【物理】2019届二轮复习破解电磁感应综合题的方法学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习破解电磁感应综合题的方法学案（全国通用）

‎2019届二轮复习 破解电磁感应综合题的方法 学案（全国通用）‎ ‎1．电磁感应与力学综合 方法：从运动和力的关系着手，运用牛顿第二定律 ‎（1）基本思路：受力分析→运动分析→变化趋向→确定运动过程和最终的稳定状态→由牛顿第二定律列方程求解。‎ ‎（2）注意安培力的特点：‎ 导体运动v 感应电动势E 感应电流I 安培力F 磁场对电流的作用 电磁感应 阻碍 闭合电路 欧姆定律 ‎（3）纯力学问题中只有重力、弹力、摩擦力，电磁感应中多一个安培力，安培力随速度变化，部分弹力及相应的摩擦力也随之而变，导致物体的运动状态发生变化，在分析问题时要注意上述联系。‎ ‎【题1】如图所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的 AC端连接一个阻值为 R的电阻，一根质量为m、垂直于导轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab棒的最大速度。已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻都不计。‎ ‎【答案】‎ 过程，当加速度减到a=0时，其速度即增到最大v=vm，此时必将处于平衡状态，以后将以vm匀速下滑 取平行和垂直导轨的两个方向对ab所受的力进行正交分解，应有：FN = mgcosθ Ff= μmgcosθ 由①②③可得 以ab为研究对象，根据牛顿第二定律应有：mgsinθ –μmgcosθ-=ma ab做加速度减小的变加速运动，当a=0时速度达最大 因此，ab达到vm时应有：mgsinθ –μmgcosθ-=0 ④学 ]‎ 由④式可解得 注意：（1）电磁感应中的动态分析，是处理电磁感应问题的关键，要学会从动态分析的过程中来选择是从动力学方面，还是从能量、动量方面来解决问题。‎ ‎（2）在分析运动导体的受力时，常画出平面示意图和物体受力图。学 ‎ ‎【题2】间距为L＝2 m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m＝0.1 g的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路。杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd的电阻分别为R1＝0.6 Ω，R2＝0.4 Ω。整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中（图中未画出）。当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F 与时间t的关系如图乙所示。g＝10 m/s2。‎ ‎（1）求ab杆的加速度a；‎ ‎（2）求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；‎ ‎（3）若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2 J的功，通过cd杆横截面的电荷量为2 C，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。‎ ‎【答案】（1）10 m/s2（2）2 m/s（3）2.94 J 学 ]‎ ‎（3）整个过程中，ab杆发生的位移x＝＝ m＝0.2 m 学 ]‎ 对ab杆应用动能定理，有WF－μmgx－W安＝mv2‎ 代入数据解得W安＝4.9 J，‎ 根据功能关系Q总＝W安 ‎ 所以ab杆上产生的热量Qab＝Q总＝2.94 J。学 ‎ ‎2．电磁感应与动量、能量的综合 方法：‎ ‎（1）从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律 ‎①应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。‎ ‎②在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒．解决此类问题往往要应用动量守恒定律。‎ ‎（2）从能量转化和守恒着手，运用动能定律或能量守恒定律 ‎①基本思路：受力分析→弄清哪些力做功，正功还是负功→明确有哪些形式的能量参与转化，哪增哪减→由动能定理或能量守恒定律列方程求解。‎ ‎②能量转化特点：其它能（如：机械能）电能内能（焦耳热）‎ ‎【题3】如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨（不计电阻），由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组成。其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，其磁感应强度为B，导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m。，电阻为2r。另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°，求：‎ ‎（1）ab棒在N处进入磁场区速度多大？此时棒中电流是多少？‎ ‎（2）ab棒能达到的最大速度是多大？‎ ‎（3）ab棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？‎ ‎【答案】（1） （2）（3）‎ ab棒由M下滑到N过程中，机械能守恒，故有： ‎ 解得 进入磁场区瞬间，回路中电流强度为 ‎ 运用动量守恒定律得 mv=（2m+m）v′ . ]‎ 解得 ‎ ‎（3）系统释放热量应等于系统机械能减少量，故有 ‎ 解得 . ‎ ‎【题4】两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平内，两导轨间的距离为l，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd构成矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，磁感应强度为B，设两导体棒均为沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度（如图所示），若两导体棒在运动中始终不接触，求：‎ ‎（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少？‎ ‎（2）当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多少？‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流。ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速。两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，再棒以相同的速度v做匀速运动。‎ ‎（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒的动量守恒，有．‎ 根据能量守恒，整个过程中产生的总热量 ‎（2）设ab棒的速度为初速度的时，cd棒的速度为v′，则由动量守恒可知．‎ 此时回路中感应电动势和感应电流分别为。‎ 此时cd棒所受的安培力F=IBl，cd棒的加速度。‎ 由以上各式可得。‎ ‎3．电磁感应与电路综合 方法：在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源。解决电磁感应与电路综合问题的基本思路是：‎ ‎（1）明确哪部分相当于电源，由法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向。‎ ‎（2）画出等效电路图。‎ ‎（3）运用闭合电路欧姆定律。串并联电路的性质求解未知物理量。‎ ‎【题5】如图所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为．磁场的磁感强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段长度为，电阻为的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿bc方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为时，导线ac中的电流为多大？方向如何？‎ ‎【答案】，方向由a流向c ‎ ‎ 外电路并联电阻为 由闭合电路欧姆定律可得，MP中的电流 ac中的电流 联立以上各式解得 根据右手定则，MP中的感应电流方向由P流向M，所以电流Iac的方向由a流向c。‎ ‎【题6】如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为L＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值为R＝10 Ω 的电阻。一阻值为R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是 A．导体棒ab中电流的流向为由b到a ‎ B．cd两端的电压为1 V ‎ C．de两端的电压为1 V ‎ D．fe两端的电压为1 V ‎【答案】BD　‎ ‎4．电容、电路、电场、磁场综合 方法：从电场中的带电粒子受力分析入手，综合运用牛顿第二定律；串、并联电路的性质、闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律进行分析、计算，注意电容器两端的电压和等效电路。‎ ‎【题7】如图所示，光滑的平行导轨P、Q相距l=1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器C两极板间距离d=10mm，定值电阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，导轨电阻不计，磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动（开关S 断开）时，电容器两极板之间质量m=1×10－14 g，带电荷量q=－1×10－25C的粒子恰好静止不动；当S闭合时，粒子以加速度a=7m/s2向下做匀加速运动，取g=10m/s2，求：‎ ‎× × ×‎ ‎× × ×‎ ‎× × ×‎ ‎× × ×‎ R3‎ R2‎ q S m R1‎ v a P b Q ‎（1）金属棒ab运动的速度多大？电阻多大？‎ ‎（2）S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大？‎ ‎【答案】（1）3m/s 2Ω（2）0.18W 其中r为ab金属棒的电阻。‎ 当闭合S后，带电粒子向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：‎ 求得S闭合后电容器两极板间的电压 这时电路中的感应电流为：‎ 根据闭合电路欧姆定律有： ②‎ 将已知量代入①②求得 又因：‎ 即金属棒做匀速运动的速度为3m/s，电阻r=2Ω。‎ ‎（2）S闭合后，通过ab的电流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BLI=0.4×1×0.15=0.06N ab以速度v=3m/s匀速运动时，所受外力必与安培力F2大小相等，方向相反，即F=0.06N。‎ 方向向右（与v同向），可见外力F的功率为：P=Fv=0.06×3=0.18W ‎【题8】如图所示，两个同心金属环水平放置，半径分别为r和2r，两环间有磁感应强度大小为B、方向垂直环面向里的匀强磁场，在两环间连接有一个电容为C的电容器，a、b是电容器的两个极板。长为r的金属棒AB沿半径方向放置在两环间且与两环接触良好，并绕圆心以角速度ω做逆时针方向（从垂直环面向里看）的匀速圆周运动。则下列说法正确的是 A．金属棒中有从A到B的电流 B．电容器a极板带正电 C．电容器两端电压为 D．电容器所带电荷量为 ‎【答案】BC ‎5．电磁感应与交流电路、变压器综合 方法： . ]‎ ‎（1）变压器遵循的是法拉第电磁感应定律，理想变压器不考虑能量损失，即输入功率等于输出功率。‎ ‎（2）理想变压器原线圈的电压决定着负线圈的电压，而副线圈上的负载反过来影响着原线圈的电流，输入功率。‎ ‎（3）远距离输电是以电功率展开分析的，其中损失功率是最为关键的因素。‎ ‎（4）在供电电路、输电电路、用电回路所构成的输电电路中， 输出电路中的电流和输电回路中的损失电压是联系其余两回路的主要物理量。‎ ‎【题9】有条河流，流量Q=2m3/s，落差h=5m，现利用其发电，若发电机总效率为50 ‎ ‎，输出电压为240V，输电线总电阻R=30Ω，允许损失功率为输出功率的6 ，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想电压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220V、100W”的电灯正常发光。‎ ‎～‎ U0‎ I送 P输 U送 R U1‎ U2‎ ‎【答案】6:125 235:11 470 ‎ 输电线电压损失 用户端，据题意可知U2=220V 所以降压变压器的匝数比为 因为理想变压器没有能量损失，所以可正常发光的电灯的盏数（盏）‎ ‎【题10】一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5︰1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。则下列说法正确的是 A．原、副线圈中的电流之比为5︰1‎ B．电压表的读数约为31.11V C．若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量为2.9×103J D．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小 ‎【答案】BC