江苏专用2020版高考物理新增分大一轮复习第九章电磁感应专题突破十一电磁感应定律的综合应用讲义含解析.pdf
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1、专题突破十一 电磁感应定律的综合应用专题突破十一 电磁感应定律的综合应用 命题点一 电磁感应中的图象问题命题点一 电磁感应中的图象问题 1.解题关键 弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点 等是解决此类问题的关键. 2.解题步骤 (1)明确图象的种类,即是Bt图象还是t图象,或者Et图象、It图象等; (2)分析电磁感应的具体过程; (3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系; (4)结合法拉第电磁感应定律、 闭合电路欧姆定律、 牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系 式; (5)根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等; (6)画图象或
2、判断图象. 3.两种常用方法 (1)排除法:定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀 变化还是非均匀变化),特别是分析物理量的正负,以排除错误的选项. (2)函数法 : 根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系,然后由函数关系对图 象进行分析和判断. 例1 (多选)(2018扬州中学5月模拟)在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd, bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg, 三角形腰长为l, 磁感应强度垂直桌面向下, abef在同一直线上,其俯视图如图 1 所示,线框从图示位置在水平拉力F作用下向右匀速穿 过磁场区, 线框中感应电流i
3、及拉力F随时间t的变化关系可能是(以逆时针方向为电流的正 方向,F向右为正方向,时间单位为 )( ) l v 图 1 答案 BD 变式 1 (2018如皋市调研)将一段导线绕成如图 2 甲所示的闭合回路,并固定在水平面 (纸面)内.回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁 场, 以向里为磁场的正方向, 其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示.用F表示ab 边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图象是( ) 图 2 答案 B 解析 根据题图Bt图象可知,在 0 时间内,Bt图线的斜率为负且为定值,根据法拉 T 2 第电磁感应定律En
4、S可知, 该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的, 由楞 B t 次定律可知,ab中电流方向为ba,再由左手定则可判断ab边受到向左的安培力,且 0T 2 时间内安培力恒定不变,方向与规定的正方向相反 ; 在 T时间内,Bt图线的斜率为正且 T 2 为定值,故ab边所受安培力仍恒定不变,但方向与规定的正方向相同.综上可知,B 正确. 命题点二 电磁感应中的动力学与能量问题命题点二 电磁感应中的动力学与能量问题 1.解决电磁感应中的动力学问题的一般思路 2.能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化 其他形式的能量电能焦耳热或其他形式的能量 克服安培 力做功 电流做功 (2)求解焦耳热Q的三
5、种方法 3.单棒导体切割磁感线的一般运动过程 类型“电动电”型“动电动”型 示 意 图 已 知 量 棒ab长L,质量m,电阻R; 导轨光滑水平,电阻不计 棒ab长L,质量m,电阻R; 导轨光滑,电阻不计 过程分析 (表示增 大,表示 减小,表 示推出) S闭合, 棒ab受安培力FBLE R ,此时加速度a,棒ab BLE mR 速度v感应电动势E 棒ab释放后下滑,此时加速 度agsin,棒ab速度 v感应电动势EBLv 电流I 安培力F E R BLv电流I安培力F BIL加速度a,当安培 力F0 时,a0,v最大, 最后匀速运动 BIL加速度a,当安培 力Fmgsin时,a0,v 最大,最
6、后匀速运动 能量 转化 分析 通过安培力做功, 电能一部分 转化为棒的动能, 一部分通过 克服安培力做功转化为电能, 又通过电阻转化为焦耳热 重力势能一部分转化为棒的 动能, 一部分通过克服安培力 做功转化为电能, 又通过电阻 转化为焦耳热 4.两种状态及处理方法 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 模型 1 “导体棒”切割磁感线 例 2 (多选)(2018江苏单科9)如图 3 所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为L,矩 形匀强磁场、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,
7、进入磁场和时的速度相等.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 3 A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下 B.穿过磁场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.释放时距磁场上边界的高度h可能小于m 2gR2 2B4L4 答案 BC 解析 穿过磁场后,金属棒在磁场之间做加速运动,在磁场上边缘速度大于从磁场出 来时的速度, 即进入磁场时速度等于进入磁场时速度, 大于从磁场出来时的速度.金属 棒在磁场中做减速运动,加速度方向向上,A 错. 金属棒在磁场中做减速运动,由牛顿第二定律知 maBILmgmg, B2L
8、2v R a随着减速过程逐渐变小,即在前一段做加速度减小的减速运动. 在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由vt图象(可能图 象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时,B 对. 由于进入两磁场时速度相等,由动能定理知, W安 1mg2d0, W安 12mgd. 即通过磁场产生的热量为 2mgd,故穿过两磁场产生的总热量为 4mgd,C 对. 设刚进入磁场时速度为v,则由机械能守恒定律知 mghmv2, 1 2 进入磁场时maBILmgmg, B2L2v R 解得v, magR B2L2 由式得h,D 错. m2ag2R2 2B4L4g m2gR2 2B4L4 例
9、3 (2018南京市三模) 如图 4 甲所示, 固定在水平桌面上的间距为L的光滑平行金属导 轨,其右端MN间接有阻值为R的定值电阻,导轨上存在着以efhg为边界,宽度为d的匀强 磁场, 磁场磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示, 方向竖直向下.一长度为L的金属 棒垂直于导轨放置,金属棒的电阻也为R,在t0 时刻从图示位置在恒力作用下由静止开始 沿导轨向右运动,tt0时刻恰好进入磁场,此时磁感应强度为B0,并保持不变.金属棒从图 示位置到恰好穿出磁场的运动过程中,电阻R上的电流大小不变,导轨电阻不计.求: 图 4 (1)0t0时间内流过电阻R的电流I的大小和方向; (2)金属棒穿过磁场的速度
10、及所受恒力的大小; (3)金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中,电阻R上产生的焦耳热Q. 答案 (1) 方向由NM (2) (3) B0Ld 2Rt0 d t0 B2 0L2d 2Rt0 B2 0L2d2 2Rt0 解析 (1)0t0时间内,由ES B t 解得EB 0Ld t0 由I E 2R 解得IB 0Ld 2Rt0 由楞次定律可知,电流方向为由N到M (2)经分析可知,金属棒穿过磁场的过程中电动势大小与 0t0时间内相同 由EB0Lv B0Ld t0 解得v d t0 金属棒匀速通过磁场由受力平衡得FBIL 则FB 2 0L2d 2Rt0 (3)金属棒从题图所示位置到恰好穿出磁场
11、的运动过程中电流大小不变,为IB 0Ld 2Rt0 金属棒匀速通过磁场的时间为t t0 d v 所以QI2R(t0t0). B2 0L2d2 2Rt0 变式 2 (2018泰州中学月考)如图 5 甲所示,MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨, 导轨间距L为 0.5m,导轨左端连接一个阻值为 2 的定值电阻R,将一根质量为 0.2kg 的金 属棒cd垂直放置在导轨上,且与导轨接触良好,金属棒cd的电阻r2,导轨电阻不计, 整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中,磁感应强度B2T.若棒以 1m/s 的初速度向 右运动, 同时对棒施加水平向右的拉力F作用, 并保持拉力的功率恒为 4W, 从此
12、时开始计时, 经过 2s 金属棒的速度稳定不变,图乙为安培力与时间的关系图象.试求: 图 5 (1)金属棒的最大速度; (2)金属棒的速度为 3m/s 时的加速度大小; (3)求从开始计时起 2s 内电阻R上产生的电热. 答案 (1)4m/s (2)m/s2 (3)3.25J 35 12 解析 (1)金属棒速度最大时,所受合外力为零,即F安 mF. 由题图乙可知F安 m1.0N,则vm 4m/s. P F P F安m (2)金属棒速度为 3m/s 时,感应电动势EBLv20.53V3V. 电流I,F安BIL E Rr 金属棒受到的拉力F N P v 4 3 根据牛顿第二定律FF安ma 解得am
13、/s2m/s2. FF安 m 4 3 3 4 0.2 35 12 (3)从开始计时起 2s 内,由动能定理得,PtW安mvm2mv02 1 2 1 2 W安6.5J 则QR3.25J. W安 2 模型 2 “导线框”切割磁感线 例 4 (2018南通市、泰州市一模)如图 6 所示,光滑绝缘斜面倾角为,斜面上平行于底 边的虚线MN、PQ间存在垂直于斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场,MN、PQ相距为L.一 质量为m、 边长为d(dL)的正方形金属线框abef置于斜面上, 线框电阻为R.ab边与磁场边 界MN平行,相距为L.线框由静止释放后沿斜面下滑,ef边离开磁场前已做匀速运动,重力 加速度为g
14、.求: 图 6 (1)线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量q; (2)线框ef边离开磁场区域时速度的大小v; (3)线框穿过磁场区域产生的热量Q. 答案 (1) (2) (3)mg(2Ld)sin Bd2 R mgRsin B2d2 m3g2R2sin2 2B4d4 解析 (1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势E t 通过回路的电荷量qIt t E R 磁通量的变化量 Bd2 解得q. Bd2 R (2)线框ef边离开磁场前,线框中产生的感应电流IBdv R 受到的安培力FIdB 由平衡条件有mgsin F0 解得v. mgRsin B2d2 (3)线框由静止至离开磁场,由能量守恒定
15、律有mg(2Ld)sin Qmv20 1 2 解得Qmg(2Ld)sin . m3g2R2sin2 2B4d4 例 5 (2018扬州市一模)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匝矩形线框abcd,总电阻为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.如图 7 是简化的俯视图,小车在磁场外以恒定的功率做直线运动, 受到地面阻力恒为Ff,进入磁场前已达到最大速度v,车头(ab边)刚要进入磁场时立即撤去 牵引力,车尾(cd边)刚出磁场时速度恰好为零.已知有界磁场宽度为 2.5L,磁感应强度为B, 方向竖直向下.求: 图 7 (1)
16、进入磁场前小车所受牵引力的功率P; (2)车头刚进入磁场时,感应电流的大小I; (3)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q. 答案 (1)Ffv (2) (3)mv25FfL NBLv R 1 2 解析 (1)进入磁场前小车匀速运动时速度最大,根据受力平衡则有:FFf 牵引力的功率为:PFvFfv; (2)车头刚进入磁场时,产生的感应电动势为:ENBLv 感应电流的大小为:I E R NBLv R (3)根据能量守恒定律得: QFf5Lmv2 1 2 可得,电磁刹车过程中产生的焦耳热为: Qmv25FfL. 1 2 1.(多选)(2018启东中学月考)如图 8 所示,两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电
17、阻不计. 两质量、 长度均相同的导体棒c、d置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处.磁场宽为 3h, 方向与导轨平面垂直.先由静止释放c,c刚进入磁场立即匀速运动,此时再由静止释放d, 两导体棒与导轨始终保持良好接触.用ac表示c的加速度,Ekd表示d的动能,xc、xd分别表 示c、d相对释放点的位移.下图中正确的是( ) 图 8 答案 BD 解析 导体棒c进入磁场前做自由落体运动,加速度恒为g,有hgt2,vgt,c棒进入 1 2 磁场以速度v做匀速直线运动的路程为hvtgt22h,此后d棒进入磁场,d棒进入磁 场而c棒还没有穿出磁场的过程,无电磁感应,两导体棒仅受到重力作用,加速度均为g,
18、 直到c棒穿出磁场,穿出磁场后c棒仅受重力,加速度仍为g,A 错误,B 正确;c棒穿出磁 场后,d棒切割磁感线产生感应电动势,在回路中产生感应电流,因此时d棒速度大于c棒 进入磁场时切割感线的速度,故感应电动势、感应电流、感应安培力都大于c棒刚进入磁场 时的大小,d棒减速, 直到穿出磁场仅受重力, 做匀加速运动, 结合匀变速直线运动v2v02 2gh,可知匀加速过程动能与运动距离成正比,D 正确. 2.(2018如皋市模拟四)如图 9 所示, 质量为m、 电阻为R的单匝矩形线框置于光滑水平面上, 线框边长abL、ad2L.虚线MN过ad、bc边中点.一根能承受最大拉力为F0的细线沿水平 方向拴
19、住ab边中点O,细线与ab边垂直.从某时刻起,在MN右侧加一方向竖直向下的匀强 磁场, 磁感应强度大小按Bkt的规律均匀变化.一段时间后, 细线被拉断, 线框向左运动,ab 边穿出磁场时的速度为v.求: 图 9 (1)细线断裂前线框中的电功率P; (2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W; 答案 (1) (2) mv2 k2L4 R F0 m 1 2 解析 (1)根据法拉第电磁感应定律:EL2kL2; t B t 电功率:P E2 R k2L4 R (2)细线断裂瞬间安培力:F安F0,线框的加速度a F安 m F0 m 线框离开磁场过程中,由动能定理得:Wm
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