2019年高考物理 考前沖刺30天 第七講 必考計算題 電磁感應規(guī)律的綜合應用學案（含解析）.docx

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電磁感應規(guī)律的綜合應用 命題點一　電磁感應中的動力學問題 例1　如圖1所示，光滑的“”形金屬導體框豎直放置，除圖中已標阻值為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)，存在磁感應強度大小分別為B1＝B、B2＝2B的有界勻強磁場，方向均垂直于框架平面向里，兩豎直導軌ae與bf間距為L.現(xiàn)從圖示位置由靜止釋放金屬棒MN，當金屬棒進入磁場B1區(qū)域后恰好做勻速運動．求： 圖1 (1)金屬棒進入磁場B1區(qū)域后的速度大?。? (2)金屬棒剛進入磁場B2區(qū)域時的加速度大?。? 解析　(1)當金屬棒進入磁場B1區(qū)域后恰好做勻速運動，說明金屬棒所受的安培力與重力大小相等、方向相反．則 F1＝B1I1L＝BI1L＝mg 又I1＝＝ 聯(lián)立得：v＝ (2)金屬棒剛進入磁場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： F2＝B2I2L＝2BL＝ 把(1)問求得的v代入，可得F2＝4mg 根據(jù)牛頓第二定律得：F2－mg＝ma 得a＝3g. 答案　(1)　(2)3g 用“四步法”分析電磁感應中的動力學問題 解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下： (1)進行“源”的分析——分離出電路中由電磁感應所產(chǎn)生的電源，求出電源的參數(shù)E和r. (2)進行“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu)，明確串、并聯(lián)的關系，求出相關部分的電流大小，以便求解安培力． (3)“力”的分析——分析研究對象(常是金屬桿、導體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力． (4)進行“運動”狀態(tài)的分析——根據(jù)力和運動的關系，判斷出正確的運動模型． 題組階梯突破 1．小明同學設計了一個“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L＝0.1 m，豎直邊長H＝0.3 m，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強磁場內(nèi)，磁感應強度B0＝1.0 T，方向垂直線圈平面向里．線圈中通有可在0～2.0 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g＝10 m/s2) 圖2　　　　　　　　　圖3 (1)為使電磁天平的量程達到0.5 kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少？ (2)進一步探究電磁感應現(xiàn)象，另選N2＝100匝、形狀相同的線圈，總電阻R＝10 Ω.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磁場，且磁感應強度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域?qū)挾萪＝0.1 m．當掛盤中放質(zhì)量為0.01 kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應強度的變化率. 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 F＝N1B0IL 由天平平衡可知：mg＝N1B0IL 代入數(shù)據(jù)解得：N1＝25匝 (2)由法拉第電磁感應定律得：E＝N2＝N2Ld 由歐姆定律得：I′＝ 線圈受到的安培力F′＝N2B0I′L 由天平平衡可得：m′g＝NB0 代入數(shù)據(jù)可得＝0.1 T/s. 2．(201810月浙江選考)如圖4甲所示，質(zhì)量m＝310－3 kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l＝0.20 m，處于磁感應強度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強磁場中．有一匝數(shù)n＝300匝、面積S＝0.01 m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2的大小隨時間t變化的關系如圖乙所示． (1)求0～0.10 s線圈中的感應電動勢大??； (2)t＝0.22 s時閉合開關K，若細桿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強度B2的方向； (3)t＝0.22 s時閉合開關K，若安培力遠大于重力，細框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通過細桿CD的電荷量． 圖4 答案　(1)30 V　(2)電流方向C→D　B2方向向上　(3)0.03 C 解析　(1)由電磁感應定律有E＝n 得E＝nS＝30 V (2)電流方向C→D B2方向向上 (3)由牛頓第二定律有F＝ma＝m (或由動量定理FΔt＝mv－0) 安培力F＝IB1l ΔQ＝IΔt v2＝2gh 得ΔQ＝＝0.03 C. 命題點二　　動力學和能量觀點的綜合應用 例2　(2018浙江10月學考22)為了探究電動機轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關系，小明設計了如圖5所示的裝置．半徑為l的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉(zhuǎn)軸OO′上，由電動機A帶動旋轉(zhuǎn)．在金屬導軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強磁場．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”型導軌保持良好接觸，導軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場中．從圓形金屬導軌引出導線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導線經(jīng)開關S與“U”型導軌連接．當開關S斷開，棒cd靜止時，彈簧伸長量為x0；當開關S閉合，電動機以某一轉(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)電動機對該裝置的輸出功率P； (3)電動機轉(zhuǎn)動角速度ω與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關系． 解析　(1)ab順時針轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢為E＝B1ωl2 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Icd＝I＝，方向由d到c (2)電動機的輸出功率P＝I2R＝ (3)S斷開時，由平衡條件kx0＝mg S閉合時，由平衡條件kx＝B2Icdl＋mg 解得ω＝. 答案　(1)，方向由d到c　(2) (3)ω＝ 解決電磁感應動力學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)關系． 2．受力分析：注意導體棒所受的安培力大小和方向． 3．運動分析：對運動過程進行“慢進”式推理分析，應用牛頓第二定律對運動過程中各物理量進行分析． 4．能量分析：分析運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、運動學方程、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)n＝10匝的正方形線圈ABCD，E、F分別為AB、CD的中點，線圈總電阻R＝2.0 Ω、總質(zhì)量m＝0.2 kg、正方形邊長L＝0.4 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、磁感應強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)t＝1 s時刻，線圈中的感應電流大小I； (2)從t＝0時刻開始經(jīng)過多長時間線圈剛要開始運動； (3)從t＝0時刻開始到線圈剛要運動，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)由法拉第電磁感應定律得 E＝n＝nS 解得E＝0.4 V I＝＝0.2 A (2)由受力分析可知 Ff＝mgsin 37 F＝mgsin 37＋Ff F＝nBIL 解得B＝3 T B＝1＋0.5t 則t＝4 s (3)由焦耳定律可得 Q＝I2Rt Q＝0.32 J. 4．如圖7所示，MN、PQ為間距L＝0.5 m的足夠長平行導軌，NQ⊥MN.導軌平面與水平面間的夾角θ＝37，NQ間連接有一個R＝5 Ω的電阻．有一勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B0＝1 T．將一根質(zhì)量為m＝0.05 kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導軌上，且與導軌接觸良好，導軌與金屬棒的電阻均不計．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與NQ平行．已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，當金屬棒滑行至cd處時達到穩(wěn)定速度，cd距離NQ為s＝2 m．問：(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8) 圖7 (1)當金屬棒滑行至cd處時回路中的電流是多大？ (2)金屬棒達到的穩(wěn)定速度是多大？ (3)當金屬棒滑行至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)達到穩(wěn)定速度時，有F＝B0IL 由平衡條件有mgsin θ＝F＋μmgcos θ 解得I＝＝0.2 A (2)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E＝B0Lv 由歐姆定律有I＝ 解得v＝＝2 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 θ＝mv2＋μmgscos θ＋Q 則Q＝mgssin θ－μmgscos θ－mv2＝0.1 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磁場中，磁感應強度B＝0.2 T，有一水平放置的光滑U形金屬框架，寬度l＝0.4 m，如圖1所示，框架上放置一質(zhì)量為0.05 kg、電阻為1 Ω的金屬桿cd，框架電阻不計．若桿cd以恒定加速度a＝2 m/s2由靜止開始做勻變速運動，則： 圖1 (1)在5 s內(nèi)平均感應電動勢是多少？ (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x＝at2＝25 m 5 s內(nèi)的平均速度＝＝5 m/s 故平均感應電動勢＝Bl＝0.4 V (2)第5 s末：v＝at＝10 m/s 此時感應電動勢：E＝Blv 則回路中的電流為：I＝＝＝ A＝0.8 A (3)桿cd勻加速運動，由牛頓第二定律得F－F安＝ma 即F＝BIl＋ma＝0.164 N. 2．如圖2所示，足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置，寬度L＝0.4 m，一端連接R＝1 Ω的電阻，導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B＝1 T．導體棒MN放在導軌上，其長度恰好等于導軌間距，與導軌接觸良好．導軌和導體棒的電阻均可忽略不計．在平行于導軌的拉力F作用下，導體棒沿導軌向右勻速運動，速度v＝5 m/s，求： 圖2 (1)感應電動勢E和感應電流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r＝1 Ω的導體棒，其他條件不變，求導體棒兩端的電壓U. 答案　(1)2 V　2 A　(2)0.08 Ns　(3)1 V 解析　(1)由法拉第電磁感應定律可得 E＝BLv＝10.45 V＝2 V 由閉合電路歐姆定律得感應電流I＝＝ A＝2 A 方向沿導體棒由N→M (2)拉力的大小等于安培力的大小 F＝BIL＝120.4 N＝0.8 N 沖量的大小IF＝FΔt＝0.80.1 Ns＝0.08 Ns (3)由閉合電路歐姆定律可得電路中的電流為 I′＝＝ A＝1 A 導體棒兩端的電壓U＝I′R＝11 V＝1 V. 3．如圖3所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi)，導軌足夠長且電阻不計，導軌間距l(xiāng)＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻，一質(zhì)量m＝0.1 kg，電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2 m/s2的加速度做勻加速運動，當通過電阻R的電荷量為q＝4.5 C時撤去外力，之后棒繼續(xù)運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Q1∶Q2＝2∶1.棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．求： 圖3 (1)棒在勻加速運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)棒在勻加速運動中ΔΦ＝Blx， 平均電動勢＝， 則＝， 通過電阻R的電荷量q＝Δt＝＝4.5 C， 解得x＝9 m. (2)棒在勻加速運動過程中有，2ax＝v2，則v＝6 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＝0－mv2， 則W安＝1.8 J. 則撤去外力后金屬棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱 QMN＝W安＝0.45 J (3)撤去外力后回路中產(chǎn)生的熱量Q2＝W安＝1.8 J， 依題意得Q1＝2Q2＝21.8 J＝3.6 J， 外力做的功WF＝Q1＋Q2＝(3.6＋1.8) J＝5.4 J. 4．如圖4兩根足夠長的光滑平行直導軌MN、PQ與水平面成θ角放置，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻．一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直．整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向上，導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)法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力公式和牛頓第二定律，有 E＝BLv，I＝，F(xiàn)安＝BIL，mgsin θ－F安＝ma. 即mgsin θ－＝ma， 當加速度a為零時，速度v達到最大，速度最大值vm＝. (2)根據(jù)能量守恒定律mgxsin θ＝mv＋Q， 得x＝＋. 根據(jù)電磁感應定律有＝， 根據(jù)閉合電路歐姆定律有＝， 通過電阻R的電荷量q＝Δt＝＝＝＋. 5．形狀如圖5所示的光滑導軌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)導軌水平且處于豎直向上的勻強磁場中．a(chǎn)b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，設兩種不同間距的導軌都足夠長．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)vab＝　vcd＝ (2)mgh 解析　(1)ab自由下滑，機械能守恒：2mgh＝2mv2，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，金屬棒有效長度關系為Lab＝2Lcd 故它們所受的磁場力關系為Fab＝2Fcd 在磁場力作用下，ab、cd各做變速運動，產(chǎn)生的感應電動勢方向相反，當Eab＝Ecd時，電路中感應電流為零，安培力為零，ab、cd運動趨于穩(wěn)定， 此時有BLabvab＝BLcdvcd，得vab＝vcd ab、cd受安培力作用，動量均發(fā)生變化， 由動量定理得：Fabt＝2m(v－vab) Fcdt＝mvcd 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：Q＝2mgh－2mv－mv＝mgh.