（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 10.3 電磁感應規(guī)律的綜合應用課件.ppt

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1、第3講 電磁感應規(guī)律的綜合應用,【知識導圖】,切割磁感線,磁通量發(fā)生變化,外電阻,內阻,E=Blv,U=IR=E-Ir,楞次,右手定則,左手定則判斷,__,【微點撥】 1.安培力的大小:F=BIL 如果回路中只有一根導體棒切割磁感線,回路總電阻為 R時:F=BIL=B L= = 。,2.能量轉化: (1)感應電流在磁場中受到的安培力做負功,其他形式的能轉化為電能,電流做功將電能轉化為其他形式的能。 (2)安培力做正功,電能轉化為機械能或其他形式的能。,【慧眼糾錯】 (1)“相當于電源”的導體棒兩端的電勢差等于電 源的電動勢。 糾錯:_____________________________

2、___________ ___________________________,當導體棒的電阻r不為零時,產生內電壓,它兩,端的電勢差小于電源電動勢。,(2)閉合電路中電流都是從高電勢流向低電勢的。 糾錯:______________________________________ ___________ (3)電磁感應現(xiàn)象中,感應電流受到的安培力一定是 阻力。 糾錯:____________________________。,在電源內部,電流從負極(低電勢)流向正極,(高電勢)。,電磁驅動現(xiàn)象中,安培力為動力,(4)在安培力的作用下,導體棒的變速直線運動一定 是變加速直線運動。 糾錯:___

3、_____________________________________ _______ (5)安培力做功的過程就是電能減少的過程。 糾錯:_________________________________________ ________________________________。,在安培力作用下,導體棒也可以做變減速直線,運動。,安培力做正功,電能轉化為其他形式的能;安培,力做負功,其他形式的能轉化為電能,(6)安培力做的負功總可以根據(jù)焦耳定律求解。 糾錯:_________________________________________ _____________________

4、。 (7)導體棒受到的安培力的沖量與磁通量成正比。 糾錯:________________________________________ _______________________________________。,利用焦耳定律求解安培力做的負功常適用于感,應電流大小不變的情況,根據(jù)I安=B Lt=BLq=nBL 可知,導體棒,受到的安培力的沖量與磁通量變化量成正比,考點1電磁感應中的電路問題 【典題探究】 【典例1】(2018運城模擬)如圖甲所示,兩根平行光 滑金屬導軌相距L=1 m,導軌平面與水平面的夾角 =30,導軌的下端PQ間接有R=8 的電阻。相距,x=6 m的MN和PQ間存在

5、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。磁感應強度B隨時間t的變化情況如圖乙所示。將阻值r=2 的導體棒ab垂直放在導軌上,使導體棒從t=0時由靜止釋放,t=1 s時導體棒恰好運動到MN,開始勻速下滑。g取10 m/s2。求:導學號04450229,(1)01 s內回路中的感應電動勢。 (2)導體棒ab的質量。 (3)02 s時間內導體棒所產生的熱量。,【解析】(1)01 s內,磁場均勻變化,由法拉第電磁感 應定律有: E1= 由圖象得: =2 T/s,且S=Lx=6 m2 代入解得:E1=12 V,(2)導體棒從靜止開始做勻加速運動,根據(jù)牛頓第二定律得:mgsin=ma 解得

6、:a=gsin=5 m/s2 t=1 s末進入磁場區(qū)域的速度為 v=at1=51 m/s=5 m/s 導體棒切割磁感線產生的電動勢,E2=BLv=215 V=10 V 根據(jù)導體棒進入磁場區(qū)域做勻速運動,可知導體棒受到 的合力為零,有 mgsin=F安=BIL 根據(jù)閉合電路歐姆定律有: I= 聯(lián)立以上各式得:m=0.4 kg,(3)在01 s內,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得 I1= =1.2 A 1 s2 s內,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得: I2= =1 A 02 s內根據(jù)焦耳定律得導體棒所產生的熱量:,Q= rt1+ r(t2-t1) 代入數(shù)據(jù)解得:Q=4.88 J 答案:(1)12 V(2

7、)0.4 kg(3)4.88 J,【通關秘籍】 1.電磁感應中物理量的關系圖:,2.解決電磁感應電路問題的策略是先源后路,即,【考點沖關】 (2018濟南模擬)如圖甲,MN、PQ兩條平行的光滑金 屬軌道與水平面成=37角固定,M、P之間接電阻箱R, 導軌所在空間存在勻強磁場,磁場方向垂直于軌道平面 向上,磁感應強度為B=1 T。質量為m的金屬桿ab水平放 置在軌道上,其接入電路的電阻值為r?，F(xiàn)從靜止釋放,桿ab,測得最大速度為vm。改變電阻箱的阻值R,得到vm與R的關系如圖乙所示。已知軌距為L=2 m,重力加速度g取10 m/s2,軌道足夠長且電阻不計。求:,(1)桿ab下滑過程中感應電流的方

8、向及R=0時最大感應電動勢E的大小。 (2)金屬桿的質量m和阻值r。 (3)當R=1 時,求回路瞬時電功率每增加1 W的過程中合外力對桿做的功W。,【解析】(1)桿中電流方向從ba(或aMPba),由圖可 知,當R=0時,桿最終以v=2 m/s勻速運動,產生的電動 勢E=BLv,E=4 V。 (2)設最大速度為v,桿切割磁感線產生的感應電動勢 E=BLv 由閉合電路的歐姆定律,I= 桿達到最大速度時滿足 mgsin-BIL=0 解得v= 由圖象可知:斜率為k= m/(s)=1 m/(s),縱截距為v0=2 m/s,得到 解得:m= kg,r=2 。,(3)由題意:E = BLv,P=

9、得P= P= 由動能定理得,W = W= 解得:W = 0.25 J。,答案:(1)方向從ba (或aMPba)4 V (2) kg2 (3)0.25 J,【加固訓練】 (2018陽江模擬)如圖所示,阻值為R的金屬棒從圖示位置ab分別以v1、v2的速度沿光滑導軌(電阻不計)勻速滑到ab位置,若v1v2=12,則在這兩次過程中(),A.回路電流I1I2=12 B.產生的熱量Q1Q2=14 C.通過任一截面的電荷量 q1q2=12 D.外力的功率P1P2=12,【解析】選A?；芈分懈袘娏鳛?I= Iv,則得:I1I2=v1v2=12,故A項正確;產生的熱 量為:Q=I2Rt=(

10、)2R = Qv,則 得:Q1Q2=v1v2=12,故B項錯誤;通過任一截面的電 荷量為:q=It= q與v無關,則得:q1q2=11,,故C項錯誤;由于棒勻速運動,外力的功率等于回路中的 功率,即得:P=I2R=( )2R,Pv2,則得:P1P2=14, 故D項錯誤。,考點2電磁感應中的動力學問題 【典題探究】 【典例2】(2016全國卷)如圖, 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(僅標出c端)長度均為L,質量分別為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,使兩金

11、屬棒水平。右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,已知兩根導線剛好不在磁場中,回路電阻為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,已知金屬棒ab勻速下滑。求:導學號04450230,(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小。 (2)金屬棒運動速度的大小。,【解析】(1)設導線的張力的大小為T,右斜面對ab棒的支持力的大小為N1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對cd棒的支持力大小為N2。對于ab棒,由力的平衡條件得 2mgsin=N1+2T+F N1=2mgcos,對于cd棒,同理有mgsin+N2=2T N2=mgcos 聯(lián)立式得 F=mg(sin

12、-3cos),(2)由安培力公式得F=BIL 這里I是回路abdca中的感應電流。ab棒上的感應電動 勢為E=BLv 式中v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得 I= 聯(lián)立式得v= 答案:(1)mg(sin-3cos)(2),【通關秘籍】 1.導體的兩種運動狀態(tài): (1)平衡狀態(tài):靜止或勻速直線運動,F合=0。 (2)非平衡狀態(tài):加速度不為零,F合=ma。,2.電學對象與力學對象的轉換及關系:,3.解決電磁感應中的動力學問題的策略是“先源后路、先電后力,再是運動”,即,【考點沖關】 (2018衡陽模擬)如圖所示,足夠長的光滑平行金屬導 軌CD、EF傾斜放置,其所在平面與水平面間的夾角為

13、 =30,兩導軌間距為L,導軌下端分別連著電容為C的 電容器和阻值R=2r的電阻。一根質量為m,電阻為r的金 屬棒放在導軌上,金屬棒與導軌始終垂直并接觸良好,,一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間、另一端跨過定滑輪與質量M=4m的重物相連。金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導軌所在平面內且與兩導軌平行,磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌所在平面向上,導軌電阻不計,初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰處于伸長狀態(tài),由靜止釋放重物,求:(重力加速度大小為g,不計滑輪阻力),(1)若S1閉合、S2斷開,重物的最大速度。 (2)若S1和S2均閉合,電容器的最大帶電量。 (3)若S1斷開、S2閉合,重物的速度

14、v隨時間t變化的關系式。,【解析】(1)S1閉合,S2斷開時,M由靜止釋放后拉動金屬棒沿導軌向上做加速運動,金屬棒受到沿導軌向下的安培力作用,設最大速度為vm,根據(jù)法拉第電磁感應定律可得感應電動勢 E=BLvm 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應電流,I= = 當金屬棒速度最大時有: Mg=mgsin30+BIL 解得:vm=,(2)S1,S2均閉合時,電容器兩板間的最大電壓 U=UR=IR= 電容器的最大帶電量 Q=CU=,(3)S1斷開、S2閉合時,設從釋放M開始經時間t金屬棒 的速度大小為v,加速度大小為a,通過金屬棒的電流為 i,金屬棒受到的安培力F=BiL,方向沿導軌向下,設在

15、時間t到(t+t)內流經金屬棒的電荷量為Q,Q也 是平行板電容器在t到(t+t)內增加的電荷量, Q=CBLv, 根據(jù)運動學公式可得,v=at, 則i= =CBLa, 設繩中拉力為T,由牛頓第二定律,對金屬棒有: T-mgsin30-BiL=ma 對M有:Mg-T=Ma 解得:a=,可知M做初速度為零的勻加速直線運動 v=at= t 答案:(1) (2) (3)v= t,【加固訓練】 (2017江蘇高考)如圖所示,兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內,其右端接一阻值為R的電阻。質量為m的金屬桿靜置在導軌上,其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下。當該磁

16、場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后,金屬桿的速度變?yōu)関。導軌和金屬桿的電阻不計,導軌光滑且足夠長,桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求:,(1)MN剛掃過金屬桿時,桿中感應電流的大小I。 (2)MN剛掃過金屬桿時,桿的加速度大小a。 (3)PQ剛要離開金屬桿時,感應電流的功率P。,【解析】(1)感應電動勢E=Bdv0,感應電流I= , 解得I= 。 (2)安培力F=BId,由牛頓第二定律得F=ma,解得 a= 。,(3)金屬桿切割磁感線的速度v=v0-v,則 感應電動勢E=Bd(v0-v) 電功率P= 解得P= 。 答案:(1) (2) (3),考點3

17、電磁感應中的能量問題 【典題探究】 【典例3】(2018南陽模擬)如圖甲所示,相距d的兩根 足夠長的金屬制成的導軌,水平部分左端ef間連接一阻 值為2R的定值電阻,并用電壓傳感器實際監(jiān)測兩端電壓, 傾斜部分與水平面夾角為37。長度也為d、質量為m,的金屬棒ab電阻為R,通過固定在棒兩端的金屬輕滑環(huán) 套在導軌上,滑環(huán)與導軌上MG、NH段動摩擦因數(shù)= (其余部分摩擦不計)。MN、PQ、GH相距為L,MN、 PQGH相距為L,MN、PQ間有垂直軌道平面向下、磁感應 強度為B1的勻強磁場,PQ、GH間有平行于斜面但大小、 方向未知的勻強磁場B2,其他區(qū)域無磁場,除金屬棒及,定值電阻,其余電阻均不計,s

18、in37=0.6,cos37=0.8,當ab棒從MN上方一定距離由靜止釋放通過MN、PQ區(qū)域(運動過程中ab棒始終保持水平),電壓傳感器監(jiān)測到U-t關系如圖乙所示:導學號04450231,(1)求ab棒剛進入磁場B1時的速度大小。 (2)求定值電阻上產生的熱量Q1。 (3)多次操作發(fā)現(xiàn),當ab棒從MN以某一特定速度進入MNQP區(qū)域的同時,另一質量為2m、電阻為2R的金屬棒cd只要以等大的速度從PQ進入PQHG區(qū)域,兩棒均可同時勻速通過各自場區(qū),試求B2的大小和方向。,【解析】(1)ab棒剛進入磁場B1時電壓傳感器的示數(shù)為 U,根據(jù)閉合電路歐姆定律得 E1=U+ R 解得E1=1.5U 根據(jù)法拉

19、第電磁感應定律得:E1=B1dv1 解得:v1=,(2)設金屬棒ab離開PQ時的速度為v2,根據(jù)圖乙可知,定 值電阻此時兩端電壓為2U,根據(jù)閉合電路的歐姆定律可 得: 2R=2U 解得:v2=,棒ab從MN到PQ,根據(jù)動能定理可得: mgsin37L-mgcos37L-W安= 根據(jù)功能關系可得產生的總焦耳熱Q總=W安,則定值電阻 產生的焦耳熱為 Q1= Q總 聯(lián)立解得:Q1=,(3)兩棒以相同的初速度進入場區(qū),勻速經過相同的位 移,對ab棒,根據(jù)共點力的平衡可得: mgsin37-mgcos37- =0, 解得:v= ; 對cd棒,因為2mgsin37-2mgcos370,故cd棒安

20、 培力必須垂直導軌平面向下,根據(jù)左手定則可知磁感應,強度B2沿導軌平面向上,cd棒也勻速運動,則有: 2mgsin37-(2mgcos37+B2 d)=0 將v= 代入解得: B2=32B1 答案:(1) (2) (3)32B1方向沿導軌平面向上,【通關秘籍】 1.電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化:,2.解決電磁感應能量問題的策略是“先源后路、先電后力,再是運動、能量”,即,3.求解焦耳熱Q的方法: (1)若回路中電流恒定,可以利用電路結構及W=UIt或Q=I2Rt直接進行計算。 (2)若電流變化,則 利用安培力做功求解:電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功,Q=E電=W克服安培力。,利用

21、能量守恒求解:若只有電能與機械能的轉化,則減少的機械能等于產生的電能Q=-E其他。,【考點沖關】 1.(2018泉州模擬)如圖,水平面內有一光滑金屬導軌 QPMN,MP邊長度為d=3 m、阻值為R=1.5 ,且MP與PQ垂 直,與MN的夾角為135,MN、PQ邊的電阻不計。將質量 m=2 kg、電阻不計的足夠長的直導體棒擱在導軌上,并 與MP平行,棒與MN、PQ交點E、F間的距離L=4 m,整個空,間存在垂直于導軌平面的勻強磁場,磁感應強度B= 0.5 T。在外力作用下,棒由EF處以初速度v0=3 m/s 向右做直線運動,運動過程中回路的電流強度始終不 變。求:,(1)棒在EF處所受的安培力的

22、功率P。 (2)棒由EF處向右移動距離2 m所需的時間t。 (3)棒由EF處向右移動2 s的過程中,外力做功W。,【解析】(1)棒在EF處的感應電動勢為:E=BLv0=6 V 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得電流為 I= =4 A 安培力為 FA=BIL=8 N 安培力的功率為 P=FAv0=24 W,(2)棒向右移動2 m的過程中回路磁通量變化量為: =BS=B(Lx+ x2)=5 Wb 因為電流強度始終不變,電動勢也不變,由法拉第電磁 感應定律E= 可得 t= = s0.83 s。,(3)棒由EF處向右移動2 s的過程中,通過導體橫截面的 電量為: =Et=12 Wb 棒掃過的面積為:S= =

23、24 m2 2 s的過程棒移動了x, S= (2Lx+x2),x=4 m 此時電動勢不變,為:E=B(L+x)v 代入數(shù)據(jù)解得:v=1.5 m/s 安培力做功等于回路產生的焦耳熱為: WA=I2Rt2=48 J,根據(jù)動能定理有:W-WA= 代入數(shù)據(jù)解得:W=41.25 J。 答案:(1)24 W(2)0.83 s(3)41.25 J,2.(2018石家莊模擬)相距為L=2 m的足夠長的金屬直 角導軌如圖所示放置,它們各有一邊在同一水平面內, 另一邊垂直于水平面。質量均為m=0.1 kg的金屬細桿 ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路,桿與導軌之間的 動摩擦因數(shù)均為=0.5,導軌電阻不計,回

24、路中ab、cd 電阻分別為R1=0.6 ,R2=0.4 。整個裝置處于磁感,應強度大小為B=0.50 T、方向豎直向上的勻強磁場中。當ab桿在平行于水平導軌的拉力F作用下從靜止開始沿導軌勻加速運動時,cd桿也同時從靜止開始沿導軌向下運動。測得拉力F與時間t的關系如圖所示。g取 10 m/s2,求:,(1)ab桿的加速度a。 (2)當cd桿達到最大速度時ab桿的速度大小。 (3)若從開始到cd桿達到最大速度的過程中拉力F做了5.2 J的功,求該過程中ab桿所產生的焦耳熱。,【解析】(1)經時間t,桿ab的速率v=at 此時,回路中的感應電流為:I= 對桿ab由牛頓第二定律得:F-BIL-mg

25、=ma 由以上各式整理得:F=ma+mg+ at 將t=0,F=1.5 N代入上式得a=10 m/s2,(2)cd桿受力情況如圖,當cd桿所受重力與滑動摩擦力相等時,速度最大,即:mg=FN,又FN=F安 安培力F安=BIL 感應電流I= 由以上幾式解得v=2 m/s,(3)ab桿發(fā)生的位移為 x= =0.2 m 對ab桿應用動能定理得 WF-mgx-W安= mv2 解得W安=4.9 J 根據(jù)功能關系得Q=W安,所以ab桿上產生的焦耳熱為 Qab= Q=2.94 J 答案:(1)10 m/s2(2)2 m/s(3)2.94 J,【加固訓練】 如圖所示,MN、PQ為光滑平行的 水平金屬導

26、軌,電阻R=3.0 , 置于豎直向下的有界勻強磁場 中,OO為磁場邊界,磁場磁感應強度B=1.0 T,導軌間 距L=1.0 m,質量m=1.0 kg的導體棒垂直置于導軌上且,與導軌接觸良好,導體棒接入電路的電阻r=1.0 ,t=0時刻,導體棒在F=1.0 N水平拉力作用下從OO左側某處靜止開始運動,t0=2.0 s時刻棒進入磁場,導體棒始終與導軌垂直。,(1)求t0時刻回路的電功率P0。 (2)求t0時刻導體棒的加速度大小a。 (3)導體棒進入磁場后,改變拉力大小,使棒以(2)情況下的加速度a勻加速運動至t1=4.0 s時刻,已知t0t1時間內拉力做功W=5.7 J,求此過程回路中產生的焦耳熱

27、Q。,【解析】(1)設導體棒在進入磁場前運動的加速度為a0, 則 F=ma0 棒在t0時刻速度v0=a0t0 棒在t0時刻產生的電動勢E=BLv0 電功率P0= 代入數(shù)據(jù)解得P0=1.0 W,(2)回路在t0時刻產生的感應電流I= 棒在t0時刻受到的安培力FA=BIL 根據(jù)牛頓第二定律有F-FA=ma 代入數(shù)據(jù)解得a=0.5 m/s2,(3)t1時刻棒的速度v=v0+a(t1-t0) 由動能定理有W+WA= Q=-WA 代入數(shù)據(jù)解得Q=3.2 J 答案:(1)1.0 W(2)0.5 m/s2(3)3.2 J,考點4電磁感應中的動量問題 【典題探究】 【典例4】(2018哈爾濱模擬)如圖

28、所示豎直面內,水 平線OO下方足夠大的區(qū)域內存在水平勻強磁場,磁感 應強度為B,一個單匝正方形導體框,邊長為L,質量為m, 總電阻為r,從ab邊距離邊界OO為L的位置由靜止釋放,,已知從ab邊剛進入磁場到cd邊剛進 入磁場所用時間為t,重力加速度為g, 空氣阻力不計,導體框不翻轉。求: 導學號04450232 (1)ab邊剛進入磁場時,ba間電勢差的大小Uba。 (2)cd邊剛進入磁場時,導體框的速度。,【解析】(1)設ab邊剛進入磁場時的速度為v1,根據(jù)機 械能守恒定律可得: mgL= 根據(jù)法拉第電磁感應定律可得產生的感應電動勢為: E1=BLv1 此時的感應電流為:,I= 所以ba間

29、電勢差的大小 Uba=I,(2)從ab邊剛進入磁場到cd邊剛進入磁場的過程中, 根據(jù)動量定理可得: mgt-B Lt=mv2-mv1 其中B Lt= 解得:v2=gt- 答案:(1) (2)gt-,【通關秘籍】 1.動量定理在電磁感應現(xiàn)象中的應用: 導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下 做非勻變速直線運動時,安培力的沖量為:I安= B Lt=BLq,通過導體棒或金屬框的電荷量為: q= t= t=n t=n ,磁通量變化 量:=BS=BLx。如果安培力是導體棒或金屬框,受到的合外力,則I安=mv2-mv1。 當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位 移x時常用動量定

30、理求解更方便。,2.動量守恒定律在電磁感應現(xiàn)象中的應用: 在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中,雙金屬棒和導軌構成閉合回路,安培力充當系統(tǒng)內力,如果它們受到的安培力的合力為0時,滿足動量守恒,運用動量守恒定律求解比較方便。,3.解決電磁感應中動量問題的策略:“先源后路、先電后力,再是運動、動量”,即,【考點沖關】 1.如圖,在光滑水平桌面上有一邊長為L的正方形導線框abcd,在導線框右側有一寬度為d(dL)的條形勻強磁場區(qū)域,磁場的邊界與導線框的一邊平行,磁場方向豎直向下。導線框以速度v1向右運動靠近磁場,然后進入磁場,完全進入磁場后速度為v2,最后滑出磁場,滑出磁場后速度為v3。下列關于v1、v2、

31、v3的關系式正確的是 (),【解析】選C。設導線框進入磁場的時間為t1,滑出磁 場的時間為t2,取線框運動方向為正。在線框進入磁場 的過程中由動量定理得:-F1t1=mv2-mv1,其中F1=B L; 在線框滑出磁場的過程中由動量定理得:-F2t2=mv3-mv2, 其中F2=B L,又 t1= t2= ,所以mv2-mv1= mv3-mv2,解得v2= ,故C項正確,A、B、D項錯誤。,2.(2018淄博模擬)如圖所示,一個質量為m、電阻不 計、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP,位于光滑絕緣水 平桌面上,平行導軌MN和PQ相距為L?？臻g存在著足夠 大的方向豎直向下的勻強磁場,磁感應強度

32、的大小為B。 另有質量也為m的金屬棒CD,垂直于MN放置在導軌上,并,用一根絕緣細線系在定點A。已知,細線能承受的最大拉力為T0,CD棒接入導軌間的有效電阻為R?，F(xiàn)從t=0時刻開始對U形框架施加水平向右的拉力,使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動。,(1)求從框架開始運動到細線斷裂所需的時間t0及細線斷裂時框架的瞬時速度v0大小。 (2)若在細線斷裂時,立即撤去拉力,求此后過程中回路產生的總焦耳熱Q。,【解析】(1)細線斷裂時,對棒有T0=F安 根據(jù)安培力計算公式可得:F安=BIL 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得:I= 產生的感應電動勢:E=BLv0 根據(jù)速度時間關系可得:v0=at0 聯(lián)

33、立解得t0= 撤去拉力F時,框架的速度v0=,(2)在細線斷裂時立即撤去拉力,框架向右減速,棒向 右加速,設二者最終速度大小為v,由系統(tǒng)動量守恒可 得 mv0=2mv 得v= 撤去拉力后,系統(tǒng)總動能的減少量等于回路消耗的電能,,最終在回路中產生的總焦耳熱 Q= 聯(lián)立得Q= 答案:(1) (2),【加固訓練】 (2018涼山州模擬)如圖所示,光滑 平行足夠長的金屬導軌固定在絕緣水 平面上,導軌范圍內存在磁場,其磁感 應強度大小為B,方向豎直向下,導軌 一端連接阻值為R的電阻。在導軌上垂直導軌放一長度,等于導軌間距L、質量為m的導體棒,其電阻為r,導體棒與金屬導軌接觸良好。導體棒在水

34、平向右的恒力F作用下從靜止開始運動,經過時間t后開始勻速運動,金屬導軌的電阻不計。求: (1)導體棒勻速運動時回路中電流大小。 (2)導體棒勻速運動的速度大小以及在時間t內通過回路的電量。,【解析】(1)根據(jù)安培力的計算公式 F=BImL 解得:Im=,(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得: Im= 解得:v= 根據(jù)電荷量的計算公式可得: q=It,根據(jù)動量定理可得: Ft-BILt=mv 解得:q= 答案:(1) (2),電磁感應規(guī)律的應用 【經典案例】 (16分)(2016全國卷)如圖,水平面(紙面)內間距為 l的平行金屬導軌間接一電阻,質量為m、長度為l的金 屬桿置于導軌上,t=0時

35、,金屬桿在水平向右、大小為F,的恒定拉力作用下由靜止開始運動,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:導學號04450234,(1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大小。 (2)電阻的阻值。,【思維軌跡】,【規(guī)范解答】 解:(1)由題意可知0t0時間內受力分析如圖甲所示,F合=F-f(1分) f=mg(1分) 金屬桿做勻加速直線運動F合=ma(2分) 金屬桿勻加速進入磁場瞬間的速度為v,則v=at0(2分) 由法拉第電磁感應定律

36、可知E=Blv(2分) 由可得E= (F-mg)(2分),(2)金屬桿在磁場中的受力分析如圖乙所示 由桿在磁場中做勻速直線運動可知 F-F安-f=0(1分) f=mg(1分) 由安培定則可知F安=BIl(2分) 由歐姆定律可知I= (2分) 由可知R=,【答題規(guī)則】 規(guī)則1:答題過程,條理清晰 解題過程應條理清晰、層次分明。對于綜合性較強的題目,應注意研究對象的選取和對研究對象的受力分析和運動過程分析(如本題中的受力分析圖),然后選擇合適的規(guī)律列方程,并注意聯(lián)系前后過程的關鍵物理量。,規(guī)則2:解析過程,分步列式 解題時要注意分步列式,不要漏掉或合并關系式,避免閱卷時找不到得分點,或者合并的綜合算式一處錯而導致全部錯誤,丟失步驟分。,規(guī)則3:矢量方程,注意方向 牛頓第二定律的表達式是矢量式,列方程時要注意正方向的規(guī)定或選取。,規(guī)則4:數(shù)學運算,可以淡化 閱卷原則是“只看物理公式和答案,不看數(shù)學運算過程”。只有物理公式和最后的答案是得分點,應用物理過程導出的數(shù)學運算過程不是得分點。,規(guī)則5:文字說明,簡潔明了 分析過程,分步列式時加以必要的文字說明,使解題過程更具有系統(tǒng)性。,