（浙江选考）2018版高考物理二轮复习 专题四 电磁感应和电路 第2讲 电磁感应的综合问题学案

第2讲电磁感应的综合问题选考考点分布章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/11电磁感应电磁感应现象b楞次定律c法拉第电磁感应定律d2223222222电磁感应现象的两类情况b互感和自感b涡流、电磁阻尼和电磁驱动b考点一电磁感应中的图象问题1(多选)如图1所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下，线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域，cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是()图1答案BD2(多选)(人教版选修32P8第6题改编)某实验装置如图2所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B，如果线圈A中电流i与时间t的关系有如图所示的A、B、C、D共四种情况在t1t2这段时间内，哪种情况可以观察到在线圈B中有感应电流()图2答案BCD3(多选)(人教版选修32P19“例题”改编)某同学设计了一利用涡旋电场加速带电粒子的装置，基本原理如图3甲所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，带电粒子在真空室内做圆周运动，电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使粒子加速，图甲上部分为侧视图，下部分为俯视图，若粒子质量为m，电荷量为q，初速度为零，圆形轨道的半径为R，穿过粒子圆形轨道面积的磁通量随时间t的变化关系如图乙所示，在t0时刻后，粒子所在轨道处的磁感应强度为B，粒子加速过程中忽略相对论效应，不计粒子的重力，下列说法正确的是()图3A若被加速的粒子为电子，沿如图所示逆时针方向加速，则应在线圈中通以由a到b的电流B若被加速的粒子为正电子，沿如图所示逆时针方向加速，则应在线圈中通以由a到b的电流C在t0时刻后，粒子运动的速度大小为D在t0时刻前，粒子每加速一周增加的动能为答案ACD解析电子带负电，它在电场中受力的方向与电场方向相反，电子沿逆时针方向加速，根据左手定则可知磁场方向竖直向上，由右手螺旋定则知线圈中应通以由a到b的电流，故A正确；同理可知B错误；在 t0时刻后，粒子所在轨道处的磁感应强度为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力等于向心力qvB，v，故C正确；在t0时刻前，感生电场的感应电动势E感，粒子加速运动一周增加的动能为EkqE感，故D正确1.对图象的认识，应注意以下两个方面(1)明确图象所描述的物理意义(2)明确各种“”“”的含义2电磁感应中图象类选择题的两个常见解法(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)，特别是物理量的正负，排除错误的选项(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的办法考点二电磁感应中的动力学和能量问题1(2016浙江10月选考22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图4所示的装置半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO上，由电动机A带动旋转在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：图4(1)通过棒cd的电流Icd；(2)电动机对该装置的输出功率P；(3)电动机转动角速度与弹簧伸长量x之间的函数关系答案见解析解析(1)S断开，cd棒静止有mgkx0S闭合，cd棒静止时受到安培力FB2Icdlcd棒静止时有mgB2Icdlkx解得Icd(2)回路总电阻R总RRR总电流：I由能量守恒得PI2R总(3)由法拉第电磁感应定律：EB1l2回路总电流I解得.2(2017台州市9月选考)为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图5甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，就能求出列车的速度和加速度如图乙所示为铁轨和列车的俯视图，假设磁体端部有磁感应强度B1.2102 T，方向竖直向下的匀强磁场，该磁场区域在运动过程中两个时刻恰能依次覆盖两个线圈，每个线圈的电阻r0.30 ，匝数n4，垂直于铁轨方向长l0.25 m，平行于轨道方向的宽度远小于两线圈的距离s，每个测量记录仪自身电阻R1.70 ，其记录下来的电流位置关系图，即ix图如图丙所示图5(1)当磁场区域的右边界刚离开线圈时，线圈的电流方向是顺时针还是逆时针？(俯视图)(2)试计算列车通过线圈和线圈时的速度v1和v2的大小；(3)假设列车做的是匀加速直线运动，求列车在两个线圈之间的加速度的大小(结果保留三位有效数字)答案(1)顺时针(2)20 m/s25 m/s(3)1.13 m/s2解析(1)由楞次定律得，线圈的电流方向为顺时针(2)列车车头底部的强磁体通过线圈时，在线圈中产生感应电动势和感应电流，根据公式可得：EI(Rr)解得：E10.24 V和E20.30 V而线圈、中产生的感应电动势为：E1nBlv1，E2nBlv2解得：v120 m/s，v225 m/s(3)根据匀变速直线运动公式：vv2as从题图丙中读出s100 m，解得：a1.13 m/s2.3. 如图6所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：图6(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上、下边界间的距离H.答案(1)4倍(2)28l解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E12Blv1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1设此时线框所受安培力为F1，有F12I1Lb由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1由式得v1设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2由式得v24v1(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mglmv线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l. 1.力学对象和电学对象的相互关系2求解焦耳热的三种方法(1)焦耳定律：QI2Rt(2)功能关系：QW克服安培力(3)能量转化：QE其他能的减少量考点三应用动量和能量观点分析电磁感应问题1(2017浙江4月选考22)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图7所示倾角为的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间中水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间，其长度大于L.质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间并从中滑出运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直已知杆ab、cd和ef电阻均为R0.02 、m0.1 kg、l0.5 m，L0.3 m，30，B10.1 T，B20.2 T不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，g取10 m/s2.求：图7(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0；(2)“联动三杆”进入磁场区间前的速度大小v；(3)“联动三杆”滑过磁场区间产生的焦耳热Q.答案见解析 解析(1)由已知得：mgsin 解得：v06 m/s.(2)由动量守恒定律得mv04mv，解得v1.5 m/s.(3)设“联动三杆”进入磁场区间时速度变化量的大小为v，由动量定理得B2lt4mv因，解得v0.25 m/s.设“联动三杆”滑出磁场区间时速度变化量的大小为v，同样有B2lt4mv，解得v0.25 m/s.因此“联动三杆”滑出磁场区间时的速度为vvvv1 m/s.由能量守恒得：Q4m(v2v2)0.25 J.2. (2016浙江4月选考23)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图8所示竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L.导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B.绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m，其中燃料质量为m，燃料室中的金属棒EF电阻为R，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC面积减少量达到最大值S，用时t，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭在t时间内，电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体当燃烧室下方的可控喷气孔打开后喷出燃气进一步加速火箭图8(1)求回路在t时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量，并判断金属棒EF中的感应电流方向；(2)经t时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度大小v0；(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为v，求喷气后火箭增加的速度v.(提示：可选喷气前的火箭为参考系)答案(1)方向向右(2)gt (3)v解析(1)根据法拉第电磁感应定律，有qt，电流方向向右(2)平均感应电流平均安培力BL由动量定理有(mg)tmv0，v0gt(3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正，由动量守恒定律mv(mm)v0得vv.3(2017温州市十校高三期末)如图9所示，PQ和MN是固定于水平面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好金属棒ab、cd的质量均为m，长度均为L.两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道形成闭合回路金属棒ab的电阻为2R，金属棒cd的电阻为R.整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中若先保持金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直的水平力F(大小未知)作用下，由静止开始向右以加速度a做匀加速直线运动，水平力F作用t0时间撤去此力，同时释放金属棒ab.求：图9(1)棒cd匀加速过程中，外力F随时间t变化的函数关系；(2)两金属棒在撤去F后的运动过程中，直到最后达到稳定，金属棒cd产生的热量；(3)两金属棒在撤去F后的运动过程中，直到最后达到稳定，通过金属棒cd的电荷量q.答案(1)Ftma(2)ma2t(3)解析(1)棒cd匀加速过程中FBILma，又I，得此过程F随时间t变化的函数关系为Ftma.(2)撤去F后，直到最后达到稳定，根据系统能量守恒得系统产生的总热量为Qmv2mv2，根据系统动量守恒mv02mv，又v0at0得Qma2t，cd棒产生的热量为QcdQma2t.(3)撤去F到系统达到稳定，由动量定理对cd受力分析得BLtmvmv0，qt，解得q.4(2017浙江“七彩阳光”联考)如图10所示，两根足够长的光滑金属导轨G1、G2放置在倾角为的斜面上，导轨间距为l，电阻不计在导轨上端并联接入两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，经过时间t0，两灯泡开始并保持正常发光金属棒下落过程中保持与导轨垂直，且与导轨接触良好重力加速度为g.求：图10(1)磁感应强度B的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率v；(3)在t0至tt0期间，两小灯泡产生的总焦耳热答案(1)(2)(3)2t0P解析(1)设灯泡额定电流为I0则有PIR流经MN的电流I2I0mgsin 2BI0l联立得B(2)EBlvI0R解得v(3)在t0至tt0期间，对导体棒运用动量定理，有(mgsin iBl)tmv累积求和得：t0mgsin Blqmv设在t0至tt0期间棒运动的距离为s，则由电磁感应定律，得q联立得s两小灯泡产生的总焦耳热Qmgssin mv2将式代入式，得Qmgsin m()22t0P5某研究所正在研究一种电磁刹车装置如图11所示，实验小车质量m2 kg，底部有一个匝数n100匝、边长a0.1 m的正方形线圈，线圈总电阻r1 .在实验中，小车(形状可简化为上述正方形线圈)从轨道起点由静止出发，进入右边的匀强磁场区域ABCD，BC长d0.20 m，磁感应强度B1 T，磁场方向竖直向上，整个运动过程中不计小车所受的摩擦及空气阻力，小车在轨道连接处运动时无能量损失求：(g10 m/s2)图11(1)当实验小车从h1.25 m高度无初速度释放，小车前端刚进入AB边界时产生感应电动势的大小；(2)在第(1)问，小车进入磁场后做减速运动，当小车末端到达AB边界时速度刚好减为零，求此过程中线圈产生的热量；(3)再次改变小车释放的高度，使得小车尾端刚好能到达CD处，求此高度h.答案见解析解析(1)根据动能定理有mghmv2根据法拉第电磁感应定律EnBav代入数据可得E50 V(2)根据动能定理，在整个运动过程中，有WGW安0则QW安25 J(3)对于线圈进出磁场过程，设当小车前端刚到达AB时的速度为v，由动量定理有nBiatmv小车尾端刚好能到达CD处，在这一段时间内微元积累得nBqamv根据机械能守恒有mghmv2又qn2 C，代入数据得h5 m.电磁感应综合问题的解题技巧感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等)解决这类问题的方法是：(1)选择研究对象即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统(2)分析其受力情况安培力既跟电流垂直又跟磁场垂直(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况选定所要应用的物理规律(4)分析研究对象(或系统)动量情况，是否符合动量守恒(5)运用物理规律列方程，求解注意：加速度a0时，速度v达到最大值专题强化练(限时：40分钟)1(多选)如图1所示为法拉第圆盘发电机半径为r的导体圆盘绕竖直轴以角速度旋转，匀强磁场B竖直向上，电刷a与圆盘表面接触，接触点距圆心为，电刷b与圆盘边缘接触，两电刷间接有阻值为R的电阻，忽略圆盘电阻与接触电阻，则()图1Aab两点间的电势差为Br2B通过电阻R的电流强度为C通过电阻R的电流强度为从上到下D圆盘在ab连线上所受的安培力与ab连线垂直，与转向相反答案BD2(多选) 如图2，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO平行，线框平面与磁场方向垂直，设OO下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律()图2答案CD解析线框先做自由落体运动，若ab边进入磁场做减速运动，由F知线框所受的安培力减小，合外力减小，加速度逐渐减小，vt图象的斜率应逐渐减小，故A、B错误；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后若重力大于安培力，则做加速度减小的加速运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后若重力等于安培力，则做匀速直线运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确3如图3所示，半径R0.2 m的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为R的金属棒一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B2 T一对长L0.2 m的金属板A、B水平放置，两板间距d0.1 m从导轨引出导线与上板连接，通过电刷从转轴引出导线与下板连接有一质量m1.0105 kg，电荷量q5.0106 C的带负电微粒，以v02 m/s的速度从两板正中间水平射入，g取10 m/s2.求：图3(1)金属棒转动的角速度为多大时，微粒能做匀速直线运动；(2)金属棒转动的角速度至少多大时，微粒会碰到上极板A.答案(1)50 rad/s(2)100 rad/s解析(1)根据法拉第电磁感应定律可得UBR2根据平衡条件可得mgqE因为E所以mgqBR2解得50 rad/s(2)微粒恰好碰到上面金属板边缘时，微粒向上的加速度大小为a()2解得a10 m/s2B1R2mgma解得1100 rad/s.4两根平行的金属导轨固定在同一水平面上，磁感应强度B0.50 T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计导轨间的距离l0.20 m两根质量均为m0.10 kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R0.50 .在t0时刻，两杆都处于静止状态现有一与导轨平行、大小为0.20 N的恒力F作用于金属杆甲上，如图4所示，使金属杆在导轨上滑动经过t5.0 s，金属杆甲的加速度为a1.37 m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？图4答案8.15 m/s1.85 m/s解析设任一时刻t，金属杆甲、乙之间的距离为x，速度分别为v1和v2，经过很短的时间t，杆甲移动距离v1t，杆乙移动距离v2t，回路面积改变S(xv2t)v1tllx(v1v2)tl，由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势EBB(v1v2)l，回路中的电流I，对金属杆甲，由牛顿第二定律有FBlIma，由于作用于金属杆甲和金属杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量(t0时为0)等于外力F的冲量Ftmv1mv2，联立以上各式并代入数据解得v18.15 m/s，v21.85 m/s.5. 如图5所示，两根竖直固定的足够长的光滑金属导轨ab和cd相距L1 m，金属导轨电阻不计两根水平放置的金属杆MN和PQ质量均为0.1 kg，在电路中两金属杆MN和PQ的电阻均为R2 ，PQ杆放置在水平台上整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10 m/s2.图5(1)若将MN杆固定，两杆间距为d4 m，现使磁感应强度从零开始以0.5 T/s的变化率均匀地增大，经过多长时间，PQ杆对地面的压力为零？(2)若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F2 N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B恒为1 T若杆MN发生的位移为h1.8 m时达到最大速度求最大速度和加速时间答案(1)4 s(2)4 m/s0.85 s解析(1)根据法拉第电磁感应定律：ESLd根据闭合电路欧姆定律：I由题中条件可知：B0.5t当PQ杆对地面的压力恰好为零时，对PQ杆有mgBIL联立解得需经时间t4 s(2)当杆MN达到最大速度vm时，其加速度为0对MN杆：mgBILFI联立解得最大速度vm4 m/s杆MN从静止到最大速度vm的运动过程中根据动量定理：FtmgtBLtmvmt联立解得加速时间t0.85 s.6(2017嘉兴一中等五校联考)如图6所示，间距为L、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为，两根同材料、长度均为L、横截面均为圆形的金属棒CD、PQ放在斜面导轨上，已知CD棒的质量为m、电阻为R，PQ棒的圆截面的半径是CD棒圆截面的2倍磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为k、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒CD.开始时金属棒CD静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ，使金属棒PQ由静止开始运动，当金属棒PQ达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同已知金属棒PQ开始运动到稳定的过程中通过CD棒的电荷量为q，此过程可以认为CD棒缓慢地移动，已知题设物理量符合mgsin 的关系式，求此过程中(要求结果均用m、g、k、来表示)：图6(1)CD棒沿导轨移动的距离；(2)PQ棒沿导轨移动的距离；(3)恒力所做的功答案(1)(2)(3)解析PQ棒的半径是CD棒的2倍，PQ棒的横截面积是CD棒横截面积的4倍，PQ棒的质量是CD棒的质量的4倍，所以，PQ棒的质量m4m，由电阻定律可知PQ棒的电阻是CD棒电阻的，即R，两棒串联的总电阻为R0R.(1)开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD棒重力沿斜面向下的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反开始时两弹簧向上的弹力等于CD棒重力沿斜面向下的分量即2Fkmgsin ，弹簧的形变量为xCD棒沿轨导移动的距离sCD2x(2)在达到稳定过程中两棒之间距离增大s，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化产生的感应电动势为：感应电流为：所以，回路中通过的电荷量即CD棒中通过的电荷量为：qt由此可得两棒距离增大值：sPQ棒沿导轨上滑距离应为CD棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和PQ棒沿导轨上滑距离为：sPQssCD(3)PQ稳定时，CD棒受力平衡，安培力为FBmgsin 2Fk2mgsin .金属棒PQ达到稳定时，它受到的合外力为零，向上的恒力等于向下的安培力和重力沿斜面向下的分量，即恒力FFBmgsin 6mgsin 恒力做功为WFsPQ6mgsin .18