2022年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、2022年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 一、內(nèi)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(nèi)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(nèi)、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方程求解．

2、 ——————[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(nèi)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(nèi)，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 【審題指導】　

3、(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(nèi)，A1產(chǎn)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(nèi)，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的時間內(nèi)，A2上的感應電動

4、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)運動到圖示位置時，切割磁感線的有效長度為2

5、Rsin 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(nèi)阻r. (2)“路”的分析：根據(jù)“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(jù)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(xiàn)象中的圖象問題 一、題型特點 一般可把圖象問題分為三類： 1．由給定的電磁感應過程選出或畫出

6、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(jù)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(shù)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 (xx·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(nèi)，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(nèi)，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

7、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(jù)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(jù)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 (xx·新課標全國卷Ⅱ)如圖9－3－4，在光滑水平桌面上有

8、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(chǎn)生感應電流，同時產(chǎn)生安培力阻礙導體運動，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．

9、 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(chǎn)生感應電流，不再產(chǎn)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(shù)關系式． (5)根

10、據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)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(nèi)能)．這一功能轉化途徑可表示為： 二、電磁感應現(xiàn)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(chǎn)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(chǎn)生的電能． 3．利用電路特征來求解：通過電路中所產(chǎn)生的電能來計算． ——————[1個示范例]—————— 　 圖9－3－5 (xx·天津高考)如圖

11、9－3－5所示，紙面內(nèi)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(chǎn)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(chǎn)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＝Q2，q1>q2 【解析】　根據(jù)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(chǎn)生的

12、熱量Q＝·＝，因為lab>lbc，所以Q1>Q2.根據(jù)＝，＝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(chǎn)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9－3－6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

13、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(chǎn)生感應電動勢，UMN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(chǎn)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

14、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(chǎn)生的焦耳熱 Q1＝I2Rt＝ 只有PQ邊在磁場中運動時，線框中產(chǎn)生的焦耳熱 Q2＝ 根據(jù)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(xiàn)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

15、． 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(xiàn)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

16、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(shù)據(jù)解得 I＝1 A③ 根據(jù)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＝mgsin 30°＋IlB⑤ 代入數(shù)據(jù)解得 F＝0.2 N．⑥ (3)設在時間t內(nèi)棒cd產(chǎn)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

17、大小為v，其產(chǎn)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(nèi)，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(shù)據(jù)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(chǎn)生的電動勢E＝B0Lvm 回路中產(chǎn)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

18、vm＝2 m/s(1分) (2)設電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，整個電路產(chǎn)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(chǎn)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 θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2(1分) 根據(jù)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

19、 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(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中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

20、 (1)磁感應強度B的大??； (2)金屬棒ab在開始運動的1.5 s內(nèi)，通過電阻R的電荷量； (3)金屬棒ab在開始運動的1.5 s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)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＝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．(xx·廣東高考)如圖9－3－10所示，平行導軌間有一矩形的勻強

21、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(chǎn)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

22、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(xiàn)使線框以同樣大小的

23、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＝×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．(xx·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

24、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(shù)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

25、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， 解得v＝ 代入數(shù)據(jù)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(nèi)，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(nèi)，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(nèi)，導線框中電流做的功：W＝I2Rt0＝ 【答案】　(1)　(2)　(3)