2022物理一輪復(fù)習(xí)人教版湖南專版：第十章 電磁感應(yīng) 專題6 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的綜合應(yīng)用問題

專題6電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的綜合應(yīng)用問題第十章內(nèi)容索引0102必備知識預(yù)案自診關(guān)鍵能力學(xué)案突破03核心素養(yǎng)專項提升必備知識預(yù)案自診【知識梳理】

一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的電路問題1.內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運動的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于

。

(2)該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的

,其余部分是

。

2.電源電動勢和路端電壓①(1)電動勢:E=

或E=

。

(2)路端電壓:U=IR=

。

電源內(nèi)阻外電路BlvE-Ir二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動力學(xué)問題1.安培力的大小2.安培力的方向(1)先用

判定感應(yīng)電流方向,再用

判定安培力方向。(2)根據(jù)楞次定律,安培力的方向一定和導(dǎo)體切割磁感線運動方向

。

BIlBlv右手定則左手定則相反三、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題1.能量的轉(zhuǎn)化感應(yīng)電流在磁場中受安培力,外力克服安培力

,將機械能轉(zhuǎn)化為

,電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為

。

2.實質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化,實質(zhì)是其他形式的能和

之間的轉(zhuǎn)化。

做功電能內(nèi)能或其他形式的能電能3.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的三種計算方法

利用克服安培力求解電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服

所做的功

利用能量守恒求解機械能的減少量等于產(chǎn)生的

②

利用電路特征來求解通過電路中所產(chǎn)生的電熱來計算②注:電磁感應(yīng)現(xiàn)象中,有機械能和電能之外的其他形式的能參與轉(zhuǎn)化時,電能增加時,機械能不一定在減小。安培力電能【考點自診】

1.判斷下列說法正誤。(1)閉合電路的歐姆定律同樣適用于電磁感應(yīng)電路。(

)(2)電流一定從高電勢流向低電勢。(

)(3)閉合電路中外電阻越大,電源的輸出功率越大。(

)(4)電磁感應(yīng)中,感應(yīng)電流引起的安培力一定做阻力。(

)(5)在有安培力的作用下,導(dǎo)體棒不能做加速運動。(

)(6)克服安培力做功的過程,就是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程。(

)√××××√2.(新教材人教版選擇性必修第二冊P44習(xí)題改編)如圖所示,一質(zhì)量為m、邊長為a的均勻正方形導(dǎo)線框ABCD放在光滑絕緣的水平面上?，F(xiàn)以速度v水平向右進(jìn)入以虛線為邊界的勻強磁場中,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外,最終線框靜止在桌面上。線框剛進(jìn)入磁場時,AB間的電勢差是多少?整個過程中通過A點的電荷量是多少?整個過程線框中產(chǎn)生的熱量是多少?3.(新教材人教版選擇性必修第二冊P45習(xí)題改編)如圖所示,由某種粗細(xì)均勻的金屬條制成的矩形線框abcd固定在紙面內(nèi),勻強磁場垂直紙面向里。一導(dǎo)體棒PQ放在線框上,在水平拉力F作用下沿平行ab的方向勻速滑動,滑動過程PQ始終與ab垂直,且與線框接觸良好,不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中PQ兩端電壓如何變化?拉力F的功率如何變化?答案

先增大后減小

先減小后增大解析

導(dǎo)體棒由靠近ad邊向bc邊勻速滑動的過程中,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv,保持不變,外電路總電阻先增大后減小(在ab中點時外電阻最大),關(guān)鍵能力學(xué)案突破考點一電磁感應(yīng)中的電路問題(師生共研)1.對電磁感應(yīng)電路的理解(1)在電磁感應(yīng)電路中,相當(dāng)于電源的部分把其他形式的能通過電流做功轉(zhuǎn)化為電能。(2)“電源”兩端的電壓為路端電壓,而不是感應(yīng)電動勢。(3)電源的正負(fù)極、感應(yīng)電流的方向、電勢的高低、電容器極板帶電問題,均可用右手定則或楞次定律判定。2.電磁感應(yīng)中電路知識的關(guān)系圖

【典例1】

如圖所示,水平面上固定一個頂角為60°的光滑金屬導(dǎo)軌MON,導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度大小為B,方向豎直向下的勻強磁場中。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒CD與∠MON的角平分線垂直,導(dǎo)軌與棒單位長度的電阻均為r。t=0時刻,棒CD在水平外力F的作用下從O點以恒定速度v0沿∠MON的角平分線向右滑動,在滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸。若棒與導(dǎo)軌均足夠長,求:(1)流過導(dǎo)體棒的電流I;(2)t0時刻導(dǎo)體棒的發(fā)熱功率;推導(dǎo)出回路中的熱功率P隨時間變化的關(guān)系式,并畫出圖像。解題指導(dǎo)審題關(guān)鍵詞句分析解讀水平面上固定一個頂角為60°的光滑金屬導(dǎo)軌導(dǎo)軌形狀確定,不計摩擦導(dǎo)體棒CD與∠MON的角平分線垂直CD切割磁感線,有效長度不斷變化導(dǎo)軌與棒單位長度的電阻均為r可確定各自電阻隨長度變化關(guān)系以恒定速度v0沿∠MON的角平分線向右滑動勻速切割磁感線,但有效長度隨時間均勻變化破題

用速度和時間表示切割長度以及回路電阻;明確回路的特點,根據(jù)閉合電路歐姆定律計算電流?！疽?guī)律方法】電磁感應(yīng)現(xiàn)象中電路問題的處理方法1.“源”的分析:根據(jù)E=Blv或E=n算出E的大小,用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動勢的方向(感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流的方向),從而確定電源正負(fù)極,明確內(nèi)阻r。2.“路”的分析:根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路。3.“解”:主要應(yīng)用閉合電路的歐姆定律及串、并聯(lián)電路的基本性質(zhì)等列方程求解?！緦c演練】

1.(2020全國卷Ⅲ)如圖所示,一邊長為l0的正方形金屬框abcd固定在水平面內(nèi),空間存在方向垂直于水平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。一長度大于

l0的均勻?qū)w棒以速率v自左向右在金屬框上勻速滑過,滑動過程中導(dǎo)體棒始終與ac垂直且中點位于ac上,導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好。已知導(dǎo)體棒單位長度的電阻為r,金屬框電阻可忽略。將導(dǎo)體棒與a點之間的距離記為x,求導(dǎo)體棒所受安培力的大小隨x(0≤x≤l0)變化的關(guān)系式。解析本題以導(dǎo)體棒切割磁感線為背景,意在考查法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力等知識。當(dāng)導(dǎo)體棒與金屬框接觸的兩點間棒的長度為l時,由法拉第電磁感應(yīng)定律知,導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動勢的大小為E=Blv①由歐姆定律,流過導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流為

②式中,R為這一段導(dǎo)體棒的電阻。按題意有R=rl③此時導(dǎo)體棒所受安培力大小為F=BlI④2.(2020福建泉州模擬)如圖甲所示,兩根完全相同的光滑平行導(dǎo)軌固定,每根導(dǎo)軌均由兩段與水平面成θ=30°的長直導(dǎo)軌和一段圓弧導(dǎo)軌平滑連接而成,導(dǎo)軌兩端均連接電阻,阻值R1=R2=2Ω,導(dǎo)軌間距L=0.6m。在右側(cè)導(dǎo)軌所在斜面的矩形區(qū)域M1M2P2P1內(nèi)分布有垂直斜面向上的磁場,磁場上下邊界M1P1、M2P2的距離d=0.2m,磁感應(yīng)強度大小隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,在右側(cè)導(dǎo)軌斜面上與M1P1距離s=0.1m處,有一根阻值r=2Ω的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌由靜止釋放,恰好獨立勻速通過整個磁場區(qū)域,重力加速度g取10m/s2,導(dǎo)軌電阻不計。求:(1)ab在磁場中運動的速度大小v;(2)在t1=0.1s時刻和t2=0.25s時刻電阻R1的電功率之比。答案(1)1m/s

(2)4∶1考點二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題(師生共研)電學(xué)對象與力學(xué)對象的轉(zhuǎn)換及關(guān)系

【典例2】

(2020四川眉山高三下學(xué)期第二次診斷)如圖所示,在傾角為θ的斜面內(nèi)有兩條足夠長的不計電阻的平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌寬度為L,導(dǎo)軌上端連有阻值為R的電阻;在垂直于導(dǎo)軌邊界ab上方軌道空間內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌向上的均勻變化的勻強磁場B1。邊界ab下方導(dǎo)軌空間內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌向下的勻強磁場B2。電阻也為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置,磁場B1隨時間均勻減小,且邊界ab上方軌道平面內(nèi)磁通量變化率大小為k,MN靜止且受到導(dǎo)軌的摩擦力為零;撤去磁場B2,MN從靜止開始在較短的時間t內(nèi)做勻加速運動通過的距離為x。重力加速度為g。(1)求磁場B2的磁感應(yīng)強度大小;(2)求導(dǎo)體棒MN與導(dǎo)軌之間動摩擦因數(shù);(3)若撤去B1,恢復(fù)B2,MN從靜止開始運動,求其運動過程中的最大動能。(3)若撤去B1,恢復(fù)B2,設(shè)MN運動過程中的最大速度為vm,最大動能為Ekm,穩(wěn)定時mgsin

θ=μmgcos

θ+F安導(dǎo)體切割磁感線E'=B2Lvm解題指導(dǎo)審題

關(guān)鍵詞句分析解讀傾角為θ的斜面內(nèi)有兩條足夠長的不計電阻的平行金屬導(dǎo)軌導(dǎo)體棒始終在導(dǎo)軌上;導(dǎo)軌電阻為零;能確定導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下的重力分力和對導(dǎo)軌的壓力在垂直于導(dǎo)軌邊界……的勻強磁場B2B1均勻變化使回路產(chǎn)生感應(yīng)電流;勻強磁場B2對導(dǎo)體棒的安培力磁場B1隨時間均勻減小,且邊界ab上方軌道平面內(nèi)磁通量變化率大小為k可求感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流;勻強磁場B2對導(dǎo)體棒的安培力恰好等于導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下的重力分力關(guān)鍵詞句分析解讀撤去磁場B2,MN從靜止開始在較短的時間t內(nèi)做勻加速運動通過的距離為x可求導(dǎo)體棒的加速度,進(jìn)一步能求導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間動摩擦因數(shù)若撤去B1,恢復(fù)B2,MN從靜止開始運動,求其運動過程中的最大動能導(dǎo)體棒有最大動能時,導(dǎo)體棒受力平衡破題

磁通量的變化率等于感應(yīng)電動勢,根據(jù)閉合電路歐姆定律可求感應(yīng)電流,進(jìn)一步能求導(dǎo)體棒的安培力,根據(jù)平衡條件求勻強磁場B2;撤去磁場B2后,導(dǎo)體棒中雖然有電流,但所處空間沒有磁場,不受安培力,根據(jù)導(dǎo)體棒的運動情況可求受力,進(jìn)而求摩擦因數(shù);撤去B1,恢復(fù)B2后導(dǎo)體棒最終做勻速直線運動,根據(jù)平衡條件可求最大速度和最大動能。【規(guī)律方法】分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中動力學(xué)問題的基本步驟解決電磁感應(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:3.(多選)(2021年1月湖南省適應(yīng)性測試)如圖,兩根足夠長,電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌,固定在同一水平面上,其間距為1m,左端通過導(dǎo)線連接一個R=1.5Ω的定值電阻。整個導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強度大小B=0.4T的勻強磁場中,磁場方向豎直向下,質(zhì)量m=0.2kg、長度L=1m、電阻r=0.5Ω的勻質(zhì)金屬桿垂直導(dǎo)軌放置,且與導(dǎo)軌接觸良好,在桿的中點施加一個垂直金屬桿的水平拉力F,使其從靜止開始運動。拉力F的功率P=2W保持不變,當(dāng)金屬桿的速度v=5m/s時撤去拉力F。下列說法正確的是(

)A.若不撤去拉力F,金屬桿的速度會大于5m/sB.金屬桿的速度為4m/s時,其加速度大小可能為0.9m/s2C.從撤去拉力F到金屬桿停下的整個過程,通過金屬桿的電荷量為2.5CD.從撤去拉力F到金屬桿停下的整個過程,金屬桿上產(chǎn)生的熱量為2.5J【對點演練】

答案

BC

解析

若不撤去拉力F,對棒由牛頓第二定律有F-BIL=maP=Fv當(dāng)a=0時,速度達(dá)到最大,聯(lián)立各式解得最大速度為即桿的最大速度不會超過5

m/s,故A錯誤;若在F撤去前金屬桿的速度v1=4

m/s,代入各式可得加速度為故金屬桿的速度為4

m/s時,其加速度大小可能為0.9

m/s2,故B正確;從撤去拉力F到金屬桿停下,棒只受安培力做變減速直線運動,取向右為正,由動量定理有-BL·Δt=0-mv而電荷量的表達(dá)式q=·Δt可得q==2.5

C故C正確;聯(lián)立解得Q1=0.625

J故D錯誤;故選BC。4.如圖所示,兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為30°的斜面上,導(dǎo)軌寬度為L=0.1m,導(dǎo)軌下端接有電阻,其阻值為R=0.1Ω,兩導(dǎo)軌間存在一方向垂直于斜面向上,磁感應(yīng)強度大小為B0=1.0T的勻強磁場。輕繩一端通過光滑定滑輪豎直懸吊質(zhì)量為m=0.01kg的小木塊,另一端平行于斜面系在質(zhì)量為4m電阻不計的金屬棒的中點。將金屬棒從PQ位置由靜止釋放,金屬棒將沿導(dǎo)軌下滑,金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好,重力加速度g取10m/s2,導(dǎo)軌電阻忽略不計。求:(1)金屬棒在勻速運動時的速度大小v0;(2)若從金屬棒達(dá)到速度v0時開始計時,此時金屬棒離導(dǎo)軌底端的距離為s(s足夠大),從t=0時刻開始,磁場的磁感應(yīng)強度大小B隨時間t發(fā)生變化,此過程中,無電流通過電阻R,請寫出磁感應(yīng)強度大小B隨時間t變化的關(guān)系式(結(jié)果可含有s)。解析(1)金屬棒勻速運動時,對金屬棒由平衡條件有:4mgsin

30°=FT+F安其中FT=mg,F安=B0IL由歐姆定律有:由法拉第電磁感應(yīng)定律有:E=B0Lv0聯(lián)立解得:v0=1.0

m/s(2)對金屬棒和木塊組成的系統(tǒng),由牛頓第二定律有:4mgsin

30°-mg=5ma解得:a=2.0

m/s2考點三電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題(師生共研)1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化

安培力做功

2.求解焦耳熱Q的三種方法

【典例3】

(2017江蘇卷)如圖所示,兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi),其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上,其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后,金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計,導(dǎo)軌光滑且足夠長,桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求:(1)MN剛掃過金屬桿時,桿中感應(yīng)電流的大小I;(2)MN剛掃過金屬桿時,桿的加速度大小a;(3)PQ剛要離開金屬桿時,感應(yīng)電流的功率P。解題指導(dǎo)審題關(guān)鍵詞句分析解讀質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上速度為零當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后,金屬桿的速度變?yōu)関金屬桿切割磁感線的速度v'=v0-v導(dǎo)軌光滑且足夠長不計摩擦破題

本題的關(guān)鍵在于導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動勢E=Blv,切割的速度(v)是導(dǎo)體與磁場的相對速度?！疽?guī)律方法】能量轉(zhuǎn)化問題的分析程序:先電后力再能量

5.(2020江蘇卷)如圖所示,電阻為0.1Ω的正方形單匝線圈abcd的邊長為0.2m,bc邊與勻強磁場邊緣重合。磁場的寬度等于線圈的邊長,磁感應(yīng)強度大小為0.5T,在水平拉力作用下,線圈以8m/s的速度向右穿過磁場區(qū)域。求線圈在上述過程中:(1)感應(yīng)電動勢的大小E;(2)所受拉力的大小F;(3)感應(yīng)電流產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)0.8V

(2)0.8N

(3)0.32J6.半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),一長為r,質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面,BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O,裝置的俯視圖如圖所示,整個裝置位于一勻強磁場(圖中未畫出)中,磁感應(yīng)強度的大小為B,方向豎直向下,在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點和外圓導(dǎo)軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)。直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動,在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ,導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求:(1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大小;(2)外力的功率。(2)在豎直方向有:mg-2FN=0⑤式中,由于質(zhì)量分布均勻,內(nèi)外圓導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒的正壓力相等,其值為FN,兩導(dǎo)軌對運動的導(dǎo)體棒的滑動摩擦力均為:Ff=μFN⑥在Δt時間內(nèi),導(dǎo)體棒在內(nèi)外圓導(dǎo)軌上掃過的弧長分別為:l1=rωΔt⑦l2=2rωΔt⑧克服摩擦力做的總功為:Wf=Ff(l1+l2)⑨在Δt時間內(nèi),消耗在電阻R上的功為:WR=I2RΔt⑩根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律,外力在Δt時間內(nèi)做的功為W=Wf+WR?考點四電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動量綜合問題(師生共研)1.電磁感應(yīng)與動量的結(jié)合問題主要有下面兩種:(1)與動量定理結(jié)合。例如在光滑水平軌道上運動的單桿(不受其他力作用),由于在磁場中運動的單桿為變速運動,則運動過程所受的安培力為變力,依據(jù)由以上四式將流經(jīng)桿電荷量q、桿位移x及速度變化聯(lián)系起來。(2)與動量守恒定律的結(jié)合。相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運動問題,由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向,合外力為零,若不受其他外力,兩導(dǎo)體棒的總動量守恒,解決此類問題往往要應(yīng)用動量守恒定律。2.兩類雙桿模型對比歸納

【典例4】

(2020河北衡水中學(xué)高三下學(xué)期5月期中)如圖所示,PQMN與CDEF為兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為L。PQ、MN、CD、EF為相同的弧形導(dǎo)軌;QM、DE為足夠長的水平導(dǎo)軌。導(dǎo)軌的水平部分QMED處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度為B。a、b為材料相同、長都為L的導(dǎo)體棒,跨接在導(dǎo)軌上。已知a棒的質(zhì)量為3m、電阻為R,b棒的質(zhì)量為m、電阻為3R,其他電阻不計。金屬棒a和b都從距水平面高度為h的弧形導(dǎo)軌上由靜止釋放,分別通過DQ、EM同時進(jìn)入勻強磁場中,a、b棒在水平導(dǎo)軌上運動時不會相碰。若金屬棒a、b與導(dǎo)軌接觸良好,且不計導(dǎo)軌的電阻和棒與導(dǎo)軌的摩擦。(1)金屬棒b向左運動速度大小減為金屬棒a的速度大小的一半時,金屬棒a的速度多大?(2)金屬棒a、b進(jìn)入磁場后,如先離開磁場的某金屬棒在離開磁場前已勻速運動,此棒從進(jìn)入磁場到勻速運動的過程電路中產(chǎn)生的焦耳熱多大?(3)從b棒速度減為零至兩棒達(dá)共速過程中二者的位移差是多大?(2)先離開磁場的某金屬棒在離開磁場前已勻速運動,則兩棒在水平面上勻速運動的速度相等,由動量守恒得解題指導(dǎo)審題關(guān)鍵詞句分析解讀QM、DE為足夠長的水平導(dǎo)軌水平導(dǎo)軌足夠長,意味著兩桿在運動過程不可能相碰,與后面條件相互印證已知a棒的質(zhì)量為3m、電阻為R,b棒的質(zhì)量為m、電阻為3R,其他電阻不計①兩桿質(zhì)量不相等;②相同安培力時b棒加速度大,運動狀態(tài)變化快金屬棒a和b都從距水平面高度為h的弧形導(dǎo)軌上由靜止釋放①兩桿進(jìn)入磁場前機械能守恒,故以相同速率進(jìn)入磁場;②兩桿進(jìn)入磁場后動量守恒關(guān)鍵詞句分析解讀如先離開磁場的某金屬棒在離開磁場前已勻速運動勻速運動時不受安培力,即電路中沒有電流,故兩桿必共速從b棒速度減為零至兩棒達(dá)共速過程中可知b棒速度變化量,應(yīng)該會用到動量定理求解破題

本題以雙桿模型考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量和動量問題。雙桿沿光滑弧形導(dǎo)軌下滑過程機械能守恒;進(jìn)入磁場后動量守恒,并且在磁場中要克服安培力做功產(chǎn)生內(nèi)能(焦耳熱),故在磁場中系統(tǒng)機械能不再守恒,但可以由能量守恒定律求產(chǎn)生的焦耳熱。由于桿的運動均不是勻變速直線運動,故不能由運動學(xué)公式求從b棒速度減為零至兩棒達(dá)共速過程中二者的位移差,可對b桿巧妙應(yīng)用動量定理和通過電路的電荷量表達(dá)式求解?！緦c演練】

7.(2020浙江寧波模擬)如圖甲所示,絕緣水平面上固定著兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌PQ、MN,相距為L=0.5m,ef右側(cè)導(dǎo)軌處于勻強磁場中,磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下,磁感應(yīng)強度B的大小如圖乙變化。開始時ab棒和cd棒鎖定在導(dǎo)軌如圖甲位置,ab棒與cd棒平行,ab棒離水平面高度為h=0.2m,cd棒與ef之間的距離也為L,ab棒的質(zhì)量為m1=0.2kg,有效電阻為R1=0.05Ω,cd棒的質(zhì)量為m2=0.1kg,有效電阻為R2=0.15Ω(設(shè)a、b棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直,兩棒與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌電阻不計)。(1)求0~1s時間段通過cd棒的電流大小與方向;(2)假如在1s末,同時解除對ab棒和cd棒的鎖定,穩(wěn)定后ab棒和cd棒將以相同的速度做勻速直線運動,試求這一速度;(3)在第(2)問的條件下,ab棒和cd棒從解除鎖定到開始以相同的速度做勻速運動的過程中,ab棒產(chǎn)生的熱量為多少?8.(2020遼寧部分重點中學(xué)協(xié)作體高三下學(xué)期模擬)如圖所示,空間存在豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=0.5T。在勻強磁場區(qū)域內(nèi),有一對光滑平行金屬導(dǎo)軌,處于同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌足夠長,導(dǎo)軌間距L=1m,電阻可忽略不計。質(zhì)量均為m=1kg,電阻均為R=2.5Ω的金屬導(dǎo)體棒MN和PQ垂直放置于導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌接觸良好。先將PQ暫時鎖定,金屬棒MN在垂直于棒的拉力F作用下,由靜止開始以加速度a=0.4m/s2向右做勻加速直線運動,5s后保持拉力F的功率不變,直到棒以最大速度vm做勻速直線運動。(1)求棒MN的最大速度vm;(2)當(dāng)棒MN達(dá)到最大速度vm時,解除PQ鎖定,同時撤去拉力F,兩棒最終均勻速運動。求解除PQ棒鎖定后,到兩棒最終勻速運動的過程中,電路中產(chǎn)生的總焦耳熱。(3)若PQ始終不解除鎖定,當(dāng)棒MN達(dá)到最大速度vm時,撤去拉力F,棒MN繼續(xù)運動多遠(yuǎn)后停下來?(運算結(jié)果可用根式表示)解析(1)棒MN做勻加速運動,由牛頓第二定律得:F-BIL=ma棒MN做切割磁感線運動,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為:E=BLv棒MN做勻加速直線運動,5

s末的速度為:v=at1=2

m/s代入數(shù)據(jù)解得:F=0.5

N拉力F的功率為:P=Fv代入數(shù)據(jù)解得:P=1

W棒MN最終做勻速運動,設(shè)棒最大速度為vm,棒受力平衡,則有:(2)解除棒PQ鎖定后,兩棒運動過程中動量守恒,最終兩棒以相同的速度做勻速運動,設(shè)共同速度大小為v',則有:mvm=2mv'設(shè)從PQ棒解除鎖定到兩棒達(dá)到相同速度這個過程中,電路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q,由能量守恒定律可得:代入數(shù)據(jù)解得:Q=5

J(3)以棒MN為研究對象,設(shè)某時刻棒中電流為i,在極短時間Δt內(nèi),由動量定理得-BiLΔt=mΔv對式子兩邊求和有:∑(-BiLΔt)=∑(mΔv)而Δq=iΔt對式子兩邊求和,有:∑Δq=∑(iΔt)聯(lián)立各式解得:BLq=mvm,核心素養(yǎng)專項提升一、電磁感應(yīng)中的圖像問題科學(xué)思維——科學(xué)歸納模型建構(gòu)

圖像類型(1)隨時間變化的圖像,如B-t圖像、Φ-t圖像、E-t圖像、I-t圖像(2)隨位移變化的圖像,如E-x圖像、I-x圖像(所以要先看坐標(biāo)軸:哪個物理量隨哪個物理量變化要弄清)應(yīng)用知識四個規(guī)律左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律六類公式(1)平均電動勢E=(2)平動切割電動勢E=Blv(3)轉(zhuǎn)動切割電動勢E=Bl2ω(4)閉合電路歐姆定律(5)安培力F=BIl(6)牛頓運動定律的相關(guān)公式等1.題型分類(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出正確的圖像;(2)由給定的圖像分析電磁感應(yīng)過程,定性或定量求解相應(yīng)的物理量或推斷出其他圖像。常見的圖像有B-t圖、E-t圖、i-t圖、v-t圖及F-t圖等。2.解題關(guān)鍵弄清初始條件、正負(fù)方向的對應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關(guān)鍵。3.解題步驟(1)明確圖像的種類,即是B-t圖還是Φ-t圖,或者E-t圖、I-t圖等;(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程;(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應(yīng)關(guān)系;(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式;(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式,進(jìn)行數(shù)學(xué)分析,如分析斜率的變化、截距等。案例探究1(2020天津卷)如圖所示,垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質(zhì)金屬框abcd放置在磁場中,金屬框平面與磁場方向垂直,電阻R=0.1Ω,邊長l=0.2m。求(1)在t=0到t=0.1s時間內(nèi),金屬框中的感應(yīng)電動勢E;(2)t=0.05s時,金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向;(3)在t=0到t=0.1s時間內(nèi),金屬框中電流的電功率P。答案(1)0.08V

(2)0.016N,方向垂直于ab向左(3)0.064W解析(1)在t=0到t=0.1

s的時間Δt內(nèi),磁感應(yīng)強度的變化量ΔB=0.2

T,設(shè)穿過金屬框的磁通量變化量為ΔΦ,有ΔΦ=ΔBl2①由于磁場均勻變化,金屬框中產(chǎn)生的電動勢是恒定的,有E=②聯(lián)立解得E=0.08

V③(2)設(shè)金屬框中的電流為I,由閉合電路歐姆定律,有

④由圖可知,t=0.05

s時,磁感應(yīng)強度為B1=0.1

T,金屬框ab邊受到的安培力F=IlB1⑤聯(lián)立解得F=0.016

N⑥方向垂直于ab向左。⑦(3)在t=0到t=0.1

s時間內(nèi),金屬框中電流的電功率P=I2R⑧聯(lián)立解得P=0.064

W⑨解題指導(dǎo)(1)本題中給出了B-t圖像,而根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有兩種特殊情況,即

恰是B-t圖像中圖線的斜率,若斜率不變則感應(yīng)電動勢是恒定不變的。(2)本題中斜率不變,即電動勢不變,電流不變,計算功率時直接應(yīng)用P=I2R即可。案例探究2(多選)(2019全國卷Ⅱ)如圖,兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定,所在平面與水平面夾角為θ,導(dǎo)軌電阻忽略不計

。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直,在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放,兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場時加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場開始計時,到MN離開磁場區(qū)域為止,流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是(

)答案

AD

解析

本題以棒—軌模型考查電磁感應(yīng),屬于電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題和圖像問題。由于導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時加速度為零,說明是勻速進(jìn)入;兩棒分別進(jìn)入有兩種情況,一是PQ在磁場中運動時,MN在磁場外,當(dāng)PQ出磁場后,MN進(jìn)入磁場,這時,MN切割磁感線的速度與PQ切割磁感線的速度相同,這一過程電流大小不變,流過PQ的電流方向相反,A正確,B、C錯誤。二是PQ在磁場中還沒有出來時,MN進(jìn)入,這時回路電流為零。兩棒加速下滑,PQ出磁場時,MN的速度比剛進(jìn)入磁場時大,所受安培力大于重力的分力,MN做減速運動,電流減少,由此可知D正確。解題指導(dǎo)審題

關(guān)鍵詞句分析解讀兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定,所在平面與水平面夾角為θ不受摩擦力,受重力導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放導(dǎo)體棒PQ在磁場中運動時,導(dǎo)體棒MN可能在磁場中,也可能未進(jìn)入磁場PQ進(jìn)入磁場時加速度恰好為零下滑力和安培力平衡破題

根據(jù)PQ和MN進(jìn)入磁場的先后順序判斷電流的變化,根據(jù)右手定則判斷電流方向。素養(yǎng)微點求解此類選擇題時,用方向排除法較為簡單。注意初始時刻的特征,如初始時刻感應(yīng)電流是否為零,感應(yīng)電流的方向如何;注意看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個階段,這幾個階段是否和圖像變化相對應(yīng)。創(chuàng)新訓(xùn)練1.(2020浙江卷)如圖甲所示,在絕緣光滑水平桌面上,以O(shè)為原點、水平向右為正方向建立x軸,在0≤x≤1.0m區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強磁場。桌面上有一邊長L=0.5m、電阻R=0.25Ω的正方形線框abcd,當(dāng)平行于磁場邊界的cd邊進(jìn)入磁場時,在沿x方向的外力F作用下以v=1.0m/s的速度做勻速運動,直到ab邊進(jìn)入磁場時撤去外力。若以cd邊進(jìn)入磁場時作為計時起點,在0≤t≤1.0s內(nèi)磁感應(yīng)強度B的大小與時間t的關(guān)系如圖乙所示,在0≤t≤1.3s內(nèi)線框始終做勻速運動。甲

乙

(1)求外力F的大小;(2)在1.0s≤t≤1.3s內(nèi)存在連續(xù)變化的磁場,求磁感應(yīng)強度B的大小與時間t的關(guān)系;(3)求在0≤t≤1.3s內(nèi)流過導(dǎo)線橫截面的電荷量q。答案(1)0.0625N

(2)見解析

(3)0.5C(2)勻速出磁場,電流為0,磁通量不變Φ1=Φt1=1.0

s時,B1=0.5

T,磁通量Φ1=B1L2t時刻,磁通量Φ=BL[L-v(t-t1)]2.(多選)(2020山東卷)如圖所示,平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強磁場,圖中虛線方格為等大正方形。一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運動(不發(fā)生轉(zhuǎn)動)。從圖示位置開始計時,4s末bc邊剛好進(jìn)入磁場。在此過程中,導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I,ab邊所受安培力的大小為Fab,二者與時間t的關(guān)系圖像可能正確的是(

)答案

BC

二、電磁感應(yīng)中含電容問題模型科學(xué)思維——模型建構(gòu)模型建構(gòu)電容器對學(xué)生來說本身就是一個容易忽視的知識點,對于電容器充放電過程的電流實驗,是新課標(biāo)增加內(nèi)容。對于涉及“電磁感應(yīng)+電容器”從放電計算問題的處理也是高考的難點問題,因此要認(rèn)真分析,尋找其中的規(guī)律。該類模型要注意微元法和動量定理的應(yīng)用。案例探究如圖,兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ,間距為L。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器,電容為C。導(dǎo)軌處于勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒,棒可沿導(dǎo)軌下滑,且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g,忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑,求:(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系;(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系。解析(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v,則感應(yīng)電動勢為E=BLv①平行板電容器兩極板之間的電勢差為U=E②設(shè)此時電容器極板上積累的電荷為Q,按定義有

③聯(lián)立①②③得Q=CBLv④(2)設(shè)金屬棒到達(dá)速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t,通過金屬棒的電流為i,金屬棒受到的磁場力為f1=BLi⑤金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小為f2=μN⑨上式中,N是金屬棒對斜面的正壓力,有N=mgcos

θ⑩金屬棒在t時刻的加速度方向沿斜面向下,設(shè)其大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有mgsin

θ-f1-f2=ma?解題指導(dǎo)1.本題用微元法可判斷金屬桿沿導(dǎo)軌勻加速下滑,從而得出速度隨時間均勻變化的關(guān)系,這與常見的導(dǎo)體棒在恒力作用下運動是不同的。2.對于電容器的充電過程,由于金屬桿的速度均勻增加,感應(yīng)電動勢也均勻變大,所以金屬棒一直給電容器充電,且充電的電流恒定。創(chuàng)新訓(xùn)練1.電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意圖如圖所示,圖中直流電源電動勢為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的