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

上傳人:Sc****h 文檔編號:100482935 上傳時間:2022-06-02 格式:DOCX 頁數(shù):12 大?。?.35MB
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1、電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 命題點一 電磁感應(yīng)中的動力學問題 例1 如圖1所示,光滑的“”形金屬導(dǎo)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(yīng)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(dǎo)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

2、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(yīng)中的動力學問題 解決電磁感應(yīng)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(yīng)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

3、、并聯(lián)的關(guān)系,求出相關(guān)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(dǎo)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(guān)系,判斷出正確的運動模型. 題組階梯突破 1.小明同學設(shè)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(yīng)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

4、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(yīng)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(yīng)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(yīng)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:m

5、g=N1B0IL 代入數(shù)據(jù)解得:N1=25匝 (2)由法拉第電磁感應(yīng)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.(2018·10月浙江選考)如圖4甲所示,質(zhì)量m=3×10-3 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(yīng)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(guān)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(yīng)強度B2的大小隨

6、時間t變化的關(guān)系如圖乙所示. (1)求0~0.10 s線圈中的感應(yīng)電動勢大??; (2)t=0.22 s時閉合開關(guān)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(yīng)強度B2的方向; (3)t=0.22 s時閉合開關(guān)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(yīng)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

7、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(yīng)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(guān)系,小明設(shè)計了如圖5所示的裝置.半徑為l的圓形金屬導(dǎo)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(dǎo)軌接觸良好,另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上,由電動機A帶動旋轉(zhuǎn).在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)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(dǎo)軌保持良好接觸,導(dǎo)軌間距為l,底部接阻值也為R

8、的電阻,處于大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場中.從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng)開關(guān)S與“U”型導(dǎo)軌連接.當開關(guān)S斷開,棒cd靜止時,彈簧伸長量為x0;當開關(guān)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(guān)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I

9、cd=I=,方向由d到c (2)電動機的輸出功率P=I2·R= (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(yīng)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(guān)系. 2.受力分析:注意導(dǎo)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(yīng)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

10、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(yīng)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(yīng)電流大小I; (2)從t=0時

11、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(yīng)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(dǎo)軌,NQ⊥MN.導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ=37°,NQ間連接有一

12、個R=5 Ω的電阻.有一勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面,磁感應(yīng)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(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)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(dǎo)軌向下運動過程中始終與NQ平行.已知金屬棒與導(dǎo)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

13、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(yīng)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(yīng)強度B=0.2 T,有一水平

14、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(yīng)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(yīng)電動勢=Bl=0.4 V (2)第5 s末:v=at=10 m/s 此時感應(yīng)電動勢:E

15、=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(dǎo)軌水平放置,寬度L=0.4 m,一端連接R=1 Ω的電阻,導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=1 T.導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上,其長度恰好等于導(dǎo)軌間距,與導(dǎo)軌接觸良好.導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計.在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下,導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運動,速度v=5 m/s,求: 圖2 (1)感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I; (2)在0.1 s時間內(nèi),拉力的沖量IF的大??; (3)若將MN

16、換為電阻r=1 Ω的導(dǎo)體棒,其他條件不變,求導(dǎo)體棒兩端的電壓U. 答案 (1)2 V 2 A (2)0.08 N·s (3)1 V 解析 (1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得 E=BLv=1×0.4×5 V=2 V 由閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流I== A=2 A 方向沿導(dǎo)體棒由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 沖量的大小IF=FΔt=0.8×0.1 N·s=0.08 N·s (3)由閉合電路歐姆定律可得電路中的電流為 I′== A=1 A 導(dǎo)體棒兩端的電壓U=I′R=1×1 V=1 V. 3.如圖3所示,一對光滑的平行金屬導(dǎo)

17、軌固定在同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌足夠長且電阻不計,導(dǎo)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(dǎo)軌上,整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中,磁場的磁感應(yīng)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(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)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

18、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=2×1.8 J=3.6 J, 外力做

19、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(dǎo)軌MN、PQ與水平面成θ角放置,兩導(dǎo)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(dǎo)軌上,并與導(dǎo)軌垂直.整套裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上,導(dǎo)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(dǎo)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)

20、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)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(yīng)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(dǎo)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(dǎo)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(shè)兩種不

21、同間距的導(dǎo)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=×2m×v2,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(guān)系為Lab=2Lcd 故它們所受的磁場力關(guān)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(yīng)電動勢方向相反,當Eab=Ecd時,電路中感應(yīng)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-×2m×v-mv=mgh. 12

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