（新課標）河南省2015高考物理總復習講義 第9章 加強1講 電磁感應規(guī)律的綜合應用

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1、 加強一講　電磁感應規(guī)律的綜合應用 考點一 [79]　電磁感應中的電路問題 一、內電路和外電路 1．切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當于電源． 2．該部分導體的電阻或線圈的電阻相當于電源的內阻，其余部分是外電路． 二、解答電磁感應電路問題的三個步驟 1．確定電源：利用E＝n或E＝Blvsin θ求感應電動勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷電流方向．如果在一個電路中切割磁感線的部分有多個并相互聯(lián)系，可等效成電源的串、并聯(lián)． 2．分析電路結構：分析內、外電路及外電路的串并聯(lián)關系，畫出等效電路圖． 3．利用電路規(guī)律求解：主要應用歐姆定律及串并聯(lián)電路的基本性質等列

2、方程求解． ——————[1個示范例]—————— 　如圖9－3－1(a)所示，水平放置的兩根平行金屬導軌，間距L＝0.3 m．導軌左端連接R＝0.6 Ω的電阻，區(qū)域abcd內存在垂直于導軌平面的勻強磁場B＝0.6 T，磁場區(qū)域寬D＝0.2 m．細金屬棒A1和A2用長為2D＝0.4 m的輕質絕緣桿連接，放置在導軌平面上，并與導軌垂直，每根金屬棒在導軌間的電阻均為r＝0.3 Ω.導軌電阻不計，使金屬棒以恒定速度v＝1.0 m/s沿導軌向右穿越磁場，計算從金屬棒A1進入磁場(t＝0)到A2離開磁場的時間內，不同時間段通過電阻R的電流強度，并在圖9－3－1(b)中畫出． 圖9－3－1 【

3、審題指導】　(1)細金屬棒A1、A2先后切割磁感線，切割磁感線的金屬棒為電源，另一金屬棒與R并聯(lián)． (2)注意分析和計算有電流和無電流對應的時間． 【解析】　t1＝＝0.2 s 在0～t1時間內，A1產生的感應電動勢E1＝BLv＝0.18 V. 其等效電路如圖甲所示． 甲　　　　　　　　　乙 由圖甲知，電路的總電阻 R0＝r＋＝0.5 Ω 總電流為I＝＝0.36 A 通過R的電流為IR＝＝0.12 A 從A1離開磁場(t1＝0.2 s)至A2剛好進入磁場t2＝的時間內，回路無電流，IR＝0， 從A2進入磁場(t2＝0.4 s)至離開磁場t3＝＝0.6 s的時間

4、內，A2上的感應電動勢為E2＝0.18 V， 其等效電路如圖乙所示． 由圖乙知，電路總電阻R0＝0.5 Ω，總電流I＝0.36 A，流過R的電流 IR＝0.12 A， 綜合以上計算結果，繪制通過R的電流與時間關系圖線如圖所示． 【答案】　見解析 ——————[1個預測例]—————— 　如圖9－3－2所示，均勻導線制成的半徑為R的圓環(huán)以速度v勻速進入一磁感應強度大小為B的勻強磁場，當圓環(huán)運動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點的電勢差為(　　) 圖9－3－2 A.BRv　　　　　 B.BRv C.BRv D.BRv 【解析】　圓環(huán)運動到圖示位

5、置時，切割磁感線的有效長度為2Rsin 45°＝R，圓環(huán)中感應電動勢E＝BLv＝BRv，Uab＝E＝BRv，故D正確． 【答案】　D 電磁感應電路問題的分析方法 　(1)“源”的分析：用法拉第電磁感應定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應電動勢的方向，從而確定電源正負極，明確內阻r. (2)“路”的分析：根據“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路． (3)根據E＝Blv或E＝n結合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識和電功率、焦耳定律等關系式聯(lián)立求解． 考點二 [80]　電磁感應現象中的圖象問題 一、題型特點 一般可把圖象問題

6、分為三類： 1．由給定的電磁感應過程選出或畫出正確的圖象． 2．由給定的有關圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量． 3．根據圖象定量計算． 二、解題關鍵 弄清初始條件、正負方向的對應、變化范圍、所研究物理量的函數表達式、進出磁場的轉折點是解決問題的關鍵． ——————[1個示范例]—————— 　 圖9－3－3 (2012·新課標全國高考)如圖9－3－3，一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內，線框在長直導線右側，且其長邊與長直導線平行．已知在t＝0到t＝t1的時間間隔內，長直導線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力

7、的合力先水平向左，后水平向右．設電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時間t變化的圖線可能是(　　) 【解析】　因通電導線周圍的磁場離導線越近磁場越強，而線框中左右兩邊的電流大小相等、方向相反，所以受到的安培力方向相反，導線框的左邊受到的安培力大于導線框的右邊受到的安培力，所以合力與左邊導線框受力的方向相同．因為線框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根據左手定則，導線框處的磁場方向先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，根據右手螺旋定則，導線中的電流先為正，后為負，所以選項A正確，選項B、C、D錯誤． 【答案】　A ——————[1個預測例]—————— 　 圖9－3－4

8、 (2013·新課標全國卷Ⅱ)如圖9－3－4，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側有一寬度為d(d>L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導線框以某一初速度向右運動．t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域．下列v－t圖象中，可能正確描述上述過程的是(　　) 【審題指導】　(1)線框進入磁場時和離開磁場時，安培力為變力，線框做加速度逐漸減小的減速運動． (2)線框完全進入磁場時，不受安培力作用，故勻速運動． 【解析】　導體切割磁感線時產生感應電流，同時產生安培力阻礙

9、導體運動，利用法拉第電磁感應定律、安培力公式及牛頓第二定律可確定線框在磁場中的運動特點． 線框進入和離開磁場時，安培力的作用都是阻礙線框運動，使線框速度減小，由E＝BLv、I＝及F＝BIL＝ma可知安培力減小，加速度減小，當線框完全進入磁場后穿過線框的磁通量不再變化，不產生感應電流，不再產生安培力，線框做勻速直線運動，故選項D正確． 【答案】　D 電磁感應圖象問題的一般解題步驟 　(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者還是E－t圖、I－t圖等． (2)分析電磁感應的具體過程，判斷對應的圖象是否分段，共分幾段． (3)用右手定則或楞次定律確定感應電流的方

10、向． (4)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓定律等規(guī)律寫出函數關系式． (5)根據函數關系式，進行數學分析． (6)畫圖象或判斷圖象． 考點三 [81]　電磁感應中的能量轉化問題分析 一、電磁感應中的能量轉化特點 外力克服安培力做功，把機械能或其他能量轉化成電能；感應電流通過電路做功又把電能轉化成其他形式的能(如內能)．這一功能轉化途徑可表示為： 二、電磁感應現象中能量的三種計算方法 1．利用克服安培力求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功． 2．利用能量守恒求解：機械能的減少量等于產生的電能． 3．利用電路特征來求解：通過電路中所產生的電能來計算．

11、——————[1個示范例]—————— 　 圖9－3－5 (2013·天津高考)如圖9－3－5所示，紙面內有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，把它置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則(　　) A．Q1>Q2，q1＝q2　　　 B．Q1>Q2，q1>q2 C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1

12、＝Q2，q1>q2 【解析】　根據法拉第電磁感應定律E＝Blv、歐姆定律I＝和焦耳定律Q＝I2Rt，得線圈進入磁場產生的熱量Q＝·＝，因為lab>lbc，所以Q1>Q2.根據＝，＝及q＝Δt得q＝，故q1＝q2.選項A正確，選項B、C、D錯誤． 【答案】　A 　(1)在利用能量的轉化和守恒分析電磁感應問題時，除準確把握參與轉化的能量形式和種類外，還要確定哪種能量增加，哪種能量減少． (2)克服安培力做功消耗的能量和電路中產生的焦耳熱需要的能量在列式時不能重復計算． ——————[1個預測例]—————— 　 圖9－3－6 如圖9－

13、3－6所示，用質量為m、電阻為R的均勻導線做成邊長為l的單匝正方形線框MNPQ，線框每一邊的電阻都相等．將線框置于光滑絕緣的水平面上．在線框的右側存在豎直方向的有界勻強磁場，磁場邊界間的距離為2l，磁感應強度為B，在垂直MN邊的水平拉力作用下，線框以垂直磁場邊界的速度v勻速穿過磁場．在運動過程中線框平面水平，且MN邊與磁場的邊界平行．求： (1)線框MN邊剛進入磁場時，線框中感應電流的大??； (2)線框MN邊剛進入磁場時，M、N兩點間的電壓UMN； (3)在線框從MN邊剛進入磁場到PQ邊剛穿出磁場的過程中，水平拉力對線框所做的功W. 【審題指導】　(1)MN切割磁感線產生感應電動勢，U

14、MN為路端電壓． (2)線框勻速穿過磁場，水平拉力做的功等于進出磁場過程中產生的焦耳熱之和． 【解析】　(1)線框MN邊在磁場中運動時，感應電動勢E＝Blv 線框中的感應電流I＝＝. (2)M、N兩點間的電壓 UMN＝E＝Blv. (3)只有MN邊在磁場中時，線框運動的時間t＝ 此過程線框中產生的焦耳熱 Q1＝I2Rt＝ 只有PQ邊在磁場中運動時，線框中產生的焦耳熱 Q2＝ 根據能量守恒定律得水平外力做的功 W＝Q1＋Q2＝. 【答案】　(1)　(2)Blv　(3) 電磁感應中“導軌＋桿”模型 一、模型特點 1．“導軌＋桿”模型又分為“單桿”型和“雙

15、桿”型；放置方式可分為水平、豎直和傾斜． 2．導體棒在導軌上切割磁感線運動，發(fā)生電磁感應現象． 3．導體棒受到的安培力為變力，在安培力的作用下做變加速運動． 4．當安培力與其它力平衡時，導體棒速度達到穩(wěn)定，稱為“收尾速度” 二、解題思路 1．涉及瞬時速度問題，用牛頓第二定律求解． 2．求解導體棒穩(wěn)定速度，用平衡條件求解，如mg＝F安，F安＝. 3．涉及能量問題，用動能定理或功能關系來求解． 三、兩類常見的模型 類型 “電－動－電”型 “動－電－動”型 示意圖 過程分析 S閉合，棒ab受安培力F＝，此時a＝，棒ab速度v↑→感應電動勢BLv↑→電流I↓→安

16、培力F＝BIL↓→加速度a↓，當安培力F＝0時，a＝0，v最大，最后勻速 棒ab釋放后下滑，此時a＝gsin α，棒ab速度v↑→感應電動勢E＝BLv↑→電流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，當安培力F＝mgsin α時，a＝0，v最大，最后勻速 　【規(guī)范解答】　(1)棒cd受到的安培力 Fcd＝IlB① 棒cd在共點力作用下平衡，則 Fcd＝mgsin 30°② 由①②式，代入數據解得 I＝1 A③ 根據楞次定律可知，棒cd中的電流方向由d至c.④ (2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等 Fab＝Fcd 對棒ab，由共點力平衡知 F＝

17、mgsin 30°＋IlB⑤ 代入數據解得 F＝0.2 N．⑥ (3)設在時間t內棒cd產生Q＝0.1 J的熱量，由焦耳定律知 Q＝I2Rt⑦ 設棒ab勻速運動的速度大小為v，其產生的感應電動勢 E＝Blv⑧ 由閉合電路歐姆定律知 I＝⑨ 由運動學公式知在時間t內，棒ab沿導軌的位移 x＝vt⑩ 力F做的功 W＝Fx? 綜合上述各式，代入數據解得 W＝0.4 J．? ②④⑤⑥⑨?每式2分，其余每式1分 【答案】　(1)1 A　方向由d至c　(2)0.2 N　(3)0.4 J 　【規(guī)范解答】　(1)金屬棒達到最大速度時產生的電動勢E＝B0Lvm

18、 回路中產生的感應電流I＝(1分) 金屬棒所受安培力F＝B0IL(1分) 金屬棒所受合外力為零時，下滑的速度達到最大，則 mgsin θ－F－μmgcos θ＝0(2分) 解得vm＝2 m/s(1分) (2)設電阻R上產生的焦耳熱為Q，整個電路產生的焦耳熱為Q總，則由動能定理mgssin θ－μmgscos θ－W安＝mv(3分) W安＝Q總(1分) Q＝Q總(1分) 解得Q＝0.16 J(1分) (3)不產生感應電流，即磁通量不變，金屬棒不受安培力作用，金屬棒做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma(2分) 得a＝g(sin

19、 θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2(1分) 根據閉合回路磁通量不變有B0Ls＝BL(s＋vmt＋at2)(3分) 得B＝(1分) 所以，當t＝1 s時，B＝0.5 T(1分) 【答案】　(1)2 m/s　(2)0.16 J　(3)0.5 T 　如圖9－3－9甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1 m，一勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40 Ω的電阻，質量為m＝0.01 kg、電阻為r＝0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導軌上．現使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程

20、中ab始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導軌電阻不計，g＝10 m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響)，求： 圖9－3－9 (1)磁感應強度B的大??； (2)金屬棒ab在開始運動的1.5 s內，通過電阻R的電荷量； (3)金屬棒ab在開始運動的1.5 s內，電阻R上產生的熱量． 【解析】　(1)金屬棒在AB段勻速運動，由題中圖象乙得： v＝＝7 m/s I＝，mg＝BIL 解得B＝0.1 T (2)q＝Δt ＝ ΔΦ＝B 解得：q＝0.67 C (3)Q＝mgx－mv2 解得Q

21、＝0.455 J 從而QR＝Q＝0.26 J 【答案】　(1)0.1 T　(2)0.67 C　(3)0.26 J ⊙電磁感應圖象問題 1．(2010·廣東高考)如圖9－3－10所示，平行導軌間有一矩形的勻強磁場區(qū)域，細金屬棒PQ沿導軌從MN處勻速運動到M′N′的過程中，棒上感應電動勢E隨時間t變化的圖象，可能正確的是(　　) 圖9－3－10 【解析】　在金屬棒PQ進入磁場區(qū)域之前或出磁場后，棒上均不會產生感應電動勢，D項錯誤．在磁場中運動時，感應電動勢E＝Blv，與時間無關，保持不變，故A選項正確． 【答案】　A 2. 圖9－3－11 如圖

22、9－3－11所示，兩個相鄰的有界勻強磁場區(qū)域，方向相反且垂直紙面，磁感應強度的大小均為B，以磁場區(qū)左邊界為y軸建立坐標系，磁場區(qū)域在y軸方向足夠長，在x軸方向寬度均為a.矩形導線框ABCD的CD邊與y軸重合，AD邊長為a.線框從圖示位置水平向右勻速穿過兩磁場區(qū)域，且線框平面始終保持與磁場垂直，線框中感應電流i與線框移動距離x的關系圖象正確的是(以逆時針方向為電流的正方向)(　　) 【解析】　由楞次定律可知，剛進入磁場時電流沿逆時針方向，線框全部在磁場中時電流沿順時針方向，出磁場時沿逆時針方向，進入磁場和穿出磁場等效為一條邊切割磁感線，全部在磁場中時，AB邊和CD邊均切割磁感線，相當于兩等

23、效電源串聯(lián)，故電流大小為進入磁場和穿出時的兩倍，所以C正確． 【答案】　C ⊙電磁感應電路問題的分析 3．粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行．現使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，下面四個選項中，在移出過程中線框的一邊 a、b兩點間的電勢差絕對值最大的是(　　) 【解析】　將線框等效成直流電路，設線框每條邊的電阻為r，如圖所示． 因線框在四次移動中速度大小相等，其感應電動勢E＝Blv也大小相等．A、C、D中|Uab|＝Ir＝×r＝Blv，B中|Uab|＝I×3r＝&#

24、215;3r＝Blv，故正確答案為B.B中a、b兩點間的電勢差應該是a、b兩點間的路端電壓，而不是感應電動勢． 【答案】　B ⊙電磁感應能量綜合問題 圖9－3－12 4．(2013·安徽高考)如圖9－3－12所示，足夠長平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.一導體棒MN垂直于導軌放置，質量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8 T．將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導

25、體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　) A．2.5 m/s　1 W　　　　　　　 B．5 m/s　1 W C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9W 【解析】　把立體圖轉為平面圖，由平衡條件列出方程是解決此類問題的關鍵．對導體棒進行受力分析作出截面圖，如圖所示，導體棒共受四個力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力． 由平衡條件得mgsin 37°＝F安＋Ff① Ff＝μFN② FN＝mgcos 37°③ 而F安＝BIL④ I＝⑤ E＝BLv⑥ 聯(lián)立①～⑥式，

26、 解得v＝ 代入數據得v＝5 m/s. 小燈泡消耗的電功率為P＝I2R⑦ 由⑤⑥⑦式得P＝()2R＝1 W．故選項B正確． 【答案】　B 5．如圖9－3－13甲所示，邊長為L、質量為m、總電阻為R的正方形導線框靜置于光滑水平面上，處于與水平面垂直的勻強磁場中，勻強磁場磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．求： 甲　　　　　　　　乙 圖9－3－13 (1)在t＝0到t＝t0時間內，通過導線框的感應電流大??； (2)在t＝時刻，ab邊所受磁場作用力大小； (3)在t＝0到t＝t0時間內，導線框中電流做的功． 【解析】　(1)由法拉第電磁感應定律得，導線框的感應電動勢E＝＝ 通過導線框的感應電流大?。篒＝＝ (2)t＝時刻，ab邊所受磁場作用力大?。篎＝BIL F＝ (3)在t＝0到t＝t0時間內，導線框中電流做的功：W＝I2Rt0＝ 【答案】　(1)　(2)　(3) 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！