2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用學(xué)案.docx
《2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用學(xué)案.docx》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用學(xué)案.docx(23頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第2講電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用做真題明考向真題體驗透視命題規(guī)律授課提示:對應(yīng)學(xué)生用書第59頁真題再做1.(多選)(2018高考全國卷,T19)如圖,兩個線圈繞在同一根鐵芯上,其中一線圈通過開關(guān)與電源連接,另一線圈與遠(yuǎn)外沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方,開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)下列說法正確的是()A開關(guān)閉合后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動B開關(guān)閉合并保持一段時間后,小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C開關(guān)閉合并保持一段時間后,小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動解析:根據(jù)安培定則,開關(guān)閉合時鐵芯上產(chǎn)生水平向右的磁場開關(guān)閉合后的瞬間,根據(jù)楞次定律,直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由南向北的電流,根據(jù)安培定則,直導(dǎo)線上方的磁場垂直紙面向里,故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動,A對開關(guān)閉合并保持一段時間后,直導(dǎo)線上沒有感應(yīng)電流,故小磁針的N極指北,B、C錯開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間,根據(jù)楞次定律,直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由北向南的電流,這時直導(dǎo)線上方的磁場垂直紙面向外,故小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動,D對答案:AD2(2018高考全國卷,T17)如圖,導(dǎo)體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點,O為圓心軌道的電阻忽略不計OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿,M端位于PQS上,OM與軌道接觸良好空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場,磁感應(yīng)強度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程);再使磁感應(yīng)強度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)在過程、中,流過OM的電荷量相等,則等于()A.B.C.D2解析:在過程中,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,有E1根據(jù)閉合電路歐姆定律,有I1且q1I1t1在過程中,有E2I2q2I2t2又q1q2,即所以.答案:B3(2018高考全國卷,T18)如圖,在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域,區(qū)域?qū)挾染鶠閘,磁感應(yīng)強度大小相等、方向交替向上向下一邊長為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運動線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()解析:設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i.線框位移等效電路的連接電流0I2i(順時針)lI0lI2i(逆時針)2lI0分析知,只有選項D符合要求答案:D4(2016高考全國卷,T24)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、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上t0時,金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動t0時刻,金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運動桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計,兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為g.求:(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大?。?2)電阻的阻值解析:(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得Fmgma設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v,由運動學(xué)公式有vat0當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運動時,由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動勢為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(g)(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時,金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律得I式中R為電阻的阻值金屬桿所受的安培力為F安BlI因金屬桿做勻速運動,由牛頓運動定律得FmgF安0聯(lián)立式得R.答案:(1)Blt0(g)(2)考情分析命題特點與趨勢怎么考1高考對本部分內(nèi)容的要求較高,常在選擇題中考查電磁感應(yīng)中的圖象問題、電磁感應(yīng)中的電路、法拉第電磁感應(yīng)定律、能量轉(zhuǎn)換及電荷量的計算等知識點以導(dǎo)體棒運動為背景,綜合應(yīng)用電路的相關(guān)知識、牛頓運動定律和能量守恒定律以計算題形式作為壓軸題2電磁感應(yīng)中常涉及Bt圖象、t圖象、Et圖象、It圖象、Ft圖象和vt圖象,還涉及Ex圖象、Ix圖象等,這類問題既要用到電磁感應(yīng)的知識,又要結(jié)合數(shù)學(xué)知識求解,對考生運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力要求較高解題要領(lǐng)怎么做1抓住兩個關(guān)鍵:一是電動勢的大小,它取決于磁通量的變化率;二是電動勢的方向,實際方向與規(guī)定的正方向一致時取正,反之取負(fù)同時注意對無感應(yīng)電流區(qū)域的判斷2遷移力學(xué)知識、規(guī)律解決電磁感應(yīng)綜合問題3常用思想方法:(1)圖象法;(2)等效法;(3)守恒法;(4)模型法建體系記要點知識串聯(lián)熟記核心要點授課提示:對應(yīng)學(xué)生用書第60頁網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建要點熟記1“三定則、一定律”的應(yīng)用(1)安培定則:判斷運動電荷、電流產(chǎn)生的磁場方向(2)左手定則:判斷磁場對運動電荷、電流的作用力的方向(3)右手定則:判斷部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向(4)楞次定律:判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向2求感應(yīng)電動勢的兩種方法(1)En,用來計算感應(yīng)電動勢的平均值(2)EBLv,用來計算感應(yīng)電動勢的瞬時值或平均值3楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化“增反減同”;(2)阻礙相對運動“來拒去留”;(3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢“增縮減擴”;(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)“增反減同”研考向提能力考向研析掌握應(yīng)試技能授課提示:對應(yīng)學(xué)生用書第60頁考向一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1判定感應(yīng)電流方向的兩種方法(1)楞次定律:一般用于線圈面積不變,磁感應(yīng)強度發(fā)生變化的情形(2)右手定則:一般用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情形2求感應(yīng)電動勢的方法(1)感生電動勢:En(2)動生電動勢:1(2018貴州貴陽期末)如圖甲所示,在同一平面內(nèi)有兩個絕緣金屬細(xì)圓環(huán)A、B,兩環(huán)重疊部分的面積為圓環(huán)A面積的一半,圓環(huán)B中電流i隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示,以甲圖圓環(huán)B中所示的電流方向為負(fù)方向,則A環(huán)中()A沒有感應(yīng)電流B有逆時針方向的感應(yīng)電流C有順時針方向的感應(yīng)電流D感應(yīng)電流先沿順時針方向,后沿逆時針方向解析:由于A環(huán)中磁通量變化,所以A環(huán)中有感應(yīng)電流,選項A錯誤;根據(jù)楞次定律,A環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流,選項B正確,C、D錯誤答案:B2.(多選)(2018江西贛州中學(xué)高三模擬)1831年10月28日,法拉第展示了他發(fā)明的圓盤發(fā)電機,其示意圖如圖所示,水平銅盤可繞豎直銅軸轉(zhuǎn)動,兩銅片M、N分別與銅盤邊緣和銅軸連接,使整個銅盤處于豎直向上的勻強磁場中M和N之間連接阻值為R的導(dǎo)體和滑動變阻器RP,若從上往下看,銅盤轉(zhuǎn)動的方向為順時針方向已知銅盤的半徑為L,銅盤轉(zhuǎn)動的角速度為,銅盤連同兩銅片對電流的等效電阻值為r,磁感應(yīng)強度為B,下列說法正確的是()A導(dǎo)體R中的電流方向從a到bB銅盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為BL2C移動滑動觸頭位置時,導(dǎo)體R的最大功率為D如果RPRr,則滑動變阻器的最大功率為解析:若從上往下看,銅盤轉(zhuǎn)動的方向為順時針方向,根據(jù)右手定則可知,導(dǎo)體R中的電流方向從b到a,故A錯誤;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得,銅盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBL2,故B正確;根據(jù)閉合電路歐姆定律得I,則導(dǎo)體R的功率為PI2R()2R,當(dāng)RP0時,導(dǎo)體的功率最大,即Pm,故C錯誤;把導(dǎo)體R等效成電源的內(nèi)阻,則電流的等效內(nèi)阻為rrR,此時外電路只有RP,故當(dāng)RPrR時,滑動變阻器的功率最大,即Pm,故D正確答案:BD3.如圖甲所示,絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán),在圓環(huán)的正上方放置一個螺線管,在螺線管中通入如圖乙所示的電流,電流從螺線管a端流入為正以下說法正確的是()A從上往下看,01s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時針方向B01s內(nèi)圓環(huán)面積有擴張的趨勢C3s末圓環(huán)對桌面的壓力小于圓環(huán)的重力D12s內(nèi)和23s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相反解析:由圖乙知,01s內(nèi)螺線管中電流逐漸增大,穿過圓環(huán)向上的磁通量增大,由楞次定律知圓環(huán)中感應(yīng)電流的磁場向下,圓環(huán)面積有縮小的趨勢,從上往下看,01s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時針方向,選項A正確,B錯誤;同理可得12s內(nèi)和23s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相同,選項D錯誤;3s末電流的變化率為0,螺線管中磁感應(yīng)強度的變化率為0,在圓環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流,圓環(huán)對桌面的壓力等于圓環(huán)的重力,選項C錯誤答案:A考向二電磁感應(yīng)中的圖象問題典例展示1(多選)(2018高考全國卷)如圖(a),在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R,R在PQ的右側(cè)導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i,i的變化如圖(b)所示,規(guī)定從Q到P為電流正方向?qū)Ь€框R中的感應(yīng)電動勢()A在t時為零B在t時改變方向C在t時最大,且沿順時針方向D在tT時最大,且沿順時針方向思路探究(1)如何判斷通電直導(dǎo)線周圍的磁場?(2)it圖象中的信息說明導(dǎo)線框R內(nèi)的磁通量如何變化?解析在t時,交流電圖線斜率為0,即磁場變化率為0,由ES知,E0,A對;在t和tT時,圖線斜率最大,在t和tT時感應(yīng)電動勢最大,在到之間,電流由Q向P減弱,導(dǎo)線在R處產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場,且磁場減弱,由楞次定律知,R產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向也垂直紙面向里,即R中感應(yīng)電動勢沿順時針方向,同理可判斷在到時,R中電動勢也為順時針方向,在T到T時,R中電動勢為逆時針方向,C對,B、D錯答案AC解決電磁感應(yīng)圖象問題的一般步驟(1)明確圖象的種類,即是Bt圖象還是t圖象,或者是Et圖象、It圖象等,如例題中考查了it圖象(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程,如例題中電流變化引起導(dǎo)線框R內(nèi)磁通量變化,要分段研究(3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律等寫出函數(shù)關(guān)系式(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式,進(jìn)行數(shù)學(xué)分析,如分析斜率的變化、截距等(6)應(yīng)用圖象信息畫圖象、判斷圖象或討論各物理量的變化,如例題中是根據(jù)it圖象信息討論導(dǎo)線框R的電動勢變化4(多選)如圖甲所示,面積為S的n匝圓形閉合線圈內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小隨時間周期性變化,如圖乙所示已知線圈的電阻為R,則下列說法正確的是()A線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值為SB0B線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流最小值為C線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢周期為4sD01s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向解析:根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知EnS,結(jié)合圖乙分析可知,在01s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大,最大值為EmaxnSnB0S,A錯誤;12s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最小為零,故感應(yīng)電流的最小值為零,B錯誤;由圖線可知,線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢周期為4s,C正確;01s內(nèi)磁感應(yīng)強度逐漸增大,線圈中的磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知,01s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向,D正確答案:CD5.如圖甲所示,勻強磁場垂直紙面向里,磁感應(yīng)強度的大小為B,磁場在y軸方向足夠?qū)?,在x軸方向?qū)挾葹閍.一直角三角形導(dǎo)線框ABC(BC邊的長度為a)從圖示位置向右勻速穿過磁場區(qū)域,以逆時針方向為電流的正方向,在圖乙中感應(yīng)電流i、BC兩端的電壓uBC與導(dǎo)線框移動的距離x的關(guān)系圖象正確的是()解析:導(dǎo)線框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢EBLv,感應(yīng)電流i,在0a內(nèi),有效長度L均勻變大,感應(yīng)電流i均勻變大,在a2a內(nèi),有效長度L均勻變大,感應(yīng)電流均勻變大,由楞次定律可知,在線框進(jìn)入磁場的過程中,感應(yīng)電流沿逆時針方向,電流是正的,在線框離開磁場的過程中,感應(yīng)電流沿順時針方向,感應(yīng)電流是負(fù)的,故A、B錯誤;BC兩端的電壓uBCiR,在0a內(nèi),i均勻增大,uBC均勻增大,且B點電勢高于C點電勢,uBC0;在a2a內(nèi),i均勻增大,uBC均勻增大,且B點電勢低于C點電勢,uBC0,故C錯誤,D正確答案:D6(多選)(2018河南洛陽一模)如圖甲所示,水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個平行板電容器C和電阻R,導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好,整個裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場中,磁感應(yīng)強度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應(yīng)強度方向為正),MN始終保持靜止,則0t2時間()A電容器C的電荷量大小始終沒變B電容器C的a板先帶正電后帶負(fù)電CMN所受安培力的大小始終沒變DMN所受安培力的方向先向右后向左解析:由題圖乙可知,回路內(nèi)磁感應(yīng)強度變化率不變,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知ES為恒定值,電容器C兩端的電壓值不變,根據(jù)C可知,電容器C的電荷量大小始終沒變,選項A正確,B錯誤;根據(jù)閉合電路歐姆定律知,MN中電流恒定不變,由于磁感應(yīng)強度B變化,MN所受安培力的大小變化,選項C錯誤;利用楞次定律可判斷出MN中感應(yīng)電流的方向為從N到M,根據(jù)左手定則,MN所受安培力的方向為先向右后向左,選項D正確答案:AD考向三電磁感應(yīng)中的電路與動力學(xué)問題典例展示2(2017高考海南卷)如圖,兩光滑平行金屬導(dǎo)軌置于水平面(紙面)內(nèi),導(dǎo)軌間距為l,左端連有阻值為R的電阻,一金屬桿置于導(dǎo)軌上,金屬桿右側(cè)存在一磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場區(qū)域已知金屬桿以速度v0向右進(jìn)入磁場區(qū)域,做勻變速直線運動,到達(dá)磁場區(qū)域右邊界(圖中虛線位置)時速度恰好為零,金屬桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好除左端所連電阻外,其他電阻忽略不計求金屬桿運動到磁場區(qū)域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率思路探究(1)金屬棒在磁場中運動的加速度是多大?(2)金屬棒在磁場中運動的位移是多少?(3)金屬棒來到磁場區(qū)域中間時的速度是多大?解析由題意可知,開始時金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBlv0依據(jù)閉合電路歐姆定律,則電路中電流為I再由安培力公式有FBIl設(shè)金屬桿的質(zhì)量為m,則金屬桿在整個過程中的加速度為a設(shè)金屬桿由開始到停止的位移為x,由運動學(xué)公式有0v2ax,解得x故正中間離開始的位移為x中設(shè)金屬桿在中間位置時的速度為v,由運動學(xué)公式有v2v2ax中,解得vv0則金屬桿運動到中間位置時,所受到的安培力為FBIl金屬桿中電流的功率為PI2R.答案解決電磁感應(yīng)中的電路和動力學(xué)問題的關(guān)鍵電磁感應(yīng)與動力學(xué)問題聯(lián)系的橋梁是磁場對感應(yīng)電流的安培力解答電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題,在分析方法上,要始終抓住導(dǎo)體的受力(特別是安培力)特點及其變化規(guī)律,明確導(dǎo)體的運動過程以及運動過程中狀態(tài)的變化,準(zhǔn)確把握運動狀態(tài)的臨界點(3)臨界點運動狀態(tài)的變化點7.如圖所示,ab、cd是間距為l的光滑傾斜金屬導(dǎo)軌,與水平面的夾角為,導(dǎo)軌電阻不計,ac間接有阻值為R的電阻,空間存在磁感應(yīng)強度大小為B0、方向豎直向上的勻強磁場將一根阻值為r、長度為l的金屬棒從軌道頂端由靜止釋放,金屬棒沿導(dǎo)軌向下運動的過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好已知當(dāng)金屬棒向下滑行距離x到達(dá)MN處時達(dá)到穩(wěn)定速度,重力加速度為g,求:(1)金屬棒下滑到MN的過程中通過電阻R的電荷量;(2)金屬棒的穩(wěn)定速度的大小解析:(1)金屬棒下滑到MN的過程中的平均感應(yīng)電動勢為根據(jù)閉合電路歐姆定律,電路中的平均電流為,則qt.(2)金屬棒速度穩(wěn)定時的感應(yīng)電動勢為EB0lvcos電路中產(chǎn)生的電流為I金屬棒受的安培力為FB0Il穩(wěn)定時金屬棒的加速度為零,由力的平衡條件可知mgsinFcos0聯(lián)立以上各式解得,穩(wěn)定時金屬棒的速度v.答案:(1)(2)8.如圖所示,一與水平面夾角為37的傾斜平行金屬導(dǎo)軌,兩導(dǎo)軌足夠長且相距L0.2m,另外兩根水平金屬桿MN和PQ的質(zhì)量均為m0.01kg,可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動,MN桿和PQ桿的電阻均為R0.2(傾斜金屬導(dǎo)軌電阻不計),MN桿被兩個垂直于導(dǎo)軌的絕緣立柱擋住,整個裝置處于勻強磁場內(nèi),磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上,磁感應(yīng)強度B1.0TPQ桿在恒定拉力F作用下由靜止開始向上加速運動,拉力F垂直PQ桿沿導(dǎo)軌平面向上,當(dāng)運動位移x0.1m時PQ桿達(dá)到最大速度,此時MN桿對絕緣立柱的壓力恰好為零(g取10m/s2,sin370.6,cos370.8)求:(1)PQ桿的最大速度大小vm;(2)當(dāng)PQ桿加速度a2m/s2時,MN桿對立柱的壓力大小解析:(1)PQ桿達(dá)到最大速度時,感應(yīng)電動勢為EmBLvm,感應(yīng)電流為Im,根據(jù)MN桿受力分析可得,mgsinBImL,聯(lián)立解得vm0.6m/s.(2)當(dāng)PQ桿的加速度a2m/s2時,對PQ桿受力分析,根據(jù)牛頓第二定律可得FmgsinBILma,對MN桿受力分析,根據(jù)共點力的平衡可得BILFNmgsin0,PQ桿達(dá)到最大速度時,有FmgsinBImL0,聯(lián)立解得FN0.02N,根據(jù)牛頓第三定律可得MN桿對立柱的壓力大小FN0.02N.答案:(1)0.6m/s(2)0.02N考向四電磁感應(yīng)中的能量問題典例展示3如圖所示,豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框ABCD和abcd的邊長均為l、電阻均為R,質(zhì)量分別為2m和m,它們分別系在一跨過兩個定滑輪的絕緣輕繩兩端,在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場開始時ABCD的下邊界與勻強磁場的上邊界重合,abcd的上邊界到勻強磁場的下邊界的距離為l.現(xiàn)將兩導(dǎo)線框由靜止釋放,當(dāng)ABCD全部進(jìn)入磁場時,兩導(dǎo)線框開始做勻速運動不計摩擦和空氣阻力,重力加速度為g,求:(1)兩導(dǎo)線框勻速運動的速度大小;(2)兩導(dǎo)線框在從開始運動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱;(3)導(dǎo)線框abcd通過磁場的時間思維流程解析(1)如圖所示,設(shè)兩導(dǎo)線框剛勻速運動的速度大小為v、此時輕繩上的張力為FT,則對ABCD有FT2mg對abcd有FTmgBIlIEBlv則v(2)設(shè)兩導(dǎo)線框在從開始運動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱為Q,當(dāng)左、右兩導(dǎo)線框分別向上、向下運動2l的距離時,兩導(dǎo)線框等高,對這一過程,由能量守恒定律有4mgl2mgl3mv2Q聯(lián)立解得Q2mgl(3)導(dǎo)線框abcd通過磁場的過程中以速度v勻速運動,設(shè)導(dǎo)線框abcd通過磁場的時間為t,則t聯(lián)立解得t.答案(1)(2)2mgl(3)求解電磁感應(yīng)中能量問題的策略(1)若回路中的電流恒定,可以利用電路結(jié)構(gòu)及WUIt或QI2Rt直接進(jìn)行計算(2)若回路中的電流變化,則可按以下兩種情況計算:利用功能關(guān)系求解:電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功;利用能量守恒定律求解:其他形式的能的減少量等于回路中產(chǎn)生的電能,如例題(2)中焦耳熱的計算9.(2018河南洛陽一模)如圖所示,光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在豎直平面內(nèi),兩導(dǎo)軌間的距離為L1m,導(dǎo)軌間連接的定值電阻R3,導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m0.1kg的金屬桿ab,金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好,桿的電阻r1,其余電阻不計,整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B1T的勻強磁場中,磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向里重力加速度g取10m/s2.現(xiàn)讓金屬桿從AB位置由靜止釋放,忽略空氣阻力的影響,求:(1)金屬桿的最大速度;(2)若從金屬桿開始下落到剛好達(dá)到最大速度的過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q0.6J,此時金屬桿下落的高度解析:(1)設(shè)金屬桿的最大速度為vm,此時安培力與重力平衡,即F安mg又F安BILEBLvmI代入數(shù)據(jù),聯(lián)立得vm4m/s(2)電路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q總Q0.8J由能量守恒定律得mghmvQ總代入數(shù)據(jù)解得h1.6m.答案:(1)4m/s(2)1.6m10如圖甲所示,斜面上存在一有理想邊界的勻強磁場,磁場方向與斜面垂直,在斜面上離磁場上邊界s10.36m處靜止釋放一單匝矩形金屬線框,線框底邊和磁場邊界平行,金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)0.5.整個線框進(jìn)入磁場的過程中,機械能E和位移s之間的關(guān)系如圖乙所示已知E0E10.09J,線框的質(zhì)量為0.1kg,電阻為0.06,斜面傾角37,磁場區(qū)域的寬度d0.43m,重力加速度g取10m/s2,sin370.6,cos370.8.求:(1)線框剛進(jìn)入磁場時的速度大小v1;(2)線框從開始進(jìn)入磁場至完全進(jìn)入磁場所用的時間t;(3)線框穿越磁場的整個過程中電功率的最大值解析:(1)在未進(jìn)入磁場前,金屬線框做勻加速直線運動,有agsin37gcos372m/s2v2as1解得v11.2m/s.(2)金屬線框進(jìn)入磁場的過程中,減小的機械能等于克服摩擦力Ff和安培力FA所做的功,機械能均勻減小,因此安培力為恒力,線框勻速進(jìn)入磁場設(shè)線框的側(cè)邊長為s2,即線框進(jìn)入磁場過程運動的距離為s2,根據(jù)功能關(guān)系,除重力之外的力所做的功等于物體機械能的變化,所以有EWfWA(FfFA)s2因為是勻速進(jìn)入磁場,所以FfFAmgsin 370.6 N解得s20.15mts0.125s.(3)設(shè)線框剛出磁場時的速度大小為v2,則有vv2a(ds2)解得v21.6 m/s則線框剛出磁場時的速度最大,有PmaxI2R根據(jù)線框勻速進(jìn)入磁場,有FAmgcos37mgsin37FABIL聯(lián)立解得Pmax0.43W.答案:(1)1.2m/s(2)0.125s(3)0.43W限訓(xùn)練通高考科學(xué)設(shè)題拿下高考高分單獨成冊對應(yīng)學(xué)生用書第145頁(45分鐘)一、單項選擇題1(2018貴州普通高等學(xué)校招生適應(yīng)性考試)如圖甲所示,一位于紙面內(nèi)的圓形線圈通過導(dǎo)線與一小燈泡相連,線圈中有垂直于紙面的磁場以垂直紙面向里為磁場的正方向,該磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示,則下列說法正確的是()At1t3時間內(nèi)流過小燈泡電流的方向先為ba后為abBt1t3時間內(nèi)流過小燈泡電流的方向先為ab后為baCt1t3時間內(nèi)小燈泡先變亮后變暗Dt1t3時間內(nèi)小燈泡先變暗后變亮解析:t1t3時間內(nèi)穿過線圈的磁通量先向里減小后向外增加,根據(jù)楞次定律可知,流過小燈泡電流的方向為ab,選項A、B錯誤;t1t3時間內(nèi),Bt線的斜率先增大后減小,則磁通量的變化率先增大后減小,感應(yīng)電動勢先增大后減小,小燈泡先變亮后變暗,選項C正確,D錯誤答案:C2.(2017高考全國卷)如圖,在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌平面與磁場垂直,金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS,一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi),線框與導(dǎo)軌共面現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動,在運動開始的瞬間,關(guān)于感應(yīng)電流的方向,下列說法正確的是()APQRS中沿順時針方向,T中沿逆時針方向BPQRS中沿順時針方向,T中沿順時針方向CPQRS中沿逆時針方向,T中沿逆時針方向DPQRS中沿逆時針方向,T中沿順時針方向解析:金屬桿PQ向右切割磁感線,根據(jù)右手定則可知PQRS中感應(yīng)電流沿逆時針方向;原來T中的磁場方向垂直于紙面向里,閉合回路PQRS中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外,使得穿過T的磁通量減小,根據(jù)楞次定律可知T中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流綜上所述,可知A、B、C項錯誤,D項正確答案:D3.法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示銅圓盤安裝在豎直的銅軸上,兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中圓盤旋轉(zhuǎn)時,關(guān)于流過電阻R的電流,下列說法正確的是()A若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定,則電流大小恒定B若從上向下看,圓盤順時針轉(zhuǎn)動,則電流沿b到a的方向流動C若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化D若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析:由右手定則知,圓盤按如題圖所示的方向轉(zhuǎn)動時,感應(yīng)電流沿a到b的方向流動,選項B錯誤;由感應(yīng)電動勢EBl2知,角速度恒定,則感應(yīng)電動勢恒定,電流大小恒定,選項A正確;角速度大小變化,感應(yīng)電動勢大小變化,但感應(yīng)電流方向不變,選項C錯誤;若變?yōu)樵瓉淼?倍,則感應(yīng)電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍,電流變?yōu)樵瓉淼?倍,由PI2R知,電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍,選項D錯誤答案:A4兩條平行虛線間存在一勻強磁場,磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直邊長為0.1m、總電阻為0.005的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi),cd邊與磁場邊界平行,如圖(a)所示已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動,cd邊于t0時刻進(jìn)入磁場線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時,感應(yīng)電動勢取正)下列說法正確的是()A磁感應(yīng)強度的大小為0.5TB導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5m/sC磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向內(nèi)D在t0.4s至t0.6s這段時間內(nèi),導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N解析:從題圖(b)可知,導(dǎo)線框運動的速度大小vm/s0.5 m/s,B項正確;導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中,cd邊切割磁感線,由EBLv,得BT0.2T,A項錯誤;由圖可知,導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中,感應(yīng)電流的方向為順時針方向,根據(jù)楞次定律可知,磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外,C項錯誤;在0.40.6s這段時間內(nèi),導(dǎo)線框正在出磁場,回路中的電流大小IA2A,則導(dǎo)線框受到的安培力FBIL0.220.1N0.04N,D項錯誤答案:B二、多項選擇題5.如圖所示,一個正方形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,在磁場內(nèi)有一邊長為l、阻值為R的正方形線框,線框所在平面與磁場垂直如果以垂直于線框邊和磁場的速度v將線框從磁場中勻速拉出,下列說法正確的是()A如果將線框水平向右拉出磁場,線框經(jīng)過磁場邊界過程中將產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B在紙面內(nèi)無論沿哪個方向?qū)⒕€框拉出磁場,流過線框某一截面的電荷量都相同C將線框水平向右拉出磁場時產(chǎn)生的焦耳熱與速度v成正比D將線框水平向右拉出磁場時產(chǎn)生的焦耳熱與速度的平方v2成正比解析:如果將線框水平向右拉出磁場,穿過線圈垂直紙面向里的磁通量減小,根據(jù)楞次定律可知,該過程中將產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流,A正確;由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E,由歐姆定律得I,通過導(dǎo)線某一截面的電荷量為qIt,可得q,故流過線框某一截面的電荷量與線圈穿出磁場的方向無關(guān),B正確;根據(jù)焦耳定律可得QI2Rtt,所以焦耳熱Q與速度v成正比,C正確,D錯誤答案:ABC6.(2018四川雅安高三第三次診斷)如圖所示,足夠長的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成角(0h1);保持b棒靜止,由靜止釋放a棒,a棒到達(dá)磁場中OO停止運動后再由靜止釋放b棒,a、b與導(dǎo)軌接觸良好且導(dǎo)軌電阻不計,重力加速度g取10m/s2.(1)求a棒進(jìn)入磁場MM時加速度的大??;(2)a棒從釋放到OO的過程中,求b棒產(chǎn)生的焦耳熱;(3)若MM、OO間的距離x2.4m,b棒進(jìn)入磁場后,恰好未與a棒相碰,求h2的值解析:(1)設(shè)a棒到MM時的速度為v1.由機械能守恒定律得mgh1mv進(jìn)入磁場時a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv1感應(yīng)電流I對a棒受力分析,由牛頓第二定律得BILma代入數(shù)據(jù)解得a3.75m/s2.(2)設(shè)a、b產(chǎn)生的總焦耳熱為Q,由能量守恒定律得Qmgh1則b棒產(chǎn)生的焦耳熱QbQQ聯(lián)立解得Qb0.675J.(3)設(shè)b棒到MM時的速度為v2,有mgh2mvb棒進(jìn)入磁場后,兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零,系統(tǒng)的動量守恒,設(shè)a、b一起勻速運動的速度為v,取向右為正方向,由動量守恒定律得mv22mv設(shè)a棒經(jīng)時間t加速到v,由動量定理得BLtmv0又qt,a、b恰好不相碰,有BLx,聯(lián)立解得h21.8m.答案:(1)3.75m/s2(2)0.675J(3)1.8m- 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