《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第4講 加試第23題 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)《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第4講 加試第23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用課件.ppt（38頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4講加試第23題電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用,專題七計(jì)算題題型強(qiáng)化,,內(nèi)容索引,題型1電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題,題型2電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題,,,電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題,,題型1,1.基本特點(diǎn) 導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電流通電導(dǎo)體棒受安培力合外力變化加速度變化速度變化周而復(fù)始地循環(huán)，最終導(dǎo)體棒的加速度等于零，導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，要抓住a0時(shí)速度v達(dá)到最大的特點(diǎn).,2.基本思路,例1如圖1所示，豎直平面內(nèi)有兩個(gè)半徑為r、光滑的 圓弧形金屬環(huán)，在M、N處分別與距離為2r、足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌ME、NF相接，金屬環(huán)最高點(diǎn)A處斷開不接觸.金屬導(dǎo)軌ME、NF的最遠(yuǎn)端EF之間接有電阻為R的小燈

2、泡L.在MN上方及CD下方有水平方向的勻強(qiáng)磁場和，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，磁場和之間的距離為h.現(xiàn)有質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab，從,金屬環(huán)的最高點(diǎn)A處由靜止下落，在下落過程中導(dǎo)體棒始終保持水平，與金屬及軌道接觸良好.已知導(dǎo)體棒下落 時(shí)向下的加速度為a.導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后小燈泡亮度始終不變.重力加速度為g.導(dǎo)體棒、軌道、金屬環(huán)的電阻均不計(jì).求：,圖1,(1)導(dǎo)體棒從A處下落 時(shí)的速度v1大??；,答案,解析,根據(jù)牛頓第二定律得：,(2)導(dǎo)體棒下落到MN處時(shí)的速度v2大小；,答案,解析,解析導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后小燈泡亮度始終不變，說明導(dǎo)體棒受力平衡，勻速下落，設(shè)此時(shí)導(dǎo)體棒的速度為v3，則：,從MN下落到CD，v2

3、22ghv32,(3)將磁場的CD邊界下移一小段距離，分析導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后小燈泡的亮度變化情況，并說明原因.,答案,解析,答案見解析,解析CD邊界下移一段距離，導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場時(shí)速度大于v3，mg

4、與時(shí)間t關(guān)系圖線如圖乙所示，圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.正方形金屬框abcd的質(zhì)量為m，每條邊的長度和阻值分別為L和R，放置于豎直平面內(nèi)，金屬框兩頂點(diǎn)a、b通過導(dǎo)線與圓形金屬線,圖2,圈的兩端點(diǎn)相連，金屬框abcd所在的空間存在有垂直金屬框水平向外的勻強(qiáng)磁場，金屬框恰好處于靜止?fàn)顟B(tài).導(dǎo)線電阻不計(jì)，導(dǎo)線對(duì)a、b點(diǎn)的作用力不計(jì)，重力加速度為g.求t1時(shí)刻：,(1)通過金屬框ab邊的電流方向；,答案,解析,答案b流向a,解析金屬框恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受安培力與重力平衡，根據(jù)左手定則判定，通過金屬框ab邊上的電流方向?yàn)閎流向a.,(2)通過金屬框ab邊的電流大??；,答案,解析,解析由法拉第電

5、磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為,由閉合電路歐姆定律得，通過導(dǎo)線的總電流大小為,(3)金屬框所在處勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2大小.,答案,解析,金屬框受重力和安培力，處于靜止?fàn)顟B(tài)， 有mgB2IabLB2IcdL,電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題,,題型2,1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵守能量守恒定律，電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電能，一定是由其他形式的能轉(zhuǎn)化而來的，從電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生的機(jī)理來區(qū)分，分為兩種情況： (1)單純的磁場變化：磁能電能電路中的內(nèi)能(或其他形式的能)； (2)導(dǎo)體切割磁感線：機(jī)械能電能電路中的內(nèi)能(或其他形式的能). 2.導(dǎo)體切割磁感線而產(chǎn)生的電能，必定等于導(dǎo)體克服安培力做的功，即產(chǎn)生的電能是用克服安培

6、力做的功來量度的.,3.從能量轉(zhuǎn)化的角度分析電磁感應(yīng)過程，必須牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律.分析的基本思路是： 受力分析弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功明確有哪些形式的能參與轉(zhuǎn)化，哪些增哪些減由能量守恒定律列方程求解.,例2(2018慈溪市期末)如圖3甲所示，彎折成90角的兩根足夠長金屬導(dǎo)軌平行放置，形成左右兩導(dǎo)軌平面，左導(dǎo)軌平面與水平面成53角，右導(dǎo)軌平面與水平面成,圖3,37角，兩導(dǎo)軌相距L0.2 m，電阻不計(jì).質(zhì)量均為m0.1 kg，電阻均為R0.1 的金屬桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，金屬桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1.0 T，方向平行于左導(dǎo)

7、軌平面且垂直右導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中.t0時(shí)刻開始，ab桿以初速度v1沿右導(dǎo)軌平面下滑.t1 s時(shí)刻開始，對(duì)ab桿施加一垂直ab桿且平行右導(dǎo)軌平面向下的力F，使ab開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng).cd桿運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示(其中第1 s、第3 s內(nèi)圖線為直線).若兩桿下滑過程均保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：,(1)在第1 s內(nèi)cd桿受到的安培力的大小；,答案,解析,答案0.2 N,解析ab桿沿右側(cè)導(dǎo)軌下滑，根據(jù)右手定則可知ab桿中感應(yīng)電流由a到b，則cd桿中電流由d到c，根據(jù)左手定則可知cd桿受到的安培力垂直于左側(cè)導(dǎo)軌向下.,對(duì)cd桿受力

8、分析，根據(jù)牛頓第二定律， 有mgsin 53(mgcos 53F安)ma1 解得安培力F安0.2 N,(2)ab桿的初速度v1的大??；,答案,解析,答案1 m/s,解析對(duì)cd桿：安培力F安BIL,對(duì)ab桿：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EI2R0.2 V 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律EBLv1,(3)若第2 s內(nèi)力F所做的功為9 J，求第2 s內(nèi)cd桿所產(chǎn)生的焦耳熱.,答案,解析,答案3 J,解析根據(jù)題圖vt圖象可知，,對(duì)cd桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律， 有mgsin 53(mgcos 53F安)ma2 解得安培力F安1.8 N,第1 s內(nèi)，對(duì)ab桿受力分析，有mgsin 37mgcos 37BIL0， 則第1 s內(nèi)

9、ab桿勻速運(yùn)動(dòng).,對(duì)ab桿，根據(jù)動(dòng)能定理，有,解得安培力做功W安6 J 回路中產(chǎn)生的焦耳熱QW安2Qcd 故第2 s內(nèi)cd桿所產(chǎn)生的焦耳熱Qcd3 J,2.(2018諾丁漢大學(xué)附中期中)如圖4甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ被固定在水平面上，導(dǎo)軌間距L0.6 m，兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R1及理想電壓表，電阻r2 的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止在AB處；右端用導(dǎo)線連接電阻R2，已知R12 ，R21 ，導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計(jì).在矩形區(qū)域CDEF內(nèi)有豎直向上的磁場，CE0.2 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示.在t0時(shí)刻開始，對(duì)金屬棒施加一水平向右的恒力F，從金屬棒開始運(yùn)動(dòng)直到離開磁場區(qū)

10、域的整個(gè)過程中電壓表的示數(shù)保持不變.求：,圖4,(1)t0.1 s時(shí)電壓表的示數(shù)；,答案,解析,答案0.3 V,解析設(shè)磁場寬度為dCE，在00.2 s的時(shí)間內(nèi)，有,此時(shí)，R1與金屬棒r并聯(lián)，再與R2串聯(lián) RR并R22 ,(2)恒力F的大??；,答案0.27 N,解析金屬棒進(jìn)入磁場后，有,FABIL 即FA10.450.6 N0.27 N 由于金屬棒進(jìn)入磁場后電壓表示數(shù)始終不變，所以金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)， 有FFA 得F0.27 N,答案,解析,(3)從t0時(shí)刻到金屬棒運(yùn)動(dòng)出磁場的過程中整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量Q.,答案,解析,答案0.09 J,解析金屬棒在00.2 s的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，有,金屬棒進(jìn)入磁場后，因

11、電壓表示數(shù)保持不變，故切割磁感線速度v不變，則WFWA0 WFFd0.270.2 J0.054 J 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化規(guī)律Q2WA0.054 J 故Q總Q1Q20.09 J,3.(2018紹興市選考診斷)某興趣小組設(shè)計(jì)了一種利用開、關(guān)門來發(fā)電的裝置，如圖5甲所示.門ABCD可繞AD軸無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)90，其BC邊是質(zhì)量m2 kg、電阻r5 的金屬條，門的其他部分為絕緣體且質(zhì)量忽略不計(jì)，AB1 m，BC2 m，金屬條B、C兩端用導(dǎo)線連接電阻R5 的小燈泡組成閉合回路，門角B點(diǎn)與墻面間連有一輕質(zhì)彈簧(圖中未畫出).門關(guān)閉時(shí)，門邊BC處于位置，此時(shí)彈簧處于原長；門打開90時(shí)，門邊BC處于位置，此時(shí)彈簧拉伸最長.

12、在門邊BC轉(zhuǎn)動(dòng)路徑的到位置區(qū)域，存在高2米、圓心角為45的柱形輻向磁場區(qū)域AMNFDAE，如圖乙所示.BC邊轉(zhuǎn)動(dòng)路徑附近的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1 T.現(xiàn)用力推門，使門從位置由靜止 開始轉(zhuǎn)動(dòng)，以恒定的角速度1 rad/s經(jīng)過磁場區(qū)域，當(dāng)門邊 BC轉(zhuǎn)過時(shí)撤去F，門剛好能轉(zhuǎn)過90到達(dá)位置而速度減為 0，此后又在彈簧作用下被彈回，直至關(guān)閉，已知此過程中推 力做功為WF1.5 J.其中取3.,圖5,(1)門邊BC剛轉(zhuǎn)到位置進(jìn)入磁場瞬間，通過燈泡的電流方向如何(選答“BC”或“CB”)?,答案,解析,答案BC,解析根據(jù)右手定則，通過燈泡的電流方向?yàn)锽C.,(2)門邊BC剛轉(zhuǎn)到位置進(jìn)入磁場瞬間，求燈泡兩端的電壓U；,答案,解析,答案1 V,解析門剛好進(jìn)入磁場時(shí)，門BC邊切割磁感線的速度vLAB1 m/s 產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)EBLv121 V2 V,燈泡兩端的電壓UIR1 V,(3)已知門剛好關(guān)閉前的角速度1 rad/s，求門彈回直至關(guān)閉過程中小燈泡消耗的電能.,答案,解析,答案0.1 J,解析在門打開過程中，BC邊克服安培力做功，回路中產(chǎn)生焦耳熱 Q1I2(Rr)t0.3 J 門關(guān)閉前的速度vLAB1 m/s,整個(gè)過程中，根據(jù)能量守恒，外力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱和門增加的動(dòng)能 則回路總的焦耳熱Q總WFEk0.5 J 因此門彈回直至關(guān)閉過程中產(chǎn)生的電能Q2Q總Q10.2 J,