高考物理一轮复习第十章电磁感应强化十二电磁感应的综合问题学案.pdf

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1、专题强化十二电磁感应的综合问题【专题解读】1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题.2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心.3.用到的知识有：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、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等.研透命题点-统研考纲和K庭分析突破命里点-命题点一电磁感应中的图象问题 能力考点师生共研1.题型简述借助图象考查电磁感应的规

2、律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：由给定的电磁感应过程选出正确的图象；由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象.常见的图象有Bt图、E t图、i t图、vt图及F t图等.2.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.3.解题步躲明确图象的种类，即是B-t图还是中一t图，或者E-t图、I t图等；分析电磁感应的具体过程；用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜

3、率的变化、截距等；画图象或判断图象.4.两种常用方法精选排除法：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.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.【例1 1 （多选）（2 0 17 河南六市一模）边长为a的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图1所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是（）解析 设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t=0,则其切割磁感线的有效长

4、度L=2x t a n30 x,则感应电动势EM“A=BLV=F BVX,则C项正确，D项错误.框架匀速运动，3 电动势 3B 213V 4B2X2V故 F =F=8 X 2,A 项错误.P =F v o c F 0CX2,B 项正确.外力 安 1 J1X.外力功率 外力 外力【变式1】（2017 江西南昌三校四联）如图2所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里.一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速到位置2（右）.取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t=0）,规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是（）精选答 案A解析 线框进入磁场的过

5、程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B、C错误；线框进入磁场的过程，线框切割磁感线的有效长度先均匀增大后均匀减小，由 =：6酹，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框切割磁感线的有效长度先均匀增大后均匀减小，由 =8心，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误.【变式2（2017 河北唐山一模）如图3所示，在水平光滑的平行金属导

6、轨左端接一定值电阻R,导体棒a b垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中.现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R的电荷量q随导体棒位移的变化描述正确的是（）图3精选解析答案F B2L2V顿第二定律得棒的加速度大小a=M=-,则a减小，v t图线斜率的绝对值减小，故B E项正确，A项错误.通过R的电荷量q=l A t=R Z t=B LR-A t=-=-x,可知 C、D 项错误.命题点二电磁感应中的动力学问题能力考点师生共研1.题型简述感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合

7、应用电磁感应规律（法拉第电磁感应定律、楞次定律）及力学中的有关规律（共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等）.2.两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件.具体思路如下：|导体受外|力运动|导体受|安培力【例2】（2 0 1 6 全国卷U 2 4）如图4,水平面（纸面）内间距为1的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为I的金属杆置于导轨上.t=0时，金属杆在水平向右、大小为

8、F的恒定拉力精选作用下由静止开始运动.精选t“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触良好，两者之间的动摩擦因数为重力加速度大小为g 求:X图4X XXX XX XX XXX金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;电阻的阻值.FB212t答 案 6 B%啮（2 厂 二解析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F-R m g=m 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v =at“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知产生的电动势为E=B l v 联

9、立式可得FE=B it 扁 一 （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EI =R 式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为F =B I 1 安因金属杆做匀速运动，有 F-n m g-F.=O 女B 2 1 2 t联立式得R=T.【变式3】（2 0 1 7 江淮十校三模）宽为L的两光滑竖直裸导轨间接有固定电阻R,导轨（电阻忽略不计）间 I、口区域中有垂直纸面向里宽为d,磁感应强度为B的匀强磁场，1、I I 区域间距为h,如 图 5,有一质量为m、长为L、电阻不计的金属杆与竖直导轨紧密接触，从距区域I 上端H处由静止释放.若杆在I、D区域中运动情况完全相同，现以杆由

10、静止释放为计时起点，则杆中电流随时间t 变化的图象可能正确的是（）精选解析 杆 在 I、口区域中运动情况完全相同，说明产生的感应电流也应完全相同，排 除 A和 C选项.因杆在无磁场区域中做a=g 的匀加速运动，又杆在I、U区域中运动情况完全相同，则杆在I、11区域应做减速运动，在区域I中对杆受力分析知其受竖直向下的重力和竖B2L2Vm g-f直向上的安培力，由牛顿第二定律得加速度a=-一，方向竖直向上，则知杆做加速B L v度逐渐减小的减速运动，又 1=，由I 一t 图线斜率变化情况可知选项B正确，选项D错K误.【变式4】（2 0 17 上海单科 2 0 改编）如图6,光滑平行金属导轨间距为L

11、,与水平面夹角为0,两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面.质量为m的金属杆a b 以沿导轨平面向上的初速度v。从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置.在运动过程中，a b 与导轨垂直且接触良好，不计a b 和导轨的电阻及空气阻力.求 a b 开始运动时的加速度a 的大小；分析并说明a b 在整个运动过程中速度、加速度的变化情况.答 案 见 解 析解析利用楞次定律，对初始状态的a b 受力分析得：m 与 i n6+B I L=ma 精选对回路分析E BLvI=R=-R 联立得B2L2Va=gin 0H-晨10 mR上滑过程：由第问中的分析

12、可知，上滑过程加速度大小表达式为：B2L2V上=雷山+/上滑过程，a、v反向，做减速运动.利用式，v减小则a减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动.下滑过程：由牛顿第二定律，对a b受力分析得：B2L2Vm毋in 6-5-=m a K 下B2L2V =n QnR 因a与v同向，a b做加速运动.下由得V增加，a.减小，杆下滑时做加速度逐渐减小的加速运动.下精选命题点三 电磁感应中的动力学和能量问题精选能力考点师生共研1.题型简述电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则

13、是其他形式的能转化为电能的过程.2.解题的一般步骤确定研究对象(导体棒或回路)；弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；根据能量守恒定律或功能关系列式求解.3.求解电能应分清两类情况若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W=U It或Q=E R t直接进行计算.(2)若电流变化，则利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能.【例3】如图7所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成.倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为3在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为m、电阻也为r的金

14、属杆M N垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度 为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B的匀强磁场.闭合开关S,让金属杆M N从图示位置由静止释放，已知金属杆M N运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆M N两端始终与导轨接触良好，重力加速度为g求：图7金属杆M N在倾斜导轨上滑行的最大速率v;m(2)金属杆M N在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v前，当流经定值电阻的电流从零m增大到I。的过程中，通过定值电阻的电荷量为q,求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q;(3)金属杆M N在水平导轨上滑行的最大距离x.m精

15、选答 案 见 解 析解 析 金 属 杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零,对其受力分析，可得mg；i n 8 B I L=0m根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：B L vI =m 2 r解得:2m笋i n 0r-m B 2 L 2设在这段时间内，金属杆MN运动的位移为x由电流的定义可得：q=1 A t根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得：平均电流IB A S B LX2 r Z t-2 r A t2 q r解得：X=BT设电流为1。时金属杆M N的速度为v 0,根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可B L v得LF，2 r l解 得 犷 江设此过程中，电

16、路产生的焦耳热为Q,由功能关系可得:m g x s i n 0=Q1+-m v 2热2 01定值电阻r产生的焦耳热Q=5Q”解得：Q=m g q i s i n 0-B L-m l 2 r 20B2L2(3)设金属杆MN在水平导轨上滑行时的加速度大小为a,速度为v时回路电流为I,由牛顿第二定律得：B I L=m a由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：B L vB 2 L 2 A v联立可得：v=mB 2 L 2 B 2 L 2v A t =mAv,即x =mv2 r 2 r m m精选得:4m2gt2sin 0B4L4【变式5（多选）（2017 山东潍坊中学一模）如图8所示，同一竖直面

17、内的正方形导线框a、精选b的边长均为1,电阻均为R,质量分别为2m和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为21、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域.开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为L现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动.不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g,则（）2mgRA.a、b两个线框匀速运动时的速度大小为二jD 2123B2L3B.线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间 为 硒C.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD.从开始

18、运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl答 案BC解析 设两线框匀速运动的速度为v,此时轻绳上的张力大小为F/则对a有：F=2m g-E mgRB I1,对b有：FT=m g,又I=R,E=B1V,解得v=置，故A错误.线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时31 3B2I3间t=番次，故B正确.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在其匀速O进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q,由功能关系有2mgi-F J=Q,得Q=m g l,故C正确.设两线框从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服

19、安培力做的功为W,此过程中左、右两线框分别向上、向下运动21的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：13m3等氏4m gl=2m gl+-X 3mv2+W,得 W=2mgl而 ，故 D 错误.【变式6】如图9所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域M NPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v“匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度精选变为V.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求：精选X X XX X XX X XX X XX X

20、 XMN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a;(3)P Q刚要离开金属杆时，感应电流的功率PB d v B 2 d 2 V B 2 d2 v v 2答 案 寸R E 0)g一解 析(1)MN刚扫过金属杆时，感应电动势E=B d E感应电流1=百KB dv解得1=/安培力F=B I d由牛顿第二定律得F=m a(3)金属杆切割磁感线的相对速度v =VQ-V,则感应电动势E =B d(v-v)E 2电功率P=R-解得p=B 2 d2 v v课时作业-限时训炼炼航意球速度-力双基巩固练1.将一段导线绕成如图1甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内.回路的a

21、b边置于垂直纸面向里为匀强磁场I中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场n ,以向里为磁场u的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示.用F表示a b边受到的安培力，以水平向右为精选F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图象是（)L答 案 BT解析 根据B-t 图象可知，在 0,时间内，Bt 图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电AB磁感应定律E=n S 可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次T定律可知，a b 中电流方向为b-a,再由左手定则可判断ab边受到向左的安培力，且 0，时T间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在5T 时间内，Bt 图线的斜率为

22、正且为定值，故 ab边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同.综上可知，B 正确.2.如图2 所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的区域，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上.若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场的过程中感应电流i 随时间t 变化的图象是（）收、.匀速!x x、-区 三三a图2精选答 案 C解析 在金属框进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针，金属框切割磁感线的有效长度线性增大，排除A、B;在金属框出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，金属框切割磁感线的有效

23、长度线性减小，排除D,故 C 正确.3.（多选）（2017 山东泰安二模）如图3 甲所示，间距为L 的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B,轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在平行导轨的水平外力F 作用下沿导轨运动，F 随 t 变化的规律如图乙所示.在。t时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动.图乙中D F,F,为已知量，棒和导轨的电阻不计.则（）图3A.在 t以后，导体棒一直做匀加速直线运动B.在 t以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动2 F-F RC.在 0 1 时间内，导体棒的加速度大小为J0D212t0F-F tD.在 0%时间内，通过导体棒横截面的电荷

24、量为一当广一答 案 BD解析 因在01 时间内棒做匀加速直线运动，故在t时刻F,大于棒所受的安培力，在 t“以后，外力保持F,不变，安培力逐渐变大，导体棒先做加速度减小的加速运动，当加速度a=0,即导体棒所受安培力与外力F?相等后，导体棒做匀速直线运动，故 A 错误，B 正确.设在。t时间内导体棒的加速度为a,通过导体棒横截面的电荷量为q,导体棒的质量为m,V B212V V 时刻导体棒的速度为 V,则有：a=-,F2-R=ma,F m a,q=-,d）=BAS=BIto,0F-F R F-F t解得：a=-E，q=1 一,故 C 错误，D 正确.D 2L 的 时 间 间 隔 内 即 流 过

25、电 阻 R的电荷量q的绝对值为k t Si q l =-(2)当t t 时，金属棒已越过M N.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有F=F安 式中，F是外加水平恒力，F,是金属棒受到的安培力.设此时回路中的电流为I,F =B I I 安 0此时金属棒与MN之间的距离为s=v(t t)匀强磁场穿过回路的磁通量为精选C D =B_ls 回路的总磁通量为 二 十 其中中=BS=ktS 由式得，在时刻t(tt(|),穿过回路的总磁通量为=Blv“(t1)+kSt在t到t+A t的时间间隔内，总磁通量的改变量 为t I)=(BJv+kS)At 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E _由欧姆定律得I=N 联立 得B1F=(Bolv+kS).如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合!精选