（山东专用）2021高考物理一轮复习 第10章 电磁感应 核心素养提升课件

电磁感应第十章◎核心素养提升——科学态度与责任系列(五)高考近3年常考的电磁感应中的“切割模型”年份题号·考点·情景图“切割模型”Ⅱ卷20．感应电流的大小和方向圆盘发电机24．电磁感应中的动力学问题20．转动切割磁感线24．部分导体切割磁感线(“单棒＋导轨”模型)2016Ⅲ卷25．电磁感应中的综合问题部分导体切割磁感线(“单棒＋导轨”模型)年份题号·考点·情景图“切割模型”Ⅱ卷20．电磁感应中的图象问题(挖掘图象信息)“线框切割”模型2017Ⅲ卷15．右手定则和楞次定律的应用“单棒＋导轨”模型年份题号·考点·情景图“切割模型”Ⅰ卷17．法拉第电磁感应定律转动切割磁感线2018Ⅱ卷18．电磁感应的图象问题“线框切割”模型模型1：“单杆＋水平导轨”模型1．(2019·湖南五市十校联考)(多选)如图所示，两平行的光滑导轨固定在同一水平面内，两导轨间距离为L，金属棒ab垂直于导轨，金属棒两端与导轨接触良好，在导轨左端接入阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中．与R相连的导线、导轨和金属棒的电阻均可忽略不计．用平行于导轨向右的大小为F的力拉金属棒，使金属棒以大小为v的速度向右匀速运动，则()A．金属棒ab相当于电源，其a端相当于电源负极B．拉力F＝B2L2vRC．回路中的感应电流沿顺时针方向流动D．定值电阻消耗的电功率P＝FvBD解析根据楞次定律可得金属棒ab中电流从b到a，a端相当于正极，回路中感应电流方向为逆时针方向，A、C错误；产生的感应电动势E＝BLv，导体棒受到的安培力F安＝BIL＝B·BLvR·L＝B2L2vR，由于导体棒做匀速直线运动，所以F＝B2L2vR，B正确；由于金属棒ab速度不变，所以拉力做的功转化为电阻产生的内能，故定值电阻消耗的电功率P＝Fv，D正确．模型2：“单杆＋倾斜导轨”模型2．(多选)如图所示，平行导轨放在斜面上，匀强磁场垂直于斜面向上，恒力F拉动金属杆ab从静止开始沿导轨向上滑动，接触良好，导轨光滑．从静止开始到ab杆达到最大速度的过程中，恒力F做功为W，ab杆克服重力做功为W1，ab杆克服安培力做功为W2，ab杆动能的增加量为ΔEk，电路中产生的焦耳热为Q，ab杆重力势能增加量为ΔEp，则()A．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk＋ΔEpB．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEkC．W＝Q＋ΔEk＋ΔEpD．W2＝Q，W1＝ΔEpCD解析功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程．力F做的功导致内能的增加、杆动能的增加和重力势能的增加，所以有W＝Q＋ΔEk＋ΔEp，选项A、B错误，C正确；克服重力做的功等于杆重力势能的增加量，即W1＝ΔEp，克服安培力做的功等于电路产生的焦耳热，即W2＝Q，选项D正确．模型3：“单杆＋竖直导轨”模型3．(2019·四川乐山调研)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨竖直放置，相距为L，电阻R与两导轨相连，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，一质量为m、电阻不计的导体棒MN，在竖直向上大小为F的恒力作用下，由静止开始沿导轨向上运动．整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，求：(1)初始时刻导体棒的加速度大小；(2)当流过电阻R的电流恒定时，求导体棒的速度大小．答案(1)F－mgm(2)F－mgRB2L2解析(1)初始时刻，导体棒受到竖直向下的重力mg、拉力F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得a＝F－mgm.(2)导体棒在拉力、重力和安培力的作用下，做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，达到稳定状态即做匀速运动，此时电流恒定，设此时速度为v，导体棒产生的电动势为E＝BLv受到的安培力为F安＝BIL稳定时的电流为I＝ER由平衡条件得F－mg－F安＝0以上联立解得v＝F－mgRB2L2模型4：“双杆＋导轨”模型4．足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v0＝10m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10m/s2，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小．答案(1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N解析(1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度．选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度为：v＝mbmb＋mcv0＝12v0＝5m/s(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Q＝12mbv20－12(mb＋mc)v2＝2.5J因为Rb＝Rc，所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝Q2＝1.25J(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：12mcv2－12mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcg＋F＝mcv′2R解得F＝1.25N由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25N，方向竖直向上．模型5：平动线圈模型5．如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1T；现有一质量为m＝10g，总电阻为R＝1Ω，边长也为d＝0.1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10m/s2，不计其他阻力，求：(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．答案(1)2m/s(2)0.1J(3)0.004J解析(1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有mgsinθ＝μmgcosθ＋F安其中F安＝BId，I＝ER，E＝Bdv解得v＝mgsinθ－μmgcosθRB2d2＝2m/s.(2)设最高点离bb′的距离为x，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有v2＝2ax，mgsinθ－μmgcosθ＝ma线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有Ek1－Ek＝μmgcosθ·2x，其中Ek＝12mv2得Ek1＝12mv2＋v2μmgcosθgsinθ－μgcosθ＝0.1J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有mgsinθ·2d－μmgcosθ·2d＋W安＝0Q＝－W安解得Q＝2mgd(sinθ－μcosθ)＝0.004J.