【热点强化突破优化方案】2016届高三物理大一轮复习课件：热点强化突破(九)电磁感应

第九章电磁感应热点强化突破(九)热点1电磁感应中的图象问题电磁感应中的图象问题是高考选择题命题的热点．这类问题的实质是法拉第电磁感应定律、楞次定律及推理的应用．解决这类问题的关键点：①明确图象种类；②整个过程合理分段；③注意根据方向排除错误选项．1.(单选)如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)()A解析：导体棒运动时间t时切割磁感线产生的感应电动势大小E＝Blv＝2Bv2t，感应电流大小I＝ER＝2Bv2tR，导体棒所受的安培力大小F＝BIl＝4B2v3t2R，由此可见，感应电流的大小I与时间t成正比，而安培力的大小F则与时间t是二次函数关系．由楞次定律可知，导体棒在第一、二区域的磁场中运动时，产生的感应电流分别为从M经R到N和从N经R到M；由左手定则判断得出，导体棒在第一、二区域的磁场中运动时受到的安培力均为水平向左，只有A正确．2．(单选)磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场，分布在一个边界为正三角形的区域内，正三角形的边长为a，一个长为32a、宽为a2的矩形导线框，平行于纸面沿着正三角形的角平分线匀速地穿过磁场区域，如图所示．假设感应电流的正方向为逆时针方向，以导线框刚进入磁场时刻为t＝0时刻，则在穿过磁场的过程中，导线框中的感应电流随时间变化的图象是()D解析：线框刚进入磁场的一段时间，线框的右边匀速切割磁感线，产生逆时针方向、大小恒定的电流；线框的右边有部分离开磁场时，线框的左边还没有进入磁场，右边切割磁感线的有效长度在均匀减小，感应电流也在均匀减小；当右边刚好离开磁场时，左边刚好进入磁场，此后线框中产生顺时针方向的恒定感应电流；然后左边逐渐离开磁场，切割磁感线的有效长度在均匀减小，感应电流也均匀减小，故D正确．3．(单选)如图所示在第一象限有磁感应强度大小为B＝x(T)(0≤x≤1m)、方向垂直纸面向里的磁场，一边长为L＝1m的正方形线圈abcd的电阻为R＝1Ω.现使线圈从图示位置以速度v＝4m/s匀速向右通过磁场区域，Uab表示线圈a、b两端的电势差，Φ表示线圈中的磁通量，s表示线圈ab边的位移，下面四个图象中可能正确的是()A解析：0≤s≤1m，Uab＝3BLv/4＝3s(V)；1m≤s≤2m，Uab＝BLv/4＝s－1(V)，故A对，B错.0≤s≤1m，Φ＝s22(Wb)；1m≤s≤2m，Φ＝12－s－122(Wb)，故C、D均错．4．(单选)(2015·石家庄质检)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，Ⅰ和Ⅱ之间无磁场．一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同．下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是()C解析：MN棒先做自由落体运动，当到Ⅰ区磁场时由四个选项知棒开始减速说明F安mg，由牛顿第二定律得，F安－mg＝ma，当减速时F安减小，合力减小，a也减小，速度图象中图线上各点切线斜率减小，离开Ⅰ区后棒做加速度为g的匀加速直线运动，随后进入Ⅱ区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流变化情况相同，则在Ⅱ区磁场中运动情况与Ⅰ区磁场中完全相同，所以只有C项正确．热点2电磁感应中的力电综合电磁感应中的综合问题是高考压轴题命题的热点，高考中常以“杆＋导轨”模型为载体综合考查电路、动力学和能量等多方面知识．在分析与动力学知识结合的综合题时，首先应明确两大研究对象，再分析速度变化引起磁场力变化的制约关系，然后根据动态分析确定导体的最终状态．在分析与能量结合的综合题时，由于安培力是变力，需要用功能关系和能量守恒观点分析，解题时要分析清楚能量的产生和转化情况．5．(2015·南京模拟)如图所示，质量为m＝0.1kg粗细均匀的导线，绕制成闭合矩形线框，其中长LAC＝50cm，宽LAB＝20cm，竖直放置在水平面上．中间有一磁感应强度B＝1.0T，磁场宽度d＝10cm的匀强磁场．线框在水平向右的恒力F＝2N的作用下，从图示位置由静止开始沿水平方向运动，线框AB边从左侧进入磁场，从磁场右侧以v＝1m/s的速度匀速运动离开磁场，整个过程中线框始终受到大小恒定的摩擦阻力Ff＝1N，且线框不发生转动．求线框的AB边(1)离开磁场时感应电流的大小；(2)刚进入磁场时感应电动势的大小；(3)穿越磁场的过程中安培力所做的总功．解析：(1)线框的AB边离开磁场时已经匀速运动F＝Ff＋BILAB所以I＝F－FfBLAB＝5A.(2)线框的AB边进入磁场前F－Ff＝ma，a＝F－Ffm＝10m/s2v20＝2as，v0＝2m/s线框的AB边进入磁场时E＝BLABv0＝0.4V.答案：(1)5A(2)0.4V(3)－0.25J(3)线框的AB边在穿越磁场的过程中，由动能定理得(F－Ff)d＋W＝12mv2－12mv20解得W＝－0.25J.6．(2015·陕西五校联考)如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为3m的重物，另一端系一质量为m、电阻为r的金属杆．在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置于导轨下端QF处，将重物由静止释放，当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降．运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，重力加速度为g，求：(1)电阻R中的感应电流方向；(2)重物匀速下降的速度v；(3)重物从释放到下降h的过程中，电阻R中产生的电热QR；(4)若将重物下降h时的时刻记为t＝0，速度记为v0，从此时刻起，磁感应强度逐渐减小，若此后金属杆中恰好不产生感应电流，则磁感应强度B怎样随时间t变化(写出Bt与t的关系式)．解析：(1)由右手定则可知电阻R中的感应电流方向为Q→R→F.(2)金属杆匀速上升，处于平衡状态，由平衡条件得：T－mg－F＝0，式中：T＝3mg，F＝B0IL＝B20L2vR＋r，所以v＝2mgR＋rB20L2.(3)设电路中产生的总电热为Q，则由能量守恒得：减少的重力势能等于增加的动能和总电热Q，即：3mgh－mgh＝12(3m)v2＋12mv2＋Q.所以电阻R中产生的电热QR为QR＝RR＋rQ＝2mghRR＋r－8m3g2R＋rRB40L4.(4)金属杆中恰好不产生感应电流，即磁通量不变Φt＝Φ0，(h＋ht)LBt＝hLB0，式中ht＝v0t＋12at2，又a＝3mg－mg3m＋m＝12g，则磁感应强度B随时间t的变化为Bt＝B0hh＋v0t＋g4t2.答案：(1)Q→R→F(2)2mgR＋rB20L2(3)2mghRR＋r－8m3g2R＋rRB40L4(4)Bt＝B0hh＋v0t＋g4t27．如图所示，倾角θ＝60°的倾斜平行直轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L，圆形轨道的半径为r.在倾斜平行轨道上半部分处有磁感应强度为B的垂直于轨道平面的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末端接有一阻值为R的电阻．质量为m的金属棒从距轨道最低点C高度为H处静止释放，运动到最低点C时的速度大小vC＝6gr，金属棒及轨道电阻不计，摩擦不计，求：(1)金属棒中产生感应电动势的最大值Em；(2)金属棒下滑过程中电阻R上产生的热量Q；(3)金属棒能否通过圆形轨道的最高点D？若能通过，求在此点时金属棒对轨道的压力．解析：(1)磁场区域足够大，金属棒由静止开始先做变加速运动，当重力沿导轨向下的分力与安培力平衡时，金属棒在磁场中运动的速度最大，产生的感应电动势也最大．设在磁场中达到的最大速度为vm，有Em＝BLvm根据闭合电路欧姆定律有Im＝EmR根据平衡条件有mgsinθ＝BImL解得Em＝3mgR2BL.(2)根据能量守恒定律，金属棒下滑过程中电阻R上产生的热量等于金属棒损失的机械能，所以有Q＝mgH－12mv2C解得Q＝mg(H－3r)．(3)假设金属棒能通过圆形轨道的最高点D，则金属棒由C点运动到D点机械能守恒，根据机械能守恒定律有12mv2C＝12mv2D＋mg·2r解得vD＝2gr金属棒通过圆形轨道最高点D时，根据牛顿第二定律及向心力公式有FND＋mg＝mv2Dr解得FND＝mg，所以金属棒能通过最高点由牛顿第三定律可知，金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力F′ND＝FND＝mg，方向竖直向上．答案：(1)3mgR2BL(2)mg(H－3r)(3)mg方向竖直向上