1、第3节电磁感应规律的综合应用考点一| 电磁感应中的电路、图象问题一、电磁感应中的电路问题1内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路2电源电动势和路端电压(1)电动势：EBlv或En.(2)路端电压：UIREIr.二电磁感应的图象问题图象类型(1)磁感应强度B、磁通量、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象，即Bt图象、t图象、Et图象和It图象(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移x变化的图象，即Ex图象和Ix图象问题类型(1)由给定的电
2、磁感应过程判断或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(3)利用给出的图象判断或画出新的图象应用知识左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知识等1解决电磁感应中的电路问题的一般步骤(1)确定电源切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用En或EBlvsin 求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图(3)利用电路规律求解主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解2电磁感应中图象问
3、题的分析技巧(1)对于图象选择问题常用排除法：先看方向再看大小及特殊点(2)对于图象的描绘：先定性或定量表示出所研究问题的函数关系，注意横、纵坐标表达的物理量及各物理量的单位，画出对应物理图象(常有分段法、数学法)(3)对图象的理解：看清横、纵坐标表示的量，理解图象的物理意义1如图931甲所示，一半径r0.5 m、电阻为R5 、匝数为N100匝的圆形线圈两端A、C与一个理想电流表相连，线圈内有变化的磁场，以垂直纸面向里的磁场方向为正，磁场随时间的变化情况如图乙所示，则下列判断中正确的是()图931A在05 s的时间内，理想电流表示数的最大值为1 AB在t4 s时刻，流过电流表的电流方向为ACC
4、前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.1 CD第2 s内，线圈的发热功率最大C由法拉第电磁感应定律可知，流过线圈的电流I，由此式可知，Bt图象的斜率越大，则在线圈中产生的感应电流就越大，因此可判断在第1 s内的感应电流最大，代入数据有Im0.1 A，选项A错误；在t4 s时，由题意可知，此时穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向外且正在逐渐增大，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流的方向为顺时针方向，因此流过电流表的电流方向为CA，选项B错误；由图乙可知，前2 s内只有第1 s内有磁通量的变化，会产生感应电流，第2 s内磁通量没有发生变化，所以不会产生感应电流，因此前2 s内通过线圈某截面的电荷量实
5、际上为第1 s内的电荷量，由q可得q0.1 C，选项C正确，选项D错误2如图932，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触，下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是()图932A设bac2，图示位置时a距棒的距离为l0，MN以速度v匀速运动，导体棒单位长度的电阻为R0.经过时间t，导体棒的有效切割长度L2(l0vt)tan ，感应电动势EBLv2Bv(l0vt)tan ，回路的总电阻R2(l
6、0vt)tan R0，回路中电流i，故i与t无关是一个定值，选项A正确3用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，如图933所示，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁场以的变化率增强时，不考虑磁场的变化对虚线右侧的影响，则() 图933【导学号：81370333】A线圈中感应电流方向为adbcaB线圈中产生的电动势El2C线圈中a点电势高于b点电势D线圈中b、a两点间的电势差为D处于磁场中的线圈面积不变，增大时，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为acbda方向，A项错；产生感应电动势的acb部分等效为电源，b端为等效电源的正极，电势高于a端，C项错；由法拉第电磁感应定
7、律E，知B项错；adb部分等效为外电路，b、a两点间电势差为等效电路的路端电压，UR，D项正确4(2017湖州选考模拟)如图934所示，图934PN与QM两平行金属导轨相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R16 ，ab导体的电阻为2 ，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T现ab以恒定速度v3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，求：(1)R2的阻值；(2)R1与R2消耗的电功率分别为多大？(3)拉ab杆的水平向右的外力F为多大？【解析】(1)内外功率相等，则内外电阻相等，2 ，解得R23 .(2)EBl
8、v113 V3 V，总电流I A0.75 A，路端电压UIR外0.752 V1.5 V，P1 W0.375 W，P2 W0.75 W.(3)FBIl10.751 N0.75 N.【答案】(1)3 (2)0.375 W0.75 W (3)0.75 N5(2016浙江10月选考)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图935所示的装置半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO上，由电动机A带动旋转在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1，方向竖直向下的匀强磁场另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用
9、轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：图935(1)通过棒cd的电流Icd；(2)电动机对该装置的输出功率P；(3)电动机转动角速度与弹簧伸长量x之间的函数关系. 【导学号：81370334】【解析】(1)对cd棒受力分析：无电流时：m
10、gkx0有电流时：mgB2Ic dlkx解得：Ic d.(2)电动机输出功率就等于整个电路消耗的总功率；整个电路结构是两个阻值为R的电阻并联再和阻值为R的内阻串联故PEII2Ic dEUIR3Ic dRP6IR.(3)电源电动势：EB1lvB1l2电路总电阻：R总cd棒的电流：Ic d对cd棒受力分析：kxmgB2Icdl即：xmgB2l解得：.【答案】(1)(2)(3)考点二| 电磁感应中动力学和能量问题1电磁感应中的动力学问题(1)安培力的大小FA(2)安培力的方向用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的
11、运动方向相反(3)有安培力参与的物体的运动导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题2电磁感应现象中的能量问题(1)能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能(2)实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化(3)电磁感应现象中能量的三种计算方法利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电热来计算1力学对象和电学
12、对象的相互关系2电磁感应中动力学问题的分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I.(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力作用，安培力F安BIl或，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合ma.(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程：F合0.3电磁感应中的能量转化4求解焦耳热Q的三种方法1. (多选)如图936所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有
13、一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达ab的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为.则()图936A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B上滑过程中电流做功放出热量为mv2mgs(sin cos )C上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2D上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2mgssin BD上滑过程中，开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为，A错；根据能量守恒，上滑过程中电流做功放出的热量为mv2mgs(sin cos )，B对；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于产生的热，也是mv2mgs(sin cos )
14、，C错；上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2mgssin ，D对2(2017台州选考模拟)如图937所示，两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成角放置，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计现让ab杆由静止开始沿导轨下滑图937(1)求ab杆下滑的最大速度vmax；(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量q. 【导学号：81370335】【解析
15、】(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律，有EBLv，I，F安BIL，mgsin F安ma.即mgsin ma，当加速度a为零时，速度v达到最大，速度最大值vm.(2)根据能量守恒定律，有mgxsin mvQ，得x.根据电磁感应定律有，根据闭合电路欧姆定律有，感应电荷量qt，得q.【答案】(1)(2) 3(2015浙江10月选考)如图938所示，质量m3.0103 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T、方向水平向右的匀强磁场中有一匝数n300 匝、面积S0.01 m2的线圈通过开关K与两水银
16、槽相连线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图2所示(1)求00.10 s线圈中的感应电动势大小；(2)t0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；(3)t0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h0.20 m，求通过细杆CD的电荷量. 【导学号：81370336】甲乙图938【解析】(1)由电磁感应定律En得EnS30 V.(2)因细杆CD所受安培力竖直向上，由左手定则知电流方向CD，由图及楞次定律知，B2方向向上(3)由牛顿第二定律Fmam(或由动量定理Ftmv0)安培力FIB1lQItv22gh得Q0.03 C.【答案】(1)30 V(2)电流方向CDB2方向向上(3)0.03 C
