吉林省長市第五中學高三物理 第6課時 電磁感應(yīng)規(guī)律應(yīng)用四課件

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1、 新課標物理高三一輪復習 選修32 電磁感應(yīng) 第第6 6課時課時 電磁感應(yīng)規(guī)律應(yīng)用四電磁感應(yīng)規(guī)律應(yīng)用四 綜合綜合 New Morning.wma 切割磁感線類電磁感應(yīng)問題歷來是高考命題的重點和熱點。這類問題能夠綜合力和運動、功和能、磁場和電路、電磁感應(yīng)等高中物理的重點知識，往往設(shè)問靈活，過程復雜，綜合性強，難度較大，既能考查考生對主干知識的掌握情況，又能考查考生推理、分析、綜合能力和應(yīng)用數(shù)學處理物理問題的能力。 電磁感應(yīng)和力學問題聯(lián)系密切：切割磁感線的導體作為電學研究對象有感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流、路端電壓、電流做功、電阻產(chǎn)生焦耳熱等問題；作為力學研究對象有受力、位移、速度、加速度、動能、能量及其

2、變化等問題。解決這類問題不僅要抓住狀態(tài)變化過程中變量“變”的特點和規(guī)律，確定狀態(tài)變化過程中的臨界點，注意從動量、能量的觀點出發(fā)，運用相應(yīng)的規(guī)律，還要靈活采用諸如模型法、逆向法、極端法、整體法與隔離法、平均思想、等效替代法、圖象法、微元法、近似法等思維方法進行分析和解答。 1（06南通二模）如圖所示，有理想邊界的兩個勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.5T，兩邊界間距s=0.1m.。一邊長 L=0.2m的正方形線框abcd由粗細均勻的電阻絲圍成，總電阻R=0.4。現(xiàn)使線框以v=2ms的速度從位置I勻速運動到位置。 (1)求cd邊未進入右方磁場時線框所受安培力的大小。 (2)求整個過程中線 框所產(chǎn)生的焦耳

3、熱。 (3)在坐標圖中畫出 整個過程中線框a、b 兩點的電勢差Uab隨時間t變化的圖線。解答：(1)電動勢：EBLv電路中電流：REI 線框所受安培力： N105222RvLBBILF(2)線框cd邊進入右側(cè)磁場前所用時間： s05. 01vst 線框所產(chǎn)生的焦耳熱：Q1I2Rt15103 J由對稱性可知，線框進入右側(cè)磁場所產(chǎn)生的焦耳熱： Q2Q15103 J整個過程中線框所產(chǎn)生的焦耳熱：Q2 Q10.01J (3) 線框cd邊進入右側(cè)磁場前，a、b兩點的電勢差：V15. 04343abBLvRIU 線框ab邊、cd邊分別在左右兩側(cè)磁場時： UabBLv0.2V線框進入右側(cè)磁場的過程中： V0

4、5. 0441abBLvRIU Uab隨時間t變化的圖線如右圖所示。 2（08南通一模） 如圖甲，相距為L的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌一部分處在垂直導軌平面的勻強磁場中，OO為磁場邊界，磁感應(yīng)強度為B，導軌右側(cè)接有定值電阻R，導軌電阻忽略不計。在距OO為L處垂直導軌放置一質(zhì)量為m、電阻不計的金屬桿ab。 （1）若ab桿在恒力作 用下由靜止開始向右運 動，其速度位移的關(guān) 系圖象如圖乙所示，則 在此過程中電阻R上產(chǎn)生 的電熱Q1是多少？ab桿在離開磁場前瞬間的加速度為多少？ （2）若a b桿固定在導軌上的初始位置，磁場按Bt=Bcost規(guī)律由B減小到零，在此過程中電阻R上產(chǎn)生的電熱為Q2，求的

5、大小。 解答：（1）ab桿在位移L到3L的過程中，由動能定理： )(2132122vvmLLF）（ab桿在磁場中發(fā)生L過程中，由功能關(guān)系： 12121QmvFL解得電阻R上產(chǎn)生的電熱： 4)3(31221vvmQab桿在離開磁場前瞬間，水平方向上受安培力： RvLBF122安由牛頓第二定律： maFF安解得ab桿加速度： mRvLBLvva2221224（2）易知，閉合回路的磁通量的變化規(guī)律為： tBL2cost 該過程中穿過線圈的磁通量，與線圈在磁場中以角速度勻速轉(zhuǎn)動規(guī)律相同，因此回路中產(chǎn)生交變流電，其電動勢的最大值為：EmBL2 磁場減小到零，相當于線圈經(jīng)歷四分之一周期，產(chǎn)生的電熱： 41

6、)2(22TREQm2T4224LBRQ又： ， 解得： 3（06蘇錫常鎮(zhèn)二模）兩條彼此平行間距 l=0.5m 的光滑金屬導軌水平固定放置，導軌左端接阻值R =2的電阻，右端接阻值RL=4的小燈泡，如圖（a）所示。在導軌的 MNQP矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，MP的長d =2m，MNQP區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度 B 隨時間t變化如圖（b）所示。垂直導軌跨接一金屬桿，金屬桿的電阻r=2，兩導軌電阻不計。在t=0時，用水平恒力 F 拉金屬桿，使金屬桿由靜止開始從GH位置向右運動，當金屬桿從GH位置運動到PQ位置的過程中，小燈泡的亮度 一直沒有變化。求： （1）通過小燈泡的電流I。 （2）水平恒力

7、F的大小。 （3）金屬桿的質(zhì)量m。 解答：（1）金屬棒未進入磁場時（即04s內(nèi)）閉合回路產(chǎn)生的電動勢為： V5 . 01tBStE閉合回路的總電阻： R總RLR/25 所以即通過小燈泡的電流：ILE1/R總0.1 A （2）因燈泡亮度不變，故4s末金屬棒進入磁場時剛好勻速運動。 棒AB兩端的電壓為： UAB=ILRL =0.4V 通過R的電流為： IR = UAB / R = 0.2A 通過棒AB的電流為： I ILIR 0.3 A 棒所受的安培力為： F安BId0.3 N 由平衡條件可知恒力： F F安=0.3 N （3）由閉合電路歐姆定律，棒產(chǎn)生的電動勢為： V1)(2LLRRRRRIE

8、又：E2=B d v 所以棒剛進入磁場時速度為： m/s12BdEv加速度為： 2m/s25. 0tva故由牛頓第二定律得棒的質(zhì)量為： kg2 . 1aFm 4（07北京）用密度為d、電阻率為 、橫截面積為A的薄金屬條制成邊長為L的閉合正方形框。如圖所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場方向平行。設(shè)勻強磁場僅存在于相對磁極之間，其他地方的磁場忽略不計?？烧J為方框的邊和邊都處在磁極之間，極間磁感應(yīng)強度大小為B。方框從靜止開始釋放，其平面在下落過程中保 持水平（不計空氣阻力）。 （1）求方框下落的最大速度vm （設(shè)磁場區(qū) 域在數(shù)值方向足夠長）； （2）當方框下落的加速度為g/2時，求方

9、框 的發(fā)熱功率P； （3）已知方框下落時間為t時，下落高度為 h，其速度為vt（ vt vm ）。若在同一時間t內(nèi)， 方框內(nèi)產(chǎn)生的熱與一恒定電流I0在該框內(nèi)產(chǎn)生 的熱相同，求恒定電流I0的表達式。解答：（1）方框質(zhì)量： m=4LAd 方框電阻： 4LRA方框下落速度為v時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E=2BLv 感應(yīng)電流： 2EBAvIR方框下落過程，受到重力mg及安培力F， 4mgLAdg，方向豎直向下 22B ALFBILv，方向豎直向上 當F=mg時，方框達到最大速度，即v=vm則： 2m4B ALvLAdg方框下落的最大速度： m24 dvgB（2）方框下落加速度為g/2時，有： 22gmgI

10、BLm則： 4mgAdgIBLB方框的發(fā)熱功率： 22224 ALd gPI RB（3）根據(jù)能量守恒定律，有： 22012tmghmvI Rt2012tmIghvRt解得恒定電流I0的表達式： 2012tdIAghvt 5（05南京三模）如圖所示，兩條光滑的絕緣導軌，導軌的水平部分與圓弧部分平滑連接，兩導軌間距為L，導軌的水平部分有n段相同的勻強磁場區(qū)域（圖中的虛線范圍），磁場方向豎直向上，磁場的磁感應(yīng)強度為B,磁場的寬度為s，相鄰磁場區(qū)域的間距也為s，、大于L，磁場左、右兩邊界均與導軌垂直現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電阻為r，邊長為L的正方形金屬框，由圓弧導軌上某高度處靜止釋放，金屬框滑上水平導軌，在水

11、平導軌上滑行一段時間進人磁場區(qū)域，最終線框恰好完全通過n段磁場區(qū)域。地球表面處的重力加速度為g，感應(yīng)電流的磁場可以忽略不計，求： (1)剛開始下滑時， 金屬框重心離水平導 軌所在平面的高度； (2)整個過程中金屬框內(nèi)產(chǎn)生的電熱； (3)金屬框完全進人第k (kn) 段磁場區(qū)域前的時刻，金屬框中的電功率。 解答：(1)設(shè)金屬框在進入第一段勻強磁場區(qū)域前的速度為v0，金屬框在進入和穿出第一段勻強磁場區(qū)域的過程中，線框中產(chǎn)生平均感應(yīng)電動勢為： tBLE22平均電流為（不考慮電流方向變化）： rtBLrEI22由動量定理得： 0132012,mvmvrLBmvmvLtIB同理可得： ,21232mvm

12、vrLB,22332mvmvrLB整個過程累計得： mrLnBvmvrLBn3200322,02金屬框沿斜面下滑機械能守恒： 2021mvmgh 則金屬框重心離水平導軌所在平面的高度： 226422022grmLBngvh(2)金屬框中產(chǎn)生的熱量： 26422mrLBnmghQ(3)金屬框穿過第(k-1)個磁場區(qū)域后，由動量定理得： ,2) 1(0132mvmvrLBkk 金屬框完全進入第k個磁場區(qū)域的過程中，由動量定理得： ,132kkmvmvrLB解得： mrLBknvk32) 122(金屬框中的電功率： 328622) 122()(rmLBknrBLvPk 6（07南通二模）如圖，光滑平

13、行的水平金屬導軌MN、PQ相距l(xiāng)，在M點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間OO1O1O矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導軌平面豎直向下、寬為d的勻強磁場，磁感強度為B。一質(zhì)量為m，電阻為r的導體棒ab，垂直擱在導軌上，與磁場左邊界相距d0?，F(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運動，棒ab在離開磁場前已經(jīng)做勻速直線運動（棒ab與導軌始終保持良好的接觸，導軌電阻不計）。求： （1）棒ab在離開磁場右邊界時的速度； （2）棒ab通過磁場區(qū)的過 程中整個回路所消耗的電能； （3）試分析討論ab棒在磁 場中可能的運動情況。 解答：（1）ab棒離開磁場右邊界前做勻速運動，速度為vm，則有：E=Bl

14、vm 電路中電流： EIRr對ab棒： FBIl0 解得棒ab在離開磁場右邊界時的速度： 2 2()mF RrvB l（2）由能量守恒可得： 201()2mF ddEmv電解得整個回路所消耗的電能： 2204 4()()2mFRrEF ddB l電（3）設(shè)棒剛進入磁場時速度為v，由： 2012F dmv可得： 02Fdvm 棒在進入磁場前做勻加速直線運動，在磁場中運動可分三種情況討論： 若 （ 或 ）棒做勻速直線運動；02 22()FdF RrmB l4 4022()d B lFm Rr若 （ 或 ），棒先加速后勻速；02 22()FdF RrmB l4 4022()d B lFm Rr若 （

15、 或 ），棒先減速后勻速。02 22()FdF RrmB l4 4022()d B lFm Rr 7（06南京二模）一個質(zhì)量為m、直徑為d、電阻為R的金屬圓環(huán)，在范圍很大的磁場中沿豎直方向下落，磁場的分布情況如圖所示，已知磁感應(yīng)強度豎直方向的分量By的大小只隨高度變化，其隨高度y變化關(guān)系為By = B0(1 + ky)（此處k為比例常數(shù)，且k0），其中沿圓環(huán)軸線的磁場方向始終豎直向上，在下落過程中金屬圓環(huán)所在的平面始終保持水平，速度越來越大，最終穩(wěn)定為某一 數(shù)值，稱為收尾速度。求： （1）圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向； （2）圓環(huán)的收尾速度的大小。 解答：（1）根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向為順時針

16、（俯視觀察） （2）圓環(huán)下落高度為y時的磁通量為： 4)1 (4202dkyBdBBS 設(shè)收尾速度為vm，以此速度運動t時間內(nèi)磁通量的變化為： tvdkBBSm204根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有： m204vdkBtE圓環(huán)中感應(yīng)電流的電功率為： REP21根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和和守恒定律有：P1P2 解得圓環(huán)的收尾速度： 4202216dBkmgRvm重力做功的功率為： m2mgvP 8（08江蘇）如圖所示，間距為l的兩條足夠長的平行金屬導軌與水平面的夾角為，導軌光滑且電阻忽略不計。磁感應(yīng)強度為B的條形勻強磁場與導軌平面垂直，磁場區(qū)域的寬度為d1，間距為d2。兩根質(zhì)量均為m、有效電阻均為R的導體棒a和b放

17、在導軌上，并與導軌垂直。（設(shè)重力加速度為g） （1）若a進入第2個磁場區(qū)域時， b以與a同樣的速度進入第1個磁場區(qū) 域，求b穿過第1個磁場區(qū)域過程中 增加的動能Ek。 （2）若a進入第2個磁場區(qū)域時， b恰好離開第1個磁場區(qū)域；此后a 離開第2個磁場區(qū)域時，b又恰好進 入第2個磁場區(qū)域，且a、b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相等。求a穿過第2個磁場區(qū)域過程中，兩導體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q。 （3）對于第（2）問所述的運動情況，求a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率v。 解答：（1）a和b不受安培力作用，由機械能守恒知，Ekmg d1sin （2）設(shè)導體棒剛進入無磁場區(qū)域時的速度為v1，剛離開無

18、磁場區(qū)域時的速度為v2，由能量守恒知，在磁場區(qū)域中， sin212112221mgdmvQmv在無磁場區(qū)域中， sin212122122mgdmvmv解得兩導體棒產(chǎn)生的總焦耳熱為：Q=mg(d1+d2)sin (3)在無磁場區(qū)域：v2 = v1+gsin t tdvv2212且平均速度： 在有磁場區(qū)域，棒a所受合力：F= mgsinBIl 感應(yīng)電動勢：E=Blv 感應(yīng)電流： REI2解得： vRlBmgF2sin22根據(jù)牛頓第二定律，在t到t+t時間內(nèi)， tmFv則有： tmRvlBgv2sin22解得： 122212sindmRlBgtvv聯(lián)立，解得： mRdlBdlBmgRdv8sin41

19、2212221mRdlBdlBmgRdv8sin412212221由題意知： 9（06江蘇）如圖所示，頂角 = 45，的金屬導軌 MON固定在水平面內(nèi)，導軌處在方向豎直、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。一根與ON垂直的導體棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿導軌MON向左滑動，導體棒的質(zhì)量為m，導軌與導體棒單位長度的電阻均勻為r。導體棒與導軌接觸點的a和b，導體棒在滑動過程中始終保持與導軌良好接觸。t=0時，導體棒位于頂角O處，求： （1）t 時刻流過導體棒的電流強度I和電流方向。 （2）導體棒作勻速直線運動時水平 外力F的表達式。 （3）導體棒在0t 時間內(nèi)產(chǎn)生的焦 耳熱Q。 （4）若在t0時刻將

20、外力F撤去，導體 棒最終在導軌上靜止時的坐標x。解答：（1）0到 t 時間內(nèi)，導體棒的位移：xv0t t 時刻，導體棒的長度： lx導體棒的電動勢：EBl v0回路總電阻： rxxR)22(回路中電流： 022BvEIRr（）電流方向：ba（2）水平外力與安培力平衡： 22022B v tFFBIlr外安（ ）（3）解法一解法一：t時刻導體的電功率： 232022B v tPI Rr（ ）Pt 導體棒產(chǎn)生的焦耳熱： 23 2022(22B v tPQtr）解法二解法二：t 時刻導體棒的電功率：PI 2R由于電流 I 恒定，又，Rtv0rtt 因此： 22t=2RP I R I導體棒產(chǎn)生的焦耳熱

21、： 23 202(22B v tQPtr） （4）撤去外力時，設(shè)任意時刻t導體的坐標為x，速度為v，取很短時間t 或很短距離x解法一解法一 在tt+t時間內(nèi)，由動量定理得： BIltmv2()2(22)Blv tm vr20(22)BSmvr掃過的面積： 22000()()22xx xxxxS（x=v0t）解得導體棒靜止時的坐標： 02(22)mv rxv tB20 0（）若設(shè)滑行距離為d，則： 0 00 0)2v tv tdSd（即：d2+2v0t0d2S0解之： （負值已舍去）20 00 02()dv tSv t 解得導體棒靜止時的坐標： 2200 00 00 022(22)2()()mv rxv tdSv tv tB 解法二解法二 在xx+x，由動能定理得： 2211()22F xmvm vvmv v （忽略高階小量） 得： 222 rBSm v（ ）2022 rBSmv （ ）以下解法同解法一解法三（解法三（1）由牛頓第二定律得： vFmamt得：Ftmv 以下解法同解法一解法三（解法三（2）由牛頓第二定律得： vv vFmammtx得：Fxmvv 以下解法同解法二再見