【物理】2019届一轮复习苏教版第九章第3讲电磁感应定律的综合应用学案

【物理】2019届一轮复习苏教版第九章第3讲电磁感应定律的综合应用学案

第3讲　电磁感应定律的综合应用 命题点一　电磁感应中的电路问题 ‎ ‎1．产生感应电动势的那部分导体相当于电源．‎ ‎2．在电源内部电流由负极流向正极．‎ ‎3．电源两端的电压是路端电压．‎ 例1　半径为r的带缺口刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d且足够宽，如图1甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示．在t＝0时刻平行金属板间有一重力不计、电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．第2 s内上极板为正极 B．第3 s内上极板为负极 C．第2 s末微粒回到原来的位置 D．第2 s末两极板间的电场强度大小为 答案　A 解析　由楞次定律得第1 s内下极板为正极，第2 s内和第3 s内上极板为正极，A正确，B错误；在第1 s内微粒向某极板做匀加速运动，第2 s内向同一极板做匀减速直线运动，第2 s末速度为零，C错误；第2 s末两极板之间的电压为E＝＝S＝0.1πr2，电场强度为，D错误．‎ 命题点二　电磁感应中的图象问题 ‎1．题目一般分为两类 ‎(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；‎ ‎(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象．常见 的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等．‎ ‎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、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．‎ ‎3．解决图象问题的一般步骤 ‎(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；‎ ‎(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的对应关系；‎ ‎(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；‎ ‎(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．‎ ‎4．求解电磁感应图象类选择题的两种常用方法 ‎(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)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．‎ ‎(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进行分析和判断．‎ 例2　(2017·宜兴市下学期初考)如图2所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd.t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图象正确的是(　　)‎ 图2‎ 答案　C 解析　线框的速度与时间的关系式为v＝at，a是加速度，设线框边长为L，总电阻为R，在0～t1时间内，感应电流为零，t1～t2时间内，由E＝BLv和i＝得，感应电流与时间的关系式为i＝t，B、L、a、R均不变，电流i与t成正比，t2时间后无感应电流，故A、B错误；在0～t1时间内，感应电流为零，ad边两端的电压为零，t1～t2时间内，电流i与t成正比，ad边两端电压大小为U＝iRad＝×R＝，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，ad边两端电压大小为U＝E＝BLat，电压随时间均匀增加，故C正确；根据推论得知：线框所受的安培力为F安＝，由牛顿第二定律得F－F安＝ma，得F＝t＋ma,0～t1时间内，感应电流为零，F＝ma，为定值，t1～t2时间内，F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流，F＝ma，为定值，故D错误．‎ 变式　(多选)(2017·宿迁市上学期期末)如图3甲所示，一个刚性圆形线圈与电阻R构成闭合回路，线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．关于线圈中产生的感应电动势e、电阻R消耗的功率P随时间t变化的图象，可能正确的有(　　)‎ 图3‎ 答案　BD 命题点三　电磁感应中的动力学问题与能量转化问题 ‎1．解决电磁感应中的动力学问题的一般思路 ‎2．能量转化及焦耳热的求法 ‎(1)能量转化 电能 ‎(2)求解焦耳热Q的三种方法 ‎3．单棒导体切割磁感线一般运动过程 类型 ‎“电—动—电”型 ‎“动—电—动”型 示意图 已知量 棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑水平，电阻不计 棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，电阻不计 过程分析(↑表示增大，↓表示减小，→表示推出)‎ S闭合，棒ab受安培力F＝，此时加速度a＝，棒ab速度v↑→感应电动势E′＝BLv↑→电流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，当安培力F＝0时，a＝0，v最大，最后匀速运动 棒ab释放后下滑，此时加速度a＝gsin α，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsin α时，a＝0，v最大，最后匀速运动 能量转化分析 通过安培力做功，电能一部分转化为杆的动能，一部分转化为焦耳热 重力势能一部分转化为杆的动能，一部分通过克服安培力做功转化为电能，又通过电阻转化为焦耳热 ‎4.两种状态及处理方法 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 例3　(2017·江苏单科·13)如图4所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：‎ 图4‎ ‎(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)MN刚扫过金属杆时，感应电动势E＝Bdv0‎ 感应电流I＝ 解得I＝ ‎(2)安培力F＝BId 由牛顿第二定律得F＝ma 解得a＝ ‎(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v，则 感应电动势E′＝Bd(v0－v)‎ 电功率P＝ 解得P＝ 例4　(2018·南通市调研)如图5所示，两根足够长的平行金属导轨间距l＝0.50 m，倾角θ＝‎ ‎53°，导轨上端串接电阻R＝0.05 Ω.在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度B＝2.0 T的匀强磁场，质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用轻质细绳跨过定滑轮与拉杆GH(GH杆的质量不计)相连．某同学用F＝80 N的恒力竖直向下拉动GH杆，使CD棒从图中初始位置由静止开始运动，刚进入磁场时速度为v＝2.4 m/s，当CD棒到达磁场上边界时该同学松手．g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其它电阻和一切摩擦，求：‎ 图5‎ ‎(1)CD棒的初始位置与磁场区域下边界的距离s；‎ ‎(2)该同学松手后，CD棒能继续上升的最大高度h；‎ ‎(3)在拉升CD棒的过程中，该同学所做的功W和电阻R上产生的热量Q.‎ 答案　(1)0.24 m　(2)0.288 m　(3)64 J　26.88 J 解析　(1)CD棒向上运动：F－mgsin θ＝ma 代入数据解得：a＝12 m/s2‎ 由运动学公式：v2＝2as 代入数据解得：s＝0.24 m ‎(2)刚进入磁场时产生的感应电动势为：E＝Blv＝2×0.5×2.4 V＝2.4 V 由闭合电路欧姆定律有：I＝＝ A＝48 A 又：F安＝BIl＝2×48×0.5 N＝48 N 因为：F＝mgsin θ＋F安＝40×0.8 N＋48 N＝80 N 所以CD棒在磁场中做匀速直线运动 离开磁场后，CD棒沿导轨向上做匀减速运动 由v2＝2gxsin θ 代入数据解得：x＝0.36 m CD棒还能继续上升的最大高度为：h＝xsin θ＝0.288 m ‎(3)该同学所做的功为：W＝F(s＋d)‎ 代入数据解得：W＝64 J 由能量转化和守恒定律得：F(s＋d)＝mg[(s＋d)sin θ＋h]＋Q 代入数据解得：Q＝26.88 J 例5　(2017·南通市第二次调研)如图6所示，MN、PQ为光滑平行的水平金属导轨，电阻R＝3.0 Ω，置于竖直向下的有界匀强磁场中，OO′为磁场边界，磁场磁感应强度B＝1.0 T，‎ 导轨间距L＝1.0 m，质量m＝1.0 kg的导体棒垂直置于导轨上且与导轨接触良好，导体棒接入电路的电阻为r＝1.0 Ω.t＝0时刻，导体棒在水平拉力作用下从OO′左侧某处由静止开始以加速度a0＝1.0 m/s2做匀加速运动，t0＝2.0 s时刻棒进入磁场继续运动，导体棒始终与导轨垂直．‎ 图6‎ ‎(1)求0～t0时间内棒受到拉力的大小F及t0时刻进入磁场时回路的电功率P0.‎ ‎(2)求导体棒t0时刻进入磁场瞬间的加速度a；若此后棒在磁场中以加速度a做匀加速运动至t1＝4 s时刻，求t0～t1时间内通过电阻R的电荷量q.‎ ‎(3)在(2)情况下，已知t0～t1时间内拉力做功W＝5.7 J，求此过程中回路中产生的焦耳热Q.‎ 答案　(1)1.0 N　1.0 W　(2)0.5 m/s2　1.25 C　(3)3.2 J 解析　(1)导体棒在进入磁场前运动的加速度为a0，‎ 则F＝ma0＝1.0 N 棒在t0时刻的速度v0＝a0t0＝2 m/s 棒在t0时刻产生的电动势E＝BLv0＝2 V 电功率P0＝ 代入数据解得P0＝1.0 W ‎(2)回路在t0时刻产生的感应电流I＝＝0.5 A 棒在t0时刻受到的安培力F安＝BIL＝0.5 N 根据牛顿第二定律有F－F安＝ma 代入数据解得a＝0.5 m/s2‎ t0～t1时间内位移 x＝v0(t1－t0)＋a·(t1－t0)2＝5 m 流过电阻R的电荷量q＝·Δt＝＝＝1.25 C ‎(3)t1时刻棒的速度v＝v0＋a(t1－t0)‎ 由动能定理有W＋W安＝mv2－mv02‎ Q ＝－ W安 代入数据解得Q＝3.2 J.‎ ‎1．(2017·南通市第二次调研)如图7所示，闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i随时间t变化的图象可能正确的是(　　)‎ 图7‎ 答案　B 解析　闭合导线框进入磁场时由楞次定律知电流方向为逆时针，故排除D，闭合导线框离开磁场时由楞次定律知电流方向为顺时针，故排除A，根据有效切割长度的变化可知，C错误，B正确．‎ ‎2．(多选)(2018·盐城中学月考)如图8所示，电阻为R的金属棒，从图示位置分别以速率v1、v2沿电阻不计的光滑轨道从ab匀速滑到a′b′处，若v1∶v2＝1∶2，则在两次移动过程中(　　)‎ 图8‎ A．回路中感应电流I1∶I2＝1∶2‎ B．回路中产生热量Q1∶Q2＝1∶2‎ C．回路中通过截面的总电量q1∶q2＝1∶2‎ D．金属棒产生的感应电动势E1∶E2＝1∶2‎ 答案　ABD ‎3.(2018·南京市三校联考)如图9所示，线圈由A位置开始下落，在磁场中受到的安培力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为(　　)‎ 图9‎ A．aA>aB>aC>aD B．aA＝aC>aB>aD C．aA＝aC>aD>aB D．aA＝aC>aD＝aB 答案　B ‎4.(多选)(2017·江都中学12月检测)如图10，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程(　　)‎ 图10‎ A．流过电阻R的电荷量为 B．杆的速度最大值为 C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量 答案　BD ‎5.(2017·盐城市第三次模拟)如图11所示，两根电阻不计、相距L、足够长的平行金属直角导轨，一部分处在水平面内，另一部分处在竖直平面内．导轨所在空间存在大小为B、方向竖 直向下的匀强磁场．金属棒ab质量为2m，电阻为R；cd质量为m，电阻为2R，两棒与导轨间动摩擦因数均为μ，ab棒在水平向左拉力作用下，由静止开始沿水平轨道做匀加速运动，同时cd棒由静止释放，cd棒速度从0达到最大的过程中拉力做功为W，重力加速度为g.求：‎ 图11‎ ‎(1)cd棒稳定状态时所受的摩擦力；‎ ‎(2)cd棒速度最大时，ab棒两端的电势差；‎ ‎(3)cd棒速度从0达到最大的过程中，ab棒克服阻力做的功．‎ 答案　见解析 解析　(1)cd棒最终保持静止状态，所受的合力为0.‎ mg－Ff静＝0，Ff静＝mg，方向：竖直向上 ‎(2)cd棒速度达到最大时，所受合力为0.‎ mg－Ff滑＝0，Ff滑＝μFN，FN＝F安＝BIL，‎ ab棒两端的电势差U＝I·2R＝.‎ ‎(3)cd棒速度从0达到最大的过程中，ab棒克服阻力做的功为W阻＝W摩＋W安．‎ W－W阻＝·2mvab2，‎ I＝ 对cd棒有：μBIL＝mg 联立解得：vab＝，‎ W阻＝W－.‎ ‎1．将一段导线绕成如图1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Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ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(　　)‎ 图1‎ 答案　B 解析　根据题图B－t图象可知，在0～时间内，B－t图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电磁感应定律E＝nS可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定律可知，ab中电流方向为b→a，再由左手定则可判断ab边受到向左的安培力，且0～时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在～T时间内，B－t图线的斜率为正且为定值，同理可知ab边所受安培力仍恒定不变，方向与规定的正方向相同．综上可知，B正确．‎ ‎2．(2018·扬州中学模拟)一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图2甲所示．现有一个金属线框沿ab方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域．线框中的电流随时间变化的I－t图象如图乙所示．则可能的线框是下列图示中的哪一个(　　)‎ 图2‎ 答案　D 解析　导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，设线框总电阻是R，则感应电流I＝，由题图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，且电流大小与时间之间为线性关系，由于B、v、R是定值，故线框的有效长度L应先变长，后变短，且L随时间均匀变化，即L与时间t之间为线性关系．闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L随时间不是均匀变化，不符合题意，故A错误；正方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，故B错误；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，不符合题意，故C错误；三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，故D正确．‎ ‎3．(多选)(2017·仪征中学5月热身模拟)如图3甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，下列关于线框中的电流i、ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，正确的是(　　)‎ 图3‎ 答案　AD 解析　由题图B－t图象可知，0～1 s时间内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针的，为负值；1～3 s，磁通量不变，无感应电流；3～4 s，B的方向垂直纸面向里，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的；由左手定则可知，在0～1 s内，ad边受到的安培力水平向右，是正的，1～3 s无感应电流，不受安培力，3～4 s时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝＝·S，感应电流I＝＝，由B－t图象可知，在每一时间段内，是定值，则在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力F＝BIL，I、L不变，0～1 s内B均匀增大，3～4 s内B均匀减小，故B、C错误，A、D正确．‎ ‎4．(多选)(2018·盐城中学月考)如图4所示，两半径为r的圆弧形光滑金属导轨置于沿圆弧径向的磁场中，磁场所在的平面处于竖直平面且与轨道平面垂直．导轨间距为L，一端接有电阻R，导轨所在位置处的磁感应强度大小均为B，将一质量为m的金属导体棒PQ从图示位置(导轨的半径与竖直方向的夹角为θ)由静止释放，导轨及金属棒电阻均不计，下列判断正确的是(　　)‎ 图4‎ A．导体棒PQ有可能回到初始位置 B．导体棒PQ第一次运动到最低点时速度最大 C．导体棒PQ从静止到最终达到稳定状态，电阻R上产生的焦耳热为mgr(1－cos θ)‎ D．导体棒PQ由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过R的电荷量 答案　CD ‎5．(多选)如图5甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙所示．在0～t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．图乙中t0、F1、F2为已知量，棒和导轨的电阻不计．则(　　)‎ 图5‎ A．在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动 B．在t0以后，导体棒先做加速运动，最后做匀速直线运动 C．在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为 D．在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为 答案　BD 解析　因在0～t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度减小的加速运动，当加速度a＝0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误，B正确．设在0～t0时间内导体棒的加速度为a，通过导体棒横截面的电荷量为q，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，则有：a＝，F2－＝ma，F1＝ma，q＝，ΔΦ＝BΔS＝BLt0，解得：a＝，q＝，故C错误，D正确．‎ ‎6．(2017·淮阴中学4月模拟)一实验小组想要探究电磁刹车的效果．在遥控小车底面安装宽为L、长为2.5L的N匝矩形线框，线框总电阻为R，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，线圈上有一个可以控制线圈通断的开关(被称为电磁刹车开关)，小车总质量为m.其俯视图如图6所示，小车在磁场外行驶时的功率保持P不变，且在进入磁场前已达到最大速度，当车头刚要进入磁场时立即撤去牵引力，同时将线圈闭合，完全进入磁场时速度恰好为零．已知有界磁场PQ和MN间的距离为2.5L，磁感应强度大小为B，方向竖直向上，在行驶过程中小车受到地面阻力恒为Ff.不考虑车身其他金属部分的电磁感应现象，求：‎ 图6‎ ‎(1)小车车头刚要进入磁场时的速度大小v0；‎ ‎(2)小车车头刚进入磁场时，线框中的感应电动势E；‎ ‎(3)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q.‎ 答案　(1)　(2)　(3)－2.5FfL 解析　(1)小车车头刚要进入磁场时的速度大小为v0，则：v0＝.‎ ‎(2)感应电动势：E＝NBLv0，则E＝.‎ ‎(3)由能量守恒，可得：Ff·2.5L＋Q＝mv02，‎ Q＝mv02－2.5FfL＝－2.5FfL.‎ ‎7．(2017·江都中学12月检测)电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明．如图7甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线外界，t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝B0＋kt(k为大于零的常数)，空气阻力忽略不计．‎ 图7‎ ‎(1)求t＝0时刻，线框中的感应电流I及其功率P；‎ ‎(2)若线框cd边穿出磁场时速度为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q；‎ ‎(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，求t＝0时线框加速度的大小和方向．‎ 答案　见解析 解析　(1)t＝0时刻线框中的感应电动势E0＝L2＝kL2‎ I＝＝ 功率P＝＝ ‎(2)由动能定理有W＝ΔEk 解得W＝mv2‎ 穿出磁场过程，线框中的平均感应电动势＝ ＝ 通过导线截面的电荷量q＝Δt 解得q＝ ‎(3)n匝线框中t＝0时刻产生的感应电动势E＝n＝nkL2‎ 线框的总电阻R总＝nR 线框中的电流I＝ t＝0时刻线框受到的安培力F＝nB0IL 设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝(nm＋M)a，解得a＝，方向水平向左