（课标版）2020届高考物理二轮复习 专题四 第10讲 应用“三大观点”解决电磁感应综合问题课件

第10讲应用“三大观点”解决电磁感应综合问题总纲目录考点一电磁感应中的“动力学”观点考点二电磁感应中的“能量”观点考点三电磁感应中的“动量”观点考点一电磁感应中的“动力学”观点1.(2016课标Ⅱ,24,12分)如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2)电阻的阻值。答案(1)Blt0 (2) 解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得ma=F-μmg ①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0 ②当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为E=Blv ③联立①②③式可得-Fμgm220BltmE=Blt0  ④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律I=  ⑤式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为f=BlI ⑥因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得F-μmg-f=0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得-FμgmERR=  ⑧220Bltm2.(2016课标Ⅰ,24,14分)如图,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;(2)金属棒运动速度的大小。答案(1)mg(sinθ-3μcosθ)(2)(sinθ-3μcosθ) 解析(1)设两导线的张力大小之和为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒,由力的平衡条件得2mgsinθ=μN1+T+F ①N1=2mgcosθ ②对于cd棒,同理有mgsinθ+μN2=T ③22mgRBLN2=mgcosθ ④联立①②③④式得F=mg(sinθ-3μcosθ) ⑤(2)由安培力公式得F=BIL ⑥这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为ε=BLv ⑦式中,v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I=  ⑧εR联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sinθ-3μcosθ)  ⑨22mgRBL1.应用动力学观点解决电磁感应综合问题时要特别注意a=0时速度v达到最大的特点,运动的动态分析如下: 2.用“五步法”分析电磁感应中的动力学问题1.如图所示,间距l=0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内。在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ=37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度大小为B1=0.4T、方向竖直向上和B2=1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻R=0.3Ω、质量m1=0.1kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上,S杆的两端固定在b1、b2点,K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过光滑轻质定滑轮自然下垂,绳上穿有质量m2=0.05kg的小环。已知小环以a=6m/s2的加速度沿绳下滑,K杆保持静止,Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦,绳不可伸长。取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)小环所受摩擦力的大小;(2)Q杆所受拉力的瞬时功率。答案(1)0.2N(2)2W解析(1)以小环为研究对象,由牛顿第二定律得m2g-Ff=m2a代入数据得Ff=0.2N(2)设通过K杆的电流为I,由平衡条件得IlB1=FT=Ff对Q杆,根据并联电路特点以及平衡条件得2IlB2=F+m1gsinθ由法拉第电磁感应定律得E=B2lv根据欧姆定律有I= 且R总= +R瞬时功率表达式为P=Fv联立解得P=2WER总2R2.如图所示,两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上,导轨间距为L,导轨上端连接一个定值电阻,导体棒a和b放在导轨上,与导轨垂直并接触良好,斜面上水平虚线PQ以下区域内,存在着垂直斜面向上的磁场,磁感应强度大小为B0,已知b棒的质量为m,a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R,导轨电阻不计,重力加速度为g。(1)断开开关S,a棒和b棒固定在磁场中,恰与导轨构成一个边长为L的正方形,磁感应强度从B0以 =k均匀增加,写出a棒所受安培力随时间变化的表达式。ΔΔBt(2)若接通开关S,同时对a棒施以平行导轨斜向上的拉力F,使它沿导轨匀速向上运动,此时放在导轨下端的b棒恰好静止。当a棒运动到磁场的上边界PQ处时,撤去拉力F,a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动,此时b棒已滑离导轨。当a棒再次滑回磁场上边界PQ时,又恰能沿导轨匀速向下运动,求a棒质量ma及拉力F的大小。答案(1)F安= (B0+kt)(2) m mgsinθ解析(1)由法拉第电磁感应定律可得E= ,ΔΦ=ΔBL2由闭合电路欧姆定律可得I= t时刻的磁感应强度为B=B0+kt此时a棒受到的安培力为F安=BIL解得F安= (B0+kt)(2)由题意可知a棒沿斜面向上运动时,a棒相当于电源,b棒和电阻R并联,设通32kLR3272ΔΔΦt2ER32kLR过a棒(干路)的电流为I1,由并联电路关系可得I1=Ib+IRB棒和电阻R的阻值相等,则通过b棒的电流为Ib= I1电路的总电阻为R总= +Ra由欧姆定律可得干路电流为I1= 感应电动势为E=BLvb棒保持静止,则mgsinθ=BIbLa棒脱离磁场后撤去拉力F,a棒机械能守恒,返回磁场时速度大小还是v,此时a12bbRRRRER总棒和电阻R串联,则电路中的电流为I2= a棒匀速下滑,则magsinθ=BI2L联立解得ma= ma棒向上运动时受力平衡,则F=magsinθ+BI1L解得F= mgsinθaERR3272考点二电磁感应中的“能量”观点 (多选)(2018江苏单科,9,4分)如图所示,竖直放置的“ ”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d,磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g。金属杆 ()A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于 22442mgRBL答案BC本题考查电磁感应与动力学、能量问题的综合应用。要使杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等,杆刚进入磁场Ⅰ时必须减速运动,加速度方向竖直向上,故A错误。杆在Ⅰ区做加速度减小的减速运动,在两磁场之间做a=g的匀加速运动,运动过程如图所示(其中v1为杆刚进入Ⅰ时的速度,v2为杆刚出Ⅰ时的速度),图线与时间轴所围的面积表示位移,两段运动的位移相等,则t1t2-t1,故B正确。对杆从进入磁场Ⅰ至刚穿出磁场Ⅱ的过程应用动能定理得mg·3d+W安= m - m ,对杆穿过两磁场之间的过程应用动能定理得mgd= m - m ,解得W安=-4mgd,由功能关系得Q=-W安=4mgd,故C正确。若杆刚进入磁1222v1221v1221v1222v场Ⅰ时恰好匀速,则有 =mg,v1= ,代入h= 得h= ,因为杆刚进入Ⅰ时必须做减速运动,故一定有h ,故D错误。  221BLvR22mgRBL212vg22442mgRBL22442mgRBL1.解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤(1)在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路就相当于电源。(2)分析清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。(3)根据能量守恒列方程求解。2.利用能量观点求解电磁感应中的功能关系问题应注意以下三点:(1)电磁感应现象的实质是其他形式的能转化成电能。(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用,因此,要维持感应电流的存在,必须有“外力”克服安培力做功,将其他形式的能转化为电能。“外力”克服安培力做了多少功,就有多少其他形式的能转化为电能。当感应电流通过用电器时,电能又转化为其他形式的能。安培力做功的过程,或通过电阻发热的过程,是电能转化为其他形式能的过程。安培力做了多少功,就有多少电能转化为其他形式的能。(3)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算。若电流变化,则:①利用安培力做的功求解,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,若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的电能。1.在生产线框的流水线上,为了检测出个别不合格的未闭合线框,让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域(磁场方向垂直于传送带平面向下),观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出不合格的未闭合线框,其物理情境简化如下:如图所示,通过绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝纯电阻铜线框,传送带与水平方向夹角为α,以恒定速度v0斜向上运动。已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直,MN与PQ间的距离为d,磁场的磁感应强度大小为B。线框质量为m,电阻值为R,边长为L(d2L),线框与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。闭合线框的上边在进入磁场前线框相对传送带静止,线框刚进入磁场的瞬间,和传送带发生相对滑动,线框运动过程中上边始终平行于MN,当闭合线框的上边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长,求:(1)闭合线框的上边刚进入磁场时上边所受安培力F安的大小;(2)从闭合线框的上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用的时间t;(3)从闭合线框的上边刚进入磁场到下边穿出磁场后又相对传送带静止的过程中,电动机多消耗的电能E。答案(1) (2) (3) 解析(1)根据安培力公式得F安=BIL根据闭合电路欧姆定律得I= 又由法拉第电磁感应定律得E=BLv0联立解得F安= (2)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中,取沿斜面向上为正方向,根据动量定理有220BLvR23(cos-sin)BLmgRμαα2302cos(cos-sin)μvBLαRμααER220BLvRμmgcosα·t-mgsinα·t- t'=0根据安培力公式得 =B L根据闭合电路欧姆定律得 = 根据法拉第电磁感应定律得 =BL 根据运动学公式得L= t'联立解得t= (3)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中,由动能定理得F安F安IIEREvv23(cos-sin)BLmgRμαα(μmgcosα-mgsinα)d+W安=0由功能关系得Q电=-W安Qf=μmgcosα(v0t-d)从线框上边刚进入磁场到线框穿出磁场后相对传送带静止的过程中,由能量守恒定律得E=2mgsinα·d+2Q电+2Qf联立解得E= 2302cos(cos-sin)μvBLαRμαα2.如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T。在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1kg、电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑。然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg、电阻R2=0.1Ω的光滑