2020年物理高考大一轮复习 第10章 电磁感应 第30讲 电磁感应定律的综合应用课件

第十章电磁感应高考总复习·物理第30讲电磁感应定律的综合应用高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．电源：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于________．如：切割磁感线的__________、有磁通量变化的________．2．等效电路：内电路是__________________________________________；外电路由________、________等电学元件组成．在外电路中，电流从______电势处流向______电势处；在内电路中，电流则从______电势处流向______电势处．电源导体棒线圈切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈电阻电容高低低高Blv3．与电路相联系的几个公式(1)电源电动势：E＝_________或E＝__________.(2)闭合电路欧姆定律：I＝_______.电源的内电压：U内＝________.电源的路端电压：U外＝IR＝____________.(3)消耗功率：P外＝________，P总＝________.(4)电热：Q＝____________.nΔΦΔtER＋rIrE－IrIUEII2Rt[基础小练]判断下列说法是否正确(1)闭合线框在匀强磁场中切割磁感线，一定产生感应电流．()(2)穿过线框的磁通量发生变化时，产生的感应电动势与外电路无关．()(3)导体回路克服安培力做的功，等于电路中产生的总热量．()(4)导体棒在磁场中做切割磁感线运动时，安培力只能做负功．()×√√√板块二︿︿[考法精讲]考法一电磁感应的电路问题归纳总结电磁感应电路问题的解题思路(1)确定电源：利用E＝nΔΦΔt或E＝Blvsinθ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流的方向．如果在一个电路中切割磁感线的部分有多个并相互联系，可等效成电源的串、并联．(2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串、并联关系，画出等效电路图．(3)利用电路规律求解：应用闭合电路欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解．【自主练1】(2019·大庆实验中学高三期末)如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B．电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时()A．电容器两端的电压为零B．通过电阻R的电流为BLvRC．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2vR答案C解析当导线MN匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压，此时导线MN产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U＝E＝BLv，故选项A、B错误；电容器所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故选项C正确；因匀速运动后MN所受合力为零，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故选项D错误．【自主练2】(2019·北京房山高三一模)如图所示，在光滑水平面上有一长为L＝0.5m的单匝正方形闭合导体线框abcd，处于磁感应强度为B＝0.4T的有界匀强磁场中，其ab边与磁场的边界重合．线框由同种粗细均匀、电阻为R＝2Ω的导线制成．现用垂直于线框ab边的水平拉力，将线框以速度v＝5m/s向右沿水平方向匀速拉出磁场，此过程中保持线框平面与磁感线垂直，且ab边与磁场边界平行．线框被拉出磁场的过程中，求：(1)通过线框的电流大小及方向；(2)线框中c、d两点间的电压大小；(3)水平拉力的功率．解析(1)cd边切割磁感线，产生感应电动势E＝BLv，代入数据解得E＝1V，I＝ER＝0.5A，方向为cbadc.(2)c、d两点间电压为路端电压，由闭合电路欧姆定律Ucd＝I·34R＝0.75V.(3)线框受安培力F＝BIL，代入数据解得F＝0.1N；匀速运动拉力等于安培力，由P＝Fv得P＝0.5W.答案(1)0.5A方向为cbadc(2)0.75V(3)0.5W考法二电磁感应的动力学和能量问题1．动力学两种状态及处理方法(1)平衡态，根据平衡条件列式分析；(2)非平衡态，根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析．2．动态分析的基本思路导体受外力运动―→感应电动势――→E＝Blv感应电流――→I＝ER＋r导体受安培力――→F＝BIl合力变化――→F合＝ma加速度变化―→速度变化―→临界状态．3．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)．(2)弄清电磁感应过程中，受哪些力，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化．(3)根据平衡、牛顿第二定律、功能关系或能量守恒定律列式求解．【例题1】(2019·资阳高三诊断)(多选)如图所示，一个半径为r、粗细均匀、阻值为R的圆形导线框，竖直放置在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．现有一根质量为m、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点由静止释放，棒在下落过程中始终与线框保持良好接触．已知下落距离为r2时棒的速度大小为v1，下落到圆心O时棒的速度大小为v2，忽略摩擦及空气阻力，下列说法正确的是()A．导体棒下落距离为r2时，棒中感应电流的方向向右B．导体棒下落距离为r2时，棒的加速度的大小为g－27B2r2v12mRC．导体棒下落到圆心时，圆形导线框的发热功率为B2r2v22RD．导体棒从开始下落到经过圆心的过程中，圆形导线框产生的热量为mgr－12mv22[思维导引]导体棒下落距离为r2时，导体棒切割磁感线的有效长度是多少？被导体棒分成的两部分圆弧的电阻各是多少？该电路为纯电阻电路，求圆形导线框的发热功率需要求出通过圆形线框的瞬时电流．答案BD解析导体棒下落过程中切割磁感线，根据右手定则可知，棒中感应电流的方向向左，故选项A错误；棒下落距离为r2时，棒有效的切割长度为L＝2rcos30°＝3r，弦所对的圆心角为120°，则圆环上半部分的电阻为R3，圆环下半部分的电阻为2R3，由外电路并联电阻为R1＝R3×2R3R＝2R9，此时，回路中感应电动势为E＝BLv1,I＝ER1，安培力F＝BIL，联立得F＝B23r2v1R1，由牛顿第二定律得mg－F＝ma得a＝g－27B2r2v12mR，故选项B正确；导体棒下落到圆心时，棒有效的切割长度为2r，回路中的总电阻为R4，电动势为E＝B×2r×v2，根据公式P＝E2R4＝B×2r×v22R4＝16B2r2v22R，故选项C错误；从开始下落到经过圆心的过程中，棒的重力势能减小转化为棒的动能和内能，根据能量守恒定律得mgr＝12mv22＋Q，解得Q＝mgr－12mv22，故选项D正确．【跟踪训练1­1】(2019·惠州高三调研)(多选)如图所示，在磁感应强度B＝1.0T的匀强磁场中，质量m＝1kg的金属杆PQ在水平向右的外力F作用下沿着粗糙“U”形导轨以速度v＝2m/s向右匀速滑动，“U”形导轨固定在水平面上，两导轨间距离l＝1.0m，金属杆PQ与“U”形导轨之间的动摩擦因数μ＝0.3,电阻R＝3.0Ω，金属杆的电阻r＝1.0Ω，导轨电阻忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．通过R的感应电流的方向为由d到aB．金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0VC．金属杆PQ受到的外力F的大小为2.5ND．外力F做功的数值大于电路上产生的焦耳热答案BD解析PQ切割磁感线产生动生电动势，由右手定则可知电流方向为QPad，故选项A错误．PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为E＝Blv＝1×1×2V＝2V，故选项B正确．根据欧姆定律可得I＝ER＋r＝0.5A，由力的平衡可知F＝BIl＋μmg＝3.5N，故选项C错误．由动能定理可得WF－Wf－WF安＝0，故WF＝Wf＋WF安，故选项D正确．【跟踪训练1­2】(2019·广东七校联合体联考)(多选)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在位置a、c之间，金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0水平向右运动，到位置b时棒的速度为v，到位置c时棒恰好静止．设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，速度与棒始终垂直．则金属棒在由a到b和b到c的两个过程中()A．棒在磁场中的电流从Q流到PB．位置b时棒的速度为v02C．棒运动的加速度大小相等D．a到b棒的动能减少量大于b到c棒的动能减少量答案ABD解析根据右手定则可知，棒在磁场中的电流从Q流到P，选项A正确；金属棒在运动过程中，通过棒截面的电量q＝I－t＝E－Rt＝BLv－Rt＝BLxR，从a到b的过程中与从b到c的过程中，棒的位移x相等，B、R相等，因此通过棒横截面的电荷量相等，根据动量定理F安t＝BI－Lt＝BLq＝mΔv，则金属棒从a到b和从b到c速度的变化相同，可知位置b时棒的速度为v02，选项B正确；金属棒受到的安培力大小F＝BIL＝BBLvRL＝B2L2vR，金属棒受到的安培力水平向左，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度减小，则安培力减小，棒的加速度逐渐减小，选项C错误；a到b棒的动能减少量12mv2－12mv22＝38mv2，b到c棒的动能减少量12mv22－0＝18mv2，故选项D正确．【跟踪训练1­3】(2019·驻马店高三质检)(多选)如图所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0θ90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()A．产生的焦耳热为qBLvB．ab棒中的电流方向从a到bC．下滑的位移大小为qRBLD．运动的平均速度大于12v答案CD解析设棒下滑位移的大小为x，由电量q＝I－t＝E－Rt＝BLvtR＝BLxR，得x＝qRBL，根据能量守恒定律得棒产生的焦耳热为Q＝mgxsinθ－12mv2，假设棒的速度为v时做匀速运动，则有mgsinθ＝B2L2vR，结合x＝qRBL，得Q＝qBLv－12mv2qBLv，故选项A错误，C正确．由右手定则判断知，ab棒中的电流方向从b到a，故选项B错误．金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于12v，根据速度－时间图象面积表示位移可知，棒的变加速运动的位移大于匀加速运动的位移，则平均速度应大于12v，故选项D正确．考法三电磁感应的图象问题1．解决电磁感应图象问题的两种常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断．2．分析电磁感应图象问题的思路3．解决电磁感应图象问题的“三点关注”：(1)关注初始时刻，看初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应．【例题2】(2019·福建高三质检)(多选)如图所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度．以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，可能正确的是()[思维导引]线框进入磁场时速度大小不确定，安培力与重力大小关系存在三种可能，需要分情况讨论：重力等于安培力；重力大于安培力；重力小于安培力，然后根据牛顿第二定律分析加速度变化特点．答案BCD解析线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场