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(江苏专用)2019版高考物理大一轮复*第10单元电磁感应增分微课九导数和微元法在电磁感应中的应用课件

发布时间:

题型综述

增分微课九
导数和微元法在电磁感应中 的应用
电磁感应过程中,导体相对磁场运动时产生感应电动势(感应电流),它受到的 安培力反过来影响它相对于磁场的运动,故导体在磁场中往往做非匀变速运
动,导体的速度、加速度和回路中的感应电流均不断变化.

应考策略

增分微课九
导数和微元法在电磁感应中
的应用
(1)利用导数求感应电动势 感应电动势正比于磁通量对时间的变化率,而导数就是一个量对另一个量变 化率的极限,因高二数学中已学*微积分初步知识,在高三物理复*阶段,可 应用导数这一数学工具巧妙分析求解感应电动势的产生. (2)利用微元法分析电磁感应过程 微元法经常被应用于研究电磁感应过程中导体在变力作用下的变加速运动 过程.可以试着把变加速过程分割为无数多个很小的过程,即所谓的微元,在 每个很小的过程中变化的物理量(速度、感应电流、安培力等)*似是不变 的,然后在每一小段中求出这个物理量对时间或位移等的积累,再对这些积 累量进行求和,就可以得到该物理量在整个过程中对时间或位移等的积累.

应用示例

例 1 (多选)如图 W9-1 所示,竖直面内有一个柔软导线制成的闭合导 线框 ACDE 挂在两固定点 A、D 上,水*线段 AD 为半圆的直径,导 线框的 E 处通过动滑轮悬挂一重物,使导线处于绷紧状态.在半圆形 区域内,有磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向内的有界匀强磁 场.已知导线框电阻为 r,半圆的半径为 R.在将导线上的 C 点以恒定 角速度 ω(相对于圆心)从 A 点沿圆弧移动的过程中,若不考虑导线中 电流间的相互作用,则下列说法正确的是 ( )

图 W9-1

应用示例

A.在 C 从 A 点沿圆弧移动到 D 点的过程中, [答案] ABD
导线框中感应电流的方向先沿逆时针,后沿顺 [解析] 任意 t 时间内 O、C 连线转过的角度为 ωt,

时针

由几何知识知△ ACD 为直角三角形,且

B.在 C 从 A 点沿圆弧移动到图中∠ADC=30°
位置的过程中,通过导线上 C 点的电荷量为
32 2
C.当 C 沿圆弧移动到圆心 O 的正上方时,导
线框中的感应电动势最大
D.在 C 从 A 点沿圆弧移动到 D 点的过程中,
导线框中产生的电热为π24
2

∠AOC=2∠ADC=2θ,穿过导线框的磁通量为 Φ=B·1·2Rsin θ·2Rcos θ=BR2sin 2θ=BR2sin ωt,Φ 对
2
t 求导,可得感应电动势为 e= =BR2ωcos ωt,在 C 从 A 点沿圆弧移动的过程中,磁通量 Φ 先增加后
减少,由楞次定律可判断导线框中感应电流的方
向先沿逆时针后沿顺时针,A 正确;

应用示例

A.在 C 从 A 点沿圆弧移动到 D 点的过程中,
导线框中感应电流的方向先沿逆时针,后沿顺
时针
B.在 C 从 A 点沿圆弧移动到图中∠ADC=30°
位置的过程中,通过导线上 C 点的电荷量为
32 2
C.当 C 沿圆弧移动到圆心 O 的正上方时,导
线框中的感应电动势最大

∠ADC=30°时,Φ=BR2sin 60°= 3BR2,*均感应电
2

Δ

动势 = ΔΔ,电荷量 q=Δ =

Δ


Δ

=

Δ

=

322,B 正确;由感应电动势的瞬时值表达式可知,

当 cos ωt=±1,即 C 与 A 点或 D 点重合时,导线框中

的感应电动势最大,C 错误;导线框中的感应电动

势随时间按余弦规律变化,有效值为 E=2,导线
2

框中产生的电热为

Q=2

·π


=

π24 2

,D

正确.

D.在 C 从 A 点沿圆弧移动到 D 点的过程中,

导线框中产生的电热为π24
2

应用示例
例 2 两根*行金属导轨固定在水*桌面上,每 根导轨每米长的电阻为 r0=0.10 Ω/m,导轨的端 点 P、Q 用电阻可忽略的导线相连,两导轨间的 距离 l=0.2 m.有随时间变化的匀强磁场垂直于 桌面,已知磁感应强度 B 与时间 t 的关系为 B=kt, 比例系数 k=0.020 T/s.一电阻不计的金属杆可 以在导轨上无摩擦滑动,在滑动过程中始终保持 与导轨垂直且接触良好,在 t=0 时刻,金属杆紧靠 在 P、Q 端.在外力作用下,杆以恒定的加速度从 静止开始向导轨的另一端滑动,求在 t=6.0 s 时 金属杆所受的安培力大小.

[答案] 1.44×10-3 N

[解析] 设金属杆的加速度为 a,t 时刻离初始位置

的距离 x=1at2
2
此时穿过回路的磁通量为 Φ=Blx=kt·l·1 2 =
2
1klat3
2
Φ 对 t 求导,可得 t=6.0 s 时回路中感应电动势为

E=

=

3klat2=0.216a(V)
2

回路总电阻为 R=2xr0=3.6a(Ω)

回路中的感应电流 I==0.06 A

金属杆所受安培力大小为 F=BIl=1.44×10-3 N.

应用示例

例 3 如图 W9-2 所示,水*放置的两根光滑*行

金属导轨与电阻为 R 的导体相连,两导轨间距为

l,其间有垂直于导轨*面向下、磁感应强度为 B

的匀强磁场.导轨上有一导体

棒 ab,其质量为 m,以初速度 v0 向右运动.棒和导轨的电阻均

不计,棒与导轨始终保持垂直

且接触良好,求:

图 W9-2

(1)导体棒在整个运动过程中的位移 x;

(2)在导体棒的整个运动过程中通过闭合回路某

一截面的电荷量.

[答案] (1)202

(2) 0

[解析] (1)设导体棒整个运动过程中的位移为

x,导体棒速度为 v 时,回路中感应电流为 i,则

i=

F

安=Bil=B



=

2 2

由牛顿第二定律得22=ma

极短时间 Δt 内,有22vΔt=maΔt=mΔv

则2


2

∑vΔt=m∑Δv

即2


2
x=mv0

解得 x=202.

应用示例

例 3 如图 W9-2 所示,水*放置的两根光滑*行

金属导轨与电阻为 R 的导体相连,两导轨间距为

l,其间有垂直于导轨*面向下、磁感应强度为 B

的匀强磁场.导轨上有一导体

棒 ab,其质量为 m,以初速度 v0 向右运动.棒和导轨的电阻均

不计,棒与导轨始终保持垂直

且接触良好,求:

图 W9-2

(1)导体棒在整个运动过程中的位移 x;

(2)在导体棒的整个运动过程中通过闭合回路某

一截面的电荷量.

(2)设整个过程中通过导体棒某一截面的电 荷量为 q,导体棒速度为 v 时,回路中感应电 流为 i.由牛顿第二定律得 Bil=ma 极短时间 Δt 内,有 Bil·Δt=ma·Δt=m·Δv
则 ∑Δ = ∑Δ 即 Blq=mv0 解得 q=0.

题组演练
1.(多选)单匝闭合导线框在匀强磁场中绕垂直
于磁场方向的轴 OO'匀速转动,在转动过程中,
穿过线框的最大磁通量为 Φm,线框中的最大感
应电动势为 Em,下列说法中正确的是 ( )
A.在穿过线框的磁通量为2m 的时刻,线框中的
感应电动势为m
2
B.在穿过线框的磁通量为m2 的时刻,线框中的
感应电动势为m
2
C.线框每转动一周,线框中的感应电流方向改
变一次
D.线框转动的角速度为mm

[答案] BD [解析] 线框匀速旋转时,穿过线框的磁通量 Φ

按正(余)弦规律变化,设 Φ=Φmsin ωt,则单匝线

框中的感应电动势 e= = mcos =

mcos . 当 = m时,sin ωt=1,cos ωt= 3,感应

2

2

2

电动势

e=

23Em,A

错误;当

Φ=m 时,sin
2

ωt=

2,cos
2

ωt=

2,感应电动势
2

e=

22Em,B

正确;线框每转动

一周,感应电流方向改变两次,C 错

误;Em=BSω=Φmω,故线框转动的角速度为 ω=mm,D 正确.

题组演练

2.如图 W9-3 所示,在光滑的水*面上,有一竖直向下的匀强磁场分布在宽为 d

的区域内,有一个边长为 l(l<d)的正方形闭合导线圈以初速度 v0 垂直于磁场边

界滑过磁场后速度变为 v(v<v0),则 ( )
A.线圈完全进入磁场中时的速度大于02+ B.线圈完全进入磁场中时的速度等于02+ C.线圈完全进入磁场中时的速度小于02+
D.线圈完全进入磁场中时的速度大小无法确定

图 W9-3

题组演练

[答案] B

[解析] 设线圈完全进入磁场时的速度大小为 v'.线圈进、出磁场过程中,感应电流均不

断变化,感应电流为 i 时,线圈受安培力 Bil 作用,由牛顿第二定律得 Bil=ma,在极短时

间 Δt 内,有 Bil·Δt=ma·Δt=m·Δv,则 Bl∑iΔt=m∑Δv.线圈进入磁场过程中,有

Blq1=Bl∑iΔt=m∑Δv=m 0-' ,线圈离开磁场过程中,有 Blq2=Bl∑iΔt=m∑Δv=m '- ,



q1=q2=Δ

=

2,故 m

0-'

=m(v'-v),解得

v'=0+,B
2

正确.

题组演练
3.[2013·全国卷Ⅰ] 如图 W9-4 所示,两条*行导轨所在*面与水*地面的夹角为 θ,
间距为 L.导轨上端接有一*行板电容器,电容为 C.导轨处于匀强磁场中,磁感应强度 大小为 B,方向垂直于导轨*面.在导轨上放置一质量为 m 的金属棒,棒可沿导轨下滑, 且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触.已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数 为 μ,重力加速度大小为 g.忽略所有电阻.让金属棒从导轨上端由静止开始下滑,求:
图 W9-4

题组演练
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速 度大小的关系; (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系.

[答案] (1)Q=CBLv

(2)v=

(sin - cos +22

)

[解析] (1)设金属棒下滑的速度大小为 v,则感

应电动势为 E=BLv

*行板电容器两极板之间的电势差为 U=E

设此时电容器极板上积累的电荷量为 Q,按定 义有 C= 联立解得 Q=CBLv

题组演练
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速 度大小的关系; (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系.

(2)设金属棒的速度大小为 v 时经历的时间为 t,通过金属棒的电流为 i.金属棒受到的磁场的 作用力方向沿导轨向上,大小为 f1=BLi 设在时间间隔(t,t+Δt)内流经金属棒的电荷量 为 ΔQ,按定义有 i=ΔΔ ΔQ 也是*行板电容器极板在时间间隔(t,t+Δt) 内增加的电荷量,故 ΔQ=CBLΔv 式中,Δv 为金属棒的速度变化量.按定义有 a=ΔΔ

题组演练

(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速 度大小的关系; (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系.

金属棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小为 f2=μN 式中,N 是金属棒对于导轨的正压力的大小,有 N=mgcosθ 金属棒在时刻 t 的加速度方向沿斜面向下,设其

大小为 a,根据牛顿第二定律有

mgsinθ-f1-f2=ma

联立得

a=

(sin - cos +22

)g

由此可知,金属棒做初速度为零的匀加速运动.t

时刻金属棒的速度大小为

v=

(sin - cos +22

)gt

题组演练

4.如图 W9-5 所示,足够长的两光滑*行金属导轨 OPQ 和 O'P'Q'间距为 L,其中倾角为 θ

的倾斜导轨间有一垂直于导轨*面向下、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场,顶端 O、O'

之间连接一个阻值为 R 的电阻,水*段离地面的高度为 h.金属棒 CD、EF 的质量分别为

m1 和 m2(m1<m2),长均为 L,电阻均为 R,其中 EF 棒放置在水*轨道的右端边缘.将金属棒

CD 从离水*导轨高为 H±ΔH 范围

内由静止释放,CD 沿导轨下滑,进入

水*导轨并与金属棒 EF 发生碰撞,

碰撞后 CD 棒以碰前速率的 k 倍反

弹,EF 棒离开导轨做*抛运动且始

终落在水*面上的同一位置.不计

导轨电阻和空气阻力,忽略金属棒

CD 经过 PP'处的机械能损失,重力加速度为 g.

图 W9-5

题组演练
(1)求 CD 棒下滑过程中,棒上的电流 方向及棒到达 PP'时的速度大小. (2)若 CD 棒下滑到 PP'时的速率记为 v,请完成以下问题: ①求 CD 棒下滑过程中 EF 棒上产生 的焦耳热的最大值及 EF 棒*抛运动 的水*位移大小; ②CD 棒返回过程中,从 PP'运动至最 高位置所需时间为 t,求最高位置离 水*轨道的高度.

[答案] (1)从 C 到 D

3 1sin 222

(2)①16m1g(H+ΔH)-112 12

②2 1sin
22

(kv-gtsin

θ)

(1+)1 2?

2



[解析] (1)根据右手定则,CD 棒上电流方向从 C 到 D.

根据题目信息,CD 棒沿倾斜轨道下滑到 PP'前已开始做

匀速运动,设匀速运动的速度为 v1,则
m1gsin θ=2321 2
解得 v1=3212s2in

题组演练
(1)求 CD 棒下滑过程中,棒上的电流 方向及棒到达 PP'时的速度大小. (2)若 CD 棒下滑到 PP'时的速率记为 v,请完成以下问题: ①求 CD 棒下滑过程中 EF 棒上产生 的焦耳热的最大值及 EF 棒*抛运动 的水*位移大小; ②CD 棒返回过程中,从 PP'运动至最 高位置所需时间为 t,求最高位置离 水*轨道的高度.

(2)①CD 棒从高为 H+ΔH 位置下滑时,EF 棒上产生的
焦耳热最大,设回路产生的总焦耳热为 Q,根据能量守
恒定律得 m1g(H+ΔH)=12m1v2+Q EF 棒上产生的焦耳热 QEF=16 = 16m1g(H+ΔH)-112m1v2 CD 棒与 EF 棒碰撞过程中动量守恒,则 m1v=m1v'1+m2v2 v'1=-kv EF 棒离开轨道做*抛运动,有

题组演练
(1)求 CD 棒下滑过程中,棒上的电流 方向及棒到达 PP'时的速度大小. (2)若 CD 棒下滑到 PP'时的速率记为 v,请完成以下问题: ①求 CD 棒下滑过程中 EF 棒上产生 的焦耳热的最大值及 EF 棒*抛运动 的水*位移大小; ②CD 棒返回过程中,从 PP'运动至最 高位置所需时间为 t,求最高位置离 水*轨道的高度.

h=1gt2
2
x=v2t

联立解得 x=(1+)1 2?

2



②设 CD 棒上升的最大高度为 H',根据动量定理得

-m1gtsin θ+I 安 =0-km1v

I 安 =-BLq
q=2sin' 联立解得 H'=212s2in(kv-gtsin θ)




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