2020版高考物理一轮复习 第十章 专题八 电磁感应规律的综合应用（一）课件 新人教版

第十章电磁感应专题八电磁感应规律的综合应用(一)突破1电磁感应中的电路问题1．电磁感应中的电路问题(1)电源和电阻(2)电流方向在外电路，电流由高电势流向低电势；在内电路，电流由低电势流向高电势．2．解决电磁感应电路问题的策略是先源后路，即(多选)如图甲所示，电阻R1＝R，R2＝2R，电容为C的电容器，圆形金属线圈半径为r2，线圈的电阻为R.半径为r1(r1r2)的圆形区域内存在垂直线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，t1、t2时刻磁感应强度分别为B1、B2，其余导线的电阻不计，闭合开关S，至t1时刻电路中的电流已稳定，下列说法正确的是()ACA．电容器上极板带正电B．t1时刻电容器带的电荷量为CB1πr214t1C．t1时刻之后，线圈两端的电压为3B1πr214t1D．t2时刻之后，R1两端的电压为B2πr224t2【解析】本题考查法拉第电磁感应定律的图象问题，电动势由磁通量变化引起．由B­t图象的斜率读出磁感应强度的变化率ΔBΔt，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，从而求得路端电压，再由楞次定律判断出感应电流的方向．根据楞次定律可知，线圈产生的逆时针方向电流，则电容器上极板带正电，A正确；根据法拉第电磁感应定律，则有E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝B1πr21t1，电流为I＝ER1＋R2＋R＝B1πr214Rt1，UR2＝I·2R＝B1πr214Rt1·2R＝B1πr212t1，电容器所带的电荷量Q＝CUR2＝CB1πr212t1，B错误；t1时间之后，线圈两端的电压U＝I(R1＋R2)＝3B1πr214t1，C正确；t2时刻之后，R1两端的电压为U＝IR1＝B1πr214t1＝B2πr214t2，D错误．1．如图所示，竖直平面内有一金属环，其半径为a，总电阻为2r(金属环粗细均匀)，磁感应强度大小为B0的匀强磁场垂直穿过环平面，环的最高点A处用铰链连接长度为2a、电阻为r的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则此时A、B两端的电压大小为()AA.13B0avB.16B0avC.23B0avD.B0av解析：棒摆到竖直位置时整根棒处在匀强磁场中，切割磁感线的长度为2a，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝B0·2a·v，而v＝vA＋vB2，得E＝B0·2a·0＋v2＝B0av.外电路的总电阻R＝r·rr＋r＝r2，根据闭合电路欧姆定律I＝ER＋r，得总电流I＝2B0av3r.A、B两端的电压大小U＝IR＝2B0av3r·r2＝13B0av，选项A正确．三步解决电磁感应中电路问题(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．突破2电磁感应中的动力学问题1．导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析．(2)导体的非平衡状态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．2．力学对象和电学对象的相互关系考向1电磁感应中的平衡问题(2019·上海奉贤二模)如图所示，两条足够长的平行金属导轨竖直放置，间距为L.以MN为界的两个匀强磁场，磁场方向均垂直导轨平面向里，上方区域的磁感应强度大小为B0.下方区域的磁感应强度大小为2B0.金属棒a、b分处上、下磁场，质量分别为2m和m，电阻均为R，与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦地运动．导轨上端连接一阻值为R的电阻和开关S，导轨电阻不计．重力加速度为g.(1)若开关S断开，当a棒在竖直方向匀速运动时，b棒恰好静止，请判断a棒的运动方向，并说明理由；(2)在第(1)问中，求a棒匀速运动时所需竖直方向的外力F的大小和方向．(3)若将a棒固定，将b棒由静止释放，运动状态稳定后再闭合开关S.请说明闭合开关后，b棒运动的速度和加速度情况，请求出b棒的最终速度．[审题指导]导体棒在磁场中切割磁感线产生电动势，电路中出现电流，从而有安培力．由于安培力是与速度有关系的力，因此会导致加速度在改变．所以当安培力不变时，则一定处于平衡状态．解决本题的关键就是抓住两棒均处于平衡状态．【解析】(1)当b棒静止时，受到向上的安培力作用，由左手定则可知b棒中的电流向右，a中的感应电流向左，由右手定则可知，a棒向上运动；(2)对b棒mg＝2B0IL；对A棒：F＝B0IL＋2mg；联立解得：F＝52mg，方向竖直向上．(3)开始开关S断开时，当b棒稳定后满足mg＝F安＝2B0IL＝B20L2v1R，解得v1＝mgR2B20L2；当开关S闭合后，回路的电阻减小，电流会变大，作用在b上的安培力会变大，则b棒将做减速运动，当最后匀速运动稳定时，满足mg＝F安＝2B0I′L＝2B02B0LvbR＋R2L，解得vb＝3mgR8B20L2.【答案】(1)向上运动(2)52mg，方向竖直向上(3)3mgR8B20L22．(2019·湖南长沙月考)(多选)如图所示的竖直平面内，水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直竖直平面向里的匀强磁场，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为h的无磁场区域，hd.一质量为m、边长为d的正方形线框从距区域Ⅰ上边界高度h处静止释放．线框能匀速地通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ，重力加速度为g，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是()ACA．区域Ⅰ与区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小的比值一定大于1B．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度大小之比为21C．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程中产生的热量相等D．线框进入区域Ⅰ和区域Ⅱ过程中通过线框某一横截面的电荷量相等解析：通过磁场Ⅰ时，能匀速通过，说明受到的安培力大小等于重力，即F安＝B1Id＝B21d2v1R＝mg，在Ⅰ和Ⅱ之间运动时，线框做加速运动，所以进入磁场Ⅱ时的速度大于进入磁场Ⅰ时的速度，v2v1，因为能匀速通过磁场Ⅱ，所以B22d2v2R＝mg，故B22d2v2R＝B21d2v1R，可得B1B2＝v2v11，A正确；进入磁场Ⅰ时有v1＝2gh，进入磁场Ⅱ时有v2＝2g2h－d，故v1v2＝h2h－d≠2，B错误；两个过程中产生的热量等于克服安培力做的功，而两个过程中安培力大小等于重力，则做功都为W＝2mgd，所以两个过程中产生的热量相同，C正确；根据q＝ΔΦR＝BSR可得q1＝ΔΦR＝B1d2R，q2＝ΔΦR＝B2d2R，由于两个磁场的磁感应强度不同，所以通过线框某一横截面的电荷量不相等，D错误．考向2电磁感应中的非平衡问题如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.【解析】(1)感应电动势E＝Bdv0感应电流I＝ER，故I＝Bdv0R(2)安培力F＝BId由牛顿第二定律得F＝ma故a＝B2d2v0mR(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v，则感应电动势E′＝Bd(v0－v)电功率P＝E′2R故P＝B2d2v0－v2R.【答案】(1)Bdv0R(2)B2d2v0mR(3)B2d2v0－v2R3．(2019·蚌埠模拟)如图所示，PQ和MN是两根间距为L的光滑水平长直导轨，P与M之间连接一个阻值为R的定值电阻，一个长为L、质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直放在导轨上，整个装置处于竖直方向匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.(1)现在金属棒ab上作用一个大小为F的水平恒力，使其沿导轨运动，求ab棒最大速度的大小．(2)若在金属棒ab上作用一个水平力F′，使金属棒ab沿导轨由静止做加速度为a的匀加速直线运动，求水平力F′与时间t的函数关系式．解析：(1)当安培力与拉力达到平衡时速度最大，设最大速度为vm，根据共点力的平衡条件可得：BIL＝F其中I＝BLvmR＋r联立解得：vm＝FR＋rB2L2(2)根据法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv根据牛顿第二定律可得：F′－FA＝ma即：F′－B2L2vR＋r＝ma根据速度—时间关系可得：v＝at联立解得：F′＝ma＋B2L2aR＋rt.答案：(1)FR＋rB2L2(2)F′＝ma＋B2L2aR＋rt用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：考向3电磁感应中的能量问题1．能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法2．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，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．(2018·江苏卷)(多选)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆()BCA．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4[审题指导](1)利用v­t图象分析运动过程和运动时间，可以化难为易．(2)对于D选项，以杆刚进入Ⅰ时恰好匀速运动作为参照，问题便迎刃而解．【解析】本题考查电磁感应与动力学、能量问题的综合应用．要使杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，杆刚进入磁场Ⅰ时必须减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误．杆在Ⅰ区做加速度减小的减速运动，在两磁场之间做a＝g的匀加速运动，运动过程如图所示(其中v1为杆刚进入Ⅰ时的速度，v2为杆刚出Ⅰ时的速度)，图线与时间轴所围的面积表示位移，两段运动的位移相等，则t1t2－t1，故B正确．对杆从进入磁场Ⅰ至刚穿出磁场Ⅱ的过程应用动能定理得mg·3d＋W安＝12mv22－12mv21，对杆穿过两磁场之间的过程应用动能定理得mgd＝12mv21－12mv22，解得W安＝－4mgd，由功能关系得Q＝－W安＝4mgd，故C正确．若杆刚进入磁场Ⅰ时恰好匀速，则有B2L2v1R＝mg，v1＝mgRB2L2，代入h＝v212g得h＝m2gR22B4L4，因为杆刚进入Ⅰ时必须做减速运动，故一定有hm2gR22B4L4，故D错误．4．(多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，则()BCA．a、b两个线框匀速运动的速度大小为2mgRB2l2B．线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B2l3mgRC．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl解析：设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力大小为T，则对a有：T＝2mg－BIl，对b有：T＝mg，又I＝ER，E＝Blv，解得v＝mgRB2l2，故A错误．线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运