2019届二轮复习专题七第4讲电磁感应规律的综合应用课件（38张）

2019届二轮复习专题七第4讲电磁感应规律的综合应用课件（38张）

第 4 讲 　 加 试第 23 题　电磁感应规律的综合应用 专题七 　 计算题题型强化 内容索引 题型 1 　 电磁感应 中的动力学问题 题型 2 　 电磁感应 中的动力学和能量问题 电磁感应中的动力学问题 题型 1 1 . 基本特点 导体棒运动产生感应电动势 → 感应电流 → 通电导体棒受安培力 → 合外力变化 → 加速度变化 → 速度变化 …… 周而复始地循环，最终导体棒的加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态，要抓住 a ＝ 0 时速度 v 达到最大的特点 . 2. 基本思路 例 1 　如图 1 所示，竖直平面内有两个半径为 r 、光滑 的 圆弧形 金属环，在 M 、 N 处分别与距离为 2 r 、足够长的平行光滑金属导轨 ME 、 NF 相接，金属环最高点 A 处断开不接触 . 金属导轨 ME 、 NF 的最远端 EF 之间接有电阻为 R 的小灯泡 L. 在 MN 上方及 CD 下方有水平方向的匀强磁场 Ⅰ 和 Ⅱ ，磁感应强度大小均为 B ，磁场 Ⅰ 和 Ⅱ 之间的距离为 h . 现有质量为 m 的导体棒 ab ， 从 金属 环的最高点 A 处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与金属及轨道接触良好 . 已知导体棒 下落 时 向下的加速度为 a . 导体棒进入磁场 Ⅱ 后小灯泡亮度始终不变 . 重力加速度为 g . 导体棒、轨道、金属环的电阻均不计 . 求： 图 1 (1) 导体棒从 A 处 下落 时 的速度 v 1 大小； 答案 解析 根据牛顿第二定律得： (2) 导体棒下落到 MN 处时的速度 v 2 大小； 答案 解析 解析　 导体棒进入磁场 Ⅱ 后小灯泡亮度始终不变，说明导体棒受力平衡，匀速下落，设此时导体棒的速度为 v 3 ，则： 从 MN 下落到 CD ， v 2 2 ＋ 2 gh ＝ v 3 2 (3) 将磁场 Ⅱ 的 CD 边界下移一小段距离，分析导体棒进入磁场 Ⅱ 后小灯泡的亮度变化情况，并说明原因 . 答案 解析 答案　 见解析 解析　 CD 边界下移一段距离，导体棒 ab 进入磁场 Ⅱ 时速度大于 v 3 ， mg < F 安 ，导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，电功率减小，亮度减小，最后 mg ＝ F 安 ，导体棒做匀速运动，亮度不变 . 拓展训练 1.(2018· 金华市十校联考 ) 如图 2 甲所示，一个电阻值为 R 、匝数为 n 的圆形金属线圈 ( 图中只画出 1 匝 ) 与一个正方形金属框 abcd 连接成闭合回路 . 圆形金属线圈的半径为 r 1 ，在线圈里面半径为 r 2 的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小 B 1 与时间 t 关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为 t 0 和 B 0 . 正方形金属框 abcd 的质量为 m ，每条边的长度和阻值分别为 L 和 R ，放置于竖直平面内，金属框两顶点 a 、 b 通过导线与圆形金属 线 图 2 圈的两端点相连，金属框 abcd 所在的空间存在有垂直金属框水平向外的匀强磁场，金属框恰好处于静止状态 . 导线电阻不计，导线对 a 、 b 点的作用力不计，重力加速度为 g . 求 t 1 时刻： (1) 通过金属框 ab 边的电流方向； 答案 解析 答案　 b 流向 a 解析　 金属框恰好处于静止状态，所受安培力与重力平衡，根据左手定则判定，通过金属框 ab 边上的电流方向为 b 流向 a . (2) 通过金属框 ab 边的电流大小； 答案 解析 解析　 由法拉第电磁感应定律得感应电动势为 由闭合电路欧姆定律得，通过导线的总电流大小为 (3) 金属框所在处匀强磁场的磁感应强度 B 2 大小 . 答案 解析 金属框受重力和安培力，处于静止状态 ， 有 mg ＝ B 2 I ab L ＋ B 2 I cd L 电磁感应中的动力学和能量问题 题型 2 1. 电磁感应现象遵守能量守恒定律，电磁感应现象中产生的电能，一定是由其他形式的能转化而来的，从电磁感应现象产生的机理来区分，分为两种情况： (1) 单纯的磁场变化：磁能 → 电能 → 电路中的内能 ( 或其他形式的能 ) ； (2) 导体切割磁感线：机械能 → 电能 → 电路中的内能 ( 或其他形式的能 ). 2. 导体切割磁感线而产生的电能，必定等于导体克服安培力做的功，即产生的电能是用克服安培力做的功来量度的 . 3. 从能量转化的角度分析电磁感应过程，必须牢牢抓住能量守恒这一基本规律 . 分析的基本思路是： 受力分析 → 弄清哪些力做功，做正功还是负功 → 明确有哪些形式的能参与转化，哪些增哪些减 → 由能量守恒定律列方程求解 . 例 2 　 (2018· 慈溪市期末 ) 如图 3 甲所示，弯折成 90° 角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成 53° 角，右导轨平面 与 水平面成 图 3 37 ° 角，两导轨相距 L ＝ 0.2 m ，电阻不计 . 质量均为 m ＝ 0.1 kg ， 电阻均为 R ＝ 0.1 Ω 的金属杆 ab 、 cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为 μ ＝ 0.5 ，整个装置处于磁感应强度大小为 B ＝ 1.0 T ，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中 . t ＝ 0 时刻开始， ab 杆以初速度 v 1 沿右导轨平面下滑 . t ＝ 1 s 时刻开始，对 ab 杆施加一垂直 ab 杆且平行右导轨平面向下的力 F ，使 ab 开始做匀加速直线运动 . cd 杆运动的 v － t 图象如图乙所示 ( 其中第 1 s 、第 3 s 内图线为直线 ). 若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好， g 取 10 m/s 2 ， sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8. 求： (1) 在第 1 s 内 cd 杆受到的安培力的大小； 答案 解析 答案　 0.2 N 解析　 ab 杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知 ab 杆中感应电流由 a 到 b ，则 cd 杆中电流由 d 到 c ，根据左手定则可知 cd 杆受到的安培力垂直于左侧导轨向下 . 对 cd 杆受力分析，根据牛顿第二定律 ， 有 mg sin 53° － μ ( mg cos 53° ＋ F 安 ) ＝ ma 1 解得安培力 F 安 ＝ 0.2 N (2) ab 杆的初速度 v 1 的大小； 答案 解析 答案　 1 m/s 解析　 对 cd 杆：安培力 F 安 ＝ BIL 对 ab 杆：感应电动势 E ＝ I ·2 R ＝ 0.2 V 根据法拉第电磁感应定律 E ＝ BL v 1 (3) 若第 2 s 内力 F 所做的功为 9 J ，求第 2 s 内 cd 杆所产生的焦耳热 . 答案 解析 答案　 3 J 解析　 根据题图 v － t 图象可知， 对 cd 杆受力分析，根据牛顿第二定律 ， 有 mg sin 53° － μ ( mg cos 53° ＋ F 安 ′ ) ＝ ma 2 解得安培力 F 安 ′ ＝ 1.8 N 第 1 s 内，对 ab 杆受力分析，有 mg sin 37° － μmg cos 37° － BIL ＝ 0 ， 则第 1 s 内 ab 杆匀速运动 . 对 ab 杆，根据动能定理，有 解得安培力做功 W 安 ＝－ 6 J 回路中产生的焦耳热 Q ＝－ W 安 ＝ 2 Q cd 故第 2 s 内 cd 杆所产生的焦耳热 Q cd ＝ 3 J 拓展训练 2.(2018· 诺丁汉大学附中期中 ) 如图 4 甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨 MN 、 PQ 被固定在水平面上，导轨间距 L ＝ 0.6 m ，两导轨的左端用导线连接电阻 R 1 及理想电压表，电阻 r ＝ 2 Ω 的金属棒垂直于导轨静止在 AB 处；右端用导线连接电阻 R 2 ，已知 R 1 ＝ 2 Ω ， R 2 ＝ 1 Ω ，导轨及导线电阻均不计 . 在矩形区域 CDEF 内有竖直向上的磁场， CE ＝ 0.2 m ，磁感应强度随时间的变化如图乙所示 . 在 t ＝ 0 时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力 F ，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变 . 求： 图 4 (1) t ＝ 0.1 s 时电压表的示数； 答案 解析 答案　 0.3 V 解析　 设磁场宽度为 d ＝ CE ，在 0 ～ 0.2 s 的时间内，有 此时， R 1 与金属棒 r 并联，再与 R 2 串联 R ＝ R 并 ＋ R 2 ＝ 2 Ω (2) 恒力 F 的大小； 答案　 0.27 N 解析　 金属棒进入磁场后，有 F A ＝ BI ′ L 即 F A ＝ 1 × 0.45 × 0.6 N ＝ 0.27 N 由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动 ， 有 F ＝ F A 得 F ＝ 0.27 N 答案 解析 (3) 从 t ＝ 0 时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量 Q . 答案 解析 答案　 0.09 J 解析　 金属棒在 0 ～ 0.2 s 的运动时间内，有 金属棒进入磁场后，因电压表示数保持不变，故切割磁感线速度 v 不变，则 W F ＋ W A ＝ 0 W F ＝ F · d ＝ 0.27 × 0.2 J ＝ 0.054 J 根据能量转化规律 Q 2 ＝－ W A ＝ 0.054 J 故 Q 总 ＝ Q 1 ＋ Q 2 ＝ 0.09 J 3.(2018· 绍兴市选考诊断 ) 某兴趣小组设计了一种利用开、关门来发电的装置，如图 5 甲所示 . 门 ABCD 可绕 AD 轴无摩擦转动 90° ，其 BC 边是质量 m ＝ 2 kg 、电阻 r ＝ 5 Ω 的金属条，门的其他部分为绝缘体且质量忽略不计， AB ＝ 1 m ， BC ＝ 2 m ，金属条 B 、 C 两端用导线连接电阻 R ＝ 5 Ω 的小灯泡组成闭合回路，门角 B 点与墙面间连有一轻质弹簧 ( 图中未画出 ). 门关闭时，门边 BC 处于 Ⅰ 位置，此时弹簧处于原长；门打开 90° 时，门边 BC 处于 Ⅳ 位置，此时弹簧拉伸最长 . 在门边 BC 转动路径的 Ⅱ 到 Ⅲ 位置区域，存在高 2 米、圆心角为 45° 的柱形辐向磁场区域 AMNFDAE ，如图乙所示 . BC 边转动路径附近的磁感应强度为 B ＝ 1 T. 现用力推门，使门从 Ⅰ 位置由 静止 开始 转动，以恒定的角速度 ω ＝ 1 rad/s 经过磁场区域，当门 边 BC 转过 Ⅲ 时撤去 F ，门刚好能转过 90° 到达 Ⅳ 位置而速度 减为 0 ，此后又在弹簧作用下被弹回，直至关闭，已知此过程中 推 力 做功为 W F ＝ 1.5 J. 其中 π 取 3. 图 5 (1) 门边 BC 刚转到 Ⅱ 位置进入磁场瞬间，通过灯泡的电流方向如何 ( 选答 “ B → C ” 或 “ C → B ” )? 答案 解析 答案　 B → C 解析　 根据右手定则，通过灯泡的电流方向为 B → C . (2) 门边 BC 刚转到 Ⅱ 位置进入磁场瞬间，求灯泡两端的电压 U ； 答案 解析 答案　 1 V 解析　 门刚好进入磁场时，门 BC 边切割磁感线的速度 v ＝ ωL AB ＝ 1 m/s 产生的电动势 E ＝ BL v ＝ 1 × 2 × 1 V ＝ 2 V 灯泡两端的电压 U ＝ IR ＝ 1 V (3) 已知门刚好关闭前的角速度 ω ＝ 1 rad/s ，求门弹回直至关闭过程中小灯泡消耗的电能 . 答案 解析 答案　 0.1 J 解析　 在门打开过程中， BC 边克服安培力做功，回路中产生焦耳热 Q 1 ＝ I 2 ( R ＋ r ) t ＝ 0.3 J 门关闭前的速度 v ＝ ωL AB ＝ 1 m/s 整个过程中，根据能量守恒，外力做功转化为焦耳热和门增加的动能 则回路总的焦耳热 Q 总 ＝ W F － Δ E k ＝ 0.5 J 因此门弹回直至关闭过程中产生的电能 Q 2 ＝ Q 总 － Q 1 ＝ 0.2 J