《（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 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（128頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用,【知識(shí)導(dǎo)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(diǎn)撥】 1.安培力的大小:F=BIL 如果回路中只有一根導(dǎo)體棒切割磁感線,回路總電阻為 R時(shí):F=BIL=B L= = 。,2.能量轉(zhuǎn)化: (1)感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到的安培力做負(fù)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(jī)械能或其他形式的能。,【慧眼糾錯(cuò)】 (1)“相當(dāng)于電源”的導(dǎo)體棒兩端的電勢(shì)差等于電 源的電動(dòng)勢(shì)。 糾錯(cuò):_____________________________

2、___________ ___________________________,當(dāng)導(dǎo)體棒的電阻r不為零時(shí),產(chǎn)生內(nèi)電壓,它兩,端的電勢(shì)差小于電源電動(dòng)勢(shì)。,(2)閉合電路中電流都是從高電勢(shì)流向低電勢(shì)的。 糾錯(cuò):______________________________________ ___________ (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(cuò):____________________________。,在電源內(nèi)部,電流從負(fù)極(低電勢(shì))流向正極,(高電勢(shì))。,電磁驅(qū)動(dòng)現(xiàn)象中,安培力為動(dòng)力,(4)在安培力的作用下,導(dǎo)體棒的變速直線運(yùn)動(dòng)一定 是變加速直線運(yùn)動(dòng)。 糾錯(cuò):___

3、_____________________________________ _______ (5)安培力做功的過(guò)程就是電能減少的過(guò)程。 糾錯(cuò):_________________________________________ ________________________________。,在安培力作用下,導(dǎo)體棒也可以做變減速直線,運(yùn)動(dòng)。,安培力做正功,電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能;安培,力做負(fù)功,其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能,(6)安培力做的負(fù)功總可以根據(jù)焦耳定律求解。 糾錯(cuò):_________________________________________ _____________________

4、。 (7)導(dǎo)體棒受到的安培力的沖量與磁通量成正比。 糾錯(cuò):________________________________________ _______________________________________。,利用焦耳定律求解安培力做的負(fù)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(dǎo)體棒,受到的安培力的沖量與磁通量變化量成正比,考點(diǎn)1電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題 【典題探究】 【典例1】(2018運(yùn)城模擬)如圖甲所示,兩根平行光 滑金屬導(dǎo)軌相距L=1 m,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角 =30,導(dǎo)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

5、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示。將阻值r=2 的導(dǎo)體棒ab垂直放在導(dǎo)軌上,使導(dǎo)體棒從t=0時(shí)由靜止釋放,t=1 s時(shí)導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到MN,開(kāi)始勻速下滑。g取10 m/s2。求:導(dǎo)學(xué)號(hào)04450229,(1)01 s內(nèi)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。 (2)導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量。 (3)02 s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒所產(chǎn)生的熱量。,【解析】(1)01 s內(nèi),磁場(chǎng)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(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律得:mgsin=ma 解得

6、:a=gsin=5 m/s2 t=1 s末進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的速度為 v=at1=51 m/s=5 m/s 導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì),E2=BLv=215 V=10 V 根據(jù)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域做勻速運(yùn)動(dòng),可知導(dǎo)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(dǎo)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

7、)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(wèn)題的策略是先源后路,即,【考點(diǎn)沖關(guān)】 (2018濟(jì)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(dǎo)軌所在空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面 向上,磁感應(yīng)強(qiáng)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。現(xiàn)從靜止釋放,桿ab,測(cè)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(zhǎng)=2 m,重力加速度g取10 m/s2,軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。求:,(1)桿ab下滑過(guò)程中感應(yīng)電流的方

8、向及R=0時(shí)最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E的大小。 (2)金屬桿的質(zhì)量m和阻值r。 (3)當(dāng)R=1 時(shí),求回路瞬時(shí)電功率每增加1 W的過(guò)程中合外力對(duì)桿做的功W。,【解析】(1)桿中電流方向從ba(或aMPba),由圖可 知,當(dāng)R=0時(shí),桿最終以v=2 m/s勻速運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生的電動(dòng) 勢(shì)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(dòng)勢(shì) E=BLv 由閉合電路的歐姆定律,I= 桿達(dá)到最大速度時(shí)滿(mǎn)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=

9、得P= P= 由動(dòng)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(xùn)練】 (2018陽(yáng)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(dǎo)軌(電阻不計(jì))勻速滑到ab位置,若v1v2=12,則在這兩次過(guò)程中(),A.回路電流I1I2=12 B.產(chǎn)生的熱量Q1Q2=14 C.通過(guò)任一截面的電荷量 q1q2=12 D.外力的功率P1P2=12,【解析】選A。回路中感應(yīng)電流為:I= Iv,則得:I1I2=v1v2=12,故A項(xiàng)正確;產(chǎn)生的熱 量為:Q=I2Rt=(

10、)2R = Qv,則 得:Q1Q2=v1v2=12,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;通過(guò)任一截面的電 荷量為:q=It= q與v無(wú)關(guān),則得:q1q2=11,,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;由于棒勻速運(yùn)動(dòng),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(xiàng)錯(cuò)誤。,考點(diǎn)2電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 【典題探究】 【典例2】(2016全國(guó)卷)如圖, 兩固定的絕緣斜面傾角均為,上 沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a 端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng),質(zhì)量分別為2m和m;用,兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過(guò)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

11、屬棒水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上,已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中,回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動(dòng)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(dǎo)學(xué)號(hào)04450230,(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小。 (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小。,【解析】(1)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T(mén),右斜面對(duì)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(duì)cd棒的支持力大小為N2。對(duì)于ab棒,由力的平衡條件得 2mgsin=N1+2T+F N1=2mgcos,對(duì)于cd棒,同理有mgsin+N2=2T N2=mgcos 聯(lián)立式得 F=mg(sin

12、-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(dòng) 勢(shì)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(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài): (1)平衡狀態(tài):靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng),F合=0。 (2)非平衡狀態(tài):加速度不為零,F合=ma。,2.電學(xué)對(duì)象與力學(xué)對(duì)象的轉(zhuǎn)換及關(guān)系:,3.解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的策略是“先源后路、先電后力,再是運(yùn)動(dòng)”,即,【考點(diǎn)沖關(guān)】 (2018衡陽(yáng)模擬)如圖所示,足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo) 軌CD、EF傾斜放置,其所在平面與水平面間的夾角為

13、 =30,兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),導(dǎo)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(dǎo)軌上,金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好,,一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間、另一端跨過(guò)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(dǎo)軌所在平面內(nèi)且與兩導(dǎo)軌平行,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面向上,導(dǎo)軌電阻不計(jì),初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰處于伸長(zhǎng)狀態(tài),由靜止釋放重物,求:(重力加速度大小為g,不計(jì)滑輪阻力),(1)若S1閉合、S2斷開(kāi),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(kāi)、S2閉合,重物的速度

14、v隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。,【解析】(1)S1閉合,S2斷開(kāi)時(shí),M由靜止釋放后拉動(dòng)金屬棒沿導(dǎo)軌向上做加速運(yùn)動(dòng),金屬棒受到沿導(dǎo)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(dòng)勢(shì) E=BLvm 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電流,I= = 當(dāng)金屬棒速度最大時(shí)有: Mg=mgsin30+BIL 解得:vm=,(2)S1,S2均閉合時(shí),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(kāi)、S2閉合時(shí),設(shè)從釋放M開(kāi)始經(jīng)時(shí)間t金屬棒 的速度大小為v,加速度大小為a,通過(guò)金屬棒的電流為 i,金屬棒受到的安培力F=BiL,方向沿導(dǎo)軌向下,設(shè)在

15、時(shí)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得,v=at, 則i= =CBLa, 設(shè)繩中拉力為T(mén),由牛頓第二定律,對(duì)金屬棒有: T-mgsin30-BiL=ma 對(duì)M有:Mg-T=Ma 解得:a=,可知M做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng) v=at= t 答案:(1) (2) (3)v= t,【加固訓(xùn)練】 (2017江蘇高考)如圖所示,兩條相距d的平行金屬導(dǎo)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(dǎo)軌上,其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁

16、場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后,金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì),導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng),桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求:,(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí),桿中感應(yīng)電流的大小I。 (2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí),桿的加速度大小a。 (3)PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí),感應(yīng)電流的功率P。,【解析】(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)E=Bd(v0-v) 電功率P= 解得P= 。 答案:(1) (2) (3),考點(diǎn)3

17、電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題 【典題探究】 【典例3】(2018南陽(yáng)模擬)如圖甲所示,相距d的兩根 足夠長(zhǎng)的金屬制成的導(dǎo)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(shí)際監(jiān)測(cè)兩端電壓, 傾斜部分與水平面夾角為37。長(zhǎng)度也為d、質(zhì)量為m,的金屬棒ab電阻為R,通過(guò)固定在棒兩端的金屬輕滑環(huán) 套在導(dǎo)軌上,滑環(huán)與導(dǎo)軌上MG、NH段動(dòng)摩擦因數(shù)= (其余部分摩擦不計(jì))。MN、PQ、GH相距為L(zhǎng),MN、 PQGH相距為L(zhǎng),MN、PQ間有垂直軌道平面向下、磁感應(yīng) 強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng),PQ、GH間有平行于斜面但大小、 方向未知的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2,其他區(qū)域無(wú)磁場(chǎng),除金屬棒及,定值電阻,其余電阻均不計(jì),s

18、in37=0.6,cos37=0.8,當(dāng)ab棒從MN上方一定距離由靜止釋放通過(guò)MN、PQ區(qū)域(運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ab棒始終保持水平),電壓傳感器監(jiān)測(cè)到U-t關(guān)系如圖乙所示:導(dǎo)學(xué)號(hào)04450231,(1)求ab棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)B1時(shí)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(dāng)ab棒從MN以某一特定速度進(jìn)入MNQP區(qū)域的同時(shí),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(jìn)入PQHG區(qū)域,兩棒均可同時(shí)勻速通過(guò)各自場(chǎng)區(qū),試求B2的大小和方向。,【解析】(1)ab棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)B1時(shí)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

19、第電磁感應(yīng)定律得:E1=B1dv1 解得:v1=,(2)設(shè)金屬棒ab離開(kāi)PQ時(shí)的速度為v2,根據(jù)圖乙可知,定 值電阻此時(shí)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(dòng)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(jìn)入場(chǎng)區(qū),勻速經(jīng)過(guò)相同的位 移,對(duì)ab棒,根據(jù)共點(diǎn)力的平衡可得: mgsin37-mgcos37- =0, 解得:v= ; 對(duì)cd棒,因?yàn)?mgsin37-2mgcos370,故cd棒安

20、 培力必須垂直導(dǎo)軌平面向下,根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng),強(qiáng)度B2沿導(dǎo)軌平面向上,cd棒也勻速運(yùn)動(dòng),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(dǎo)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(wèn)題的策略是“先源后路、先電后力,再是運(yùn)動(dòng)、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(jìn)行計(jì)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

21、能量守恒求解:若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化,則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能Q=-E其他。,【考點(diǎn)沖關(guān)】 1.(2018泉州模擬)如圖,水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌 QPMN,MP邊長(zhǎng)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(jì)。將質(zhì)量 m=2 kg、電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)的直導(dǎo)體棒擱在導(dǎo)軌上,并 與MP平行,棒與MN、PQ交點(diǎn)E、F間的距離L=4 m,整個(gè)空,間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過(guò)程中回路的電流強(qiáng)度始終不 變。求:,(1)棒在EF處所受的安培力的

22、功率P。 (2)棒由EF處向右移動(dòng)距離2 m所需的時(shí)間t。 (3)棒由EF處向右移動(dòng)2 s的過(guò)程中,外力做功W。,【解析】(1)棒在EF處的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dòng)2 m的過(guò)程中回路磁通量變化量為: =BS=B(Lx+ x2)=5 Wb 因?yàn)殡娏鲝?qiáng)度始終不變,電動(dòng)勢(shì)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(dòng)2 s的過(guò)程中,通過(guò)導(dǎo)體橫截面的 電量為: =Et=12 Wb 棒掃過(guò)的面積為:S= =

23、24 m2 2 s的過(guò)程棒移動(dòng)了x, S= (2Lx+x2),x=4 m 此時(shí)電動(dòng)勢(shì)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(dòng)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(zhǎng)=2 m的足夠長(zhǎng)的金屬直 角導(dǎo)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(xì)桿 ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路,桿與導(dǎo)軌之間的 動(dòng)摩擦因數(shù)均為=0.5,導(dǎo)軌電阻不計(jì),回

24、路中ab、cd 電阻分別為R1=0.6 ,R2=0.4 。整個(gè)裝置處于磁感,應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.50 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),cd桿也同時(shí)從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)。測(cè)得拉力F與時(shí)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(dāng)cd桿達(dá)到最大速度時(shí)ab桿的速度大小。 (3)若從開(kāi)始到cd桿達(dá)到最大速度的過(guò)程中拉力F做了5.2 J的功,求該過(guò)程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。,【解析】(1)經(jīng)時(shí)間t,桿ab的速率v=at 此時(shí),回路中的感應(yīng)電流為:I= 對(duì)桿ab由牛頓第二定律得:F-BIL-mg

25、=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(dāng)cd桿所受重力與滑動(dòng)摩擦力相等時(shí),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(duì)ab桿應(yīng)用動(dòng)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(xùn)練】 如圖所示,MN、PQ為光滑平行的 水平金屬導(dǎo)

26、軌,電阻R=3.0 , 置于豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng) 中,OO為磁場(chǎng)邊界,磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0 T,導(dǎo)軌間 距L=1.0 m,質(zhì)量m=1.0 kg的導(dǎo)體棒垂直置于導(dǎo)軌上且,與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒接入電路的電阻r=1.0 ,t=0時(shí)刻,導(dǎo)體棒在F=1.0 N水平拉力作用下從OO左側(cè)某處?kù)o止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),t0=2.0 s時(shí)刻棒進(jìn)入磁場(chǎng),導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直。,(1)求t0時(shí)刻回路的電功率P0。 (2)求t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的加速度大小a。 (3)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后,改變拉力大小,使棒以(2)情況下的加速度a勻加速運(yùn)動(dòng)至t1=4.0 s時(shí)刻,已知t0t1時(shí)間內(nèi)拉力做功W=5.7 J,求此過(guò)程回路中產(chǎn)生的焦耳熱

27、Q。,【解析】(1)設(shè)導(dǎo)體棒在進(jìn)入磁場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)的加速度為a0, 則 F=ma0 棒在t0時(shí)刻速度v0=a0t0 棒在t0時(shí)刻產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=BLv0 電功率P0= 代入數(shù)據(jù)解得P0=1.0 W,(2)回路在t0時(shí)刻產(chǎn)生的感應(yīng)電流I= 棒在t0時(shí)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(shí)刻棒的速度v=v0+a(t1-t0) 由動(dòng)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(diǎn)4電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問(wèn)題 【典題探究】 【典例4】(2018哈爾濱模擬)如圖

28、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(qiáng)磁場(chǎng),磁感 應(yīng)強(qiáng)度為B,一個(gè)單匝正方形導(dǎo)體框,邊長(zhǎng)為L(zhǎng),質(zhì)量為m, 總電阻為r,從ab邊距離邊界OO為L(zhǎng)的位置由靜止釋放,,已知從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛進(jìn) 入磁場(chǎng)所用時(shí)間為t,重力加速度為g, 空氣阻力不計(jì),導(dǎo)體框不翻轉(zhuǎn)。求: 導(dǎo)學(xué)號(hào)04450232 (1)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),ba間電勢(shì)差的大小Uba。 (2)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),導(dǎo)體框的速度。,【解析】(1)設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1,根據(jù)機(jī) 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(dòng)勢(shì)為: E1=BLv1 此時(shí)的感應(yīng)電流為:,I= 所以ba間

29、電勢(shì)差的大小 Uba=I,(2)從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中, 根據(jù)動(dòng)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(dòng)量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用: 導(dǎo)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(yùn)動(dòng)時(shí),安培力的沖量為:I安= B Lt=BLq,通過(guò)導(dǎo)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(dǎo)體棒或金屬框,受到的合外力,則I安=mv2-mv1。 當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位 移x時(shí)常用動(dòng)量定

30、理求解更方便。,2.動(dòng)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(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路,安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力,如果它們受到的安培力的合力為0時(shí),滿(mǎn)足動(dòng)量守恒,運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解比較方便。,3.解決電磁感應(yīng)中動(dòng)量問(wèn)題的策略:“先源后路、先電后力,再是運(yùn)動(dòng)、動(dòng)量”,即,【考點(diǎn)沖關(guān)】 1.如圖,在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框abcd,在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(dL)的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行,磁場(chǎng)方向豎直向下。導(dǎo)線框以速度v1向右運(yùn)動(dòng)靠近磁場(chǎng),然后進(jìn)入磁場(chǎng),完全進(jìn)入磁場(chǎng)后速度為v2,最后滑出磁場(chǎng),滑出磁場(chǎng)后速度為v3。下列關(guān)于v1、v2、

31、v3的關(guān)系式正確的是 (),【解析】選C。設(shè)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間為t1,滑出磁 場(chǎng)的時(shí)間為t2,取線框運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎Ｔ诰€框進(jìn)入磁場(chǎng) 的過(guò)程中由動(dòng)量定理得:-F1t1=mv2-mv1,其中F1=B L; 在線框滑出磁場(chǎng)的過(guò)程中由動(dòng)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(xiàng)正確,A、B、D項(xiàng)錯(cuò)誤。,2.(2018淄博模擬)如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為m、電阻不 計(jì)、足夠長(zhǎng)的光滑U形金屬框架MNQP,位于光滑絕緣水 平桌面上,平行導(dǎo)軌MN和PQ相距為L(zhǎng)?？臻g存在著足夠 大的方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度

32、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(dǎo)軌上,并,用一根絕緣細(xì)線系在定點(diǎn)A。已知,細(xì)線能承受的最大拉力為T(mén)0,CD棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R?，F(xiàn)從t=0時(shí)刻開(kāi)始對(duì)U形框架施加水平向右的拉力,使其從靜止開(kāi)始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。,(1)求從框架開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到細(xì)線斷裂所需的時(shí)間t0及細(xì)線斷裂時(shí)框架的瞬時(shí)速度v0大小。 (2)若在細(xì)線斷裂時(shí),立即撤去拉力,求此后過(guò)程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱Q。,【解析】(1)細(xì)線斷裂時(shí),對(duì)棒有T0=F安 根據(jù)安培力計(jì)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(dòng)勢(shì):E=BLv0 根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得:v0=at0 聯(lián)

33、立解得t0= 撤去拉力F時(shí),框架的速度v0=,(2)在細(xì)線斷裂時(shí)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(dòng)量守恒可 得 mv0=2mv 得v= 撤去拉力后,系統(tǒng)總動(dòng)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(xùn)練】 (2018涼山州模擬)如圖所示,光滑 平行足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水 平面上,導(dǎo)軌范圍內(nèi)存在磁場(chǎng),其磁感 應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向豎直向下,導(dǎo)軌 一端連接阻值為R的電阻。在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放一長(zhǎng)度,等于導(dǎo)軌間距L、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒,其電阻為r,導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)體棒在水

34、平向右的恒力F作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)時(shí)間t后開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng),金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。求: (1)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中電流大小。 (2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小以及在時(shí)間t內(nèi)通過(guò)回路的電量。,【解析】(1)根據(jù)安培力的計(jì)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(jì)算公式可得: q=It,根據(jù)動(dòng)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(guó)卷)如圖,水平面(紙面)內(nèi)間距為 l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻,質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金 屬桿置于導(dǎo)軌上,t=0時(shí)

35、,金屬桿在水平向右、大小為F,的恒定拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),t0時(shí)刻,金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì),兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。重力加速度大小為g。求:導(dǎo)學(xué)號(hào)04450234,(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)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(shí)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(yùn)動(dòng)F合=ma(2分) 金屬桿勻加速進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的速度為v,則v=at0(2分) 由法拉第電磁感應(yīng)定律

36、可知E=Blv(2分) 由可得E= (F-mg)(2分),(2)金屬桿在磁場(chǎng)中的受力分析如圖乙所示 由桿在磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)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(guò)程,條理清晰 解題過(guò)程應(yīng)條理清晰、層次分明。對(duì)于綜合性較強(qiáng)的題目,應(yīng)注意研究對(duì)象的選取和對(duì)研究對(duì)象的受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)程的關(guān)鍵物理量。,規(guī)則2:解析過(guò)程,分步列式 解題時(shí)要注意分步列式,不要漏掉或合并關(guān)系式,避免閱卷時(shí)找不到得分點(diǎn),或者合并的綜合算式一處錯(cuò)而導(dǎo)致全部錯(cuò)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(dá)式是矢量式,列方程時(shí)要注意正方向的規(guī)定或選取。,規(guī)則4:數(shù)學(xué)運(yùn)算,可以淡化 閱卷原則是“只看物理公式和答案,不看數(shù)學(xué)運(yùn)算過(guò)程”。只有物理公式和最后的答案是得分點(diǎn),應(yīng)用物理過(guò)程導(dǎo)出的數(shù)學(xué)運(yùn)算過(guò)程不是得分點(diǎn)。,規(guī)則5:文字說(shuō)明,簡(jiǎn)潔明了 分析過(guò)程,分步列式時(shí)加以必要的文字說(shuō)明,使解題過(guò)程更具有系統(tǒng)性。,