（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题四 电路与电磁感应 第三讲 电磁感应综合问题课件

第三讲电磁感应综合问题123课前自测诊断课堂重点攻坚课后“达标”检测考点一电磁感应中的电路问题释疑3大考点本考点内容的知识综合性较强，涉及物理的主干知识较多，是近几年高考命题的热点之一。要解决此类问题，应准确画出等效电路，明确各部分的连接方式，会用闭合电路欧姆定律、电路的串并联知识计算电压、电流和功率的分配等。建议对本考点重点攻坚。电磁感应中的电路问题的解题流程[典例]如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4m，导轨右端接有阻值R＝1Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨电阻均不计。导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L。从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v＝1m/s做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。[思维流程][解析](1)设正方形磁场的面积为S，则S＝L22＝0.08m2。在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的。由B­t图像可知ΔBΔt＝0.5T/s，根据E＝nΔΦΔt，得回路中的感应电动势E＝ΔBΔtS＝0.5×0.08V＝0.04V。(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大。此时感应电动势：E′＝BLv＝0.5×0.4×1V＝0.2V回路中感应电流I′＝E′R＝0.21A＝0.2A导体棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4N＝0.04N当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l＝2v(t－1)(1s≤t≤1.2s)感应电动势e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V感应电流i＝eR＝(t－1)A(1s≤t≤1.2s)。[答案](1)0.04V(2)0.04Ni＝(t－1)A(1s≤t≤1.2s)[题点全练]1．[多选]在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计。闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是()A．线圈中产生的感应电动势的大小为B0πr12t0B．电容器下极板带正电C．电路中产生的感应电流为B0πr225Rt0D．线圈两端的电压为4B0πr225t0解析：根据法拉第电磁感应定律，则有：E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝B0πr22t0，选项A错误；根据楞次定律可知，线圈产生顺时针方向电流，则电容器下极板带正电，B正确；电路中电流为I＝E5R＝B0πr225Rt0，选项C正确；线圈两端的电压为U＝I·4R＝4B0πr225t0，故D正确。答案：BCD2.[多选]如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的电阻为2R。一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好。下列说法正确的是()A．金属棒MN两端的电压大小为13Bωr2B．圆环消耗的电功率是变化的C．圆环中电流的大小为Bωr23RD．金属棒MN旋转一周的过程中，电路中产生的热量为4πB2ωr43R解析：由右手定则，MN中电流方向由M到N，根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势为OM、ON分别切割磁感线产生的感应电动势之和，即E＝12Bωr2×2＝Bωr2，且保持不变。圆环的电阻由两个电阻为R的半圆并联组成，所以圆环的总电阻为12R，所以通过金属棒MN的电流：I＝E12R＋R＝2Bωr23R，MN两端的电压：U＝I·12R＝13Bωr2，流过圆环的电流：I′＝12I＝Bωr23R，故A、C正确；由以上分析可知，流过圆环的电流不变，则圆环消耗的电功率不变，故B错误；MN旋转一周外力做功为W＝EIt＝Bωr2×2Bωr23R×2πω＝4πB2ωr43R，故D正确。答案：ACD3.(2019·江苏南京师大附中高考模拟)1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机。如图所示为一圆盘发电机对小灯泡供电的示意图，铜圆盘可绕竖直铜轴转动，两块铜片C、D分别与圆盘的竖直轴和边缘接触。已知铜圆盘半径为L，接入电路中的电阻为r，匀强磁场竖直向上，磁感应强度为B，小灯泡电阻为R。不计摩擦阻力，当铜圆盘以角速度ω沿顺时针方向(俯视)匀速转动时，求：(1)铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小E；(2)流过小灯泡的电流方向，以及小灯泡两端的电压U；(3)维持圆盘匀速转动的外力的功率P。解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E＝BLv圆盘半径两端的平均速度为：v＝12(0＋ωL)由以上方程可得铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小：E＝12BωL2。(2)由右手定则可得电流方向：由a到b；由闭合电路欧姆定律可得电流为：I＝ER＋r所以灯泡两端的电压为：U＝IR由以上方程解得：U＝RBωL22r＋R。(3)由能量的转化与守恒可知，维持圆盘匀速转动的外力的功率等于电路消耗的总功率，即：P＝P电而电路中消耗的总功率为：P电＝E2R＋r由以上方程解得：P＝B2ω2L44r＋R。答案：(1)12BωL2(2)由a到bRBωL22r＋R(3)B2ω2L44r＋R考点二电磁感应中的动力学问题本考点综合性较强，涉及的主干知识和规律较多，包括法拉第电磁感应定律、左手定则、右手定则、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律、直线运动的规律等，是近几年高考命题的热点之一。要解决此类问题，应对物体进行受力分析，分析其加速度特点，应用运动学知识求解。建议对本考点灵活掌握。电学对象与力学对象的转换及关系应用动力学观点解决电磁感应综合问题时要特别注意a＝0时速度v达到最大时的特点，运动的动态分析如下：[注意]电磁感应与力和运动结合的问题，研究方法与力学相同，首先明确物理过程，正确地进行受力分析，这里应特别注意伴随感应电流而产生的安培力，在匀强磁场中匀速运动的导体受到的安培力恒定，变速运动的导体受到的安培力也随速度(电流)变化而变化；其次应用相应的规律求解，匀速运动可用平衡条件求解，变速运动的瞬时速度可用牛顿第二定律和运动学公式求解。[典例]如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨间距为L，导轨上端连接一个定值电阻，导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并接触良好，斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直斜面向上的磁场，磁感应强度大小为B0。已知b棒的质量为m，a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。(1)断开开关S，a棒和b棒固定在磁场中，恰与导轨构成一个边长为L的正方形，磁场从B0以ΔBΔt＝k均匀增加，写出a棒所受安培力F安随时间t变化的表达式。(2)若接通开关S，同时对a棒施以平行导轨斜向上的拉力F，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止。当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力F，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨。当a棒再次滑回磁场上边界PQ时，又恰能沿导轨匀速向下运动，求a棒质量ma及拉力F的大小。[解析](1)由法拉第电磁感应定律可得E＝ΔΦΔt，ΔΦ＝ΔBL2由闭合电路欧姆定律可得：I＝E2Rt时刻的磁感应强度为B＝B0＋kt此时a棒受到的安培力为F安＝BIL解得：F安＝kL32R(B0＋kt)。(2)由题意可知a棒沿斜面向上运动时，a棒为电源，b棒和电阻R并联，设通过a棒(干路)的电流为I1，由并联电路关系可得：I1＝Ib＋IRb棒和电阻R的阻值相等，则通过b棒的电流为Ib＝12I1电路的总电阻为R总＝RbRRb＋R＋Ra由欧姆定律可得干路电流为I1＝ER总感应电动势为E＝BLvb棒保持静止，则mgsinθ＝BIbLa棒脱离磁场后撤去拉力F，a棒机械能守恒，返回磁场时速度大小还是v，此时a棒和电阻R串联，则电路中的电流为I2＝ERa＋Ra棒匀速下滑，则magsinθ＝BI2L联立解得ma＝32ma棒向上运动时受力平衡：F＝magsinθ＋BI1L解得F＝72mgsinθ。[答案](1)F安＝kL32R(B0＋kt)(2)32m72mgsinθ[方法总结](1)注意供电回路分析。如本例中a棒为电源，b棒和R并联，b棒中的电流为a棒中电流的12。(2)注意分析导体棒的受力。如本例中a棒匀速上升时在平行导轨方向受到重力的分力magsinθ、拉力F、安培力BI1L，但a棒再次滑回磁场时在平行导轨方向只受重力的分力magsinθ和安培力BI2L，只是此时因b棒的滑离，电路结构发生了变化。[题点全练]1．如图甲所示，CD、EF为两电阻不计的平行金属导轨，间距为L，CD间连接着一阻值为R的电阻，导轨平面与水平面间夹角θ＝30°，且处在一与导轨平面垂直的磁场中，磁场随时间变化关系如图乙所示，t＝0时刻磁场方向垂直导轨平面向下。电阻忽略不计、质量为m的金属棒ab始终静止在导轨上，且在t＝0时刻与CE的距离也为L。求：(1)t＝0时刻流过电阻R的感应电流的大小及方向；(2)t＝t12时刻金属棒受到的摩擦力大小及方向；(3)求0～t13时间内，通过电阻R的电荷量q。解析：(1)由题图乙可知0～t13时间内回路中的电动势为E＝ΔBSΔt＝6B0L2t1所以t＝0时刻的感应电流大小为I＝ER＝6B0L2Rt1由楞次定律可得感应电流方向为C→R→E。(2)由题图乙可知t13～t1时间内回路中的电动势为E＝ΔBSΔt＝3B0L22t1所以t＝t12时刻的感应电流大小为I＝ER＝3B0L22Rt1又由题图乙可知t＝t12时刻磁感应强度为B＝t1－t12t1－t13B0＝34B0则t＝t12时刻金属棒所受安培力的大小为F安＝BIL＝9B02L38Rt1，由左手定则可知，其方向沿导轨平面向下对金属棒进行受力分析，根据平衡条件，得金属棒所受静摩擦力的大小为f静＝mgsinθ＋F安＝12mg＋9B02L38Rt1，方向沿导轨平面向上。(3)t＝0时刻磁感应强度为－B0，t＝t13时刻磁感应强度为B0，所以0～t13时间内，通过电阻R的电荷量q＝IΔt＝ΔΦRΔtΔt＝ΔBSR＝2B0L2R。答案：(1)6B0L2Rt1，电流方向为C→R→E(2)12mg＋9B02L38Rt1，方向沿导轨平面向上(3)2B0L2R2．(2019·江苏盐城中学高三月考)如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP位于光滑水平桌面上，分界线OO′分别与平行导轨MN和PQ垂直，两导轨相距L。在OO′的左右两侧存在着区域很大、方向分别为竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在OO′左侧导轨上，并用一根细线系在定点A。已知，细线能承受的最大拉力为T0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R。现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力F，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动。(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0；(2)若细线尚未断裂，求在t时刻水平拉力F的大小；(3)求从框架开始运动到细线断裂的过程中流过回路的电荷量q。解析：(1)绳子断裂时，对棒有T0＝B2L2at0R，解得t0＝T0RB2L2a。(2)在t时刻，框架的速度v＝at，框架切割磁场产生的电动势E＝BLv＝BLat，框架受到的安培力F安＝BIL＝B2L2atR，对框架有F－F安＝ma，水平拉力F＝F安＋ma＝ma＋B2L2atR。(3)E＝ΔΦΔtq＝IΔt＝ERΔt＝ΔΦR通过整个回路横截面的电荷量为q＝BLat022R＝T02R2B3L3a。答案：(1)T0R