（浙江选考）2023版高考物理大一轮复习第九章电磁感应交变电流第2讲电磁感应规律的综合应用学案

PAGEPAGE1第2讲电磁感应规律的综合应用一、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)该局部导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余局部是外电路．2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt).(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir.自测1(多项选择)在图1中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有匀强磁场垂直于导轨平面．假设用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，那么当横杆AB()图1A．匀速滑动时，I1≠0，I2＝0B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0答案AD二、电磁感应中的动力学问题分析1．电磁感应中通过导体的感应电流，在磁场中将受到安培力的作用，因此，电磁感应问题往往和力学、运动学等问题联系在一起．2．导体两种状态及处理方法(1)导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力为零)列式分析．(2)导体的非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．自测2(多项选择)如图2所示，在一匀强磁场中有一U型导线框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，那么()图2A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀减速向右运动，最后静止C．ef将匀速向右运动D．ef的加速度逐渐减小，最后静止答案AD解析杆ef向右运动，所受安培力F＝BIl＝Bleq\f(Blv,R)＝eq\f(B2l2v,R)，方向向左，故杆做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A、D正确．三、电磁感应现象中能量的问题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(1)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．(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能．(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电热来计算．自测3(多项选择)如图3所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的下端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中()图3A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AD解析金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功．匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，选项A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，选项D正确．命题点一电磁感应中的动力学问题用牛顿运动定律解答电磁感应问题的一般步骤1．确定研究对象(导体棒或线圈)，用法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，用楞次定律判断感应电流的方向．2．画出等效电路图，求解回路中感应电流的大小．3．分析导体棒的受力情况及导体棒运动后对电路中电学参量的制约关系，即分析由于导体棒受到安培力，对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中电流有什么影响，最后定性分析出导体棒的最终运动情况．4．列出牛顿第二定律或平衡方程求解．例1(2022·浙江10月选考·22改编)如图4甲所示，质量m＝3.0×10－3kg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l＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝，面积S＝0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．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变化的关系如图乙所示．(g取10m/s2)图4(1)求0～0.10s线圈中的感应电动势大小．(2)t＝0.22s时闭合开关K，假设安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20m，求通过细杆CD的电荷量．答案(1)30V(2)0.03C解析(1)由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得E＝nSeq\f(ΔB2,Δt)＝30V(2)安培力远大于重力，由牛顿第二定律，安培力F＝ma＝meq\f(v－0,Δt)(或由动量定理FΔt＝mv－0)，又F＝IB1l，Δq＝IΔt，v2＝2gh，得Δq＝eq\f(m\r(2gh),B1l)＝0.03C.变式1如图5所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触．两棒质量均为m＝0.02kg，电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．g取10m/s2，求：图5(1)通过棒cd的电流I是多少？方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？答案(1)1A由d至c(2)0.2N解析(1)棒cd受到的安培力为Fcd＝IlB棒cd在共点力作用下平衡，那么Fcd＝mgsin30°联立解得I＝1A根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c.(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，即Fab＝Fcd对棒ab，由共点力平衡条件得F＝mgsin30°＋IlB解得F＝0.2N变式2如图6甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，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，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．求：图6(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以到达的速度的最大值．答案(1)见解析图(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)解析(1)如下图，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上．(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)ab杆受到安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)根据牛顿第二定律，有mgsinθ－F安＝mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝maa＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR).(3)当a＝0时，ab杆有最大速度，vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).命题点二电磁感应中动力学和能量观点的综合应用解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路1．电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系．2．受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向．3．运动分析：对运动过程进行“慢进〞式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析．4．能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式．5．规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化．例2(2022·浙江10月学考·22)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7所示的装置．半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为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，底部接阻值也为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7(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ω与弹簧伸长量x之间的函数关系．答案见解析解析(1)S断开，cd棒静止有mg＝kx0S闭合，cd棒静止时受到安培力F＝B2Icdl由楞次定律知流过棒cd的电流方向为d→c故cd棒静止时有mg＋B2Icdl＝kx解得Icd＝eq\f(mgx－x0,B2lx0)(2)回路总电阻R总＝R＋eq\f(1,2)R＝eq\f(3,2)R总电流：I＝eq\f(2mgx－x0,B2lx0)由能量守恒得P＝I2R总＝eq\f(6m2g2Rx－x02,B\o\al(22)l2x\o\al(,02))(3)由法拉第电磁感应定律：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)B1ωl2回路总电流I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(B1ωl2,3R)解得ω＝eq\f(6mgRx－x0,B1B2l3x0).变式3如图8甲所示，在一倾角为37°的粗糙绝缘斜面上，静止地放置着一个n＝10匝的正方形线圈ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，线圈总电阻R＝2.0Ω、总质量m＝0.2kg、正方形边长L＝0.4m．如果向下轻推一下此线圈，那么它刚好可沿斜面匀速下滑．现在将线圈静止放在斜面上后，在虚线EF以下的区域中，加上垂直斜面方向的、磁感应强度大小按图m/s2，求：图8(1)t＝1s时刻，线圈中的感应电流大小I；(2)从t＝0时刻开始经过多长时间线圈刚要开始运动；(3)从t＝0时刻开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q.答案(1)0.2A(2)4s(3)0.32J解析(1)由法拉第电磁感应定律结合题图乙得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S解得E＝0.4VI＝eq\f(E,R)＝0.2A(2)对线圈受力分析可知未加磁场时：Ff＝mgsin37°线圈刚要开始运动时：F＝mgsin37°＋FfF＝nBIL解得B＝3T根据题图乙知B＝1＋0.5t(T)，解得：t＝4s(3)由焦耳定律可得Q＝I2Rt解得Q＝0.32J.变式4(2022·安吉一中期末)如图9所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上．长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R.两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R.现闭合开关K，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F＝2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒到达最大速度时，灯泡恰能到达它的额定功率．重力加速度为g，求：图9(1)金属棒能到达的最大速度vm的大小；(2)灯泡的额定功率PL；(3)假设金属棒上滑距离为s时速度恰到达最大，求金属棒由静止开始上滑2s的过程中，金属棒上产生的热量Q1.答案(1)eq\f(3mgR,B2L2)(2)eq\f(9m2g2R,4B2L2)(3)eq\f(3,2)mgs－eq\f(9m3g2R2,4B4L4)解析(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒到达最大速度，此后开始做匀速直线运动．设最大速度为vm，那么速度到达最大时有：E＝BLvm，I＝eq\f(E,2R)，F＝BIL＋mgsinθ，解得：vm＝eq\f(3mgR,B2L2)(2)根据电功率表达式：PL＝I2R解得：PL＝(eq\f(E,2R))2R＝eq\f(B2L2v\o\al(2,m),4R)＝eq\f(9m2g2R,4B2L2)(3)设整个电路产生的热量为Q，由能量守恒定律有：F·2s＝Q＋mgsinθ·2s＋eq\f(1,2)mveq\o\al(,m2)解得：Q＝3mgs－eq\f(9m3g2R2,2B4L4)根据串联电路特点，可知金属棒上产生的热量Q1＝eq\f(Q,2)解得：Q1＝eq\f(3,2)mgs－eq\f(9m3g2R2,4B4L4).

1．如图1所示，MN、PQ为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中，一导体杆ef垂直于MN、PQ放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动．质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力，重力加速度为g.图1(1)通过ab边的电流Iab是多大？(2)导体杆ef的运动速度v是多大？答案(1)eq\f(3mg,4B2L2)(2)eq\f(3mgr,4B1B2L1L2)解析(1)设通过正方形金属框的总电流为I，通过ab边的电流为Iab，通过dc边的电流为Idc，有Iab＝eq\f(3,4)I，Idc＝eq\f(1,4)I，金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg＝B2IabL2＋B2IdcL2，解得Iab＝eq\f(3mg,4B2L2).(2)由(1)可得总电流I＝eq\f(mg,B2L2)，设导体杆切割磁感线产生的感应电动势为E，有E＝B1L1v设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，那么R＝eq\f(3,4)r，根据闭合电路欧姆定律，有I＝eq\f(E,R)，联立解得v＝eq\f(3mgr,4B1B2L1L2).2．如图2所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为l，导轨左端连接一个电阻R.一根质量为m、长度为l、电阻为r的金属杆ab垂直放置在导轨上．在杆的右方距杆为d处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B.对杆施加一个大小为F、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，杆与导轨始终接触良好，杆到达磁场区域时速度为v，之后进入磁场恰好做匀速运动．不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻力．求：图2(1)两导轨对杆ab的总阻力大小Ff；(2)杆ab中通过的电流及其方向；(3)导轨左端所接电阻R的阻值．答案(1)F－eq\f(mv2,2d)(2)eq\f(mv2,2Bld)方向由a→b(3)eq\f(2B2l2d,mv)－r解析(1)杆进入磁场前做匀加速运动，有F－Ff＝mav2＝2ad，解得两导轨对杆的总阻力Ff＝F－eq\f(mv2,2d).(2)杆进入磁场后做匀速运动，有F＝Ff＋F安杆ab所受的安培力F安＝IBl解得杆ab中通过的电流I＝eq\f(mv2,2Bld)由右手定那么知杆中的电流方向由a→b.(3)杆ab产生的感应电动势E＝Blv杆中的电流I＝eq\f(E,R＋r)解得导轨左端所接电阻R的阻值R＝eq\f(2B2l2d,mv)－r.3．如图3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＝0.4m，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＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg、电阻R1＝0.1Ω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＝0.4kg、电阻R2＝0.1Ω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，取g＝10m/s2，问：图3(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为多大；(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＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J解析(1)由右手定那么可判断出cd中的电流方向为由d到c，那么ab中电流方向为由a流向b.(2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ ①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＝BLv ②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2) ③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④如图，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＝m1gsinθ＋Fmax⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5m/s(3)设cd棒运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q总＋eq\f(1,2)m2v2又Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q总，解得Q＝1.3J4．如图4所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为α＝30°，导轨光滑且电阻不计，导轨处在垂直导轨平面向上的有界匀强磁场中，两根电阻都为R＝2Ω，质量都为m＝0.2kg的完全相同的细金属棒ab和cd垂直导轨并排紧靠放置在导轨上，与磁场上边界距离为x＝1.6m，有界匀