2019年高考物理 考前冲刺30天 第七讲 必考计算题 电磁感应规律的综合应用学案（含解析）.docx

电磁感应规律的综合应用命题点一电磁感应中的动力学问题例1如图1所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，除图中已标阻值为R的电阻外，其余电阻不计质量为m的金属棒MN与框架接触良好在区域abcd和cdef内，存在磁感应强度大小分别为B1B、B22B的有界匀强磁场，方向均垂直于框架平面向里，两竖直导轨ae与bf间距为L.现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动求：图1(1)金属棒进入磁场B1区域后的速度大小；(2)金属棒刚进入磁场B2区域时的加速度大小解析(1)当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反则F1B1I1LBI1Lmg又I1联立得：v(2)金属棒刚进入磁场B2区域时，由楞次定律判断知所受的安培力方向竖直向上，大小为：F2B2I2L2BL把(1)问求得的v代入，可得F24mg根据牛顿第二定律得：F2mgma得a3g.答案(1)(2)3g用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：(1)进行“源”的分析分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r.(2)进行“路”的分析分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力(3)“力”的分析分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力(4)进行“运动”状态的分析根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型题组阶梯突破1小明同学设计了一个“电磁天平”，如图2所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度取g10 m/s2)图2图3(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R10 .不接外电流，两臂平衡如图3所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.答案(1)25匝(2)0.1 T/s解析(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力FN1B0IL由天平平衡可知：mgN1B0IL代入数据解得：N125匝(2)由法拉第电磁感应定律得：EN2N2Ld由欧姆定律得：I线圈受到的安培力FN2B0IL由天平平衡可得：mgNB0代入数据可得0.1 T/s.2(201810月浙江选考)如图4甲所示，质量m3103 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T、方向水平向右的匀强磁场中有一匝数n300匝、面积S0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示(1)求00.10 s线圈中的感应电动势大小；(2)t0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；(3)t0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h0.20 m，求通过细杆CD的电荷量图4答案(1)30 V(2)电流方向CDB2方向向上(3)0.03 C解析(1)由电磁感应定律有En得EnS30 V(2)电流方向CDB2方向向上(3)由牛顿第二定律有Fmam(或由动量定理Ftmv0)安培力FIB1lQItv22gh得Q0.03 C.命题点二动力学和能量观点的综合应用例2(2018浙江10月学考22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图5所示的装置半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO上，由电动机A带动旋转在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：图5(1)通过棒cd的电流Icd；(2)电动机对该装置的输出功率P；(3)电动机转动角速度与弹簧伸长量x之间的函数关系解析(1)ab顺时针转动时产生的电动势为EB1l2由右手定则，电流方向由a到b，由闭合电路欧姆定律，总电流I通过cd棒的电流IcdI，方向由d到c(2)电动机的输出功率PI2R(3)S断开时，由平衡条件kx0mgS闭合时，由平衡条件kxB2Icdlmg解得.答案(1)，方向由d到c(2)(3)解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路1电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系2受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向3运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析4能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式5规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化题组阶梯突破3如图6甲所示，在一倾角为37的粗糙绝缘面上，静止地放置着一个匝数n10匝的正方形线圈ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，线圈总电阻R2.0 、总质量m0.2 kg、正方形边长L0.4 m如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑现在将线圈静止放在斜面上后，在虚线EF以下的区域中，加上垂直斜面方向的、磁感应强度大小按图乙所示规律变化的磁场，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6，cos 370.8)求：图6(1)t1 s时刻，线圈中的感应电流大小I；(2)从t0时刻开始经过多长时间线圈刚要开始运动；(3)从t0时刻开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q.答案(1)0.2 A(2)4 s(3)0.32 J解析(1)由法拉第电磁感应定律得EnnS解得E0.4 VI0.2 A(2)由受力分析可知Ffmgsin 37Fmgsin 37FfFnBIL解得B3 TB10.5t则t4 s(3)由焦耳定律可得QI2RtQ0.32 J.4如图7所示，MN、PQ为间距L0.5 m的足够长平行导轨，NQMN.导轨平面与水平面间的夹角37，NQ间连接有一个R5 的电阻有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B01 T将一根质量为m0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行已知金属棒与导轨间的动摩擦因数0.5，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，cd距离NQ为s2 m问：(sin 370.6，cos 370.8)图7(1)当金属棒滑行至cd处时回路中的电流是多大？(2)金属棒达到的稳定速度是多大？(3)当金属棒滑行至cd处时回路中产生的焦耳热是多少？答案(1)0.2 A(2)2 m/s(3)0.1 J解析(1)达到稳定速度时，有FB0IL由平衡条件有mgsin Fmgcos 解得I0.2 A(2)金属棒切割磁感线产生的感应电动势为EB0Lv由欧姆定律有I解得v2 m/s.(3)根据能量守恒得，减小的重力势能转化为动能、克服摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热，则有mgssin mv2mgscos Q则Qmgssin mgscos mv20.1 J.(建议时间：40分钟)1(2018湖州市联考)在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B0.2 T，有一水平放置的光滑U形金属框架，宽度l0.4 m，如图1所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 的金属杆cd，框架电阻不计若杆cd以恒定加速度a2 m/s2由静止开始做匀变速运动，则：图1(1)在5 s内平均感应电动势是多少？(2)第5 s末，回路中的电流是多大？(3)第5 s末，作用在杆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内的位移xat225 m5 s内的平均速度5 m/s故平均感应电动势Bl0.4 V(2)第5 s末：vat10 m/s此时感应电动势：EBlv则回路中的电流为：I A0.8 A(3)杆cd匀加速运动，由牛顿第二定律得FF安ma即FBIlma0.164 N.2如图2所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L0.4 m，一端连接R1 的电阻，导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B1 T导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好导轨和导体棒的电阻均可忽略不计在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v5 m/s，求：图2(1)感应电动势E和感应电流I；(2)在0.1 s时间内，拉力的冲量IF的大小；(3)若将MN换为电阻r1 的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.答案(1)2 V2 A(2)0.08 Ns(3)1 V解析(1)由法拉第电磁感应定律可得EBLv10.45 V2 V由闭合电路欧姆定律得感应电流I A2 A方向沿导体棒由NM(2)拉力的大小等于安培力的大小FBIL120.4 N0.8 N冲量的大小IFFt0.80.1 Ns0.08 Ns(3)由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为I A1 A导体棒两端的电压UIR11 V1 V.3如图3所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨足够长且电阻不计，导轨间距l0.5 m，左端接有阻值R0.3 的电阻，一质量m0.1 kg，电阻r0.1 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B0.4 T棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a2 m/s2的加速度做匀加速运动，当通过电阻R的电荷量为q4.5 C时撤去外力，之后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Q1Q221.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：图3(1)棒在匀加速运动过程中的位移大小x；(2)撤去外力后金属棒MN上产生的焦耳热QMN；(3)外力做的功WF.答案(1)9 m(2)0.45 J(3)5.4 J解析(1)棒在匀加速运动中Blx，平均电动势，则，通过电阻R的电荷量qt4.5 C，解得x9 m.(2)棒在匀加速运动过程中有，2axv2，则v6 m/s，从撤去外力到棒最终停下来的过程，由动能定理得：W安0mv2，则W安1.8 J.则撤去外力后金属棒MN上产生的焦耳热QMNW安0.45 J(3)撤去外力后回路中产生的热量Q2W安1.8 J，依题意得Q12Q221.8 J3.6 J，外力做的功WFQ1Q2(3.61.8) J5.4 J.4如图4两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成角放置，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计现让ab杆由静止开始沿导轨下滑图4(1)求ab杆下滑的最大速度vmax.(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量q.答案(1)(2)解析(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律，有EBLv，I，F安BIL，mgsin F安ma.即mgsin ma，当加速度a为零时，速度v达到最大，速度最大值vm.(2)根据能量守恒定律mgxsin mvQ，得x.根据电磁感应定律有，根据闭合电路欧姆定律有，通过电阻R的电荷量qt.5形状如图5所示的光滑导轨EF、GH等高平行放置，E、G间宽度为F、H间宽度的2倍，虚线右侧导轨水平且处于竖直向上的匀强磁场中ab金属棒的质量为2m、cd金属棒的质量为m，现让ab从离水平轨道h高处静止下滑，设两种不同间距的导轨都足够长求：图5(1)ab、cd棒的最终速度；(2)全过程中产生的焦耳热答案(1)vabvcd(2)mgh解析(1)ab自由下滑，机械能守恒：2mgh2mv2，得v由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度关系为Lab2Lcd故它们所受的磁场力关系为Fab2Fcd在磁场力作用下，ab、cd各做变速运动，产生的感应电动势方向相反，当EabEcd时，电路中感应电流为零，安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，此时有BLabvabBLcdvcd，得vabvcdab、cd受安培力作用，动量均发生变化，由动量定理得：Fabt2m(vvab)Fcdtmvcd联立以上各式解得：vab，vcd(2)根据系统的总能量守恒可得：Q2mgh2mvmvmgh.