2019届高三物理二轮复习电磁感应中力电综合题型归纳

1、2021届高三物理二轮复习电磁感应中力电综合题型归纳类型一、电磁感应中的电路问题例1、把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环,水平固定在竖直向下的磁感应弓虽度为B的匀强磁场中,如下图,一长度为2a、电阻等于R、粗细均匀的金属棒MN放在圆环上,它与圆环始终保持良好的电接触.当金属棒以恒定速度v向右移动,经过环心O时,求：(1)棒上电流的大小和方向,以及棒两端的电压Umn.(2)在圆环和金属棒上消耗的总热功率.【思路点拨】当金属棒以恒定速度v向右移动,经过环心O时,金属棒切割磁感线相当于电源,判断电流方向,电势高的点,标出电流方法,可以看出,电流分成两条支路,即两部分导线并联,简要画出电

2、路图,然后列式计算.【答案】(1)4BaV,方向由N到M;8(BaV)3R3R为E=B2av=2Bav,此时的等效电路为,N【解析】(1)当金属棒MN经过环心O点时,产生的感应电动势由欧姆定律得4Bav3R由右手定那么知电流的；R4BavR2金属棒两端的电压是路端电压,Umn=I一=一a-一=一Bav.43R23(2)由于整个电路为纯电阻电路,所以在圆环和金属棒上消耗的总热功率等于电源的总功率即P=EI8(Bav)23R【总结升华】解题的关键是分析清楚哪是电源、哪是内电路、哪是外电路,它们的电阻是多大,电流的流向,串并联关系如何,做题时最好画出电路图.此题MN是电源,其电阻是内阻,电流在M分成

3、两条支路,这两段是并联关系,两段的电阻都为R,因此外电路的电阻为R的二分之一.举一反三【变式1】用一根粗细均匀电阻值为r的电阻丝,弯曲成圆环,固定在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中.圆环直径为d,有一长度亦为d的金属棒ab,电阻值为%,水平放置在圆环下侧边缘,如下图.ab棒以速度v紧靠着圆环做匀速直线运动,运动过程中保持棒与电阻丝良好接触.当棒到达图中虚线所示位置时,求(1)通过棒中的电流大小.(2)棒所受安培力大小.(3)加在棒上外力的功率.(1)12Bdv、12B2d2v、12B2d2v2(2)(3)7r7r7r【解析】(1)ab棒以速度v匀速运动到图中虚线位置时,1产生的感

4、应电动势为E=Bdv,电流方向从b到a,分成两条支路,这两段的电阻均为一r,211_117那么外电路的电阻为r,内电阻为r,电路的总电阻为R=r,r=r434312E12Bdv所以通过棒中的电流I=E.R7r(2)棒所受安培力Fa=Bld=Bd型型7r2212B2d2v7r根据左手定那么,安培力方向向下.(3)ab棒匀速运动,外力等于安培力,加在棒上外力的功率等于安培力的功率2,2212BdvP=Fv=Fav=7r【变式2】半径为a的圆形区域内有均匀磁场,磁感强度为B=0.2T,磁场方向垂直纸面向里,半径为b的金属圆环与磁场同心地放置,磁场与环面垂直,其中a=0.4m,b=0.6m,金属环上分

5、别接有灯Li、L2,两灯的电阻均为R=2Q,一金属棒MN与金属环接触良好,棒与环的电阻均忽略不计(1)假设棒以vo=5m/s的速率在环上向右匀速滑动,求棒滑过圆环直径OO'的瞬时(如图所示),MN中的电动势和流过灯Li的电流.(2)撤去中间的金属棒MN,将右面的半圆环OL2O'以OO'为轴向上翻转90o,假设此时磁场随时间均匀变化,其变化率为=-T/s,求Li的功率.Lt二【答案】(1)0.4A;(2)1.2810-W0【解析】(1)棒滑过圆环直径OO'的瞬时,MN中的电动势E1=B2av=0.20.85V=0.8V两灯泡并联,等效电路如图(1)所示,流过灯L1

6、的电流l1=E1/R=0.8A/2=0.4A图(2)撤去中间的金属棒MN,将右面的半圆环OL2O'以OO'为轴向上翻转90o,半圆环OL1O'中产生感应电动势,相当于电源,灯L2为外电路,图(!)两灯泡串联,等效电路如图(2)所示,一12B/感应电动势E2=na=0.32V,一1灯L1的电压为一E2,2t2t所以L1的功率P=任2'2)=1.28M10,W.R类型二、电磁感应中的力学问题例2、如下图,不计电阻的光滑U形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃挡板HP固定在框上,HP的间距很小.质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间,与金属框接触良好并围成

7、边长为1m的正方形,其有效电阻为0.1Q此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律是B=(0.4-0.2t)T,图示磁场方向为正方向.框、挡板和杆不计形变.那么A. t=1s时,金属杆中感应电流方向从C到DB. t=3s时,金属杆中感应电流方向从D到CC. t=1s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND. t=3s时,金属杆对挡板H的压力大小为0.2N【答案】AC【解析】由于B=(0.4-0.2t)T,在t=1s时穿过平面的磁通量向下并减少,那么根据楞次定律可以判断,金属杆中感应电流方向从C到D,A正确.在t=3s时穿过平面的磁通量向上

8、并增加,那么根据楞次定律可以判断,金属杆中感应电流方向仍然是从C到D,B错误.由法拉第电磁感应定律得B-Ssin30=0.1V.：t由闭合电路的欧姆定律得电路电流I=互=1A,在t=1s时,B=0.2T,方向斜向下,R电流方向从C到D,金属杆对挡板P的压力水平向右,大小为Fp=BILsin30=0.1N,C正确.同理,在t=3s时,金属杆对挡板H的压力水平向左,大小为FH=BILsin30=0.1N,D错误.举一反三【变式1】如图,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下.一质量为m的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下

9、沿导轨以速度v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.导体棒与导轨间的动摩擦因数为N,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略.求(1)电阻R消耗的功率;(2)水平外力的大小.2.2BlvF二-Jmgr2|22【答案】(1)P=B-L-(2)R【解析】(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E=BLv,根据欧姆定律,闭合回路中的感应电流为I=-RB2L2V2电阻R消耗的功率为P=I2R,联立可得P=R(2)对导体棒受力分析,受到向左的安培力和向左的摩擦力,向右的外力,三力平衡,Blv.B212V故有F安+Nmg=F,5安=BI1=B11,故F=+NmgRR【变式2】如下图,平

10、行金属导轨与水平面成.角,导轨与固定电阻Ri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,导体棒的电阻与固定电阻Ri和R2的阻值均相等,与导轨之间的动摩擦因数为由导体棒ab沿导轨向上滑动,当上滑的速度为v时,受到安培力的大小为F.此时A.电阻Ri消耗的热功率为Fv/3B.电阻Ri消耗的热功率为Fv/6C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgcjosQ.D.整个装置消耗的机械功率为(F+mgos»v【答案】BCD【解析】由法拉第电磁感应定律得E=BLv,总电阻=R+R=1.5R2B212V3R1-一,=一Fv.A错B对.62回路总电流I=E=空上安培力F=BIL1.5R

11、3R222所以电阻Ri的功率：p=(1I)2r=B1v29R由于摩擦力f=Nmgcos日,故因摩擦而消耗的热功率为pf=fv=Nmgvcos日,C对.整个装置消耗的机械功率应为安培力与摩擦力消耗的功率之和F+Nmgcos日v,D对.故B、C、D选项正确.类型三、电磁感应中的能量问题例3、如下图,在竖直平面内有一金属环,半径为a,总电阻为R,磁感强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面,在环最高点有一水平固定转轴A,一轻质导体棒AB可绕A点光滑转动,导体棒长度为2a,电阻为R/2,B端有一金属小球,导体棒由静止开始从水平位置紧贴环面摆下,当摆到竖直位置时,B端小球速度为v,求：1导体棒摆到竖直位置时A、

12、B两端电压大小为多少？2假设在整个过程中系统产生热量为Q,那么导体棒B端小球的质量M为多少？【思路点拨】对导体棒在磁场中的转动问题,尽管也是切割磁感线,但各处速度不等,所以1.要按平均速度求解,即E=-BLv,A、B两端电压是路端电压.根据能量守恒定律求系统2产生热量.、12Q【答案】(1)-Bav(2)234ga-v【解析】(1)导体棒转到竖直位置时,产生瞬间感应电动势,1212EBL=B(2a)22v=Bav2a3rA、B两端UAB1cBav3(2)由能量守恒MgC112LL,2a=Q+Mv,所以.2【总结升华】求转动的问题要用平均速度,1一、“,一一E=BLv,v=L切；A、B两端电压是

13、路端2电压,外电阻是R的四分之一；对“系统产生热量为Q这类问题,要快速想到根据能量守恒定律求解.【变式1】如下图,匀强磁场的磁感应强度为B,方向竖直向下,在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框.ab边质量为m,其它三边的质量不计,金属框的总电阻为R,cd边上装有固定的水平轴,现在将金属框从水平位置由静止释放,不计一切摩擦.金属框经t秒钟恰好通过竖直位置ab'cd.求:(1)在图中标出(2)求上述时间ab通过最低位置时,金属框中的感应电流的方向;t内金属框中的平均感应电动势；(3)假设在上述ts内,金属框中产生的焦耳热为Q,求ab边通过最低位置时受到的安培力.BL2【答案】(1)感应电

14、流的万向bacdb.(2)E=t,方向水平向右.【解析】(1)ab通过最低位置时,速度水平向左,根据右手定那么,感应电流的方向bacdb.(2)根据法拉第电磁感应定律,E=n,初态的磁通量句=81,末态的磁通量%=0,二t122BL2磁通量的变化Ae=BL2,所以平均感应电动势E=t12(3)根据能重转化和守恒te律有mgL=Q+mv,2求出ab边到达最低点时的速度大小v=j2(mgL-Q),m在最低点时电动势的大小E-BLv=BL2(mgL-Q)m那么ab边到达最低点时受到的安培力B2l2Fa=BIL=B-v=R_22F-BL2(mgL-Q)根据左手定那么,安培力的方向水平向右.【变式2】如

15、下图,闭合导线框的质量可以忽略不计,将它从图示位置匀速拉出匀强磁场,假设第一次用0.3秒时间拉出,外力所做的功为Wi,通过导线截面的电量为q"第二次用0.9秒时间拉出,外力做的功为W2,通过导体截面的电量为q2,那么()A. W1VW2,q1Vq2C.Wi>W2,qi=q2B. Wi<W2,qi=q2D.Wi>W2,qi>q2)XXXI箕lxx*p*xkx.【解析】用li表示导线框竖边长,匀速拉出时产生感应电动势E=Blv；用12表示拉出的横边长,那么拉出所用的时间t=12.v把导线框拉出磁场的过程,线框中电流并R这段时间通过导线截面的电量,Bl1Vl2Blil2q=It=RvRqi=q2.可见通过导线截面的电量和拉出所用的时间大小无关,是Rt导线框出磁场区做功W=Fl2=Bl1Il2=Blll2说明做功大小和拉出所用白时间有关,此题中ti<t2,Wi>W2.【变式3】平行金属导轨MN竖直放置于绝缘水平地板上,如下图,金属杆PQ可以紧贴导轨无摩擦滑动,导轨间除固定电阻R以外,其它局部电阻不计,匀强磁场B垂直穿过导轨平面,以下有两种情况：第1次,先闭合开关S,