2020版高考物理大一輪復習 第十章 專題強化十二 電磁感應的綜合問題課件 教科版.ppt

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1、專題強化十二電磁感應的綜合問題,,大一輪復習講義,,第十章電磁感應,1.本專題是運動學、動力學、恒定電流、電磁感應和能量等知識的綜合應用,高考既以選擇題的形式命題,也以計算題的形式命題. 2.學好本專題,可以極大地培養(yǎng)同學們數(shù)形結合的推理能力和電路分析能力,針對性的專題強化,可以提升同學們解決數(shù)形結合、利用動力學和功能關系解決電磁感應問題的信心. 3.用到的知識有:左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、平衡條件、牛頓運動定律、函數(shù)圖像、動能定理和能量守恒定律等.,專題解讀,,NEIRONGSUOYIN,內(nèi)容索引,研透命題點,課時作業(yè),細研考綱和真題 分析

2、突破命題點,限時訓練 練規(guī)范 練速度,,研透命題點,,,1.題型簡述 借助圖像考查電磁感應的規(guī)律,一直是高考的熱點,此類題目一般分為兩類: (1)由給定的電磁感應過程選出正確的圖像; (2)由給定的圖像分析電磁感應過程,定性或定量求解相應的物理量或推斷出其他圖像.常見的圖像有Bt圖、Et圖、it圖、vt圖及Ft圖等. 2.解題關鍵 弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關鍵.,,,,命題點一電磁感應中的圖像問題,3.解題步驟 (1)明確圖像的種類,即是Bt圖還是t圖,或者Et圖、It圖等; (2)分析電磁感應的具體過程; (3)用右手

3、定則或楞次定律確定方向的對應關系; (4)結合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應的函數(shù)關系式; (5)根據(jù)函數(shù)關系式,進行數(shù)學分析,如分析斜率的變化、截距等; (6)畫圖像或判斷圖像.,4.常用方法 (1)排除法:定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化),特別是分析物理量的正負,以排除錯誤的選項. (2)函數(shù)法:根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系,然后由函數(shù)關系對圖像進行分析和判斷.,例1(2018全國卷18)如圖1,在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導軌,導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域,區(qū)域?qū)挾染?/p>

4、為l,磁感應強度大小相等、方向交替向上向下.一邊長為 l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動.線框 中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是,圖1,,解析設線路中只有一邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應電流為i.,分析知,只有選項D符合要求.,變式1(多選)(2018湖北省黃岡市期末調(diào)研)如圖2所示,在光滑水平面內(nèi),虛線右側存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外,一正方形金屬線框質(zhì)量為m,電阻為R,邊長為L,從虛線處進入磁場時開始計時,在外力作用下,線框由靜止開始,以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域,t1時刻線框全部進入磁場,規(guī)定順時針方向為感應電流I的正方向,外力大小為F,線框中電功率的瞬時值為P

5、,通過導線橫截面的電荷量為q,選項中Pt圖像和qt圖像均為拋物線,則這些量隨時間變化的圖像正確的是,圖2,,,例2(多選)(2018廣西北海市一模)如圖3甲所示,導體框架abcd放置于水平面內(nèi),ab平行于cd,導體棒MN與兩導軌垂直并與導軌接觸良好,整個裝置放置于垂直于框架平面的磁場中,磁感應強度B隨時間變化規(guī)律如圖乙所示,MN始終保持靜止.規(guī)定豎直向上為磁場正方向,沿導體棒由M到N為感應電流的正方向,水平向右為導體棒所受安培力F的正方向,水平向左為導體棒所受摩擦力f的正方向,下列圖像中正確的是,圖3,,,解析由題圖乙可知,回路中產(chǎn)生的感應電動勢先為零,后恒定不變,感應電流先為零,后恒定不變,

6、回路中感應電流方向為逆時針,故A錯誤,B正確; 在0t1時間內(nèi),導體棒MN不受安培力;在t1t2時間內(nèi),導體棒MN所受安培力方向水平向右,由FBIL可知,B均勻減小,MN所受安培力均勻減??;在t2t3時間內(nèi),導體棒MN所受安培力方向水平向左,由FBIL可知,B均勻增大,MN所受安培力均勻增大;根據(jù)平衡條件得到,棒MN受到的摩擦力大小fF,二者方向相反,即在0t1時間內(nèi),沒有摩擦力,而在t1t2時間內(nèi),摩擦力方向向左,大小均勻減小,在t2t3時間內(nèi),摩擦力方向向右,大小均勻增大,故C錯誤,D正確.,變式2(多選)(2019安徽省黃山市質(zhì)檢)如圖4甲所示,閉合矩形導線框abcd固定在勻強磁場中,磁

7、場的方向與導線框所在平面垂直,磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示.規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向,順時針為線框中感應電流的正方向,水平向右為安培力的正方向.關于線框中的感應電流i與ad邊所受的安培力F隨時間t變化的圖像,下列選項中正確的是,圖4,,,解析由題圖乙可知,01 s內(nèi),B增大,增大,由楞次定律可知,感應電流沿順時針方向,為正值,12 s內(nèi),磁通量不變,無感應電流,23 s內(nèi),B的方向垂直紙面向外,B減小,減小,由楞次定律可知,感應電流沿逆時針方向,為負值,34 s內(nèi),B的方向垂直紙面向里,B增大,增大,由楞次定律可知,感應電流沿逆時針方向,感應電流為負值,A錯誤,B正確;,1.

8、題型簡述 感應電流在磁場中受到安培力的作用,因此電磁感應問題往往跟力學問題聯(lián)系在一起.解決這類問題需要綜合應用電磁感應規(guī)律(法拉第電磁感應定律、楞次定律)及力學中的有關規(guī)律(共點力的平衡條件、牛頓運動定律、動能定理等). 2.兩種狀態(tài)及處理方法,,,,命題點二電磁感應中的動力學問題,3.動態(tài)分析的基本思路 解決這類問題的關鍵是通過運動狀態(tài)的分析,尋找過程中的臨界狀態(tài),如速度、加速度最大值或最小值的條件.具體思路如下:,例3(2016全國卷24)如圖5,水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻,質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上.t0時,金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止

9、開始運動.t0時刻,金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導軌的電阻均忽略不計,兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為g.求: (1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小;,圖5,解析設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得Fmgma 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v,由運動學公式有vat0 當金屬桿以速度v在磁場中運動時,由法拉第電磁感應定律知產(chǎn)生的電動勢為EBlv 聯(lián)立式可得,(2)電阻的阻值.,解析設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時,金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律,式中R為電阻的阻

10、值.金屬桿所受的安培力為 F安BlI 因金屬桿做勻速運動,有FmgF安0,變式3(多選)(2018安徽省安慶市二模)如圖6甲所示,光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成角,M、P兩端接一電阻R,整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中.t0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F,使金屬棒由靜止開始沿導軌向上運動,金屬棒電阻為r,導軌電阻忽略不計.已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化的關系如圖乙所示.下列關于棒的運動速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率 隨時間變化的圖像正確的是,圖6,,,變式4 如圖7甲所示,間距L0.5 m的兩根光滑平行長直金屬導軌傾斜放置,

11、導軌平面傾角30.導軌底端接有阻值R0.8 的電阻,導軌間有、兩個矩形區(qū)域,其長邊都與導軌垂直,兩區(qū)域的寬度均為d20.4 m,兩區(qū)域間的距離d10.4 m,區(qū)域內(nèi)有垂直導軌平面向下的勻強磁場,磁感應強度大小B01 T,區(qū)域內(nèi)的磁感應強度B隨時間t變化如圖乙所示,規(guī)定垂直于導軌平面向上的磁感應強度方向為正方向.t0時刻,把導體棒MN無初速度地放在區(qū)域下邊界上.已知導體棒的質(zhì)量m0.1 kg,導體棒始終與導軌垂直并接觸良好,且導體棒在磁場邊界時都認為處于磁場中,導體棒和導軌電阻不計,取重力加速度g10 m/s2.求:,圖7,(1)0.1 s內(nèi)導體棒MN所受的安培力大??;,答案0.5 N,0.1

12、s內(nèi)安培力F1B0I1L,解得F10.5 N,(2)t0.5 s時回路中的電動勢和流過導體棒MN的電流方向;,答案0.4 VNM,解析因F1mgsin ,故導體棒在0.1 s內(nèi)靜止,從第0.1 s末開始加速,,解得:t0.4 s,v12 m/s t0.5 s時,導體棒剛滑到區(qū)域上邊界,此時B20.8 T, 切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E2B2Lv10.8 V t0.5 s時,因磁場變化而產(chǎn)生的感應電動勢,t0.5 s時的總電動勢EE3E20.4 V 導體棒電流方向:NM,(3)0.5 s時導體棒MN的加速度大小.,答案7 m/s2,解析設0.5 s時導體棒的加速度為a,有Fmgsin ma,,解得a

13、7 m/s2,方向沿斜面向下.,1.題型簡述 電磁感應過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程,而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實現(xiàn)的.安培力做功的過程,是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程;外力克服安培力做功的過程,則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程. 2.解題的一般步驟 (1)確定研究對象(導體棒或回路); (2)弄清電磁感應過程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化; (3)根據(jù)能量守恒定律或功能關系列式求解.,,,,命題點三電磁感應中的動力學和能量問題,3.求解電能應分清兩類情況 (1)若回路中電流恒定,可以利用電路結構及WUIt或QI2Rt直接進行計算. (2)若電流變化,則 利用安培力做功求解:

14、電磁感應中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功; 利用能量守恒求解:若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化,則減少的機械能等于產(chǎn)生的電能.,例4(2018吉林省吉林市第二次調(diào)研)如圖8甲所示,一邊長L2.5 m、質(zhì)量m0.5 kg的正方形金屬線框,放在光滑絕緣的水平面上,整個裝置處在方向豎直向上、磁感應強度B0.8 T的勻強磁場中,它的一邊與磁場的邊界MN重合.在水平力F作用下由靜止開始向左運動,經(jīng)過5 s線框被拉出磁場.測得金屬線框中的電流隨時間變化的圖像如圖乙所示,在金屬線框被拉出的過程中, (1)求通過線框的電荷量及線框的總電阻;,圖8,答案見解析,得R4 ;,(2)分析線框運動性質(zhì)并寫出水平力F隨時間變

15、化的表達式;,答案見解析,解析由題圖乙可知,感應電流隨時間變化的規(guī)律:I0.1t,線框做初速度為0的勻加速直線運動,加速度a0.2 m/s2 線框在外力F和安培力F安作用下做勻加速直線運動,F(xiàn)F安ma 又F安BIL 得F(0.2t0.1) N;,(3)已知在這5 s內(nèi)力F做功1.92 J,那么在此過程中,線框產(chǎn)生的焦耳熱是多少.,答案見解析,解析5 s時,線框從磁場中拉出時的速度v5at1 m/s,變式5(多選)如圖9所示,豎直放置的“ ”形光滑導軌寬為L,矩形勻強磁場、的高和間距均為d,磁感應強度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進入磁場和時的速度相等.金屬桿在導軌間的電阻為R,與導軌接

16、觸良好,其余電阻不計,重力加速度為g.金屬桿 A.剛進入磁場時加速度方向豎直向下 B.穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd,圖9,,,解析穿過磁場后,金屬桿在磁場之間做加速運動,在磁場上邊緣速度大于從磁場出來時的速度,即進入磁場時的速度等于進入磁場時的速度,大于從磁場出來時的速度,金屬棒在磁場中做減速運動,加速度方向向上,A錯誤;,金屬棒在磁場中做減速運動,由牛頓第二定律知BILmg mgma,a隨著減速過程逐漸變小,即在前一段做加速度減小的減速運動,在磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動,兩個過程位移大小相等, 由vt圖像(可能圖像如圖所示)可以看

17、出前一段用時多于 后一段用時,B正確;,由于進入兩磁場時速度相等,由動能定理知, W安1mg2d0, W安12mgd. 即通過磁場產(chǎn)生的熱量為2mgd,故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd,C正確;,變式6(2018福建省南平市適應性檢測)如圖10所示,一對平行的粗糙金屬導軌固定于同一水平面上,導軌間距L0.2 m,左端接有阻值R0.3 的電阻,右側平滑連接一對彎曲的光滑軌道.僅在水平導軌的整個區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場,磁感應強度大小B1.0 T.一根質(zhì)量m0.2 kg、電阻r0.1 的金屬棒ab垂直放置于導軌上,在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動,當金屬棒通過位移x9 m時離開磁場,在

18、離開磁場前已達到最大速度.當金屬棒離開磁場時撤去外力F,接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h0.8 m處.已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)0.1,導軌電阻不計,棒在運動過程中始終與導軌垂直且與導軌保持良好接觸,取g 10 m/s2.求:,圖10,(1)金屬棒運動的最大速率v;,答案見解析,解析金屬棒從出磁場到上升到彎曲軌道最高點,根據(jù)機械能守恒定律得:,(2)金屬棒在磁場中速度為 時的加速度大??;,答案見解析,解析金屬棒在磁場中做勻速運動時,設回路中的電流為I,根據(jù)平衡條件得 FBILmg,聯(lián)立式得F0.6 N,FBILmgma,聯(lián)立得:a1 m/s2,(3)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中,電阻R上

19、產(chǎn)生的焦耳熱.,答案見解析,解析設金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中,回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,根據(jù)功能關系:,聯(lián)立解得:QR1.5 J.,,課時作業(yè),,,1.(多選)(2018廣西防城港市3月模擬)如圖1所示,等邊閉合三角形線框,開始時底邊與勻強磁場的邊界平行且重合,磁場的寬度大于三角形的高度,線框由靜止釋放,穿過該磁場區(qū)域,不計空氣阻力,則下列說法正確的是 A.線框進磁場過程中感應電流為順時針方向 B.線框底邊剛進入和剛穿出磁場時線圈的加速度大小可能相同 C.線框出磁場的過程,可能做先減速后加速的直線運動 D.線框進出磁場過程,通過線框橫截面的電荷量不同,圖1,,,1,2,3,4,5,6,7,解析線

20、框進入磁場過程中,磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知,感應電流為逆時針方向,故A錯誤; 線框底邊剛進入瞬間,速度為零,產(chǎn)生的感應電動勢為零,下落加速度為g,完全進入磁場后下落加速度為g,隨著下落速度的增大,出磁場時產(chǎn)生的安培力可能等于2mg,此時減速的加速度大小可能為g,故B正確; 線框出磁場的過程,可能先減速,隨著速度減小,切割長度變短,線框受到的安培力減小,當小于重力后線框做加速直線運動,故C正確; 線框進、出磁場過程,磁通量變化相同,所以通過線框橫截面的電荷量相同,故D錯誤.,1,2,3,4,5,6,7,2.(2018陜西省咸陽市第二次模擬)如圖2甲所示,匝數(shù)n2的金屬線圈(電阻不計)圍成的面

21、積為20 cm2,線圈與R2 的電阻連接,置于豎直向上、均勻分布的磁場中,磁場與線圈平面垂直,磁感應強度為B,Bt關系如圖乙所示,規(guī)定感應電流i從a經(jīng)過R到b的方向為正方向,忽略線圈的自感影響,則下列it關系圖正確的是,圖2,,1,2,3,4,5,6,7,1,2,3,4,5,6,7,3.(多選)(2019湖北省武漢市調(diào)研)如圖3甲所示,在足夠長的光滑的固定斜面上放置著金屬線框,垂直于斜面方向的勻強磁場的磁感應強度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定垂直斜面向上為正方向).t0時刻將線框由靜止釋放,在線框下滑的過程中,下列說法正確的是 A.線框中產(chǎn)生大小、方向周期性變化的電流 B.MN邊受到的安培

22、力先減小后增大 C.線框做勻加速直線運動 D.線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于其機械能的損失,圖3,,,1,2,3,4,5,6,7,解析穿過線框的磁通量先向下減小,后向上增大,則根據(jù)楞次定律可知,感應電流方向不變,選項A錯誤; 因磁感應強度的變化率不變,則感應電動勢不變,感應電流不變,而磁感應強度的大小先減小后增大,根據(jù)FBIL可知,MN邊受到的安培力先減小后增大,選項B正確; 因線框平行的兩邊電流等大反向,則整個線框受到的安培力為零,則線框下滑的加速度不變,線框做勻加速直線運動,選項C正確; 因安培力對線框做功為零,斜面光滑,則線框的機械能守恒,選項D錯誤.,1,2,3,4,5,6,7,4.(多選)(

23、2018福建省廈門市質(zhì)檢)如圖4所示,在傾角為的光滑固定斜面上,存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場,磁場方向垂直斜面向上,磁場的寬度為2L.一邊長為L的正方形導線框,由靜止開始沿斜面下滑,當ab邊剛越過GH進入磁場瞬間和剛越過MN穿出磁場瞬間速度剛好相等.從ab邊剛越過GH處開始計時,規(guī)定沿斜面向上為安培力的正方向,則線框運動的速率v與線框所受安培力F隨時間變化的圖線中,可能正確的是,圖4,,,1,2,3,4,5,6,7,1,2,3,4,5,6,7,1,2,3,4,5,6,7,5.(2018山東省泰安市上學期期末)如圖5,兩固定的絕緣斜面傾角均為,上沿相連.兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(

24、僅標出c端)長度均為L、質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,兩定滑輪間的距離也為L.左斜面上存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于斜面向上.已知斜面及兩根柔軟輕導線足夠長.回路總電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為,重力加速度大小為g.使兩金屬棒水平,從靜止開始下滑.求: (1)金屬棒運動的最大速度vm的大小;,圖5,1,2,3,4,5,6,7,解析達到最大速度時,設兩導線中張力均為T,金屬棒cd受到的安培力為F 對ab、cd,根據(jù)平衡條件得到: 2mgsin 2T2mgcos 2Tmgs

25、in mgcos F 而安培力FBIL,1,2,3,4,5,6,7,(2)當金屬棒運動的速度為 時,其加速度大小是多少?,1,2,3,4,5,6,7,設兩導線中張力均為T1,金屬棒cd受到的安培力為F1,根據(jù)牛頓第二定律: 2mgsin 2T12mgcos 2ma 2T1mgsin mgcos F1ma,1,2,3,4,5,6,7,6.(2018天津市實驗中學模擬)如圖6所示,固定光滑金屬導軌間距為L,導軌電阻不計,上端a、b間接有阻值為R的電阻,導軌平面與水平面的夾角為,且處在磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中.質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒與固定彈簧相連后放在導軌上.初始

26、時刻,彈簧恰處于自然長度,導體棒具有沿導軌向上的初速度v0.整個運動過程中導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸.已知彈簧的勁度系數(shù)為k,彈簧的中心軸線與導軌平行. (1)求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向;,圖6,1,2,3,4,5,6,7,解析導體棒產(chǎn)生的感應電動勢為:E1BLv0,根據(jù)右手定則判斷得知:電流方向為ba,1,2,3,4,5,6,7,(2)當導體棒第一次回到初始位置時,速度變?yōu)関,求此時導體棒的加速度大小a.,1,2,3,4,5,6,7,解析導體棒第一次回到初始位置時產(chǎn)生的感應電動勢為:E2BLv,導體棒受力如圖所示: 根據(jù)牛頓第二定律有:mgsin Fma,1,2,3,4

27、,5,6,7,7.(2018廣東省惠州市模擬)如圖7所示,足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成37角放置,在斜面上虛線aa和bb與斜面底邊平行,在aa、bb圍成的區(qū)域中有垂直斜面向上的有界勻強磁場,磁感應強度為B1 T;現(xiàn)有一質(zhì)量為m10 g、總電阻R1 、邊長d0.1 m的正方形金屬線圈MNQP,讓PQ邊與斜面底邊平行,從斜面上端由靜止釋放,線圈剛好勻速穿過 整個磁場區(qū)域.已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為 0.5,(取g10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8)求: (1)線圈進入磁場區(qū)域時的速度大小;,圖7,答案2 m/s,1,2,3,4,5,6,7,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得:v2 m/s,1,2,3,4,5,6,7,(2)線圈釋放時,PQ邊到bb的距離;,答案1 m,解析線圈進入磁場前做勻加速運動,根據(jù)牛頓第二定律得:,1,2,3,4,5,6,7,(3)整個線圈穿過磁場的過程中,線圈上產(chǎn)生的焦耳熱.,答案4103 J,解析由于線圈剛好勻速穿過磁場,則磁場寬度等于d0.1 m,QW安F安2d 代入數(shù)據(jù)解得:Q4103 J.,1,2,3,4,5,6,7,

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