專題十一電磁感應規(guī)律的綜合應用

專題十一電磁感應規(guī)律的綜合應用【知識必備】(本專題對應學生用書第44~48頁)知識必備一、電磁感應中的電路問題1.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.2.電源電動勢：E=BLv或E=n.二、電磁感應圖象問題應用的知識左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律、函數圖象知識等.三、感應電流在磁場中所受的安培力1.安培力的大?。篎=BIL==.2.安培力的方向判斷(1)右手定則和左手定則相結合，先用右手定則確定感應電流方向，再用左手定則判斷感應電流所受安培力的方向.(2)用楞次定律判斷，感應電流所受安培力的方向一定和導體切割磁感線運動的方向相反.四、電磁感應的能量轉化1.電磁感應現(xiàn)象的實質是其他形式的能和電能之間的轉化.2.感應電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將其他形式的能轉化為電能，電流做功再將電能轉化為內能.3.電流做功產生的熱量用焦耳定律計算，公式為Q=I2Rt.【能力呈現(xiàn)】應試指導【考情分析】201420152016電磁感應定律的綜合應用T13：電磁感應定律的應用T13：電磁感應定律的應用T13：電磁感應定律的應用【備考策略】電磁感應的綜合應用是高中物理中難度較大、綜合性最強的部分之一，是高考必考內容之一.電磁感應與力學、電路、磁場、能量等密切聯(lián)系，涉及知識面廣，綜合性強，能力要求高，題型有計算題、選擇題.解答電磁感應綜合應用的問題要“先電后力”，即先分析“電源、電路”，再進行受力和運動分析，然后選用牛頓運動定律或能量關系列式求解.能力摸底1.(2016·揚州一模)如圖所示，質量為m、長為l的銅棒ab，用長度也為l的兩根輕導線水平懸吊在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B.未通電時，輕導線靜止在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉的最大角度為θ，則()A.棒中電流的方向為b→aB.棒中電流的大小為C.棒中電流的大小為D.若只增大輕導線的長度，則θ角變大【答案】C【解析】棒所受安培力應向外，根據左手定則，電流方向由a向b，A項錯誤；通電流后，棒受到安培力作用，向外偏轉，偏轉到最大角度時瞬間速度為零，根據動能定理可得：F安lsinθ-mg(l-lcosθ)=0，BIl2sinθ-mg(l-lcosθ)=0，I=，B項錯誤，C項正確；設導線長為s，根據動能定理BIlssinθ-mg(s-scosθ)=0可知，最大偏轉角與導線長度無關，D項錯誤.2.(多選)(2016·如東中學)如圖所示，間距為L，電阻不計的足夠長平行光滑金屬導軌水平放置，導軌左端用一阻值為R的電阻連接，導軌上橫跨一根質量為m、電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導軌接觸良好.整個裝置處于豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中.現(xiàn)使金屬棒以初速度v0沿導軌向右運動，若金屬棒在整個運動過程中通過的電荷量為q.則()A.金屬棒做加速度增大的減速運動B.整個過程中電阻R上產生的熱量為C.整個過程中金屬棒在導軌上發(fā)生的位移為D.整個過程中金屬棒克服安培力做功為【答案】BCD【解析】由牛頓運動定律=ma可知，速度減小，加速度減小，故A錯誤；由能量守恒定律可知Q=m，所以整個過程中電阻R上產生的熱量為，故B正確；由q=·Δt，==，電荷量q==，整個過程中金屬棒在導軌上發(fā)生的位移為x=，故C正確；由功能關系可知整個過程中金屬棒克服安培力做功W=Q=m，故D正確.3.(2016·泰州一模)在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一個面積不變的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖甲所示，取線圈中磁場B的方向向上為正，當磁場中的磁感應強度B隨時間t按如圖乙所示變化時，下列選項中能正確表示線圈中感應電流隨時間變化的是()【答案】A【解析】0~時間內磁場均勻減小，產生的感應電動勢為定值，感應電流也為定值，根據楞次定律得出電流方向為負方向，B、C選項錯誤；~T時間內，磁場反向均勻變大，產生的感應電動勢為定值，感應電流也為定值，根據楞次定律得出電流方向為負方向，A項正確，D項錯誤.4.(多選)(2016·常州中學)如圖所示，足夠長的U形光滑金屬導軌與水平面成θ角，其中MN與PQ平行且間距為L，導軌間連接一個電阻為R的燈泡，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計.一質量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且接觸良好，金屬棒ab接入電路的電阻為r，當流經金屬棒ab某一橫截面的電荷量為q時，金屬棒ab的速度大小為v，則金屬棒ab在由靜止開始沿導軌下滑到速度達到v的過程中(未達到最大速度)()A.金屬棒ab做加速度減小的變加速直線運動B.金屬棒ab兩端的電壓始終為BlvC.燈泡的亮度先逐漸變亮后保持不變D.回路中產生的熱量為sinθ-mv2【答案】AD【解析】對金屬棒ab有mgsinθ-=ma，可知速度v1增大，加速度a減小，即金屬棒ab做加速度減小的變加速直線運動，故A正確；金屬棒ab兩端的電壓為·BLv1，可知速度v1增大，金屬棒ab兩端的電壓也增大，故B錯誤；燈泡的亮度逐漸變亮，故C錯誤；由能量守恒有mgxsinθ=mv2+Q，電荷量q==，解得回路中產生的熱量為sinθ-mv2，故D正確.【能力提升】電磁感應中的電路問題例題1(2015·福建卷)如圖所示，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場中.一接入電路電阻為R的導體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦.在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中()A.PQ中電流先增大后減小B.PQ兩端電壓先減小后增大C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先減小后增大【答案】C【解析】設PQ左側金屬線框的電阻為r，則右側電阻為3R-r；PQ相當于電源，其電阻為R，則電路的外電阻為R外==，當r=時，=R，此時PQ處于矩形線框的中心位置，即PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中外電阻先增大后減小，PQ中的電流為干路電流I=，可知干路電流先減小后增大，選項A錯誤；PQ兩端的電壓為路端電壓U=E-U內，因E=Blv不變，U內=IR先減小后增大，所以路端電壓先增大后減小，選項B錯誤；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P=F安v=BIlv，可知因干路電流先減小后增大，PQ上拉力的功率也先減小后增大，選項C正確；線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率，因外電阻最大值為R，小于內阻R，根據電源的輸出功率與外電阻大小的變化關系，外電阻越接近內阻時，輸出功率越大，可知線框消耗的電功率先增大后減小，選項D錯誤.變式1(2016·金陵中學)如圖所示，平行水平放置的光滑導軌AB、CD相距0.2m，電阻不計，導軌的左右兩端分別接有阻值為1Ω的電阻R1和R2，金屬圓環(huán)的直徑為0.2m，電阻為2Ω，整個裝置放在大小為1T、方向豎直向下的勻強磁場中，M、N為圓環(huán)與導軌接觸的兩點.當圓環(huán)以速度10m/s向右勻速運動時，下列說法正確的是()A.導軌中沒有電流B.M、N兩點的電壓為2VC.M、N兩點的電壓為1.57VD.R1的功率為1W【答案】D【解析】由右手定則可知電源由兩個電動勢并聯(lián)，即電勢E=BLv=2V，內阻r=0.5Ω，外電路R1和R2并聯(lián)電阻R=0.5Ω，M、N兩點的電壓U=R=1V，故A、B、C錯誤；R1的功率為P==1W，故D正確.電磁感應中的動力學問題1.解決電磁感應中的動力學問題的一般思路2.兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系進行分析例題2(2016·全國卷Ⅰ)如圖所示，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連.兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質量分別為2m和m.用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數均為μ，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑.求：(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小.(2)金屬棒運動速度的大小.【答案】(1)mg(sinθ-3μcosθ)(2)(sinθ-3μcosθ)【解析】(1)設導線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2，對于ab棒，由力的平衡條件得2mgsinθ=μN1+T+F①N1=2mgcosθ②對于cd棒，同理有mgsinθ+μN2=T③N2=mgcosθ④聯(lián)立①②③④式得F=mg(sinθ-3μcosθ)⑤(2)由安培力公式得F=BIL⑥這里I是回路abdca中的感應電流，ab棒上的感應電動勢為E=BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由歐姆定律得I=⑧聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得v=(sinθ-3μcosθ)⑨變式2(2016·南京、鹽城、連云港二模)如圖所示，足夠長光滑導軌傾斜放置，導軌平面與水平面夾角θ=37°，導軌間距L=0.4m，其下端連接一個定值電阻R=2Ω，其他電阻不計.兩導軌間存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T.一質量為m=0.02kg的導體棒ab垂直于導軌放置，現(xiàn)將導體棒由靜止釋放，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.(1)求導體棒下滑的最大速度.(2)求ab棒下滑過程中電阻R消耗的最大功率.(3)若導體棒從靜止加速到v=4m/s的過程中，通過R的電荷量q=0.26C，求R產生的熱量Q.【答案】(1)6m/s(2)0.72W(3)0.152J【解析】(1)E=BLvI==F安=BIL=當安培力與重力分力相等時，速度最大，棒ab做勻速運動，即mgsinθ=vm==6m/s(2)由前面可知vm=代入P=得P==0.72W(3)q=It==x==2.6m由能量關系有Q=mgxsin37°-mv2=0.152J電磁感應中的能量轉化問題1.用能量觀點解答電磁感應問題的一般步驟2.能量轉化及熱量求法(1)能量轉化(2)求解熱量Q的三種方法例題3(2016·南京三模)如圖所示，一個質量為m、電阻不計、足夠長的光滑U形金屬框架MNPQ，位于光滑水平桌面上，分界線OO'分別與平行導軌MN和PQ垂直，兩導軌相距L.在OO'的左右兩側存在著區(qū)域很大、方向分別為豎直向上和豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小均為B.另有質量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在OO'左側導軌上，并用一根細線系在定點A.已知細線能承受的最大拉力為T0，CD棒接入導軌間的有效電阻為R；現(xiàn)從t=0時刻開始對U形框架施加水平向右的拉力F，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動.(1)求從框架開始運動到細線斷裂所需的時間t0.(2)若細線尚未斷裂，求在t時刻水平拉力F的大小.(3)若在細線斷裂時，立即撤去拉力F，求此時框架的瞬時速度v0和此后過程中回路產生的總熱量Q.【答案】(1)(2)ma+t(3)【解析】(1)細線斷裂時，對棒有T0=得t0=(2)在t時刻，框架的速度v=at框架切割磁場產生的電動勢E=BLv=BLat框架受到的安培力F安=BIL=對框架有F-F安=ma得F=F安+ma=ma+(3)撤去拉力F時，框架的速度v0=at0=撤去拉力后，系統(tǒng)總動能的減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產生的熱量Q=m-(m+m)撤去拉力F后，框架向右減速，棒向左加速.由于框架和棒在大小相等的安培力作用下產生加速度，且兩物質量又相等，任意時刻它們的加速度大小總是相等，所以在相等時間內兩物速度變化的大小也相等.當兩物的速度變化到大小相等時，回路中的磁通量不再變化，電流為0，它們分別向左、向右做勻速運動.設最終速度大小為v，則有v0-v框=v棒-0得v==故有Q=m-(m+m)=m=變式3(多選)(2016·南師附中改編)如圖所示，abcd為一矩形金屬線框，其中ab=cd=L，ab邊接有定值電阻R，cd邊的質量為m，其他部分的電阻和質量均不計，整個裝置用兩根絕緣輕彈簧懸掛起來.線框下方處在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里.初始時刻，使兩彈簧處于自然長度，且給線框一豎直向下的初速度v0，當cd邊第一次運動至最下端的過程中，R產生的熱量為Q，此過程cd邊始終未離開磁場，已知重力加速度大小為g，下列說法中正確的是()A.初始時刻cd邊所受安培力的大小為-mgB.線框中產生的最大感應電流可能為C.cd邊第一次到達最下端的時刻，兩根彈簧具有的彈性勢能總量大于m-QD.在cd邊反復運動過程中，R中產生的熱量最多為m【答案】BC【解析】初始時刻cd邊所受安培力的大小為F=BIL=，故A錯誤；初始時刻安培力可能大于重力，做減速運動，即線框中產生的最大感應電流可能為，故B正確；cd邊第一次到達最下端的時刻，速度為0，由能量守恒可知mgh+m=Ep+Q，解得Ep=mgh+m-Q，故C正確；在cd邊反復運動過程中，最終停止x=，R中產生的熱量最多為mgx+m-kx2=mgx+m，故D錯誤.變式4(2016·浙江卷)小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)=0.50m，傾角θ=53°，導軌上端串接一個R=0.05Ω的電阻.在導軌間長d=0.56m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B=2.0T.質量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s=0.24m.一位健身者用恒力F=80N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直.當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置.(重力加速度取g=10m/s2，sin53°=0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量)求：(1)CD棒進入磁場時速度v的大小.(2)CD棒進入磁場時所受的安培力F'的大小.(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產生的熱量Q.【答案】(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J【解析】(1)由牛頓定律a==12m/s2①進入磁場時的速度v==2.4m/s②(2)感應電動勢E=Blv③感應電流I=④安培力F'=IBl⑤代入得F'==48N⑥(3)健身者做功W=F(s+d)=64J⑦由牛頓定律F-mgsinθ-F'=0⑧CD棒在磁場區(qū)做勻速運動在磁場中運動時間t=⑨熱量Q=I2Rt=26.88J⑩電磁感應中的圖象問題電磁感應中圖象問題的分析方法例題4(多選)(2016·海安中學)如圖所示，空間有豎直向下的勻強磁場分布在寬度為2L的某矩形區(qū)域內，該區(qū)域的左、右邊界分別為MN、PS，以MN上某點D為原點，建立垂直MN、方向水平向右的x軸.一邊長為L的正方形導線框abcd靜止平放在光滑絕緣的水平面上，ab邊的位置坐標為x=-L.現(xiàn)給線框加一水平向右