（浙江选考）2019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.doc

1、【 精品教育资源文库 】 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： E Blv 或 E n t. (2)路端电压： U IR E Ir. 自测 1 (多选 )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若用 I1和 I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆 AB

2、( ) 图 1 A匀速滑动时， I10 ， I2 0 B匀速滑动时， I10 ， I20 C加速滑动时， I1 0， I2 0 D加速滑动时， I10 ， I20 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 【 精品教育资源文库 】 自测 2 (多选

3、)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，则 ( ) 图 2 A 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 BlBlvR B2l2vR ，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，

4、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 (多选 )如图 3 所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为 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

5、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 ( ) 【 精品教育资源文库 】 图 3 A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

6、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

7、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 (2015 浙江 10 月选考 22 改 编 )如图 4 甲所示，质量 m 3.010 3 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 l 0.20 m，处于磁感应强度大小 B1 1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中有一匝数 n 300 匝，面积 S 0.01 m2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 10 m/s2) 【 精品教育资源文库 】 图 4 (

8、1)求 0 0.10 s 线圈中的感应电动势大小 (2)t 0.22 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 h 0.20 m，求通过细杆 CD 的电荷量 答案 (1)30 V (2)0.03 C 解析 (1)由法拉第电磁感应定律 E n t 得 E nS B2 t 30 V (2)安培力远大于重力，由牛顿第二定律，安培力 F ma mv 0 t(或由动量定理 F t mv0)，又 F IB1l， q I t， v2 2gh，得 q m 2ghB1l 0.03 C. 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 0.5 m，其电阻不计

9、，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已知两棒质量均为 m 0.02 kg，电阻均为 R 0.1 ，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 0.2 T，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10 m/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)1 A 由 d 至 c (2)0.2 N 解析 (1)棒 cd 受到的安培力为 Fcd IlB 棒 cd 在共

10、点力作用下平衡，则 Fcd mgsin 30 联立解得 I 1 A 【 精品教育资源文库 】 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 mgsin 30 IlB 解得 F 0.2 N 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 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

11、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 杆可以达到的速度的最大值 答案 (1)见解析图 (2)BLvR gsin B2L2vmR (3)mgRsin B2L2 解析 (1)如图所示， 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

12、杆的速度大小为 v 时，感应电动势 E BLv， 此时电路中电流 I ER BLvR 【 精品教育资源文库 】 ab 杆受到安培力 F 安 BIL B2L2vR 根据牛顿第二定律，有 mgsin F 安 mgsin B2L2vR ma a gsin B2L2vmR . (3)当 a 0 时， ab 杆有最大速度， vm mgRsin 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

13、” 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 (2016 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

14、 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； 【 精品教育资源文库 】 (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 答案 见解析 解析 (1)S 断开， cd 棒静止有 mg kx0 S 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 mg?x x0?B2lx0(2)回路总电阻 R 总 R 12R 32R 总电流： I 2mg?x x0?B2lx0由能量守恒得 P I2R 总 6m2g2R?