（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第十章 電磁感應(yīng) 10.3 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用課件.ppt

第3講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用,【知識導圖】,切割磁感線,磁通量發(fā)生變化,外電阻,內(nèi)阻,E=Blv,U=IR=E-Ir,楞次,右手定則,左手定則判斷,_,【微點撥】 1.安培力的大小:F=BIL 如果回路中只有一根導體棒切割磁感線,回路總電阻為 R時:F=BIL=B L= = 。,2.能量轉(zhuǎn)化: (1)感應(yīng)電流在磁場中受到的安培力做負功,其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能,電流做功將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 (2)安培力做正功,電能轉(zhuǎn)化為機械能或其他形式的能。,【慧眼糾錯】 (1)“相當于電源”的導體棒兩端的電勢差等于電 源的電動勢。 糾錯:_ _,當導體棒的電阻r不為零時,產(chǎn)生內(nèi)電壓,它兩,端的電勢差小于電源電動勢。,(2)閉合電路中電流都是從高電勢流向低電勢的。 糾錯:_ _ (3)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中,感應(yīng)電流受到的安培力一定是 阻力。 糾錯:_。,在電源內(nèi)部,電流從負極(低電勢)流向正極,(高電勢)。,電磁驅(qū)動現(xiàn)象中,安培力為動力,(4)在安培力的作用下,導體棒的變速直線運動一定 是變加速直線運動。 糾錯:_ _ (5)安培力做功的過程就是電能減少的過程。 糾錯:_ _。,在安培力作用下,導體棒也可以做變減速直線,運動。,安培力做正功,電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能;安培,力做負功,其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能,(6)安培力做的負功總可以根據(jù)焦耳定律求解。 糾錯:_ _。 (7)導體棒受到的安培力的沖量與磁通量成正比。 糾錯:_ _。,利用焦耳定律求解安培力做的負功常適用于感,應(yīng)電流大小不變的情況,根據(jù)I安=B Lt=BLq=nBL 可知,導體棒,受到的安培力的沖量與磁通量變化量成正比,考點1電磁感應(yīng)中的電路問題 【典題探究】 【典例1】(2018運城模擬)如圖甲所示,兩根平行光 滑金屬導軌相距L=1 m,導軌平面與水平面的夾角 =30,導軌的下端PQ間接有R=8 的電阻。相距,x=6 m的MN和PQ間存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場。磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化情況如圖乙所示。將阻值r=2 的導體棒ab垂直放在導軌上,使導體棒從t=0時由靜止釋放,t=1 s時導體棒恰好運動到MN,開始勻速下滑。g取10 m/s2。求:導學號04450229,(1)01 s內(nèi)回路中的感應(yīng)電動勢。 (2)導體棒ab的質(zhì)量。 (3)02 s時間內(nèi)導體棒所產(chǎn)生的熱量。,【解析】(1)01 s內(nèi),磁場均勻變化,由法拉第電磁感 應(yīng)定律有: E1= 由圖象得: =2 T/s,且S=Lx=6 m2 代入解得:E1=12 V,(2)導體棒從靜止開始做勻加速運動,根據(jù)牛頓第二定律得:mgsin=ma 解得:a=gsin=5 m/s2 t=1 s末進入磁場區(qū)域的速度為 v=at1=51 m/s=5 m/s 導體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢,E2=BLv=215 V=10 V 根據(jù)導體棒進入磁場區(qū)域做勻速運動,可知導體棒受到 的合力為零,有 mgsin=F安=BIL 根據(jù)閉合電路歐姆定律有: I= 聯(lián)立以上各式得:m=0.4 kg,(3)在01 s內(nèi),根據(jù)閉合電路歐姆定律可得 I1= =1.2 A 1 s2 s內(nèi),根據(jù)閉合電路歐姆定律可得: I2= =1 A 02 s內(nèi)根據(jù)焦耳定律得導體棒所產(chǎn)生的熱量:,Q= rt1+ r(t2-t1) 代入數(shù)據(jù)解得:Q=4.88 J 答案:(1)12 V(2)0.4 kg(3)4.88 J,【通關(guān)秘籍】 1.電磁感應(yīng)中物理量的關(guān)系圖:,2.解決電磁感應(yīng)電路問題的策略是先源后路,即,【考點沖關(guān)】 (2018濟南模擬)如圖甲,MN、PQ兩條平行的光滑金 屬軌道與水平面成=37角固定,M、P之間接電阻箱R, 導軌所在空間存在勻強磁場,磁場方向垂直于軌道平面 向上,磁感應(yīng)強度為B=1 T。質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放 置在軌道上,其接入電路的電阻值為r?，F(xiàn)從靜止釋放,桿ab,測得最大速度為vm。改變電阻箱的阻值R,得到vm與R的關(guān)系如圖乙所示。已知軌距為L=2 m,重力加速度g取10 m/s2,軌道足夠長且電阻不計。求:,(1)桿ab下滑過程中感應(yīng)電流的方向及R=0時最大感應(yīng)電動勢E的大小。 (2)金屬桿的質(zhì)量m和阻值r。 (3)當R=1 時,求回路瞬時電功率每增加1 W的過程中合外力對桿做的功W。,【解析】(1)桿中電流方向從ba(或aMPba),由圖可 知,當R=0時,桿最終以v=2 m/s勻速運動,產(chǎn)生的電動 勢E=BLv,E=4 V。 (2)設(shè)最大速度為v,桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E=BLv 由閉合電路的歐姆定律,I= 桿達到最大速度時滿足 mgsin-BIL=0 解得v= 由圖象可知:斜率為k= m/(s)=1 m/(s),縱截距為v0=2 m/s,得到 解得:m= kg,r=2 。,(3)由題意:E = BLv,P= 得P= P= 由動能定理得,W = W= 解得:W = 0.25 J。,答案:(1)方向從ba (或aMPba)4 V (2) kg2 (3)0.25 J,【加固訓練】 (2018陽江模擬)如圖所示,阻值為R的金屬棒從圖示位置ab分別以v1、v2的速度沿光滑導軌(電阻不計)勻速滑到ab位置,若v1v2=12,則在這兩次過程中(),A.回路電流I1I2=12 B.產(chǎn)生的熱量Q1Q2=14 C.通過任一截面的電荷量 q1q2=12 D.外力的功率P1P2=12,【解析】選A?；芈分懈袘?yīng)電流為:I= Iv,則得:I1I2=v1v2=12,故A項正確;產(chǎn)生的熱 量為:Q=I2Rt=( )2R = Qv,則 得:Q1Q2=v1v2=12,故B項錯誤;通過任一截面的電 荷量為:q=It= q與v無關(guān),則得:q1q2=11,故C項錯誤;由于棒勻速運動,外力的功率等于回路中的 功率,即得:P=I2R=( )2R,Pv2,則得:P1P2=14, 故D項錯誤。,考點2電磁感應(yīng)中的動力學問題 【典題探究】 【典例2】(2016全國卷)如圖, 兩固定的絕緣斜面傾角均為,上 沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a 端)和cd(僅標出c端)長度均為L,質(zhì)量分別為2m和m;用,兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于斜面向上,已知兩根導線剛好不在磁場中,回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為,重力加速度大小為g,已知金屬棒ab勻速下滑。求:導學號04450230,(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小。 (2)金屬棒運動速度的大小。,【解析】(1)設(shè)導線的張力的大小為T,右斜面對ab棒的支持力的大小為N1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對cd棒的支持力大小為N2。對于ab棒,由力的平衡條件得 2mgsin=N1+2T+F N1=2mgcos,對于cd棒,同理有mgsin+N2=2T N2=mgcos 聯(lián)立式得 F=mg(sin-3cos),(2)由安培力公式得F=BIL 這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流。ab棒上的感應(yīng)電動 勢為E=BLv 式中v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得 I= 聯(lián)立式得v= 答案:(1)mg(sin-3cos)(2),【通關(guān)秘籍】 1.導體的兩種運動狀態(tài): (1)平衡狀態(tài):靜止或勻速直線運動,F合=0。 (2)非平衡狀態(tài):加速度不為零,F合=ma。,2.電學對象與力學對象的轉(zhuǎn)換及關(guān)系:,3.解決電磁感應(yīng)中的動力學問題的策略是“先源后路、先電后力,再是運動”,即,【考點沖關(guān)】 (2018衡陽模擬)如圖所示,足夠長的光滑平行金屬導 軌CD、EF傾斜放置,其所在平面與水平面間的夾角為 =30,兩導軌間距為L,導軌下端分別連著電容為C的 電容器和阻值R=2r的電阻。一根質(zhì)量為m,電阻為r的金 屬棒放在導軌上,金屬棒與導軌始終垂直并接觸良好,一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間、另一端跨過定滑輪與質(zhì)量M=4m的重物相連。金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導軌所在平面內(nèi)且與兩導軌平行,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導軌所在平面向上,導軌電阻不計,初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰處于伸長狀態(tài),由靜止釋放重物,求:(重力加速度大小為g,不計滑輪阻力),(1)若S1閉合、S2斷開,重物的最大速度。 (2)若S1和S2均閉合,電容器的最大帶電量。 (3)若S1斷開、S2閉合,重物的速度v隨時間t變化的關(guān)系式。,【解析】(1)S1閉合,S2斷開時,M由靜止釋放后拉動金屬棒沿導軌向上做加速運動,金屬棒受到沿導軌向下的安培力作用,設(shè)最大速度為vm,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢 E=BLvm 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電流,I= = 當金屬棒速度最大時有: Mg=mgsin30+BIL 解得:vm=,(2)S1,S2均閉合時,電容器兩板間的最大電壓 U=UR=IR= 電容器的最大帶電量 Q=CU=,(3)S1斷開、S2閉合時,設(shè)從釋放M開始經(jīng)時間t金屬棒 的速度大小為v,加速度大小為a,通過金屬棒的電流為 i,金屬棒受到的安培力F=BiL,方向沿導軌向下,設(shè)在 時間t到(t+t)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q,Q也 是平行板電容器在t到(t+t)內(nèi)增加的電荷量, Q=CBLv, 根據(jù)運動學公式可得,v=at, 則i= =CBLa, 設(shè)繩中拉力為T,由牛頓第二定律,對金屬棒有: T-mgsin30-BiL=ma 對M有:Mg-T=Ma 解得:a=,可知M做初速度為零的勻加速直線運動 v=at= t 答案:(1) (2) (3)v= t,【加固訓練】 (2017江蘇高考)如圖所示,兩條相距d的平行金屬導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。導軌和金屬桿的電阻不計,導軌光滑且足夠長,桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。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。,【解析】(1)感應(yīng)電動勢E=Bdv0,感應(yīng)電流I= , 解得I= 。 (2)安培力F=BId,由牛頓第二定律得F=ma,解得 a= 。,(3)金屬桿切割磁感線的速度v=v0-v,則 感應(yīng)電動勢E=Bd(v0-v) 電功率P= 解得P= 。 答案:(1) (2) (3),考點3電磁感應(yīng)中的能量問題 【典題探究】 【典例3】(2018南陽模擬)如圖甲所示,相距d的兩根 足夠長的金屬制成的導軌,水平部分左端ef間連接一阻 值為2R的定值電阻,并用電壓傳感器實際監(jiān)測兩端電壓, 傾斜部分與水平面夾角為37。長度也為d、質(zhì)量為m,的金屬棒ab電阻為R,通過固定在棒兩端的金屬輕滑環(huán) 套在導軌上,滑環(huán)與導軌上MG、NH段動摩擦因數(shù)= (其余部分摩擦不計)。MN、PQ、GH相距為L,MN、 PQGH相距為L,MN、PQ間有垂直軌道平面向下、磁感應(yīng) 強度為B1的勻強磁場,PQ、GH間有平行于斜面但大小、 方向未知的勻強磁場B2,其他區(qū)域無磁場,除金屬棒及,定值電阻,其余電阻均不計,sin37=0.6,cos37=0.8,當ab棒從MN上方一定距離由靜止釋放通過MN、PQ區(qū)域(運動過程中ab棒始終保持水平),電壓傳感器監(jiān)測到U-t關(guān)系如圖乙所示:導學號04450231,(1)求ab棒剛進入磁場B1時的速度大小。 (2)求定值電阻上產(chǎn)生的熱量Q1。 (3)多次操作發(fā)現(xiàn),當ab棒從MN以某一特定速度進入MNQP區(qū)域的同時,另一質(zhì)量為2m、電阻為2R的金屬棒cd只要以等大的速度從PQ進入PQHG區(qū)域,兩棒均可同時勻速通過各自場區(qū),試求B2的大小和方向。,【解析】(1)ab棒剛進入磁場B1時電壓傳感器的示數(shù)為 U,根據(jù)閉合電路歐姆定律得 E1=U+ R 解得E1=1.5U 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得:E1=B1dv1 解得:v1=,(2)設(shè)金屬棒ab離開PQ時的速度為v2,根據(jù)圖乙可知,定 值電阻此時兩端電壓為2U,根據(jù)閉合電路的歐姆定律可 得: 2R=2U 解得:v2=,棒ab從MN到PQ,根據(jù)動能定理可得: mgsin37L-mgcos37L-W安= 根據(jù)功能關(guān)系可得產(chǎn)生的總焦耳熱Q總=W安,則定值電阻 產(chǎn)生的焦耳熱為 Q1= Q總 聯(lián)立解得:Q1=,(3)兩棒以相同的初速度進入場區(qū),勻速經(jīng)過相同的位 移,對ab棒,根據(jù)共點力的平衡可得: mgsin37-mgcos37- =0, 解得:v= ; 對cd棒,因為2mgsin37-2mgcos370,故cd棒安 培力必須垂直導軌平面向下,根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng),強度B2沿導軌平面向上,cd棒也勻速運動,則有: 2mgsin37-(2mgcos37+B2 d)=0 將v= 代入解得: B2=32B1 答案:(1) (2) (3)32B1方向沿導軌平面向上,【通關(guān)秘籍】 1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化:,2.解決電磁感應(yīng)能量問題的策略是“先源后路、先電后力,再是運動、能量”,即,3.求解焦耳熱Q的方法: (1)若回路中電流恒定,可以利用電路結(jié)構(gòu)及W=UIt或Q=I2Rt直接進行計算。 (2)若電流變化,則 利用安培力做功求解:電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功,Q=E電=W克服安培力。,利用能量守恒求解:若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化,則減少的機械能等于產(chǎn)生的電能Q=-E其他。,【考點沖關(guān)】 1.(2018泉州模擬)如圖,水平面內(nèi)有一光滑金屬導軌 QPMN,MP邊長度為d=3 m、阻值為R=1.5 ,且MP與PQ垂 直,與MN的夾角為135,MN、PQ邊的電阻不計。將質(zhì)量 m=2 kg、電阻不計的足夠長的直導體棒擱在導軌上,并 與MP平行,棒與MN、PQ交點E、F間的距離L=4 m,整個空,間存在垂直于導軌平面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B= 0.5 T。在外力作用下,棒由EF處以初速度v0=3 m/s 向右做直線運動,運動過程中回路的電流強度始終不 變。求:,(1)棒在EF處所受的安培力的功率P。 (2)棒由EF處向右移動距離2 m所需的時間t。 (3)棒由EF處向右移動2 s的過程中,外力做功W。,【解析】(1)棒在EF處的感應(yīng)電動勢為:E=BLv0=6 V 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得電流為 I= =4 A 安培力為 FA=BIL=8 N 安培力的功率為 P=FAv0=24 W,(2)棒向右移動2 m的過程中回路磁通量變化量為: =BS=B(Lx+ x2)=5 Wb 因為電流強度始終不變,電動勢也不變,由法拉第電磁 感應(yīng)定律E= 可得 t= = s0.83 s。,(3)棒由EF處向右移動2 s的過程中,通過導體橫截面的 電量為: =Et=12 Wb 棒掃過的面積為:S= =24 m2 2 s的過程棒移動了x, S= (2Lx+x2),x=4 m 此時電動勢不變,為:E=B(L+x)v 代入數(shù)據(jù)解得:v=1.5 m/s 安培力做功等于回路產(chǎn)生的焦耳熱為: WA=I2Rt2=48 J,根據(jù)動能定理有:W-WA= 代入數(shù)據(jù)解得:W=41.25 J。 答案:(1)24 W(2)0.83 s(3)41.25 J,2.(2018石家莊模擬)相距為L=2 m的足夠長的金屬直 角導軌如圖所示放置,它們各有一邊在同一水平面內(nèi), 另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為m=0.1 kg的金屬細桿 ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路,桿與導軌之間的 動摩擦因數(shù)均為=0.5,導軌電阻不計,回路中ab、cd 電阻分別為R1=0.6 ,R2=0.4 。整個裝置處于磁感,應(yīng)強度大小為B=0.50 T、方向豎直向上的勻強磁場中。當ab桿在平行于水平導軌的拉力F作用下從靜止開始沿導軌勻加速運動時,cd桿也同時從靜止開始沿導軌向下運動。測得拉力F與時間t的關(guān)系如圖所示。g取 10 m/s2,求:,(1)ab桿的加速度a。 (2)當cd桿達到最大速度時ab桿的速度大小。 (3)若從開始到cd桿達到最大速度的過程中拉力F做了5.2 J的功,求該過程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。,【解析】(1)經(jīng)時間t,桿ab的速率v=at 此時,回路中的感應(yīng)電流為:I= 對桿ab由牛頓第二定律得:F-BIL-mg=ma 由以上各式整理得:F=ma+mg+ at 將t=0,F=1.5 N代入上式得a=10 m/s2,(2)cd桿受力情況如圖,當cd桿所受重力與滑動摩擦力相等時,速度最大,即:mg=FN,又FN=F安 安培力F安=BIL 感應(yīng)電流I= 由以上幾式解得v=2 m/s,(3)ab桿發(fā)生的位移為 x= =0.2 m 對ab桿應(yīng)用動能定理得 WF-mgx-W安= mv2 解得W安=4.9 J 根據(jù)功能關(guān)系得Q=W安,所以ab桿上產(chǎn)生的焦耳熱為 Qab= Q=2.94 J 答案:(1)10 m/s2(2)2 m/s(3)2.94 J,【加固訓練】 如圖所示,MN、PQ為光滑平行的 水平金屬導軌,電阻R=3.0 , 置于豎直向下的有界勻強磁場 中,OO為磁場邊界,磁場磁感應(yīng)強度B=1.0 T,導軌間 距L=1.0 m,質(zhì)量m=1.0 kg的導體棒垂直置于導軌上且,與導軌接觸良好,導體棒接入電路的電阻r=1.0 ,t=0時刻,導體棒在F=1.0 N水平拉力作用下從OO左側(cè)某處靜止開始運動,t0=2.0 s時刻棒進入磁場,導體棒始終與導軌垂直。,(1)求t0時刻回路的電功率P0。 (2)求t0時刻導體棒的加速度大小a。 (3)導體棒進入磁場后,改變拉力大小,使棒以(2)情況下的加速度a勻加速運動至t1=4.0 s時刻,已知t0t1時間內(nèi)拉力做功W=5.7 J,求此過程回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q。,【解析】(1)設(shè)導體棒在進入磁場前運動的加速度為a0, 則 F=ma0 棒在t0時刻速度v0=a0t0 棒在t0時刻產(chǎn)生的電動勢E=BLv0 電功率P0= 代入數(shù)據(jù)解得P0=1.0 W,(2)回路在t0時刻產(chǎn)生的感應(yīng)電流I= 棒在t0時刻受到的安培力FA=BIL 根據(jù)牛頓第二定律有F-FA=ma 代入數(shù)據(jù)解得a=0.5 m/s2,(3)t1時刻棒的速度v=v0+a(t1-t0) 由動能定理有W+WA= Q=-WA 代入數(shù)據(jù)解得Q=3.2 J 答案:(1)1.0 W(2)0.5 m/s2(3)3.2 J,考點4電磁感應(yīng)中的動量問題 【典題探究】 【典例4】(2018哈爾濱模擬)如圖所示豎直面內(nèi),水 平線OO下方足夠大的區(qū)域內(nèi)存在水平勻強磁場,磁感 應(yīng)強度為B,一個單匝正方形導體框,邊長為L,質(zhì)量為m, 總電阻為r,從ab邊距離邊界OO為L的位置由靜止釋放,已知從ab邊剛進入磁場到cd邊剛進 入磁場所用時間為t,重力加速度為g, 空氣阻力不計,導體框不翻轉(zhuǎn)。求: 導學號04450232 (1)ab邊剛進入磁場時,ba間電勢差的大小Uba。 (2)cd邊剛進入磁場時,導體框的速度。,【解析】(1)設(shè)ab邊剛進入磁場時的速度為v1,根據(jù)機 械能守恒定律可得: mgL= 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為: E1=BLv1 此時的感應(yīng)電流為:,I= 所以ba間電勢差的大小 Uba=I,(2)從ab邊剛進入磁場到cd邊剛進入磁場的過程中, 根據(jù)動量定理可得: mgt-B Lt=mv2-mv1 其中B Lt= 解得:v2=gt- 答案:(1) (2)gt-,【通關(guān)秘籍】 1.動量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用: 導體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下 做非勻變速直線運動時,安培力的沖量為:I安= B Lt=BLq,通過導體棒或金屬框的電荷量為: q= t= t=n t=n ,磁通量變化 量:=BS=BLx。如果安培力是導體棒或金屬框,受到的合外力,則I安=mv2-mv1。 當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位 移x時常用動量定理求解更方便。,2.動量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用: 在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中,雙金屬棒和導軌構(gòu)成閉合回路,安培力充當系統(tǒng)內(nèi)力,如果它們受到的安培力的合力為0時,滿足動量守恒,運用動量守恒定律求解比較方便。,3.解決電磁感應(yīng)中動量問題的策略:“先源后路、先電后力,再是運動、動量”,即,【考點沖關(guān)】 1.如圖,在光滑水平桌面上有一邊長為L的正方形導線框abcd,在導線框右側(cè)有一寬度為d(dL)的條形勻強磁場區(qū)域,磁場的邊界與導線框的一邊平行,磁場方向豎直向下。導線框以速度v1向右運動靠近磁場,然后進入磁場,完全進入磁場后速度為v2,最后滑出磁場,滑出磁場后速度為v3。下列關(guān)于v1、v2、v3的關(guān)系式正確的是 (),【解析】選C。設(shè)導線框進入磁場的時間為t1,滑出磁 場的時間為t2,取線框運動方向為正。在線框進入磁場 的過程中由動量定理得:-F1t1=mv2-mv1,其中F1=B L; 在線框滑出磁場的過程中由動量定理得:-F2t2=mv3-mv2, 其中F2=B L,又 t1= t2= ,所以mv2-mv1= mv3-mv2,解得v2= ,故C項正確,A、B、D項錯誤。,2.(2018淄博模擬)如圖所示,一個質(zhì)量為m、電阻不 計、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP,位于光滑絕緣水 平桌面上,平行導軌MN和PQ相距為L。空間存在著足夠 大的方向豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度的大小為B。 另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD,垂直于MN放置在導軌上,并,用一根絕緣細線系在定點A。已知,細線能承受的最大拉力為T0,CD棒接入導軌間的有效電阻為R?，F(xiàn)從t=0時刻開始對U形框架施加水平向右的拉力,使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動。,(1)求從框架開始運動到細線斷裂所需的時間t0及細線斷裂時框架的瞬時速度v0大小。 (2)若在細線斷裂時,立即撤去拉力,求此后過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱Q。,【解析】(1)細線斷裂時,對棒有T0=F安 根據(jù)安培力計算公式可得:F安=BIL 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得:I= 產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢:E=BLv0 根據(jù)速度時間關(guān)系可得:v0=at0 聯(lián)立解得t0= 撤去拉力F時,框架的速度v0=,(2)在細線斷裂時立即撤去拉力,框架向右減速,棒向 右加速,設(shè)二者最終速度大小為v,由系統(tǒng)動量守恒可 得 mv0=2mv 得v= 撤去拉力后,系統(tǒng)總動能的減少量等于回路消耗的電能,最終在回路中產(chǎn)生的總焦耳熱 Q= 聯(lián)立得Q= 答案:(1) (2),【加固訓練】 (2018涼山州模擬)如圖所示,光滑 平行足夠長的金屬導軌固定在絕緣水 平面上,導軌范圍內(nèi)存在磁場,其磁感 應(yīng)強度大小為B,方向豎直向下,導軌 一端連接阻值為R的電阻。在導軌上垂直導軌放一長度,等于導軌間距L、質(zhì)量為m的導體棒,其電阻為r,導體棒與金屬導軌接觸良好。導體棒在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動,經(jīng)過時間t后開始勻速運動,金屬導軌的電阻不計。求: (1)導體棒勻速運動時回路中電流大小。 (2)導體棒勻速運動的速度大小以及在時間t內(nèi)通過回路的電量。,【解析】(1)根據(jù)安培力的計算公式 F=BImL 解得:Im=,(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得: Im= 解得:v= 根據(jù)電荷量的計算公式可得: q=It,根據(jù)動量定理可得: Ft-BILt=mv 解得:q= 答案:(1) (2),電磁感應(yīng)規(guī)律的應(yīng)用 【經(jīng)典案例】 (16分)(2016全國卷)如圖,水平面(紙面)內(nèi)間距為 l的平行金屬導軌間接一電阻,質(zhì)量為m、長度為l的金 屬桿置于導軌上,t=0時,金屬桿在水平向右、大小為F,的恒定拉力作用下由靜止開始運動,t0時刻,金屬桿進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽略不計,兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動摩擦因數(shù)為。重力加速度大小為g。求:導學號04450234,(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小。 (2)電阻的阻值。,【思維軌跡】,【規(guī)范解答】 解:(1)由題意可知0t0時間內(nèi)受力分析如圖甲所示,F合=F-f(1分) f=mg(1分) 金屬桿做勻加速直線運動F合=ma(2分) 金屬桿勻加速進入磁場瞬間的速度為v,則v=at0(2分) 由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=Blv(2分) 由可得E= (F-mg)(2分),(2)金屬桿在磁場中的受力分析如圖乙所示 由桿在磁場中做勻速直線運動可知 F-F安-f=0(1分) f=mg(1分) 由安培定則可知F安=BIl(2分) 由歐姆定律可知I= (2分) 由可知R=,【答題規(guī)則】 規(guī)則1:答題過程,條理清晰 解題過程應(yīng)條理清晰、層次分明。對于綜合性較強的題目,應(yīng)注意研究對象的選取和對研究對象的受力分析和運動過程分析(如本題中的受力分析圖),然后選擇合適的規(guī)律列方程,并注意聯(lián)系前后過程的關(guān)鍵物理量。,規(guī)則2:解析過程,分步列式 解題時要注意分步列式,不要漏掉或合并關(guān)系式,避免閱卷時找不到得分點,或者合并的綜合算式一處錯而導致全部錯誤,丟失步驟分。,規(guī)則3:矢量方程,注意方向 牛頓第二定律的表達式是矢量式,列方程時要注意正方向的規(guī)定或選取。,規(guī)則4:數(shù)學運算,可以淡化 閱卷原則是“只看物理公式和答案,不看數(shù)學運算過程”。只有物理公式和最后的答案是得分點,應(yīng)用物理過程導出的數(shù)學運算過程不是得分點。,規(guī)則5:文字說明,簡潔明了 分析過程,分步列式時加以必要的文字說明,使解題過程更具有系統(tǒng)性。,