【物理】2019届二轮复习专题七第4讲电磁感应规律的综合应用教案

【物理】2019届二轮复习专题七第4讲电磁感应规律的综合应用教案

第 4 讲　加试第 23 题　电磁感应规律的综 合应用 题型 1　电磁感应中的动力学问题 1．基本特点 导体棒运动产生感应电动势→感应电流→通电导体棒受安培力→合外力变化→加速度变化→ 速度变化……周而复始地循环，最终导体棒的加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态，要 抓住 a＝0 时速度 v 达到最大的特点． 2．基本思路 例 1 　如图 1 所示，竖直平面内有两个半径为 r、光滑的1 4圆弧形金属环，在 M、N 处分别与 距离为 2r、足够长的平行光滑金属导轨 ME、NF 相接，金属环最高点 A 处断开不接触．金属 导轨 ME、NF 的最远端 EF 之间接有电阻为 R 的小灯泡 L.在 MN 上方及 CD 下方有水平方向 的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为 B，磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离为 h.现有质量为 m 的导 体棒 ab，从金属环的最高点 A 处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与金属及 轨道接触良好．已知导体棒下落r 2时向下的加速度为 a.导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡亮度始终不 变．重力加速度为 g.导体棒、轨道、金属环的电阻均不计．求： 图 1 (1)导体棒从 A 处下落r 2时的速度 v1 大小； (2)导体棒下落到 MN 处时的速度 v2 大小； (3)将磁场Ⅱ的 CD 边界下移一小段距离，分析导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡的亮度变化情况， 并说明原因． 答案　(1)m(g－a)R 3B2r2 　(2) ( mgR 4B2r2 )2－2gh 　(3)见解析 解析　(1)导体棒下落r 2时，导体棒切割磁感线的有效长度为 3r 导体棒内产生的感应电动势：E＝ 3Brv1 回路中产生的感应电流：I＝E R＝ 3Brv1 R 根据牛顿第二定律得： mg－BI· 3r＝ma 得 v1＝m(g－a)R 3B2r2 (2)导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡亮度始终不变，说明导体棒受力平衡，匀速下落，设此时导体 棒的速度为 v3，则： mg＝F 安＝BB·2r·v3 R ·2r＝4B2r2v3 R 解得 v3＝ mgR 4B2r2 从 MN 下落到 CD，v22＋2gh＝v32 得 v2＝ v32－2gh＝ ( mgR 4B2r2 )2－2gh (3)CD 边界下移一段距离，导体棒 ab 进入磁场Ⅱ时速度大于 v3，mgφN　(2)BdRat1 R＋r 　(3)F＝B2d2at R＋r ＋ma 解析　(1)由右手定则可知，φM>φN (2)t1 时刻的速度：v1＝at1 感应电动势 E1＝Bdv1 感应电流 I1＝ E1 R＋r 杆 MN 两端的电压 U1＝I1R＝BdRat1 R＋r (3)由牛顿第二定律可得 F－BId＝ma 其中 I＝ E R＋r E＝Bdv v＝at 联立解得 F＝B2d2at R＋r ＋ma 3．(2018·杭州市重点中学期末)如图 3 所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水 平面成 α＝53°角，两导轨间距 l＝1.0 m，导轨间接一个阻值为 R＝3.0 Ω 的电阻，导轨电阻忽 略不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度 B＝1.0 T，宽度 d 未知．导体棒 a 的质量为 m1＝0.10 kg、接入电路的电阻为 R1＝6.0 Ω；导体棒 b 的质量为 m2 ＝0.20 kg、接入电路的电阻为 R2＝3.0 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．现 从图中的 M、N 处同时将 a、b 由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当 a 刚出磁场时 b 正好进入磁场．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取 10 m/s2，a、b 电流间的相互 作用不计)，求： 图 3 (1)a 棒进入磁场前的加速度大小； (2)a 棒在磁场中运动的速度大小； (3)a、b 棒全部穿过磁场过程中，回路中产生的总热量． 答案　(1)8 m/s2　(2)6 m/s　(3)3.6 J 解析　(1)由牛顿第二定律得，m1gsin α＝m1a a＝gsin α＝8 m/s2 (2)a 棒在磁场中受力平衡：m1gsin α＝BIl 又 I＝ E R1＋ RR2 R＋R2 E＝Blva 解得 va＝6 m/s (3)由(2)同样方法可求得 vb＝8 m/s a 在磁场中运动时间 t＝vb－va a ＝0.25 s 磁场宽度 d＝vat＝1.5 m 回路产生的总热量 Q＝(m1＋m2)gdsin α＝3.6 J 4．(2018·义乌市模拟)如图 4 所示，间距为 L、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不 计)所在斜面倾角为 α，两根同材料、长度均为 L、横截面均为圆形的金属棒 CD、PQ 放在斜 面导轨上，已知 CD 棒的质量为 m、电阻为 R，PQ 棒的圆截面的半径是 CD 棒圆截面的 2 倍， 磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为 k、相同的弹簧一 端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒 CD，开始时金属棒 CD 静止，现用一恒力平行于 导轨所在平面向上拉金属棒 PQ，使金属棒 PQ 由静止开始运动，当金属棒 PQ 达到稳定时， 弹簧的形变量与开始时相同．已知金属棒 PQ 开始运动到稳定的过程中通过 CD 棒的电荷量 为 q，此过程可以认为 CD 棒缓慢地移动，已知题设物理量符合qRk BL ＝4 5mgsin α 的关系式，求 此过程中(要求结果均用 m、g、k、α 来表示)： 图 4 (1)CD 棒移动的距离； (2)PQ 棒移动的距离； (3)恒力所做的功． 答案　(1)mgsin α k 　(2)2mgsin α k 　(3)12(mgsin α)2 k 解析　(1)开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于 CD 棒重力平行于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知， 当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方 向相反．两弹簧向上的弹力等于 CD 棒重力平行于斜面的分量，即 2F 弹＝mgsin α，弹簧的形 变量为 Δx＝mgsin α 2k CD 棒移动的距离 ΔsCD＝2Δx＝mgsin α k (2)PQ 棒的圆截面半径是 CD 棒圆截面的 2 倍，则 mPQ＝4m，RPQ＝1 4R， 在达到稳定过程中两棒之间距离增大 Δs，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化， 产生感应电动势为：E＝BΔS Δt ＝BL·Δs Δt 感应电流为：I＝ E R 总＝4BLΔs 5RΔt 所以，回路中通过的电荷量即 CD 棒中的通过的电荷量为 q＝IΔt＝4BLΔs 5R 由此可得两棒距离增大值：Δs＝5qR 4BL PQ 棒沿导轨上滑距离应为 CD 棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和 PQ 棒沿导轨上滑距离为： ΔsPQ＝Δs＋ΔsCD＝5qR 4BL＋mgsin α k ＝2mgsin α k (3)CD 棒达到稳定时，受力平衡，安培力为 F 安＝mgsin α＋2F 弹＝2mgsin α. 金属棒 PQ 达到稳定时，恒力 F＝F 安＋4mgsin α＝6mgsin α 恒力做功为 W＝FΔsPQ＝6mgsin α·2mgsin α k ＝12(mgsin α)2 k 5．(2017·杭州市高三上期末)某同学在学习电磁感应后，认为电磁阻尼能够承担电梯减速时大 部分制动的负荷， 从而减小传统制动器的磨损．如图 5 甲所示，是该同学设计的电磁阻尼制 动器的原理图．电梯箱与配重质量都为 M，通过高强度绳子套在半径 r1 的承重转盘上，且绳 子与转盘之间不打滑．承重转盘通过固定转轴与制动转盘相连．制动转盘上固定了半径为 r2 和 r3 的内外两个金属圈(如图乙)，金属圈内阻不计．两金属圈之间用三根互成 120°的辐向 导体棒连接，每根导体棒电阻均为 R. 制动转盘放置在一对励磁线圈之间，励磁线圈产生垂 直于制动转盘的匀强磁场(磁感应强度为 B)，磁场区域限制在 120°辐向角内，如图乙阴影区 所示. 若电梯箱内放置质量为 m 的货物一起以速度 v 竖直上升，电梯箱离终点(图中未画出) 高度为 h 时关闭动力系统，仅开启电磁制动，一段时间后，电梯箱恰好到达终点． 图 5 (1)若在开启电磁制动瞬间，三根金属棒的位置刚好在图乙所示位置，则此时制动转盘上的电 动势 E 为多少？ 此时 a 与 b 之间的电势差有多大？ (2)若忽略转盘的质量，且不计其他阻力影响，则在上述制动过程中，制动转盘产生的热量是 多少？ (3)若要提高制动的效果，试对上述设计做出两处改进． 答案　见解析 解析　(1)设承重转盘的角速度为 ω，则制动转盘的角速度也为 ω. 则 ω＝v r1　va＝ωr3　vb＝ωr2 E＝B(r3－r2)(va＋vb) 2 联立解得：E＝Bv(r32－r22) 2r1 I＝ E R＋0.5R Uab＝I·0.5R 联立解得：Uab＝Bv(r32－r22) 6r1 (2)Q＋mgh＝1 2(m＋2M)v2 解得：Q＝1 2(m＋2M)v2－mgh (3)增加励磁电流；减小金属棒的电阻； 增加金属棒的数目(用实心的金属材料做整个金属盘)． 增加外金属圈的半径 r3； 减小内金属圈的半径 r2； 减小承重转盘的半径 r1.(任选两项即可) 6．(2018·金华市十校联考)如图 6 所示，PM、QN 是两根1 4光滑圆弧导轨，圆弧半径为 d、间 距为 L，最低点 M、N 在同一水平高度，导轨电阻不计，在其上端连有一阻值为 R 的电阻， 整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B.现有一根长度稍大于 L、质量为 m、 阻值为 R 的金属棒，从导轨的顶端 PQ 处由静止开始下滑，到达底端 MN 时对导轨的压力为 2mg，重力加速度为 g.求： 图 6 (1)金属棒到达导轨底端 MN 时电阻 R 两端的电压； (2)金属棒从导轨顶端 PQ 下滑到底端 MN 过程中，电阻 R 产生的热量； (3)金属棒从导轨顶端 PQ 下滑到底端 MN 过程中，通过电阻 R 的电荷量． 答案　(1)1 2BL gd　(2)mgd 4 　(3)BLd 2R 解析　(1)在导轨的底端 MN 处，金属棒对导轨的压力 FN＝2mg 轨道对金属棒的支持力大小为 FN′＝FN＝2mg 则有 FN′－mg＝mv2 d 解得 v＝ gd 金属棒切割磁感线产生的感应电动势 E＝BLv 金属棒到达底端时电阻 R 两端的电压 U＝E 2＝1 2BL gd (2)金属棒从导轨顶端 PQ 下滑到底端 MN 过程中，由能量守恒定律得： mgd＝Q＋1 2mv2 解得 Q＝1 2mgd 电阻 R 上产生的热量 QR＝1 2Q＝mgd 4 (3)由 q＝I·Δt I＝ E 2R E＝ΔΦ Δt ＝BLd Δt 联立解得 q＝BLd 2R