2019年高考物理 考前沖刺30天 第七講 必考計算題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案（含解析）

電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用命題點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題例1如圖1所示，光滑的“”形金屬導(dǎo)體框豎直放置，除圖中已標(biāo)阻值為R的電阻外，其余電阻不計質(zhì)量為m的金屬棒MN與框架接觸良好在區(qū)域abcd和cdef內(nèi)，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1B、B22B的有界勻強(qiáng)磁場，方向均垂直于框架平面向里，兩豎直導(dǎo)軌ae與bf間距為L.現(xiàn)從圖示位置由靜止釋放金屬棒MN，當(dāng)金屬棒進(jìn)入磁場B1區(qū)域后恰好做勻速運(yùn)動求：圖1(1)金屬棒進(jìn)入磁場B1區(qū)域后的速度大?。?2)金屬棒剛進(jìn)入磁場B2區(qū)域時的加速度大小解析(1)當(dāng)金屬棒進(jìn)入磁場B1區(qū)域后恰好做勻速運(yùn)動，說明金屬棒所受的安培力與重力大小相等、方向相反則F1B1I1LBI1Lmg又I1聯(lián)立得：v(2)金屬棒剛進(jìn)入磁場B2區(qū)域時，由楞次定律判斷知所受的安培力方向豎直向上，大小為：F2B2I2L2BL把(1)問求得的v代入，可得F24mg根據(jù)牛頓第二定律得：F2mgma得a3g.答案(1)(2)3g用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：(1)進(jìn)行“源”的分析分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源的參數(shù)E和r.(2)進(jìn)行“路”的分析分析電路結(jié)構(gòu)，明確串、并聯(lián)的關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力(3)“力”的分析分析研究對象(常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力(4)進(jìn)行“運(yùn)動”狀態(tài)的分析根據(jù)力和運(yùn)動的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)動模型題組階梯突破1小明同學(xué)設(shè)計了一個“電磁天平”，如圖2所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡線圈的水平邊長L0.1 m，豎直邊長H0.3 m，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B01.0 T，方向垂直線圈平面向里線圈中通有可在02.0 A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I.掛盤放上待測物體后，調(diào)節(jié)線圈中電流使天平平衡，測出電流即可測得物體的質(zhì)量(重力加速度取g10 m/s2)圖2圖3(1)為使電磁天平的量程達(dá)到0.5 kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少？(2)進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，另選N2100匝、形狀相同的線圈，總電阻R10 .不接外電流，兩臂平衡如圖3所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域?qū)挾萪0.1 m當(dāng)掛盤中放質(zhì)量為0.01 kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率.答案(1)25匝(2)0.1 T/s解析(1)題中“電磁天平”中的線圈受到安培力FN1B0IL由天平平衡可知：mgN1B0IL代入數(shù)據(jù)解得：N125匝(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得：EN2N2Ld由歐姆定律得：I線圈受到的安培力FN2B0IL由天平平衡可得：mgNB0·代入數(shù)據(jù)可得0.1 T/s.2(2018·10月浙江選考)如圖4甲所示，質(zhì)量m3×103 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長l0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B11.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場中有一匝數(shù)n300匝、面積S0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示(1)求00.10 s線圈中的感應(yīng)電動勢大??；(2)t0.22 s時閉合開關(guān)K，若細(xì)桿CD所受安培力方向豎直向上，判斷CD中的電流方向及磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向；(3)t0.22 s時閉合開關(guān)K，若安培力遠(yuǎn)大于重力，細(xì)框跳起的最大高度h0.20 m，求通過細(xì)桿CD的電荷量圖4答案(1)30 V(2)電流方向CDB2方向向上(3)0.03 C解析(1)由電磁感應(yīng)定律有En得EnS30 V(2)電流方向CDB2方向向上(3)由牛頓第二定律有Fmam(或由動量定理Ftmv0)安培力FIB1lQItv22gh得Q0.03 C.命題點(diǎn)二動力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用例2(2018·浙江10月學(xué)考·22)為了探究電動機(jī)轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關(guān)系，小明設(shè)計了如圖5所示的裝置半徑為l的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO上，由電動機(jī)A帶動旋轉(zhuǎn)在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的“U”型導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場中從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng)開關(guān)S與“U”型導(dǎo)軌連接當(dāng)開關(guān)S斷開，棒cd靜止時，彈簧伸長量為x0；當(dāng)開關(guān)S閉合，電動機(jī)以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，棒cd再次靜止時，彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度)不計其余電阻和摩擦等阻力，求此時：圖5(1)通過棒cd的電流Icd；(2)電動機(jī)對該裝置的輸出功率P；(3)電動機(jī)轉(zhuǎn)動角速度與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關(guān)系解析(1)ab順時針轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢為EB1l2由右手定則，電流方向由a到b，由閉合電路歐姆定律，總電流I通過cd棒的電流IcdI，方向由d到c(2)電動機(jī)的輸出功率PI2·R(3)S斷開時，由平衡條件kx0mgS閉合時，由平衡條件kxB2Icdlmg解得.答案(1)，方向由d到c(2)(3)解決電磁感應(yīng)動力學(xué)及能量問題的一般思路1電路分析：確定電源，畫出等效電路，明確內(nèi)、外電路，分析電路的串、并聯(lián)關(guān)系2受力分析：注意導(dǎo)體棒所受的安培力大小和方向3運(yùn)動分析：對運(yùn)動過程進(jìn)行“慢進(jìn)”式推理分析，應(yīng)用牛頓第二定律對運(yùn)動過程中各物理量進(jìn)行分析4能量分析：分析運(yùn)動過程中各力做功情況，明確能量轉(zhuǎn)化形式5規(guī)律分析：根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)方程、動能定理、能量守恒定律合理組合優(yōu)化題組階梯突破3如圖6甲所示，在一傾角為37°的粗糙絕緣面上，靜止地放置著一個匝數(shù)n10匝的正方形線圈ABCD，E、F分別為AB、CD的中點(diǎn)，線圈總電阻R2.0 、總質(zhì)量m0.2 kg、正方形邊長L0.4 m如果向下輕推一下此線圈，則它剛好可沿斜面勻速下滑現(xiàn)在將線圈靜止放在斜面上后，在虛線EF以下的區(qū)域中，加上垂直斜面方向的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按圖乙所示規(guī)律變化的磁場，(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°0.6，cos 37°0.8)求：圖6(1)t1 s時刻，線圈中的感應(yīng)電流大小I；(2)從t0時刻開始經(jīng)過多長時間線圈剛要開始運(yùn)動；(3)從t0時刻開始到線圈剛要運(yùn)動，線圈中產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)0.2 A(2)4 s(3)0.32 J解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得EnnS解得E0.4 VI0.2 A(2)由受力分析可知Ffmgsin 37°Fmgsin 37°FfFnBIL解得B3 TB10.5t則t4 s(3)由焦耳定律可得QI2RtQ0.32 J.4如圖7所示，MN、PQ為間距L0.5 m的足夠長平行導(dǎo)軌，NQMN.導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角37°，NQ間連接有一個R5 的電阻有一勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B01 T將一根質(zhì)量為m0.05 kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻均不計現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動過程中始終與NQ平行已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)0.5，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時達(dá)到穩(wěn)定速度，cd距離NQ為s2 m問：(sin 37°0.6，cos 37°0.8)圖7(1)當(dāng)金屬棒滑行至cd處時回路中的電流是多大？(2)金屬棒達(dá)到的穩(wěn)定速度是多大？(3)當(dāng)金屬棒滑行至cd處時回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少？答案(1)0.2 A(2)2 m/s(3)0.1 J解析(1)達(dá)到穩(wěn)定速度時，有FB0IL由平衡條件有mgsin Fmgcos 解得I0.2 A(2)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EB0Lv由歐姆定律有I解得v2 m/s.(3)根據(jù)能量守恒得，減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能、克服摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和回路中產(chǎn)生的焦耳熱，則有mgssin mv2mgscos Q則Qmgssin mgscos mv20.1 J.(建議時間：40分鐘)1(2018·湖州市聯(lián)考)在范圍足夠大，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2 T，有一水平放置的光滑U形金屬框架，寬度l0.4 m，如圖1所示，框架上放置一質(zhì)量為0.05 kg、電阻為1 的金屬桿cd，框架電阻不計若桿cd以恒定加速度a2 m/s2由靜止開始做勻變速運(yùn)動，則：圖1(1)在5 s內(nèi)平均感應(yīng)電動勢是多少？(2)第5 s末，回路中的電流是多大？(3)第5 s末，作用在桿cd上的水平外力是多大？答案(1)0.4 V(2)0.8 A(3)0.164 N解析(1)5 s內(nèi)的位移xat225 m5 s內(nèi)的平均速度5 m/s故平均感應(yīng)電動勢Bl0.4 V(2)第5 s末：vat10 m/s此時感應(yīng)電動勢：EBlv則回路中的電流為：I A0.8 A(3)桿cd勻加速運(yùn)動，由牛頓第二定律得FF安ma即FBIlma0.164 N.2如圖2所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，寬度L0.4 m，一端連接R1 的電阻，導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，其長度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動，速度v5 m/s，求：圖2(1)感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I；(2)在0.1 s時間內(nèi)，拉力的沖量IF的大?。?3)若將MN換為電阻r1 的導(dǎo)體棒，其他條件不變，求導(dǎo)體棒兩端的電壓U.答案(1)2 V2 A(2)0.08 N·s(3)1 V解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得EBLv1×0.4×5 V2 V由閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流I A2 A方向沿導(dǎo)體棒由NM(2)拉力的大小等于安培力的大小FBIL1×2×0.4 N0.8 N沖量的大小IFFt0.8×0.1 N·s0.08 N·s(3)由閉合電路歐姆定律可得電路中的電流為I A1 A導(dǎo)體棒兩端的電壓UIR1×1 V1 V.3如圖3所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，導(dǎo)軌間距l(xiāng)0.5 m，左端接有阻值R0.3 的電阻，一質(zhì)量m0.1 kg，電阻r0.1 的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.4 T棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a2 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動，當(dāng)通過電阻R的電荷量為q4.5 C時撤去外力，之后棒繼續(xù)運(yùn)動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q221.棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸求：圖3(1)棒在勻加速運(yùn)動過程中的位移大小x；(2)撤去外力后金屬棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱QMN；(3)外力做的功WF.答案(1)9 m(2)0.45 J(3)5.4 J解析(1)棒在勻加速運(yùn)動中Blx，平均電動勢，則，通過電阻R的電荷量qt4.5 C，解得x9 m.(2)棒在勻加速運(yùn)動過程中有，2axv2，則v6 m/s，從撤去外力到棒最終停下來的過程，由動能定理得：W安0mv2，則W安1.8 J.則撤去外力后金屬棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱QMNW安0.45 J(3)撤去外力后回路中產(chǎn)生的熱量Q2W安1.8 J，依題意得Q12Q22×1.8 J3.6 J，外力做的功WFQ1Q2(3.61.8) J5.4 J.4如圖4兩根足夠長的光滑平行直導(dǎo)軌MN、PQ與水平面成角放置，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，它們的電阻不計現(xiàn)讓ab桿由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑圖4(1)求ab桿下滑的最大速度vmax.(2)ab桿由靜止釋放至達(dá)到最大速度的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求該過程中ab桿下滑的距離x及通過電阻R的電荷量q.答案(1)(2)解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式和牛頓第二定律，有EBLv，I，F(xiàn)安BIL，mgsin F安ma.即mgsin ma，當(dāng)加速度a為零時，速度v達(dá)到最大，速度最大值vm.(2)根據(jù)能量守恒定律mgxsin mvQ，得x.根據(jù)電磁感應(yīng)定律有，根據(jù)閉合電路歐姆定律有，通過電阻R的電荷量qt.5形狀如圖5所示的光滑導(dǎo)軌EF、GH等高平行放置，E、G間寬度為F、H間寬度的2倍，虛線右側(cè)導(dǎo)軌水平且處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中ab金屬棒的質(zhì)量為2m、cd金屬棒的質(zhì)量為m，現(xiàn)讓ab從離水平軌道h高處靜止下滑，設(shè)兩種不同間距的導(dǎo)軌都足夠長求：圖5(1)ab、cd棒的最終速度；(2)全過程中產(chǎn)生的焦耳熱答案(1)vabvcd(2)mgh解析(1)ab自由下滑，機(jī)械能守恒：2mgh×2m×v2，得v由于ab、cd串聯(lián)在同一電路中，任何時刻通過的電流總相等，金屬棒有效長度關(guān)系為Lab2Lcd故它們所受的磁場力關(guān)系為Fab2Fcd在磁場力作用下，ab、cd各做變速運(yùn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，當(dāng)EabEcd時，電路中感應(yīng)電流為零，安培力為零，ab、cd運(yùn)動趨于穩(wěn)定，此時有BLabvabBLcdvcd，得vabvcdab、cd受安培力作用，動量均發(fā)生變化，由動量定理得：Fabt2m(vvab)Fcdtmvcd聯(lián)立以上各式解得：vab，vcd(2)根據(jù)系統(tǒng)的總能量守恒可得：Q2mgh×2m×vmvmgh.12