《（浙江選考）2019版高考物理大一輪復習 第九章 電磁感應 交變電流 第2講 電磁感應規(guī)律的綜合應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2019版高考物理大一輪復習 第九章 電磁感應 交變電流 第2講 電磁感應規(guī)律的綜合應用學案（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講電磁感應規(guī)律的綜合應用一、電磁感應中的電路問題1內電路和外電路(1)切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當于電源(2)該部分導體的電阻或線圈的電阻相當于電源的內阻，其余部分是外電路2電源電動勢和路端電壓(1)電動勢：EBlv或En.(2)路端電壓：UIREIr.自測1(多選)在圖1中，EF、GH為平行的金屬導軌，其電阻不計，R為電阻，C為電容器，AB為可在EF和GH上滑動的導體橫桿有勻強磁場垂直于導軌平面若用I1和I2分別表示圖中該處導線中的電流，則當橫桿AB()圖1A勻速滑動時，I10，I20B勻速滑動時，I10，I20C加速滑動時，I10，I20D加速滑動時，I10，I20

2、答案AD二、電磁感應中的動力學問題分析1電磁感應中通過導體的感應電流，在磁場中將受到安培力的作用，因此，電磁感應問題往往和力學、運動學等問題聯(lián)系在一起2導體兩種狀態(tài)及處理方法(1)導體的平衡態(tài)靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力為零)列式分析(2)導體的非平衡態(tài)加速度不為零處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系分析自測2(多選)如圖2所示，在一勻強磁場中有一U型導線框bacd，線框處于水平面內，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可以在ab、cd上無摩擦地滑動，桿ef及線框中導體的電阻都可不計開始時，給ef一個向右的初速度，則()圖

3、2Aef將減速向右運動，但不是勻減速Bef將勻減速向右運動，最后靜止Cef將勻速向右運動Def的加速度逐漸減小，最后靜止答案AD解析桿ef向右運動，所受安培力FBIlBl，方向向左，故桿做減速運動；v減小，F(xiàn)減小，桿做加速度逐漸減小的減速運動，A、D正確三、電磁感應現(xiàn)象中能量的問題1能量的轉化感應電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將其他形式的能轉化為電能，電流做功再將電能轉化為內能2實質電磁感應現(xiàn)象的能量轉化，實質是其他形式的能和電能之間的轉化3電磁感應現(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：機械能的減少量等于

4、產(chǎn)生的電能(3)利用電路特征來求解：通過電路中所產(chǎn)生的電熱來計算自測3(多選)如圖3所示，兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為的斜面上，導軌的下端接有電阻R，導軌自身的電阻可忽略不計斜面處在一勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上質量為m、電阻可以忽略不計的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑，且上升的高度為h，在這一過程中()圖3A作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零B作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和C恒力F與安培力的合力所做的功等于零D恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱答案AD解析金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬

5、棒受力分析可知，有三個力對金屬棒做功，恒力F做正功，重力做負功，安培力阻礙相對運動，沿斜面向下，做負功勻速運動時，所受合力為零，故合力做功為零，選項A正確；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能轉化為電路中的電能，電能又等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故外力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，選項D正確命題點一電磁感應中的動力學問題用牛頓運動定律解答電磁感應問題的一般步驟1確定研究對象(導體棒或線圈)，用法拉第電磁感應定律求解感應電動勢大小，用楞次定律判斷感應電流的方向2畫出等效電路圖，求解回路中感應電流的大小3分析導體棒的受力情況及導體棒運動后對電路中電學參量的制約關系，即分析由于導體棒受

6、到安培力，對導體棒運動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中電流有什么影響，最后定性分析出導體棒的最終運動情況4列出牛頓第二定律或平衡方程求解例1(2015浙江10月選考22改編)如圖4甲所示，質量m3.0103 kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l0.20 m，處于磁感應強度大小B11.0 T、方向水平向右的勻強磁場中有一匝數(shù)n300匝，面積S0.01 m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2的大小隨時間t變化的關系如圖乙所示(g取10 m/s2)圖4(1)求00.10 s線圈中的感應電動勢大小(2

7、)t0.22 s時閉合開關K，若安培力遠大于重力，細框跳起的最大高度h0.20 m，求通過細桿CD的電荷量答案(1)30 V(2)0.03 C解析(1)由法拉第電磁感應定律En得EnS30 V(2)安培力遠大于重力，由牛頓第二定律，安培力Fmam(或由動量定理Ftmv0)，又FIB1l，qIt，v22gh，得q0.03 C.變式1如圖5所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ間距為l0.5 m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成30角完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸已知兩棒質量均為m0.02 kg，電阻均為R0.1 ，整個裝置處在垂直于

8、導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度B0.2 T，棒ab在平行于導軌向上的力F作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒cd恰好能夠保持靜止g取10 m/s2，求：圖5(1)通過棒cd的電流I是多少？方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？答案(1)1 A由d至c(2)0.2 N解析(1)棒cd受到的安培力為FcdIlB棒cd在共點力作用下平衡，則Fcdmgsin 30聯(lián)立解得I1 A根據(jù)楞次定律可知，棒cd中電流方向由d至c.(2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等，即FabFcd對棒ab，由共點力平衡條件得Fmgsin 30IlB解得F0.2 N變式2如圖6甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行

9、放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻，一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦求：圖6(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖；(2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大?。?3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度的最大值答案(1)見解析圖(2)gsin (3)解析(1)如圖所示，ab桿受重力

10、mg，豎直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上(2)當ab桿的速度大小為v時，感應電動勢EBLv，此時電路中電流Iab桿受到安培力F安BIL根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin F安mgsin maagsin .(3)當a0時，ab桿有最大速度，vm.命題點二電磁感應中動力學和能量觀點的綜合應用解決電磁感應動力學及能量問題的一般思路1電路分析：確定電源，畫出等效電路，明確內、外電路，分析電路的串、并聯(lián)關系2受力分析：注意導體棒所受的安培力大小和方向3運動分析：對運動過程進行“慢進”式推理分析，應用牛頓第二定律對運動過程中各物理量進行分析4能量分析：分析運動過程中各力做功情況，明確

11、能量轉化形式5規(guī)律分析：根據(jù)牛頓第二定律、運動學方程、動能定理、能量守恒定律合理組合優(yōu)化例2(2016浙江10月學考22)為了探究電動機轉速與彈簧伸長量之間的關系，小明設計了如圖7所示的裝置半徑為l的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉軸OO上，由電動機A帶動旋轉在金屬導軌區(qū)域內存在垂直于導軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強磁場另有一質量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質彈簧懸掛在豎直平面內，并與固定在豎直平面內的“U”型導軌保持良好接觸，導軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導軌平面向里的勻強磁

12、場中從圓形金屬導軌引出導線和通過電刷從轉軸引出導線經(jīng)開關S與“U”型導軌連接當開關S斷開，棒cd靜止時，彈簧伸長量為x0；當開關S閉合，電動機以某一轉速勻速轉動，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7(1)通過棒cd的電流Icd；(2)電動機對該裝置的輸出功率P；(3)電動機轉動角速度與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關系答案見解析解析(1)S斷開，cd棒靜止有mgkx0S閉合，cd棒靜止時受到安培力FB2Icdl由楞次定律知流過棒cd的電流方向為dc故cd棒靜止時有mgB2Icdlkx解得Icd(2)回路總電阻R總RRR總電流：I由能量守恒得PI2R

13、總(3)由法拉第電磁感應定律：EB1l2回路總電流I解得.變式3如圖8甲所示，在一傾角為37的粗糙絕緣斜面上，靜止地放置著一個n10匝的正方形線圈ABCD，E、F分別為AB、CD的中點，線圈總電阻R2.0 、總質量m0.2 kg、正方形邊長L0.4 m如果向下輕推一下此線圈，則它剛好可沿斜面勻速下滑現(xiàn)在將線圈靜止放在斜面上后，在虛線EF以下的區(qū)域中，加上垂直斜面方向的、磁感應強度大小按圖乙所示規(guī)律變化的磁場，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，求：圖8(1)t1 s時刻，線圈中的感應電流大小I；(2)從t0時刻開始經(jīng)過多長時間線圈剛要開始運動；

14、(3)從t0時刻開始到線圈剛要運動，線圈中產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)0.2 A(2)4 s(3)0.32 J解析(1)由法拉第電磁感應定律結合題圖乙得EnnS解得E0.4 VI0.2 A(2)對線圈受力分析可知未加磁場時：Ffmgsin 37線圈剛要開始運動時：Fmgsin 37FfFnBIL解得B3 T根據(jù)題圖乙知B10.5t(T)，解得：t4 s(3)由焦耳定律可得QI2Rt解得Q0.32 J.變式4(2016安吉一中期末)如圖9所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導軌MN、PQ相距為L，導軌平面與水平面的夾角30，導軌電阻不計，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向上長為L的金屬棒ab垂直于M

15、N、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質量為m、電阻為R.兩金屬導軌的上端連接一個燈泡，燈泡的電阻也為R.現(xiàn)閉合開關K，給金屬棒施加一個方向垂直于桿且平行于導軌平面向上的、大小為F2mg的恒力，使金屬棒由靜止開始運動，當金屬棒達到最大速度時，燈泡恰能達到它的額定功率重力加速度為g，求：圖9(1)金屬棒能達到的最大速度vm的大??；(2)燈泡的額定功率PL；(3)若金屬棒上滑距離為s時速度恰達到最大，求金屬棒由靜止開始上滑2s的過程中，金屬棒上產(chǎn)生的熱量Q1.答案(1)(2)(3)mgs解析(1)金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度為零時，金屬棒達到最大速度，此后開始做勻速直

16、線運動設最大速度為vm，則速度達到最大時有：EBLvm，I，F(xiàn)BILmgsin ，解得：vm (2)根據(jù)電功率表達式：PLI2R解得：PL()2R(3)設整個電路產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律有：F2sQmgsin 2smv解得：Q3mgs根據(jù)串聯(lián)電路特點，可知金屬棒上產(chǎn)生的熱量Q1解得：Q1mgs.1如圖1所示，MN、PQ為水平面內平行放置的光滑金屬長直導軌，間距為L1，處在豎直向下、磁感應強度大小為B1的勻強磁場中，一導體桿ef垂直于MN、PQ放在導軌上，在外力作用下向左做勻速直線運動質量為m、每邊電阻均為r、邊長為L2的正方形金屬框abcd置于豎直平面內，兩頂點a、b通過細導線與導軌相連

17、，磁感應強度大小為B2的勻強磁場垂直金屬框向里，金屬框恰好處于靜止狀態(tài)，不計其余電阻和細導線對a、b點的作用力，重力加速度為g.圖1(1)通過ab邊的電流Iab是多大？(2)導體桿ef的運動速度v是多大？答案(1)(2)解析(1)設通過正方形金屬框的總電流為I，通過ab邊的電流為Iab，通過dc邊的電流為Idc，有IabI，IdcI，金屬框受重力和安培力，處于靜止狀態(tài)，有mgB2IabL2B2IdcL2，解得Iab.(2)由(1)可得總電流I，設導體桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E，有EB1L1v，設ad、dc、cb三邊電阻串聯(lián)后與ab邊電阻并聯(lián)的總電阻為R，則Rr，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I

18、，聯(lián)立解得v.2如圖2所示，兩根平行金屬導軌固定在同一水平面內，間距為l，導軌左端連接一個電阻R.一根質量為m、長度為l、電阻為r的金屬桿ab垂直放置在導軌上在桿的右方距桿為d處有一個勻強磁場，磁場方向垂直于導軌平面向下，磁感應強度為B.對桿施加一個大小為F、方向平行于導軌的恒力，使桿從靜止開始運動，桿與導軌始終接觸良好，已知桿到達磁場區(qū)域時速度為v，之后進入磁場恰好做勻速運動不計導軌的電阻，假定導軌與桿之間存在恒定的阻力求：圖2(1)兩導軌對桿ab的總阻力大小Ff；(2)桿ab中通過的電流及其方向；(3)導軌左端所接電阻R的阻值答案(1)F(2)方向由ab (3)r解析(1)桿進入磁場前做勻

19、加速運動，有FFfmav22ad，解得兩導軌對桿的總阻力FfF.(2)桿進入磁場后做勻速運動，有FFfF安桿ab所受的安培力F安IBl解得桿ab中通過的電流I由右手定則知桿中的電流方向由ab.(3)桿ab產(chǎn)生的感應電動勢EBlv桿中的電流I解得導軌左端所接電阻R的阻值Rr.3如圖3所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角30的斜面上，導軌電阻不計，間距L0.4 m，導軌所在空間被分成區(qū)域和，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.中的勻強磁場方向垂直斜面向下，中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B0.5 T在區(qū)域中，將質量m10.1 kg、電阻R10.1 的金屬條ab放在導軌上，a

20、b剛好不下滑然后，在區(qū)域中將質量m20.4 kg、電阻R20.1 的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑cd在滑動過程中始終處于區(qū)域的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取g10 m/s2，問：圖3(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v為多大；(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x3.8 m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J解析(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向為由d到c，則ab中電流方向為由a流向b.(2)開始放置時ab剛好不下滑，ab所受摩

21、擦力為最大靜摩擦力，設其為Fmax，有Fmaxm1gsin 設ab剛要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有EBLv設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設ab所受安培力為F安，有F安BIL如圖，此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安m1gsin Fmax綜合式，代入數(shù)據(jù)解得v5 m/s(3)設cd棒運動過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsin Q總m2v2又QQ總，解得Q1.3 J4如圖4所示，兩根足夠長的平行金屬導軌MN、PQ與水平面的夾角為30，導軌光滑且電阻不計，導軌處在垂直導軌平面向上的有界勻強磁場中，兩根電阻都為R2

22、 ，質量都為m0.2 kg的完全相同的細金屬棒ab和cd垂直導軌并排緊靠放置在導軌上，與磁場上邊界距離為x1.6 m，有界勻強磁場寬度為3x4.8 m，先將金屬棒ab由靜止釋放，金屬棒ab剛進入磁場就恰好做勻速運動，此時立即由靜止釋放金屬棒cd，金屬棒cd在出磁場前已做勻速運動兩金屬棒在下滑過程中與導軌始終接觸良好(取重力加速度g10 m/s2)，求：圖4(1)金屬棒ab剛進入磁場時棒中電流I.(2)金屬棒cd在磁場中運動的過程中通過回路某一截面的電流q.(3)兩根金屬棒全部通過磁場的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)1 A(2)0.8 C(3)8 J解析(1)方法一金屬棒ab從靜止釋放到剛

23、勻速運動，據(jù)動能定理，mgxsin mv2解得v4 m/s安培力與重力沿導軌方向的分力相等，則BLImgsin ，解得BL1 Tm，I1 A.方法二金屬棒ab從靜止釋放到剛勻速運動，據(jù)動能定理mgxsin mv2解得v4 m/s重力的功率與電流功率相等，有mgvsin I22R，解得I1 A(2)方法一金屬棒ab進入磁場時以速度v先做勻速運動，設經(jīng)過時間t1，當金屬棒cd也進入磁場，速度也為v，對金屬棒cd：x，此時金屬棒ab在磁場中的運動距離為Xvt12x，兩棒都在磁場中時速度相同，無電流；金屬棒cd在磁場中而金屬棒ab在磁場外時，cd棒的運動距離為2x，cd棒中有電流，qt0.8 C方法二兩金屬棒單獨在磁場中時運動的距離都為2x，因而通過的電量大小相等qqabIt2I10.8 C0.8 C(3)兩根金屬棒全部通過磁場的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q等于兩棒損失的機械能，金屬棒cd在出磁場前已做勻速運動，則有Qmg2xsin mg3xsin mg5xsin 8 J.13