二轮专题复习：电磁感应定律综合运用专题训练

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1、二轮专题复习：电磁感应定律综合运用专题训练考点分析电磁感应是电磁学中重要的内容，也是高考的热点之一。电磁感应是讨论其他形式能转化为电能的特点和规律；电路问题主要是讨论电能在电路中传输、分配并通过用电器转化成其他形式能的特点和规律。有电磁感应过程中感应电流大小和方向的判定及计算，更有力学知识在电磁感应问题中的综合应用问题。而在这些综合问题中，往往需要综合运用牛顿第二定律、功能关系、动能定理及能量守恒定律，并结合闭合电路的物理规律。电磁感应的综合考点主要集中在以下四个层面：1 、电磁感应中的力学综合问题2 、电磁感应中的电路综合问题3 、电磁感应中的能量转化与守恒应用问题4 、电磁感应中的图像问题

2、知识与方法总结：一、电磁感应中的力学综合问题：电磁感应中的力学问题涉及受力分析、力和运动问题、 能量问题。 引起电磁感应现象的主要原因有二：一是磁场变化，二是导体切割磁感线。其中第二种是涉及到电磁感应中的力学问题中最典型的情形。电磁感应中，通过导体中的感应电流受到原磁场的安培力 作用，从而影响导体棒或线圈的受力情况和运动情况，导致电磁感应问题与力和运动问题联系在一起。一般思路与方法：先解决电磁学问题，再解决电路问题后解决力学问题。根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，根据楞次定律确定安培力（或感应电流）的方向找好等效电源、画出等效电路图根据欧姆定律求感应电流求安培力的大小和方向分析导体的受力情况

3、和运动情况根据牛顿第二定律列动力学方程或力的平衡条件列力的平衡方程典型示例迁移例题 1、 如图所示，一对平行光滑轨道固定在水平地面上，两轨道间距L 0.20 m，电阻 R1.0 ；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆与轨道的电阻皆可忽略不计， 整个装置处于磁感强度B 0.50T 的匀强磁场中， 磁场方向垂直轨道面向下现用一外力 F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动测得力F 与时间 t的关系如图26 所示求杆的质量m 和加速度a解析 ：导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v 表示其速度， t 表示时间，则有v at杆切割磁感线，将产生感应电动势EBLv在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流I

4、=E/R杆受到的安培力为F 安=IBL根据牛顿第二定律，有F F 安 ma联立以上各式，得 Fma B 2l 2atR由图线上已知条件，可解得a10m/s2， m 0.1kg变式训练 1、两根相距为 L 的足够长的金属直角导轨如题13图所示放置， 它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m 的金属细杆 ab、 cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数为 ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。 当 ab 杆在平行于水平导轨的拉力F 作用下以速度V 1 沿导轨匀速运动时， cd 杆也正好以速率向下 V 2 匀速

5、运动。重力加速度为g。以下说法正确的是B2 L2V1A ab 杆所受拉力F 的大小为mg2RB cd 杆所受摩擦力为零BL(V1V2 )C. 回路中的电流强度为2R2RmgD 与大小的关系为 B2 L2V1二、电磁感应中的电路综合问题电磁感应中的电路综合问题是电磁感应与电路的知识联系，联系桥梁是闭合电路欧姆定律。（ 1）切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈是电源和内电路，找出电动势和内阻，闭合回路的其余部分是外电路，弄清外电路的总电阻。（ 2）电磁感应只能负责产生电源的电动势和计算方法，管不了电路的其它物理量的计算。所以，内电路的内阻、内电压、内电阻的热功率、内热，外电路的路端电压、外电阻、

6、功率、电热，闭合电路中的电流，这些都只能依赖于电路（欧姆定律、串并联电路特点、分配原理）来分析和计算。一般思路与方法：（ 1）根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，根据楞次定律确定感应电流的方向（ 2）找准等效电源、画出等效电路图（ 3）根据电路的知识求电路的有关物理量（一般先由欧姆定律求出电流，后计算其它量）例 2 、如图所示中 MN和 PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距为L=0.4m，电阻不计， 导轨所在平面与磁感应强度为B=0.50T 的匀强磁场垂直，质量为 m=6.0 10-3 Kg，电阻为 R=1.0 的金属杆 ab 始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触，导轨两端分别接有滑动变阻器

7、R2 和阻值为 R1=3.0 的电阻 R1，当杆 ab达到稳定状态时以速度v 匀速下滑，整个电路消耗的电功率为P=0.27W，g =10 m / s2 ，试求：当 ab 作匀速运动时通过ab 的电流大小当 ab 作匀速运动时的速度大小当 ab 作匀速运动时滑动变阻器接入电路的阻值解 :对 ab 杆匀速运动时，所受合外力为零，设ab 中电流为IBILmg解得 I0.3A产生电动势E=BLvPEIv4.5m/ s电路中的电动势为EP0.9VI外电路电压 U EIR0.6VUIR外R外R1 R2R1R2解得R2=6.0变式训练2、如图示： abcd 是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，另一种材料制成

8、的导体棒电阻，可与保持良好接触并做无摩擦滑动，线框处在垂直纸面向里的匀强磁场B 中，当导体棒作用下从导线框的左端开始做切割磁感应线的匀速运动，一直滑到右端的过程中，导线框上消耗的电功率的变化情况可能为： （）A逐渐增大MN有MN在外力B. 先减小后增大C. 先增大后减小D. 增大、减小、再增大、再减小三、电磁感应中的能量转化与守恒应用问题：电磁感应总是伴随能量的转化和守恒过程，楞次定律和法拉第电磁感应定律是能的转化和守恒定律在电磁感应现象中的反映。要维持感应电流的存在，必然要克服安培力做功，即由其它形式的能转化为电能。产生的感应电流通过用电器、导体棒等，电能又转化为其它形式的能（如机械能、内能

9、等）。安培力对导体做负功（即外力克服安培力做功）的过程，是将机械能转化为电能；安培力对导体做正功的过程，是将电能转化为机械能。因常涉及变加速运动过程，所以，对导体棒或线圈较多运用动能定理列方程，对系统较多运用能量转化和守恒定律列方程。解决这类问题的一般思路与方法：根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，根据楞次定律确定安培力（或感应电流）的方向找准等效电源、画出等效电路图根据欧姆定律求感应电流求回路中电阻消耗的电功或电功率的表达式分析系统中能的转化情况由能的转化和守恒定律列出能量守恒方程例题 3、如图所示， 两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为 L ，导轨平面与水平面夹角 30，导轨上端

10、跨接一定值电阻R，导轨电阻不计整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，长为L 的金属棒cd 垂直于 MN 、PQ 放置在导轨上，且与导轨保持电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为 r，重力加速度为 g，现将金属棒由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为 s 时，速度达到最大值 vm求：（ 1）金属棒开始运动时的加速度大小；（ 2）匀强磁场的磁感应强度大小；（ 3）金属棒沿导轨下滑距离为s 的过程中，电阻R解：（ 1）金属棒开始运动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有上产生的电热mg sinma解得ag s i n（ 2）设匀强磁场的磁感应强度大小为B，则金属棒达到最大速度时产生的电动势Em c o s

11、B L v回路中产生的感应电流IERr金属棒棒所受安培力FB I Lcd 棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则F cosmg sin解得 B12m g (Rr )L3vm（ 3）设电阻 R 上产生的电热为Q，整个电路产生的电热为Q 总，则mgssin1mvm2Q总2Q R Q总R r由式解得mR( gsvm2 )Qr )2( R变式训练 3、 如图所示，光滑的平行水平金属导轨MN、 PQ相距 l ，在 M点和 P 点间连接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为 d 的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为 m、电阻为 r 、长度也刚好为 l 的导体棒

12、ab 垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0。现用一个水平向右的力 F 拉棒 ab，使它由静止开始运动，棒ab 离开磁场前已做匀速直线运动，棒ab 与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，F 随 ab 与初始位置的距离 x 变化的情况如图， F0 已知。求：（ 1）棒 ab 离开磁场右边界时的速度（ 2）棒 ab 通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能（ 3） d0 满足什么条件时，棒 ab 进入磁场后一直做匀速运动Mace NFRFB2F0bdfF0Pd0dQOxOd0d0+dx四、电磁感应中的图像问题：高考中出现的频率较高，电磁感应中的图像问题涉及I-t图、 B-t 图、 F-t图、 U-t

13、 图等，综合应用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律。有时要考虑图线的斜率。技巧与方法：根据法拉第电磁感应定律求感应电动势和判断感应电流方向找准等效电源、画出等效电路图根据欧姆定律求感应电流，部分电路的电压等注意：判断出的实际方向与文中规定的正方向的关系；熟悉楞次定律和安培定则（即右手螺旋定则）例题 4、匀强磁场磁感应强度B=0.2 T ，磁场宽度r=0.2 ，金属框以v=10m/s 的速度匀速穿过磁场区，L=3rn ，一正方形金属框边长ab= l =1m，每边电阻其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图所示，求：（ 1）画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的I-t图线（ 2）画出 a

14、b 两端电压的 U-t 图线解析： 线框进人磁场区时E1=B l v=2 V ， I 1E1=2.5 A4r方向沿逆时针， ，感电流持续的时间 t1=l=0.1 sv线框在磁场中运动时：E2=0 ， I2=0无电流的持续时间：t2=L l=0.2 s，v线框穿出磁场区时： E3= B l v=2 V ，I 3E3=2.5 A4r此电流的方向为顺时针，规定电流方向逆时针为正，得 I-t 图线如图所示（ 2）线框进人磁场区ab 两端电压U 1=I 1 r=2.5 0.2=0.5V线框在磁场中运动时；b 两端电压等于感应电动势U 2=B l v=2V线框出磁场时 ab 两端电压： U 3=E - I

15、 2 r=1.5V由此得 U-t 图线如图所示变式训练 4、如图一所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆 ab 与金属框架接触良好. 在两根导轨的端点d、e 之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计. 现用一水平向右的外力 F 作用在金属杆ab 上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆ab 始终垂直于框架 . 图二为一段时间内金属杆受到的安培力f随时间 t 的变化关系，则图三中可以表示外力F 随时间 t 变化关系的图象是（ ）变式训练5、在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图中的甲所示，当磁场的

16、磁感应强度 B 随时间 t 按如图中的乙变化时，图中正确表示线圈感应电动势 E 变化的是（）专题实战热身：1、边长为 L 的正方形金属框在水平恒力F 作用下运动， 穿有界匀强磁场区域。磁场区域的宽度为d（dL）。已知 ab 边进的加速度恰好为零。则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿较，有A产生的感应电流方向相反B所受的安培力方向相反C进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间D进入磁场过程的发热量少于穿出磁场过程的发热量BLaFbd过方向如图的入磁场时， 线框出的过程相比2、把一只矩形线圈从匀强磁场中匀速拉出。第一次用速度v1，第二次用速度v2，而且 v2 2v1 。若两次拉力所做的功分别为W

17、1 和 W 2，两次做功的功率分别为P1 和 P2，两次线圈产生的热量为Q1 和 Q2，则下述结论正确的是： ()A W1W2，P1 P2， Q1 Q2；B W1 W2， P1P2， Q1 Q2C W12W2， 2P1 P2， 2Q1 Q2D W 2 2W 1， P2 4P1， Q2 2Q13、如图所示，在倾角为 的 U 形金属导轨上放置一根导电棒MN ，开始时导电棒MN 处于静止状态。今在导轨所在空间加一个垂直于导轨平面斜向下的，逐渐增大的磁下处于静面垂直， 磁刻，磁感应框 ad 边所向）可能是v0 从匀强磁场场，使感应电流逐渐增大，经过时间t导电棒开始运动，那么在这段时间t 内，导电棒受到

18、的摩擦力的大小（）A不断增加B不断减少C先增大后减少D先减少后增大4、如图所示， 两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为斜角上，导轨的左端接有电阻 R，导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。质量为m，电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力作用下沿导轨匀速上滑，并上升h 高度，如图所示。在这过程中（）A作用于金属捧上的各个力的合力所作的功等于零；B作用于金属捧上的各个力的合力所作的功等于mgh 与电阻 R 上发出的焦耳热之和；C金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上发出的焦耳热；D恒力 F 与重力的合力所作的功等于电阻R 上发出的焦耳热。5、矩形导线框 a

19、bcd 放在匀强磁场中，在外力控制止状态，如图（甲）所示。磁感线方向与导线框所在平感应强度 B 随时间变化的图象如图（乙）所示。t=0 时强度的方向垂直导线框平面向里， 在 04s 时间内， 导线受安培力随时间变化的图象（规定以向左为安培力正方下了选项中的 （ ）F安F安F安04 t04022tABabB024tdc（甲）（乙）F 安02 t4t24tCD6、在光滑水平面上，边长为L 的正方形导线框abcd 在水平拉力作用下，以恒定的速度的左区 B1 完全拉进右区B2。在该过程中，导线框abcd 始终与磁场的边界平行。B1 =B2，方向垂直线框向下，中间有宽度为L/2 的无磁场区域，如图2 所

20、示。规定线框中逆时针方向为感应电流的正方向。从ab 边刚好出磁场左区域B1 开始计时，到cd 边刚好进入磁场右区域B2 为止，下面四个线框中感应电流i 随时间 t 变化的关系图像中正确的是()7、两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为 R 的电阻。将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻 R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放则()A 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB 金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a bB 2 L2 vC金属棒的速度为v 时所受的安培力

21、大小为FRD电阻 R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少8、光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图 123 20 的方程是 y x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场 a 的直线（图中的虚线所示） 一个小金属块从抛物线上 y b 速度 v 沿抛物线下滑假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下()A mgbB 1mv22Cmg（b a）D mg（ b a） 1 mv229、如图所示，相距为d 的两水平虚线L1 和 L2 分别是水平向里的匀界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd 边长为 L(L r且在两端时的电阻等于r ，则选 B.若 R r 且在两端时的电阻小于r，则选 D.变式训练

22、3、（ 1）设离开右边界时棒ab 速度为，则有BIIRr对棒有： 2F0BIl02F0 (R r )解得：B 2 l2（ 2）在 ab 棒运动的整个过程中，根据动能定理：120由功能关系：F0 d0 2F0 d WmE W安2电安解得： E电F0 (d 02d )2mF02 ( Rr ) 2B 4 l 4（ 3）设棒刚进入磁场时的速度为0 ，则有F0 d01 m2200当02F0 m( Rr )2，即 d04l4时，进入磁场后一直匀速运动；B变式训练4、 A变式训练5、 A专题实战热身：13 、变加速运动（加速度减小的加速运动）或变速运动由截距求得 f=2N当杆匀速运动时，F0 。FfB 2L

23、2v0B1TR14、 (1) 金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：mgsin mgcosma 由式解得 a 10(O.6 0.25 0.8)m s2=4m s2(2夕设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为 F，棒在沿导轨方向受力平衡mgsin 一 mgcos0一 F 0此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率： Fv P由、两式解得 vP8m/ s10m/ sF0.210(0.60.250.8)(3)设电路中电流为 I ，两导轨间金属棒的长为l ，磁场的磁感应强度为 BvBlIRP I2R由、两式解得 BPR82 T0.4Tvl101磁场方向垂直导轨平面向上1

24、5 解： (1) 设导体棒的初速度为v0，由动能的定义式Ek12v02E kmv0 得m2设初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：EBLvBL2E Km设初始时刻回路中产生的电流为I ，由闭合电路的欧姆定律得：IEBL 2EKRRm设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F BILB2L22EKRm(2)从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能，因在电路中只有电阻，电能最终全部转化为电阻上产生的焦耳热 Q。当导体棒静止时，棒受力平衡，此时导体棒的位置比初始时刻降低了h，则mgkh,h

25、mgk由能的转化和守恒定律得：mghEKEPQm2 g 2QEKEPk16、解析：（ 1）金属棒静止时，在两板之间只有磁场，带电粒子沿中线垂直进入磁场后在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，垂直打在金属板上时，其运动半径为d ，则有：2Bqv0 m v02d2粒子的速度为： v 0Bqd=100m/s2m（ 2）金属棒以速度v 匀速运动时产生的感应电动势为：E=BLv闭合电路中的电流为：IERr两金属板间的电压为：UIR2带电粒子沿直线通过两金属板时，它所受的电场力和洛仑兹力平衡，即：UBqv0qd由解得：5dv05 0.2100v2=50m/s2L117、解：当金属棒速度恰好达到最大速度时，受力分

26、析，则 mgsin =F 安 +f据法拉第电磁感应定律：E=BLv据闭合电路欧姆定律：I=ER F 安 =ILB =B2L 2v =0.2NR f=mgsin F 安 =0.3N下滑过程据动能定理得：h1 2mghfW = 2mvsin解得 W=1J ，此过程中电阻中产生的热量Q=W=1J18、解析：（ 1）电动机的输出功率为：P出 IU I 2 r 6WP出Fv 其中 F 为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时 F mg BI LEBLv感应电流 I解得 v 2m/sRR（ 2）从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能，由能量守恒定律得： P出t mgh

27、 1 mv2 Q , 解得 t = 1s219、解：（1）URBLvR， Uv ，因 U随时间均匀变化，故v 也随时间均匀变化，金属杆做匀RrR r加速直线运动。（ 2） kUvBLRaBLRttR rR rak( Rr )0.2(0.50.1)2.4 (m/s2)BLR0.40.250.5（2） FF 安maBILmaB2 L2 atma0.04t 0.24R r（ 3） P Fv ( 0.04t 0.24)at 2.04 W20、解：（1）金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动。设最大速度为vm，则速度达到最大时有：FBIdmg si

28、nBdvmI( rR)Bdvm 2RvmmgRB2 d 2（ 2）由（1）得： IBdvmmg2 R2 BdPI 2 Rm2 g 2 RL4B 2 d 2（ 3）当金属棒的速度v vm2时， II 2由牛顿第二定律：FBdI mg sinmaa 1 g4（ 4）设整个电路放出的电热为Q ，由能量守恒定律有：F 4LQmgsin4L1 mvm22Qm3 g2 R22mgL4 d 42BrRQrQ 2Qrm3 g 2 R2mgL4 d 44B21、解： (1) 由图知：杆达到稳定运动时的电流为1.0AK 接通前mg sinmg cosK 接通后且杆达到稳定时mg sinBILmg cosMg解得Mg1BILT(2)0.4st 轴包围的面积内通过电阻的电量为图线与由图知：总格数为144 格 (140 150 均正确，以下相应类推 )q=144 0.04 0.04C=0.23C(3) 由图知： 0.4s末杆的电流 I=0.86AIEBlvrRrRI ( R r )vBl0.86m/ sqIttBlx( RR rR rtr )xq( R r )0.23mBl1Mgx(Mm)v2Q2QMg Rr q1 ( Mm)v20.16JQBl2QR0.08J2