第十章第3讲 电磁感应的综合应用高中物理一轮复习学案文档格式.docx

1、（3）物体克服安培力做功的过程是将其他形式的能量转化为电能的过程。自测巩固ZI CE GONG GU 1（多选）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R10 的电阻。一阻值R10 的导体棒ab以速度v4 m/s匀速向左运动，导体棒ab与导轨接触良好。导轨所在平面存在磁感应强度大小B0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法正确的是（BD）A导体棒ab中电流的方向为由b到aBcd两端的电压为1 VCde两端的电压为1 VDfe两端的电压为1 V解析由右手定则可知导体棒ab中电流的方向为由a到b，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电

2、动势EBlv，导体棒ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，dc和cf间电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即UR1 V，B、D正确，C错误。2如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（B）A两线圈内产生顺时针方向的感应电流Ba、b线圈中感应电动势之比为91Ca、b线圈中感应电流之比为34Da、b线圈中电功率之比为31解析由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，故A项错误；根据法拉第电磁感

3、应定律ENNS，而磁感应强度均匀变化，即恒定，则a、b线圈中的感应电动势之比为9，故B项正确；根据电阻定律R，且L4Nl，则3，由闭合电路欧姆定律I，得a、b线圈中的感应电流之比为3，故C项错误；由功率公式PI2R知，a、b线圈中的电功率之比为27，故D项错误。3（2019江苏扬州月考）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（D）Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变Dab所受

4、的静摩擦力逐渐减小解析磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律ES得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，B错误；根据安培力公式FBIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力逐渐减小，C错误；ab受安培力和静摩擦力处于平衡状态，FfF，安培力逐渐减小，则静摩擦力逐渐减小，D正确。HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO核心考点重点突破 考点一电磁感应中的电路问题在电磁感应过程中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源。因此，电磁感应问题往往

5、又和电路问题联系在一起。解决此类问题的基本思想是将电磁感应问题转化为直流电路的分析与计算问题。基本思路：（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向；（2）弄清电路结构，必要时画出等效电路图；（3）运用欧姆定律、串并联电路等规律求解路端电压、电功率等问题。例1（2019山东济南模拟）在图甲所示的电路中，螺线管匝数n1 000匝，横截面积S20 cm2。螺线管导线电阻r1.0 ，R14.0 ，R25.0 ，C30 F。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是（C）A螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB闭

6、合开关S，电路中的电流稳定后，电容器下极板带负电C闭合开关S，电路中的电流稳定后，电阻R1消耗的电功率为2.56102 WDS断开后，流经R2的电荷量为1.8102 C解析本题考查感生电动势、闭合电路欧姆定律问题。根据法拉第电磁感应定律有EnnS，解得螺线管中产生的感应电动势E0.8 V，故A错误；闭合开关，电路中的电流稳定后，根据楞次定律可知，螺线管中的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，那么电容器下极板带正电，故B错误；闭合开关，电路中的电流稳定后，根据闭合电路欧姆定律，有I0.08 A，根据PI2R1，解得电阻R1消耗的电功率P2.56102 W，故C正确；S断开后，流经R2

7、的电荷量即为S闭合时电容器极板上所带的电荷量Q，断开S前，电容器两端的电压为UIR20.4 V，流经R2的电荷量为QCU1.2105 C，故D错误。类题演练1（2020湖南岳阳模拟）如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（C）APQ中电流先增大后减小BPQ两端电压先减小后增大CPQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大解析导体棒产生

8、的电动势EBLv，画出其等效电路如图，总电阻R总RR，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，选项A错误；PQ两端的电压路端电压UEIR，即先增大后减小，选项B错误；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安BILv，先减小后增大，选项C正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，外电阻先增大后减小，因外电阻最大值为R，小于内阻R，根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越来越接近内电阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误。考点二电磁感应中的动力学问题电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒（或

9、线圈）的受力情况和运动情况。1导体的两种运动状态（1）导体的平衡状态静止状态或匀速直线运动状态。（2）导体的非平衡状态加速度不为零。2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。3导体的运动分析流程例2（2018江苏单科）如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒（1）末速度的大小v；（2）通过的

10、电流大小I；（3）通过的电荷量Q。解析（1）金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有v22as解得v（2）金属棒所受安培力F安IdB金属棒所受合力Fmgsin F安根据牛顿第二定律有Fma解得I（3）金属棒的运动时间t ，通过的电荷量QIt解得Q答案（1）（2）（3）类题演练2河南洛阳月考）如图，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接

11、触良好，两者之间的动摩擦因数为。重力加速度大小为g。求（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；（2）电阻的阻值。答案（1）Blt0（g）（2）解析（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得Fmgma设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为EBlv联立式可得EBlt0（g） （2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为F安BlI 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得FmgF安0联立式得R考点三电磁感应中的能量问题电能的求解

12、思路例3（2018江苏单科）（多选）如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场、的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆（BC）A刚进入磁场时加速度方向竖直向下B穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C穿过两磁场产生的总热量为4mgdD释放时距磁场上边界的高度h可能小于解析A错：穿过磁场后，金属棒在磁场之间做加速运动，在磁场上边缘速度大于从磁场出来时的速度，即进入磁场时速度等于进入磁场时速度，大于从磁场出来时的速度。金属棒在磁场中做减速运动，加速度方向向

13、上。B对：金属棒在磁场中做减速运动，由牛顿第二定律知maBILmgmga随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动。在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由vt图象（可能图象如图所示）可以看出前一段用时多于后一段用时。C对：由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知W安1mg2d0W安12mgd即通过磁场产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd。D错：设刚进入磁场时速度为v，则由机械能守恒定律知mghmv2 进入磁场时maBILmg 由式得h类题演练3（2019贵州贵阳四校联考）（多选）如图所示，金属杆a从离地h0.8 m高处由静止开始沿平行的弧

14、形金属轨道下滑。轨道的水平部分处在竖直向上的匀强磁场中，在水平轨道上固定一金属杆b，已知杆a的质量ma1 kg，电阻Ra10 ，杆b的电阻Rb30 ，两金属杆与轨道始终接触良好，杆a始终未与杆b接触，轨道的电阻及摩擦均不计，重力加速度g10 m/s2，则（BC）A杆a刚进入水平轨道时的速度大小为 m/sB杆a刚进入水平轨道时的速度大小为4 m/sC整个过程中杆a产生的热量为2 JD整个过程中杆b产生的热量为8 J解析杆a下滑过程，由机械能守恒定律有maghmav，解得v04 m/s，选项A错误，B正确；对整个过程，由能量守恒定律有maghQaQb，QbI2Rbt，QaI2Rat，解得Qa2 J

15、，Qb6 J。JIE DUAN PEI YOU CHA QUE BU LOU阶段培优查缺补漏 电磁感应中的图象问题1图象类型2分析方法对图象的分析，应做到“四明确三理解”（1）明确图象所描述的物理意义；明确各种正、负号的含义；明确斜率的含义；明确图象和电磁感应过程之间的对应关系。（2）理解三个相似关系及其各自的物理意义vv，BB，。例4（2019湖北武汉武昌区调研）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场方向竖直向上为正方向。当匀强磁场的磁感应强度B随时间t按图乙规律变化时，下列能正确表示导体环中感应电流i随时间t变化情况的是（D）解析本题考查电磁

16、感应中的磁感应强度随时间变化的图象和感应电流随时间变化的图象等问题。由图乙可知，02 s、24 s、45 s时间段中磁感应强度变化率为恒定值，且大小相等，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势在三个时间段恒定，由闭合电路欧姆定律可知感应电流在三个时间段恒定，选项A、B错误；由楞次定律可判断出在02 s时间内感应电流方向俯视图为顺时针方向，与规定正方向相反，选项C错误，D正确。规律总结：处理电磁感应的图象问题一般步骤首先依据题意求出、等物理量的大小或变化趋势，其次根据闭合电路欧姆定律求出闭合电路中的感应电流，最后写出安培力F、电功率P、磁感应强度B、加速度a等物理量的表达式，结合图象表示的

17、意义，正确地选出答案。类题演练4重庆南开中学模拟）如图所示，在等腰直角三角形abc内存在垂直纸面向外的匀强磁场，三角形efg是与三角形abc形状相同的导线框，x轴是两个三角形的对称轴。现让导线框efg在纸面内沿x轴向右匀速穿过磁场，规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，感应电流i随时间t的变化图象是（A）解析本题借助三角形线框进入三角形磁场模型考查it图象问题。三角形egf向右运动，根据楞次定律和安培定则可知， 导线框中先产生顺时针方向的感应电流，后产生逆时针方向的感应电流，所以感应电流先为负值后为正值；随着三角形egf的运动，导线框切割磁感线的有效长度L有先增大，当a点与f

18、g边的中点重合时，导线框切割磁感线的有效长度为L有Lfg，再继续向右移动，有效切割长度L有减小，当fg边与三角形abc的中位线重合时，切割磁感线的有效长度为L有0，再继续向右移动，有效切割长度L有增大，当fg边与bc边重合时，导线框切割磁感线的有效长度为L有Lfg，根据感应电动势EBL有v，电流I，可知A正确，B、C、D错误。2 NIAN GAO KAO MO NI XUN LIAN2年高考模拟训练 1（2019全国卷，20）（多选）空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，

19、圆心O在MN上。t0时磁感应强度的方向如图（a）所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示。则在t0到tt1的时间间隔内（BC） 图（a） 图（b）A圆环所受安培力的方向始终不变B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C圆环中的感应电流大小为D圆环中的感应电动势大小为由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化。根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向。C对，D错：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势ES，根据闭合电路欧姆定律知，电流I2（2019全国卷，21）（多选）如图，两条光滑平行金属导轨固定

20、，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是（AD）A BC D解析PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinBIL，I，即电流恒定；且由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同。情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsinBIL及右手定则知，通过PQ的电流大小不变

21、，方向相反，故It图象如图A所示。情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，但两棒在重力作用下均加速直至PQ离开磁场，此时MN为电源，由EBLv，I，BILmgsinma知，MN减速，电流减小，可能的It图象如图D所示。全国卷，19）（多选）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是（AC）ABCD解

22、析导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流（从上向下看为逆时针），导体棒ab受阻力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F作用，速度变大。如图所示。由EBlv知，感应电动势E随速度v的减小而减小，则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。系统的动量守恒，则mv02mv共，v共故A、C正确，B、D错误。4（2019北京卷，22）如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：

23、（1）感应电动势的大小E；（2）拉力做功的功率P；（3）ab边产生的焦耳热Q。答案（1）BLv（2） （3） 解析（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLv（2）线框中的感应电流I拉力大小等于安培力大小FBIL拉力的功率PFv（3）线框ab边电阻Rab时间tab边产生的焦耳热QI2Rabt5（2019天津卷，11）如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下

24、的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（2）断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。，方向水平向右（2）mv2kq解析（1）设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E，则Ek 设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I 设PQ中的电流为IPQ，有IPQI 设PQ受到的安培力为F安，有F安BIPQl 保持PQ静止，由受力平衡，有FF安 联立式得F 方向水平向右。（2）设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为t，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有 其中Blx 设PQ中的平均电流为 根据电流的定义得 由动能定理，有FxWmv20 联立式得W