2020版高考物理一轮复习第十章专题九电磁感应规律的综合应用（二）教案新人教版.docx

专题九电磁感应规律的综合应用(二)突破1电磁感应中的图象问题1图象类型借助图象考查电磁感应的规律是高考的热点，此类题目一般分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选择正确的图象(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象常见的图象有t、Et、it、Ut、qt、Ft、Pt等图象2方法突破类型一根据电磁感应过程选图象类型二根据图象分析电磁感应过程考向1根据电磁感应过程选图象 (2018全国卷)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()审题指导由方向的合理性可直接排除错误选项，如果需要，再定量分析电流大小的变化情况确定正确选项【解析】本题考查右手定则、EBLv.由右手定则可判定，线框向左移动0过程，回路中电流方向为顺时针，由E2BLv可知，电流i为定值；线框向左移动l过程，线框左、右两边产生的感应电动势相抵消，回路中电流为零线框向左移动ll过程，回路中感应电流方向为逆时针由上述分析可见，选项D正确【答案】D1(2019湖北黄冈调研)(多选)如图所示，在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为m，电阻为R，边长为L，从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场方向的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过线框横截面的电荷量为q，则这些量随时间变化的图象正确的是(CD)解析：线框切割磁感线，根据运动学知识有vat，产生感应电动势EBLv，所以产生感应电流I，故A错误；对线框分析，有F安BLI，由牛顿第二定律，得Fma，故B错误；由功率表达式PI2R，可知P与t是二次函数关系，图象为抛物线，故C正确；由电荷量表达式有qIt，q与t是二次函数关系，图象为抛物线，故D正确考向2根据图象分析电磁感应过程 (2019湖南六校联考)(多选)如图甲所示，在MN、OP间存在一匀强磁场，t0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示已知线框质量m1 kg，电阻R2 ，则()A磁场宽度为4 mB匀强磁场的磁感应强度为 TC线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为2 CD线框穿过磁场过程中，线框产生的热量为1 J【解析】线框的加速度为a m/s22 m/s2，磁场宽度dat4 m，A正确；当线框全部进入磁场的瞬间有Lat1 m，F1F安ma，F安，解得B T，B正确；线框穿过磁场的过程中，通过线圈的电荷量为零，线框进入磁场过程中，线框产生的热量为QWmv21 J，C、D错误【答案】AB2(2019河北衡水模拟)如图甲所示，一个U形光滑足够长的金属导轨固定在水平桌面上，电阻R10 ，其余电阻均不计，两导轨间的距离l0.2 m，有一垂直于桌面向下并随时间变化的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示一个电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨两边垂直在t0时刻，金属杆紧靠在最左端，杆在外力的作用下以速度v0.5 m/s向右做匀速运动下列说法中正确的是(D)A当t4 s时，穿过回路的磁通量为0.16 WbB当t4 s时，电路中感应电动势的大小E0.02 VC当t4 s时，金属杆所受到的安培力的大小为8105 ND在04 s内，流过电阻R的感应电流随时间均匀增加解析：当t4 s时，金属杆的位移为xvt0.54 m2 m，则穿过回路的磁通量为BSBlvt0.20.240.5 Wb0.08 Wb，电路中感应电动势大小为EBlv0.20.20.5 V V0.04 V，根据闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为I A0.004 A，金属杆所受到的安培力的大小为FIBl0.20.0040.2 N1.6104 N，故A、B、C错误根据法拉第电磁感应定律得EBlv，其中Bktt0.05t，Slvt0.20.5t0.005t，故EBlv0.05t0.20.50.005t0.01t，则感应电流I0.001t，故D正确解决图象问题的方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项比如：对于线圈一进一出的问题，qn0，it图象中t轴上方的面积和t轴下方的面积相等(2)数形结合法：根据题目所给条件结合法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、欧姆定律等定量地写出两个物理量之间的函数关系式，由函数关系式对图象进行分析和判断，比如分析斜率的变化、截距的含义等突破2电磁感应中的动量问题1动量定理在电磁感应现象中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安BLtBLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：qttntn，磁通量变化量：BSBLx.如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安mv2mv1.当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解更方便2动量守恒定律在电磁感应现象中的应用当双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便 如图所示，在空间中有一垂直纸面方向的匀强磁场区域，磁场上下边缘间距为h5.2 m，磁感应强度为B1 T，边长为L1 m、电阻为R1 、质量为m1 kg的正方形导线框紧贴磁场区域的上边从静止下落，当线圈PQ边到达磁场的下边缘时，恰好开始做匀速运动，重力加速度为g10 m/s，求：(1)导线框的MN边刚好进磁场时的速度大小(2)导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间审题指导(1)对导线框进行受力分析和运动过程分析，导线框在进入磁场的过程中做变加速直线运动，完全进入磁场后做匀加速直线运动(2)当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解更方便【解析】(1)设导线框MN边进入磁场的速度为v0，PQ边运动到磁场下边缘时的速度为vPQ边到达磁场的下边缘时导线框受力平衡，则有：mg解得：v10 m/s导线框完全进入磁场到PQ离开磁场的过程中，导线框机械能守恒，有mv2mvmg(hL)解得：v04 m/s(2)设导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间为t，根据动量定理得mgtBILtmvt为导线框进入磁场所经历的时间又qIt得mgtBqLmv解得t1.1 s【答案】(1)4 m/s(2)1.1 s3如图，在光滑水平桌面上有一边长为L的正方形导线框abcd，在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以速度v1向右运动靠近磁场，然后进入磁场，完全进入磁场后速度为v2，最后滑出磁场，滑出磁场后速度为v3.下列关于v1、v2、v3的关系式正确的是(C)Av2Cv2 D无法确定解析：设导线框进入磁场的时间为t1，滑出磁场的时间为t2，取线框运动方向为正在线框进入磁场的过程中由动量定理得：F1t1mv2mv1，其中F1BL；在线框滑出磁场的过程中由动量定理得：F2t2mv3mv2，其中F2BL，又t1t2，所以mv2mv1mv3mv2，解得v2，故C项正确，A、B、D项错误4两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L.导轨上面垂直放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示两根导体棒的质量皆为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.设两导体棒均可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v0.若两导体棒在运动中始终不接触，则：(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？解析：(1)两棒速度相同时产生的焦耳热最多，从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv02mv根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Qmv(2m)v2mv.(2)设ab棒的速度变为v0时，cd棒的速度为v，则由动量守恒定律可知mv0mv0mv解得vv0，回路中的电动势EBLv0BLv0