全国2017年高二物理暑期作业复习第15讲电磁感应中综合问题的复习策略.docx

第15讲电磁感应中综合问题的复习策略高考热点1电磁感应中的电路问题2电磁感应中的图象问题3电磁感应中的动力学和能量问题一、电磁感应中的电路问题1电磁感应电路中产生电动势的那一部分电路相当于电源，产生的感应电动势就是电源的电动势，电流的流向是从“电源”的负极经电源流向正极，这一部分电路两端的电压相当于路端电压，即UE.感应电动势是联系电磁感应与电路的桥梁之一2电磁感应与电路知识的关系图例1半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度B0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中a0.4 m，b0.6 m，金属圆环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R02 ，一金属棒MN与金属圆环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计图1 (1)若棒以v05 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO的瞬间(如图1所示)MN中的电动势和流过灯L1的电流；(2)撤去中间的金属棒MN，将右边的半圆环OL2O以OO为轴向上翻转90，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为 T/s，求L1的功率变式1如图2所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：图2(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.规律总结解决电磁感应中的电路问题三步曲1确定电源切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，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2分析电路结构(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二、电磁感应中的图象问题1明确图象的种类，即是Bt图象还是t图象，或者是Et图象、It图象等；对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图象，即Ex图象和Ix图象2这些图象问题大体上可分为两类：(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例2 (2016四川理综7)(多选)如图3所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是FF0kv(F、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有()图3变式2将一段导线绕成图4甲所示的闭合回路，并固定在水平面(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，能正确反应F随时间t变化的图象是()图4方法提炼1对图象的认识，应注意以下几方面(1)明确图象所描述的物理意义；(2)必须明确各种“”、“”的含义；(3)必须明确斜率的含义；(4)必须建立图象和电磁感应过程之间的对应关系2电磁感应中图象类选择题的两个常见解法(1)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)，特别是物理量的正负，排除错误的选项(2)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作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法三、电磁感应中的动力学和能量问题解决电磁感应综合问题的策略是“先电后力”即1先作“源”的分析分析电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r.2再进行“路”的分析分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便安培力的求解3然后是“力”的分析分析研究对象(通常是金属杆、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力4接着进行“运动”状态的分析根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型5最后是“能量”的分析寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中其能量转化和守恒的关系例3(多选)如图5所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是()图5AP2mgvsin BP3mgvsin C当导体棒速度达到时加速度大小为sin D在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功变式3如图6所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成角(00 .(1)若k，金属棒水平向右做匀加速直线运动所以在此情况下没有选项符合；(2)若k，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；(3)若k，F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合综上所述，选项B、C符合题意变式1B0时间内，回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向左.T时间内，回路中产生逆时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向右，故B正确例3AC根据I，导体棒由静止释放，速度达到v时，回路中的电流为I，则根据共点力的平衡条件，有mgsin BIL.对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，使其以2v的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I，则根据平衡条件，有Fmgsin B2IL，所以拉力Fmgsin ，拉力的功率PF2v2mgvsin ，故选项A正确，选项B错误；当导体棒的速度达到时，回路中的电流为，根据牛顿第二定律，得mgsin BLma，解得asin ，选项C正确；当导体棒以2v的速度匀速运动时，根据能量守恒定律知，重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热，故选项D错误变式3B对棒受力分析如图所示F安BIL，故D错；F安随棒的速度的增大而增大，故棒做的不是匀加速直线运动因此运动的平均速度vv，A错；由qn可得：q，故棒下滑的位移x，B正确；求焦耳热应该用有效值，故C错考点突破1AB将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，流过电阻的电流方向从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感生电动势EBLvBL2，I，恒定时，I大小恒定，大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由PI2R知，当变为2倍时，P变为原来的4倍，D错2B小灯泡稳定发光，说明导体棒MN匀速运动，则有mgsin 37mgcos 370，可得导体棒MN的运动速度v5 m/s；小灯泡消耗的电功率PI2RL1 W3C由右手定则可知通过金属导线的电流由b到a，即通过电阻R的电流方向为MRP，A错误；金属导线产生的感应电动势为BLv，而a、b两点间的电压为等效电路路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，a、b两点间电压为BLv，B错误；金属导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势，所以a端电势高于b端电势，C正确；根据能量守恒定律可知，外力F做的功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和，D错误4A5A在01 s内，据ES可知感应电动势恒定，感应电流恒定，且电流为逆时针方向，在图象中为负；12 s内，B不变，i0；23 s内，由ES知i恒定，方向为正综合分析可知A正确6A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，所以其受到的安培力方向相反，线框的左边受到的安培力大于线框的右边受到的安培力，所以合力与线框的左边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，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7D导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据EBLv、I、FBIL得F，随着v的减小，安培力F减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F，导线框做加速度减小的减速运动，所以选项D正确8BCDab杆的速度方向与磁感应强度的方向平行，不切割磁感线，只有cd杆运动切割磁感线设cd杆向下运动的速度为v1，根据闭合电路的欧姆定律及法拉第电磁感应定律有I，EBLv1，cd杆只受到竖直向下的重力mg和竖直向上的安培力作用，因为cd杆与导轨间没有正压力，所以摩擦力为零由平衡条件得mgBIL，解得cd杆向下匀速运动的速度为.ab杆的受力如图所示，根据平衡条件可得FN2mg，FFf2mg.综上所述，选项B、C、D正确9BD导体棒由静止释放后，当a0时，速度最大，即mgBL0，解得vm，A项错误此过程中通过定值电阻的电荷量qItt，B项正确导体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的热量，C项错误由动能定理知对导体棒有EkW重W安，D项正确10AD根据法拉第电磁感应定律得：E，根据闭合电路欧姆定律得：I，所以导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电量为qItt，故A正确；由EBLv知，导体棒返回时随着速度的增大，导体棒产生的感应电动势增大，感应电流增大，由F安BIL知导体棒受到的安培力增大，由牛顿第二定律知，加速度减小，所以导体棒返回时先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，故B错误；根据能量守恒定律知，导体棒沿着导轨上滑过程中回路中产生的总热量为QmvmgLsin (mvmgL)，电阻R上产生的热量为QRQ(mvmgL)，故C错误；根据功能关系可知，导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功等于回路中产生的总热量，即WQ(mvmgL)，故D正确所以选A、D.11(1)4倍(2)28l解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E12Blv1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1设此时线框所受安培力为F1，有F12I1lB由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1由式得v1设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2由式得v24v1(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mglmv线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l.12(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J解析(1)设金属棒匀加速运动的时间为t，回路的磁通量的变化量为，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得E其中Blx设回路中