（新课标）河南省2015高考物理总复习讲义 第9章 加强1讲 电磁感应规律的综合应用

加强一讲电磁感应规律的综合应用考点一 79电磁感应中的电路问题一、内电路和外电路1切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源2该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路二、解答电磁感应电路问题的三个步骤1确定电源：利用En或EBlvsin 求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向如果在一个电路中切割磁感线的部分有多个并相互联系，可等效成电源的串、并联2分析电路结构：分析内、外电路及外电路的串并联关系，画出等效电路图3利用电路规律求解：主要应用欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解1个示范例如图931(a)所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L0.3 m导轨左端连接R0.6 的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面的匀强磁场B0.6 T，磁场区域宽D0.2 m细金属棒A1和A2用长为2D0.4 m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r0.3 .导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度v1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A1进入磁场(t0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图931(b)中画出图931【审题指导】(1)细金属棒A1、A2先后切割磁感线，切割磁感线的金属棒为电源，另一金属棒与R并联(2)注意分析和计算有电流和无电流对应的时间【解析】t10.2 s在0t1时间内，A1产生的感应电动势E1BLv0.18 V.其等效电路如图甲所示甲乙由图甲知，电路的总电阻R0r0.5 总电流为I0.36 A通过R的电流为IR0.12 A从A1离开磁场(t10.2 s)至A2刚好进入磁场t2的时间内，回路无电流，IR0，从A2进入磁场(t20.4 s)至离开磁场t30.6 s的时间内，A2上的感应电动势为E20.18 V，其等效电路如图乙所示由图乙知，电路总电阻R00.5 ，总电流I0.36 A，流过R的电流IR0.12 A，综合以上计算结果，绘制通过R的电流与时间关系图线如图所示【答案】见解析1个预测例如图932所示，均匀导线制成的半径为R的圆环以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当圆环运动到图示位置(aOb90°)时，a、b两点的电势差为()图932A.BRvB.BRvC.BRv D.BRv【解析】圆环运动到图示位置时，切割磁感线的有效长度为2Rsin 45°R，圆环中感应电动势EBLvBRv，UabEBRv，故D正确【答案】D电磁感应电路问题的分析方法(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向，从而确定电源正负极，明确内阻r.(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路(3)根据EBlv或En结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解考点二 80电磁感应现象中的图象问题一、题型特点一般可把图象问题分为三类：1由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象2由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量3根据图象定量计算二、解题关键弄清初始条件、正负方向的对应、变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点是解决问题的关键1个示范例图933(2012·新课标全国高考)如图933，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行已知在t0到tt1的时间间隔内，长直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是()【解析】因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等、方向相反，所以受到的安培力方向相反，导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力，所以合力与左边导线框受力的方向相同因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，导线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，选项B、C、D错误【答案】A1个预测例图934(2013·新课标全国卷)如图934，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)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某一初速度向右运动t0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图象中，可能正确描述上述过程的是()【审题指导】(1)线框进入磁场时和离开磁场时，安培力为变力，线框做加速度逐渐减小的减速运动(2)线框完全进入磁场时，不受安培力作用，故匀速运动【解析】导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由EBLv、I及FBILma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确【答案】D电磁感应图象问题的一般解题步骤(1)明确图象的种类，即是Bt图还是t图，或者还是Et图、It图等(2)分析电磁感应的具体过程，判断对应的图象是否分段，共分几段(3)用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数关系式(5)根据函数关系式，进行数学分析(6)画图象或判断图象考点三 81电磁感应中的能量转化问题分析一、电磁感应中的能量转化特点外力克服安培力做功，把机械能或其他能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其他形式的能(如内能)这一功能转化途径可表示为：二、电磁感应现象中能量的三种计算方法1利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功2利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能3利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算1个示范例图935(2013·天津高考)如图935所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，把它置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()AQ1>Q2，q1q2BQ1>Q2，q1>q2CQ1Q2，q1q2 DQ1Q2，q1>q2【解析】根据法拉第电磁感应定律EBlv、欧姆定律I和焦耳定律QI2Rt，得线圈进入磁场产生的热量Q·，因为lab>lbc，所以Q1>Q2.根据，及qt得q，故q1q2.选项A正确，选项B、C、D错误【答案】A(1)在利用能量的转化和守恒分析电磁感应问题时，除准确把握参与转化的能量形式和种类外，还要确定哪种能量增加，哪种能量减少(2)克服安培力做功消耗的能量和电路中产生的焦耳热需要的能量在列式时不能重复计算1个预测例图936如图936所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等将线框置于光滑绝缘的水平面上在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B，在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行求：(1)线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；(2)线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；(3)在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W.【审题指导】(1)MN切割磁感线产生感应电动势，UMN为路端电压(2)线框匀速穿过磁场，水平拉力做的功等于进出磁场过程中产生的焦耳热之和【解析】(1)线框MN边在磁场中运动时，感应电动势EBlv线框中的感应电流I.(2)M、N两点间的电压UMNEBlv.(3)只有MN边在磁场中时，线框运动的时间t此过程线框中产生的焦耳热Q1I2Rt只有PQ边在磁场中运动时，线框中产生的焦耳热Q2根据能量守恒定律得水平外力做的功WQ1Q2.【答案】(1)(2)Blv(3)电磁感应中“导轨杆”模型一、模型特点1“导轨杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；放置方式可分为水平、竖直和倾斜2导体棒在导轨上切割磁感线运动，发生电磁感应现象3导体棒受到的安培力为变力，在安培力的作用下做变加速运动4当安培力与其它力平衡时，导体棒速度达到稳定，称为“收尾速度”二、解题思路1涉及瞬时速度问题，用牛顿第二定律求解2求解导体棒稳定速度，用平衡条件求解，如mgF安，F安.3涉及能量问题，用动能定理或功能关系来求解三、两类常见的模型类型“电动电”型“动电动”型示意图过程分析S闭合，棒ab受安培力F，此时a，棒ab速度v感应电动势BLv电流I安培力FBIL加速度a，当安培力F0时，a0，v最大，最后匀速棒ab释放后下滑，此时agsin ，棒ab速度v感应电动势EBLv电流I安培力FBIL加速度a，当安培力Fmgsin 时，a0，v最大，最后匀速【规范解答】(1)棒cd受到的安培力FcdIlB棒cd在共点力作用下平衡，则Fcdmgsin 30°由式，代入数据解得I1 A根据楞次定律可知，棒cd中的电流方向由d至c.(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等FabFcd对棒ab，由共点力平衡知Fmgsin 30°IlB代入数据解得F0.2 N(3)设在时间t内棒cd产生Q0.1 J的热量，由焦耳定律知QI2Rt设棒ab匀速运动的速度大小为v，其产生的感应电动势EBlv由闭合电路欧姆定律知I由运动学公式知在时间t内，棒ab沿导轨的位移xvt力F做的功WFx综合上述各式，代入数据解得W0.4 J每式2分，其余每式1分【答案】(1)1 A方向由d至c(2)0.2 N(3)0.4 J【规范解答】(1)金属棒达到最大速度时产生的电动势EB0Lvm回路中产生的感应电流I(1分)金属棒所受安培力FB0IL(1分)金属棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则mgsin Fmgcos 0(2分)解得vm2 m/s(1分)(2)设电阻R上产生的焦耳热为Q，整个电路产生的焦耳热为Q总，则由动能定理mgssin mgscos W安mv(3分)W安Q总(1分)QQ总(1分)解得Q0.16 J(1分)(3)不产生感应电流，即磁通量不变，金属棒不受安培力作用，金属棒做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma(2分)得ag(sin cos )10×(0.60.5×0.8) m/s22 m/s2(1分)根据闭合回路磁通量不变有B0LsBL(svmtat2)(3分)得B(1分)所以，当t1 s时，B0.5 T(1分)【答案】(1)2 m/s(2)0.16 J(3)0.5 T如图939甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R0.40 的电阻，质量为m0.01 kg、电阻为r0.30 的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：图939(1)磁感应强度B的大小；(2)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，通过电阻R的电荷量；(3)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量【解析】(1)金属棒在AB段匀速运动，由题中图象乙得：v7 m/sI，mgBIL解得B0.1 T(2)qtB解得：q0.67 C (3)Qmgxmv2解得Q0.455 J从而QRQ0.26 J【答案】(1)0.1 T(2)0.67 C(3)0.26 J电磁感应图象问题1(2010·广东高考)如图9310所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到MN的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图象，可能正确的是()图9310【解析】在金属棒PQ进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D项错误在磁场中运动时，感应电动势EBlv，与时间无关，保持不变，故A选项正确【答案】A2.图9311如图9311所示，两个相邻的有界匀强磁场区域，方向相反且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区域在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a.矩形导线框ABCD的CD边与y轴重合，AD边长为a.线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是(以逆时针方向为电流的正方向)()【解析】由楞次定律可知，刚进入磁场时电流沿逆时针方向，线框全部在磁场中时电流沿顺时针方向，出磁场时沿逆时针方向，进入磁场和穿出磁场等效为一条边切割磁感线，全部在磁场中时，AB边和CD边均切割磁感线，相当于两等效电源串联，故电流大小为进入磁场和穿出时的两倍，所以C正确【答案】C电磁感应电路问题的分析3粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，下面四个选项中，在移出过程中线框的一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是()【解析】将线框等效成直流电路，设线框每条边的电阻为r，如图所示因线框在四次移动中速度大小相等，其感应电动势EBlv也大小相等A、C、D中|Uab|Ir×rBlv，B中|Uab|I×3r×3rBlv，故正确答案为B.B中a、b两点间的电势差应该是a、b两点间的路端电压，而不是感应电动势【答案】B电磁感应能量综合问题图93124(2013·安徽高考)如图9312所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 .一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 ，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°0.6)()A2.5 m/s1 WB5 m/s1 WC7.5 m/s9 W D15 m/s9W【解析】把立体图转为平面图，由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键对导体棒进行受力分析作出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力由平衡条件得mgsin 37°F安FfFfFNFNmgcos 37°而F安BILIEBLv联立式，解得v代入数据得v5 m/s.小灯泡消耗的电功率为PI2R由式得P()2R1 W故选项B正确【答案】B5如图9313甲所示，边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框静置于光滑水平面上，处于与水平面垂直的匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示求：甲乙图9313(1)在t0到tt0时间内，通过导线框的感应电流大小；(2)在t时刻，ab边所受磁场作用力大小；(3)在t0到tt0时间内，导线框中电流做的功【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得，导线框的感应电动势E通过导线框的感应电流大小：I(2)t时刻，ab边所受磁场作用力大小：FBILF(3)在t0到tt0时间内，导线框中电流做的功：WI2Rt0【答案】(1)(2)(3) 希望对大家有所帮助，多谢您的浏览！