高考物理一轮复习 第10章 第3节　电磁感应定律的综合应用

这是一份高考物理一轮复习 第10章 第3节　电磁感应定律的综合应用，共14页。试卷主要包含了内电路和外电路，电源电动势和路端电压等内容，欢迎下载使用。


知识点1 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：E＝Blv或E＝neq \f(ΔΦ,Δt).
(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir.
知识点2 电磁感应的图象问题
知识点3 电磁感应现象中能量的问题
1．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其他形式的能．
2．实质
电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．
3．电磁感应现象中能量的三种计算方法
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．
(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于电能的增加量．
(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算．
知识点4 电磁感应中的动力学问题
1．安培力的大小
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(安培力公式：FA＝BIl,感应电动势：E＝Blv,感应电流：I＝\f(E,R)))⇒FA＝eq \f(B2l2v,R)
2．安培力的方向
(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向．
(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反．
3．安培力参与物体的运动
导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题．
1．正误判断
(1)闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路．(√)
(2)“相当于电源”的导体棒两端的电压一定等于电源的电动势．(×)
(3)电流一定从高电势流向低电势．(×)
(4)在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动．(×)
(5)电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功．(√)
2．[电磁感应中的动力学问题]如图10­3­1所示，在一匀强磁场中有一U型导线框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
图10­3­1
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速
B．ef将匀减速向右运动，最后静止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将做往复运动
A [杆ef向右运动，所受安培力F＝BIl＝Bl·eq \f(Blv,R)＝eq \f(B2l2v,R)，方向向左，故杆做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A正确．]
3．[电磁感应中的功能关系]如图10­3­2所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，若外力对环做的功分别为Wa、Wb，则Wa∶Wb为( )
【导学号：92492374】
图10­3­2
A．1∶4B．1∶2
C．1∶1D．不能确定
A [根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热，则Wa＝Qa＝eq \f(BLv2,Ra)·eq \f(L,v)，Wb＝Qb＝eq \f(B·2Lv2,Rb)·eq \f(2L,v)，由电阻定律知Rb＝2Ra，故Wa∶Wb＝1∶4，A正确．]
4．[电磁感应中的图象问题]矩形导线框abcd如图10­3­3甲所示放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．若规定导线框中感应电流沿逆时针方向为正，则在0～4 s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为(安培力取向上为正方向)( )
图10­3­3
C [由法拉第电磁感应定律E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S及图象可知，感应电动势E大小不变，电流大小也不变，A项错；由闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R)及安培力公式F＝BIL可知，安培力与磁感应强度成正比，D项错；由楞次定律可知，0～2 s内感应电流方向为顺时针方向，2～4 s为逆时针方向，B项错；由左手定则可知，第1 s和第3 s安培力竖直向上，第2 s和第4 s安培力竖直向下，C项正确．]
1．处理电磁感应电路问题的一般思路

2．电磁感应中电路知识的关系图
[题组通关]
1．(多选)(2017·潍坊模拟)在如图10­3­4甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2图10­3­4
A．电容器上极板带正电
B．电容器下极板带正电
C．线圈两端的电压为eq \f(B0πr\\al(2,1),t0)
D．线圈两端的电压为eq \f(4B0πr\\al(2,2),5t0)
BD [由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，A错，B对．由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(B0,t0)×πreq \\al(2,2)，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I＝eq \f(E,R＋R1＋R2)， 所以线圈两端的电压U＝I(R1＋R2)＝eq \f(4B0πr\\al(2,2),5t0)，C错，D对．]
2．(2017·宁波模拟)如图10­3­5甲所示，一匝数N＝10、总电阻为R＝2.5 Ω、边长L＝0.3 m的均质正三角形金属线框静置在粗糙水平面上，线框的顶点正好是半径r＝eq \f(L,3)的圆形磁场的圆心，磁场方向竖直向下(正方向)，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示，a、b是磁场边界与线框的两交点，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f＝0.6 N，取π＝3，则( )
【导学号：92492375】
图10­3­5
A．t＝0时穿过线框的磁通量为0.06 Wb
B．线框静止时，线框中的感应电流大小为0.6 A
C．线框静止时，a、b两点间电压为eq \f(1,18) V
D．经时间t＝0.8 s，线框开始滑动
D [由磁通量的定义可知t＝0时穿过线框的磁通量为Φ＝B0·eq \f(1,6)πr2＝0.01 Wb，A错；由法拉第电磁感应定律知E＝Neq \f(ΔΦ,Δt)＝Neq \f(ΔB,Δt)·eq \f(1,6)πr2＝0.25 V，所以线框中的感应电流为I＝eq \f(E,R)＝0.1 A，B错；由楞次定律及闭合电路欧姆定律可知Uab＝eq \f(7,9)E＝eq \f(7,36) V，C错；线框位于磁场中的两条边受到的安培力大小为F1＝NBIr，且两个力的夹角为120°，合力大小等于F1，所以当F1等于最大静摩擦力时，线框就要开始滑动，即NBIr＝f，由题图乙知B＝2＋5t(T)，联立并代入数据得t＝0.8 s，D对．]
电磁感应中电路问题的题型特点
1．电源是等效电源，电源的电动势需要用法拉第电磁感应定律计算，电源内阻视情况而定．
2．电路结构不够明显，需要仔细分析外电路的串并联关系，画出等效电路图．
3．最后利用电路的规律列式求解．
1.图象类型
(1)随时间变化的图象，如B­t图象、Φ­t图象、E­t图象和I­t图象；
(2)随位移变化的图象，如E­x图象和I­x图象．
2．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，求解相应的物理量(用图象)．
3．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、牛顿运动定律、函数图象等知识．
[多维探究]
●考向1 根据电磁感应的过程选图
1．如图10­3­6所示，两磁感应强度大小相等、方向相反的有界磁场，磁场区域宽度均为d，一底边长为2d的三角形金属线框以一定的速度匀速通过两磁场的过程中，三角形线框中的感应电流i随时间t的变化图象正确的是(取逆时针方向为正)( )
图10­3­6

D [整个过程分为4个小过程，且由线框有效切割长度和几何关系可知，电流随时间线性变化：由1到2位置，产生逆时针方向的电流且均匀减小，设开始时电流大小为2I0，则由2I0减小到I0；由2到3位置，产生顺时针方向的电流，开始时电流大小为3I0，且均匀减小，一直减小到2I0；由3到4位置，产生逆时针方向的电流且由零均匀增大到I0；由4位置到最后全部出磁场，为逆时针方向的电流且由I0均匀减小到零；综上所述选项D正确．]
2．(多选)(2017·武汉模拟)如图10­3­7所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的上、下边界MN、PS是水平的．有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高度处由静止释放穿过该磁场区域，已知当线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动．从线框的ab边到达MN时开始计时，以MN上某点为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向上为力的正方向．则关于线框中的感应电流i和线框所受到的安培力F与ab边的位置坐标x关系的图线中，可能正确的是( )
图10­3­7

AD [由于ab边向下运动，由右手定则可以判断出，线框在进入磁场时，其感应电流的方向为abcd，沿逆时针方向，故在图象中，在0～L的这段距离内，电流是正的；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量没有变化，故其感应电流为0；经分析知线框在进入磁场过程和在磁场中运动过程均做加速运动，则线框的ab边从磁场的下边界出来时的速度要比cd边刚进入磁场时的大，故cd边刚进磁场时，线框的感应电流要比ab边出磁场时的感应电流小，又感应电流的方向与ab边刚入磁场时相反，故A正确，B错误．
由于ab边穿出磁场时速度较大，产生的感应电流较大，且电流与线框的速度成正比，即线框受到的安培力与线框的速度也成正比，故电流逐渐增大，安培力也逐渐增大．在0～L段，由前面分析知，感应电流小于I0，因此安培力小于mg，根据左手定则知安培力方向向上，在L～2L段，线框内感应电流为0，所以安培力为0，在2L～ 3L段，线框做匀速直线运动，故受力平衡，即安培力等于重力，方向向上，故C错误，D正确．]
●考向2 根据图象信息分析电磁感应过程
3．(2017·孝感调研)如图10­3­8甲所示，水平面上的不平行导轨MN、PQ上放着两根光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线系住；开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感强度B随时间t的变化如图乙所示．则以下说法正确的是( )
甲 乙
图10­3­8
A．在t0时刻导体棒ab中无感应电流
B．在t0时刻导体棒ab所受安培力方向水平向左
C．在0～t0时间内回路电流方向是acdba
D．在0～t0时间内导体棒ab始终静止
C [由图乙所示图象可知，0到t0时间内，磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流．由楞次定律可得出电流方向沿acbda，在t0时刻导体棒ab中电流不为零，故A错误，选项C正确；在t0时刻B＝0，根据安培力公式F＝BIL知此时ab和cd都不受安培力，故B错误；在0～t0时间内，根据楞次定律可知ab受力向左，cd受力向右，由于cd所受的安培力比ab的安培力大，所以ab将向右运动，故D错误．]
电磁感应中图象类选择题的两个常用方法
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．
1．导体的两种运动状态
(1)平衡状态：静止或匀速直线运动，F合＝0.
(2)非平衡状态：加速度不为零，F合＝ma.
2．电学对象与力学对象的转换及关系
3．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
eq \x(\a\al(其他形式,的能量))eq \(――→,\s\up14(克服安培),\s\d15(力做功))eq \x(\a\al(电,能))eq \(――→,\s\up14(电流做功))eq \x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))
(2)求解焦耳热Q的三种方法
[多维探究]
●考向1 “竖直方向”上的问题分析
1．(多选)(2017·泉州模拟)如图10­3­9所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，底端接电阻R，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的金属棒，金属棒和导轨接触良好．除电阻R外，其余电阻不计．导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面．静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为Δl，弹性势能为Ep.重力加速度大小为g.将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则( )
图10­3­9
A．当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为Δl
B．电阻R上产生的总热量等于mgΔl－Ep
C．金属棒第一次到达A处时，其加速度方向向下
D．金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多
BD [将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒向下运动，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，金属棒受到向上的安培力作用，当金属棒的速度最大时，弹簧向上的弹力加上安培力等于重力，弹簧的伸长量一定小于Δl，选项A错误．选取A处重力势能为零，金属棒从弹簧原长位置由静止释放时，系统机械能为mgΔl.金属棒做切割磁感线运动最后静止在A处，机械能为Ep.由能量守恒定律可知，电阻R上产生的总热量等于mgΔl－Ep，选项B正确．金属棒第一次到达A处时，弹簧向上的弹力加上安培力一定大于重力，其加速度方向向上，选项C错误．
由于金属棒切割磁感线产生电能，第一次上升到的最高位置一定低于金属棒从弹簧原长位置(静止释放的初位置)，金属棒第一次下降过程回路磁通量变化一定大于第一次上升过程回路磁通量变化，由q＝eq \f(ΔΦ,R)可知，金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多，选项D正确．]
●考向2 “倾斜方向”上的问题分析
2．(多选)(2017·保定模拟)如图10­3­10所示，在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与斜面垂直(图中未画出)．质量为m、阻值大小也为R的金属棒ab与固定在斜面上方的劲度系数为k的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定．现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度v0，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，在上述过程中( )
图10­3­10
A．开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为eq \f(BLv0,2)
B．通过电阻R的最大电流一定是eq \f(BLv0,2R)
C．通过电阻R的总电荷量为eq \f(mgBL,4kR)
D．回路产生的总热量小于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(m2g2,4k)
ACD [开始时金属棒切割磁感线产生电动势E＝BLv0，则金属棒与导轨接触点间电压为U＝0.5E，选项A对；金属棒释放时，受到沿斜面向上的安培力与沿斜面向下的重力分力，因不知二力大小关系，则不能确定通过R的最大电流，选项B错；由于金属棒在运动过程中受到安培力作用，最终金属棒静止，则金属棒沿斜面下滑距离为d＝eq \f(mgsin θ,k)，应用电流定义式和法拉第电磁感应定律可知通过R的电荷量q＝eq \f(BLd,2R)＝eq \f(mgBL,4kR)，选项C对；从开始到停止，设回路产生的热量为Q、金属棒静止时弹簧弹性势能为Ep，对金属棒和回路应用功能关系可知Q＋Ep＝mgdsin θ＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(mg2,4k)－Ep，选项D对．]
3．(2016·全国乙卷)如图10­3­11所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小.
【导学号：92492376】
图10­3­11
【解析】 (1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsin θ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcs θ②
对于cd棒，同理有
mgsin θ＋μN2＝T ③
N2＝mgcs θ ④
联立①②③④式得
F＝mg(sin θ－3μcs θ)．⑤
(2)由安培力公式得
F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流．ab棒上的感应电动势为
ε＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得
I＝eq \f(ε,R)⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sin θ－3μcs θ)eq \f(mgR,B2L2).③
【答案】 (1)mg(sin θ－3μcs θ) (2)(sin θ－3μcs θ)eq \f(mgR,B2L2)
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：

图象
类型
(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象，即B­t图象、Φ­t图象、E­t图象和I­t图象
(2)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随位移x变化的图象，即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
电磁感应中的电路问题
电磁感应的图象问题
电磁感应中的动力学和能量问题