高三一轮复习物理课件专题强化 (7)

解析：(1)导体棒匀速运动时，根据平衡条件得： B2L2v1 第一种情况有：mgsinθ－m0g＝BI1L＝ R 、 B2L2v2 第二种情况有：mgsinθ＝BI2L＝ R v1 1 m 又由题m ＝4.联立以上三式得：v ＝2 0 2
(2)第一次下滑至 MN 位置的过程中，根据动能定律可得 mgh 1 h 2 －m0gsin30° －W1＝2(m＋m0)v1 第二次下滑至 MN 位置的过程中，根据动能定理可得 1 mgh－W2＝2mv2 2 Q1 W1 59 两次运动过程中，电阻 R 产生的热量之比为Q ＝W ＝112 2 2 v1 1 Q1 W1 59 答案：(1)v ＝2 (2)Q ＝W ＝112 2 2 2
透析考点· 多维突破 考点一 电磁感应中的动力学问题… 一题多变 … 1．“四步法”分析电磁感应动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具 体思路如下：
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：
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 1 1 箱的阻值 R，测定金属棒的最大速度 vm，得到v －R的关系如图乙 m 2 所示，g 取 10 m/s .求：
例 3 [2019· 哈尔滨市模拟]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：
金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度 v＝ 2gh，进入磁场Ⅰ时产生的 E 感应电动势 E＝Blv，感应电流 I＝R，所受安培力 F＝BIL，由于金 属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力， m2gR2 即 F>mg，联立解得 h> 2B4L4 ，选项 D 错误． 答案：BC
考点三 电磁感应中的动量问题 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 ＝Δmv ΔΦ q＝IΔt＝n R 2．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．
解析：根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相 等可知， 金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场 Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项 A 错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后 做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所 以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项 B 正确； 根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动 能变化量为 0，重力做功为 2mgd，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量 Q1＝2mgd， 而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相 等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为 Q2＝2×2mgd＝4mgd， 选项 C 正确；
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方法技巧 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.
多维练透 1．如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框 abcd， 其边长为 l，质量为 m，金属线框与水平面的动摩擦因数为 μ.虚线 框 a′b′c′d′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属 线框的 ab 边与磁场的 d′c′边重合．现使金属线框以初速度 v0 沿 水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的 dc 边与磁场区域的 d′c′边距离为 l.在这个过程中，金属线框产生的 焦耳热为( ) 1 2 1 2 A.2mv0＋μmgl B.2mv0－μmgl 1 2 1 2 C.2mv0＋2μmgl D.2mv0－2μmgl
A．匀强磁场的磁感应强度为 1 T B．杆 ab 下落 0.3 m 时金属杆的速度为 1 m/s C．杆 ab 下落 0.3 m 的过程中 R 上产生的热量为 0.2 J D．杆 ab 下落 0.3 m 的过程中通过 R 的电荷量为 0.25 C
B2L2v0 解析：在杆 ab 刚进入磁场时，有 R －mg＝ma，由题图乙 知，a 的大小为 10 m/s2，解得 B＝2 T，A 项错误．杆 ab 下落 0.3 m B2L2v′ 时杆做匀速运动，则有 R ＝mg，解得 v′＝0.5 m/s，B 项错 误．在杆 ab 下落 0.3 m 的过程中，根据能量守恒，R 上产生的热量 1 ΔΦ 2 为 Q＝mgh－2mv′ ＝0.287 5 J， C 项错误． 通过 R 的电荷量 q＝ R B·ΔS ＝ R ＝0.25 C，D 项正确． 答案：D
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 1 2 mg(x0＋x1＋x2)sinθ＝Q＋2mv1， R QR＝ Q＝7.5 J. R＋r 答案：7.5 J
多维练透 1.如图甲所示， 电阻不计且间距 L＝1 m 的光滑平行金属导轨竖 直放置， 上端接一阻值 R＝2 Ω 的电阻， 虚线 OO′下方有垂直于导 轨平面向里的匀强磁场，现将质量 m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆 ab 从 OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保 持良好接触且始终水平，已知杆 ab 进入磁场时的速度 v0＝1 m/s， 下落 0.3 m 的过程中加速度 a 与下落距离 h 的关系图象如图乙所示， g 取 10 m/s2，则( )
解析：(1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为 v0， 由平衡条件得 mgsinθ＝F 安① 而 F 安＝B0I0L，② B0Lv0 I0 ＝ ③ R＋r 代入数据解得 v0＝2 m/s.④
(2)金属棒滑过 cd 位置时，其受力如图所示．由牛顿第二定律 得 mgsinθ－F 安′＝ma，⑤ 而 F 安′＝B1I1L，⑥ B1Lv0 I1 ＝ ，⑦ R＋r 代入数据可解得 a＝3.75 m/s2.⑧
例 1 [2019· 重庆巴蜀模拟] 如图所示，两平行且无限长光滑金 属导轨 MN、 PQ 与水平面的夹角为 θ＝30° ， 两导轨之间的距离为 L ＝1 m，两导轨 M、P 之间接入电阻 R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在 abdc 区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ， 磁感应强 度 B0＝1 T，磁场的宽度 x1＝1 m；在 cd 连线以下区域有一个方向 也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ， 磁感应强度 B1＝0.5 T． 一个质量 为 m＝1 kg 的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属 棒的电阻 r＝0.2 Ω，若金属棒在离 ab 连线上端 x0 处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速 运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过 ef 时又达到 稳定状态，cd 与 ef 之间的距离 x2＝8 m．求(g 取 10 m/s2)
解析：依题意知，金属线框移动的位移大小为 2l，此过程中克 服摩擦力做功为 2μmgl，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳 1 2 热为 Q＝2mv0－2μmgl，故选项 D 正确． 答案：D
2．[2018· 江苏卷，9](多选)如图所示，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( ) 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 4mgd D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度 h 可能 m2gR2 小于 2B4L4
(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 棒的总电荷量？
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＝2mv1 a 棒产生内能为 Ea，b 棒产生内能为 Eb 1 2 1 2 根据能量守恒：2mv ＝2· 2mv1 ＋Ea＋Eb 1 2 又 Eb＝2Ea 因为 mgh＝2mv 1 解得 a 棒上产生的内能：Ea＝6mgh
2．求解焦耳热 Q 的三种方法
例 2 如图所示，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为 30° 的斜面 上，导轨宽度为 L，导轨下端接有电阻 R，两导轨间存在一方向垂直于 斜面向上，磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，轻绳一端平行于斜面系 在质量为 m 的金属棒上， 另一端通过定滑轮竖直悬吊质量为 m0 的小木 块．第一次将金属棒从 PQ 位置由静止释放，发现金属棒沿导轨下滑， 第二次去掉轻绳，让金属棒从 PQ 位置由静止释放．已知两次下滑过 程中金属棒始终与导轨接触良好，且在金属棒下滑至底端 MN 前，都 m 已经达到了平衡状态．导轨和金属棒的电阻都忽略不计，已知m ＝4， 0 mgR B2L2＝ gh(h 为 PQ 位置与 MN 位置的高度差)．求： (1)金属棒两次运动到 MN 时的速度大小之比； (2)金属棒两次运动到 MN 过程中，电阻 R 产 生的热量之比．
(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时．设速度为 v1， 则 mgsinθ＝F 安″，⑨ 而 F 安″＝B1I2L⑩ B1Lv1 I2 ＝ ，⑪ R＋r 代入数据解得 v1＝8 m/s.⑫ 答案：(1)2 m/s (2)3.75 m/s2 (3)8 m/s
[考法拓展 1] 在[例 1]中，求金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所 经历的时间． v0 解析： 金属棒从静止开始到刚进入磁场Ⅰ的时间 t1＝gsinθ＝0.4 x1 s，在磁场Ⅰ运动时间 t2＝v ＝0.5 s，所以金属棒从开始到刚离开磁 0 场Ⅰ所经历时间为 t＝t1＋t2＝0.9 s. 答案：0.9 s
(1)金属棒的质量 m 和定值电阻 R0 的阻值． g (2)当电阻箱 R 取 2 Ω，且金属棒的加速度为4时，金属棒的速 度．
解析：(1)金属棒以速度 vm 下滑时，由法拉第电磁感应定律得： E＝Blvm RR0 由闭合电路欧姆定律得：E＝I R＋R0 当金属棒以最大速度 vm 下滑时，由平衡条件得： BIl－mgsinθ＝0 1 B2l2 1 B2l2 1 解得：v ＝mgsinθ· ＋mgsinθ· R R0 m 1 1 B2l2 由v －R图象可得：mgsinθ＝1 m B2l2 1 mgsinθ· R0＝0.5 解得：m＝0.2 kg R0＝2 Ω
(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： RR0 E′＝I′ R＋R0 E′＝Blv g 当金属棒下滑的加速度为4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
[考法拓展 2] 在[例 1]中， 求金属棒由释放到 ab 连线滑过的距 离 x0.
解析：金属棒在未进入磁场前做初速度为 0 的匀加速直线运动 2 a＝gsinθ，由运动学公式得 v0 ＝2ax0， 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．