（浙江专版）2019版高考物理大一轮复习 第九章 电磁感应 第3课时 电磁感应现象的综合问题学案.doc

第3课时电磁感应现象的综合问题一、电磁感应中的电路问题1.电源和内阻：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。该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻。2.感应电动势：en或eblv。二、电磁感应中的动力学问题1.通电导体在磁场中受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决的基本方法如下：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；(2)求回路中的电流；(3)分析导体受力情况(包含安培力在内的全面受力分析)；(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。2.两种状态处理(1)导体处于平衡态静止或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析。(2)导体处于非平衡态加速度不等于零。处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。三、电磁感应中的能量转化1.电磁感应现象的实质是其他形式的能和电能之间的转化。2.感应电流在磁场中受安培力，克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。考点一电磁感应的电路问题(/d)要点突破1.处理问题的一般思路(1)确定电源，在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体是电源；(2)分析电路结构(区分内、外电路及外电路的串、并联分析)，画出等效电路；(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解。2.一类特殊问题：根据电磁感应的平均感应电动势求解电路中通过的电量，有n，qtn。所以，q只和线圈匝数、磁通量的变化量及总电阻有关，与完成该过程需要的时间无关。注意：求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均电动势和平均电流计算。典例剖析【例】 (2015浙江10月选考)如图甲所示，质量m3.0103 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆cd长l0.20 m，处于磁感应强度大小b11.0 t、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n300匝、面积s0.01 m2的线圈通过开关k与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度b2的大小随时间t变化的关系如图乙所示。(1)求00.10 s线圈中的感应电动势大小；(2)t0.22 s时闭合开关k，若细杆cd所受安培力方向竖直向上，判断cd中的电流方向及磁感应强度b2的方向；(3)t0.22 s时闭合开关k，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h0.20 m，求通过细杆cd的电荷量。解析(1)由电磁感应定律en得ens30 v(2)电流方向cdb2方向向上(3)由牛顿第二定律fmam(或由动量定理ftmv0)安培力fib1lqitv22gh得q0.03 c答案(1)30 v(2)电流方向cdb2方向向上(3)0.03 c针对训练1.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为r(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为b的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点a铰链连接的长度为2a、电阻为的导体棒ab，由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，b点的线速度为v，则这时ab两端的电压大小为()a. b.c. d.bav解析导体棒以a为轴转动切割产生的感应电动势eb2a，整个电路是两个半圆环并联接在电源ab两端，故ab两端电压u，所以a选项正确。答案a2.(多选)如图所示，pn与qm两平行金属导轨相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻r1和r2，且r16 ，ab杆的电阻为2 ，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 t。现ab以恒定速度v3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与r1、r2消耗的电功率之和相等。则()a.r26 b.r1上消耗的电功率为0.375 wc.a、b间电压为3 vd.拉ab杆水平向右的拉力为0.75 n解析由于ab杆上消耗的电功率与r1、r2消耗的电功率之和相等，则内、外电阻相等，2，解得r23 ，因此a错误；eblv3 v，总电流ia，路端电压uabir外2 v1.5 v，因此c错误；p10.375 w，b正确；ab杆所受安培力fbil0.75 n，因此拉力大小为0.75 n，d正确。答案bd考点二电磁感应的图象问题(/d)要点突破1.图象问题大体上可分为三类(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。2.解题步骤(1)明确图象的种类，即是bt图还是t图，或者是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、牛顿运动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。典例剖析【例】 矩形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度b随时间t变化的图象如图所示。设t0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在04 s时间内，选项图中能正确反映线框ab边所受的安培力f随时间t变化的图象是(规定ab边所受的安培力向左为正)()解析在01 s内，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电流大小恒定，由楞次定律可得线框内产生的感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则可判断出线框ab边所受安培力方向向左(为正)，由fbil可知f随磁感应强度的减小而减小。在12 s内，由楞次定律可得线框内产生的感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则可判断出线框ab边所受安培力方向向右(为负)，由fbil可知f随磁感应强度的增大而增大。同理在23 s内，线框ab边所受安培力方向向左(为正)，由fbil可知f随磁感应强度的减小而减小。在34 s内，线框ab边所受安培力方向向右(为负)，由fbil可知f随磁感应强度的增大而增大，d正确。答案d针对训练1.在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度b随时间t如图乙变化时，图中正确表示线圈中感应电动势e变化的是()解析在第1 s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势e1s，在第2 s和第3 s内，磁场b不变化，线圈中无感应电流，在第4 s和第5 s内，b减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势e1s，由于b1b2，t22t1，故e12e2，由此可知，a选项正确。答案a2.磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其et关系如图甲所示。如果只将刷卡速度改为，线圈中的et关系图可能是图乙中的()乙解析由公式eblv可知，当刷卡速度减半时，线圈中的感应电动势最大值减半，且刷卡所用时间加倍，故d选项正确。答案d考点三电磁感应的动力学问题(/d)要点突破1.电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流i。2.受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力f安bil或，根据牛顿第二定律列动力学方程：f合ma。3.过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程f合0。典例剖析【例】 如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨mn、pq间距为l0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30角。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触。已知两棒质量均为m0.02 kg，电阻均为r0.1 ，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b0.2 t。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，而棒cd恰好能够保持静止。g取10 m/s2，求：(1)通过棒cd的电流i是多少？方向如何？(2)棒ab受到的力f是多大？解析(1)棒cd受到的安培力为fcdbil棒cd在共点力作用下平衡，则fcdmgsin 30联立解得i1 a根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c。(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，即fabfcd对棒ab，由共点力平衡条件得fmgsin 30bil解得f0.2 n答案(1)1 a由d至c(2)0.2 n针对训练如图所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，除图中已标阻值为r的电阻外，其余电阻不计。质量为m的金属棒mn与框架接触良好。在区域abcd和cdef内，存在磁感应强度大小分别为b1b、b22b的有界匀强磁场，方向均垂直于框架平面向里，两竖直导轨ae与bf间距为l。现从图示位置由静止释放金属棒mn，当金属棒进入磁场b1区域后恰好做匀速运动。求：(1)金属棒进入磁场b1区域后的速度大小；(2)金属棒刚进入磁场b2区域时的加速度大小。解析(1)当金属棒进入磁场b1区域后恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反。则f1b1i1lbi1lmg又i1联立得：v(2)金属棒刚进入磁场b2区域时，由楞次定律判断知所受的安培力方向竖直向上，大小为：f2b2i2l2bl把(1)问求得的v代入，可得f24mg根据牛顿第二定律得：f2mgma得a3g。答案(1)(2)3g考点四电磁感应的能量问题(/d)要点突破1.电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程，电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用。因此闭合电路的一部分导体运动切割磁感线时必克服安培力做功。此过程中，其他形式的能转化为电能。克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能。同理，电流做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，电流做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。2.电能求解思路主要有三种：(1)利用克服安培力做功求解，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，导体切割磁感线产生感应电流时，开始的机械能总和与最后的机械能总和之差等于产生的电能。(3)利用电路特征来求解，通过电路中所消耗的电能来计算。典例剖析【例】 如图所示，在高度差h0.5 m的平行虚线范围内，有磁感应强度b0.5 t、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场，正方形线框abcd的质量m0.1 kg、边长l0.5 m、电阻r0.5 ，线框平面与竖直平面平行，静止在位置“”时，cd边跟磁场下边缘有一段距离。现用一竖直向上的恒力f4.0 n向上提线框，线框由位置“”无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置“”(ab边恰好出磁场)，线框平面在运动中保持与磁场方向垂直，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直线运动。g取10 m/s2。(1)求线框进入磁场前距磁场下边界的距离h；(2)线框由位置“”到位置“”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，线框开始向上做匀加速直线运动，设线框的加速度为a，据牛顿第二定律有：fmgma设cd边刚进磁场时，线框速度设为v1，线框从静止到cd边刚进磁场过程中，由运动学方程有：v2ahcd边刚进磁场时产生电动势eblv1，感应电流i安培力f安bil线框做匀速直线运动，则有ff安mg，联立以上各式，可解得v124 m/s，由v2ah解得h9.6 m。(2)恒力f做的功wf(hlh)42.4 j，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(lh)mg(lh)q，解得：q(fmg)(lh)3.0 j或qi2rt()2r()3.0 j。答案(1)9.6 m(2)42.4 j3.0 j 针对训练(2016浙江理综)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l0.50 m，倾角53，导轨上端串接一个0.05 的电阻。在导轨间长d0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度b2.0 t。质量m4.0 kg的金属棒cd水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆gh相连。cd棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s0.24 m。一位健身者用恒力f80 n拉动gh杆，cd棒由静止开始运动，上升过程中cd棒始终保持与导轨垂直。当cd棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使cd棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求(1)cd棒进入磁场时速度v的大小；(2)cd棒进入磁场时所受的安培力的大小；(3)在拉升cd棒的过程中，健身者所做的功w和电阻产生的焦耳热q。解析(1)由牛顿定律a12 m/s2进入磁场时的速度v2.4 m/s(2)感应电动势eblv感应电流i安培力faibl代入得fa48 n(3)健身者做功wf(sd)64 j由牛顿定律：fmgsin fa0在磁场中运动时间t焦耳热qi2rt26.88 j答案(1)2.4 m/s(2)48 n(3)64 j26.88 j1.如图所示，a是一边长为l的正方形线框，电阻为r，现维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场b区域。取逆时针方向为电流正方向，线框从图示位置开始运动，则线框中产生的感应电流i随时间t变化的图线是图中的()解析由于线框进入和穿出磁场时，线框内磁通量均匀变化，因此在线框中产生的感应电流大小不变，根据楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流的方向与规定的正方向相同，穿出磁场时感应电流的方向与规定的正方向相反，因此应选b。答案b2.如图所示，质量为m、高为h的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦为h的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为()a.mgh b.2mghc.大于mgh而小于2mgh d.大于2mgh解析因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh，产生的内能亦为2mgh，故选b。答案b3.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为w1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为w2，通过导线截面的电荷量为q2，则()a.w1w2，q1q2 b.w1w2，q1q2 d.w1w2，q1q2解析设线框的长为l1，宽为l2，速度为v，线框所受的安培力大小为fabil2，又i，ebl2v中，则得fa线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为ffa，外力做功为wfl1l1，可见，外力做功与所用时间成反比，则有w1w2。两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式q可知，通过导线截面的电荷量相等，即有q1q2，故选d。答案d4.如图甲所示，两根足够长的直金属导轨mn、pq平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为l，m、p两点间接有阻值为r的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。解析(1)如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力fn，垂直于斜面向上；安培力f安，沿斜面向上。(2)当ab杆速度大小为v时，感应电动势eblv，此时电路中电流iab杆受到安培力f安bil根据牛顿第二定律，有mamgsin f安mgsin agsin 。(3)当a0时，ab杆有最大速度：vm。答案(1)见解析图(2)gsin (3)基础过关1.水平放置的金属框架cdef处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab处于粗糙的框架上且与框架接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则()a.ab中电流增大，ab棒所受摩擦力也增大b.ab中电流不变，ab棒所受摩擦力也不变c.ab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大d.ab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变解析磁感应强度均匀增大时，磁通量的变化率恒定，故回路中的感应电动势和感应电流都是恒定的；又棒ab所受的摩擦力等于安培力，即fff安bil，故当b增加时，摩擦力增大，选项c正确。答案c2.如图所示，在一匀强磁场中有一u形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，r为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则()a.ef将减速向右运动，但不是匀减速b.ef将匀减速向右运动，最后停止c.ef将匀速向右运动d.ef将往返运动解析ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由fbilma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故a正确。答案a3.如图甲所示，线圈abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈ab边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是图中的()解析由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则可知感应电流的方向由b到a，再由楞次定律可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由b到a的感应电流，由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式fbilbl，因安培力的大小不变，则b是定值，因磁场b增大，则减小，故选项d正确，选项a、b、c错误。答案d4.(多选)如图所示，竖直平面内有一足够长的宽度为l的金属导轨，质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为r，其他电阻不计。导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关s，发现导体棒ab立刻做变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是()a.导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小b.单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能c.导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和内能之和，符合能的转化和守恒定律d.导体棒ab最后做匀速运动时，速度大小为v解析导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下，做加速运动，开关闭合时，由右手定则可知，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的安培力方向向上，fbilbl，导体棒受到的重力和安培力的合力变小，加速度变小，做加速度越来越小的变速运动，a正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动，由fmg0得，blmg，v，d正确；导体棒克服安培力做功，减少的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，b正确，c错误。答案abd5.(多选)如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v12v2，在先后两种情况下()a.线圈中的感应电流之比i1i221b.线圈中的感应电流之比i1i212c.线圈中产生的焦耳热之比q1q241d.通过线圈某截面的电荷量之比q1q211解析由于v12v2，根据eblv得感应电动势之比，感应电流i，则感应电流之比为，a正确，b错误；线圈出磁场所用的时间t，则时间比为，根据qi2rt可知热量之比为，c错误；根据qttt得，d正确。答案ad6.(多选)如图所示，水平放置的u形框架上接一个阻值为r0的电阻，放在垂直纸面向里的、磁感应强度大小为b的匀强磁场中，一个半径为l、质量为m的半圆形硬导体ac在水平向右的恒定拉力f作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体ac的电阻为r，其余电阻不计，导体ac与u形框架间的动摩擦因数为。下列说法正确的是()a.此时ac两端电压为uac2blvb.此时ac两端电压为uacc.此过程中电路产生的电热为qfdmv2d.此过程中通过电阻r0的电荷量为q解析ac的感应电动势为e2blv，两端电压为uac，a错误，b正确；由功能关系得fdmv2qmgd，c错误；此过程中平均感应电流为，通过电阻r0的电荷量为qt，d正确。答案bd7.如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 ，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 t，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然接通开关s，则(1)试说出s接通后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)解析(1)闭合s之前导体自由下落的末速度为：v0gt4 m/s。s闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力。f安bil0.016 nmg0.002 n。此刻导体棒所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为ag，所以，ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动。当速度减小至f安mg时，ab做竖直向下的匀速运动。(2)设匀速竖直向下的速度为vm，此时f安mg，即mg，vm0.5 m/s。答案(1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动(2)0.5 m/s能力提升8.(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为l，底端接阻值为r的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为b的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻r外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()a.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gb.金属棒向下运动时，流过电阻r的电流方向为abc.金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为fd.电阻r上产生的热量等于金属棒重力势能的减少量解析金属棒刚释放时，弹簧处于原长，此时弹力为零，又因此时速度为零，因此也不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故a正确；金属棒向下运动时，由右手定则可知，金属棒上电流方向向右，电阻在外电路，其电流方向为ba，故b错误；金属棒速度为v时，安培力大小为fbil，故c正确；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能以及电阻r上产生的热量，因此d错误。答案ac9.(多选)如图所示，平行金属导轨与水平面成角，用导线与固定电阻r1和r2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒ab，质量为m，两导轨间距为l，导体棒的电阻与固定电阻r1和r2的阻值相等，都等于r，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，有()a.棒中感应电流的方向由a到bb.棒所受安培力的大小为c.棒两端的电压为d.棒动能的减少量等于其重力势能的增加量与电路上产生的电热之和解析由右手定则可判定导体棒中的电流方向为ab，故选项a正确；由eblv及串、并联电路的特点，知r外，则i，所以导体棒所受安培力的大小fbil，故选项b错误；结合i，知导体棒两端的电压ui，故选