高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 专题提升(十)电磁感应的综合应用教案 鲁科版-鲁科版高三全册物理

专题提升(十) 电磁感应的综合应用
电磁感应中的能量问题
(1)能量转化
(2)求解焦耳热Q的三种方法
(1)确定研究对象(导体棒或回路);
(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.
角度1 应用能量守恒定律求解电磁感应能量问题
[例1]
如图所示,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下.一质量为m的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略.求:
(1)电阻R消耗的功率.
(2)水平外力的大小.
解析:(1)导体棒切割磁感线产生的电动势E=Blv
由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R两端电压等于电动势U=E
则电阻R 消耗的功率P R =2
U R
综合以上三式可得P R =
222
B l v R
. (2)设水平外力大小为F,由能量守恒有 Fv=P R +μmgv 故得F=
22v
B l R
+μmg. 答案:见解析
角度2 应用焦耳定律求解电磁感应能量问题
[例2] (2019·东城区模拟)随着新技术的应用,手机不断地更新换代.新机型除了常规的硬件升级外,还支持快充和无线充电.图(甲)为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图,已知线圈匝数n=100,电阻r=1.0 Ω,线圈的横截面积S=1.5×10-3
m 2
,外接电阻R=5.0 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化如图(乙)所示,求:
(1)t=1.0×10-2
s 时线圈中的感应电动势E; (2)0~2.0×10-2 s 内通过电阻R 的电荷量q; (3)0~3.0×10-2 s 内电阻R 上产生的热量Q. 解析:(1)由图(乙)可知,t=0.01 s 时刻ΔΔB
t
=4 T/s 根据法拉第电磁感应定律得E=n ΔΔt Φ=n ΔΔS B
t
解得E=0.6 V. (2)0~0.02 s 内,I=E
R r
+=0.1 A 电荷量q=IΔt 解得q=2.0×10-3 C.
(3)0~0.02 s 内,E=0.6 V,I=0.1 A,根据焦耳定律可以得到,R 上产生的焦耳热为 Q 1=I 2
Rt 1=1.0×10-3 J
0.02~0.03 s内,E′=1.2 V,I′=0.2 A,根据焦耳定律可以得到,R上产生的焦耳热为
Q2=I′2Rt2=2.0×10-3 J
所以Q=Q1+Q2=3.0×10-3 J.
答案:(1)0.6 V (2)2.0×10-3 C (3)3.0×10-3 J
求解焦耳热应分清两类情况
(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.
(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的焦耳热;③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和产生的焦耳热.
1.(2019·某某七市二模)(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场,区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下,磁场的宽度均为L,一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边下滑到JP与MN的中间位置时,线框又恰好以速度v2做匀速直线运动,从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的动能变化量为ΔE k,重力对线框做功大小为W1,安培力对线框做功大小为W2,下列说法中正确的有( CD)
A.在下滑过程中,由于重力做正功,所以有v2>v1
B.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的机械能守恒
C.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,有W1-ΔE k的机械能转化为电能
D.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框动能的变化量大小ΔE k=W1-W2
解析:ab 边越过JP 后回路感应电动势增大,感应电流增大,因此所受安培力增大,安培力阻碍线框下滑,因此ab 边越过JP 后开始做减速运动,使感应电动势和感应电流均减小,安培力减小,当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsin θ相等时,以速度v 2做匀速运动,因此v 2<v 1,A 错误;由于有安培力做功,线框机械能不守恒,B 错误;线框克服安培力做功,将机械能转化为电能,克服安培力做了多少功,就有多少机械能转化为电能,由动能定理得W 1-W 2=ΔE k ,W 2=W 1-ΔE k ,故C,D 正确.
2.(2019·某某某某二模)(多选)如图所示,质量为3m( ABD )
2gh
22
22B L gh mg
C.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=2mgh
D.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=4mgh
解析:从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场,由机械能守恒定律得3mg×2h=mg×2h+2
42
mv ,解得
线框刚进入磁场时的速度v=2gh ,故A 正确;线框上边缘刚进磁场时,恰好做匀速直线运动,故
受合力为零,3mg=BIL+mg,I=BLv R ,解得线框的电阻R=22
22B L gh mg
,故B 正确;线框匀速通过磁场
的距离为2h,产生的热量等于系统重力势能的减少量,即Q=3mg×2h -mg×2h=4mgh,故C 错误,D 正确.
电磁感应中的动量和能量问题
角度1 用动量定理解决电磁感应问题 [例3]
(2019·某某某某模拟)(多选)水平放置的足够长光滑平行导轨,电阻不计,间距为L,左端连接的电源电动势为E 、内阻为r,质量为m 的金属杆垂直静放在导轨上,金属杆处于导轨间的部分的电阻为R.整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中,闭合开关,金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度,下列说法正确的是( AC )
222mE
B L 2
22mE B L 2
22
2mE B L 解析:开关闭合瞬间,电流通过金属杆,则金属杆在安培力作用下加速运动,同时由于金属杆切割磁感线产生感应电动势,方向与E 相反,故金属杆做加速度减小的加速运动,当感应电动势等于电源电动势E 时,金属杆加速度为0,速度最大,由BLv m =E,得v m =E
BL
,A 正确;整个过程中对金属杆应用动量定理有B I L·t=mv m ,则q=I t=m mv BL
=22mE
B L ,B 错误;电源提供的电能为E 电
=qE=
2
22
mE B L ,C 正确;对整个过程由功能关系可知电源提供的能量转化为金属杆的动能和电路产生的热量,即E 电=Q 总+E k ,得222mE B L =Q 总+12m 222E B L ,故Q 总=Q r +Q R =2
222mE B L ,金属杆的热量为Q R =R R r +Q 总
=2
222mE B L ·R R r
+,D 错误. 角度2 用动量守恒定律解决电磁感应问题
[例4] (2019·丰台期末)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内,导轨间的距离为L,导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd,构成矩形回路.已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R,其他电阻忽略不计,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行.开始时,导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0,两导体棒在运动中始终不接触.求:
(1)开始时,导体棒ab 中电流的大小和方向;
(2)从开始到导体棒cd 达到最大速度的过程中,矩形回路产生的焦耳热; (3)当ab 棒速度变为34
v 0时,cd 棒加速度的大小. 解析:(1)ab 棒产生的感应电动势E ab =BLv 0 ab 棒中电流I=2ab E R
=0
2BLv R 方向由a→b.
(2)当ab 棒与cd 棒速度相同时,cd 棒的速度最大,设最大速度为v 由动量守恒定律得mv 0=2mv 解得v=1
2
v 0
由能量守恒定律得Q=12m 20v -12
(2m)v 2
解得Q=14
m 20v .
(3)设ab 棒的速度为34
v 0时,cd 棒的速度为v′ 由动量守恒定律得mv 0=m 34
v 0+mv′ 解得v′=14
v 0. E ab =BL 34
v 0; E cd =BL 14
v 0;
I=
2ab cd
E E R
-=0031()
442BL v v R
- 解得I=
4BLv R
cd 棒受力为F=IBL=
220
4B L v R
; 此时cd 棒加速度为a==.
答案:见解析
动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用技巧
(1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.
①求电荷量或速度:B I lΔt=mv 2-mv 1,q=I t. ②求时间:Ft-I 冲=mv 2-mv 1,I 冲=BIlΔt=Bl ΔR Φ
总
. ③求位移:-BIlΔt=-=0-mv 0,
即-22
B l R 总
s=m(0-v 0). (2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.
1.
滑向杆2,为使两杆不相碰,则杆2固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最小距离之比
为( C )
A.1∶1
B.1∶2
C.2∶1
D.1∶1 解析:杆2固定:对回路:q 1=
Δ2R Φ=1
2Bds R
. 对杆1:-B 1I d·Δt=0-mv 0,q 1=·Δt 联立解得s 1=
22
2mRv B d . 杆2不固定:q 2=
2
2Bds R
对杆2:Bd·Δt=mv 2-0 全程动量守恒:mv 0=mv 1+mv 2 末态两棒速度相同,v 1=v 2,q 2=·Δt 联立解得s 2=
22
mRv B d . s 1∶s 2=2∶1,C 正确.
2.(2019·某某黔东南二模)如图所示,宽度为L 的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r 1的四
分之一圆弧轨道,右端为半径为r 2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道.水平轨道所在的区域有磁感应强度为B 的竖直向上的匀强磁场.一根质量为m 的金属杆a 置于水平轨道上,另一根质量为M 的金属杆b 由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b 滑入水平轨道某位置时,a 就滑上了右端半圆轨道最高点(b 始终运动且a,b 未相撞),并且a 在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a 的电荷量为q,a,b 杆的电阻分别为R 1,R 2,其余部分电阻不计.在b 由静止释放到a 运动到右端半圆轨道最高点过程中,求:
(1)在水平轨道上运动时b 的最大加速度是多大;
(2)自b 释放到a 到达右端半圆轨道最高点过程中,系统产生的焦耳热是多少; (3)a 刚到达右端半圆轨道最低点时b 的速度是多大. 解析:(1)由机械能守恒定律得
1
2
M 21b v =Mgr 1 解得v b112gr
b 刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLv b1,I=12
E
R R +, 由牛顿第二定律有F 安=BIL=Ma 解得221122B L gr .
(2)由动量定理有-B I Lt=Mv b2-Mv b1, 即-BLq=Mv b2-Mv b1 解得v b212gr -BLq
M
根据牛顿第三定律得:a 在最高点受支持力
N=N′=mg,mg+N=m 2
12
a v r
解得v a122gr 由能量守恒定律得
Mgr 1=12M 22b v +12
m 21a v +mg2r 2+Q 解得Q=BLq 12gr -3mgr 2-222
2B L q M
. (3)由能量守恒定律有2mgr 2=12m 22a v -12
m 21a v 解得v a2=26gr
由动量守恒定律得Mv b1=Mv b3+mv a2 解得v b3=12gr -26m gr M
.
答案:(1)
221122()
B L gr M R R +
(2)BLq 12gr -3mgr 2-222
2B L q M
(3)12gr -26m gr M
1.
( AD )
A.物块c 的质量是2msin θ
B.b 棒放上导轨前,物块c 减少的重力势能等于a,c 增加的动能
C.b 棒放上导轨后,物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能
D.b 棒放上导轨后,a 棒中电流大小是
sin mg BL
θ
解析:b 棒静止说明b 棒受力平衡,即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡,a 棒匀速向上运动,说明a 棒受细线的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡,c 匀速下降则c 所受重力和细线的拉力大小平衡.由b 平衡可知,安培力大小F 安=mgsin θ,由a 平衡可知F 线=F 安+mgsin θ=2mgsin θ,由c 平衡可知F 线=m c g;因为线中拉力大小相等,故2mgsin θ=m c g,即物块c 的质量为2msin θ,故A 正确;b 放上之前,a,c 系统的机械能守恒,c 减少的重力势能转化为a,c 的动能和a 的重力势能,故B 错误;放上b 后,a 匀速上升重力势能在增加,根据能量守恒知c 减小的重力势能等于回路消耗的电能和a 增加的重力势能之和,C 错误;根据
b 棒的平衡可知F 安=mgsin θ,又因为F 安=BIL,故I=sin mg BL
,故D 正确. 2.(2018·某某卷,9)(多选)如图所示,竖直放置的“
( BC )
A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于
22
44
g 2m R B L 解析:穿过磁场Ⅰ后,金属杆在磁场之间做加速运动,在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度,即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度且大于从磁场Ⅰ出来时的速度,故金属杆在刚进入磁场Ⅰ中时做减速运动,加速度方向向上,选项A 错误. 金属杆刚进入磁场Ⅰ中时,由牛顿第二定律知
BIL-mg=22v
B L R
-mg=ma
a 随着减速过程逐渐变小,即在前一段做加速度减小的减速运动,若出磁场Ⅰ前a 减为零则再做匀速运动.
金属杆在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由v t 图象(以金属杆在磁场Ⅰ中一直减速为例),如图所示,可以看出前一段用时多于后一段用时(若金属杆在磁场Ⅰ中先减速再匀速可以得出同样的结论),选项B 正确.
由于进入两磁场时速度相等,从金属杆刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程,由动能定理知, W 安1+mg·2d=0, 则W 安1=-2mgd,
可知通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd,故穿过两磁场产生的总热量为4mgd,选项C 正确. 设刚进入磁场Ⅰ时速度为v,则由机械能守恒定律知
mgh=12mv 2
,
进入磁场时BIL-mg=22v B L R -mg=ma 解得v=22
()m a g R B L +, 联立得h=22244(a g)2g
m R B L +>2244g 2m R B L ,选项D 错误. 3.
(2019·某某某某二模)如图所示,质量M=1 kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨,c 与e 端由导线连接,一质量m=1 kg 的导体棒自ce 端的正上方h=2 m 处平行ce 由静止下落,并恰好从ce 端进入凹槽,整个装置处于X 围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在凹槽内运动过程中与导轨接触良好.已知磁场的磁感应强度B=0.5 T,导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5 m,导轨的半径r=0.5 m,导体棒的电阻R=1 Ω,其余电阻均不计,重力加速度g=10 m/s 2
,不计空气阻力.
(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小;
(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量;
(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J,求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率.
解析:(1)根据机械能守恒定律,得mgh=12mv 2
解得10 m/s.
Q=mg(h+r)=25 J.
(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v 1,凹槽速度大小为v 2,导体棒在凹槽内运动时系
统在水平方向动量守恒,故有mv1=Mv2
由能量守恒,得1
2m2
1
v+
1
2
M2
2
v=mg(h+r)-Q1
导体棒第一次通过最低点时感应电动势
E=BLv1+BLv2
回路电功率P=2E
R
联立解得P=9
4
W.
答案:(1)210 m/s (2)25 J (3)9
4
W
4.
(2019·某某某某调研)如图所示,将不计电阻的长导线弯折成P1P2P3,Q1Q2Q3形状,P1P2P3和Q1Q2Q31P2,Q1Q2的倾角均为θ,P2P3,Q2Q3在同一水平面上,P2Q2⊥P2P3,整个导轨在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,质量为m电阻为R的金属杆CD从斜导轨上某处静止释放,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下.杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,导轨和空气阻力均不计,重力加速度大小为g,导轨倾斜段和水平段都足够长,求:
(1)杆CD能达到的最大速度;
(2)杆CD在距P2Q2为L处释放,滑到P2Q2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及在水平导轨上滑行的最大距离.
解析:(1)杆CD达到最大速度时,杆受力平衡,
则有Bcos θ·dI m=mgsin θ
此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为
E=Bcos θ·dv m
由欧姆定律可得I m=E
R
,
解得v m =222sin cos θ
mgR B d θ. (2)在杆CD 沿倾斜导轨下滑的过程中,根据动量定理有 mgsin θ·Δt 1-Bcos θ1I d·Δt 1=mv m -0
1I =E R =1ΔΔR
t Φ=1cos ΔR B Ld t θ 解得Δt 1=222cos θmR B d +222Lcos θsin B d mgR θ
在杆CD 沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有 -B 2I d·Δt 2=0-mv m
该过程中通过R 的电荷量为
q 2=2I Δt 2,得q 2=m mv Bd
杆CD 沿水平导轨运动的过程中,通过的平均电流为 2I =E R =2ΔBsd R t ,q 2=2I Δt 2=Bds R
解得s=
22442g sin cos θm R B d θ. 答案:(1)222sin cos θ
mgR B d θ (2)222cos θmR B d +222Lcos θsin B d mgR θ22442g sin cos θ
m R B d θ。