【物理】2018届一轮复习人教版 电磁感应 学案

【物理】2018届一轮复习人教版 电磁感应 学案

‎2016年高考三套全国卷，都有电磁感应的计算题，其中甲卷和丙卷还各有1道选择题．可见，电磁感应在高考中仍然是热点和重点.2017年选修35纳入必考．动量定理和动量守恒定律在电磁感应中的应用会成为命题的新生点．‎ ‎【重难解读】‎ 高考对法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则及右手定则的考查一般会结合具体情况和过程命题，主要方向：结合函数图象，结合电路分析，联系力学过程，贯穿能量守恒．杆＋导轨或导线框是常见模型，属于考查热点．该题型知识跨度大，思维综合性强，试题难度一般比较大．‎ ‎【典题例证】‎ ‎ (14分)如图所示，正方形单匝线框bcde边长L＝0.4 m，每边电阻相同，总电阻R＝0.16 Ω.一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P，手持物体P使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内．线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L＝0.4 m，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B＝1.0 T，磁场的下边界与线框的上边eb相距h＝1.6 m．现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，eb边保持水平，刚好以v＝4.0 m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．‎ ‎(1)线框eb边进入磁场中运动时，e、b两点间的电势差Ueb为多少？‎ ‎(2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少？‎ ‎(3)若在线框eb边刚进入磁场时，立即给物体P施加一竖直向下的力F，使线框保持进入磁场前的加速度匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功WF＝3.6 J，求eb边上产生的焦耳Qeb为多少？‎ ‎[解析]　(1)线框eb边以v＝4.0 m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为E＝BLv＝1.6 V(1分)‎ e、b两点间的电势差Ueb＝E＝1.2 V．(1分)‎ ‎(2)法一：线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力F安＝BLI，I＝，解得F安＝4 N 克服安培力做功W安＝F安×2L＝3.2 J．(6分)‎ 法二：设物体P质量为M，线框质量为m，线框进入磁场后立即做匀速运动 F安＝(M－m)g(1分)‎ 而I＝ F安＝BLI＝4 N(1分)‎ 线框进入磁场前，向上运动的加速度为 a＝＝5 m/s2(1分)‎ 又(M－m)g＝(M＋m)a(1分)‎ 联立解得M＝0.6 kg，m＝0.2 kg(1分)‎ 对系统，根据动能定理有(M－m)g×2L－W安＝ΔEk＝0‎ 而Q＝W安 故该过程中产生的焦耳热Q＝(M－m)g×2L＝3.2 J．(1分)‎ ‎(3)法一：设线框出磁场区域的速度大小为v1，则 v－v2＝2a′·2L，a′＝a＝(1分)‎ 整理得(M＋m)(v－v2)＝(M－m)g·2L(1分)‎ 线框穿过磁场区域过程中，力F和安培力都是变力，根据动能定理有 WF－W′安＋(M－m)g·2L＝(M＋m)(v－v2)(1分)‎ 联立得WF－W′安＝0(1分)‎ 而W′安＝Q′‎ 故Q′＝3.6 J 又Q＝I2rt∝r(1分)‎ 故eb边上产生的焦耳热Qeb＝Q′＝0.9 J．(1分)‎ 法二：因为线框在磁场中运动的加速度与进入前的加速度相同，所以在通过磁场区域的过程中，线框和物体P的总机械能保持不变，故力F做的功WF等于整个线框中产生的焦耳热Q′，即WF＝Q′，又Q＝I2rt∝r，(3分)‎ 故eb边上产生的焦耳热Qeb＝Q′＝0.9 J．(3分)‎ ‎[答案]　(1)1.2 V　(2)3.2 J　(3)0.9 J 用动力学观点、能量观点解答 电磁感应问题的一般步骤 ‎　 ‎ ‎【突破训练】‎ ‎1．(多选)如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上(图中未画出)，磁感应强度的大小为B.导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则 (　　)‎ A．电阻R中的感应电流方向由a到c B．物块下落的最大加速度为g C．若h足够大，物块下落的最大速度为 D．通过电阻R的电荷量为 解析：选CD.题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R中的电流方向由c到a，A错误；对导体棒应用牛顿第二定律有FT－F安＝ma，又F安＝Bl，再对物块应用牛顿第二定律有mg－FT＝ma，则联立可得：a＝－，则物块下落的最大加速度am＝，B错误；当a＝0时，速度最大为vm＝，C正确；下落h的过程，回路中的面积变化量ΔS＝lh，则通过电阻R的电荷量q＝＝＝，D正确．‎ ‎2．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，‎ 电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度大小以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　)‎ A．2.5 m/s　1 W　　　　　　 B．5 m/s　1 W C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9 W 解析：选B .小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．此时：F安＝ 对棒满足：‎ mgsin θ－μmgcos θ－＝0‎ 因为R灯＝R棒，则：P灯＝P棒 再依据功能关系：mgsin θ·v－μmgcos θ·v＝P灯＋P棒 联立解得v＝5 m/s，P灯＝1 W，所以B项正确．‎ ‎3.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为M.斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行于底边，则下列说法正确的是(　　)‎ A．线框进入磁场前运动的加速度为 B．线框进入磁场时匀速运动的速度为 C．线框做匀速运动的总时间为 D．该匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mg－mgsin θ)l2‎ 解析：选D.由牛顿第二定律得，Mg－mgsin θ＝(M＋m)a，解得线框进入磁场前运动的加速度为，A错误；由平衡条件，Mg－mgsin θ－F安＝0，F安＝BIl1，I＝，E＝Bl1v，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v＝，B错误；线框做匀速运动的总时间为t＝＝，C错误；由能量守恒定律，该匀速运动过程中产生的焦耳热等于系统重力势能的减小量，为(Mg－mgsin θ)l2，D正确．‎ ‎4.(多选)在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示．一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t＝0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是(　　)‎ A．当ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为gsin θ B．t0时刻线框匀速运动的速度为 C．t0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsin θ＋mv D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动 解析：选BC.当ab边进入磁场时，有E＝BLv0，I＝，mgsin θ＝BIL，有＝mgsin θ.当ab边刚越过ff′时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有＝4mgsin θ，加速度方向沿斜面向上且大小为3gsin θ，A错误；t0时刻线框匀速运动的速度为v，则有＝mgsin θ，解得v＝，B正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程，沿斜面向下运动距离为L，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q＝＋＝＋，C正确；线框离开磁场时做加速运动，D错误．‎ ‎5.(2017·河南郑州模拟)如图所示，在xOy平面内有一扇形金属框abc，其半径为r，ac边与y轴重合，bc边与x轴重合，且c位于坐标原点，ac边与bc边的电阻不计，圆弧ab上单位长度的电阻为R.金属杆MN长度为L，放在金属框abc上，MN与ac边紧邻且重叠部分的电阻为R0.磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直并充满平面．现对MN杆施加一个外力(图中未画出)，使之以c点为轴心顺时针匀速转动，角速度为ω.求：‎ ‎(1)在MN杆运动过程中，通过杆的电流I与转过的角度θ间的关系；‎ ‎(2)整个电路消耗电功率的最小值是多少？‎ 解析：(1)电路中感应电动势E＝Br2ω 当MN杆转过角度为θ时总电阻 R总＝R0＋＝R0＋ 杆中电流I与杆转过的角度θ的关系为 I＝＝.‎ ‎(2)由于总电阻 R总＝R0＋＝R0＋(－2θ2＋πθ)‎ 当θ＝时，总电阻R总有最大值．‎ 此时，R总＝R0＋ 电路消耗电功率的最小值是 P＝＝.‎ 答案：(1)I＝　(2) ‎6.如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，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．金属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，当金属棒的位移x＝9 m时撤去外力，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.导轨足够长且电阻不计，金属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：‎ ‎(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；‎ ‎(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；‎ ‎(3)外力做的功WF.‎ 解析：(1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得 E＝①‎ 其中ΔΦ＝Blx②‎ 设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得 I＝③‎ 则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt④‎ 联立①②③④式，得q＝ 代入数据得q＝4.5 C.‎ ‎(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑤‎ 设金属棒在撤去外力后的运动过程中克服安培力所做的功为W，由动能定理得 W＝0－mv2⑥‎ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑦‎ 联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝1.8 J．⑧‎ ‎(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J⑨‎ 在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑩‎ 由⑧⑨⑩式得WF＝5.4 J.‎ 答案：(1)4.5 C　(2)1.8 J　(3)5.4 J ‎7．如图所示，半径为L1＝2 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B1＝ T．长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝ rad/s.通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中(连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R)，图中的平行板长度为L2＝2 m，宽度为d＝2 m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v0＝0.5 m/s向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：‎ ‎(1)在0～4 s内，平行板间的电势差UMN；‎ ‎(2)带电粒子飞出电场时的速度；‎ ‎(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件．‎ 解析：(1)金属杆产生的感应电动势恒为 E＝B1Lω＝2 V 由电路的连接特点知：E＝I·4R U0＝I·2R＝＝1 V T1＝＝20 s 由右手定则知：在0～4 s时间内，金属杆ab中的电流方向为b →a，则φa>φb 则在0～4 s时间内，φM<φN，UMN＝－1 V.‎ ‎(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～时间内水平方向L2＝v0·t1‎ t1＝＝4 s< 竖直方向＝at a＝，E＝，vy＝at1‎ 得＝0.25 C/kg，vy＝0.5 m/s 则粒子飞出电场时的速度 v＝＝ m/s tan θ＝＝1，所以该速度与水平方向的夹角θ＝45°.‎ ‎(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B2qv＝m得r＝ 由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知，r>d时离开磁场后不会第二次进入电场，即B2<＝2 T.‎ 答案：(1)－1 V　(2) m/s　与水平方向成45°夹角 ‎(3)B2<2 T