2021高考物理一轮复习第十章电磁感应专题提升九电磁感应的规律应用教案鲁科版

1、专题提升(九)电磁感应的规律应用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.电磁感应电路的几个等效问题3.处理电磁感应电路问题的一般思路角度1平动切割的电路问题例1 (2019山东威海模拟)如图所示,间距l=1 m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场,其磁感应强度大小b=1 t、方向垂直于纸面向里,导轨上有一金属棒mn与导轨垂直且在水平拉力f作用下以v=2 m/s的速度水平向左匀速运动.r1=8 ,r2=12 ,c=6 f,导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计.开关s1,s2闭合,电路稳定后,求:(1)通过r2的电流i的大小和方向;(2)拉力f的大小;(3)开关s1切断后通过r2

2、的电荷量q.解析:(1)开关s1,s2闭合后,根据右手定则知棒中的感应电流方向是mn,所以通过r2的电流方向是由ba,mn中产生的感应电动势的大小e=blv流过r2的电流i=代入数据解得i=0.1 a.(2)棒受力平衡,有f=f安,f安=bil代入数据解得f=0.1 n.(3)开关s1,s2闭合,电路稳定后,电容器所带电荷量q1=cir2s1切断后,流过r2的电荷量q等于电容器所带电荷量,即q=q1代入数据解得q=7.210-6 c.答案:(1)0.1 aba(2)0.1 n(3)7.210-6 c角度2转动切割的电路问题例2 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、质量

3、分布均匀的直导体棒mn置于圆导轨上,nm的延长线过圆导轨中心o,装置的俯视图如图所示.整个装置位于一磁感应强度大小为b方向竖直向下的匀强磁场中.在内、外圆导轨间对称地接有三个阻值均为r的电阻.直导体棒在垂直作用于其中点的水平外力f作用下,以角速度绕o点顺时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触,导体棒和导轨电阻均可忽略.求:(1)导体棒产生的感应电动势;(2)流过导体棒的感应电流;(3)外力的大小.解析:(1)根据e=bl2得e感=b(2r)2-br2=br2.(2)三个电阻为并联关系r总=,i总=.(3)外力f=bi总l=br=.答案:(1)br2(2)(3)角度3变化磁场的电路结构

4、分析例3 (2019贵州毕节三模)如图(甲)所示,一个匝数n=100的圆形导体线圈,面积s1=0.4 m2,电阻r=1 .在线圈中存在面积s2=0.3 m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域,磁感应强度b随时间t变化的关系如图(乙)所示.有一个r=2 的电阻,将其两端a,b分别与图(甲)中的圆形线圈相连接,b端接地,则下列说法正确的是(d)a.圆形线圈中产生的感应电动势e=6 vb.在04 s时间内通过电阻r的电荷量q=8 cc.设b端电势为零,则a端电势a=3 vd.在04 s时间内电阻r上产生的焦耳热q=18 j解析:由法拉第电磁感应定律可得e=n,由图(乙)结合数学知识可得k= t/s=0

5、.15 t/s,将其代入可得e=4.5 v,a错误.设平均电流为,由q=t=t=nt=n,在04 s穿过圆形导体线圈的磁通量的变化量为=0.60.3 wb-0=0.18 wb,代入可解得q=6 c,b错误.04 s内磁感应强度增大,圆形线圈内磁通量增加,由楞次定律结合右手定则可知b点电势高,a点电势低,故c错误.由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定,可得i=1.5 a,由焦耳定律可得q=i2rt=18 j,d正确.解决电磁感应中电路问题的误区分析(1)不能正确分析感应电动势及感应电流的方向.因产生感应电动势的那部分电路为电源部分,故该部分电路中的电流应为电源内部的电流,而外电路中的电

6、流方向仍是从高电势到低电势.(2)应用欧姆定律分析求解电路问题时,没有注意等效电源的内阻对电路的影响.(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析,特别是并联在等效电源两端的电压表,其示数应该是路端电压,而不是等效电源的电动势.1.(2019山东济南模拟)如图所示,将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积之比为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b=kt(k0,为常数)的规律变化的磁场,前后两次回路中的电流之比为(b)a.13b.31c.11d.95解析:同一导线构成不同闭合回路,它们的电阻相同,则电流之比等于它们的感应电动势之比

7、,设圆形闭合细导线的周长为l,依据法拉第电磁感应定律e=s,之前的闭合回路的感应电动势e=k2;圆形闭合细导线扭一次变成两个面积之比为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的圆形闭合电路的周长之比为12,之后的闭合回路的感应电动势e=k2-k2,则前后两次回路中的电流之比ii=ee=31.b正确.2.(2019安徽宿州模拟)如图所示,匀强磁场b=0.1 t,金属棒ab长l=0.4 m,与框架宽度相同,电阻r= ,框架电阻不计,电阻r1=2 ,r2=1 ,当金属棒以v=5 m/s的速度匀速向左运动时,求:(1)流过金属棒的感应电流i.(2)若图中电容器的电容c=0.3 f,则

8、所充电荷量q.解析:(1)金属棒切割磁感线运动相当于电源,内阻r= ,等效电路如图所示.由e=blv得感应电动势e=0.10.45 v=0.2 v,外电路总电阻r= = ,i= a=0.2 a.(2)路端电压u=ir=0.2 v= v,电容器所充电荷量q=cu=0.310-6 c=410-8c.答案:(1)0.2 a(2)410-8 c电磁感应中的图象问题图象类型随时间变化的图象,如bt图象、t图象、et图象、it图象;随位移变化的图象,如ex图象、ix图象;(所以要先看坐标轴,哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象)(2)由给定的有关

9、图象分析电磁感应过程,求解相应的物理量(用图象)应用知识四个规律左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律六类公式(1)平均电动势e=n(2)平动切割电动势e=blv(3)转动切割电动势e=bl2(4)闭合电路欧姆定律i=(5)安培力f=bil(6)牛顿运动定律的相关公式等角度1动生感应电流的相关图象选择问题例4 (2019山东济南联考)(多选)如图所示,导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域,ac垂直于导轨且平行于导体棒,ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反,导轨和导体棒的电阻均不计,下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流由

10、m经r到n为正方向,安培力向左为正方向)(ac)解析:导体棒在左半区域时,根据右手定则,通过棒的电流方向向上,电流由m经r到n为正值,且逐渐变大,导体棒在右半区域时,根据右手定则,通过棒的电流方向向下,电流为负值,且逐渐减小,且满足经过分界线时感应电流大小突然加倍,a正确,b错误;第一段时间内安培力大小f=bil=l2,第二段时间内f=2bil=l2,l为有效长度,在bac中l=2vt,在dac中,l=2v(2t0-t)(t0为棒运动到ac的时刻),c正确,d错误.动生感应电流的图象分析技巧对切割磁感线的过程进行分段研究,分析电流的大小、方向特点,进而推断安培力以及引起的影响,据此判断得出各个

11、阶段的图象特点.角度2由变化的磁场图象分析电磁感应过程的问题例5 (2019安徽蚌埠联考)如图(甲)所示,一闭合圆形线圈水平放置,穿过它的竖直方向的匀强磁场磁感应强度随时间变化规律如图(乙),规定b的方向以向上为正方向,感应电流以俯视顺时针的方向为正方向,在04t时间内感应电流随时间变化图象中正确的是(d)解析:在0t内,b正向增大,感应电流方向为俯视顺时针方向,即电流方向为正;在t2t内,b先正向减小后反向增大,同上分析,电流方向为负方向,且b的变化率为0t内的2倍,电流大小变为2倍;在2t3t内,b变化率为0,无感应电流;在3t4t内,b负向减小,电流方向为正方向,故d项正确.处理图象问题

12、要做到“四明确、一理解”1.(2019湖南岳阳二模)如图所示,正方形区域mnpq内有垂直纸面向里的匀强磁场.在外力作用下,一正方形闭合刚性导线框沿qn方向匀速运动,t=0时刻,其四个顶点m,n,p,q恰好在磁场边界中点.下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是(b)解析:第一段时间从初位置到mn离开磁场,图(甲)表示该过程的任意一个位置,切割磁感线的有效长度为m1a与n1b之和,即为m1m长度的2倍,此时电动势e=2bvtv,线框受的安培力f=2bivt=,图象是开口向上的抛物线,故a,c错误.如图(乙)所示,线框的右端mn刚好出磁场时,左端qp恰与mp共线,此后一段时间内有

13、效长度不变,一直到线框的左端与mn重合,这段时间内电流不变,安培力大小不变;最后一段时间如图(丙)所示,从匀速运动至qp与mn重合开始计时,导线框的边长为l,有效长度为ac=l-2vt,电动势e=b(l-2vt)v,线框受的安培力f=,图象是开口向上的抛物线,故d错误,b正确.2.(2019河南安阳二模)将一段导线绕成图(甲)所示的闭合电路,并固定在纸面内,回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场,以向里为磁场的正方向,其磁感应强度b随时间t变化的图象如图(乙)所示.用f表示ab边受到的安培力,以水平向右为f的正方向,能正确反映f随时间t变化的图象是(b)解析

14、:由题图(乙)可知0时间内,磁感应强度随时间t线性变化,即=k(k是一个常数),圆环的面积s不变,由e=可知圆环中产生的感应电动势大小不变,则回路中的感应电流大小不变,ab边受到的安培力大小不变,从而可排除选项c,d;0时间内,由楞次定律可判断出流过ab边的电流方向为由b至a,结合左手定则可判断出ab边受到的安培力的方向向左,为负值,故选项a错误,b正确.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.力学对象和电学对象的相互关系3.用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题角

15、度1导体棒切割磁感线的动力学平衡问题例6 (2019河北唐山模拟)在同一水平面上的光滑平行导轨p,q相距l=1 m,导轨左端接有如图所示的电路.其中水平放置的平行板电容器两极板m,n相距d=10 mm,定值电阻r1=r2=12 ,r3=2 ,金属棒ab的电阻r=2 ,其他电阻不计.磁感应强度b=0.5 t的匀强磁场竖直穿过导轨平面,当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时,悬浮于电容器两极板之间的质量m=110-14 kg、电荷量q=-110-14 c的微粒恰好静止不动.取g=10 m/s2,在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好,且速度保持恒定.试求:(1)匀强磁场的方向;(2)ab两端的路端电压;(

16、3)金属棒ab运动的速度.审题指导:题干关键获取信息金属棒ab沿导轨向右匀速运动金属棒ab受力平衡,感应电动势不变带负电微粒恰好静止不动m板带正电荷解析:(1)带负电的微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态,因为重力竖直向下,所以电场力竖直向上,故m板带正电.ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势,ab棒等效于电源,感应电流方向由ba,其a端为电源的正极,由右手定则可判断,磁场方向竖直向下.(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态,根据平衡条件有mg=eq又e=所以umn=0.1 vr3两端电压与电容器两端电压相等,由欧姆定律得通过r3的电流为i=0.05 a则ab棒两端的电压为uab=

17、umn+i=0.4 v.(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势e=blv由闭合电路欧姆定律得e=uab+ir=0.5 v联立解得v=1 m/s.答案:(1)竖直向下(2)0.4 v(3)1 m/s杆切割模型的分析方法(1)电路分析:导体棒相当于电源,感应电动势e=blv,电流i=.(2)受力分析:导体棒中产生感应电流在磁场中受安培力f安=bil,i=,f安=.(3)平衡类动力学分析:导体棒开始做匀速运动的临界条件是安培力和其他力达到平衡.角度2导体棒切割磁感线的动力学非平衡问题例7 如图所示,两根足够长的光滑金属导轨mn,pq,间距为l,电阻不计,两导轨构成的平面与水平面成角.金属棒ab,cd

18、用绝缘轻绳连接,其电阻均为r,质量分别为2m和m.沿斜面向上的力作用在cd上使两棒静止,整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为b,重力加速度大小为g,将轻绳烧断后,保持f不变,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,则(c)a.轻绳烧断瞬间,cd的加速度大小a=gsin b.轻绳烧断后,cd做匀加速运动c.轻绳烧断后,任意时刻两棒运动的速度大小之比vabvcd=12d.棒ab的最大速度vabm=解析:沿斜面向上的力f作用在cd上使两棒静止,由平衡条件可得f=3mgsin ,轻绳烧断瞬间,cd受到沿斜面向上的力f和重力、支持力作用,由牛顿第二定律,f-mgsin =ma,解得cd的

19、加速度大小a=2gsin ,选项a错误;轻绳烧断后,回路中有感应电流,cd棒受到的安培力随速度的变化而变化,所以cd做变加速运动,选项b错误;对两金属棒组成的系统,所受合外力为零,系统动量守恒,由动量守恒定律可知,轻绳烧断后,任意时刻两棒运动的速度大小之比vabvcd=12,选项c正确;当棒ab达到最大速度时,ab棒受力平衡,2mgsin =bil,i=,e=blvabm+bl2vabm=3blvabm,联立解得vabm=,选项d错误.1.如图所示,r1=5 ,r2=6 ,电压表与电流表的量程分别为010 v和03 a,电表均为理想电表.导体棒ab与导轨电阻均不计,且导轨光滑,导轨平面水平,a

20、b棒处于匀强磁场中.(1)当变阻器r接入电路的阻值调到30 ,且用f1=40 n的水平拉力向右拉ab棒并使之达到稳定速度v1时,两表中恰好有一表满偏,而另一表又能安全使用,则此时ab棒的速度v1是多少?(2)当变阻器r接入电路的阻值调到3 ,且仍使ab棒的速度达到稳定时,两表中恰有一表满偏,而另一表能安全使用,则此时作用于ab棒的水平向右的拉力f2是多大?解析:(1)假设电流表指针满偏,即i=3 a,那么此时电压表的示数应为u=ir并=15 v,此时电压表示数超过了量程,不能正常使用,不合题意.因此,应该是电压表正好达到满偏.当电压表满偏时,即u1=10 v,r并=5 ,此时电流表的示数为i1

21、=2 a,设ab棒稳定时的速度为v1,产生的感应电动势为e1,则e1=blv1,且e1=i1(r1+r并)=20 v,ab棒受到的安培力为f1=bi1l=40 n,联立解得v1=1 m/s.(2)假设此时电流表恰好满偏,即i2=3 a,r并=2 ,此时电压表的示数为u2=i2r并=6 v,可以安全使用,符合题意.由f=bil可知,稳定时ab棒受到的拉力与ab棒中的电流成正比,所以f2=f1=40 n=60 n.答案:(1)1 m/s(2)60 n2.(2019湖南长沙一模)如图所示,两条相互平行的光滑金属导轨,相距l=0.2 m,左侧轨道的倾斜角=30,右侧轨道为圆弧线,轨道端点间接有电阻r=

22、1.5 ,轨道中间部分水平,在mp,nq间有距离为d=0.8 m,宽与导轨间距相等的方向竖直向下的匀强磁场.磁感应强度b随时间变化如图(乙)所示.一质量为m=10 g、导轨间电阻为r=1.0 的导体棒a从t=0时刻无初速度释放,初始位置与水平轨道间的高度差h=0.8 m.另一与a棒完全相同的导体棒b静置于磁场外的水平轨道上,靠近磁场左边界pm.a棒下滑后平滑进入水平轨道(转角处无机械能损失),并与b棒发生碰撞而粘合在一起,此后作为一个整体运动.导体棒始终与导轨垂直并接触良好,导轨的电阻和电感不计,g取10 m/s2.求:(1)a导体棒与b导体棒碰撞前瞬间速度大小和a导体棒从释放到碰撞前瞬间过程

23、中所用的时间.(2)粘合导体棒刚进入磁场瞬间受到的安培力大小.解析:(1)设a导体棒进入磁场前瞬间速度大小为v.a导体棒从释放到与b导体棒碰撞前瞬间的过程中,由机械能守恒定律有mgh=mv2解得v=4 m/s根据位移公式有=t解得运动时间为t=0.8 s.(2)设a与b发生完全非弹性碰撞后共同速度为v,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得mv=2mv解得v=2 m/s此时粘合导体棒刚好进入匀强磁场,所受安培力为f=bil又i=,e=blv解得f=0.04 n.答案:(1)4 m/s0.8 s(2)0.04 n1.(2015福建卷,18)如图,由某种粗细均匀的总电阻为3r的金属条制成的矩形线框a

24、bcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场b中.一接入电路电阻为r的导体棒pq,在水平拉力作用下沿ab,dc以速度v匀速滑动,滑动过程pq始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦.在pq从靠近ad处向bc滑动的过程中(c)a.pq中电流先增大后减小b.pq两端电压先减小后增大c.pq上拉力的功率先减小后增大d.线框消耗的电功率先减小后增大解析:由题意知,题目情形可等效为如图所示的电路问题,其中r左+r右=3r,e=blv,r=r,当pq向右运动时,r左增大,r右减小,两者并联的总电阻r外先增大后减小,当pq运动到线框正中央位置时,r外最大,故流过pq的电流先减小后增大,a项错误;pq

25、两端电压u=e-ir,故u的变化为先增大后减小,b项错误;拉力的功率p=p总=ei,故拉力的功率先减小后增大,c项正确;线框消耗的电功率为电源的输出功率p出=,外电阻由小于r逐渐增大到r,输出功率逐渐增大到最大,r外最大为0.75r,故p出先增大后减小,d项错误.2.(2013福建卷,18)如图,矩形闭合导体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线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,则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律(a

26、)解析:线框先做自由落体运动,因线框下落高度不同,故线框ab边刚进磁场时,速度不同,产生的感应电动势不同,所受安培力不同,其所受安培力f安与重力mg的大小关系可分以下三种情况:当f安=mg时,线框匀速进入磁场,其速度v=,选项d有可能;当f安mg时,线框减速进入磁场,a=-g,v减小,a减小,线框做加速度逐渐减小的减速运动,当线框未完全进入磁场而a减为零时,即此时f安=mg,线框开始做匀速运动,当线框完全进入磁场后做匀加速直线运动,选项b有可能.选项a不可能.3.(2019全国卷,21)(多选)如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为,导轨电阻忽略不计.虚线ab,cd均与导轨垂直,在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场.将两根相同的导体棒pq,mn先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好.已知pq进入磁场时加速度恰好为零.从pq进入磁场开始计时,到mn离开磁场区域为止,流过pq的电流随时间变化的图象可能正确的是(ad)解析:若pq进入磁场时刚好可以做匀速直线运动,且pq出磁场时mn仍然没有进入磁场,则pq出磁场后至mn进入磁场的这段时间,由于磁通量不变,无感应电流,pq,mn由同一位置释放,mn进入磁场时与pq进入磁场时的速度相同,所以感应电流大小相同,但流过pq的电流方向相反,故a正确,b错误;若pq出磁场前m