（浙江選考）2023版高考物理大一輪復(fù)習(xí)第九章電磁感應(yīng)交變電流第2講電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案

PAGEPAGE1第2講電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用一、電磁感應(yīng)中的電路問題1．內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運動的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當于電源．(2)該局部導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當于電源的內(nèi)阻，其余局部是外電路．2．電源電動勢和路端電壓(1)電動勢：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt).(2)路端電壓：U＝IR＝E－Ir.自測1(多項選擇)在圖1中，EF、GH為平行的金屬導(dǎo)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(dǎo)體橫桿．有勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面．假設(shè)用I1和I2分別表示圖中該處導(dǎo)線中的電流，那么當橫桿AB()圖1A．勻速滑動時，I1≠0，I2＝0B．勻速滑動時，I1≠0，I2≠0C．加速滑動時，I1＝0，I2＝0D．加速滑動時，I1≠0，I2≠0答案AD二、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析1．電磁感應(yīng)中通過導(dǎo)體的感應(yīng)電流，在磁場中將受到安培力的作用，因此，電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)、運動學(xué)等問題聯(lián)系在一起．2．導(dǎo)體兩種狀態(tài)及處理方法(1)導(dǎo)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(dǎo)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(jié)合功能關(guān)系分析．自測2(多項選擇)如圖2所示，在一勻強磁場中有一U型導(dǎo)線框bacd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可以在ab、cd上無摩擦地滑動，桿ef及線框中導(dǎo)體的電阻都可不計．開始時，給ef一個向右的初速度，那么()圖2A．ef將減速向右運動，但不是勻減速B．ef將勻減速向右運動，最后靜止C．ef將勻速向右運動D．ef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F＝BIl＝Bleq\f(Blv,R)＝eq\f(B2l2v,R)，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(yīng)現(xiàn)象中能量的問題1．能量的轉(zhuǎn)化感應(yīng)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(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．2．實質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化，實質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化．3．電磁感應(yīng)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(yīng)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(多項選擇)如圖3所示，兩根光滑的金屬導(dǎo)軌，平行放置在傾角為θ的斜面上，導(dǎo)軌的下端接有電阻R，導(dǎo)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(zhì)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(dǎo)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(zhuǎn)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(yīng)中的動力學(xué)問題用牛頓運動定律解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟1．確定研究對象(導(dǎo)體棒或線圈)，用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢大小，用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．2．畫出等效電路圖，求解回路中感應(yīng)電流的大?。?．分析導(dǎo)體棒的受力情況及導(dǎo)體棒運動后對電路中電學(xué)參量的制約關(guān)系，即分析由于導(dǎo)體棒受到安培力，對導(dǎo)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(dǎo)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(2022·浙江10月選考·22改編)如圖4甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3kg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l＝0.20m，處于磁感應(yīng)強度大小B1＝1.0T、方向水平向右的勻強磁場中．有一匝數(shù)n＝300匝，面積S＝0.01m2的線圈通過開關(guān)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(yīng)強度B2的大小隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示．(g取10m/s2)圖4(1)求0～0.10s線圈中的感應(yīng)電動勢大小．(2)t＝0.22s時閉合開關(guān)K，假設(shè)安培力遠大于重力，細框跳起的最大高度h＝0.20m，求通過細桿CD的電荷量．答案(1)30V(2)0.03C解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得E＝nSeq\f(ΔB2,Δt)＝30V(2)安培力遠大于重力，由牛頓第二定律，安培力F＝ma＝meq\f(v－0,Δt)(或由動量定理FΔt＝mv－0)，又F＝IB1l，Δq＝IΔt，v2＝2gh，得Δq＝eq\f(m\r(2gh),B1l)＝0.03C.變式1如圖5所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l＝0.5m，其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)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(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸．兩棒質(zhì)量均為m＝0.02kg，電阻均為R＝0.1Ω，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝0.2T，棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運動，而棒cd恰好能夠保持靜止．g取10m/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)1A由d至c(2)0.2N解析(1)棒cd受到的安培力為Fcd＝IlB棒cd在共點力作用下平衡，那么Fcd＝mgsin30°聯(lián)立解得I＝1A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Fab＝Fcd對棒ab，由共點力平衡條件得F＝mgsin30°＋IlB解得F＝0.2N變式2如圖6甲所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻，一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整套裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)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桿可以到達的速度的最大值．答案(1)見解析圖(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)解析(1)如下圖，ab桿受重力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(yīng)電動勢E＝BLv，此時電路中電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)ab桿受到安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ－F安＝mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝maa＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR).(3)當a＝0時，ab桿有最大速度，vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).命題點二電磁感應(yīng)中動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用解決電磁感應(yīng)動力學(xué)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(nèi)、外電路，分析電路的串、并聯(lián)關(guān)系．2．受力分析：注意導(dǎo)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(yīng)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，明確能量轉(zhuǎn)化形式．5．規(guī)律分析：根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)方程、動能定理、能量守恒定律合理組合優(yōu)化．例2(2022·浙江10月學(xué)考·22)為了探究電動機轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關(guān)系，小明設(shè)計了如圖7所示的裝置．半徑為l的圓形金屬導(dǎo)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(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，由電動機A帶動旋轉(zhuǎn)．在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強磁場．另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的“U〞型導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)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(dǎo)軌平面向里的勻強磁場中．從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng)開關(guān)S與“U〞型導(dǎo)軌連接．當開關(guān)S斷開，棒cd靜止時，彈簧伸長量為x0；當開關(guān)S閉合，電動機以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動角速度ω與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關(guān)系．答案見解析解析(1)S斷開，cd棒靜止有mg＝kx0S閉合，cd棒靜止時受到安培力F＝B2Icdl由楞次定律知流過棒cd的電流方向為d→c故cd棒靜止時有mg＋B2Icdl＝kx解得Icd＝eq\f(mgx－x0,B2lx0)(2)回路總電阻R總＝R＋eq\f(1,2)R＝eq\f(3,2)R總電流：I＝eq\f(2mgx－x0,B2lx0)由能量守恒得P＝I2R總＝eq\f(6m2g2Rx－x02,B\o\al(22)l2x\o\al(,02))(3)由法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)B1ωl2回路總電流I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(B1ωl2,3R)解得ω＝eq\f(6mgRx－x0,B1B2l3x0).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n＝10匝的正方形線圈ABCD，E、F分別為AB、CD的中點，線圈總電阻R＝2.0Ω、總質(zhì)量m＝0.2kg、正方形邊長L＝0.4m．如果向下輕推一下此線圈，那么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(yīng)強度大小按圖m/s2，求：圖8(1)t＝1s時刻，線圈中的感應(yīng)電流大小I；(2)從t＝0時刻開始經(jīng)過多長時間線圈剛要開始運動；(3)從t＝0時刻開始到線圈剛要運動，線圈中產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)0.2A(2)4s(3)0.32J解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合題圖乙得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S解得E＝0.4VI＝eq\f(E,R)＝0.2A(2)對線圈受力分析可知未加磁場時：Ff＝mgsin37°線圈剛要開始運動時：F＝mgsin37°＋FfF＝nBIL解得B＝3T根據(jù)題圖乙知B＝1＋0.5t(T)，解得：t＝4s(3)由焦耳定律可得Q＝I2Rt解得Q＝0.32J.變式4(2022·安吉一中期末)如圖9所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝30°，導(dǎo)軌電阻不計，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上．長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R.兩金屬導(dǎo)軌的上端連接一個燈泡，燈泡的電阻也為R.現(xiàn)閉合開關(guān)K，給金屬棒施加一個方向垂直于桿且平行于導(dǎo)軌平面向上的、大小為F＝2mg的恒力，使金屬棒由靜止開始運動，當金屬棒到達最大速度時，燈泡恰能到達它的額定功率．重力加速度為g，求：圖9(1)金屬棒能到達的最大速度vm的大小；(2)燈泡的額定功率PL；(3)假設(shè)金屬棒上滑距離為s時速度恰到達最大，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)eq\f(3mgR,B2L2)(2)eq\f(9m2g2R,4B2L2)(3)eq\f(3,2)mgs－eq\f(9m3g2R2,4B4L4)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，金屬棒到達最大速度，此后開始做勻速直線運動．設(shè)最大速度為vm，那么速度到達最大時有：E＝BLvm，I＝eq\f(E,2R)，F(xiàn)＝BIL＋mgsinθ，解得：vm＝eq\f(3mgR,B2L2)(2)根據(jù)電功率表達式：PL＝I2R解得：PL＝(eq\f(E,2R))2R＝eq\f(B2L2v\o\al(2,m),4R)＝eq\f(9m2g2R,4B2L2)(3)設(shè)整個電路產(chǎn)生的熱量為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)根據(jù)串聯(lián)電路特點，可知金屬棒上產(chǎn)生的熱量Q1＝eq\f(Q,2)解得：Q1＝eq\f(3,2)mgs－eq\f(9m3g2R2,4B4L4).

1．如圖1所示，MN、PQ為水平面內(nèi)平行放置的光滑金屬長直導(dǎo)軌，間距為L1，處在豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場中，一導(dǎo)體桿ef垂直于MN、PQ放在導(dǎo)軌上，在外力作用下向左做勻速直線運動．質(zhì)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(nèi)，兩頂點a、b通過細導(dǎo)線與導(dǎo)軌相連，磁感應(yīng)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(dǎo)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(dǎo)體桿ef的運動速度v是多大？答案(1)eq\f(3mg,4B2L2)(2)eq\f(3mgr,4B1B2L1L2)解析(1)設(shè)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Iab＝eq\f(3,4)I，Idc＝eq\f(1,4)I，金屬框受重力和安培力，處于靜止狀態(tài)，有mg＝B2IabL2＋B2IdcL2，解得Iab＝eq\f(3mg,4B2L2).(2)由(1)可得總電流I＝eq\f(mg,B2L2)，設(shè)導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，有E＝B1L1v設(shè)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，那么R＝eq\f(3,4)r，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I＝eq\f(E,R)，聯(lián)立解得v＝eq\f(3mgr,4B1B2L1L2).2．如圖2所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，間距為l，導(dǎo)軌左端連接一個電阻R.一根質(zhì)量為m、長度為l、電阻為r的金屬桿ab垂直放置在導(dǎo)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(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強度為B.對桿施加一個大小為F、方向平行于導(dǎo)軌的恒力，使桿從靜止開始運動，桿與導(dǎo)軌始終接觸良好，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(dǎo)軌的電阻，假定導(dǎo)軌與桿之間存在恒定的阻力．求：圖2(1)兩導(dǎo)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(dǎo)軌左端所接電阻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)桿進入磁場前做勻加速運動，有F－Ff＝mav2＝2ad，解得兩導(dǎo)軌對桿的總阻力Ff＝F－eq\f(mv2,2d).(2)桿進入磁場后做勻速運動，有F＝Ff＋F安桿ab所受的安培力F安＝IBl解得桿ab中通過的電流I＝eq\f(mv2,2Bld)由右手定那么知桿中的電流方向由a→b.(3)桿ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv桿中的電流I＝eq\f(E,R＋r)解得導(dǎo)軌左端所接電阻R的阻值R＝eq\f(2B2l2d,mv)－r.3．如圖3所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計，間距L＝0.4m，導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B＝0.5T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1kg、電阻R1＝0.1Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4kg、電阻R2＝0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑．cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10m/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x＝3.8m，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)5m/s(3)1.3J解析(1)由右手定那么可判斷出cd中的電流方向為由d到c，那么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所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsinθ ①設(shè)ab剛要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv ②設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2) ③設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIL ④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＝m1gsinθ＋Fmax⑤綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s(3)設(shè)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m2gxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)m2v2又Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q總，解得Q＝1.3J4．如圖4所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為α＝30°，導(dǎo)軌光滑且電阻不計，導(dǎo)軌處在垂直導(dǎo)軌平面向上的有界勻強磁場中，兩根電阻都為R＝2Ω，質(zhì)量都為m＝0.2kg的完全相同的細金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌并排緊靠放置在導(dǎo)軌上，與磁場上邊界距離為x＝1.6m，有界勻