2020高考物理第十章专题突破电磁感应定律的综合应用教案鲁科版.docx

专题突破电磁感应定律的综合应用突破一电磁感应中的电路问题1.电磁感应中电路知识的关系图2.解决电磁感应中的电路问题三步骤【例1】(多选)如图1所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0R12R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L，电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是()图1A.ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针B.左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLvC.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1R时，导体棒两端的电压为BLvD.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1时，滑动变阻器有最大电功率且为解析根据楞次定律可知，A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势EBLv，故B错误；R1R时，外电路总电阻R外，故导体棒两端的电压即路端电压应等于BLv，故C错误；该电路电动势EBLv，电源内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为，故当R1时，等效电源输出功率最大，即滑动变阻器电功率最大，最大值Pm，故D正确。答案AD1.(多选)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图2所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计。下列说法正确的是()图2A.金属棒中电流从B流向AB.金属棒两端电压为Br2C.电容器的M板带负电D.电容器所带电荷量为CBr2解析根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，选项A正确；金属棒转动产生的电动势为EBrBr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而UEBr2，选项B正确；金属棒A端相当于电源正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C可得电容器所带电荷量为QCBr2，选项D错误。答案AB2.(多选)如图3甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持续发光。某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度逆时针匀速转动(俯视)。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120角。在圆环左半部分张角也为120角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连。假设LED灯电阻为r，其他电阻不计，从辐条OP进入磁场开始计时。在辐条OP转过120的过程中，下列说法中正确的是()图3A.O、P两端电压为BL2B.通过LED灯的电流为C.整个装置消耗的电能为D.增大磁感应强度可以使LED灯发光时更亮解析辐条OP进入磁场匀速转动时有EBL，在电路中OP相当于内阻为r的电源，另外两根金属辐条和LED灯并联，故而电路的总电阻R，OP两端的电压为电源的路端电压U，流过LED灯的电流是I，A错误，B正确；整个装置消耗的电能Qt，C正确；由LED灯中电流为I知，增大角速度、增大磁感应强度、减小辐条的电阻和LED灯的电阻等措施可以使LED灯变得更亮，故D正确。答案BCD突破二电磁感应中的图象问题1.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、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。2.电磁感应中图象类选择题的两个常用方法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。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进行分析和判断。考向根据图象分析判断电磁感应过程【例2】(多选)(2018全国卷，20)如图4(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势()图4A.在t时为零B.在t时改变方向C.在t时最大，且沿顺时针方向D.在tT时最大，且沿顺时针方向解析因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小。由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误；再由楞次定律可判断在一个周期内，内电动势的方向沿顺时针方向，时刻最大，C正确；其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。答案AC考向根据电磁感应过程选择图象【例3】(多选)如图5所示，光滑平行金属导轨MN、PQ放置在同一水平面内，M、P之间接一定值电阻R，金属棒cb垂直导轨水平放置，金属棒cb及导轨电阻不计。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，t0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动。下列关于通过金属棒的电流i、通过导轨横截面的电荷量q、拉力F和拉力的功率P随时间变化的图象中正确的是()图5解析t0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动，设加速度为a，则金属棒的速度可表示为vat，由法拉第电磁感应定律，切割磁感线产生的感应电动势EBLvBLat，根据闭合电路欧姆定律，金属棒中电流i，与时间成正比，选项A正确；感应电动势EB，SLxLat2，i，qit，联立解得qBLat2，选项B错误；金属棒运动过程中所受的安培力F安BiL，由牛顿第二定律，得FF安ma，解得Fma，选项C正确；拉力的功率PFv(ma)at，选项D错误。答案AC电磁感应中的图象问题的分析方法1.(2019海南昌江模拟)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为。t0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图6所示，若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是()图6解析根据右手定则判断方向，然后根据EBL2，分析大小变化即可做出选择。由右手定则可判，开始时感应电动势为正，故D错误；设经时间t导体杆转过的角度为，则t，导体杆有效切割长度为L2Rsin t。由EBL2可知，E2BR2sin2 t，B、R、不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半个周期后，电动势的方向反向，故A、B、D错误，C正确。答案C2.(多选)如图7甲所示，在水平桌面上放置边长为0.20 m的正方形闭合金属线圈abcd，线圈的匝数为10，总电阻为0.10 ，线圈与水平桌面间的最大静摩擦力为0.2 N。线圈的右半边处于垂直桌面、均匀分布的磁场中，磁场左边界MN与线圈ab、cd两边平行且等距。从t0时刻起，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。假设垂直桌面向下为正方向，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()图7A.t1 s时线圈受到的安培力为零B.t6 s时线圈即将向右滑动C.线圈滑动前，其导线中的电流一直为0.4 AD.线圈滑动前，其产生的焦耳热为2.4102 J解析t1 s时磁感应强度为零，线圈受到的安培力为零，选项A正确；由题图乙可知，0.1 T/s，磁感应强度随时间变化的关系为B0.1 Tt(0.10.1t) T，当线圈未滑动时，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势EnS100.200.100.1 V0.02 V，根据闭合电路欧姆定律，线圈中电流I0.2 A，由题图乙可知t6 s时磁感应强度为B0.5 T，线圈受到的安培力大小FnBIL100.50.20.20 N0.2 N，恰好等于线圈与水平桌面间的最大静摩擦力0.2 N，根据楞次定律可知，线圈即将向左滑动，选项B错误；线圈滑动前，其导线中的电流一直为0.2 A，选项C错误；由焦耳定律知，线圈滑动前，其产生的焦耳热QI2Rt0.220.106 J2.4102 J，选项D正确。答案AD突破三电磁感应中的动力学问题1.两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析2.电磁感应中的动力学临界问题(1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。(2)基本思路是：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力合外力变化加速度变化速度变化临界状态列式求解。【例4】足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为37(sin 370.6)，间距为1 m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T，P、M间所接电阻的阻值为8 。质量为2 kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s，取g10 m/s2，求：图8(1)当金属杆的速度为4 m/s时，金属杆的加速度大小；(2)当金属杆沿导轨的位移为6 m时，通过金属杆的电荷量。解析(1)对金属杆ab应用牛顿第二定律，有Fmgsin F安fma，fFN，FNmgcos ab杆所受安培力大小为F安BILab杆切割磁感线产生的感应电动势为EBLv由闭合电路欧姆定律可知I整理得：Fmgsin vmgcos ma代入vm8 m/s时a0，解得F8 N代入v4 m/s及F8 N，解得a4 m/s2(2)设通过回路横截面的电荷量为q，则qt回路中的平均电流强度为回路中产生的平均感应电动势为回路中的磁通量变化量为BLx，联立解得q3 C答案(1)4 m/s2(2)3 C用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：1.(2017天津理综，3)如图9所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()图9A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小解析导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(k为一定值)，则闭合回路中的磁通量均匀减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势EkS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路欧姆定律I，所以ab中的电流大小不变，故选项B错误；安培力FBIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选项C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确。答案D2.如图10，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(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()图10解析导线框开始进入磁场过程，通过导线框的磁通量增大，有感应电流，进而受到与运动方向相反的安培力作用，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，导线框的加速度减小，vt图线的斜率减小；导线框全部进入磁场后，磁通量不变，无感应电流，导线框做匀速直线运动；导线框从磁场中出来的过程，有感应电流，又会受到安培力阻碍作用，速度减小，加速度减小，选项D正确。答案D突破四电磁感应中的能量和动量问题1.电磁感应中的能量转化2.求解焦耳热Q的三种方法3.动量守恒定律在电磁感应现象中的应用在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。考向电磁感应中的能量问题【例5】(2019石家庄模拟)相距为L2 m的足够长的金属直角导轨如图11甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为0.5，导轨电阻不计，回路中ab、cd电阻分别为R10.6 ，R20.4 。整个装置处于磁感应强度大小为B0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g取10 m/s2，求：图11(1)ab杆的加速度a；(2)当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2 J的功，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。解析(1)由图乙可知，t0时，F1.5 N对ab杆：Fmgma代入数据得a10 m/s2(2)cd杆受力情况如图(从d向c看)，当cd杆所受重力与滑动摩擦力相等时，速度最大，即mgN又NF安安培力F安BIL感应电流I由以上几式解得v2 m/s(3)ab杆发生的位移为s0.2 m对ab杆应用动能定理得WFmgsW安mv2解得W安4.9 J根据功能关系得QW安所以ab杆上产生的焦耳热为QabQ2.94 J答案(1)10 m/s2(2)2 m/s(3)2.94 J考向电磁感应中的动量问题【例6】如图12所示，MN、PQ是固定在水平桌面上，相距l1.0 m的光滑平行金属导轨，MP两点间接有R0.6 的定值电阻，导轨电阻不计。质量均为m0.1 kg，阻值均为r0.3 的两导体棒a、b垂直于导轨放置，并与导轨良好接触。开始时两棒被约束在导轨上处于静止，相距s02 m，a棒用细丝线通过光滑滑轮与质量为m00.2 kg的重物c相连，重物c距地面高度也为s02 m。整个桌面处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B1.0 T。a棒解除约束后，在重物c的拉动下开始运动(运动过程中丝线始终与b棒没有作用)，当a棒即将到达b棒位置前一瞬间，b棒的约束被解除，此时a棒已经匀速运动，试求：图12(1)a棒匀速运动时棒中的电流大小；(2)已知a、b两棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，假设导轨足够长，试求该“粗棒”能运动的距离；(3)a棒解除约束后整个过程中装置产生的总焦耳热。解析(1)由题意m0gBlIa，可得Ia2 A(2)设碰前a棒的速度为v，则Ia，R总 0.3 0.5 v1 m/sab碰撞过程mv2mv，v0.5 m/sab碰撞后的整体运动过程，由动量定理得lBt02mv，qt得s0.075 m(3)发生碰撞前m0gs0Q1(m0m)v2得Q13.85 J发生碰撞后Q22mv20.025 J所以整个运动过程QQ1Q23.875 J答案(1)2 A(2)0.075 m(3)3.875 J1.(多选)(2018江苏单科，9)如图13所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场、的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆()图13A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下B.穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场之间的总热量为4mgdD.释放时距磁场上边界的高度h可能小于解析根据题述，由金属杆进入磁场和进入磁场时速度相等可知，金属杆在磁场中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场时加速度方向竖直向上，选项A错误；由于金属杆进入磁场后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，运动过程如图所示(其中v1为金属杆刚进入时的速度，v2为金属杆刚出时的速度)，图线与时间轴所围的面积表示位移，两段运动的位移相等，所以穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场到刚进入磁场过程动能变化量为0，重力做功为2mgd，则金属杆穿过磁场产生的热量Q12mgd，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为22mgd4mgd，选项C正确；金属杆刚进入磁场时的速度v，进入磁场时产生的感应电动势EBlv，感应电流I，所受安培力FBIL，由于金属杆刚进入磁场时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即Fmg，联立解得h，选项D错误。答案BC2.(2019福建福州模拟)如图14甲所示，弯折成90角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53角，右导轨平面与水平面成37角，两导轨相距L0.2 m，电阻不计。质量均为m0.1 kg，电阻均为R0.1 的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B1.0 T、方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。t0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑。t1 s时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始做匀加速直线运动。cd杆运动的vt图象如图乙所示(其中第1 s、第3 s内图线为直线)。若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：图14(1)在第1 s内cd杆受到的安培力的大小；(2)ab杆的初速度v1；(3)若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内cd杆所产生的焦耳热。解析(1)ab杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知ab杆中感应电流由a到b，则cd杆中电流由d到c，根据左手定则可知cd杆受到的安培力方向垂直于左侧导轨向下。根据vt图象可知，cd杆在第1 s内的加速度a14 m/s2对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律有mgsin 53(mgcos 53F安)ma1解得F安0.2 N。(2)对cd杆：安培力F安BIL回路中电流I1 A对ab杆：感应电动势EI2R0.2 V根据法拉第电磁感应定律EBLv1解得ab杆的初速度v11 m/s。(3)根据vt图象可知，cd杆在第3 s内做匀减速运动，加速度a24 m/s2对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律有mgsin 53(mgcos 53F安)ma2解得安培力F安1.8 N由F安BIL可得2 s时ab杆的速度v29 m/s第2 s内ab杆做匀加速运动，ab杆的位移s2(v1v2)t5 m对ab杆，根据动能定理有WFmgs2sin 37mgs2cos 37W安mvmv解得安培力做功W安6 J回路中产生的焦耳热QW安2Qcd解得第2 s内cd杆所产生的焦耳热Qcd3 J。答案(1)0.2 N(2)1 m/s(3)3 J建构模型系列高考常考的“切割模型”【真题模型再现】来源图例模型命题点2016高考全国卷第20题“导体棒转动切割”模型右手定则、EBL的应用、闭合电路欧姆定律2016高考全国卷第24题“导体棒平动切割”模型受力分析、平衡条件、公式EBLv的应用2016高考全国卷第24题“单棒导轨”模型牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律2017高考全国卷第20题“线框切割”模型法拉第电磁感应定律、右手定则、安培力2017高考全国卷第15题“单棒导轨”模型楞次定律、磁通量的概念2018高考全国卷第17题“导体棒转动切割”模型法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电荷量的计算2018高考全国卷第18题“线框切割”模型it图象、楞次定律、法拉第电磁感应定律【常考模型训练】1.“导体棒转动切割”模型(多选)如图15所示为一圆环发电装置，用电阻R4 的导体棒弯成半径L0.2 m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、D间接有负载电阻R11 。整个圆环中均有B0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过。电阻r1 的导体棒OA贴着圆环做匀速圆周运动，角速度300 rad/s，则()图15A.当OA到达OC处时，圆环的电功率为1 WB.当OA到达OC处时，圆环的电功率为2 WC.全电路最大功率为3 WD.全电路最大功率为4.5 W解析当OA到达OC处时，圆环的电阻为1 ，与R1串联接入电路，外电阻为2 ，棒转动过程中产生的感应电动势EBL23 V，圆环上分压为1 V，所以圆环上的电功率为1 W，选项A正确，B错误；当OA到达OD处时，圆环中的电流为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以全电路的电功率最大为P4.5 W，选项C错误，D正确。答案AD2.“单棒导轨”模型如图16所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L1.0 m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m0.1 kg，空间存在磁感应强度B0.5 T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R3.0 ，金属杆的电阻r1.0 ，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的vt图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数0.5。在金属杆P运动的过程中，第一个2 s内通过金属杆P的电荷量与第二个2 s内通过P的电荷量之比为35。g取10 m/s2。求：图16(1)水平恒力F的大小；(2)前4 s内电阻R上产生的热量。解析(1)由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动当t2 s时，v4 m/s，此时感应电动势EBLv感应电流I安培力FBIL根据牛顿运动定律有FFmg0解得F0.75 N。(2)通过金属杆P的电荷量qt t其中所以qs(s为P的位移)设第一个2 s内金属杆P的位移为s1，第二个2 s内P的位移为s2则1BLs1，2BLs2BLvt又由于q1q235联立解得s28 m，s14.8 m前4 s内由能量守恒定律得F(s1s2)mv2mg(s1s2)QrQR其中QrQRrR13解得QR1.8 J。答案(1)0.75 N(2)1.8 J3.“双棒导轨”模型如图17所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b垂直放置在导轨上且与导轨接触良好，可自由滑动。先固定a，释放b，当b的速度达到10 m/s时，再释放a，经过1 s后，a的速度达到12 m/s，则：(g取10 m/s2)图17(1)此时b的速度是多大？(2)假若导轨很长，试分析a、b棒最后的运动状态。解析(1)当b棒先向下运动时，在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等。释放a棒后，经过时间t，分别以a和b为研究对象，根据动量定理得(mgF)tmva(mgF)tmvbmv0解得vb18 m/s(2)在a、b棒向下运动的过程中，a棒的加速度a1g，b棒的加速度a2g，闭合回路中磁通量的变化逐渐减小直至不变，感应电流也逐渐减小直至消失，则安培力也逐渐减小到零。最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动。答案(1)18 m/s (2)a、b棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动4.“线框切割”模型(2019南昌三校联考)如图18所示，空间分布着水平方向的匀强磁场，磁场区域的水平宽度d0.4 m，竖直方向足够长，磁感应强度B0.5 T。正方形导线框PQMN边长L0.4 m，质量m0.2 kg，电阻R0.1 ，开始时放在光滑绝缘水平板上“”位置。现用一水平向右的恒力F0.8 N拉线框，使其向右穿过磁场区域，最后到达“”位置(MN边恰好出磁场)。已知线框平面在运动中始终保持在竖直平面内，PQ边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动，g取10 m/s2。试求：图18(1)线框进入磁场前运动的距离D；(2)上述整个过程中线框内产生的焦耳热；(3)线框进入磁场过程中通过其某一截面的电荷量。解析(1)线框在磁场中匀速运动，有F安FF安BIL，I，EBLv1联立解得v12 m/s由动能定理得FDmv解得D0.5 m(2)由能量守恒定律可知Q2Fd20.80.4 J0.64 J(3)根据q可得q C0.8 C答案(1)0.5 m(2)0.64 J(3)0.8 C课时作业电磁感应定律的综合应用(一)(时间：40分钟)基础巩固练1.如图1甲所示，在电阻R1 ，面积S10.3 m2的圆形线框中心区域存在匀强磁场，圆形磁场区面积S20.2 m2。若取磁场方向垂直纸面向外为正方向，磁感应强度B随时间的变化规律可用图乙描述，则线框中的感应电流I(取顺时针方向为正方向)随时间t的变化图线是 ()图1答案C2.如图2所示，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为()图2A.E B.E C.E D.E解析a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的，故a、b间电势差为UE，选项B正确。答案B3.下列四个选项图中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形。各导线框均绕垂直纸面轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T。从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向。则在如图所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如图3所示的是()图3解析根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i随时间t的变化规律如题图所示的是选项C。答案C4.(多选)如图4甲所示，光滑“”形金属支架ABC固定在水平面上，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，取垂直于水平面向下为正方向，则下列说法中正确的是()图4A.t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B.t2时刻轻杆对导体棒的作用力为零C.t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D.t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变解析由En，可知t1时刻感应电动势为零，感应电流为零，安培力为零，轻杆对导体棒的作用力为零，故选项A错误；t2时刻感应电动势为最大，感应电流最大，但磁场为零，安培力为零，轻杆对导体棒的作用力为零，故选项B正确；t2到t3时间内，安培力先增大后减小，所以轻杆对导体棒的作用力先增大后减小，故选项C正确；t2到t4时间内，感应电流方向改变，安培力方向改变，则轻杆对导体棒的作用力方向改变，故选项D错误。答案BC5.如图5所示，边长为L的正方形单匝线框有一半水平放置在与水平方向夹角为30的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R，右侧接入电容为C的电容器，其余电阻不计。若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，则在0t1时间内()图5A.电容器a板带正电B.电容器所带的电荷量为零C.线框中产生的感应电动势大小为D.线框中产生的感应电动势大小为解析穿过线框的磁通量先向上减小，后向下增大，根据楞次定律可以判断，感应电流为逆时针，b板带正电，A错误；根据法拉第电磁感应定律E，电容器所带的电荷量QCE，B、C错误，D正确。答案D6.(多选)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度的电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由确定，如图6所示。则()图6A.0时，杆产生的感应电动势为2BavB.时，杆产生的感应电动势为BavC.0时，杆受到的安培力大小为D.时，杆受到的安培力大小为解析根据法拉第电磁感应定律可得EBlv，其中l为有效长度，当0时，l2a，则E2Bav，选项A正确；当时，la，则EBav，故选项B错误；根据通电直导线在磁场中所受安培力大小的计算公式可得FBIl，根据闭合电路欧姆定律可得I，当0时，l2a，E2Bav，rR(2)aR0，解得F，选项C错误；当时，la，EBav，rR(1)aR0，解得F，故选项B错误，D正确。答案AD7.(多选)如图7所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距L0.4 m，导轨所在平面与水平面的夹角为30，其电阻不计。把完全相同的两金属棒(长度均为0.4 m)ab、cd分别垂直于导轨放置，并使每棒两端都与导轨良好接触。已知两金属棒的质量均为m0.1 kg、电阻均为R0.2 ，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B0.5 T，当金属棒ab在平行于导轨向上的力F作用下沿导轨向上匀速运动时，金属棒cd恰好能保持静止。(g10 m/s2)，则()图7A.F的大小为0.5 NB.金属棒ab产生的感应电动势为1.0 VC.ab棒两端的电压为1.0 VD.ab棒的速度为5.0 m/s解析对于cd棒有mgsin BIL，解得回路中的电流I2.5 A，所以回路中的感应电动势E2IR1.0 V，选项B正确；UabIR0.5 V，选项C错误；对于ab棒有FBILmgsin ，解得F1.0 N，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律有EBLv，解得v5.0 m/s，选项D正确。答案BD综合提升练8.(多选)如图8所示，图中两条平行虚线间存在有匀强磁场，虚线间的距离为2L，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形闭合线框，ad与bc间的距离为2L且均与ab垂直，ad边长为2L，bc边长为3L，t0时刻， c点与磁场区域左边界重合。现使线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿abcda方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流I及a、b间电势差U随时间t变化的关系图线可能是()图8解析在线框dc边逐渐进入磁场的过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，产生的感应电动势和感应电流逐渐增大；dc边完全进入后，线框切割磁感线的有效长度不变，产生的感应电动势和感应电流恒定；dc边出磁场过程，线框切割磁感线的有效长度逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，产生的感应电动势和感应电流逐渐减小，但此时通过线框的磁通量仍一直增大，电流为正；dc边完全出磁场后，ab边进入匀强磁场切割磁感线，产生的感应电动势和感应电流恒定，但电流为负，所以B正确，A错误；在03()时间段，线框右侧部分切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，a、b之间的电势差与电流成正比，图象与电流图象类似；在35()时间段线框左侧部分切割磁感线产生感应电动势，相当于电源a、b之间的电势差为正值，D正确，C错误。 答案BD9.(2019吉林省长春市七校第二次联考)如图9所示，两根水平放置的平行金属导轨，其末端连接等宽的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r0.41 m。导轨的间距为L0.5 m，导轨的电阻与摩擦均不计。在导轨的顶端接有阻值为R11.5 的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B2.0 T。现有一根长度稍大于L、电阻R20.5 、质量m1.0 kg的金属棒。金属棒在水平拉力F作用下，从图中位置ef由静止开始匀加速运动，在t0 时刻，F01.5 N，经2.0 s运动到cd时撤去拉力，棒刚好能冲到最高点ab，重力加速度g10 m/s2。求：图9(1)金属棒做匀加速直线运动的加速度；(2)金属棒运动到cd时电压表的读数；(3)金属棒从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热。解析(1)刚开始拉金属棒时，由牛顿第二定律得F0ma代入数据得a1.5 m/s2(2)t2.0 s时，金属棒的速度vat3 m/s此时的感应电动势EBLv电压表示数UR1，代入数据得U2.25 V(3)金属棒从cd位置运动到ab位置，由动能定理得mgrW克安0mv2回路中产生的总焦耳热QW克安电阻R1上产生的焦耳热Q1R1代入数据得Q10.3 J答案(1)1.5 m/s2(2)2.25 V(3)0.3 J10.两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。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图10所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其它部分的电阻可不计。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，求：图10(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当棒ab的速度变为初速度的时，棒cd的加速度是多少？解析(1)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Qmv2mv2mv。(2)设棒ab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得vv0，此时回路中的电动势EBlv0Blv0Blv0，回路中的电流I，此时棒cd所受的安培力FBIl。由牛顿第二定律可得棒cd的加速度大小为a，方向水平向右答案(1)mv(2)课时作业电磁感应定律的综合应用(二)(时间：40分钟)基础巩固练1.(2019上海闵行区模拟)如图1所示，在外力的作用下，导体杆OC可绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以角速度匀速转动，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，A、O间接有电阻R，杆和框架电阻不计，则所施外力的功率为()图1A. B.C. D.解析因为OC是匀速转动的，根据能量守恒可得，P外P电，又因为EBr，联立解得P外，选项C正确。答案C2.(多选)如图2所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接。导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上。若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒的下列说法正确的是()图2A.所受安培力方向水平向右B.可能以速度v匀速下滑C.刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BLvD.减少的重力势能等于电阻R上产生的内能解析导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确；当mgsin BILcos 时，ab棒沿导轨方向合外力为零，则以速度v匀速下滑，选项B正确；由于速度方向与磁场方向夹角为(90)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为EBLvcos ，选项C错误；由能量守恒定律知，ab棒减少的重力势能不一定等于电阻R上产生的内能，选项D错误。答案AB3.(多选)(2019宁德模拟)如图3甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0t2时间内()图3A.电容器C的电荷量大小始终不变B.电容器C的a板先带正电后带负电C.MN所受安培力的大小始终不变D.MN所受安培力的方向先向右后向左解析磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确，B错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，大小先减小后增大，选项C错误，D正确。答案AD4.如图4所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为14的圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度)，分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按Bkt(k0，为常数)的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流比为()图4A.13 B.95 C.11 D.31解析同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们的感应电动势之比，设圆形线圈的周长为l，依据法拉第电磁感应定律ES，之前的闭合回路的感应电动势Ek()2，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为14的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则14的圆形闭合回路的周长之比为12；之后的闭合回路的感应电动势Ek()2k()2k()2；则前后两次回路中的电流比IIEE31，D正确。答案D5.(多选)(2019福建漳州模拟)如图5所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平。线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光。则()图5A.有界磁场宽度lLB.磁场的磁感应强度应为C.线框匀速穿越磁场，速度恒为D.线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL解析因线框穿越磁场过程中小灯泡始终正常发光，故为匀速穿越磁场，且线框长度L和磁场宽度l相同，A错误；匀速穿越，故重力和安培力相等，mgnBILnBL，得B，B正确；匀速穿越，重力做功的功率等于电功率，即mgvP，得v，C正确；线框穿越磁场时，通过的位移为2L，且重力做功完全转化为焦耳热，故Q2mgL，D错误。答案BC6.如图6所示，一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内，导轨间距L0.50 m，一根质量为m0.50 kg的匀质金属棒ab横跨在导轨上且接触良好，abMP恰好围成一个正方形。该导轨平面处在磁感应强度方向竖直向上、大小可以随时间变化的匀强磁场中，ab棒与导轨间的滑动摩擦力为f1.0 N(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，棒的电阻R0.10 ，其他电阻均不计。开始时，磁感应强度B00.50 T。图6(1)若从t0时开始，调节磁感应强度的大小，使其以0.40 T/s的变化率均匀增加，求经过多长时间ab棒开始滑动；(2)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t0时刻开始，给ab棒施加一个与之垂直且水平向右的拉力F，其大小随时间变化的函数表达式为F(32.5t) N，使棒从静止开始运动，求此棒的加速度大小。 解析(1)以ab棒为研究对象，当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中产生恒定的感应电流I，ab棒受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到ab棒所受安培力FA与最大静摩擦力fmax相等时，ab棒开始滑动。设磁感应强度对时间的变化率为k，则磁感应强度对时间的变化率k0.40 T/s感应电动势EL2kL20.40.52 V0.10 V感应电流I A1 A磁感应强度B1B0tB0kt安培力FAILB1fmaxf联立解得t3.75 s(2)用数学方法可证