高考物理复习专题八---电磁学

2006---2007高考复习专题八:电磁感应综合问题2007、3专题解说一.命题趋向与考点电磁感应综合问题，涉及力学知识（如牛顿运动定律、功、动能定理、动量和能量守恒定律等）、电学知识（如电磁感应定律、楞次定律、直流电路知识、磁场知识等）热学知识等多个知识点，突出考查考生理解能力、分析综合能力，尤其从实际问题中抽象概括构建物理模型的创新能力。因此，本专题涉及的内容是历年高考考查的重点，年年都有考题，且多为计算题，分值高，难度大，对考生具有较高的区分度。专题解说二.知识概要与方法1、电磁感应的题目往往综合性较强，与前面的知识联系较多，在解题时，在弄清题意后重要的是分析题目由哪些基本物理现象组成，再选用相应的规律，分析物理过程，建立解题方程求解。其具体应用可分为以下两个方面：（1）受力情况、运动情况的动态分析。思考程序：导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……，周而复始，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态。要画好受力图，抓住a=0时，速度v达最大值的特点。专题解说（2）功能分析.电磁感应过程往往伴随着多种能量形态的转化。从功和能的观点入手，分析清楚电磁感应过程中能量转化的关系，是解决电磁感应问题的重要途径例如：如图所示中的金属棒ab沿导轨由静止下滑时，重力势能减小，一部分用来克服安培力做功转化为感应电流的电能，最终在R上转转化为焦耳热，另一部分转化为金属棒的动能．若导轨足够长，棒最终达到稳定状态为匀速运动时，重力势能用来克服安培力做功转化为感应电流的电能.专题解说2、力学及电学与电磁感应结合的题目是复习中应强化的重要内容．（1）电磁感应与力和运动结合的问题。首先明确研究对象，搞清物理过程。其次由法拉第电磁感应定律求感应电动势，然后利用欧姆定律求感应电流。再次正确地进行受力分析，求出安培力.要注意在匀强磁场中匀速运动的导体受的安培力恒定，变速运动的导体受的安培力也随速度（电流）变化．最后用力学规律求解，匀速运动可用平衡条件求解．变速运动的瞬时速度可用牛顿第二定律和运动学公式求解，变速运动的热量问题一般用能量观点分析，应尽量应用能的转化和守恒定律解决问题．专题解说(3)电磁感应的图像样问题一般有两大类:一类是根据导体切割磁感应情况画出E－t图象和i－t图象.另一类是根据图象φ－t或B－t图象画出E－t图象和I－t图象,或反之。(2)电磁感应的电路问题：应明确产生电动势的那部分导体相当于电源，该部分电路的电阻是电源的内阻，而其余部分电路则是用电器,是外电路．一般先画等效电路图,然后综合电磁规律和电路规律求解在电磁感应现象中，应用全电路欧姆定律分析问题，并注意能量转化问题。3、电磁感应现象中，产生的电能是其他形势的能转化来的，外力克服安培力做多少功，就有多少电能产生．从能量转化和守恒的观点看，楞次定律描述了其他形式的能通过磁场转化为电能的规律，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体表现，也是解决电磁感应问题的重要方法．(1)电磁感应现象的实质是不同形式能量转化的过程。产生和维持感应电流的存在的过程就是其它形式的能量转化为感应电流电能的过程。(2)安培力做正功的过程是电能转化为其它形式能量的过程,安培力做多少正功,就有多少电能转化为其它形式能量(3)安培力做负功的过程是其它形式能量转化为电能的过程,克服安培力做多少功,就有多少其它形式能量转化为电能专题解说专题解说用牛顿定律、动量观点、全电路欧姆定律解电学综合问题和力、电综合问题；用能量观点解电磁感应问题电磁感应现象产生电磁感应现象的条件感应电动势的大小感应电流的方向:楞次定律右手定则ΔφE=NΔtE=BLv专题聚焦B例1．（04湖南）一直升飞机停在南半球的地磁极上空。该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B。直升飞机螺旋桨叶片的长度为L，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示。如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则A．E＝πfL2B，且a点电势低于b点电势B．E＝2πfL2B，且a点电势低于b点电势C．E＝πfL2B，且a点电势高于b点电势D．E＝2πfL2B，且a点电势高于b点电势答案：A例2：直导线PQ内通有恒定电流I，矩形线圈abcd从位置Ⅰ匀速运动到Ⅱ的整个过程中线圈abcd内的感应电流()A.任何时刻都不为0B.有一个时刻为0C.有二个时刻为0D.有三个时刻为0ФtadbcⅡadbcⅠ解：画出Ф-t图，Cε=ΔФ/Δt斜率为0时，感应电流为0。专题聚焦专题聚焦BO例3.如图所示，一根电阻为R＝12欧的电阻丝做成一个半径为r＝1米的圆形导线框，竖直放置在水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，磁感强度为B＝0.2特，现有一根质量为m＝0.1千克、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点静止起沿线框下落，在下落过程中始终与线框良好接触，已知下落距离为r/2时，棒的速度大小为v1＝8/3米/秒，下落到经过圆心时棒的速度大小为v2＝10/3米/秒，试求：（1）下落距离为r/2时棒的加速度（2）从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量专题聚焦BO解：(1)金属棒下落距离为r/2时，金属棒中产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律得，感应电动势3E=B（r）v1此时，金属圆环为外电路，等效电阻为1R2R×2R833R===ΩR93金属棒中的电流为1E=RI金属棒受的安培力为:F＝BIL＝＝0.12N22B3rv1R1由mg-F＝ma得：a＝g－F/m＝10－0.12/0.1＝10－1.2＝8.8（m/s2）（2）由能量守恒电功率得mgr-Q＝½mv22–0故从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量为Q＝mgr－½mv22＝0.1101J－½0.1(10/3)2J＝0.44J例4．(05上海)如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小;(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；(3)在上问中，若R＝2Ω,金属棒中的电流方向由a到b,求磁感应强度的大小与方向．(g=10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)abRθθ专题聚焦解:(1)金属棒开始下滑的初速为零,根据牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma①由①式解得a＝10×(0.6－0.25×0.8)m/s2=4m/s2②(2)设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡mgsinθ－μmgcosθ－F＝0③此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率Fv＝P④由③、④两式解得⑤P8v===10m/sF0.2×10×0.6-0.25×0.8(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为BI=Blv/R⑥P＝I2R⑦由⑥、⑦两式解得820.4101PRBTvl⑧磁场方向垂直导轨平面向上专题聚焦专题聚焦点评：解决此类问题首先要建立一个“动→电→动”的思维顺序。此类问题中力现象、电磁现象相互联系、相互制约和影响，其基本形式如下：分析方法和步聚可概括为：（1）找准主动运动（即切割磁感线）者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解电动势大小和方向.（2）根据等效电路图，求解回路电流大小及方向（3）分析导体棒的受力情况及导体棒运动后对电路中电学参量的“反作用”.（4）从宏观上推断终极状态（5）列出动力学方程或平衡方程进行求解.例5.(04广东)如图，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ,导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面（纸面）向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m1、m2和R1、R2,两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为μ，已知：杆1被外力拖动，以恒定的速度v0沿导轨运动；达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略，求此时杆2克服摩擦力做功的功率。1MNPQ2v0专题聚焦解法一：设杆2的运动速度为v，由于两杆运动时，两杆间和导轨构成的回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势0E=Bl(v-v)1感应电流12EI=2R+R杆2作匀速运动,它受到的安培力等于它受到的摩擦力,2BIμmg3l导体杆2克服摩擦力做功的功率2Pμmgv4解得2201222μmgPμmg[v(RR)]Bl1MNPQ2v0专题聚焦解法二：以F表示拖动杆1的外力，以I表示由杆1、杆2和导轨构成的回路中的电流，达到稳定时，对杆1有F-μm1g-BIl=0……⑴对杆2有BIl–μm2g=0……⑵外力F的功率PF=Fv0……⑶以P表示杆2克服摩擦力做功的功率，则有2F1210P=P-I(R+R)-μmgv4由以上各式得g201222μmgPμmg[v(RR)]5Bl1MNPQ2v0专题聚焦专题聚焦例6.如图，足够长的光滑平行导轨水平放置，电阻不计，MN部分的宽度为2L，PQ部分的宽度为L，金属棒a和b的质量ma=2mb=2m，其电阻大小Ra=2Rb=2R，a和b分别在MN和PQ上，垂直导轨相距足够远，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感强度为B，开始a棒向右速度为v0，b棒静止，两棒运动时始终保持平行且a总在MN上运动，b总在PQ上运动，求a、b最终的速度。解：本题由于两导轨的宽度不等，a、b系统动量不守恒，可对a、b分别用动量定理。a运动产生感应电流，a、b在安培力的作用下，分别作减速和加速运动.b的运动产生了反电动势。回路的电动势E总=Ea－Eb=2BLva－BLvb,随着va减小,vb增加,E总减小.专题聚焦安培力/(3)FElBR总也随之减小，/ba=F/maa=F/(2m)故a棒的加速度减小，b棒的加速度也减小。当E总=0，即2BLva=BLvb时，两者加速度为零，两棒均匀速运动，且有vb=2va…①对a、b分别用动量定理而abF=2F联立以上各式可得：0avv=30b2vv=3aa0-Ft=2m(v-v)bbFt=mv专题聚焦例7.如图所示，abcde和a/b/c/d/e/为两平行的光滑轨道，其中abcde和a/b/c/d/e/部分为处于水平面内的导轨，ab与a/b的间距为cd与c/d间距的2倍，de、d/e部分为与水平导轨部分处于竖直向上的匀强磁场中，弯轨部分处于匀强磁场外,半径为R。在靠近aa＇和cc＇处分别放着两根金属棒MN、PQ，质量分别为2m和m。为使棒PQ沿导轨运动，且通过半圆轨道的最高点ee/，在初始位置必须至少给棒MN以多大的冲量？设两段水平面导轨均足够长，PQ出磁场时MN仍在宽导轨道上运动。解：若棒PQ刚能通过半圆形轨道的最高点ee＇，则由2evmg=mR可得其在最高点时的速度ev=gR棒PQ在半圆形轨道上运动时机械能守恒,设其在dd的速度为vd专题聚焦由22de11mv=mv+mg×2R22可得：dv=5gR两棒在直轨上运动的开始阶段，由于回路中存在感应电流，受安培力作用，棒MN速度减小，棒PQ速度增大。当棒MN的速度v1和棒PQ的速度v2达到v1=v2/2时，回路中磁通量不再变化而无感应电流，两者便做匀速运动，因而2dv=v=5gR在有感应电流存在时的每一瞬时，由F=ILB及MN为PQ长度的2倍可知，棒MN和PQ所受安培力F1和F2有关系F1=2F2。从而，在回路中存在感应电流的时间t内，有12F=2F设棒MN的初速度为v0，在时间t内分别对两棒应用动量定理，有：110-Ft=2mv-2mv22Ft=mv专题聚焦将以上两式相除，考虑到12F=2F并将v1、v2的表达式