2021物理滬科版新課程一輪復習關鍵能力·題型突破 10.3電磁感應規(guī)律的綜合含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考物理滬科版新課程一輪復習關鍵能力·題型突破10.3電磁感應規(guī)律的綜合含解析溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸,調節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關閉Word文檔返回原板塊。關鍵能力·題型突破考點一電磁感應中的電路問題【典例1】在水平放置的兩條平行光滑直金屬導軌上放有一與其垂直的金屬棒ab，勻強磁場與導軌平面垂直，磁場方向如圖所示，導軌接有R1=5Ω和R2=6Ω的兩定值電阻及電阻箱R，其余電阻不計。電路中的電壓表量程為0～10V，電流表的量程為0～3A?，F將R調至30Ω,用F=40N的水平向右的力使ab垂直導軌向右平移,當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，兩電表中有一表正好達到滿偏，而另一表未達到滿偏.下列說法正確的是 世紀金榜導學號（）A.當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，電流表滿偏B.當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時,電壓表滿偏C.當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，棒ab的速度大小是1D。當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時,棒ab的速度大小是2【通型通法】1。題型特征：明確電源，區(qū)分內外電路。2。思維導引：(1）切割磁場線的導體相當于電源。（2）清楚串并聯電路的特點,靈活運用閉合電路歐姆定律?！窘馕觥窟xB、C。假設電壓表滿偏,則通過電流表的電流為I=UR2RR2+R=2A〈3A,所以電壓表可以滿偏,此時電流表的示數為2A，故A錯誤，B正確；棒ab勻速運動時，水平拉力F與安培力大小相等,有FA=BIL=F，感應電動勢E=U+IR1=（10+2×5)V=20V，1。五個等效：SHAPE2。解題流程：【加固訓練】（多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導線框內有半徑為r的圓形磁場區(qū)域,其磁感應強度B隨時間t的變化關系為B=kt(常量k〉0）.回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1=R0、R2=R0閉合開關S,電壓表的示數為U，不考慮虛線MN右側導體的感應電動勢，則（)A。R2兩端的電壓為UB。電容器的a極板帶正電C.滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D.正方形導線框中的感應電動勢為kL2【解析】選A、C。由法拉第電磁感應定律E=nΔΦΔt=nΔBΔtS得出E=kπr2，選項D錯誤;因k>0，由楞次定律知線框內感應電流沿逆時針方向，故電容器b極板帶正電,選項B錯誤;由題圖可知外電路結構為R2與R的右半部并聯，再與R的左半部、R1相串聯，故R2兩端電壓U2=R02×12R0+R02+R02×12U=U7，選項考點二電磁感應中的動力學問題單棒（含電源、電阻、電容)【典例2】（多選）半徑分別為r和2r的同心圓形金屬導軌固定在同一水平面內,導軌電阻不計，一長為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓導軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置位于一勻強磁場中,磁感應強度的大小為B，方向豎直向下。在兩導軌之間接有阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器。金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸。下列說法中正確的是 世紀金榜導學號（)A。金屬棒中電流從B流向AB.金屬棒兩端電壓為34BωrC。電容器的M板帶負電D。電容器所帶電荷量為32CBωr【解析】選A、B。根據右手定則可知，金屬棒中電流從B流向A，選項A正確；金屬棒轉動產生的電動勢為E=Brωr+ω·2r2=32Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當于電源，金屬棒兩端電壓相當于電源的路端電壓,因而U=RR+RE=34Bωr2，選項B正確；金屬棒A端相當于電源正極,所以電容器的M板帶正電，選項C錯誤;由C=Q雙導體棒【典例3】（2019·天津高考）如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R,兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B.PQ的質量為m,金屬導軌足夠長，電阻忽略不計。世紀金榜導學號(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向.(2）斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q,求該過程安培力做的功W?！窘馕觥?1）設線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律E=ΔΦΔt,則E=k 設PQ與MN并聯的電阻為R并，有R并=R2 閉合S時，設線圈中的電流為I,根據閉合電路歐姆定律得I=ER并設PQ中的電流為IPQ，有IPQ=12I 設PQ受到的安培力為F安，有F安=BIPQl ⑤根據楞次定律和左手定則判斷可得安培力方向水平向左保持PQ靜止，由于受力平衡，有F=F安 ⑥聯立①②③④⑤⑥式得F=Bkl3R方向水平向右.(2）設PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為Δt,回路中的磁通量變化量為ΔΦ，平均感應電動勢為E，有E=ΔΦΔt 其中ΔΦ=Blx ⑨設PQ中的平均電流為I,有I=E2R根據電流的定義得I=qΔt 由動能定理，有Fx+W=12mv2—0 聯立⑦⑧⑨⑩式得W=12mv2—23kq答案：（1)Bkl3R方向水平向右（2)12mv2【多維訓練】如圖所示，足夠長的水平軌道左側b1b2—c1c2部分軌道間距為2L，右側c1c2—d1d2部分的軌道間距為L，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計。在水平軌道內有斜向下與豎直方向成θ=37°的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0。1T。質量為M=0.2kg的金屬棒B垂直于導軌靜止放置在右側窄軌道上,質量為m=0。1kg的金屬棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸0。2Ω，h=0。2m，L=0。2m,sin37°=0.6，cos37°=0。8，g取10(1)金屬棒A滑到b1b2處時的速度大小;（2）金屬棒B勻速運動的速度大小;(3）在兩棒整個的運動過程中通過金屬棒A某截面的電量；（4）在兩棒整個的運動過程中金屬棒A、B在水平導軌間掃過的面積之差。【解析】（1)A棒在曲線軌道上下滑,由機械能守恒定律得mgh=12mv0v0=2gh=2×10（2)選取水平向右為正方向，對A、B利用動量定理可得對B：FB安cosθ·t=MvB ②對A：—FA安cosθ·t=mvA—mv0 ③其中FA安=2FB安 ④由上可得mv0-mvA=2MvB兩棒最后勻速時，電路中無電流，有BLvB=2BLvA得vB=2vA ⑤聯立兩式后得vB=29v0=49m/s≈（3)在B加速過程中：（Bcosθ）ILt=MvB—0， ⑥q=It ⑦得q=509C=(4）據法拉第電磁感應定律有E=ΔΦΔt 其中磁通量變化量ΔΦ=BΔScosθ ⑨電路中的電流I=E2R通過截面的電荷量q=IΔt 聯立可得ΔS=27。5m答案：(1）2m/s(2)0。44m/s(3）5。5C（4）27.5mSHAPE1.用“四步法”分析電磁感應中的動力學問題:解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：2。動態(tài)分析的基本思路：解決這類問題的關鍵是通過運動狀態(tài)的分析,尋找過程中的臨界狀態(tài),如速度、加速度最大或最小的條件。具體思路如下：【加固訓練】1.如圖所示，兩金屬桿ab和cd長均為L=0。5m，電阻均為R=8。0Ω，質量分別為M=0.2kg和m=0.1kg,用兩根質量和電阻均可忽略的不可伸長的柔軟導線將它們連成閉合回路，并懸掛在水平、光滑、不導電的圓棒兩側。兩金屬桿都處在水平位置，整個裝置處在一個與回路平面相垂直向內的勻強磁場中,磁感應強度為B=2T。若整個裝置從靜止開始到金屬桿ab下降高度h=5.0m時剛好勻速向下運動。（1）ab桿勻速運動時桿上的電流方向。（2）ab桿勻速運動的速度vm?！窘馕觥?1）磁場方向垂直紙面向里，當ab勻速下滑時，ab中產生感應電動勢，根據右手定則可知電流方向由a→b，cd中的感應電流方向由d→c。(2）電路中的電動勢是ab與cd中電動勢的和,即E=2BLvm回路中電流大小為I=E由安培力公式得FA=BILab受到的安培力向上，cd受到的安培力向下,大小均為FA，對ab有:T+FA=Mg對cd有：T=FA+mg聯立得：2FA=(M—m）g解得vm=(M-m)gR答案：（1）a→b（2)42。(2018·江蘇高考）如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d.導軌處于勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向與導軌平面垂直。質量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒（1)末速度的大小v.（2）通過的電流大小I。（3)通過的電荷量Q?！窘馕觥浚?)金屬棒做勻加速直線運動，有v2=2as,解得v=2as（2)安培力F安=IdB,金屬棒所受合力F=mgsinθ—F安由牛頓第二定律F=ma解得I=m（3）運動時間t=va解得Q=2答案：（1）2as（2)(3）2考點三電磁感應中的能量問題由焦耳定律求解焦耳熱【典例4】小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)=0。50m，傾角θ=53°，導軌上端串接一個R=0。05Ω0。56m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B=2。0T。質量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s=0。24m。一位健身者用恒力F=80N拉動GH桿,CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直。當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10m/s2（1)CD棒進入磁場時速度v的大小。（2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大小.（3）在拉升CD棒的過程中,健身者所做的功W和電阻產生的焦耳熱Q?！窘馕觥?1)由牛頓第二定律a=F-mgsinθm進入磁場時的速度v=2as=2。4m/s. （2)感應電動勢E=Blv ③感應電流I=BlvR 安培力FA=IBl ⑤代入得FA=(Bl)(3)健身者做功W=F(s+d)=64J⑦由牛頓第二定律F—mgsinθ-FA=0 ⑧CD棒在磁場區(qū)域做勻速運動在磁場中運動的時間t=dv 焦耳熱Q=I2Rt=26.88J。答案：（1)2。4m/s（2)48N(3）64J26.88由安培力做功求解焦耳熱【典例5】（2019·濟南模擬)如圖所示，水平傳送帶上放置n個相同的正方形閉合導線圈，每個線圈的質量均為m，電阻均為R,邊長均為L,線圈與傳送帶間的動摩擦因數均為μ，線圈與傳送帶共同以速度v0勻速向右運動。MN與PQ為勻強磁場的邊界，平行間距為d(L〈d）,速度v0方向與MN垂直。磁場的磁感應強度為B，方向豎直向下。當線圈右側邊進入磁場時與傳送帶發(fā)生相對運動，線圈的右側邊到達邊界PQ時又恰好與傳送帶的速度相同。設傳送帶足夠長，且線圈在傳送帶上始終保持右側邊平行于磁場邊界。已知重力加速度為g，線圈間不會相碰.求： 世紀金榜導學號(1)線圈的右側邊剛進入磁場時，線圈的加速度大小；(2)線圈右側邊從MN運動到PQ經過的時間t；(3）n個線圈均通過磁場區(qū)域到恢復和傳送帶共速，線圈釋放的焦耳熱.【解析】（1)線圈剛進入磁場時有:E=BLv0根據閉合電路歐姆定律：I=E所以安培力F=B根據牛頓第二定律:F-μmg=ma。a=B2L2(2）根據動量定理,對線圈：μmgt-I安=0。其中安培力的沖量:I安=F安t′=BIL·t′=BLqq=ΔΦR=B綜上解得t=B2(3)自線圈進入磁場到線圈右側邊到達PQ過程中，對于單個線圈，根據動能定理得μmgd—W安=0,所以克服安培力做功W安=μmgd單個線圈離開磁場的運動情況和進入磁場相同,W安′=W安=μmgd，所以對于n個線圈有Q=2nμmgd答案：（1)B2L2由能量守恒求解焦耳熱【典例6】如圖甲所示,足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導軌MN,PQ豎直放置，其寬度L=1m，一勻強磁場垂直穿過導軌平面,導軌的上端M與P之間連接阻值為R=0。40Ω的電阻，質量為m=0.01kg,電阻為r=0。30Ω的金屬棒ab緊貼在導軌上。現使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平,且與導軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關系如圖乙所示,圖象中的OA段為曲線,AB段為直線,導軌電阻不計，g取10m/s2(忽略(1)判斷金屬棒兩端a、b的電勢高低。(2)磁感應強度B的大小。(3）在金屬棒ab從開始運動的1.5s內，電阻R上產生的熱量?！就ㄐ屯ǚā?.題型特征:導體切割磁感線產生感應電流，判斷電勢的高低，計算電阻產生的熱量。2.思維導引：（1)判斷安培力方向，計算安培力的大小。(2)根據能量守恒定律和焦耳定律求解電路中產生的熱量。(3）涉及的知識點有：右手定則、受力分析、安培力、法拉第電磁感應定律、平衡條件、能量守恒定律等?！窘馕觥浚?）由右手定則可知,ab中的感應電流由a流向b，ab相當于電源,則b點電勢高，a點電勢低。（2)由x—t圖象求得t=1.5s時金屬棒的速度為：v=ΔxΔt=11.2金屬棒勻速運動時所受的安培力大小為F=BIL,I=ER聯立得:F=B根據平衡條件得：F=mg則有：mg=B代入數據解得：B=0.1T。(3)金屬棒ab在開始運動的1.5s內，金屬棒的重力勢能減小轉化為金屬棒的動能和電路的內能。設電路中產生的總焦耳熱為Q根據能量守恒定律得：mgx=12mv2代入數據解得：Q=0.455J故R產生的熱量為QR=RR答案：（1）b點電勢高，a點電勢低(2）0.1T（3)0.26JSHAPE\＊MERGEFORMAT1.電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉化是通過安培力做功的形式實現的，安培力做功的過程,是電能轉化為其他形式能的過程，克服安培力做功,則是其他形式的能轉化為電能的過程。2.能量轉化及焦耳熱的求法：（1)能量轉化。(2）求解焦耳熱Q的三種方法。3.解電磁感應現象中的能量問題的一般步驟：(1）在電磁感應中,切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產生感應電動勢,該導體或回路就相當于電源。（2)分析清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉化。(3)根據能量守恒列方程求解?！炯庸逃柧殹咳鐖D所示，兩根水平放置的平行金屬導軌，其末端連接等寬的四分之一圓弧導軌，圓弧半徑r=0。41m。導軌的間距為L=0。5m，導軌的電阻與摩擦均不計。在導軌的頂端接有阻值為R1=1。5Ω的電阻,整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B=2.0T。現有一根長度稍大于L、電阻R2=0。51。0kg的金屬棒.金屬棒在水平拉力F作用下，從圖中位置ef由靜止開始勻加速運動,在t=0時刻，F0=1。5N，經2。0s運動到cd時撤去拉力，棒剛好能沖到最高點ab，重力加速度g取10m（1）金屬棒做勻加速直線運動的加速度。(2）金屬棒運動到cd時電壓表的讀數.（3)金屬棒從cd運動到ab過程中電阻R1上產生的焦耳熱?！窘馕觥浚?)剛開始拉金屬棒時，由牛頓第二定律得F0=ma代入數據得a=1。5m/s2。（2）t=2.0s時，金屬棒的速度v=at=3m/s此時的感應電動勢E=BLv電壓表示數U=ER1+代入數據得U=2.25V。(3)金屬棒從cd位置運動到ab位置，由動能定理得—mgr-W克安=0—12mv回路中產生的總焦耳熱Q=W克安電阻R1上產生的焦耳熱Q1=R1代入數據得Q1=0。3J。答案：(1)1.5m/s2（2）2。25V(3)0。3考點四電磁感應中的圖象問題【典例7】如圖所示為兩個有界勻強磁場,磁感應強度大小均為B，方向分別垂直于紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側L處有一邊長為L的正方形導線框，總電阻為R,且線框平面與磁場方向垂直。現用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直于紙面向里時磁通量Φ的方向為正，外力F向右為正。如圖所示關于線框中的磁通量Φ、感應電動勢E、外力F和電功率P隨時間變化的圖象中正確的是 世紀金榜導學號()【解析】選D。當線框運動L時開始進入磁場，磁通量開始增大，當全部進入時磁通量達到最大，此后向里的磁通量減小,向外的磁通量增大，總磁通量減小，當運動2。5L時磁通量為零，故選項A錯誤；當線框進入第一個磁場時，由E=BLv可知，E保持不變，而開始進入第二個磁場時，兩邊同時切割磁感線,電動勢應為2BLv，故選項B錯誤;因安培力總是與運動方向相反,所以外力F應一直向右，故選項C錯誤；拉力的功率P=Fv,因速度不變，而線框進入第一個磁場時，電流為定值，外力F也為定值，兩邊分別在兩個磁場中時，電流加倍，回路中總電動勢加倍，電功率變?yōu)樵瓉淼?倍，此后從第二個磁場中離開時,安培力應等于線框在第一個磁場中的安培力，所以電功率應等于在第一個磁場中的電功率,故選項D正確.【多維訓練】如圖甲，光滑平行且足夠長的金屬導軌ab、cd所在平面與水平面成θ角，b、c之間接有阻值為R的定值電阻。阻值為r的金屬棒PQ垂直導軌放置，其他部分電阻不計。整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直導軌平面向上。從t=0時刻開始，棒受到一個平行于導軌向上的外