高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究4 加試計(jì)算題 23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用課件

電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用題型研究4 加試計(jì)算題23題 1.導(dǎo)體棒的兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(1)平衡狀態(tài)導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，加速度為零；(2)非平衡狀態(tài)導(dǎo)體棒的加速度不為零.2.兩個(gè)研究對(duì)象及其關(guān)系電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒既可看做電學(xué)對(duì)象(因?yàn)樗喈?dāng)于電源)，又可看做力學(xué)對(duì)象(因?yàn)橛懈袘?yīng)電流而受到安培力)，而感應(yīng)電流I和導(dǎo)體棒的速度v是聯(lián)系這兩個(gè)對(duì)象的紐帶. 考點(diǎn)一 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 3.電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析思路(3)過程分析：由于安培力是變力，導(dǎo)體棒做變加速運(yùn)動(dòng)或變減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件列方程：F 合0. 例1如圖1甲所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點(diǎn)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦.圖1 解析答案 (1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫出ab桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意圖；解析如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上.答案見解析圖 解析答案 (2)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流及加速度的大??；解析當(dāng)ab桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，根據(jù)牛頓第二定律，有 解析答案 (3)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的最大速度.解析當(dāng)a0時(shí)，ab桿有最大速度 方法技巧用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：(1)進(jìn)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(jìn)行“路”的分析分析電路結(jié)構(gòu)，明確串、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(duì)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(jìn)行“運(yùn)動(dòng)”狀態(tài)的分析根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)動(dòng)模型. 變式題組1.(2015浙江10月選考22)如圖2甲所示，質(zhì)量m3.0103 kg的“ ”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“ ”形框的水平細(xì)桿CD長l0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B11.0 T，方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.有一匝數(shù)n300匝，面積S0.01 m 2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(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示.(g取10 m /s2)圖2 (1)求00.10 s線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小.答案30 V 解析答案(2)t0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K，若細(xì)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(qiáng)度B2的方向.解析電流方向C D，B2方向向上答案C D向上 解析答案 (3)t0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K，若安培力遠(yuǎn)大于重力，細(xì)框跳起的最大高度h0.20 m，求通過細(xì)桿CD的電荷量.答案0.03 C 2.(2016浙江10月學(xué)考22)為了探究電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關(guān)系，小明設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置.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(dòng)機(jī)A帶動(dòng)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(qiáng)磁場(chǎng).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的電阻，處于大小為B 2、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dāng)開關(guān)S斷開，棒cd靜止時(shí)，彈簧伸長量為x0；當(dāng)開關(guān)S閉合，電動(dòng)機(jī)以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，棒cd再次靜止時(shí)，彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度).不計(jì)其余電阻和摩擦等阻力，求此時(shí)：圖3 解析答案 (1)通過棒cd的電流Icd；由右手定則，電流方向由a到b， 解析答案 (2)電動(dòng)機(jī)對(duì)該裝置的輸出功率P； 解析答案 (3)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)角速度與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關(guān)系.解析S斷開時(shí)，由平衡條件kx0mgS閉合時(shí)，由平衡條件kxB2Icdlmg 考點(diǎn)二 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系 2.解決電磁感應(yīng)動(dòng)力學(xué)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(yùn)動(dòng)分析：對(duì)運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行“慢進(jìn)”式推理分析，應(yīng)用牛頓第二定律對(duì)運(yùn)動(dòng)過程中各物理量進(jìn)行分析.(4)能量分析：分析運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)學(xué)方程、動(dòng)能定理、能量守恒定律合理組合優(yōu)化. 3.求解焦耳熱的三種方法(1)焦耳定律：QI2Rt(2)功能關(guān)系：QW克服安培力(3)能量轉(zhuǎn)化：QE其他能的減少量 例2如圖4所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平，磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面.開始時(shí)，cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，在ef、pq邊離開磁場(chǎng)后，ab邊離開磁場(chǎng)之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng).線框完全穿過磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求：圖4 解析答案 (1)線框ab邊將要離開磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍； 解析答案 解析設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E12Blv1 設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1 設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F12I1lB 由于線框做勻速運(yùn)動(dòng)，其受力平衡，有mgF 1 設(shè)ab邊離開磁場(chǎng)之前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2，同理可得v2 由式得v24v1 答案4倍 解析答案 (2)磁場(chǎng)上、下邊界間的距離H.解析線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框完全穿過磁場(chǎng)的過程中，由能量守恒定律，有 誤區(qū)警示在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中求解焦耳熱時(shí)容易出現(xiàn)以下兩類錯(cuò)誤：(1)不加分析就把某時(shí)刻的電流I代入公式QI2Rt求解焦耳熱，大多數(shù)情況下感應(yīng)電流I是變化的，求解焦耳熱要用電流的有效值，因此不能用某時(shí)刻的電流代入公式QI2Rt求解焦耳熱.(2)電路中產(chǎn)生焦耳熱的元件不是一個(gè)，不加分析誤認(rèn)為某個(gè)元件上的焦耳熱就是整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱. 變式題組3.如圖5所示，光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌MNPQ相距l(xiāng)，在M點(diǎn)和P點(diǎn)間接一個(gè)阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間OO1O1 O矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向下、寬為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m，電阻為r的導(dǎo)體棒ab，垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場(chǎng)左邊界相距d0.現(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運(yùn)動(dòng)，棒ab在離開磁場(chǎng)前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)).求：圖5 (1)棒ab在離開磁場(chǎng)右邊界時(shí)的速度； 解析答案 解析棒在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有FFABIl， 解析答案 (2)棒ab通過磁場(chǎng)區(qū)的過程中整個(gè)回路所消耗的電能.解析安培力做的功轉(zhuǎn)化成兩個(gè)電阻消耗的電能Q， 4.如圖6甲所示，在水平面上固定有長為L2 m、寬為d1 m的金屬“ U”形導(dǎo)軌，在“ U”形導(dǎo)軌右側(cè)l0.5 m范圍內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示.在t0時(shí)刻，質(zhì)量m0.1 kg的導(dǎo)體棒以v01 m /s的初速度從導(dǎo)軌的左端開始向右運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為0.1 /m，不計(jì)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的接觸電阻及地球磁場(chǎng)的影響(取g10 m /s2).圖6 解析答案 (1)通過計(jì)算分析4 s內(nèi)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況；解析導(dǎo)體棒先在無磁場(chǎng)區(qū)域做勻減速運(yùn)動(dòng)，有代入數(shù)據(jù)解得t1 s，x0.5 m即導(dǎo)體棒在1 s末已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)，以后一直保持靜止，離左端位置為x0.5 m .答案見解析 解析答案 (2)計(jì)算4 s內(nèi)回路中電流的大小，并判斷電流方向；解析前2 s磁通量不變，回路電動(dòng)勢(shì)和電流分別為E0，I0；回路的總長度為5 m，因此回路的總電阻為R50.5 根據(jù)楞次定律，在回路中的電流方向是順時(shí)針方向.答案見解析 解析答案 (3)計(jì)算4 s內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱.解析前2 s電流為零，后2 s有恒定電流，焦耳熱為QI2Rt0.04 J.答案見解析