PAGEPAGE2第3節(jié)電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用考點一|電磁感應(yīng)中的電路、圖象問題一、電磁感應(yīng)中的電路問題1．內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運(yùn)動的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源．(2)該局部導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余局部是外電路．2．電源電動勢和路端電壓(1)電動勢：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt).(2)路端電壓：U＝IR＝E－Ir.圖象類型(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖象，即B-t圖象、Φ-t圖象、E-t圖象和I-t圖象(2)對于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的情況，還常涉及感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨位移x變化的圖象，即E-x圖象和I-x圖象問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程判斷或畫出正確的圖象(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量(3)利用給出的圖象判斷或畫出新的圖象應(yīng)用知識左手定那么、安培定那么、右手定那么、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓定律、函數(shù)圖象知識等二．電磁感應(yīng)的圖象問題1．解決電磁感應(yīng)中的電路問題的一般步驟(1)確定電源．切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源，利用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blvsinθ求感應(yīng)電動勢的大小，利用右手定那么或楞次定律判斷電流方向．(2)分析電路結(jié)構(gòu)(內(nèi)、外電路及外電路的串、并聯(lián)關(guān)系)，畫出等效電路圖．(3)利用電路規(guī)律求解．主要應(yīng)用歐姆定律及串、并聯(lián)電路的根本性質(zhì)等列方程求解．2．電磁感應(yīng)中圖象問題的分析技巧(1)對于圖象選擇問題常用排除法：先看方向再看大小及特殊點．(2)對于圖象的描繪：先定性或定量表示出所研究問題的函數(shù)關(guān)系，注意橫、縱坐標(biāo)表達(dá)的物理量及各物理量的單位，畫出對應(yīng)物理圖象(常有分段法、數(shù)學(xué)法)．(3)對圖象的理解：看清橫、縱坐標(biāo)表示的量，理解圖象的物理意義．1．如圖9-3-1甲所示，一半徑r＝0.5m、電阻為R＝5Ω、匝數(shù)為N＝100匝的圓形線圈兩端A、C與一個理想電流表相連，線圈內(nèi)有變化的磁場，以垂直紙面向里的磁場方向為正，磁場隨時間的變化情況如圖乙所示，那么以下判斷中正確的選項是()圖9-3-1A．在0～5s的時間內(nèi)，理想電流表示數(shù)的最大值為1AB．在t＝4s時刻，流過電流表的電流方向為A→CC．前2s內(nèi)，通過線圈某截面的總電荷量為0.1CD．第2s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大C[由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，流過線圈的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(N\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(N·πr2,R)·eq\f(ΔB,Δt)，由此式可知，B-t圖象的斜率越大，那么在線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流就越大，因此可判斷在第1s內(nèi)的感應(yīng)電流最大，代入數(shù)據(jù)有Im＝0.1A，選項A錯誤；在t＝4s時，由題意可知，此時穿過線圈的磁場方向為垂直紙面向外且正在逐漸增大，由楞次定律可知線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向為順時針方向，因此流過電流表的電流方向為C→A，選項B錯誤；由圖乙可知，前2s內(nèi)只有第1s內(nèi)有磁通量的變化，會產(chǎn)生感應(yīng)電流，第2s內(nèi)磁通量沒有發(fā)生變化，所以不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此前2s內(nèi)通過線圈某截面的電荷量實際上為第1s內(nèi)的電荷量，由q＝eq\f(NΔΦ,R)可得q＝0.1C，選項C正確，選項D錯誤．]2．如圖9-3-2，在水平面(紙面)內(nèi)有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a點接觸，構(gòu)成“V〞字型導(dǎo)軌，空間存在垂直于紙面的均勻磁場，用力使MN向右勻速運(yùn)動，從圖示位置開始計時，運(yùn)動中MN始終與∠bac的平分線垂直且和導(dǎo)軌保持良好接觸，以下關(guān)于回路中電流i與時間t的關(guān)系圖線，可能正確的選項是()圖9-3-2A[設(shè)∠bac＝2θ，圖示位置時a距棒的距離為l0，MN以速度v勻速運(yùn)動，導(dǎo)體棒單位長度的電阻為R0.經(jīng)過時間t，導(dǎo)體棒的有效切割長度L＝2(l0＋vt)tanθ，感應(yīng)電動勢E＝BLv＝2Bv(l0＋vt)tanθ，回路的總電阻R＝[2(l0＋vt)tanθ＋eq\f(2l0＋vt,cosθ)]R0，回路中電流i＝eq\f(2Bvl0＋vttanθ,R0[2l0＋vttanθ＋\f(2l0＋vt,cosθ)])＝eq\f(Bvtanθ,R0tanθ＋\f(1,cosθ))，故i與t無關(guān)是一個定值，選項A正確．]3．用均勻?qū)Ь€做成的正方形線圈邊長為l，如圖9-3-3所示，正方形的一半放在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)磁場以eq\f(ΔB,Δt)的變化率增強(qiáng)時，不考慮磁場的變化對虛線右側(cè)的影響，那么()圖9-3-3【導(dǎo)學(xué)號：81370333】A．線圈中感應(yīng)電流方向為adbcaB．線圈中產(chǎn)生的電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)l2C．線圈中a點電勢高于b點電勢D．線圈中b、a兩點間的電勢差為eq\f(l2ΔB,4Δt)D[處于磁場中的線圈面積不變，eq\f(ΔB,Δt)增大時，通過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向為acbda方向，A項錯；產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的acb局部等效為電源，b端為等效電源的正極，電勢高于a端，C項錯；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)，知B項錯；adb局部等效為外電路，b、a兩點間電勢差為等效電路的路端電壓，U＝eq\f(E,2R)·R＝eq\f(E,2)＝eq\f(l2ΔB,4Δt)，D項正確．]4．(2022·湖州選考模擬)如圖9-3-4所示，圖9-3-4PN與QM兩平行金屬導(dǎo)軌相距1m，電阻不計，兩端分別接有電阻R1和R2，且R1＝6Ω，ab導(dǎo)體的電阻為2Ω，在導(dǎo)軌上可無摩擦地滑動，垂直穿過導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T．現(xiàn)ab以恒定速度v＝3m/s勻速向右移動，這時ab桿上消耗的電功率與R1、R2消耗的電功率之和相等，求：(1)R2的阻值；(2)R1與R2消耗的電功率分別為多大？(3)拉ab桿的水平向右的外力F為多大？【解析】(1)內(nèi)外功率相等，那么內(nèi)外電阻相等，eq\f(6×R2,6＋R2)＝2Ω，解得R2＝3Ω.(2)E＝Blv＝1×1×3V＝3V，總電流I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(3,4)A＝0.75A，路端電壓U＝IR外＝0.75×2V＝1.5V，P1＝eq\f(U2,R1)＝eq\f(1.52,6)W＝0.375W，P2＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(1.52,3)W＝0.75W.(3)F＝BIl＝1×0.75×1N＝0.75N.【答案】(1)3Ω(2)0.375W0.75W(3)0.75N5．(2022·浙江10月選考)為了探究電動機(jī)轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關(guān)系，小明設(shè)計了如圖9-3-5所示的裝置．半徑為l的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，由電動機(jī)A帶動旋轉(zhuǎn)．在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面，大小為B1，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場．另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的“U〞型導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌間距為l，底部阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場中．從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng)開關(guān)S與“U〞型導(dǎo)軌連接．當(dāng)開關(guān)S斷開，棒cd靜止時，彈簧伸長量為x0；當(dāng)開關(guān)S閉合，電動機(jī)以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，棒cd再次靜止時，彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度)．不計其余電阻和摩擦等阻力，求此時：圖9-3-5(1)通過棒cd的電流Icd；(2)電動機(jī)對該裝置的輸出功率P；(3)電動機(jī)轉(zhuǎn)動角速度ω與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關(guān)系.【導(dǎo)學(xué)號：81370334】【解析】(1)對cd棒受力分析：無電流時：mg＝kx0有電流時：mg＋B2Icdl＝kx解得：Icd＝eq\f(mgx－x0,x0B2l).(2)電動機(jī)輸出功率就等于整個電路消耗的總功率；整個電路結(jié)構(gòu)是兩個阻值為R的電阻并聯(lián)再和阻值為R的內(nèi)阻串聯(lián)．故P＝EII＝2IcdE＝U＋I(xiàn)R＝3IcdRP＝6Ieq\o\al(2,cd)R＝eq\f(6m2g2x－x02R,x\o\al(2,0)B\o\al(2,2)l2).(3)電源電動勢：E＝B1lv＝eq\f(1,2)B1l2ω電路總電阻：R總＝eq\f(3R,2)cd棒的電流：Icd＝eq\f(1,2)eq\f(E,R總)＝eq\f(B1ωl2,6R)對cd棒受力分析：kx＝mg＋B2Icdl即：eq\f(mg,x0)x＝mg＋B2eq\f(B1ωl2,6R)l解得：ω＝eq\f(6mgRx－x0,x0B1B2l2).【答案】(1)eq\f(mgx－x0,x0B2l)(2)eq\f(6m2g2x－x02R,x\o\al(2,0)B\o\al(2,2)l2)(3)eq\f(6mgRx－x0,x0B1B2l3)考點二|電磁感應(yīng)中動力學(xué)和能量問題1．電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題(1)安培力的大小eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(安培力公式：FA＝BIl,感應(yīng)電動勢：E＝Blv,感應(yīng)電流：I＝\f(E,R)))?FA＝eq\f(B2l2v,R)(2)安培力的方向①用左手定那么判斷：先用右手定那么判斷感應(yīng)電流的方向，再用左手定那么判定安培力的方向．②用楞次定律判斷：安培力的方向一定與導(dǎo)體切割磁感線的運(yùn)動方向相反．(3)有安培力參與的物體的運(yùn)動導(dǎo)體棒(或線框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速運(yùn)動、減速運(yùn)動、勻速運(yùn)動、靜止或做其他類型的運(yùn)動，可應(yīng)用動能定理、牛頓運(yùn)動定律等規(guī)律解題．2．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題(1)能量的轉(zhuǎn)化感應(yīng)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(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．(2)實質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化，實質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化．(3)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的三種計算方法①利用克服安培力求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功．②利用能量守恒求解：機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能．③利用電路特征來求解：通過電路中所產(chǎn)生的電熱來計算．1．力學(xué)對象和電學(xué)對象的相互關(guān)系2．電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題的分析思路(1)電路分析：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，感應(yīng)電動勢相當(dāng)于電源的電動勢，導(dǎo)體棒的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv,R＋r).(2)受力分析：導(dǎo)體棒受到安培力及其他力作用，安培力F安＝BIl或eq\f(B2l2v,R總)，根據(jù)牛頓第二定律列動力學(xué)方程：F合＝ma.(3)過程分析：由于安培力是變力，導(dǎo)體棒做變加速或變減速運(yùn)動，當(dāng)加速度為零時，到達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)共點力平衡條件列平衡方程：F合＝0.3．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化4．求解焦耳熱Q的三種方法1.(多項選擇)如圖9-3-6所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角為θ，導(dǎo)軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.有一質(zhì)量為m、長為l的導(dǎo)體棒從ab位置獲得平行于斜面的、大小為v的初速度向上運(yùn)動，最遠(yuǎn)到達(dá)a′b′的位置，滑行的距離為s，導(dǎo)體棒的電阻也為R，與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ.那么()圖9-3-6A．上滑過程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為eq\f(B2l2v,R)B．上滑過程中電流做功放出熱量為eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)C．上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為eq\f(1,2)mv2D．上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv2－mgssinθBD[上滑過程中，開始時導(dǎo)體棒的速度最大，受到的安培力最大為eq\f(B2l2v,2R)，A錯；根據(jù)能量守恒，上滑過程中電流做功放出的熱量為eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，B對；上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于產(chǎn)生的熱，也是eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，C錯；上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv2－mgssinθ，D對．]2．(2022·臺州選考模擬)如圖9-3-7所示，兩根足夠長的光滑平行直導(dǎo)軌MN、PQ與水平面成θ角放置，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻．一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直．整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，它們的電阻不計．現(xiàn)讓ab桿由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑．圖9-3-7(1)求ab桿下滑的最大速度vmax；(2)ab桿由靜止釋放至到達(dá)最大速度的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求該過程中ab桿下滑的距離x及通過電阻R的電荷量q.【導(dǎo)學(xué)號：81370335】【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式和牛頓第二定律，有E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，F(xiàn)安＝BIL，mgsinθ－F安＝ma.即mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，當(dāng)加速度a為零時，速度v到達(dá)最大，速度最大值vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).(2)根據(jù)能量守恒定律，有mgxsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q，得x＝eq\f(Q,mgsinθ)＋eq\f(m2R2gsinθ,2B4L4).根據(jù)電磁感應(yīng)定律有eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，根據(jù)閉合電路歐姆定律有eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\f(,E),R)，感應(yīng)電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)，得q＝eq\f(BLQ,mgRsinθ)＋eq\f(m2Rgsinθ,2B3L3).【答案】(1)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(2)eq\f(Q,mgsinθ)＋eq\f(m2R2gsinθ,