2013年高考物理二轮压轴突破教案：专题电磁感应

2013年高考物理二轮压轴突破教案：专题电磁感应
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【示例1】如图10－1所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里，宽度为d，磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m，电阻为R的正方形线圈边长为L（L< d），线圈下边缘到磁场上边界的距离为h．将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，则在整个线圈穿过磁场的全过程中（从下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场），下列说法中正确的是
A．线圈可能一直做匀速运动
B．线圈可能先加速后减速
C．线圈的最小速度一定是
D．线圈的最小速度一定是
【解析】由于L＜d，总有一段时间线圈全部处于匀强磁场中，磁通量不发生变化，不
【示例2】如图10－2所示的（a）、（b）、(c)中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，（a）图中的C原来不带电。设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略。导体棒和导轨间的摩擦也不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在下列三种情形下导体棒ab的最终运动状态是
三种情况下导体棒ab最终均做匀速运动
（a）、（c）中，棒ab最终将以不同速度做匀速运动；(b)中ab棒最终静止
（a）、（c）中，棒ab最终将以相同速度做匀速运动；(b)中ab棒最终静止
(a)、（b）、（c）中，棒ab最终都静止
【示例4】如图10－4所示，在高度差h＝0.50m的平行虚线范围内，有磁感强度B＝0.50T、方向水平向里的匀强磁场，正方形线框abcd的质量m＝0.10kg、边长L＝0.50m、电阻R＝0.50Ω，线框平面与竖直平面平行，静止在位置I时，cd边跟磁场下边缘有一段距离。现用一竖直向上的恒力F＝4.0N向上提线框，该框由位置Ⅰ无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置Ⅱ（ab边恰好出磁场），线框平面在运动中保持在竖直平面内，且cd边保持水平。设cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动（g取10m／s2）。求：
（1）线框进入磁场前距磁场下边界的距离H。
（2）线框由位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，恒力F做的功是多少？线框内产生的热量又是多少?
【解析】（1）在恒力作用下，线圈开始向上做匀加速直线运动，设线圈的加速度为a，据牛顿第二定律有：F－mg＝ma
从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，拉力所做的功等于线框增加的重力势能和产生的热量Q，即
F（L+h）＝mg（L+h）+Q
解得：Q＝（F－mg）（L+h）＝3.0J
或Q＝I2Rt＝3.0J
【答案】（1）9.6m （2）42.4J，3.0J
(2012·浙江理综，24)如图1所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．
(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？
解析　(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有q＝mg①
由①式得：q＝②
由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：
墨滴带负电荷．③
(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，
有qv0B＝m④
考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R＝d⑤
由②、④、⑤式得B＝⑥
(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周运动半径为R′，有qv0B′＝m⑦
由图示可得：R′2＝d2＋⑧
得：R′＝d⑨
联立②、⑦、⑨式可得：B′＝
答案　(1)负电荷　　(2)　(3)
点评　解答此题的关键是对两个不同过程(直线运动、圆周运动)运用相应的物理规律来分段处理，还要注意利用这些过程衔接点的联系．
技法2　对象拆分
【技法阐释】对于多体问题，关键是选取研究对象和寻找相互联系．选取对象时往往需要灵活运用整体法或隔离法，对于符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；需讨论系统内各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，一般应慎用整体法．至于多个物体间的相互联系，可从它们之间的相互作用、运动时间、位移、速度、加速度等方面去寻找．
【高考佐证】 (2011·山东卷，24)如图2所示 ，在高出水平地面h＝1.8 m的光滑平台上放置一质量M＝2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2 m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1 kg，B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20 N水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2 m．(取g＝10 m/s2)求：
图2
(1)B离开平台时的速度vB.
(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB.
(3)A左段的长度l2.
解析　(1)设物块平抛运动的时间为t，由运动学知识可得h＝gt2①
x＝vBt②
联立①②式，代入数据得vB＝2 m/s③
(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得μmg＝maB④
vB＝aBtB⑤
xB＝aBt⑥
联立③④⑤⑥式，代入数据得tB＝0.5 s⑦
xB＝0.5 m⑧
(3)设B刚开始运动时A的速度为v1，
由动能定理得Fl1＝Mv⑨
设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得F－μmg＝MaA⑩
l2＋xB＝v1tB＋aAt?
联立⑦⑧⑨⑩?式，代入数据得l2＝1.5 m?
答案　(1)2 m/s　(2)0.5 s　0.5 m　(3)1.5 m
技法3　情境图示
【技法阐释】养成画图习惯，用情境示意图形象直观地展现物理过程，如画受力图，运动过程示意图、运动轨迹图等，把抽象思维转化为形象思维，将复杂题目化难为易．
【高考佐证】 (2012·海南单科，16)如图3(a)所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图(b)所示．当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外．在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于.不计重力．设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A.求：
(1)若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？
(2)若t0＝，则直线OA与x轴的夹角是多少？
(3)为了使直线OA与x轴的夹角为，在0图3
解析　(1)设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，由牛顿第二定律及洛伦兹力公式得qvB0＝mR①
v＝②
由①②式与已知条件得T′＝T③
图(c)
粒子P在t＝0到t＝时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图(c)所示．
OA与x轴的夹角θ＝0④
图(d)
(2)在t＝到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达C点，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，在t＝T到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达A点，如图(d)所示．由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角θ＝⑤
(3)若在任意时刻t＝t0粒子P开始运动，t＝t0到t＝时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O′位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为
∠OO′C＝⑥
在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，在t＝T到t＝T＋t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆心为O″，圆弧BA对应的圆心角为
∠BO″A＝t0⑦
图(e)
如图(e)所示．由几何关系可知，C、B均在O′O″连线上，且OA∥O′O″⑧
若要OA与x轴成角，则有∠OO′C＝⑨
联立⑥⑨式可得t0＝.
答案　(1) 0　(2)　(3)