【物理】2020届一轮复习人教版第十三单元电磁感应第二节　电磁感应中的综合问题学案 6页

第十三单元 知识内容 考试要求 考题统计 命题分析 ‎2016/10‎ ‎2017/04‎ ‎2017/11‎ ‎2018/04‎ ‎2018/11‎ 电磁感应现象 b 选考试题中电磁感应现象与力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律、闭合电路欧姆定律、动量定理、动量守恒定律等知识相结合，涉及受力分析、运动分析、能量分析、动量分析、电路分析、磁场问题分析、图象应用等方面。在近两年浙江选考中均在计算题中出现，并与动量结合，难度较大。‎ 楞次定律 c ‎22‎ 法拉第电磁感应定律 d ‎22‎ ‎22‎ ‎22‎ ‎23‎ ‎22‎ 电磁感应现象的两类情况 b 互感和自感 b 涡流、电磁阻尼和电磁驱动 b 第二节　电磁感应中的综合问题 ‎[研考题考法]‎ 　如图所示是磁悬浮列车运行原理模型，两根平行绝缘直导轨间距为L，宽度相同的磁场磁感应强度B1＝B2＝B，方向相反，并且以速度v同时沿直导轨向右匀速运动。导轨上金属框ab边长为L，ab边长与磁场宽度相同，金属框电阻为R，运动时受到的阻力为Ff，求金属框运动的最大速度。‎ ‎[解题指导]‎ 当一个线框的两条边在方向相反的磁场中切割磁感线时，回路的电动势E＝2BLv，I＝，F＝2ILB＝；另所谓切割速度是指导体棒相对磁场的运动速度。 　　　 　‎ ‎[解析]　由于磁场以速度v向右运动，当金属框稳定后以最大速度vm向右运动，此时金属框相对于磁场的运动速度为：v－vm，‎ 根据右手定则可以判断回路中产生的感应电动势E等于ad、bc边分别产生感应电动势之和，‎ 可得：E＝2BL(v－vm)，‎ 根据欧姆定律可得，此时金属框中产生的感应电流为：I＝＝，金属框的两条边ad和bc都受到安培力作用，ad和bc边处于磁场方向相反的磁场中，电流方向也相反，故它们所受安培力方向一致，故金属框受到的安培力大小：F＝2BIL＝，‎ 当金属框速度最大时，安培力与摩擦力平衡，‎ 可得：F－Ff＝0，‎ 解得vm＝。‎ ‎[答案]　 　(2018·浙江11月选考)如图所示，在间距L＝0.2 m的两光滑平行水平金属导轨间存在方面垂直于纸面(向内为正)的磁场，磁感应强度的分布沿y方向不变，沿x方向如下：‎ B＝ 导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C＝1 F的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I＝2 A，电流方向如图所示。有一质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0＝0.7 m处。开关S掷向1，棒ab从静止开始运动，到达x3＝－0.2 m处时，开关S掷向2。已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求：‎ ‎(提示：可以用Fx图象下的“面积”代表力F所做的功)‎ ‎(1)棒ab运动到x1＝0.2 m时的速度v1；‎ ‎(2)棒ab运动到x2＝－0.1 m时的速度v2；‎ ‎(3)电容器最终所带的电荷量Q。‎ ‎[解题指导]‎ ‎(1)根据题意，可求出x0～x1过程中金属棒所受的安培力，然后根据牛顿运动定律或者动能定理求速度。‎ ‎(2)用Fx图象下的面积可以求解变化的安培力做功，再结合动能定理求解速度。‎ ‎(3)电容器最终两端电压等于金属棒ab切割磁感线产生的电动势，可以通过动量定理求解。‎ ‎[解析]　(1)棒ab从x0＝0.7 m运动到x1＝0.2 m过程中，安培力：F＝BIL＝1×2×0.2 N＝0.4 N。‎ 由动能定理：F(x0－x1)＝mv12‎ 代入数据解得v1＝2 m/s。‎ ‎(2)在区间－0.2 m≤x≤0.2 m，金属棒ab受安培力：F＝5xIL 由此画出Fx图象如图所示。‎ 在Fx图象中，由图线与横轴围成的“面积”表示力F所做的功，则 安培力做功：W＝(x12－x22)‎ 由动能定理得：W＝mv22－mv12‎ 联立以上各式，代入数据解得v2＝ m/s。‎ ‎(3)棒ab从x3＝－0.2 m至以v匀速运动过程中，通过金属棒的电荷量为Q，对棒ab运用动量定理：‎ ‎－BLQ＝mv－mv3‎ 棒ab匀速运动时产生的电动势u＝BLv 电容器所带电荷量Q＝CBLv，‎ x＝－0.2 m处的速度v3＝v1＝2 m/s 联立以上各式，得Q＝＝ C。‎ ‎[答案]　(1)2 m/s　(2) m/s　(3) C ‎[通方法规律]‎ 解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路 ‎1．电路分析 确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系。‎ ‎2．受力分析 注意导体棒所受的安培力大小和方向。‎ ‎3．运动分析 对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析。‎ ‎4．能量分析 分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式。‎ ‎5．规律分析 根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化。‎ ‎[验备考能力]‎ ‎1．(2018·浙江4月选考)如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，在0≤x≤0.65 m、y≤0.40 m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长l＝0.10 m、质量m＝0.02 kg、电阻R＝0.40 Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置，其中心的坐标为(0,0.65 m)。现将线框以初速度v0＝2.0 m/s水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内、其ab边与x轴保持平行，空气阻力不计。求：‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)在全过程中，cb两端的电势差Uc b与线框中心位置的x坐标的函数关系。‎ 解析：(1)线框进入磁场过程受力平衡：mg＝BIl 感应电流I＝ 沿y轴负方向速度vy＝ 而h＝0.2 m 联立解得B＝2 T。‎ ‎(2)进入磁场过程：Q1＝I2Rt＝·＝0.02 J 离开磁场过程由动能定理得 mgh′－W克安＝m(v2x2＋v2y2)－m(v02＋v1y2)‎ 水平方向由动量定理得 ‎－Bl·t＝mv2x－mv0‎ 其中＝，t＝ 竖直方向有v2y2－v1y2＝2gh′‎ 联立解得Q2＝W克安＝0.0175 J 全过程产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝0.037 5 J ‎(3)进入磁场前由平抛运动知识得x≤0.4 m，‎ 此过程Ucd＝0‎ 进入磁场过程vx＝v0＝2 m/s，vy＝2 m/s 所以0.4 m＜x≤0.5 m，此过程 Ucb＝B(vyt)v0－I 而vyt＝v0t＝(x－0.4)m 解得Ucb＝(4x－1.7)V 在磁场中，即0.5 m＜x≤0.6 m时 Ucb＝Blv0＝0.4 V 离开磁场过程，即0.6 m＜x≤0.7 m，有 ‎－B′l·t′＝mvx′－mv0‎ 其中′＝，t′＝ 解得vx′＝5(1－x) m/s 所以此过程Ucb＝·＝ V。‎ 答案：(1)2 T　(2)0.037 5 J　(3)见解析 ‎2.(2018·浙江省名校协作体联考)如图所示，两条足够长的平行金属导轨PQ、EF倾斜放置，间距为L，与水平方向夹角为θ。导轨的底端接有阻值为R的电阻，导轨光滑且电阻不计。现有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属杆ab长也为L，质量为m，电阻为r，置于导轨底端。给金属杆ab一平行导轨向上的初速度v0，经过一段时间后返回底端时已经匀速。金属杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。求 ‎(1)金属杆ab刚向上运动时，流过电阻R的电流方向；‎ ‎(2)金属杆ab返回时速度大小及金属杆ab从底端出发到返回底端电阻R上产生的焦耳热；‎ ‎(3)金属杆ab从底端出发到返回底端所需要的时间。‎ 解析：(1)由右手定则可知：感应电流方向为a指向b ，流过电阻R的电流方向为P到E。‎ ‎(2)设返回底端匀速运动时速度为v，则金属杆产生的电动势为：E＝BLv 回路的总电阻为：R总＝R＋r 根据闭合电路欧姆定律得：I＝＝ 根据平衡条件得：mgsin θ＝BIL 联立解得：v＝ 杆从出发到返回过程中由能量守恒有：‎ Q总＝mv02－mv2，又因为QR＝Q总 联立解得：QR＝。‎ ‎(3)设上升过程时间为t1，下降过程时间为t2，上升的距离为s 根据动量定理，上升过程有 ‎－mgsin θ·t1－∑BLt＝0－mv0‎ 变形得：－mgsin θ·t1－＝0－mv0‎ 同理可得下降过程：mgsin θ·t2－＝mv－0‎ 所以t总＝t1＋t2＝。‎ 答案：(1)感应电流方向为P指向E ‎(2)　 ‎(3)