《高三物理第九章 电磁感应 28 电磁感应定律的综合应用.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三物理第九章 电磁感应 28 电磁感应定律的综合应用.ppt（46页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、基础自主梳理基础自主梳理要点研析突破要点一要点一要点研析突破要点研析突破例例1 1(2015四川卷)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
2、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.思维导引 ab棒向右运动时直至静止时，损失的动能转化为热能，散失在哪些地方？如何求解电磁感应现象中流过某横截面的电量？取走小立柱后，e
3、f棒变哪几个力，其平衡条件是什么？ab棒所产生的电动势恒定吗？要点研析突破解析：(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W+W1=Ek且 W=W1 由题有 得 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棒产生的电动势为E，ab棒中的电流为I，通过ab棒某横截面的电量为q，则E=/t且=BSI=q/t又有I=2E/R由图所示S=d(L-dcot)联立，解得q=2Bd(L-dcot)R要点研析突破(3)ab棒滑行距离为x时,ab棒在导轨间的棒长Lx为 Lx=L-2xcot 此时，ab棒产生电动势Ex为流过ef棒的电
4、流Ix为Ix=Ex/Ref棒所受安培力Fx为Fx=BIxL联立，解得由式可得，Fx在x=0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所示，图中fm为最大静摩擦力，有要点研析突破F1cos=mgsin+(mgcos+F1sin)联立，得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可知答案：感悟提升：感悟提升：导体棒运动的动力学分析过程，一般包括“三个电学方程、一个力学方程”.三个电学方程为感应电动
5、势的计算、感应电流的计算、安培力的计算;一个力学方程为牛顿第二定律或平衡方程.安培力的大小与导体棒的速度大小有直接关系，因此，对导体棒运动状态分析的关键在于安培力大小变化的分析.在计算感应过程中产生的电能时不能用感应电动势(或电流)的平均值.当感应电动势(或电流)大小恒定时，电能的计算还可以利用 (适用于纯电阻电路).要点研析突破1.(多选)(2016金华十校元月统一调研)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻.质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g
6、，则 ()A.金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为abB.金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为 C.金属棒的最大速度为D.金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为 R要点研析突破解析：金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律知，流过电阻R的电流方向为ba，选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势E=BLv，感应电流I=E/(R+r)，所受的安培力大小为F=BIL=，选项B正确；当安培力F=mg时，金属棒下落速度最大，金属棒的最大速度为v=，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的总热功率为P=mgv=(R+r),电阻R的热功率为 R，选项D正确.答案：BD要点
7、研析突破2.(2015天津卷)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
8、倍；(2)磁场上下边界间的距离H.要点研析突破解析：(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E1=2Blv1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=E1/R设此时线框所受安培力为F1，有F1=2I1lB由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg=F1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v2=4v1要点研析突破(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl=1/2mv12线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有
9、mg(2l+H)=1/2mv22-1/2mv12+Q由式得H=Q/(mg)+28l答案：(1)4 (2)Q/(mg)+28l要点研析突破要点二要点二要点研析突破要点研析突破要点研析突破要点研析突破3.(2016西安三校联合模考)在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距l1 m，导轨左端接有如图所示的电路.其中水平放置的两平行板电容器两极板M、N间距d10 mm，定值电阻R1R212，R32，金属棒ab的电阻r2，其他电阻不计，磁感应强度B0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m110-14 kg，电荷量q-110-14 C的微粒恰好静
10、止不动.已知g10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且运动速度保持恒定.试求：(1)匀强磁场的方向；(2)ab两端的电压；(3)金属棒ab运动的速度.解析：(1)微粒受到重力和电场力而静止，因重力竖直向下，则电场力竖直向上，故M板带正电.ab棒向右切割磁感线产生感应电动势，ab棒等效于电源，其a端为电源的正极，等效电路如图所示：由右手定则可判断，匀强磁场方向竖直向下.(2)微粒受到重力和电场力而静止，则有R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流I=UMN/R3=0.05 Aab棒两端的电压为(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E=Blv，由闭合电路欧姆定律
11、得E=Uab+Ir=0.5 V,联立可得v=E/(Bl)=1 m/s.答案：(1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s要点研析突破4.(2016海口一中阶段性教学检测)如图所示，有一宽L0.4 m的矩形金属框架水平放置，框架两端各接一个阻值R02 的电阻，框架的其他部分电阻不计，框架足够长.垂直金属框平面有一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B1.0 T.金属杆ab质量m0.1 kg，电阻r1.0，杆与框架接触良好，且与框架间的摩擦力不计.当杆受一水平恒定拉力F作用，由静止开始运动，经一段时间后电流表的示数稳定在0.6 A.已知在金属杆加速过程中每个电阻R0产生的热量Q00.2 J.求：(
12、1)电路中产生的最大感应电动势；(2)水平拉力F的大小；(3)在加速过程中金属杆的位移大小.要点研析突破解析：(1)杆ab切割磁感线时，等效电路图如图所示杆加速过程感应电动势一直在增加，当稳定时最大，I=0.6 A,I总=2I=1.2 AR外=R0/2=1 根据闭合电路欧姆定律：Em=I总(R外+r)=1.2(1+1)V=2.4 V(2)电流表示数稳定时，ab杆匀速运动有F=F安根据安培力公式F安=BI总L所以F=1.01.20.4 N=0.48 N(3)最大速度vm=Em/BL=2.4/(1.00.4)m/s=6 m/s安培力做的功W安=-Q=-(2Q0+Qr)因为 所以Qr2Q0,所以W安
13、=-0.8 J根据动能定理：WF+W安=1/2mvm2-0所以WF=120.162+0.8 J=2.6 J又因为WF=Fx所以x=WF/F=2.60.48 m5.4 m答案：(1)2.4 V (2)0.48 N (3)5.4 m要点研析突破要点三要点三要点研析突破要点研析突破要点研析突破5.(2016湖南四校元月联考)如图甲所示，在竖直平面内有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1与L2、L3与L4之间均存在着匀强磁场，磁感应强度的大小为1 T，方向垂直于竖直平面向里.现有一矩形线圈abcd，宽度cdL0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2，将其从图示位置(cd边与L1重合)由
14、静止释放，速度随时间变化的图象如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，t2t3之间的图线为与t轴平行的直线，t1t2之间和t3之后的图线均为倾斜直线，已知t1t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈始终位于竖直平面内.(重力加速度g取10 m/s2)则()要点研析突破A.在0t1时间内，通过线圈的电荷量为2.5 CB.线圈匀速运动的速度为8 m/sC.线圈的长度ad1 mD.0t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J解析：t2t3时间内，线圈做匀速直线运动，而EBLv2，FBELR，Fmg，解得v2 8m/s，选项B正确;线圈在cd边与L2
15、重合到ab边与L3重合的过程中一直做匀加速运动，则ab边刚进磁场时，cd边也刚进磁场，设磁场宽度为d，则3dv2t-1/2gt2，解得d1 m，则ad边的长度为2 m，选项C错误;在0t3时间内，由能量守恒定律，有Q5mgd-1/2mv221.8 J，选项D错误;在0t1时间内，通过线圈的电荷量q/R(BLd)/R0.25 C，选项A错误.答案：B要点研析突破6.如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F作用下始终
16、处于静止状态.规定ab的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外办F的正方向，则在0t1时间内，选项图中能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是()要点研析突破解析:闭合回路的面积不变，只有磁感应强度改变，由图乙可知，在0t1时间内，Bt图象的斜率不变，故产生的感应电动势恒定，感应电流的方向不变，根据楞次定律可判断出，感应电流方向始终是由ba，即始终取负值，A、B两项错误.因导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态，所以水平外力F与安培力F安沿水平方向的分力等大、反向，又因F安=BILB，根据左手定则可知，在0t0时间内，F安的水平分力向右，在t0t1时
17、间内，F安的水平分力向左，故在0t0时间内，水平外力F向左，在t0t1时间内，水平外力F向右，C项错误，D项正确.答案：D速效提升训练速效提升训练速效提升训练2.(2016长春市学业水平测试)如图甲所示，在0 x2L的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于xOy坐标系平面(纸面)向里.具有一定电阻的矩形线框obcd位于xOy坐标系平面内，线框的ab边与y轴重合，bc边长为L,设线框从t0时刻起在外力作用下由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t变化的函数图像可能是图乙中的()乙速效提升训练乙解析：由于v=at，则e=BLv=BLat,ie/R=(
18、Blat)/R，故i先随时间增加线框全部进入磁场后，i=0.出磁场时，电流方向相反，电流更大，且与时间呈线性关系，故D项正确答案：D速效提升训练速效提升训练速效提升训练4.(多选)(2015上海卷)如图所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路.在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动.在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek.则()A.W1=Q B.W2-W1=QC.W1=Ek D.WF+WG=Q+Ek解析:对磁铁F做正功、重力做负功
19、、磁场力做负功，磁场力所做的负功消耗磁铁的能量转化为电路的电能.电路中电能转化为焦耳热和通过安培力做功转化为导体棒的动能.所以B、C、D三项正确.答案：BCD速效提升训练5.(2015海南卷)如图所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下.一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略.求(1)电阻R消耗的功率；(2)水平外力的大小.速效提升训练解析：(1)导体棒上的感应电动势为E=Blv电阻R消耗的功率为P=E2/R联立式得P=(2)导体棒所受到的导轨的摩擦力为f1=mg所受到的磁场施加的安培力为f2=IBl式中I为感应电流.由于导体棒做匀速直线运动，作用在导体棒上的外力F应满足力的平衡条件F=f1+f2由欧姆定律得E=IR联立以上可得F=mg+答案：(1)(2)mg+速效提升训练速效提升训练