【物理】2018届一轮复习人教版电磁感应规律的综合应用学案(1)

【物理】2018届一轮复习人教版电磁感应规律的综合应用学案(1)

命题点一　电磁感应中的动力学问题 例1　如图1所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，除图中已标阻值为R的电阻外，其余电阻不计．质量为m的金属棒MN与框架接触良好．在区域abcd和cdef内，存在磁感应强度大小分别为B1＝B、B2＝2B的有界匀强磁场，方向均垂直于框架平面向里，两竖直导轨ae与bf间距为L.现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动．求：‎ 图1‎ ‎(1)金属棒进入磁场B1区域后的速度大小；‎ ‎(2)金属棒刚进入磁场B2区域时的加速度大小．‎ 解析　(1)当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反．则 F1＝B1I1L＝BI1L＝mg 又I1＝＝ 联立得：v＝ ‎(2)金属棒刚进入磁场B2区域时，由楞次定律判断知所受的安培力方向竖直向上，大小为：‎ F2＝B2I2L＝2BL＝ 把(1)问求得的v代入，可得F2＝4mg 根据牛顿第二定律得：F2－mg＝ma 得a＝3g.‎ 答案　(1)　(2)3g 用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 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：‎ ‎(1)进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r.‎ ‎(2)进行“路”的分析——分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力．‎ ‎(3)“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力．‎ ‎(4)进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．‎ 题组阶梯突破 ‎1．(2015·浙江理综·24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图2所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10 m/s2)‎ 图2　　　　　　　　　图3‎ ‎(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？‎ ‎(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图3所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.‎ 答案　(1)25匝　(2)0.1 T/s 解析　(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力 F＝N1B0IL 由天平平衡可知：mg＝N1B0IL 代入数据解得：N1＝25匝 ‎(2)由法拉第电磁感应定律得：E＝N2＝N2Ld 由欧姆定律得：I′＝ 线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L 由天平平衡可得：m′g＝NB0· 代入数据可得＝0.1 T/s.‎ ‎2．(2015·10月浙江选考)如图4甲所示，质量m＝3×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示．‎ ‎(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小；‎ ‎(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；‎ ‎(3)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量．‎ 图4‎ 答案　(1)30 V　(2)电流方向C→D　B2方向向上　(3)0.03 C 解析　(1)由电磁感应定律有E＝n 得E＝nS＝30 V ‎(2)电流方向C→D B2方向向上 ‎(3)由牛顿第二定律有F＝ma＝m ‎(或由动量定理FΔt＝mv－0)‎ 安培力F＝IB1l ΔQ＝IΔt v2＝2gh 得ΔQ＝＝0.03 C.‎ 命题点二　　动力学和能量观点的综合应用 例2　 (2016·浙江10月学考·22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图5所示的装置．半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接．当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：‎ 图5‎ ‎(1)通过棒cd的电流Icd；‎ ‎(2)电动机对该装置的输出功率P；‎ ‎(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系．‎ 解析　(1)ab顺时针转动时产生的电动势为E＝B1ωl2‎ 由右手定则，电流方向由a到b，‎ 由闭合电路欧姆定律，总电流I＝＝ 通过cd棒的电流Icd＝I＝，方向由d到c ‎(2)电动机的输出功率P＝I2·R＝ ‎(3)S断开时，由平衡条件kx0＝mg S闭合时，由平衡条件kx＝B2Icdl＋mg 解得ω＝.‎ 答案　(1)，方向由d到c　(2) ‎(3)ω＝ 解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路 ‎1．电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系．‎ ‎2．受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向．‎ ‎3．运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析．‎ ‎4．能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式．‎ ‎5．规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化．‎ 题组阶梯突破 ‎3．如图6甲所示，在一倾角为37°的粗糙绝缘面上，静止地放置着一个匝数n＝10匝的正方形线圈ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，线圈总电阻R＝2.0 Ω、总质量m＝0.2 kg、正方形边长L＝0.4 m．如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑．现在将线圈静止放在斜面上后，在虚线EF以下的区域中，加上垂直斜面方向的、磁感应强度大小按图乙所示规律变化的磁场，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：‎ 图6‎ ‎(1)t＝1 s时刻，线圈中的感应电流大小I；‎ ‎(2)从t＝0时刻开始经过多长时间线圈刚要开始运动；‎ ‎(3)从t＝0时刻开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q.‎ 答案　(1)0.2 A　(2)4 s　(3)0.32 J 解析　(1)由法拉第电磁感应定律得 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 则t＝4 s ‎(3)由焦耳定律可得 Q＝I2Rt Q＝0.32 J.‎ ‎4．如图7所示，MN、PQ为间距L＝0.5 m的足够长平行导轨，NQ⊥MN.导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接有一个R＝5 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0＝1 T．将一根质量为m＝0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，cd距离NQ为s＝2 m．问：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 图7‎ ‎(1)当金属棒滑行至cd处时回路中的电流是多大？‎ ‎(2)金属棒达到的稳定速度是多大？‎ ‎(3)当金属棒滑行至cd处时回路中产生的焦耳热是多少？‎ 答案　(1)0.2 A　(2)2 m/s　(3)0.1 J 解析　(1)达到稳定速度时，有F＝B0IL 由平衡条件有mgsin θ＝F＋μmgcos θ 解得I＝＝0.2 A ‎(2)金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝B0Lv 由欧姆定律有I＝ 解得v＝＝2 m/s.‎ ‎(3)根据能量守恒得，减小的重力势能转化为动能、克服摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热，则有 mgssin θ＝mv2＋μmgscos θ＋Q 则Q＝mgssin θ－μmgscos θ－mv2＝0.1 J.‎ ‎(建议时间：40分钟)‎ ‎1．(2016·湖州市联考)在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，有一水平放置的光滑U形金属框架，宽度l＝0.4 m，如图1所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若杆cd以恒定加速度a＝2 m/s2由静止开始做匀变速运动，则：‎ 图1 ‎ ‎(1)在5 s内平均感应电动势是多少？‎ ‎(2)第5 s末，回路中的电流是多大？‎ ‎(3)第5 s末，作用在杆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内的位移x＝at2＝25 m ‎5 s内的平均速度＝＝5 m/s 故平均感应电动势＝Bl＝0.4 V ‎(2)第5 s末：v＝at＝10 m/s 此时感应电动势：E＝Blv 则回路中的电流为：I＝＝＝ A＝0.8 A ‎(3)杆cd匀加速运动，由牛顿第二定律得F－F安＝ma 即F＝BIl＋ma＝0.164 N.‎ ‎2．(2015·北京理综·22)如图2所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻，导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s，求：‎ 图2‎ ‎(1)感应电动势E和感应电流I；‎ ‎(2)在0.1 s时间内，拉力的冲量IF的大小；‎ ‎(3)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.‎ 答案　(1)2 V　2 A　(2)0.08 N·s　(3)1 V 解析　(1)由法拉第电磁感应定律可得 E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V 由闭合电路欧姆定律得感应电流I＝＝ A＝2 A 方向沿导体棒由N→M ‎(2)拉力的大小等于安培力的大小 F＝BIL＝1×2×0.4 N＝0.8 N 冲量的大小IF＝FΔt＝0.8×0.1 N·s＝0.08 N·s ‎(3)由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为 I′＝＝ A＝1 A 导体棒两端的电压U＝I′R＝1×1 V＝1 V.‎ ‎3．如图3所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨足够长且电阻不计，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当通过电阻R的电荷量为q＝4.5 C时撤去外力，之后棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回 路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：‎ 图3‎ ‎(1)棒在匀加速运动过程中的位移大小x；‎ ‎(2)撤去外力后金属棒MN上产生的焦耳热QMN；‎ ‎(3)外力做的功WF.‎ 答案　(1)9 m　(2)0.45 J　(3)5.4 J 解析　(1)棒在匀加速运动中ΔΦ＝Blx，‎ 平均电动势＝，‎ 则＝，‎ 通过电阻R的电荷量q＝Δt＝＝4.5 C，‎ 解得x＝9 m.‎ ‎(2)棒在匀加速运动过程中有，2ax＝v2，则v＝6 m/s，‎ 从撤去外力到棒最终停下来的过程，‎ 由动能定理得：－W安＝0－mv2，‎ 则W安＝1.8 J.‎ 则撤去外力后金属棒MN上产生的焦耳热 QMN＝W安＝0.45 J ‎(3)撤去外力后回路中产生的热量Q2＝W安＝1.8 J，‎ 依题意得Q1＝2Q2＝2×1.8 J＝3.6 J，‎ 外力做的功WF＝Q1＋Q2＝(3.6＋1.8) J＝5.4 J.‎ ‎4．如图4两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计．现让ab杆由静止开始沿导轨下滑．‎ 图4‎ ‎(1)求ab杆下滑的最大速度vmax.‎ ‎(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量q.‎ 答案　(1) ‎(2)＋　＋ 解析　(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律，有 E＝BLv，I＝，F安＝BIL，mgsin θ－F安＝ma.‎ 即mgsin θ－＝ma，‎ 当加速度a为零时，速度v达到最大，速度最大值vm＝.‎ ‎(2)根据能量守恒定律mgxsin θ＝mv＋Q，‎ 得x＝＋.‎ 根据电磁感应定律有＝，‎ 根据闭合电路欧姆定律有＝，‎ 通过电阻R的电荷量q＝Δt＝＝＝＋.‎ ‎5．形状如图5所示的光滑导轨EF、GH等高平行放置，E、G间宽度为F、H间宽度的2倍，虚线右侧导轨水平且处于竖直向上的匀强磁场中．ab金属棒的质量为2m、cd金属棒的质量为m，现让ab从离水平轨道h高处静止下滑，设两种不同间距的导轨都足够长．求：‎ 图5‎ ‎(1)ab、cd棒的最终速度；‎ ‎(2)全过程中产生的焦耳热．‎ 答案　(1)vab＝　vcd＝ ‎(2)mgh 解析　(1)ab自由下滑，机械能守恒：2mgh＝×2m×v2，得v＝ 由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度关系为Lab＝2Lcd 故它们所受的磁场力关系为Fab＝2Fcd 在磁场力作用下，ab、cd各做变速运动，产生的感应电动势方向相反，当Eab＝Ecd时，电路中感应电流为零，安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，‎ 此时有BLabvab＝BLcdvcd，得vab＝vcd ab、cd受安培力作用，动量均发生变化，‎ 由动量定理得：Fabt＝2m(v－vab)‎ Fcdt＝mvcd 联立以上各式解得：vab＝，vcd＝ ‎(2)根据系统的总能量守恒可得：Q＝2mgh－×2m×v－mv＝mgh.‎