《(通用版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 第67課時 電磁感應(yīng)中的能量問題(題型研究課)講義(含解析)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(通用版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 第67課時 電磁感應(yīng)中的能量問題(題型研究課)講義(含解析)(6頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、(通用版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 第67課時 電磁感應(yīng)中的能量問題(題型研究課)講義(含解析)
電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量之間轉(zhuǎn)化的過程,而能量的轉(zhuǎn)化是通過(克服)安培力做功的形式實現(xiàn)的。安培力做功,則電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(如機械能),外力克服安培力做功,則其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能,轉(zhuǎn)化過程和常用關(guān)系為:
電能
(1)功能關(guān)系:E電能=W克安。
(2)焦耳定律:Q=I2Rt。
(3)動能定理:W外-W克安=mv2-mv02。
命題點一 應(yīng)用焦耳定律求解電磁感應(yīng)中的能量問題
[典例] 一個圓形線圈,匝數(shù)n=10,其總電阻r=4.0 Ω,線圈與阻值R0=16 Ω
2、的外電阻連成閉合回路,如圖甲所示。線圈內(nèi)部存在著一個邊長L=0.20 m的正方形區(qū)域,其中有分布均勻但強弱隨時間變化的磁場,圖乙顯示了一個周期內(nèi)磁場的變化情況,周期T=1.0×10-2 s,磁場方向以垂直線圈平面向外為正方向。求:
(1)0~時間內(nèi),電阻R0上的電流大小和方向;
(2)0~時間內(nèi),流過電阻R0的電荷量;
(3)一個周期內(nèi)電阻R0產(chǎn)生的熱量。
[解析] (1)0~時間內(nèi),感應(yīng)電動勢大小E1=n=,S=L2
可得電流大小I1=,解得I1=0.4 A
電流方向為從b到a。
(2)同(1)可得~時間內(nèi),感應(yīng)電流大小I2=0.2 A
流過電阻R0的電荷量q=I1·+I
3、2·
解得q=1.5×10-3 C。
(3)由一個周期內(nèi)磁場變化的對稱性可得,一個周期內(nèi)電阻R0產(chǎn)生的熱量Q=I12R0·+I22R0·
解得Q=1.6×10-2 J。
[答案] (1)0.4 A 方向為從b到a (2)1.5×10-3 C
(3)1.6×10-2 J
(1)不同時間段感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流大小不同,求解電荷量要分清時間段。
(2)R0上產(chǎn)生的熱量與整個電路產(chǎn)生的熱量不同,要分時間段應(yīng)用Q=I2Rt計算?! ?
[集訓(xùn)沖關(guān)]
1.(多選)如圖所示,金屬棒在外力作用下從圖示ab位置分別以v1、v2的速度沿光滑水平導(dǎo)軌(電阻不計)勻速滑到a′b′位置,金屬棒接入
4、電路的電阻為R,若v1∶v2=1∶2,則在這兩次過程中( )
A.回路電流I1∶I2=1∶2
B.產(chǎn)生的熱量Q1∶Q2=1∶4
C.通過任一截面的電荷量q1∶q2=1∶1
D.外力的功率P1∶P2=1∶2
解析:選AC 在這兩次過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為E1=BLv1,E2=BLv2,電阻都為R,故回路電流為I1==,I2==,故電流之比為==,A正確;在這兩次過程中所用時間===,故產(chǎn)生的熱量==,B錯誤;在這兩次過程中磁通量變化量相同,故通過任一截面的電荷量q=t=Δt=,故通過任一截面的電荷量q1∶q2=1∶1,C正確;由于金屬棒做勻速運動,外力的功率等于回路中的電功率,故
5、==,D錯誤。
2.如圖甲所示,不計電阻的平行金屬導(dǎo)軌豎直放置,導(dǎo)軌間距L=1 m,上端接有電阻R=3 Ω,虛線OO′下方是垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場?,F(xiàn)將質(zhì)量m=0.1 kg、電阻r=1 Ω、長度與導(dǎo)軌間距相等的金屬桿ab,從OO′上方某處垂直導(dǎo)軌由靜止釋放,桿下落過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸,桿下落過程中的vt圖像如圖乙所示(g取10 m/s2)。求:
(1)磁感應(yīng)強度B;
(2)桿在磁場中下落0.1 s的過程中電阻R產(chǎn)生的熱量。
解析:(1)由題圖乙可知,桿自由下落0.1 s進入磁場以v=1.0 m/s的速度做勻速運動,產(chǎn)生的電動勢E=BLv
桿中的電流I=
桿所受安培力
6、F安=BIL
由平衡條件得mg=F安
代入數(shù)據(jù)得B=2 T。
(2)電阻R產(chǎn)生的熱量Q=I2Rt=0.075 J。
答案:(1)2 T (2)0.075 J
命題點二 根據(jù)功能關(guān)系求解電磁感應(yīng)能量問題
考法1 動能定理的應(yīng)用
[例1] (多選)(2018·江蘇高考)如圖所示,豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L,矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d,磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R,與導(dǎo)軌接觸良好,其余電阻不計,重力加速度為g。金屬桿( )
A.剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下
B.穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之
7、間的運動時間
C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd
D.釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于
[解析] 金屬桿在磁場之外的區(qū)域做加速運動,所以進入磁場Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁場Ⅰ的速度,則金屬桿剛進入磁場Ⅰ時做減速運動,加速度方向豎直向上,故A錯誤;金屬桿在磁場Ⅰ中(先)做加速度減小的減速運動, 在兩磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動,兩個過程位移相等,v-t圖像可能如圖所示,所以t1>t2-t1,故B正確;由于金屬桿進入兩磁場時速度相等,由動能定理得,W安1+mg·2d=0,可知金屬桿穿過磁場Ⅰ克服安培力做功為2mgd,即產(chǎn)生的熱量為2mgd,所以穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd,故C
8、正確;設(shè)金屬桿剛進入磁場Ⅰ時速度為v,則由機械能守恒定律知mgh=mv2,由牛頓第二定律得-mg=ma,解得h=>,故D錯誤。
[答案] BC
考法2 能量守恒定律的應(yīng)用
[例2] 如圖所示,傾角為θ的平行金屬導(dǎo)軌下端連接一阻值為R的電阻,導(dǎo)軌MN、PQ間距為L,與MN、PQ垂直的虛線a1b1、a2b2區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,a1b1、a2b2間距離為d,一長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌平面上與磁場上邊界a2b2距離d處從靜止開始釋放,最后能勻速通過磁場下邊界a1b1。重力加速度為g(導(dǎo)軌摩擦及電阻不計)。求:
(1)導(dǎo)體棒剛到達磁場上邊界a
9、2b2時的速度大小v1;
(2)導(dǎo)體棒勻速通過磁場下邊界a1b1時的速度大小v2;
(3)導(dǎo)體棒穿過磁場過程中,回路產(chǎn)生的熱量。
[解析] (1)導(dǎo)體棒在磁場外沿導(dǎo)軌下滑,只有重力做功,由機械能守恒定律得:mgdsin θ=mv12
解得:v1=。
(2)導(dǎo)體棒勻速通過磁場下邊界a1b1時,由平衡條件得:
mgsin θ=F安
F安=BIL=
解得:v2=。
(3)由能量守恒定律得:
mgdsin θ=mv22-mv12+Q
解得:Q=2mgdsin θ-。
[答案] (1) (2) (3)2mgdsin θ-
[集訓(xùn)沖關(guān)]
1.如圖所示,間距為L的足夠長的平行金
10、屬導(dǎo)軌固定在斜面上,導(dǎo)軌一端接入阻值為R的定值電阻,t=0時,質(zhì)量為m的金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑,t=T時,金屬棒的速度恰好達到最大值vm,整個裝置處于垂直斜面向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ,金屬棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計,下列說法正確的是( )
A.t=時,金屬棒的速度大小為
B.0~T的過程中,金屬棒機械能的減少量等于R上產(chǎn)生的焦耳熱
C.電阻R在0~內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱小于~T內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱
D.金屬棒在0~內(nèi)機械能的減少量大于~T內(nèi)機械能的減少量
解析:選C 速度達到最大值vm前金屬棒做加速度減小的加速運
11、動,故相同時間內(nèi)速度的增加量減小,所以t=時,金屬棒的速度大于,故A錯誤;由能量守恒定律,0~T時間內(nèi)的過程中,金屬棒機械能的減少量等于R上產(chǎn)生的焦耳熱和金屬棒與導(dǎo)軌間摩擦生熱之和,故B錯誤;0~內(nèi)金屬棒的位移小于~T內(nèi)的位移,金屬棒做加速運動,其所受安培力增大,所以~T內(nèi)金屬棒克服安培力做功更多,產(chǎn)生的電能更多,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱更多,故C正確;~T內(nèi)的位移比0~內(nèi)的位移大,故~T內(nèi)滑動摩擦力對金屬棒做功多,由功能關(guān)系得Wf+W安=ΔE,~T內(nèi)金屬棒機械能的減少量更多,故D錯誤。
2.勻強磁場的方向垂直于銅環(huán)所在的平面向里,導(dǎo)體棒a的一端固定在銅環(huán)的圓心O處,另一端緊貼銅環(huán),可繞O勻速轉(zhuǎn)
12、動。通過電刷把銅環(huán)、環(huán)心與兩塊豎直平行金屬板P、Q連接成如圖所示的電路,R1、R2是定值電阻。帶正電的小球通過絕緣細線掛在兩板間的中點M處,被拉起到水平位置;閉合開關(guān)S,無初速度釋放小球,小球沿圓弧經(jīng)過M點正下方的N點到另一側(cè),小球在另一側(cè)不能到達與釋放點等高處。已知磁感應(yīng)強度為B,a的角速度為ω,長度為l,電阻為r,R1=R2=2r,銅環(huán)的電阻不計,P、Q兩板的間距為 d,小球的質(zhì)量為m、帶電荷量為q,重力加速度為g。求:
(1)a勻速轉(zhuǎn)動的方向;
(2)P、Q間電場強度E的大?。?
(3)小球通過N點時對細線的拉力F的大小。
解析:(1)依題意可知,P板帶正電,Q板帶負電。由右手定則可知,a沿順時針方向轉(zhuǎn)動。
(2)a轉(zhuǎn)動切割磁感線,由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢的大小
E感=Bl2ω
由閉合電路的歐姆定律有I=
由歐姆定律可知,PQ間的電壓UPQ=IR2
PQ間勻強電場的電場強度E=
解得E=。
(3)設(shè)細線的長度為L,小球到達N點時速度為v,由動能定理可得
mgL-EqL=mv2
又F′-mg=
解得F′=3mg-。
由牛頓第三定律可知小球?qū)毦€的拉力F=F′=3mg-。
答案:(1)順時針方向 (2) (3)3mg-