（新課標(biāo)）河南省2015高考物理總復(fù)習(xí)講義 第9章 加強1講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用

加強一講　電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用考點一 [79]　電磁感應(yīng)中的電路問題一、內(nèi)電路和外電路1．切割磁感線運動的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源．2．該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余部分是外電路．二、解答電磁感應(yīng)電路問題的三個步驟1．確定電源：利用E＝n或E＝Blvsin θ求感應(yīng)電動勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷電流方向．如果在一個電路中切割磁感線的部分有多個并相互聯(lián)系，可等效成電源的串、并聯(lián)．2．分析電路結(jié)構(gòu)：分析內(nèi)、外電路及外電路的串并聯(lián)關(guān)系，畫出等效電路圖．3．利用電路規(guī)律求解：主要應(yīng)用歐姆定律及串并聯(lián)電路的基本性質(zhì)等列方程求解．——————[1個示范例]——————　如圖9－3－1(a)所示，水平放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌，間距L＝0.3 m．導(dǎo)軌左端連接R＝0.6 Ω的電阻，區(qū)域abcd內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場B＝0.6 T，磁場區(qū)域?qū)扗＝0.2 m．細金屬棒A1和A2用長為2D＝0.4 m的輕質(zhì)絕緣桿連接，放置在導(dǎo)軌平面上，并與導(dǎo)軌垂直，每根金屬棒在導(dǎo)軌間的電阻均為r＝0.3 Ω.導(dǎo)軌電阻不計，使金屬棒以恒定速度v＝1.0 m/s沿導(dǎo)軌向右穿越磁場，計算從金屬棒A1進入磁場(t＝0)到A2離開磁場的時間內(nèi)，不同時間段通過電阻R的電流強度，并在圖9－3－1(b)中畫出．圖9－3－1【審題指導(dǎo)】　(1)細金屬棒A1、A2先后切割磁感線，切割磁感線的金屬棒為電源，另一金屬棒與R并聯(lián)．(2)注意分析和計算有電流和無電流對應(yīng)的時間．【解析】　t1＝＝0.2 s在0～t1時間內(nèi)，A1產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝BLv＝0.18 V.其等效電路如圖甲所示．甲　　　　　　　　　乙由圖甲知，電路的總電阻R0＝r＋＝0.5 Ω總電流為I＝＝0.36 A通過R的電流為IR＝＝0.12 A從A1離開磁場(t1＝0.2 s)至A2剛好進入磁場t2＝的時間內(nèi)，回路無電流，IR＝0，從A2進入磁場(t2＝0.4 s)至離開磁場t3＝＝0.6 s的時間內(nèi)，A2上的感應(yīng)電動勢為E2＝0.18 V，其等效電路如圖乙所示．由圖乙知，電路總電阻R0＝0.5 Ω，總電流I＝0.36 A，流過R的電流IR＝0.12 A，綜合以上計算結(jié)果，繪制通過R的電流與時間關(guān)系圖線如圖所示．【答案】　見解析——————[1個預(yù)測例]——————　如圖9－3－2所示，均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)以速度v勻速進入一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，當(dāng)圓環(huán)運動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點的電勢差為(　　)圖9－3－2A.BRv　　　　　 B.BRvC.BRv D.BRv【解析】　圓環(huán)運動到圖示位置時，切割磁感線的有效長度為2Rsin 45°＝R，圓環(huán)中感應(yīng)電動勢E＝BLv＝BRv，Uab＝E＝BRv，故D正確．【答案】　D電磁感應(yīng)電路問題的分析方法　(1)“源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動勢的方向，從而確定電源正負極，明確內(nèi)阻r.(2)“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路．(3)根據(jù)E＝Blv或E＝n結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解．考點二 [80]　電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖象問題一、題型特點一般可把圖象問題分為三類：1．由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象．2．由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量．3．根據(jù)圖象定量計算．二、解題關(guān)鍵弄清初始條件、正負方向的對應(yīng)、變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉(zhuǎn)折點是解決問題的關(guān)鍵．——————[1個示范例]——————　圖9－3－3(2012·新課標(biāo)全國高考)如圖9－3－3，一載流長直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導(dǎo)線右側(cè)，且其長邊與長直導(dǎo)線平行．已知在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)，長直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應(yīng)電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右．設(shè)電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時間t變化的圖線可能是(　　)【解析】　因通電導(dǎo)線周圍的磁場離導(dǎo)線越近磁場越強，而線框中左右兩邊的電流大小相等、方向相反，所以受到的安培力方向相反，導(dǎo)線框的左邊受到的安培力大于導(dǎo)線框的右邊受到的安培力，所以合力與左邊導(dǎo)線框受力的方向相同．因為線框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根據(jù)左手定則，導(dǎo)線框處的磁場方向先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，根據(jù)右手螺旋定則，導(dǎo)線中的電流先為正，后為負，所以選項A正確，選項B、C、D錯誤．【答案】　A——————[1個預(yù)測例]——————　圖9－3－4(2013·新課標(biāo)全國卷Ⅱ)如圖9－3－4，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d>L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導(dǎo)線框以某一初速度向右運動．t＝0時導(dǎo)線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進入并通過磁場區(qū)域．下列v－t圖象中，可能正確描述上述過程的是(　　)【審題指導(dǎo)】　(1)線框進入磁場時和離開磁場時，安培力為變力，線框做加速度逐漸減小的減速運動．(2)線框完全進入磁場時，不受安培力作用，故勻速運動．【解析】　導(dǎo)體切割磁感線時產(chǎn)生感應(yīng)電流，同時產(chǎn)生安培力阻礙導(dǎo)體運動，利用法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力公式及牛頓第二定律可確定線框在磁場中的運動特點．線框進入和離開磁場時，安培力的作用都是阻礙線框運動，使線框速度減小，由E＝BLv、I＝及F＝BIL＝ma可知安培力減小，加速度減小，當(dāng)線框完全進入磁場后穿過線框的磁通量不再變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不再產(chǎn)生安培力，線框做勻速直線運動，故選項D正確．【答案】　D電磁感應(yīng)圖象問題的一般解題步驟　(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者還是E－t圖、I－t圖等．(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程，判斷對應(yīng)的圖象是否分段，共分幾段．(3)用右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電流的方向．(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式．(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學(xué)分析．(6)畫圖象或判斷圖象．考點三 [81]　電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題分析一、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化特點外力克服安培力做功，把機械能或其他能量轉(zhuǎn)化成電能；感應(yīng)電流通過電路做功又把電能轉(zhuǎn)化成其他形式的能(如內(nèi)能)．這一功能轉(zhuǎn)化途徑可表示為：二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的三種計算方法1．利用克服安培力求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功．2．利用能量守恒求解：機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能．3．利用電路特征來求解：通過電路中所產(chǎn)生的電能來計算．——————[1個示范例]——————　圖9－3－5(2013·天津高考)如圖9－3－5所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，把它置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則(　　)A．Q1>Q2，q1＝q2　　　 B．Q1>Q2，q1>q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2【解析】　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Blv、歐姆定律I＝和焦耳定律Q＝I2Rt，得線圈進入磁場產(chǎn)生的熱量Q＝·＝，因為lab>lbc，所以Q1>Q2.根據(jù)＝，＝及q＝Δt得q＝，故q1＝q2.選項A正確，選項B、C、D錯誤．【答案】　A　(1)在利用能量的轉(zhuǎn)化和守恒分析電磁感應(yīng)問題時，除準(zhǔn)確把握參與轉(zhuǎn)化的能量形式和種類外，還要確定哪種能量增加，哪種能量減少．(2)克服安培力做功消耗的能量和電路中產(chǎn)生的焦耳熱需要的能量在列式時不能重復(fù)計算．——————[1個預(yù)測例]——————　圖9－3－6如圖9－3－6所示，用質(zhì)量為m、電阻為R的均勻?qū)Ь€做成邊長為l的單匝正方形線框MNPQ，線框每一邊的電阻都相等．將線框置于光滑絕緣的水平面上．在線框的右側(cè)存在豎直方向的有界勻強磁場，磁場邊界間的距離為2l，磁感應(yīng)強度為B，在垂直MN邊的水平拉力作用下，線框以垂直磁場邊界的速度v勻速穿過磁場．在運動過程中線框平面水平，且MN邊與磁場的邊界平行．求：(1)線框MN邊剛進入磁場時，線框中感應(yīng)電流的大?。?2)線框MN邊剛進入磁場時，M、N兩點間的電壓UMN；(3)在線框從MN邊剛進入磁場到PQ邊剛穿出磁場的過程中，水平拉力對線框所做的功W.【審題指導(dǎo)】　(1)MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，UMN為路端電壓．(2)線框勻速穿過磁場，水平拉力做的功等于進出磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱之和．【解析】　(1)線框MN邊在磁場中運動時，感應(yīng)電動勢E＝Blv線框中的感應(yīng)電流I＝＝.(2)M、N兩點間的電壓UMN＝E＝Blv.(3)只有MN邊在磁場中時，線框運動的時間t＝此過程線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝I2Rt＝只有PQ邊在磁場中運動時，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝根據(jù)能量守恒定律得水平外力做的功W＝Q1＋Q2＝.【答案】　(1)　(2)Blv　(3)電磁感應(yīng)中“導(dǎo)軌＋桿”模型一、模型特點1．“導(dǎo)軌＋桿”模型又分為“單桿”型和“雙桿”型；放置方式可分為水平、豎直和傾斜．2．導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上切割磁感線運動，發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象．3．導(dǎo)體棒受到的安培力為變力，在安培力的作用下做變加速運動．4．當(dāng)安培力與其它力平衡時，導(dǎo)體棒速度達到穩(wěn)定，稱為“收尾速度”二、解題思路1．涉及瞬時速度問題，用牛頓第二定律求解．2．求解導(dǎo)體棒穩(wěn)定速度，用平衡條件求解，如mg＝F安，F(xiàn)安＝.3．涉及能量問題，用動能定理或功能關(guān)系來求解．三、兩類常見的模型類型“電－動－電”型“動－電－動”型示意圖過程分析S閉合，棒ab受安培力F＝，此時a＝，棒ab速度v↑→感應(yīng)電動勢BLv↑→電流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，當(dāng)安培力F＝0時，a＝0，v最大，最后勻速棒ab釋放后下滑，此時a＝gsin α，棒ab速度v↑→感應(yīng)電動勢E＝BLv↑→電流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，當(dāng)安培力F＝mgsin α?xí)r，a＝0，v最大，最后勻速　【規(guī)范解答】　(1)棒cd受到的安培力Fcd＝IlB①棒cd在共點力作用下平衡，則Fcd＝mgsin 30°②由①②式，代入數(shù)據(jù)解得I＝1 A③根據(jù)楞次定律可知，棒cd中的電流方向由d至c.④(2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等Fab＝Fcd對棒ab，由共點力平衡知F＝mgsin 30°＋IlB⑤代入數(shù)據(jù)解得F＝0.2 N．⑥(3)設(shè)在時間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生Q＝0.1 J的熱量，由焦耳定律知Q＝I2Rt⑦設(shè)棒ab勻速運動的速度大小為v，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv⑧由閉合電路歐姆定律知I＝⑨由運動學(xué)公式知在時間t內(nèi)，棒ab沿導(dǎo)軌的位移x＝vt⑩力F做的功W＝Fx?綜合上述各式，代入數(shù)據(jù)解得W＝0.4 J．?②④⑤⑥⑨?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　【規(guī)范解答】　(1)金屬棒達到最大速度時產(chǎn)生的電動勢E＝B0Lvm回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝(1分)金屬棒所受安培力F＝B0IL(1分)金屬棒所受合外力為零時，下滑的速度達到最大，則mgsin θ－F－μmgcos θ＝0(2分)解得vm＝2 m/s(1分)(2)設(shè)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，整個電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q總，則由動能定理mgssin θ－μmgscos θ－W安＝mv(3分)W安＝Q總(1分)Q＝Q總(1分)解得Q＝0.16 J(1分)(3)不產(chǎn)生感應(yīng)電流，即磁通量不變，金屬棒不受安培力作用，金屬棒做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma(2分)得a＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2(1分)根據(jù)閉合回路磁通量不變有B0Ls＝BL(s＋vmt＋at2)(3分)得B＝(1分)所以，當(dāng)t＝1 s時，B＝0.5 T(1分)【答案】　(1)2 m/s　(2)0.16 J　(3)0.5 T　如圖9－3－9甲所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1 m，一勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40 Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01 kg、電阻為r＝0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計，g＝10 m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響)，求：圖9－3－9(1)磁感應(yīng)強度B的大??；(2)金屬棒ab在開始運動的1.5 s內(nèi)，通過電阻R的電荷量；(3)金屬棒ab在開始運動的1.5 s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量．【解析】　(1)金屬棒在AB段勻速運動，由題中圖象乙得：v＝＝7 m/sI＝，mg＝BIL解得B＝0.1 T(2)q＝Δt＝ΔΦ＝B解得：q＝0.67 C (3)Q＝mgx－mv2解得Q＝0.455 J從而QR＝Q＝0.26 J【答案】　(1)0.1 T　(2)0.67 C　(3)0.26 J⊙電磁感應(yīng)圖象問題1．(2010·廣東高考)如圖9－3－10所示，平行導(dǎo)軌間有一矩形的勻強磁場區(qū)域，細金屬棒PQ沿導(dǎo)軌從MN處勻速運動到M′N′的過程中，棒上感應(yīng)電動勢E隨時間t變化的圖象，可能正確的是(　　)圖9－3－10【解析】　在金屬棒PQ進入磁場區(qū)域之前或出磁場后，棒上均不會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，D項錯誤．在磁場中運動時，感應(yīng)電動勢E＝Blv，與時間無關(guān)，保持不變，故A選項正確．【答案】　A2.圖9－3－11如圖9－3－11所示，兩個相鄰的有界勻強磁場區(qū)域，方向相反且垂直紙面，磁感應(yīng)強度的大小均為B，以磁場區(qū)左邊界為y軸建立坐標(biāo)系，磁場區(qū)域在y軸方向足夠長，在x軸方向?qū)挾染鶠閍.矩形導(dǎo)線框ABCD的CD邊與y軸重合，AD邊長為a.線框從圖示位置水平向右勻速穿過兩磁場區(qū)域，且線框平面始終保持與磁場垂直，線框中感應(yīng)電流i與線框移動距離x的關(guān)系圖象正確的是(以逆時針方向為電流的正方向)(　　)【解析】　由楞次定律可知，剛進入磁場時電流沿逆時針方向，線框全部在磁場中時電流沿順時針方向，出磁場時沿逆時針方向，進入磁場和穿出磁場等效為一條邊切割磁感線，全部在磁場中時，AB邊和CD邊均切割磁感線，相當(dāng)于兩等效電源串聯(lián)，故電流大小為進入磁場和穿出時的兩倍，所以C正確．【答案】　C⊙電磁感應(yīng)電路問題的分析3．粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行．現(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，下面四個選項中，在移出過程中線框的一邊a、b兩點間的電勢差絕對值最大的是(　　)【解析】　將線框等效成直流電路，設(shè)線框每條邊的電阻為r，如圖所示．因線框在四次移動中速度大小相等，其感應(yīng)電動勢E＝Blv也大小相等．A、C、D中|Uab|＝Ir＝×r＝Blv，B中|Uab|＝I×3r＝×3r＝Blv，故正確答案為B.B中a、b兩點間的電勢差應(yīng)該是a、b兩點間的路端電壓，而不是感應(yīng)電動勢．【答案】　B⊙電磁感應(yīng)能量綜合問題圖9－3－124．(2013·安徽高考)如圖9－3－12所示，足夠長平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為0.8 T．將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　)A．2.5 m/s　1 W　　　　　　　 B．5 m/s　1 WC．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9W【解析】　把立體圖轉(zhuǎn)為平面圖，由平衡條件列出方程是解決此類問題的關(guān)鍵．對導(dǎo)體棒進行受力分析作出截面圖，如圖所示，導(dǎo)體棒共受四個力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力．由平衡條件得mgsin 37°＝F安＋Ff①Ff＝μFN②FN＝mgcos 37°③而F安＝BIL④I＝⑤E＝BLv⑥聯(lián)立①～⑥式，解得v＝代入數(shù)據(jù)得v＝5 m/s.小燈泡消耗的電功率為P＝I2R⑦由⑤⑥⑦式得P＝()2R＝1 W．故選項B正確．【答案】　B5．如圖9－3－13甲所示，邊長為L、質(zhì)量為m、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框靜置于光滑水平面上，處于與水平面垂直的勻強磁場中，勻強磁場磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．求：甲　　　　　　　　乙圖9－3－13(1)在t＝0到t＝t0時間內(nèi)，通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大小；(2)在t＝時刻，ab邊所受磁場作用力大?。?3)在t＝0到t＝t0時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流做的功．【解析】　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得，導(dǎo)線框的感應(yīng)電動勢E＝＝通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大?。篒＝＝(2)t＝時刻，ab邊所受磁場作用力大?。篎＝BILF＝(3)在t＝0到t＝t0時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流做的功：W＝I2Rt0＝【答案】　(1)　(2)　(3) 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！ 。