2014高考物理一轮复习讲义 第3讲 专题 电磁感应的综合应用

1、PAGE PAGE - 15 -第3讲专题：电磁感应的综合应用一、电磁感应中的电路问题1内电路和外电路(1)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(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路2电源电动势和路端电压(1)电动势：EBlv或Eneq f(,t).(2)电源正、负极：用右手定则或楞次定律确定(3)路端电压：UEIrIR.二、电磁感应图象问题图象类型(1)随时间变化的图象如Bt图象、t图象、Et图象和It图象(2)随位移x变化的图象如Ex图象和Ix图象问题类型(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求

2、解相应的物理量(3)利用给出的图象判断或画出新的图象应用知识左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知识等三、感应电流在磁场中所受的安培力1安培力的大小由感应电动势EBlv，感应电流Ieq f(E,R)和安培力公式FBIl得Feq f(B2l2v,R).2安培力的方向判断eq x(aal(感应电流,受安培力,的方向)eq blc|rc (avs4alco1(x(aal(先用右手定则确定感应电流方向，再用,左手定则确定安培力方向),x(aal(根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割,磁感线运动方向相反)四、电磁感应中的能量转化与守恒1能量转化的实质

3、电磁感应现象的能量转化实质是其他形式能和电能之间的转化2能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能(或其他形式的能)3热量的计算电流(恒定)做功产生的热量用焦耳定律计算，公式QI2Rt.1穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图所示下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是()A图中，回路产生的感应电动势恒定不变B图中，回路产生的感应电动势一直在变大C图中，回路在0t1时间内产生的感应电动势小于在t1t2时间内产生的感应电动势D图中，回路产生的感应电动势先变小再变大解析：由法拉第电磁感应定律Eneq f(,t)可得，闭

4、合回路产生的感应电动势取决于t图象的斜率的绝对值大小图中t图象的斜率为零，故感应电动势为零，A错误；图中t图象斜率不变，故感应电动势为定值，B错误；图中回路中0t1时间内t图象的斜率的绝对值大于t1t2时间内t图象的斜率的绝对值，故在0t1时间内产生的感应电动势大于t1t2时间内产生的感应电动势，C错误；图中t图象的斜率的绝对值先变小再变大，故回路产生的感应电动势先变小再变大，D正确答案：D2如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻忽略不计，MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向

5、垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)，现对MN施力使它沿导轨方向以速度v(如图)做匀速运动，令U表示MN两端电压的大小，则()AUeq f(1,2)vBl，流过固定电阻R的感应电流由b到dBUeq f(1,2)vBl，流过固定电阻R的感应电流由d到bCUvBl，流过固定电阻R的感应电流由b到dDUvBl，流过固定电阻R的感应电流由d到b解析：导体杆向右做匀速直线运动产生的感应电动势Blv，R和导体杆形成一串联电路，由分压原理得Ueq f(Blv,RR)Req f(1,2)Blv，由右手定则可判断出感应电流方向由NMbdN，故A选项正确答案：A3.如图所示，在光滑的水平面上，一质量为m0.1 k

6、g，半径为r0.5 m，电阻为R0.5 的均匀金属圆环，以v05 m/s的初速度向一磁感应强度为B0.1 T的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d2r)圆环的一半进入磁场历时2秒，圆环上产生的焦耳热为0.5 J，则2秒末圆环中感应电流的瞬时功率为()A0.15 WB0.2 WC0.3 W D0.6 W解析：圆环刚好有一半进入磁场时，设瞬时速度为v，由Qeq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)mv2，解得veq r(15) m/s，此时环上的瞬时感应电动势为EBv2r，故瞬时功率为PE2/R0.3 W.答案：C4.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab.导轨

7、的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动，则()A随着ab运动速度的增大，其加速度也增大B外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率D无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析：设ab的速度为v，运动的加速度aeq f(Ff(B2L2v,R),m)，ab由静止先做加速度逐渐减小的加速运动，当a0后做匀速运动，则A选项错误；由能量守恒知外力F对ab做的功等于电路中产生的电能和ab增加的动能之和ab克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，

8、则B选项错误D选项正确；当ab做匀速运动时，FBIL，外力F做功的功率等于电路中的电功率，则C选项正确答案：CD5.如图所示，水平面上固定一个间距L1 m的光滑平行金属导轨，整个导轨处在竖直方向的磁感应强度B1 T的匀强磁场中，导轨一端接阻值R9 的电阻导轨上有质量m1 kg、电阻r1 、长度也为1 m的导体棒，在外力的作用下从t0开始沿平行导轨方向运动，其速度随时间的变化规律是v2eq r(t)，不计导轨电阻求：(1)t4 s时导体棒受到的安培力的大小；(2)请在如图所示的坐标系中画出电流平方与时间的关系(I2t)图象解析：(1)4 s时导体棒的速度是v2eq r(t)4 m/s感应电动势：

9、EBLv感应电流：Ieq f(E,Rr)此时导体棒受到的安培力：F安BIL0.4 N.(2)由(1)可得I2(eq f(E,Rr)24(eq f(BL,Rr)2t0.04t作出图象如图所示答案：(1)0.4 N(2)见解析图eq avs4al(电磁感应中的图象问题)1图象问题的特点考查方式比较灵活，有时根据电磁感应现象发生的过程，确定图象的正确与否，有时依据不同的图象，进行综合计算2解题关键弄清初始条件，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3“三看”、“三明确”对于图象问题，应做“三看”、“三明确”，即(1)看轴看清变量(2)看线看图象的形状(3

10、)看点看特殊点和转折点(4)明确图象斜率的物理意义(5)明确截距的物理意义(6)明确“”“”的含义(2012福建理综)如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是()解析：闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是均匀变化，所以感应电流随x的变化关系不可能是线性关系，A项错误；铜环由静止开始下落

11、，速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小，过O点后，铜环的速度增大，磁通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确，C项错误答案：B1图象问题的求解类型2.解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是Bt图象还是t图象，或者Et图象、It图象等(2)分析电磁感应的具体过程(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿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，如分析斜率的变化、截距等(6)画图象或判断图象11：如图甲所示，空间存在一宽度为2L的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里在

12、光滑绝缘水平面内有一边长为L的正方形金属线框，其质量m1 kg、电阻R4 ，在水平向左的外力F作用下，以初速度v04 m/s匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B；(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；(3)判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由解析：(1)由Ft图象可知，线框加速度aeq f(F2,m)2 m/s2线框的边长Lv0teq f(1,2)at2(41eq f(1,2)212) m3 mt0时刻线框中的感应电流Ieq f(BLv0,R)线框所受的安培力F安BIL由牛顿第二定律

13、F1F安ma又F11 N，联立得Beq f(1,3) T0.33.(2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势eq xto(E)eq f(BL2,t)平均电流eq xto(I)eq f(xto(E),R)通过线框的电荷量qeq xto(I)t联立得q0.75 C.(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x.由运动学公式得0veq oal(2,0)2ax代入数值得x4 m2L所以线框不能从右侧离开磁场答案：(1)eq f(1,3) T(2)0.75 C(3)不能eq avs4al(电磁感应中的电路问题)1对电磁感应电源的理解(1)电源的正、负极可用右手定则或楞次定律判定(2)电源电动势

14、的大小可由EBlv或Eneq f(,t)求得2对电磁感应电路的理解(1)在电磁感应电路中，相当于电源的部分把其他形式的能通过电流做功转化为电能(2)“电源”两端的电压为路端电压，而不是感应电动势(2012浙江理综)为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置如图所示，自行车后轮由半径r15.0102 m的金属内圈、半径r20.40 m的金属外圈和绝缘辐条构成后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B0.10 T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角eq f(,6)

15、.后轮以角速度2 rad/s相对于转轴转动若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；(3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uabt图象解析：(1)金属条ab在磁场中切割磁感线时，所构成的回路的磁通量变化设经过时间t，磁通量的变化量为，由法拉第电磁感应定律Eeq f(,t) BSB(eq f(1,2)req oal(2,2)eq f(1,2)req oal(2,1) 由、式并代入数值得：Eeq

16、f(,t)eq f(1,2)B(req oal(2,2)req oal(2,1)4.9102 V 根据右手定则(或楞次定律)，可得感应电流方向为ba. (2)通过分析，可得电路图为(3)设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知，R总Req f(1,3)Req f(4,3)R ab两端电势差UabEIREeq f(E,R总)Req f(1,4)E1.2102 V 设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2.t1eq f(,)eq f(1,12) s t2eq f(f(,2),)eq f(1,4) s 设轮子转一圈的时间为T，Teq f(2,)1 s 在T1 s内，金属条有

17、四次进出，后三次与第一次相同 由、可画出如下Uabt图象答案：(1)4.9102 V电流方向为ba(2)见解析(3)见解析解决电磁感应电路问题的基本步骤(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向从而确定电源正负极，明确内阻r.(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路(3)根据EBLv或Eneq f(,t)结合闭合电路欧姆定律，串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解21：如图所示，匀强磁场B0.1 T，金属棒AB长0.4 m，与框架宽度相同，电阻为eq f(1,3) ，框架电阻不计，电阻R12 ，R

18、21 ，当金属棒以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多大？(2)若图中电容器C为0.3 F，则充电荷量是多少？解析：(1)由EBLv得E0.10.45 V0.2 VReq f(R1R2,R1R2)eq f(21,21) eq f(2,3) Ieq f(E,Rr)eq f(0.2,f(2,3)f(1,3) A0.2 A.(2)路端电压UIR0.2eq f(2,3) Veq f(0.4,3) VQCU2CU0.3106eq f(0.4,3) C4108 C.答案：(1)0.2 A(2)4108 Ceq avs4al(电磁感应中的动力学问题)1运动的动态分析2电磁感应问题

19、中两大研究对象及其相互制约关系(2012广东理综)如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中左侧是水平放置、间距为d的平行金属板R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻(1)调节RxR，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速度v.(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.解析：(1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示导体棒所受安培力F安BIl 导体棒匀速下滑，所以F安

20、Mgsin 联立式，解得Ieq f(Mgsin ,Bl)导体棒切割磁感线产生感应电动势EBlv 由闭合电路欧姆定律得Ieq f(E,RRx)，且RxR，所以Ieq f(E,2R) 联立式，解得veq f(2MgRsin ,B2l2). (2)由题意知，其等效电路图如图所示由图知，平行金属板两板间的电压等于Rx两端的电压设两板间的电压为U，由欧姆定律知UIRx 要使带电的微粒匀速通过，则mgqeq f(U,d) 因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I，所以联立式，解得Rxeq f(mBld,Mqsin ).答案：(1)eq f(Mgsin ,Bl)eq f(2MgRsin ,B2l2)(2)eq f(

21、mBld,Mqsin )导体棒两种状态的处理方法(1)导体处于平衡态静止或匀速直线运动状态处理方法：根据平衡条件列方程求解(2)导体处于非平衡态加速度不为零处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析31：如图所示，有两根和水平方向成角的光滑且平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A如果B增大，vm将变大B如果变大，vm将变大C如果R变大，vm将变大D如果m变小，vm将变大解析：以金属杆为研究对象，受力如图所示根据牛顿第二定

22、律得mgsin F安ma，其中F安eq f(B2L2v,R).当a0时，vvm，解得vmeq f(mgRsin ,B2L2)，结合此式分析即得B、C选项正确答案：BCeq avs4al(电磁感应中的能量问题)1能量转化特点eq x(aal(机械能或其,他形式的能)eq o(,sup15(安培力做负功)eq x(aal(电,能)eq o(,sup15(电流做功)eq x(aal(内能或其他,形式的能)2电能的求解思路eq x(aal(电能求,解思路,主要有,三种)eq blc|rc (avs4alco1(x(aal(1利用克服安培力做功,感应电路中产生的焦耳热等于,克服安培力做的功，即QWA.)

23、,x(aal(2利用QI2Rt,感应电路中电阻产生的焦耳热等,于电流通过电阻做的功，即QI2Rt.),x(aal(3利用能量守恒,感应电流中产生的焦耳热等于电磁感应,现象中其他形式能量的减少，即QE其他)(20分)如图所示，在倾角为37的斜面内，放置MN和PQ两根不等间距的光滑金属导轨，该装置放置在垂直斜面向下的匀强磁场中导轨M、P端间接入阻值R130 的电阻和理想电流表，N、Q端间接阻值为R26 的电阻质量为m0.6 kg、长为L1.5 m的金属棒放在导轨上以v05 m/s的初速度从ab处向右上滑到ab处的时间为t0.5 s，滑过的距离l0.5 mab处导轨间距Lab0.8 m，ab处导轨间

24、距Lab1 m若金属棒滑动时电流表的读数始终保持不变，不计金属棒和导轨的电阻，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.求：(1)此过程中电阻R1上产生的热量(2)此过程中电流表上的读数(3)匀强磁场的磁感应强度规范解答/：解(1)因电流表的读数始终保持不变，即感应电动势不变，故BLabv0BLabvab，(2分)代入数据可得vab4 m/s(2分)根据能量守恒定律得：Q总eq f(1,2)m(veq oal(2,0)veq oal(2,ab)mglsin 37QR1QR2(4分)由Qeq f(U2,R)t得：eq f(QR1,QR2)eq f(R2,R1)(1分)代入数据可

25、求得：QR10.15 J(1分)(2)由焦耳定律：QR1Ieq oal(2,1)R1t可知：电流表读数I1eq r(f(QR1,R1t)0.1 A(2分)(3)不计金属棒和导轨上的电阻，则R1两端的电压始终等于金属棒与两轨接触间的电动势，EI1R1，(2分)EBLabvab(2分)所以Beq f(I1R1,Labvab)0.75 T(2分)答案：(1)0.15 J(2)0.1 A(3)0.75 T.此类问题求解的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据能量守恒定律列式求解41：处于竖直向上匀强磁场中的两根电阻不计的平行

26、金属导轨，下端连一电阻R，导轨与水平面之间的夹角为.一电阻可忽略的金属棒ab，开始时固定在两导轨上某位置，棒与导轨垂直如图所示，现释放金属棒让其由静止开始沿轨道平面下滑就导轨光滑和粗糙两种情况比较，当两次下滑的位移相同时，则有()A重力势能的减少量相同B机械能的变化量相同C磁通量的变化率相同D产生的焦耳热相同解析：本题考查金属棒在磁场中的运动及能量转化问题当两次下滑的位移相同时，易知重力势能的减少量相同，则选项A正确；两次运动的加速度不同，所用时间不同，速度不同，产生的感应电动势不同，磁通量的变化率也不同，动能不同，机械能的变化量不同，则产生的焦耳热也不同，故选项B、C、D均错误答案：A1(2

27、012课标)如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行已知在t0到tt1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是()解析：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，所以受到的安培力方向相反，导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力，所以合力与左边导线框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，导线框处的磁场方向

28、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、D、D错误答案：A2.如图所示，金属棒AB垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，棒与导轨接触良好，棒AB和导轨的电阻均忽略不计，导轨左端接有电阻R，垂直于导轨平面的匀强磁场向下穿过平面，现以水平向右的恒力F拉着棒AB向右移动，t秒末棒AB的速度为v，移动距离为x，且在t秒内速度大小一直在变化，则下列判断正确的是()At秒内AB棒所受安培力方向水平向左且逐渐增大Bt秒内AB棒做加速度逐渐减小的加速运动Ct秒内AB棒做匀加速直线运动Dt秒末外力F做功的功率为eq f(2Fx,t)答案：A

29、B3.如图所示，在方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框在水平拉力作用下以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长adl，cd2l，线框导线的总电阻为R.则线框离开磁场的过程中()Aab间的电压为eq f(4Blv,3)Bad间的电压为eq f(2Blv,3)C线框中的电流在ab边产生的热量为eq f(8B2l3v,3R)D线框中的电流在ad边产生的热量为eq f(2B2l3v,3R)解析：线框离开磁场的过程中，ab边切割磁感线产生感应电动势E2Blv，由闭合电路欧姆定律得，ab间的电压为Uabeq f(4Blv,3)，ad间的电压为Uadeq f(Blv,3)，A正确，B错；根据焦耳定律可得，线框中