右匀速运动则无感应电流，选项B 正确，A 、C 错误；由能量守恒定律可知，该系统产生热量Q ＝12·3mv 20－12·3mv 2＝4I 203m，选项D 正确．答案：BD12．(2019·石家庄模拟)如图所示，MN 、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径r ＝0.5 m 的相同竖直半圆导轨在N 、Q 端平滑连接，M 、P 端连接定值电阻R ，质量M ＝2 kg 的cd 绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至N 、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现有质量m ＝1 kg 的ab 金属杆以初速度v 0＝12 m/s 水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计除R 以外的其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g 取10 m/s 2(不考虑cd 杆通过半圆导轨最高点以后的运动)，求：(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ； (2)电阻R 产生的焦耳热Q .解析：(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有Mg ＝M v 2r，解得v ＝ 5 m/s ；(2)发生正碰后cd 绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有－Mg ·2r ＝12Mv 2－12Mv 22，解得碰撞后cd 绝缘杆的速度v 2＝5 m/s ，两杆碰撞过程中动量守恒，有mv 0＝mv 1＋Mv 2，解得碰撞后ab 金属杆的速度v 1＝2 m/s ，ab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有12mv 21＝Q ，解得Q ＝2 J. 答案：见解析。

专题14电学中三大观点的综合应用(测试)(解析版)-2024年高考物理二轮复习讲练测(新教材新高考)

专题14电学中三大观点的综合应用（考试时间：75分钟试卷满分：100分）一、单项选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分）1．（2024·河南·统考二模）如图所示，一个质量为m 、电阻为R 、边长为L 的正方形金属线框abcd ，放在光滑绝缘水平面上，空间存在一磁感应强度为B 、方向竖直向下的有界匀强磁场，磁场的左右边界刚好和线框的ab 边、cd 边重合。

现在线框cd 的中点加一水平向右的恒力F ，使线框从图示位置由静止开始水平向右运动。

已知经过时间t ，线框的ab 边刚好向右运动到磁场的右边界处，此时线框的速度大小为v 。

若在同一时间t 内，线框内产生的热量与一恒定电流I 在该线框内产生的热量相同，则关于该恒定电流I 的表达式，下列正确的是（）A ．I =B ．I =C ．I =D ．I 【答案】D【详解】对线框根据能量守恒有212FL Q mv =+，线框内产生的热量与一恒定电流I 在该线框内产生的热量相同，则恒定电流产生的热量为2Q I Rt =，解得I =故选D 。

2．（2024·安徽·校联考模拟预测）如图所示，相距为L 足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 水平放置，在两导轨间左侧连接一阻值为R 的定值电阻1R ，右侧连接一最大阻值为2R 的滑动变阻器2R .两导轨间存在着竖直向下的匀强磁场.一长为L 、电阻值为2R的导体棒AB 在外力作用下以速度v 匀速向右运动.金属导轨电阻不计，导体棒AB 与两导轨接触良好且始终垂直.现缓慢滑动2R 的滑片，使2R 接入电路中的阻值从0开始逐渐增大。

下列说法正确的是（）A ．1R 中的电流方向为P 到M ，且电流大小逐渐增大B ．当2R 接入电路中的阻值2R R =时，1R 中的电流最大且为2BLv RC ．当2R 接入电路中的阻值2R R =时，两电阻1R 、2R 的电功率之和最大且为2222B L v RD ．当2R 接入电路中的阻值22R R =时，拉力F 的功率为2228B L v R【答案】C【详解】AB ．根据右手定则可知，1R 中的电流方向为M 到P ，2R 接入电路中的阻值从0逐渐增大，电路总电阻也逐渐增大，由闭合电路欧姆定律E I R =总，可知AB 中电流逐渐减小，根据2RU E I =-，可知，导体棒两端的电压即路端电压逐渐增大，根据11UI R =，可知，1R 中的电流逐渐增大，当2R 接入电路中的阻值22R R =时，1R 中的电流最大且为1m 12RE II R -=，1212672E E E I R R R R R R R ===++总，E BLv =，解得1m 1427RE IBLv I R R-==，A 、B 错误；C ．当2R R =时，外电路总电阻2RR =外，与电源内阻相等，此时电源输出功率最大且为222242E B L v P r R==，C 正确；D ．导体棒AB 匀速运动时，拉力F 的功率等于克服安培力的功率，也等于电路中的总电功率，当滑动变阻器接入电路中的阻值22R R =时，有3R R =外，526R R R R =+=总外，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律﹐干路电流为65E BLv I R R ==总，求得拉力F 的功率为222265B L v P I R R==总，D 错误。

(课标版)2020届高考物理二轮复习专题四第10讲应用“三大观点”解决电磁感应综合问题ppt课件

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K杆保持静止,Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦,绳不可伸长。取g=10 m/s2 ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)小环所受摩擦力的大小; (2)Q杆所受拉力的瞬时功率。
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答案 (1)0.2 N (2)2 W 解析 (1)以小环为研究对象, 由牛顿第二定律得 m2g-Ff=m2a 代入数据得Ff=0.2 N (2)设通过K杆的电流为I, 由平衡条件得
根据闭合电路欧姆定律得 = 根据法拉第电磁感应定律得 =BL 根据运动学公式得L= t' 联立解得t= (3)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中, 由动能定理得
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(μmg cos α-mg sin α)d+W安=0 由功能关系得Q电=- W安 Qf=μmg cos α(v0t-d) 从线框上边刚进入磁场到线框穿出磁场后相对传送带静止的过程中, 由能量守恒定律得 E=2mg sin α·d+2Q电+2Qf 联立解得E=
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过a棒(干路)的电流为I1 , 由并联电路关系可得I1=Ib+IR B棒和电阻R的阻值
电路的总电阻为R总=
+Ra
由欧姆定律可得干路电流为I1= 感应电动势为E=BLv b棒保持静止,则mg sin θ=BIbL a棒脱离磁场后撤去拉力F,a棒机械能守恒,返回磁场时速度大小还是v,此时a
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N2=mg cos θ ④ 联立①②③④式得 F=mg(sin θ-3μ cos θ) ⑤ (2)由安培力公式得 F=BIL ⑥ 这里I是回路abdca中的感应电流。 ab棒上的感应电动势为 ε=BLv ⑦ 式中,v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得

高考物理-10十、应用“三大观点”解决电学综合问题(可自主编辑word)

2020版《3年高考2年模拟》（二轮）专有资源
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十、应用“三大观点”解决电学综合问题
知识点1 电磁感应中的动量和能量观点解题方法
基础回扣
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直线运动的问题中,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。

易错辨析
电磁感应问题中常常用到“B I LΔt=BLq=BL·n ΔΦR =ΔP”这一关系,这是很多涉及动量电磁感应问题的突破点。

知识点2 电场中动量和能量观点解题方法
基础回扣
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。

易错辨析
带电体在电场中的问题有时不能应用牛顿运动定律分析,可以应用动量定理或动量守恒定律分析。

知识点3 电磁感应中的“动量”观点解题方法
基础回扣
动量定理与动量守恒定律也可以解决带电粒子或带电体在磁场中运动问题,此类问题往往运动过程较为复杂或是涉及到多个物体,应用牛顿运动定律不好解决,但应用动量知识可以解决。

易错辨析
准确判断出带电粒子在磁场中哪一过程动量守恒是易错点。

专题14电学中三大观点的综合应用(讲义)(解析版)-2024年高考物理二轮复习讲练测(新教材新高考)

专题14电学中三大观点的综合应用目录考点一电学中三大观点的综合应用 (3)........3. (7)1.电磁感应现象中的动力学问题 (7)2.电磁感应中能量问题 (8)3.动量定理在电磁感应中的应用 (9) (9)考向一电磁感应中的动力学问题............................9考向二电磁感应中的能量与动量问题. (11)考点要求考题统计电学中三大观点的综合应用考向一电磁感应中的动力学问题：2023•山东•高考真题、2022•重庆•高考真题、2022•湖南•高考真题、2021•全国•高考真题、2021•广东•高考真题、2023•天津•高考真题、2021•湖北•高考真题、2021•全国•高考真题考向二电磁感应中的能量与动量问题：2023•重庆•高考真题、2023•辽宁•高考真题、2022•全国•高考真题、2022•天津•高考真题、2022•浙江•高考真题、2021•北京•高考真题、2021•河北•高考真题、2021•福建•高考真题、2021•山东•高考真题、2021•湖南•高考真题、2023•广东•高考真题、2023•浙江•高考真题、2023•湖南•高考真题、2023•全国•高考真题、2023•浙江•高考真题、2022•福建•高考真题、2022•重庆•高考真题、2022•海南•高考真题、2022•辽宁•高考真题、2022•湖北•高考真题、2022•浙江•高考真题、2022•全国•高考真题、2022•浙江•高考真题、2021•海南•高考真题、2021•天津•高考真题考情分析【命题规律及方法指导】1.命题重点：本专题就是高考的热点、难点问题，综合性比较强，与动力学、功能关系相结合问题等综合应用问题都是常考点;常考的模型有杆——轨模型、线框模型等2.常用方法：图像法、等效法、微元法、降维法。

3.常考题型：选择题，计算题．【命题预测】1.本专题属于热点、难点内容；2.高考命题考察方向①电学中三大观点的综合应用：与力和运动相结合问题、与动量守恒、功能关系、能量守恒相结合的综合题，典型模型如杆——轨类问题。

适用于新高考新教材2024版高考物理二轮复习专题电磁感应规律及综合应用(含答案)

适用于新高考新教材高考物理二轮复习专题：专题分层突破练11 电磁感应规律及综合应用A组基础巩固练1.(2023山东烟台一模)智能手表通常采用无线充电方式充电。

如图甲所示,充电基座与交流电源相连,智能手表放置在充电基座旁时未充电,将智能手表压在充电基座上,无需导线连接,智能手表便可以充电(如图乙所示)。

已知充电基座与智能手表都内置了线圈,则()A.智能手表和充电基座无导线连接,所以传输能量时没有损失B.用塑料薄膜将充电基座包裹起来,之后仍能为智能手表充电C.无线充电的原理是利用充电基座内的线圈发射电磁波传输能量D.充电时,充电基座线圈的磁场对智能手表线圈中的电子施加力的作用,驱使电子运动2.(2023山东德州模拟)某课题组要测量某金属材料的电阻率,他们先取适量该金属材料切割成如图所示的长方体,长方体的三条边长分别为a、b、c,长方体上、下表面与电流传感器用导线相连,导线左端紧贴长方体上、下表面。

虚线框左侧有垂直于长方体前、后表面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。

使匀强磁场以大小为v的速度向左运动时(长方体全部处于磁场中),电流传感器显示回路中的电流大小为I。

不计电流传感器及导线的电阻,则该金属材料的电阻率为()A.BvabI B.Bvab2IcC.Bvbc2IaD.Bvcb2Ia3.(2023江苏卷)如图所示,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,OC导体棒的O端位于圆心,棒的中点A位于磁场区域的边缘。

现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。

O、A、C点电势分别为φO、φA、φC,则()A.φO>φCB.φC>φAC.φO=φAD.φO-φA=φA-φC4.(多选)(2023辽宁沈阳模拟)如图所示,有界匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。

有一半径为R的线圈,其单位长度上的电阻为r,线圈平面与磁场方向垂直,线圈直径MN垂直磁场边界于M点。

现以M点为轴在纸面内,线圈沿顺时针方向匀速旋转90°,角速度为ω,则()A.感应电流方向为顺时针方向B.感应电动势的最大值为BR2ωC.感应电流的最大值为2BR 2ωrD.通过线圈任意横截面的电荷量为BR4r5.(2023湖南娄底模拟)轻质细线吊着一质量为m=1 kg、边长为0.2 m、电阻R=1 Ω、匝数n=10的正方形闭合线圈abcd,bd为正方形闭合线圈的对角线,bd下方区域分布着匀强磁场,如图甲所示。

高三物理二轮专题复习第10讲电磁感应

第10讲电磁感应1．(2018·全国卷Ⅰ·17)如图1，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，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．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )图1A.54B.32C.74D ．2 【考点定位】电磁感应、法拉第电磁感应定律【点评】应用二级结论：q ＝n ΔΦR可快速解题，重点是磁通量的计算【难度】中等 [答案] B[解析] 在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有 E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R 且q 1＝I 1Δt 1在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝(B ′－B )12πr 2Δt 2I 2＝E 2Rq 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2R ＝(B ′－B )12πr 2R所以B ′B ＝32.2．(多选)(2018·全国卷Ⅰ·19)如图2，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是( )图2A ．开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动B ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向C ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向D ．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动【考点定位】互感现象、电磁感应条件、楞次定律、安培定则【难度】中等 [答案] AD[解析] 根据安培定则，开关闭合时铁芯中产生水平向右的磁场，开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 项正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N 极指北，B 、C 项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 项正确．3．(2018·全国卷Ⅱ·18)如图3，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是( )图3【考点定位】右手定则、楞次定律、电磁感应图象问题【难度】中等[答案] D[解析]设线框中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.分析知，只有选项D 符合要求．4．(多选)(2018·全国卷Ⅲ·20)如图4(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )图4A ．在t ＝T4时为零B ．在t ＝T2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向【考点定位】交变电流图象问题、法拉第电磁感应定律、楞次定律【点评】由电流变化的图象分析出通过R 的磁通量的变化规律，判断出其斜率大小对应感应电动势大小【难度】中等 [答案] AC[解析] 在t ＝T 4时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt S 知，E ＝0，A项正确；在t ＝T 2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T2和t ＝T 时感应电动势最大．在T 4到T2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到3T 4时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到T 时，R 中电动势为逆时针方向，C 项正确，B 、D 项错误．5．(2017·全国卷Ⅰ·18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图5所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是( )图5【考点定位】电磁阻尼、电磁感应条件【点评】与科学仪器结合、情景新颖【难度】较易[答案] A6.(2016·全国卷Ⅲ·25)如图6所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图6(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．【考点定位】法拉第电磁感应定律、磁通量的计算【点评】虽然是双电源问题，但题目引导学生从总磁通量的变化角度去解题【难度】中等 [答案] (1)kt 0SR(2)B 0l v 0(t －t 0)＋kSt (B 0l v 0＋kS )B 0lR[解析] (1)在金属棒未越过MN 之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS ＝k ΔtS ① 由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ②由欧姆定律得i ＝ER ③由电流的定义得i ＝ΔqΔt ④联立①②③④式得|Δq |＝kSRΔt ⑤由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内即Δt ＝t 0，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为|q |＝kt 0SR⑥(2)当t >t 0时，金属棒已越过MN .由于金属棒在MN 右侧做匀速运动，有F ＝F 安⑦式中，F 是外加水平恒力，F 安是金属棒受到的安培力．设此时回路中的电流为I ，F 安＝B 0lI ⑧ 此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0)⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B 0ls ⑩ 回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′⑪ 其中Φ＝B 1S ＝ktS ⑫由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t (t >t 0)，穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0l v 0(t －t 0)＋kSt ⑬ 在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0l v 0＋kS )Δt ⑭由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 E t ＝ΔΦt Δt⑮由欧姆定律得I ＝E tR⑯联立⑦⑧⑭⑮⑯式得，F ＝(B 0l v 0＋kS )B 0lR.选择题中的考查重点在于产生感应电流的条件、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律的基本应用，往往结合图象、电路、历史中的著名实验、现代科技中的应用等创设新情景，总体难度不大.计算题在2013全国卷Ⅰ、2014全国卷Ⅱ、2016全国卷Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ等年份出现过，一般考查电磁感应定律的应用，与力学问题结合时一般是匀速或静止时的平衡问题，较简单. 2013年的与电容器充电过程相结合较难，除外考点1 楞次定律与电磁感应定律的应用1．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”； (2)阻碍相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”； (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”． (5)感应电流产生的“结果”阻碍引起感应电流的“原因”． 2．求感应电动势大小的五种类型 (1)磁通量变化型：E ＝n ΔΦΔt .(2)磁感应强度变化型：E ＝nS ΔBΔt .(3)面积变化型：E ＝nB ΔSΔt .(4)平动切割型：E ＝Bl v (v ⊥B )． (5)转动切割型：E ＝12Bl 2ω.注意：公式E ＝nS ΔB Δt 中的ΔBΔt 等于B －t 图象的斜率．3．电磁感应现象中的电源与电路(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源． (2)在电源内部电流由负极流向正极．(3)电源两端的电压为路端电压．(多选)(2018·湖南省常德市期末检测)2017年9月13日，苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款iPhone新机型，除了常规的硬件升级外，三款iPhone还支持快充和无线充电．图7甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100、电阻r＝1 Ω、横截面积S＝1.5×10－3m2，外接电阻R＝7 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，则()图7A．在t＝0.01 s时通过R的电流发生改变B．在t＝0.01 s时线圈中的感应电动势E＝0.6 VC．在0～0.02 s内通过电阻R的电荷量q＝1.5×10－3 CD．在0.02～0.03 s内R产生的焦耳热为Q＝1.8×10－3 J[答案]BC[解析]根据楞次定律可知，在0～0.01 s内电流方向和在0.01～0.02 s内电流方向相同，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律可知： E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBS Δt ＝100×4×1.5×10－3 V ＝0.6 V ，故B 正确；在0～0.02 s 内，产生的感应电流为 I ＝E R ＋r ＝0.67＋1A ＝0.075 A ，电荷量为q ＝It ＝0.075×0.02 C ＝1.5×10－3 C ，故C 正确；在0.02～0.03 s 内，产生的感应电动势为E ′＝n ΔΦ′Δt ＝n ΔB ′SΔt ＝100×8×1.5×10－3 V ＝1.2 V ，产生的感应电流为I ′＝E ′R ＋r ＝1.27＋1A ＝0.15 A ，R 上产生的焦耳热为Q ＝I ′2Rt ＝0.152×7×0.01 J ＝1.575×10－3 J ，故D 错误．(多选)(2018·江西省仿真模拟)如图8甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd 相连，导线框内有一小金属圆环L ，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B 随时间按图乙所示规律变化时( )图8A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流[答案]AD[解析]据题意，在t1～t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且图线切线的斜率在增加，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流产生增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流产生稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场向下减小，且图线切线的斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向的感应电流，选项D正确．1．(多选)(2018·湖北省武汉市调研)如图9甲所示，在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)．t＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是()图9A．线框中产生大小、方向周期性变化的电流B．MN边受到的安培力先减小后增大C．线框做匀加速直线运动D．线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失[答案]BC[解析]穿过线框的磁通量先向下减小，后向上增加，则根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A错误；因B的变化率不变，则感应电动势不变，感应电流不变，而B的大小先减小后增加，根据F＝BIL可知，MN边受到的安培力先减小后增大，选项B正确；因线框平行的两边电流等大反向，则整个线框受的安培力为零，则线框下滑的加速度不变，线框做匀加速直线运动，选项C正确；因安培力对线框做功为零，斜面光滑，则线框的机械能守恒，选项D错误．2．(2018·闽粤期末大联考)如图10所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒，ab和cd用导线连成一个闭合回路，当ab棒向左运动时，cd棒受到向下的磁场力．则有()图10A．由此可知d电势高于c电势B．由此可知Ⅰ是S极C．由此可知Ⅰ是N极D．当cd棒向下运动时，ab棒不受到向左的磁场力[答案] B[解析]cd棒受到的安培力向下，由左手定则可知，cd棒中电流方向是：由c指向d，所以c 点的电势高于d点的电势，故A错误；ab中的电流由b流向a，ab棒向左运动时，由右手定则可知，ab棒所处位置磁场方向竖直向上，则Ⅰ是S极，Ⅱ是N极，故B正确，C错误；当cd棒向下运动时，ab棒中电流方向由a流向b，故ab棒受到向左的磁场力，故D错误．考点2电磁感应中的图象问题1．磁场变化产生感应电动势或感应电流时一般由B－t图象或Φ－t图象，判断I－t或E－t关系(1)注意正方向的规定．(2)B－t图象、Φ－t图象的斜率不变时，E、I大小方向不变；反之电流、电动势恒定时，B(Φ)随时间均匀变化．(3)安培力大小与B、I、L有关，当I、L不变，B随时间均匀变化时安培力随时间均匀变化．2．导体棒、线框切割磁感线时有效切割长度：导体首尾连线在垂直磁场、垂直切割速度方向上的投影长度．(多选)(2018·江西师范大学附中三模)如图11所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压U ab及导线框中的电流i随cd 边的位移x变化的图线可能是()图11[答案]BD[解析]线框的cd边刚进入磁场时做匀速运动，则整个线框进入磁场时速度不变，根据楞次定律知产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小E＝Bl v，此时ab两端的电压为U ab＝14Bl v，当线框全部进入磁场时，线框内无感应电流，此时线框做匀加速运动，ab两端的电压为U ab＝Bl(v＋at)，线框cd边刚出磁场后的瞬间，ab两端的电压为cd边即将出磁场前瞬，且逐渐减小，对比图象可知，A错误，B正确；当线圈的cd边出磁场时，间ab两端电压的34电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F，故此时线框做减速运动，且加速度逐渐减小，电流－位移图象切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大小，C错误，D 正确．(多选)(2018·福建省厦门市质检)如图12所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度为2L.一边长为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等．从ab边刚越过GH处开始计时，规定沿斜面向上为安培力的正方向，则线框运动的速率v与线框所受安培力F随时间变化的图线中，可能正确的是()图12[答案] AC[解析] 根据楞次定律可得线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E ＝BL v ，感应电流I ＝BL v R ，产生的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v R，随速度变化而变化，ab 边刚越过GH 进入磁场瞬间和刚越过MN 穿出磁场瞬间速度刚好相等，可能的运动情况有两种，一是进磁场时匀速，完全进入磁场后做匀加速直线运动，但出磁场过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，二是进磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，完全进入磁场后做匀加速运动，出磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，结合图象知A 正确，B 错误；根据左手定则可得线框进入磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，为正，且F ＝BIL ＝B 2L 2v R，线框完全进入磁场后，线框所受安培力为零；出磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，且出磁场时的安培力可能等于进入磁场时的安培力，所以C 正确，D 错误．3．(2018·河北省张家口市上学期期末)一正三角形导线框ABC(高为a)从如图13所示的位置沿x轴正方向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、磁场方向相反且均垂直于平面、宽度均为a.则感应电流I与线框移动距离x的关系图线可能是(以逆时针方向为感应电流的正方向)()图13[答案] C[解析]当线框移动距离x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；当线框移动距离x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，三角形导线框左侧在左边磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，三角形导线框右侧在右边磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2增大，两个电动势方向一致，总电动势E＝E1＋E2增大，感应电流增大，故A错误；当线框移动距离x 在2a～3a范围，线框穿过右侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C正确，D错误．考点3 电磁感应中的动力学与能量问题1．电磁感应与动力学综合题的解题策略(1)做好电路分析，明确电源与外电路，可画等效电路图．(2)做好受力分析，把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v 的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v 的变化．(3)做好运动过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”．2．电磁感应中能量的三种求解方法(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．其他形式的能量――――――→克服安培力做功电能――――→电流做功焦耳热或其他形式的能量(2)利用能量守恒定律求解：若只有电能和机械能参与转化，则机械能的减少量等于产生的电能．(3)利用电路的相关公式——电功公式或电热公式求解：若通过电阻的电流是恒定的或电流的有效值已知，则可直接利用电功公式或焦耳定律求解焦耳热．特别提醒：注意区分回路中某个元件的焦耳热和回路总焦耳热，不能混淆． (2018·河北省张家口市上学期期末)如图14所示，两根半径为r 的四分之一圆弧轨道间距为L ，其顶端a 、b 与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B .将一根长度稍大于L 、质量为m 、电阻为R 0的金属棒从轨道顶端ab 处由静止释放．已知当金属棒到达图示的cd 位置(金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ)时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef 时，对轨道的压力为1.5mg .求：图14(1)当金属棒的速度最大时，流经电阻R 的电流大小和方向；(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R 的电荷量．(3)金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R 上产生的热量．[答案] (1)mg cos θBL电流方向为a →R →b (2)BL πr 2(R ＋R 0) (3)3mgrR 4(R ＋R 0)[解析] (1)金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，则有：mg cos θ＝BIL解得：I ＝mg cos θBL，流经R 的电流方向为a →R →b . (2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为：ΔΦ＝BS ＝BL ·πr 2＝BL πr 2平均电动势为：E ＝ΔΦΔt ，平均电流为：I ＝E R ＋R 0则流经电阻R 的电荷量：q ＝I Δt ＝ΔΦR ＋R 0＝BL πr 2(R ＋R 0)(3)在轨道底端时，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2r据题有：F N ＝1.5mg由能量转化和守恒得：Q＝mgr－12m v2＝34mgr电阻R上产生的热量为：Q R＝RR＋R0Q＝3mgrR4(R＋R0).(2018·广东省广州市4月模拟)如图15，两条间距L＝0.5 m且足够长的平行光滑金属直导轨，与水平地面成α＝30°角固定放置，磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向上，质量m ab＝0.1 kg、m cd＝0.2 kg 的金属棒ab、cd垂直导轨放在导轨上，两金属棒的总电阻r＝0.2 Ω，导轨电阻不计．ab在沿导轨所在斜面向上的外力F作用下，沿该斜面以v＝2 m/s的恒定速度向上运动．某时刻释放cd，cd向下运动，经过一段时间其速度达到最大．已知重力加速度g＝10 m/s2，求在cd 速度最大时，图15(1)abdc回路的电流强度I以及F的大小；(2)abdc回路磁通量的变化率以及cd的速率．[答案](1)5 A 1.5 N (2)1.0 Wb/s 3 m/s[解析](1)以cd为研究对象，当cd速度达到最大时，有：m cd g sin α＝BIL①代入数据得：I＝5 A由于两棒均沿导轨所在斜面方向做匀速运动，可将两棒看作整体，作用在ab上的外力：F＝(m ab＋m cd)g sin α②(或对ab：F＝m ab g sin α＋BIL)代入数据得：F＝1.5 N(2)设cd达到最大速度时abdc回路产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律有：E＝ΔΦΔt③由闭合电路欧姆定律有：I＝Er④联立③④并代入数据得：ΔΦ＝1.0 Wb/sΔt设cd的最大速率为v m，cd达到最大速度后的一小段时间Δt内，abdc回路磁通量的变化量：ΔΦ＝B·ΔS＝BL(v m＋v)·Δt⑤回路磁通量的变化率：ΔΦ＝BL(v m＋v)⑥Δt联立⑤⑥并代入数据得：v m＝3 m/s.4．(多选)(2018·广东省茂名市第二次模拟)如图16甲所示，一粗细均匀的单匝正方形铜线框，质量m ＝1 kg ，放置在光滑绝缘水平面上，两平行虚线间存在与水平面垂直的匀强磁场，磁场边界线与线框ab 边平行．现用垂直于ab 边的水平恒力F 拉动线框，线框到达位置Ⅰ时开始计时，此时线框开始进入匀强磁场，速度v 0＝3 m/s ，线框中感应电动势为2 V ．在t ＝3 s 时线框到达位置Ⅱ，线框开始离开匀强磁场，此过程中线框v －t 图象如图乙所示，那么( )图16A ．t ＝0时，ab 间的电压为0.75 VB ．恒力F 的大小为0.5 NC ．线框进入磁场与离开磁场的过程中线框内感应电流的方向相同D ．线框完全离开磁场瞬间的速度大小为2 m/s[答案] BD[解析] t ＝0时，ab 相当于电源，外电阻为内阻的3倍，ab 间电压应为电动势的34，即U ab ＝34E ＝34×2 V ＝1.5 V ，A 错误；线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增加，而线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律可知两个过程中产生的感应电流方向相反，当线框完全进入磁场到刚要穿出磁场过程，即1～3 s 过程中，由于穿过线框的磁通量不变，所以没有感应电流，不受安培力作用，外力F 即为线圈受到的合力，根据牛顿第二定律可得F ＝ma ＝1×3－22N ＝0.5 N ，B 正确，C 错误；因为线框刚要离开磁场时的速度和线框开始进入磁场时速度相等，所以受力情况、运动情况相同，线框刚离开磁场瞬间的速度和刚进入磁场瞬间的速度相等，即为2 m/s ，D 正确．5．(多选)(2018·河南省郑州市第二次质量预测)如图17，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R 的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g )( )图17A ．金属棒中的最大电流为Bd 2gh 2RB ．金属棒克服安培力做的功为mghC ．通过金属棒的电荷量为BdL 2RD ．金属棒产生的电热为12mg (h －μd ) [答案] CD[解析] 金属棒下滑过程中，根据动能定理得：mgh ＝12m v 2，金属棒到达磁场左边界时的速度为v ＝2gh ，金属棒到达磁场左边界后做减速运动，刚到达磁场左边界时的速度最大，最大感应电动势E ＝BL v ，则最大感应电流为：I ＝E R ＋R ＝BL 2gh 2R ，故A 错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh －W B －μmgd ＝0－0，克服安培力做的功：W B ＝mgh －μmgd ，故B 错误；通过金属棒的电荷量为：q ＝I Δt ＝ΔΦ2R ＝BLd 2R，故C 正确；克服安培力做的功转化为焦耳热，电阻与金属棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q R ＝12Q ＝12W B ＝12mg (h －μd )，故D 正确．考点4 电磁感应与动量结合的问题(2018·山东省淄博市模拟)如图18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18(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；。

电磁感应中的三大力学观点的综合性应用(核心考点精讲精练)(原卷版)—2025年高考物理一轮复习

电磁感应中的三大力学观点的综合性应用1. 高考真题考点分布题型考点考查考题统计选择题单棒问题2024年贵州卷计算题含容单棒问题2024年北京卷计算题双棒问题2024年江西卷2. 命题规律及备考策略【命题规律】高考对利用三大力学观点处理电磁感应问题的考查较为频繁，题目的形式有选择题也有计算题，不管那种题型，题目的难度都较大，多以压轴题的难度出现。

【备考策略】1.利用动力学的观点处理电磁感应问题。

2.利用能量的观点处理电磁感应问题。

3.利用动量的观点处理电磁感应问题。

【命题预测】重点关注电磁感应中利用三大力学观点处理框类问题、单棒问题和双棒问题。

一、两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析二、力学对象和电学对象的相互关系三、电磁感应现象中的能量转化四、求解焦耳热Q的三种方法五、电磁感应中的能量与动量问题1．导体棒在磁场中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．在相互平行的光滑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，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题应用动量守恒定律解答往往比较便捷。

考点一电磁感应中的动力学问题分析电磁感应现象中动力学问题的基本步骤1．两根相距为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与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，每根杆的电阻均为R。

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杆也正好以速度V2向下匀速运动（重力加速度为g）。

以下说法正确的是（）A ．ab 杆所受拉力F 的大小为221B L V mg R m +B ．cd 杆所受摩擦力为零C ．回路中的电流大小为12()BL V V R+D ．μ与V 1大小的关系为2212Rmg B L V m =2．如图所示，质量为3m 的重物与一质量为m 的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知导线框电阻为R ，横边边长为L 。

高三物理二轮复习专题四电磁感稿和答案大字

咐呼州鸣咏市呢岸学校专题四：电磁感问题1．磁通量的计算及变化判断例1.〔96年〕用如下图的装置研究电磁感现象,在图示情况,当电键闭合瞬时,观察到电流表指针向右偏转,电键闭合一段时间后,为使电流表指针向左偏传,可采用的方法有A．将变阻器滑动头向右端滑动B．将一软铁棒插入线圈A中C．将线圈A从线圈B中提出D．迅速断开电键分析：对象的选取直流电路→A→B→测量回路→CD【相关练习1】如图示，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑，使用不同材料制成的圆管，竖直固在相同高度，两个相同的磁性小球，同时从A、B管上端的管口无初速释放，穿过A 管的小球比穿过B管的小球先落到地面，下面对于两管的描述中可能正确的选项是〔AD〕A．A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的B．A管是用铝制成的，B管是用木制成的C．A管是用木制成的，B管是用塑料制成的D．A管是用木制成的，B管是用铝制成的2．感电流的方向判断例2．〔90年〕图中T是绕有两组线圈的闭合铁心,线圈的绕向如下图,D是理想的二极管,金属棒ab可在两条平行的金属导轨上沿导轨滑行,磁场方向垂直纸面向里.假设电流计G中有电流通过,那么ab棒的运动可能是( C )A．向左匀速运动B．向右匀速运动C．向左匀加速运动D．向右匀加速运动【相关练习1】〔99年〕图为地磁场磁感线的示意图在北半球地磁场的坚直分量向下。

飞机在我国上空匀逐巡航。

机翼保持水平，飞行高度不变。

由于地磁场的作用，金属钒翼上有电势差设飞行员左方机翼未端处的电势为U1，右方机翼未端处的电势力U2，(AC)A.假设飞机从西往东飞，U1比U2高B.假设飞机从东往西飞，U2比U1高C.假设飞机从南往北飞，U1比U2高D.假设飞机从北往南飞，U2比U1高3．感电动势的计算00年〕如下图，固水平桌面上的金属框架cdef ，处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab 搁在框架上，可无摩擦滑动，此时adeb 构成一个边长为L 的正方形，棒的电阻为r ，其余电阻不计，开始时磁感强度为B 0。

高考物理专题【“三大观点”解答力学综合问题】典型题(带解析)

高考物理专题【“三大观点”解答力学综合问题】典型题1．(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是()A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝M v1＋m0v2＋m v3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足M v＝M v1＋m v2C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足M v＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M ＋m0)v＝(M＋m0)v1＋m v2解析：选BC．在M与m碰撞的极短时间内，m0的速度来不及改变，故A、D均错误；M与m碰撞后可能同速，也可能碰后不同速，故B、C均正确．2．(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的木块正以速度v向左运动，一颗质量为m(m<M)的弹丸以速度v向右水平击中木块并最终停在木块中．设弹丸与木块之间的相互作用力大小不变，则在相互作用过程中()A．弹丸和木块的速率都是越来越小B．弹丸在任一时刻的速率不可能为零C．弹丸对木块一直做负功，木块对弹丸先做负功后做正功D．弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等解析：选CD．弹丸击中木块前，由于m<M，两者速率相等，所以两者组成的系统总动量向左，弹丸水平击中木块并停在木块中的过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律可知，弹丸停在木块中后它们一起向左运动，即弹丸开始时向右运动，后向左运动，故弹丸的速率先减小后增大，木块的速率一直减小，由以上分析知，弹丸的速率在某一时刻可能为零，故A、B错误；木块一直向左运动，弹丸对木块一直做负功，弹丸先向右运动后向左运动，则木块对弹丸先做负功后做正功，故C正确；由牛顿第三定律知，弹丸对木块的水平作用力与木块对弹丸的水平作用力大小相等，相互作用的时间相等，由冲量的定义式I＝Ft知，弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等，故D 正确．3．(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d ，m 2的左边有一固定挡板．m 1由图示位置静止释放，当m 1与m 2相距最近时m 1的速度为v 1，则在以后的运动过程中( )A ．m 1的最小速度是0B ．m 1的最小速度是m 1－m 2m 1＋m 2v 1C ．m 2的最大速度是v 1D ．m 2的最大速度是2m 1m 1＋m 2v 1解析：选BD ．由题意结合题图可知，当m 1与m 2相距最近时，m 2的速度为0，此后，m 1在前，做减速运动，m 2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m 1减速结束，m 2加速结束，因此此时m 1速度最小，m 2速度最大，在此过程中系统动量守恒和机械能守恒，m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2，12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22，可解得v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 1，B 、D 选项正确．4．如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m 0＝3 kg ，AO 部分粗糙且长L ＝2 m ，物块与AO 部分间动摩擦因数μ＝0.3，OB 部分光滑．水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b ，另一小物块a ，放在小车的最左端，和小车一起以v 0＝4 m/s 的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a 、b 两物块视为质点，质量均为m ＝1 kg ，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动．(g 取10 m/s 2)求：(1)物块a 与b 碰后的速度大小；(2)当物块a 相对小车静止时小车右端B 到挡板的距离； (3)当物块a 相对小车静止时在小车上的位置到O 点的距离．解析：(1)对物块a ，由动能定理得－μmgL ＝12m v 21－12m v 2代入数据解得a 与b 碰前a 的速度v 1＝2 m/s ；a 、b 碰撞过程系统动量守恒，以a 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v 1＝2m v 2 代入数据解得v 2＝1 m/s.(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，物块a 以v 2＝1 m/s 的速度在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得m v 2＝(m 0＋m )v 3，代入数据解得v 3＝0.25 m/s.对小车，由动能定理得μmgs ＝12m 0v 23 代入数据解得，同速时小车B 端到挡板的距离s ＝132 m.(3)由能量守恒得μmgx ＝12m v 22－12(m 0＋m )v 23 解得物块a 与车相对静止时与O 点的距离：x ＝0.125 m. 答案：(1)1 m/s (2)132m (3)0.125 m5．如图甲所示，质量m 1＝4 kg 的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量m 2＝1 kg 的小物块静止在长木板的左端．现对小物块施加一水平向右的作用力F ，小物块和长木板运动的速度—时间图象如图乙所示.2 s 后，撤去F ，g 取10 m/s 2.求：(1)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ； (2)水平力的大小F ；(3)撤去F 后，小物块和长木板组成的系统损失的机械能ΔE . 解析：(1)由题图可知：长木板的加速度a 1＝12m/s 2＝0.5 m/s 2由牛顿第二定律可知：小物块施加给长木板的滑动摩擦力F f ＝m 1a 1＝2 N小物块与长木板之间的动摩擦因数：μ＝F fm 2g ＝0.2.(2)由题图可知，小物块的加速度a 2＝42 m/s 2＝2 m/s 2由牛顿第二定律可知：F －μm 2g ＝m 2a 2 解得F ＝4 N.(3)撤去F 后，小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，最终两者以相同速度(设为v )运动m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 代入数据解得v ＝1.6 m/s 则系统损失的机械能ΔE ＝⎝⎛⎭⎫12m 1v 21＋12m 2v 22－12()m 1＋m 2v 2＝3.6 J.答案：(1)0.2 (2)4 N (3)3.6 J6．如图所示，质量为m 1＝0.5 kg 的小物块P 置于台面上的A 点并与水平弹簧的右端接触(不拴接)，轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量M ＝1 kg 的长木板静置于水平面上，其上表面与水平台面相平，且紧靠台面右端．木板左端放有一质量m 2＝1 kg 的小滑块Q .现用水平向左的推力将P 缓慢推至B 点(弹簧仍在弹性限度内)，撤去推力，此后P 沿台面滑到边缘C 时速度v 0＝10 m/s ，与小车左端的滑块Q 相碰，最后物块P 停在AC 的正中点，滑块Q 停在木板上．已知台面AB 部分光滑，P 与台面AC 间的动摩擦因数μ1＝0.1，A 、C 间距离L ＝4 m ．滑块Q 与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.1(g 取10 m/s 2)，求：(1)撤去推力时弹簧的弹性势能； (2)长木板运动中的最大速度； (3)长木板的最小长度．解析：(1)小物块P 由B 点到C 点的过程： W 弹－μ1m 1gL ＝12m 1v 20－0 解得：W 弹＝27 J E p ＝W 弹＝27 J即：撤去推力时弹簧的弹性势能为27 J.(2)小物块P 和滑块Q 碰撞过程动量守恒，以v 0的方向为正方向 m 1v 0＝－m 1v P ＋m 2v Q 小物块P 从碰撞后到静止－12μ1m 1gL ＝0－12m 1v 2P 解得v Q ＝6 m/s滑块Q 在长木板上滑动过程中：对Q ：－μ2m 2g ＝m 2a 1对木板：μ2m 2g －μ3(M ＋m 2)g ＝Ma 2 解得：a 1＝－4 m/s 2 a 2＝2 m/s 2当滑块Q 和木板速度相等时，木板速度最大，设最大速度为v ，滑行时间为t 0 对Q ：v ＝v Q ＋a 1t 0 对木板：v ＝a 2t 0 解得：t 0＝1 s v ＝2 m/s则长木板运动中的最大速度为2 m/s. (3)在滑块Q 和木板相对滑动过程中 Q 的位移：x Q ＝12(v Q ＋v )·t 0木板的位移：x 板＝12(0＋v )·t 0木板的最小长度：L ＝x Q －x 板解得：L ＝3 m.答案：(1)27 J (2)2 m/s (3)3 m7．如图所示，固定点O 上系一长L ＝0.6 m 的细绳，细绳的下端系一质量m ＝1.0 kg 的小球(可视为质点)，原来处于静止状态，球与平台的B 点接触但对平台无压力，平台高h ＝0.80 m ，一质量M ＝2.0 kg 的物块开始静止在平台上的P 点，现对物块M 施予一水平向右的初速度v 0，物块M 沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B 处与小球m 发生正碰，碰后小球m 在绳的约束下做圆周运动，经最高点A 时，绳上的拉力恰好等于小球的重力，而物块M 落在水平地面上的C 点，其水平位移x ＝1.2 m ，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.(1)求物块M 碰撞后的速度大小；(2)若平台表面与物块M 间的动摩擦因数μ＝0.5，物块M 与小球的初始距离为x 1＝1.3 m ，求物块M 在P 处的初速度大小．解析：(1)碰后物块M 做平抛运动，设其平抛运动的初速度为v 3，平抛运动时间为t h ＝12gt 2①x ＝v 3t ② 得：v 3＝xg2h＝3.0 m/s ③ (2)物块M 与小球在B 点处碰撞，设碰撞前物块M 的速度为v 1，碰撞后小球的速度为v 2，由动量守恒定律：M v 1＝m v 2＋M v 3④碰后小球从B 点处运动到最高点A 过程中机械能守恒，设小球在A 点的速度为v A ，则 12m v 22＝12m v 2A＋2mgL ⑤ 小球在最高点时有：2mg ＝m v 2AL ⑥由⑤⑥解得：v 2＝6.0 m/s ⑦由③④⑦得：v 1＝m v 2＋M v 3M＝6.0 m/s ⑧物块M 从P 点运动到B 点过程中，由动能定理：－μMgx 1＝12M v 21－12M v 20⑨解得：v 0＝v 21＋2μgx 1＝7.0 m/s ⑩答案：(1)3.0 m/s (2)7.0 m/s8．静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A ＝1.0 kg ，m B ＝4.0 kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l ＝1.0 m ，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k ＝10.0 J ．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g ＝10 m/s 2.A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；(2)物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？ (3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？解析：(1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝m A v A －m B v B ① E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ② 联立①②式并代入题给数据得 v A ＝4.0 m/s ，v B ＝1.0 m/s.③(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④s B ＝v B t －12at 2⑤v B －at ＝0⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为s A ＝v A t －12at 2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 m ．⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处，B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m．⑨(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为v A′，由动能定理有12－12m A v2A＝－μm A g(2l＋s B)⑩2m A v A′联立③⑧⑩式并代入题给数据得v A′＝7 m/s⑪故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为v A″和v B″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有m A(－v A′)＝m A v A″＋m B v B″⑫12＝12m A v A″2＋12m B v B″2⑬2m A v A′联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得v A″＝375m/s，v B″＝－275m/s⑭这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为s A′时停止，B向左运动距离为s B′时停止，由运动学公式2as A′＝v A″2，2as B′＝v B″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得s A′＝0.63 m，s B′＝0.28 m⑯s A′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s′＝s A′＋s B′＝0.91 m．⑰答案：(1)4.0 m/s 1.0 m/s(2)物块B先停止0.50 m(3)0.91 m。

高考物理-第10讲应用“三大观点”解决电磁感应综合问题

第10讲应用“三大观点”解决电磁感应综合问题冲刺提分作业A1.(2019湖北咸阳模拟)如图所示是磁动力电梯示意图,即在竖直平面内有两根很长的平行竖直轨道,轨道间有垂直轨道平面交替排列的匀强磁场B1和B2,B1=B2=1.0 T,B1和B2的方向相反,两磁场始终竖直向上做匀速运动,电梯轿厢固定在图示的金属框abcd上,并且与之绝缘。

已知电梯载人时的总质量为4.95×103kg,所受阻力f=500 N,金属框垂直轨道的边长ab=2.0 m,两磁场的宽度均与金属框的边长ad相同,金属框整个回路的电阻R=8.0×10-4Ω,g取10 m/s2。

已知电梯正以v1=10 m/s的速度匀速上升,求:(1)金属框中感应电流的大小及图示时刻感应电流的方向;(2)磁场向上运动的速度v的大小;(3)该电梯的工作效率。

答案(1)1.25×104 A,电流的方向为adcb (2)12.5 m/s (3)79.2%解析(1)对abcd金属框由平衡条件,有2F安=mg+f,而F安=BI·ab,解得I=1.25×104 A;由左手定则可判断题图示时刻电流的方向为adcb(2)根据法拉第电磁感应定律得E=2B·ab·(v0-v1)而E=IR,解得v=12.5 m/s(3)有用功P=mgv1=4.95×105 W总功率P总=2F安·v=6.25×105 W则η=PP总×100%=79.2%2.如图所示,两根质量均为m=2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上,左右两部分导轨间距之比为1∶2,导轨间有大小相等但左、右两部分磁感应强度方向相反的匀强磁场,两棒电阻与棒长成正比,不计导轨电阻。

现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒,CD棒运动x=0.5 m时其产生的焦耳热为Q2=30 J,此时两棒速率之比为vA∶vC=1∶2,现立即撤去拉力F,设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动,求:(1)在CD棒运动0.5 m的过程中,AB棒上产生的焦耳热;(2)撤去拉力F瞬间,两棒的速度大小vA 和vC;(3)撤去拉力F后,两棒最终匀速运动的速度大小vA '和vC'。

2024年新高考二轮物理复习专题——电磁感应中的综合问题

考情透析命题点考频分析命题特点核心素养电磁感应中的动力学问题2023：全国乙卷T4湖南T14辽宁T10北京T9浙江6月T10T22全国甲卷T8T14重庆T7广东T14山东T12新课标T13浙江1月T72022：上海T12T20天津T4海南T17辽宁T15重庆T7全国甲卷T7福建T15浙江6月T21湖南T10湖北T15河北T8浙江1月T22本专题主要考查电磁感应中的综合性问题，包括电磁感应与动力学综合问题、电磁感应与能量综合问题、电磁感应与动量综合问题以及电磁感应中的图像问题等，高考中常常以选择题和计算题考查，对于学生的分析推理能力、知识的综合应用能力要求较高。

科学思维：构建常见的运动或碰撞模型结合力学、电磁学的相关规律和数学知识进行综合分析和推理。

电磁感应中的能量和动量问题电磁感应中的图像问题热点突破1电磁感应中的动力学问题▼考题示例1（2021·全国乙·历年真题）如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6m。

初始时CD与EF相距s0＝0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝316m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。

当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。

已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B ＝1T ，重力加速度大小取g ＝10m/s 2，sin α＝0.6。

求：（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；（3）导体框匀速运动的距离。

答案：（1）0.18N ；（2）0.02kg ；0.375；（3）518m 解析：（1）设金属棒的质量为m ，金属棒与导体框一起做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a 代入数解得：a ＝6m/s 2金属棒进入磁场时，设金属棒与导体框的速度大小为v 0，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v 0m/s ＝1.5m/s 金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E ＝BLv 0由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I ＝ER金属棒在磁场中运动时受到的安培力大小：F 安＝BIL 代入数据解得：F 安＝0.18N（2）由于F 安＜Mg sin α＜(M +m )g sin α，金属棒和导体框组成的整体斜向下加速，故金属棒在磁场中做匀速直线运动时，导体框做匀加速直线运动；设金属棒与导体框间的滑动摩擦力大小为f ，导体框进入磁场时的速度大小为v ，对导体框，由牛顿第二定律得：Mg sin α－f ＝Ma 框由匀变速直线运动的速度位移公式得：v 2－20v ＝2a 框s 0，导体框刚进入磁场时所受安培力：F ＝BI 1L ＝22B L v R导体框刚进入磁场时做匀速直线运动，对导体框，由平衡条件得：22B L vR＋f ＝Mg sin α代入数据联立解得：a 框＝5m/s 2，f ＝0.06N ，v ＝2.5m/s金属棒在磁场中做匀速直线运动，由平衡条件得：F 安＝mg sin α＋f 代入数据解得金属棒的质量：m ＝0.02kg ，由滑动摩擦力公式得：f ＝μmg cos α代入数据解得，金属棒与导体框之间的动摩擦因数：μ＝0.375（3）金属棒离开磁场后做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mg sinα＋f＝ma棒代入数据解得：a棒＝9m/s2，金属棒加速到与导体框速度v相等，然后两者一起做加速直线运动，由匀变速直线运动的速度－时间公式得：v＝v0＋a棒t金属棒加速到与导体框速度相等的时间：t＝1 9 s在金属棒加速运动时间内，导体框做匀速直线运动，导体框匀速运动的距离：s＝vt＝2.5×19m＝518m。

2020高考物理新课标专用版冲刺大二轮讲义：专题四电路与电磁感应第10课时 Word版含答案

第 1 页共 14 页第10课时　电学中的动量和能量问题考点　电场与磁场中的动量和能量问题例1　当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计．如图1所示，相距为L 的两块固定平行金属板M 、N 接在输出电压恒为U 的高压电源E 2上，M 、N 之间的电场近似为匀强电场，K 是与M 板距离很近的灯丝，通过小孔穿过M 板与外部电源E 1连接，电源E 1给K 加热从而产生热电子，不计灯丝对内部匀强电场的影响．热电子经高压加速后垂直撞击N 板，瞬间成为金属板的自由电子，速度近似为零．电源接通后，电流表的示数稳定为I ，已知电子的质量为m 、电荷量为e .求：图1(1)电子到达N 板前瞬间的速度v N 的大小；(2)N 板受到电子撞击的平均作用力F 的大小．答案　(1)　(2)I 2eU m 2mU e 解析　(1)由动能定理得eU ＝m v N 2－0，12解得v N ＝.2eU m(2)设Δt 时间经过N 板的电荷量为Q ，Q ＝I Δt第 2 页共 14 页在Δt 时间落在N 板上的电子数为N 1：N 1＝I Δt e对Δt 时间内落在N 板上的电子整体应用动量定理：－F Δt ＝0－N 1m v N ，F ＝＝I .N 1m v NΔt2mU e 由作用力与反作用力关系可知，N 板受到电子撞击的平均作用力大小为F ′＝F ＝I.2mU e 例2　如图2所示是计算机模拟出的一种宇宙空间的情景，在此宇宙空间内存在这样一个远离其他空间的区域(其他星体对该区域内物体的引力忽略不计)，以MN 为界，上半部分匀强磁场的磁感应强度大小为B 1，下半部分匀强磁场的磁感应强度大小为B 2.已知B 1＝4B 2＝4B 0，磁场方向相同，且磁场区域足够大．在距离界线MN 为h 的P 点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于MN 的速度向右抛出一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，发现小球经过界线处的速度方向与界线成90°角，接着小球进入下半部分磁场．当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q 点时，刚好又接住球而静止．求：图2(1)请你粗略地作出小球从P 点运动到Q 点的运动轨迹；(2)PQ 间的距离是多大；(3)宇航员的质量是多少．答案　(1)见解析图　(2)6h (3)5πm6第 3 页共 14 页解析　(1)小球运动轨迹如图所示．(2)由几何关系可知R 1＝h ，由q v B ＝和B 1＝4B 2＝4B 0，m v 2R可知R 2＝4R 1＝4h ，设小球的速率为v 1，由q v 1(4B 0)＝m v 12R 1解得小球的速率v 1＝，4qB 0h m根据运动的对称性，PQ 间的距离为L ＝2(R 2－R 1)＝6h .(3)由q v B ＝和T ＝得小球做匀速圆周运动的周期T ＝，m v 2r 2πr v2πm qB 故小球由P 运动到Q 的时间t ＝＋＝.T 12T 225πm 4qB 0设宇航员的速度为v 2＝＝，L t 24qB 0h 5πm宇航员在Q 点接住球时，由动量守恒定律有M v 2－m v 1＝0，解得宇航员的质量M ＝.5πm 6第 4 页共 14 页考点　电磁感应中的动量和能量问题1．电磁感应与动量综合问题往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律，并结合闭合电路欧姆定律等物理规律及基本方法求解．2．动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量．所以，在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦，在求解双杆模型问题时，在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态，而直接求得最终状态．例3　(2019·福建福州市期末质量检测)如图3所示，空间存在一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ；边长为L 的正方形金属框abcd (简称方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U 形金属框架MNQP (仅有MN 、NQ 、QP 三条边，简称U 形框)，U 形框的M 、P 端的两个触点与方框接触良好且无摩擦，其他地方没有接触．两个金属框每条边的质量均为m ，每条边的电阻均为r .(1)若方框固定不动，U 形框以速度v 0垂直NQ 边向右匀速运动，当U 形框的接触点M 、P 端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求U 形框上N 、Q 两端的电势差U NQ ；(2)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的水平初速度v 0，U 形框恰好不能与方框分离，求方框最后的速度v t 和此过程流过U 形框上NQ 边的电荷量q ；(3)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的初速度v (v >v 0)，在U 形框与方框分离后，经过t 时间，方框的最右侧和U 形框的最左侧之间的距离为s .求分离时U 形框的速度大小v 1和方框的速度大小v 2.图3答案　见解析第 5 页共 14 页解析　(1)由法拉第电磁感应定律得：E ＝BL v此时电路图如图所示由串并联电路规律，外电阻为R 外＝2r ＋＝r 3r ×r 3r ＋r 114由闭合电路欧姆定律得：流过QN 的电流I ＝＝E R 外＋r 4BL v 015r所以：U NQ ＝E －Ir ＝BL v 0；1115(2)U 形框向右运动过程中，方框和U 形框组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒．依题意得：方框和U 形框最终速度相同，设最终速度大小为v t ；3m v 0＝(3m ＋4m )v t解得：v t ＝v 037对U 形框，由动量定理得：－BL t ＝3m v t －3m v 0I 由q ＝tI 解得：q ＝12m v 07BL(3)设U 形框和方框分离时速度分别为v 1和v 2，系统动量守恒：3m v ＝3m v 1＋4m v 2依题意得：s ＝(v 1－v 2)t第 6 页共 14 页联立解得：v 1＝v ＋374s 7tv 2＝v －.373s 7t 变式训练　(2019·浙江杭州市高三期末)如图4(俯视图)所示，质量分布均匀的总质量为M 、边长为L 的正方形导体线框ACDE 处于某一水平面内(离地面足够高)；在t ＝0时刻(图示位置)以速度v 0将线框水平向右抛入宽度为L 、间距也为L 的间隔型磁场区域(区域足够大)；该区域内存在磁场的区域磁场方向竖直向下，磁感应强度大小均为B .若线框ACDE 在整个运动过程中都保持水平状态，每条边的电阻均为R ，不计空气阻力，重力加速度为g .求：图4(1)t ＝0时刻线框CD 边上的电势差U CD ；(2)t ＝0时刻线框加速度的大小a ；(3)若线框在0～t 0时间内的位移大小为s ，求t ＝t 0时刻线框水平速度v 的大小(设t 0时刻线框的水平速度大于0，t 0为已知量)．答案　(1)－　(2)3BL v 04(B 2L 2v 04MR)2＋g 2(3)v 0－B 2L 2 4s 2－g 2t 048MR解析　(1)E ＝BL v 0根据电路相关知识可得U CD ＝－3BL v 04(2)线框所受的水平方向的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 04R第 7 页共 14 页所以线框水平方向的加速度大小a x ＝ .B 2L 2v 04MR线框加速度大小a ＝.(B 2L 2v 04MR)2＋g 2(3)根据动量定理，水平方向上有－Δt ＝M Δv B 2L 2v 4R 即－＝M Δv B 2L 2Δx 4R两边同时求和可知－＝M (v －v 0)．B 2L 2x 4R又s ＝，所以线框水平速度大小v ＝v 0－.x 2＋(12gt 02)2B2L 2 4s 2－g 2t 048MR专题突破练级保分练1.(2019·河北承德市联校期末)如图1所示，光滑绝缘水平轨道上带正电的甲球，以某一水平初速度射向静止在轨道上带正电的乙球，当它们相距最近时，甲球的速度变为原来的.已知15两球始终未接触，则甲、乙两球的质量之比是( )图1A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4答案　D2.(2019·北京市大兴区上学期期末)如图2所示，在矩形MNQP 区域中有一垂直纸面向里的匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a 、b 、c 以不同的速率从O 点沿垂直于PQ 的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．已知O 是PQ 的中点，不计粒子重力．从图示轨迹中可以判断( )第 8 页共 14页图2A ．a 粒子带负电，b 粒子带正电B ．c 粒子的动量大小大于a 粒子的动量大小C ．b 粒子运动的时间大于a 粒子运动的时间D ．b 粒子的加速度大于c 粒子的加速度答案　D解析　根据左手定则知粒子a 带正电，粒子b 、c 带负电，故A 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v B ＝m ，解得：p ＝m v ＝qBr ，v 2r因c 的轨道半径小于a 的轨道半径，则c 粒子动量的大小小于a 粒子动量的大小，选项B 错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝相同，粒子在磁场中的运动时间：t ＝T ＝，2πm qB θ2πθm qB由于m 、q 、B 都相同，粒子a 转过的圆心角大于粒子b 转过的圆心角，则b 粒子在磁场中运动的时间小于a 粒子在磁场中运动的时间，故C 错误；根据q v B ＝ma ，b 粒子的速度最大，则b 粒子的加速度大于c 粒子的加速度，选项D 正确．3.(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图3所示，一长为L ＝1 m 、质量为m ＝1 kg 的导体棒ab 垂直放在固定的足够长的光滑U 形导轨底端，导轨宽度和导体棒等长且接触良好，导轨平面与水平面成θ＝30°角，整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.5 T ．现给导体棒沿导轨向上的初速度v 0＝4 m /s ，经时间t 0＝0.5 s ，导体棒到达最高点，然后开始返回，到达底端前已做匀速运动．已知导体棒的电阻为R ＝0.05 Ω，其余电阻不计，重力加速度g 取10 m /s 2，忽略电路中感应电流之间的相互作用，则( )第 9 页共 14页图3A ．导体棒到达导轨平面底端时，流过导体棒的电流为5 AB ．导体棒到达导轨平面底端时的速度大小为1 m/sC ．导体棒从开始运动到顶端的过程中，通过导体棒的电荷量为3 CD ．导体棒从开始运动到返回底端的过程中，回路中产生的电能为15 J答案　BC解析　导体棒到达底端前已做匀速运动，由平衡条件得：mg sin 30 °＝，代入数据解得：B 2L 2v m Rv m ＝1 m/s ，选项B 正确；导体棒到达导轨平面底端时，通过导体棒的电流为I ＝＝BL v m R A ＝10 A ，选项A 错误；导体棒从开始运动到到达顶端的过程中，根据动量0.5×1×10.05定理：－(mg sin 30°＋B L )t 0＝0－m v 0，其中t 0＝q ，解得q ＝3 C ，选项C 正确；导体棒从开I I 始运动到返回底端的过程中，回路中产生的电能为m v 02－m v m 2＝×1×(42－12) J ＝7.5 121212J ，选项D 错误．级争分练4.如图4所示，在光滑绝缘水平面上由左向右沿一条直线等间距的排着多个形状相同的静止的带正电荷的绝缘小球，依次编号为1、2、3…每个小球所带的电荷量都相等且均为q ＝3.75×10－3C.第一个小球的质量m ＝0.1 kg ，从第二个小球起往右的小球的质量依次为前一个小球的，小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里，已知该磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ．现12给第一个小球一个水平速度v 0＝8 m /s ，使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正碰，若碰撞过程中电荷不转移，则第几个小球被碰后可以脱离地面？(不计电荷之间的库仑力，取g ＝10 m /s 2)第 10 页共 14页图4答案　第6个解析　第一个小球质量m 1＝m ，第二个小球质量m 2＝m 1＝m 1212第三个小球质量：m 3＝m 2＝()2m 1212于是第n 个小球质量m n ＝m n －1＝()n －1m 1212设第一个小球与第二个小球碰撞后速度分别为v 1和v 2根据动量守恒，选取初速度的方向为正方向：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2根据机械能守恒：m 1v 02＝m 1v 12＋m 2v 22121212所以：v 2＝v 0＝v 02m 1m 1＋m 243同理第二个小球与第三个小球碰撞后，第三个小球的速度：v 3＝v 2＝()2v 04343第n 个小球被撞后速度：v n ＝()n －1v 043设第n 个小球被撞后能离开地面，则q v n B ≥m n g解得：n ≥6，所以第6个小球被碰后可以脱离地面．5.(2019·江西重点中学协作体第一次联考)固定在竖直平面内的固定光滑绝缘轨道LMN ，其中MN 水平且足够长，LM 下端与MN 平滑相接．在OP 与QR 之间的区域内有方向如图5所示的匀强电场和匀强磁场．质量为m 和5m 的绝缘小物块C 、D (可视为质点)，其中D 带有电荷量q ，C 不带电，现将物块D 静止放置在水平轨道的MO 段，将物块C 从离水平轨道MN 距第 11 页共 14 页离h 高的L 处由静止释放，物块C 沿轨道下滑进入水平轨道，然后与D 正碰(C 、D 的电荷量都不变)，碰后物块C 被反弹，物块D 进入虚线OP 右侧的复合场中沿直线OQ 运动且恰好对水平轨道无压力，最后离开复合场区域．已知：重力加速度g 、电场强度E ＝、磁感应强mg q度B＝，求：8m q 2g h 图5(1)物块D 进入复合场的速度大小；(2)物块C 反弹后滑回斜面LM 的最大高度H ；(3)若已知OQ 间距为h ，保持其他条件不变，仅将电场强度增大为E 2＝5E ，同时磁感应强度减小为B 2＝，求物块D 离开电磁场后所到达轨迹最高点与水平轨道MN 之间的高度差．B 8答案　(1)　(2)　(3)0.54h 2gh 4h 16解析　(1)物块D 进入复合场后做匀速直线运动且对轨道无压力，可知 D 带正电，且Eq ＋q v D B ＝5mg解得v D ＝＝18gh 2gh 4(2)对物块C 在斜面上由L →M 的过程有mgh ＝m v 0212即v 0＝2ghC 碰D 瞬间动量守恒m v 0＝m v C ＋5m v D解得v C ＝－v 0＝－1418gh第 12 页共 14 页物块C 返回斜面过程有m v C 2＝mgH 12解得H ＝h 16(3)物块D 在电磁场中5Eq ＝5mg ，重力与静电力平衡，做匀速圆周运动，有qB 2v D ＝5m v D 2r做圆周运动半径r ＝＝h 5m v D qB 254设物块D 在有界场中运动轨迹的圆心角为θ，sin θ＝＝h r 45h 1＝r －r cos θ从Q 点正上方处离开电磁场．物块D 离开电磁场后做曲线运动，竖直分速度为v y ＝v D sin θ 则h 2＝v y 22g物块D 离开电磁场后所到达轨迹最高点与水平轨道MN 之间的高度差为H ′＝h 1＋h 2＝0.54h .6.(2019·浙江宁波市3月模拟)如图6所示，两根一端带有挡柱的金属导轨MN 和PQ 与水平面成θ＝37°角，两导轨间距L ＝1 m ，导轨自身电阻不计，整个装置处在磁感应强度大小B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上．两根完全相同的金属棒ab 和cd ，每根棒长为L ，质量m ＝1 kg ，电阻R ＝1 Ω，垂直放在导轨平面上且始终与导轨保持良好接触．现让金属棒cd 靠在挡柱上，金属棒ab 在沿斜面向上的外力F 作用下从轨道上某处由静止开始做加速度a ＝2.5 m /s 2的匀加速直线运动，直到金属棒cd 刚要滑动时撤去外力F ；此后金属棒ab 继续向上运动0.35 s 后减速为0，且金属棒ab 向下返回到初始出发点时的速度大小为1 m /s.已知两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图6第 13 页共 14 页(1)金属棒cd 刚要滑动时，金属棒ab 的速度大小；(2)金属棒ab 沿斜面向上匀加速运动过程中外力的最大值；(3)金属棒ab 从最高点返回到初始出发点过程中，金属棒ab 产生的焦耳热．答案　(1)5 m/s (2)22.5 N (3)5.5 J解析　(1)当金属棒cd 刚要滑动时满足：BIL ＝mg sin θ＋μmg cos θI ＝BL v2R联立解得：v ＝5 m/s(2)对金属棒ab ：F －mg sin θ－μmg cos θ－BIL ＝maI ＝BL v 2Rv ＝at代入数据可知F 随t 线性变化，当v ＝5 m/s 时，最大值F m ＝22.5 N ；(3)匀加速阶段金属棒ab 的位移为：x 1＝v 22a撤去F 后金属棒cd 仍静止，设金属棒ab 减速滑行的位移为x 2由动量定理得(μmg cos θ＋mg sin θ＋B L )Δt ＝m vI Δt ＝I BLx 22R解得x 2＝0.75 m设金属棒ab 返回到出发点的速度为v 1，由能量守恒：第 14 页共 14 页mg (x 1＋x 2)sin θ＝μmg cos θ(x 1＋x 2)＋m v 12＋2Q 12解得Q ＝5.5 J.。

高考物理复习题型专练—力学三大观点的综合应用

高考物理复习题型专练—力学三大观点的综合应用这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、动能定理和机械能守恒定律或能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.例题1.竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。

t＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。

物块A运动的vt图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。

已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

(a)(b)(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。

在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B 再次碰上。

求改变前后动摩擦因数的比值。

例题2.如图所示，半径R＝2.8m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB 相连，A 处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B 处与圆轨道相切。

在水平轨道上，两静止小球P 、Q 压紧轻质弹簧后用细线连在一起。

某时刻剪断细线后，小球P 向左运动到A 点时，小球Q 沿圆轨道到达C 点；之后小球Q 落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P 发生碰撞。

已知小球P 的质量m 1＝3.2kg ，小球Q 的质量m 2＝1kg ，小球P 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E p ＝168J ，小球到达A 点或B 点时已和弹簧分离。

重力加速度g 取10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球Q 运动到C 点时的速度大小；(2)小球P 沿斜面上升的最大高度h ；(3)小球Q 离开圆轨道后经过多长时间与小球P 相碰。