2018年高考一轮江苏物理 必考部分 第9章 章末高效整合

章末高效整合
物理方法|等效法在电磁感应中的应用
1．方法概述
闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流．将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路问题求解．
2．方法技巧
(1)明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则来判定．
(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题． 3．等效问题
如图9-1所示，直角三角形导线框abc 固定在匀强磁场中，ab 是一
段长为L 、电阻为R 的均匀导线，ac 和bc 的电阻可不计，ac 长度为L
2.磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L 2，电阻为R
2的均匀导体棒MN 架在导线框上，开始时紧靠ac ，然后沿ab 方向以恒定速度v 向b 端滑动，滑动中始终与ac 平行并与导线框保持良好接触，当MN 滑过的距离为L
3时，导线ac 中的电流为多大？方向如何？
图9-1
【规范解答】 MN 滑过的距离为L
3时，如图甲所示，它与bc 的接触点为P ，等效电路图如图乙所示．
甲 乙
由几何关系可知MP 长度为L
3，MP 中的感应电动势 E ＝13BL v
MP 段的电阻r ＝1
3R
MacP 和MbP 两电路的并联电阻为 r 并＝13×2313＋23
R ＝29 R
由欧姆定律得，PM 中的电流I ＝E r ＋r 并
ac 中的电流I ac ＝2
3I 解得I ac ＝2BL v
5R
根据右手定则可知，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c .
【答案】 2BL v
5R 方向由a 流向c
[突破训练]
1．如图9-2所示，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是( ) 【导学号：96622172】
图9-2 A．拉力的大小在运动过程中保持不变
B．棒通过整个圆环所用的时间为2R a
C．棒经过环心时流过棒的电流为B2aR πr
D．棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R2aR
πr
D导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t，由匀
变速直线运动的基本关系式可得2R＝1
2at
2，解得t＝
4R
a，选项B错误；由v
2
－v20＝2ax可知棒经过环心时的速度v＝2aR，此时的感应电动势E＝2BR v，此
时金属圆环的两侧并联，等效电阻r
总＝
πRr
2，故棒经过环心时流过棒的电流为I
＝E
r总＝
4B2aR
πr，选项C错误；由对选项C的分析可知棒经过环心时所受安培力
的大小为F＝2BIR＝8B2R2aR
πr，选项D正确．
物理模型|电磁感应中的“杆＋导轨”模型
1．单杆模型(如图9-3所示)
图9-3
(1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→阻碍棒相对磁场运动．
(2)分析思路：确定电源
(3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用．2．双杆模型(如图9-4所示)
图9-4
(1)模型特点
①一杆切割时，分析同单杆类似．
②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝ΔΦ
Δt＝Bl(v1
－v2)．
(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解．
如图9-5所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜
面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g取10 m/s2.问：
图9-5
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．
【思路导引】
【规范解答】(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab 中电流方向为由a流向b.
(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max，有F max＝m1g sin θ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BL v
②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝
E
R1＋R2
③
设ab所受安培力为F
安，有F
安
＝BIL ④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F
安
＝m1g sin θ＋F max ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s.
(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有
m2gx sin θ＝Q总＋1
2m2
v2
又Q＝R1
R1＋R2
Q总
解得Q＝1.3 J.
【答案】(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J
[突破训练]
2.(2016·全国乙卷)如图9-6，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求
图9-6
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
【解析】(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得
2mg sin θ＝μN1＋T＋F
①N1＝2mg cos θ
②对于cd棒，同理有
mg sin θ＋μN2＝T
③N2＝mg cos θ
④联立①②③④式得
F＝mg(sin θ－3μcos θ)．
⑤
(2)由安培力公式得
F＝BIL
⑥这里I是回路abdca中的感应电流．ab棒上的感应电动势为
E＝BL v
⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得
I＝E
R
⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sin θ－3μcos θ)mgR
B2L2.⑨
【答案】(1)mg(sin θ－3μcos θ)
(2)(sin θ－3μcos θ)mgR
B2L2
高考热点1|与电磁感应有关的图象问题
1．图象问题的求解类型
(1)明确图象的种类，即是B-t图还是Φ-t图，或者E-t图、I-t图等；
(2)分析电磁感应的具体过程；
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式；
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；
(6)画图象或判断图象．
(多选)(2016·四川高考)如图9-7所示，电阻不计、间距为l 的光滑平
行金属导轨水平放置于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R .质量为m 、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是F ＝F 0＋k v (F 0、k 是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i ，受到的安培力大小为F A ，电阻R 两端的电压为U R ，感应电流的功率为P ，它们随时间t 变化图象可能正确的有( )
图9-7
【规范解答】 当金属棒MN 的速度为v 时，MN 受到的安培力F A ＝BIl ＝B 2l 2v
R ＋r
， 根据牛顿第二定律得金属棒MN 的加速度a ＝F －F A m ＝F 0
m ＋k －
B 2l 2R ＋r m v ，且i ＝Bl v R ＋r ，U R ＝Bl v R R ＋r ，P ＝B 2l 2v 2R ＋r
. 若k ＝B 2l 2R ＋r ，金属棒做匀加速直线运动，此时，i -t 图象为直线，F A -t 图象为
直线，U R -t 图象为直线，P -t 图象为抛物线．
若k >B 2l 2
R ＋r
，则金属棒做加速度增大的加速运动．则i -t 图象、F A -t 图象、U R -t
图象、P -t 图象为曲线，斜率越来越大，此时选项B 正确．
若k <B 2l 2
R ＋r ，则金属棒做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速运
动，此时i -t 图象、F A -t 图象、U R -t 图象、P -t 图象为曲线；斜率越来越小，此时选项C 正确．
【答案】 BC [突破训练]
3．(2015·山东高考)如图9-8甲，R 0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T 0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R 0的电流i 始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a 端电势高于b 端时，a 、b 间的电压u ab 为正，下列u ab -t 图象可能正确的是( ) 【导学号：96622173】
甲 乙
图9-8
C 由题图乙知，0～0.25T 0，外圆环电流逐渐增大且Δi
Δt 逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且ΔB
Δt 逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a 端电势高，所以u ab >0，根据法拉第电磁感应定律u ab ＝ΔΦ
Δt ＝ΔBS Δt 知，u ab 逐渐减小；t ＝0.25T 0时，Δi Δt ＝0，所以ΔB
Δt ＝0，u ab ＝0；同理可知0.25T 0<t <0.5T 0时，u ab <0，且|u ab |逐渐增大；0.5T 0～T 0内重复0～0.5T 0的变化规律．故选项C 正确．
高考热点2|电磁感应中电荷量和焦耳热的计算1．电荷量的计算
(1)思考方向：根据法拉第电磁感应定律E＝n ΔΦ
Δt确定平均感应电动势，结合
闭合电路欧姆定律和电流的定义式I＝q
t计算电荷量．
(2)公式推导过程
2．焦耳热的计算
求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路：
如图9-9所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导
轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
图9-9
(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2； (3)外力做的功W F . 【思路导引】
【规范解答】 (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得
E ＝ΔΦΔt ① 其中ΔΦ＝Blx
②
设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得 I ＝
E
R ＋r
③ 则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt
④ 联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ．
⑤
(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax
⑥
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得 W ＝0－1
2m v 2
⑦
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W ⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J．⑨
(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知
W F＝Q1＋Q2 ⑪
由⑨⑩⑪式得W F＝5.4 J.
【答案】(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J
[突破训练]
4．(多选)如图9-10所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢．在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN.缓冲车的底部安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，而缓冲车厢继续向前移动距离L后速度为零．已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab边均没有接触，不计一切摩擦阻力．在这个缓冲过程中，下列说法正确的是()
图9-10
A．线圈中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，最大感应电流为BL v0 R
B．线圈对电磁铁的作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲
C．此过程中，线圈abcd产生的焦耳热为Q＝1
2m v
2
D．此过程中，通过线圈abcd的电荷量为q＝BL2 R
BC缓冲过程中，线圈内的磁通量增加，由楞次定律知，感应电流方向沿
逆时针方向(俯视)，感应电流最大值出现在滑块K 停下的瞬间，大小应为nBL v 0
R ，A 项错误；线圈中的感应电流对电磁铁的作用力，使车厢减速运动，起到了缓冲的作用，B 项正确；据能量守恒定律可知，车厢的动能全部转换为焦耳热，故Q ＝12m v 20，C 项正确；由q ＝I －·Δt 、I －
＝E －
R 及E －＝n ΔΦΔt ，可得q ＝n ΔΦR ，因缓冲过程ΔΦ＝BL 2
，故q ＝nBL 2
R ，D 项错误．。