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- 2021-05-26 发布
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2016年高考三套全国卷,都有电磁感应的计算题,其中甲卷和丙卷还各有1道选择题.可见,电磁感应在高考中仍然是热点和重点.2017年选修35纳入必考.动量定理和动量守恒定律在电磁感应中的应用会成为命题的新生点.
【重难解读】
高考对法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则及右手定则的考查一般会结合具体情况和过程命题,主要方向:结合函数图象,结合电路分析,联系力学过程,贯穿能量守恒.杆+导轨或导线框是常见模型,属于考查热点.该题型知识跨度大,思维综合性强,试题难度一般比较大.
【典题例证】
(14分)如图所示,正方形单匝线框bcde边长L=0.4 m,每边电阻相同,总电阻R=0.16 Ω.一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮,一端连接正方形线框,另一端连接物体P,手持物体P使二者在空中保持静止,线框处在竖直面内.线框的正上方有一有界匀强磁场,磁场区域的上、下边界水平平行,间距也为L=0.4 m,磁感线方向垂直于线框所在平面向里,磁感应强度大小B=1.0 T,磁场的下边界与线框的上边eb相距h=1.6 m.现将系统由静止释放,线框向上运动过程中始终在同一竖直面内,eb边保持水平,刚好以v=4.0 m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力.
(1)线框eb边进入磁场中运动时,e、b两点间的电势差Ueb为多少?
(2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少?
(3)若在线框eb边刚进入磁场时,立即给物体P施加一竖直向下的力F,使线框保持进入磁场前的加速度匀加速运动穿过磁场区域,已知此过程中力F做功WF=3.6 J,求eb边上产生的焦耳Qeb为多少?
[解析] (1)线框eb边以v=4.0 m/s的速度进入磁场并匀速运动,产生的感应电动势为E=BLv=1.6 V(1分)
e、b两点间的电势差Ueb=E=1.2 V.(1分)
(2)法一:线框进入磁场后立即做匀速运动,并匀速穿过磁场区,线框受安培力F安=BLI,I=,解得F安=4 N
克服安培力做功W安=F安×2L=3.2 J.(6分)
法二:设物体P质量为M,线框质量为m,线框进入磁场后立即做匀速运动
F安=(M-m)g(1分)
而I=
F安=BLI=4 N(1分)
线框进入磁场前,向上运动的加速度为
a==5 m/s2(1分)
又(M-m)g=(M+m)a(1分)
联立解得M=0.6 kg,m=0.2 kg(1分)
对系统,根据动能定理有(M-m)g×2L-W安=ΔEk=0
而Q=W安
故该过程中产生的焦耳热Q=(M-m)g×2L=3.2 J.(1分)
(3)法一:设线框出磁场区域的速度大小为v1,则
v-v2=2a′·2L,a′=a=(1分)
整理得(M+m)(v-v2)=(M-m)g·2L(1分)
线框穿过磁场区域过程中,力F和安培力都是变力,根据动能定理有
WF-W′安+(M-m)g·2L=(M+m)(v-v2)(1分)
联立得WF-W′安=0(1分)
而W′安=Q′
故Q′=3.6 J
又Q=I2rt∝r(1分)
故eb边上产生的焦耳热Qeb=Q′=0.9 J.(1分)
法二:因为线框在磁场中运动的加速度与进入前的加速度相同,所以在通过磁场区域的过程中,线框和物体P的总机械能保持不变,故力F做的功WF等于整个线框中产生的焦耳热Q′,即WF=Q′,又Q=I2rt∝r,(3分)
故eb边上产生的焦耳热Qeb=Q′=0.9 J.(3分)
[答案] (1)1.2 V (2)3.2 J (3)0.9 J
用动力学观点、能量观点解答
电磁感应问题的一般步骤
【突破训练】
1.(多选)如图,在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd,阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连.质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动.整个装置放于匀强磁场中,磁场的方向竖直向上(图中未画出),磁感应强度的大小为B.导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳,绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后,与一个质量也为m的物块相连,绳处于拉直状态.现若从静止开始释放物块,用h表示物块下落的高度(物块不会触地),g表示重力加速度,其他电阻不计,则 ( )
A.电阻R中的感应电流方向由a到c
B.物块下落的最大加速度为g
C.若h足够大,物块下落的最大速度为
D.通过电阻R的电荷量为
解析:选CD.题中导体棒向右运动切割磁感线,由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流,则电阻R中的电流方向由c到a,A错误;对导体棒应用牛顿第二定律有FT-F安=ma,又F安=Bl,再对物块应用牛顿第二定律有mg-FT=ma,则联立可得:a=-,则物块下落的最大加速度am=,B错误;当a=0时,速度最大为vm=,C正确;下落h的过程,回路中的面积变化量ΔS=lh,则通过电阻R的电荷量q===,D正确.
2.如图所示,足够长平行金属导轨倾斜放置,倾角为37°,宽度为0.5 m,
电阻忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置,质量为0.2 kg,接入电路的电阻为1 Ω,两端与导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为0.8 T.将导体棒MN由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光,此后导体棒MN的运动速度大小以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6)( )
A.2.5 m/s 1 W B.5 m/s 1 W
C.7.5 m/s 9 W D.15 m/s 9 W
解析:选B .小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动.此时:F安=
对棒满足:
mgsin θ-μmgcos θ-=0
因为R灯=R棒,则:P灯=P棒
再依据功能关系:mgsin θ·v-μmgcos θ·v=P灯+P棒
联立解得v=5 m/s,P灯=1 W,所以B项正确.
3.如图所示,光滑斜面的倾角为θ,斜面上放置一矩形导体线框abcd,ab边的边长为l1,bc边的边长为l2,线框的质量为m,电阻为R,线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连,重物质量为M.斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度为B,如果线框从静止开始运动,进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的,且线框的ab边始终平行于底边,则下列说法正确的是( )
A.线框进入磁场前运动的加速度为
B.线框进入磁场时匀速运动的速度为
C.线框做匀速运动的总时间为
D.该匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mg-mgsin θ)l2
解析:选D.由牛顿第二定律得,Mg-mgsin θ=(M+m)a,解得线框进入磁场前运动的加速度为,A错误;由平衡条件,Mg-mgsin θ-F安=0,F安=BIl1,I=,E=Bl1v,联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v=,B错误;线框做匀速运动的总时间为t==,C错误;由能量守恒定律,该匀速运动过程中产生的焦耳热等于系统重力势能的减小量,为(Mg-mgsin θ)l2,D正确.
4.(多选)在倾角为θ足够长的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场,磁场方向一个垂直斜面向上,另一个垂直斜面向下,宽度均为L,如图所示.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t=0时刻以速度v0进入磁场,恰好做匀速直线运动,若经过时间t0,线框ab边到达gg′与ff′中间位置时,线框又恰好做匀速运动,则下列说法正确的是( )
A.当ab边刚越过ff′时,线框加速度的大小为gsin θ
B.t0时刻线框匀速运动的速度为
C.t0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsin θ+mv
D.离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动
解析:选BC.当ab边进入磁场时,有E=BLv0,I=,mgsin θ=BIL,有=mgsin θ.当ab边刚越过ff′时,线框的感应电动势和电流均加倍,则线框做减速运动,有=4mgsin θ,加速度方向沿斜面向上且大小为3gsin θ,A错误;t0时刻线框匀速运动的速度为v,则有=mgsin θ,解得v=,B正确;线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程,沿斜面向下运动距离为L,则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q=+=+,C正确;线框离开磁场时做加速运动,D错误.
5.(2017·河南郑州模拟)如图所示,在xOy平面内有一扇形金属框abc,其半径为r,ac边与y轴重合,bc边与x轴重合,且c位于坐标原点,ac边与bc边的电阻不计,圆弧ab上单位长度的电阻为R.金属杆MN长度为L,放在金属框abc上,MN与ac边紧邻且重叠部分的电阻为R0.磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直并充满平面.现对MN杆施加一个外力(图中未画出),使之以c点为轴心顺时针匀速转动,角速度为ω.求:
(1)在MN杆运动过程中,通过杆的电流I与转过的角度θ间的关系;
(2)整个电路消耗电功率的最小值是多少?
解析:(1)电路中感应电动势E=Br2ω
当MN杆转过角度为θ时总电阻
R总=R0+=R0+
杆中电流I与杆转过的角度θ的关系为
I==.
(2)由于总电阻
R总=R0+=R0+(-2θ2+πθ)
当θ=时,总电阻R总有最大值.
此时,R总=R0+
电路消耗电功率的最小值是
P==.
答案:(1)I= (2)
6.如图所示,一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内,导轨间距l=0.5 m,左端接有阻值R=0.3 Ω的电阻.一质量m=0.1 kg,电阻r=0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度B=0.4 T.金属棒在水平向右的外力作用下,由静止开始以a=2 m/s2的加速度做匀加速运动,当金属棒的位移x=9 m时撤去外力,棒继续运动一段距离后停下来,已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1.导轨足够长且电阻不计,金属棒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)金属棒在匀加速运动过程中,通过电阻R的电荷量q;
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2;
(3)外力做的功WF.
解析:(1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt,回路的磁通量的变化量为ΔΦ,回路中的平均感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律得
E=①
其中ΔΦ=Blx②
设回路中的平均电流为I,由闭合电路欧姆定律得
I=③
则通过电阻R的电荷量为q=IΔt④
联立①②③④式,得q=
代入数据得q=4.5 C.
(2)设撤去外力时金属棒的速度为v,对于金属棒的匀加速运动过程,由运动学公式得v2=2ax⑤
设金属棒在撤去外力后的运动过程中克服安培力所做的功为W,由动能定理得
W=0-mv2⑥
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2=-W⑦
联立⑤⑥⑦式,代入数据得Q2=1.8 J.⑧
(3)由题意知,撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比
Q1∶Q2=2∶1,可得Q1=3.6 J⑨
在金属棒运动的整个过程中,外力F克服安培力做功,由功能关系可知WF=Q1+Q2⑩
由⑧⑨⑩式得WF=5.4 J.
答案:(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
7.如图所示,半径为L1=2 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B1= T.长度也为L1、电阻为R的金属杆ab,一端处于圆环中心,另一端恰好搭接在金属环上,绕着a端沿逆时针方向匀速转动,角速度为ω= rad/s.通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中(连接a端的导线与圆环不接触,图中的定值电阻R1=R,滑片P位于R2的正中央,R2的总阻值为4R),图中的平行板长度为L2=2 m,宽度为d=2 m.图示位置为计时起点,在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v0=0.5 m/s向右运动,并恰好能从平行板的右边缘飞出,之后进入到有界匀强磁场中,其磁感应强度大小为B2,左边界为图中的虚线位置,右侧及上下范围均足够大.(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻,忽略电容器的充放电时间,忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响,不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求:
(1)在0~4 s内,平行板间的电势差UMN;
(2)带电粒子飞出电场时的速度;
(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场,则磁感应强度B2应满足的条件.
解析:(1)金属杆产生的感应电动势恒为
E=B1Lω=2 V
由电路的连接特点知:E=I·4R
U0=I·2R==1 V
T1==20 s
由右手定则知:在0~4 s时间内,金属杆ab中的电流方向为b →a,则φa>φb
则在0~4 s时间内,φM<φN,UMN=-1 V.
(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动,在0~时间内水平方向L2=v0·t1
t1==4 s<
竖直方向=at
a=,E=,vy=at1
得=0.25 C/kg,vy=0.5 m/s
则粒子飞出电场时的速度
v== m/s
tan θ==1,所以该速度与水平方向的夹角θ=45°.
(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由B2qv=m得r=
由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知,r>d时离开磁场后不会第二次进入电场,即B2<=2 T.
答案:(1)-1 V (2) m/s 与水平方向成45°夹角
(3)B2<2 T