2019-2020年高考物理一轮复习专题十电磁感应考点四电磁感应的综合应用教学案含解析.doc

2019-2020年高考物理一轮复习专题十电磁感应考点四电磁感应的综合应用教学案含解析知识点1电磁感应中的动力学问题1安培力的大小FA2安培力的方向(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向。(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反(选填“相同”或“相反”)。3安培力参与物体的运动：导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题。知识点2电磁感应中的能量问题1能量转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将机械能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。2转化实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能与电能之间的转化。3电能的三种计算方法(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能。(3)利用电路特征求解：通过电路中所产生的电热来计算。重难点一、电磁感应中的动力学问题1导体的两种运动状态(1)平衡状态：静止或匀速直线运动，F合0。(2)非平衡状态：加速度不为零，F合ma。2电磁感应综合问题的两大研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源)，又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带。3解答电磁感应中的动力学问题的一般思路(1)电路分析：等效电路图(导体棒相当于电源)。电路方程：I。(2)受力分析：受力分析图(安培力大小、方向)，动力学方程：F安BIL，F合ma(牛顿第二定律)。其中I，可得F安，注意这个公式是连接电学与力学问题的关键。 (3)分析电磁感应中动力学问题的基本思路4解决电磁感应中力学问题的基本步骤(1)明确研究对象和物理过程，即研究哪段导体在哪一过程切割磁感线。(2)根据导体运动状态，应用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。(3)画出等效电路图，应用闭合电路欧姆定律求回路中的感应电流。(4)分析研究导体受力情况，要特别注意安培力方向的确定。(5)列出动力学方程或平衡方程求解。导体处于平衡状态静止或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡条件合外力等于零，列式分析。导体处于非平衡状态加速度不为零。处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。5关于电磁感应中“收尾速度”及收尾情况的分析(1)收尾速度的表达式如图甲所示，导体棒ab在恒定外力F作用下，从静止开始沿光滑导轨做切割磁感线运动。已知磁感应强度为B，导体棒长度为l，电阻为r，定值电阻为R，其他电阻不计，则收尾速度vm。若导体棒质量为m，与导轨间的动摩擦因数为，则同理有vm。(2)两种典型的收尾情况以如图乙所示的情景为例，导轨的倾角为，则收尾速度vm。若导体棒进入磁场时vvm，则线框先减速再匀速；若导体棒进入磁场时vvm，则线框先加速再匀速。特别提醒(1)当涉及两个导体棒同时切割磁感线问题的分析时，要正确判断两个等效电源的串、并联关系，确定总的感应电动势的大小。(2)当导体棒切割磁感线达到“收尾速度”时，加速度a0，此时的速度通常为最值。二、电磁感应中的能量转化问题1电磁感应中的能量转化闭合电路中产生感应电流的过程，是其他形式的能向电能转化的过程。电磁感应现象中能量问题的实质是电能的转化问题，桥梁是安培力。“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。同理，安培力做功的过程是电能转化为其他形式能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能，因此电磁感应过程总是伴随着能量的转化。2安培力做功及对应的能量转化关系(1)电动机模型：如图甲所示，回路通电后导体棒中存在电流，受到安培力的作用而向右运动。通过安培力做功，电能转化为导体棒的机械能。(2)发电机模型：如图乙所示，导体棒因向右运动而产生感应电流，受到安培力的阻碍作用。通过克服安培力做功，机械能转化为回路的电能。综上所述，安培力做功是电能和其他形式的能之间相互转化的桥梁，如图所示。3求解电磁感应中的能量转化问题所选用解题规律(1)动能定理：合外力(包含安培力)所做的功等于导体棒动能的增量。(2)能量转化和守恒定律判断选定的系统在某一过程中能量是否守恒。分析该过程中能量形式，哪种能量增加，哪种能量减少。增加的能量等于减少的能量。(3)借助功能关系图分析电磁感应中的能量问题。理顺功能关系是分析电磁感应中能量转化问题的关键，下面以如图所示的情景为例说明。图中倾角为的导轨不光滑，外力F拉着导体棒向上加速垂直切割磁感线，导体棒质量为m，电阻为r。导体棒运动过程的功能关系如图所示。通过以上功能关系不难得到以下结论：WFW安WfE机(功能原理)WFWGW安WfEk(动能定理)WFWGWfEkQ(W安Q)4求解电磁感应中电能的三种主要思路(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。(2)利用能量守恒定律求解：机械能的减少量等于产生的电能。(3)利用电路特征求解：通过电路中产生的电热来计算。5分析电磁感应中能量问题的基本步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向。(2)画出等效电路，搞清电路结构，确定电流，求出回路中电阻消耗电功率的表达式。(3)分析导体受力及各力做功情况，用动能定理或能量守恒定律，得到所满足的方程。特别提醒(1)在利用能量的转化和守恒解决电磁感应问题时，第一要准确把握参与转化的能量的形式和种类，第二要确定哪种能量增加，哪种能量减少。(2)在电磁感应中若回路中电流恒定，可以利用电路结构及WUIt或QI2Rt直接进行计算；若回路中电流变化，则可用功能关系或能量守恒定律求解。(3)应用qn求解电磁感应中的电荷量问题，既可以分析恒定电流通过某横截面的电荷量，也可以分析变化的电流通过某横截面的电荷量，故在求解变速运动过程中由于电磁感应现象而涉及的电荷量问题时，可直接利用qn求解。1思维辨析(1)安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相同。()(2)电磁感应中产生的电能等于克服其他外力所做的功。()(3)qn可以求解任何情况下通过导体的电荷量。()(4)在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动。()(5)电磁感应中求焦耳热时，均可直接用公式QI2Rt。()(6)电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功。()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)2如图所示水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在空间内，质量一定的金属棒PQ垂直于导轨放置。今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止。设导轨与棒的电阻均不计，a、b与b、c的间距相等，则金属棒在由ab与bc的两个过程中下列说法中正确的是()A金属棒运动的加速度相等B通过金属棒横截面的电量相等C回路中产生的电能EabEbcD金属棒通过a、b两位置时的加速度大小关系为aa0的一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直(竖直向下)，磁感应强度B0.50.5x(T)。一根质量m0.1 kg、电阻r0.05 的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在水平外力作用下从x0处沿导轨向右做直线运动，运动过程中回路电流恒为2 A。以下判断正确的是()A金属棒在x3 m处的速度为0.5 m/sB金属棒在x3 m处的速度为0.75 m/sC金属棒从x0运动到x3 m过程中克服安培力做的功为1.6 JD金属棒从x0运动到x3 m过程中克服安培力做的功为3.0 J答案AD解析在x3 m处，磁感应强度为B2 T，因为回路中电流恒为2 A，由闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电动势为0.4 V，由EBlv可得，此时金属棒的速度v0.5 m/s，所以选项A正确，B错误；由安培力公式可知，F安BIlIl(0.50.5x)，随着x变化呈现线性变化关系，因此可用平均作用力来求安培力做的功，可得安培力做的功为3 J，所以选项C错误，D正确。6如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求： (1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离H。答案(1)4(2)H28l解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E12Blv1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1设此时线框所受安培力为F1，有F12I1lB由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1由式得v1设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2由式得4(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mglmv线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l7如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角。均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为(较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。(1)若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电荷量；(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。答案(1)Wmv(2)q(3)Bm xm解析(1)设ab棒的初动能为Ek，ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W1，有WW1Ek且WW1 由题有Ekmv得Wmv(2)设在题设过程中，ab棒滑行时间为t，扫过的导轨间的面积为S，通过S的磁通量为，ab棒产生的电动势平均值为E，ab棒中的平均电流为I，通过ab棒某横截面的电荷量为q，则E且BSI又有I由图1所示Sd联立，解得q(3)ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长LxL2x此时，ab棒产生的电动势ExBv2Lx流过ef棒的电流Ixef棒所受安培力FxBIxL联立，解得Fx由式可得，Fx在x0和B为最大值Bm时有最大值F1。由题知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图2所示，图中fm为最大静摩擦力，有F1cosmgsin(mgcosF1sin)联立，得Bm 式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下。由式可知，B为Bm时，Fx随x增大而减小，x为最大xm时，Fx为最小值F2，如图3可知F2cos(mgcosF2sin)mgsin联立，得xm1“杆轨”模型(1)分类“杆轨”模型分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜三种；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动、转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化、非均匀变化等。(2)分析方法通过受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态。对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解。2单杆模型一根导体杆在导轨上滑动。“电动电”型“动电动”型示意图杆ab长为L，质量为m，电阻为R；导轨光滑，电阻不计杆ab长为L，质量为m，电阻为R；导轨光滑，电阻不计分析S闭合，杆ab受安培力F，此时a，杆ab速度v感应电动势BLv电流I安培力FBIL加速度a，当安培力F0时，a0，v最大杆ab释放后下滑，此时agsin，杆ab速度v感应电动势EBLv电流I安培力FBIL加速度a，当安培力Fmgsin时，a0，v最大运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动，vmax匀速运动，vmax3.双杆模型的常见情况(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨光滑不等距导轨示意图质量m1m2电阻r1r2长度L1L2质量m1m2电阻r1r2长度L12L2续表光滑的平行导轨光滑不等距导轨规律分析杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为12(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用光滑的平行导轨不光滑平行导轨示意图质量m1m2电阻r1r2长度L1L2摩擦力Ff1Ff2质量m1m2电阻r1r2长度L1L2规律分析开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时，若F2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动；MN杆静止。若F2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同【典例1】如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。解析(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为EBLv平行板电容器两极板之间的电势差为UE 设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C 联立式得QCBLv (2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i, 金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f1BLi 设在时间间隔(t，tt)内流经金属棒的电荷量为Q，按定义有i Q也是平行板电容器极板在时间间隔(t，tt)内增加的电荷量。由式得QCBLv 式中，v为金属棒的速度变化量。按定义有a 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f2N式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有Nmgcos金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinf1f2ma联立至式得ag由式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动。t时刻金属棒的速度大小为vgt。答案(1)QCBLv(2)vgt【典例2】间距为L2 m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路。细杆与导轨之间的动摩擦因数均为0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd的电阻分别为R10.6 ，R20.4 。整个装置处于磁感应强度大小为B0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)。当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动，测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g10 m/s2。(1)求ab杆的加速度a。(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小。(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做的功为5.2 J，通过cd杆横截面的电荷量为2 C，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。解析(1)由题图乙可知，在t0时，F1.5 N对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得Fmgma代入数据解得a10 m/s2(2)从d向c看，对cd杆进行受力分析，如图所示，当cd杆速度最大时，有fmgFN，FNF安，F安BIL，I综合以上各式，解得v2 m/s(3)整个过程中，ab杆发生的位移x m0.2 m对ab杆应用动能定理，有WFmgxW安mv2代入数据解得W安4.9 J，根据功能关系得Q总W安所以ab杆上产生的热量QabQ总2.94 J。答案(1)10 m/s2(2)2 m/s(3)2.94 J心得体会电磁感应部分的知识在高考中往往以图象题的形式出现，它形象直观，包含信息量大，综合考查了考生多方面的能力，有一些学生由于不能正确地利用图象获取信息，或者图象和物理过程不能统一到一起而出现这样那样的错误。现举一例如下：如图所示，空间存在B0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距l0.2 m，R是连接在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量为m0.1 kg的导体棒。从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。图乙是棒的vt图象，其中OA段是直线，AC段是曲线，DE段是曲线图象的渐近线，小型电动机在12 s末达到额定功率P4.5 W，此后保持功率不变。除R外，其余部分电阻均不计，g取10 m/s2。(1)求导体棒ab在012 s内的加速度大小；(2)求导体棒ab与导轨间的动摩擦因数及电阻R的值；(3)若t17 s时，导体棒ab达最大速度，从017 s内共发生位移100 m，试求1217 s内，R上产生的热量是多少。错解错因分析本题易错点在于不能正确分析图象以及临界状态导致错解。电磁感应与vt图象的综合问题是高考的热点问题，解答此类题，应认真分析图象，从而获取有用信息，图象中的斜率、截距、转折点或所有标注的点都要高度重视，这往往是解题的关键。正解(1)由图象知12 s末导体棒ab的速度为v19 m/s，在012 s内的加速度大小为a m/s20.75 m/s2。(2)t112 s时，导体棒中感应电动势为EBlv1感应电流I导体棒受到的安培力F1BIl即F1此时电动机牵引力为F由牛顿第二定律得mgma由图象知17 s末导体棒ab的最大速度为v210 m/s，此时加速度为零，同理有mg0由以上各式解得0.2，R0.4 。(3)012 s内，导体棒匀加速运动的位移s1t154 m1217 s内，导体棒的位移s2(10054) m46 m由能量守恒得QPt2mgs2代入数据解得R上产生的热量Q12.35 J。答案(1)0.75 m/s2(2)0.20.4 (3)12.35 J心得体会