高考物理一輪復(fù)習(xí)第十章專題八電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用（一）教案新人教版

專題八電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用(一)突破1電磁感應(yīng)中的電路問題1．電磁感應(yīng)中的電路問題(1)電源和電阻(2)電流方向在外電路，電流由高電勢流向低電勢；在內(nèi)電路，電流由低電勢流向高電勢．2．解決電磁感應(yīng)電路問題的策略是先源后路，即(多選)如圖甲所示，電阻R1＝R，R2＝2R，電容為C的電容器，圓形金屬線圈半徑為r2，線圈的電阻為R.半徑為r1(r1<r2)的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，t1、t2時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1、B2，其余導(dǎo)線的電阻不計，閉合開關(guān)S，至t1時刻電路中的電流已穩(wěn)定，下列說法正確的是()A．電容器上極板帶正電B．t1時刻電容器帶的電荷量為eq\f(CB1πr\o\al(2,1),4t1)C．t1時刻之后，線圈兩端的電壓為eq\f(3B1πr\o\al(2,1),4t1)D．t2時刻之后，R1兩端的電壓為eq\f(B2πr\o\al(2,2),4t2)【解析】本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律的圖象問題，電動勢由磁通量變化引起．由B-t圖象的斜率讀出磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率eq\f(ΔB,Δt)，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出感應(yīng)電流的大小，從而求得路端電壓，再由楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向．根據(jù)楞次定律可知，線圈產(chǎn)生的逆時針方向電流，則電容器上極板帶正電，A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B1πr\o\al(2,1),t1)，電流為I＝eq\f(E,R1＋R2＋R)＝eq\f(B1πr\o\al(2,1),4Rt1)，UR2＝I·2R＝eq\f(B1πr\o\al(2,1),4Rt1)·2R＝eq\f(B1πr\o\al(2,1),2t1)，電容器所帶的電荷量Q＝CUR2＝eq\f(CB1πr\o\al(2,1),2t1)，B錯誤；t1時間之后，線圈兩端的電壓U＝I(R1＋R2)＝eq\f(3B1πr\o\al(2,1),4t1)，C正確；t2時刻之后，R1兩端的電壓為U＝IR1＝eq\f(B1πr\o\al(2,1),4t1)＝eq\f(B2πr\o\al(2,1),4t2)，D錯誤．【答案】AC1．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，其半徑為a，總電阻為2r(金屬環(huán)粗細(xì)均勻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場垂直穿過環(huán)平面，環(huán)的最高點A處用鉸鏈連接長度為2a、電阻為r的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則此時A、B兩端的電壓大小為(A)A.eq\f(1,3)B0avB.eq\f(1,6)B0avC.eq\f(2,3)B0avD.B0av解析：棒擺到豎直位置時整根棒處在勻強(qiáng)磁場中，切割磁感線的長度為2a，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝B0·2a·eq\x\to(v)，而eq\x\to(v)＝eq\f(vA＋vB,2)，得E＝B0·2a·eq\f(0＋v,2)＝B0av.外電路的總電阻R＝eq\f(r·r,r＋r)＝eq\f(r,2)，根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)，得總電流I＝eq\f(2B0av,3r).A、B兩端的電壓大小U＝IR＝eq\f(2B0av,3r)·eq\f(r,2)＝eq\f(1,3)B0av，選項A正確．三步解決電磁感應(yīng)中電路問題(1)確定電源：利用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blvsinθ求感應(yīng)電動勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．如果在一個電路中切割磁感線的部分有多個并相互聯(lián)系，可等效成電源的串、并聯(lián)．(2)分析電路結(jié)構(gòu)：分析內(nèi)、外電路，以及外電路的串并聯(lián)關(guān)系，畫出等效電路圖．(3)利用電路規(guī)律求解：應(yīng)用閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的基本性質(zhì)等列方程求解．突破2電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1．導(dǎo)體的兩種運(yùn)動狀態(tài)(1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)．處理方法：根據(jù)平衡條件(合力等于零)列式分析．(2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零．處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析．2．力學(xué)對象和電學(xué)對象的相互關(guān)系考向1電磁感應(yīng)中的平衡問題(2019·上海奉賢二模)如圖所示，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，間距為L.以MN為界的兩個勻強(qiáng)磁場，磁場方向均垂直導(dǎo)軌平面向里，上方區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.下方區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0.金屬棒a、b分處上、下磁場，質(zhì)量分別為2m和m，電阻均為R，與導(dǎo)軌接觸良好，并可沿導(dǎo)軌無摩擦地運(yùn)動．導(dǎo)軌上端連接一阻值為R的電阻和開關(guān)S，導(dǎo)軌電阻不計．重力加速度為g.(1)若開關(guān)S斷開，當(dāng)a棒在豎直方向勻速運(yùn)動時，b棒恰好靜止，請判斷a棒的運(yùn)動方向，并說明理由；(2)在第(1)問中，求a棒勻速運(yùn)動時所需豎直方向的外力F的大小和方向．(3)若將a棒固定，將b棒由靜止釋放，運(yùn)動狀態(tài)穩(wěn)定后再閉合開關(guān)S.請說明閉合開關(guān)后，b棒運(yùn)動的速度和加速度情況，請求出b棒的最終速度．[審題指導(dǎo)]導(dǎo)體棒在磁場中切割磁感線產(chǎn)生電動勢，電路中出現(xiàn)電流，從而有安培力．由于安培力是與速度有關(guān)系的力，因此會導(dǎo)致加速度在改變．所以當(dāng)安培力不變時，則一定處于平衡狀態(tài)．解決本題的關(guān)鍵就是抓住兩棒均處于平衡狀態(tài)．【解析】(1)當(dāng)b棒靜止時，受到向上的安培力作用，由左手定則可知b棒中的電流向右，a中的感應(yīng)電流向左，由右手定則可知，a棒向上運(yùn)動；(2)對b棒mg＝2B0IL；對A棒：F＝B0IL＋2mg；聯(lián)立解得：F＝eq\f(5,2)mg，方向豎直向上．(3)開始開關(guān)S斷開時，當(dāng)b棒穩(wěn)定后滿足mg＝F安＝2B0IL＝eq\f(B\o\al(2,0)L2v1,R)，解得v1＝eq\f(mgR,2B\o\al(2,0)L2)；當(dāng)開關(guān)S閉合后，回路的電阻減小，電流會變大，作用在b上的安培力會變大，則b棒將做減速運(yùn)動，當(dāng)最后勻速運(yùn)動穩(wěn)定時，滿足mg＝F安＝2B0I′L＝2B0eq\f(2B0Lvb,R＋\f(R,2))L，解得vb＝eq\f(3mgR,8B\o\al(2,0)L2).【答案】(1)向上運(yùn)動(2)eq\f(5,2)mg，方向豎直向上(3)eq\f(3mgR,8B\o\al(2,0)L2)2．(2019·湖南長沙月考)(多選)如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)有方向垂直豎直平面向里的勻強(qiáng)磁場，其寬度均為d，Ⅰ和Ⅱ之間有一寬度為h的無磁場區(qū)域，h>d.一質(zhì)量為m、邊長為d的正方形線框從距區(qū)域Ⅰ上邊界高度h處靜止釋放．線框能勻速地通過磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計．則下列說法正確的是(AC)A．區(qū)域Ⅰ與區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值一定大于1B．線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ時的速度大小之比為eq\r(2)1C．線框通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ過程中產(chǎn)生的熱量相等D．線框進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ過程中通過線框某一橫截面的電荷量相等解析：通過磁場Ⅰ時，能勻速通過，說明受到的安培力大小等于重力，即F安＝B1Id＝eq\f(B\o\al(2,1)d2v1,R)＝mg，在Ⅰ和Ⅱ之間運(yùn)動時，線框做加速運(yùn)動，所以進(jìn)入磁場Ⅱ時的速度大于進(jìn)入磁場Ⅰ時的速度，v2>v1，因為能勻速通過磁場Ⅱ，所以eq\f(B\o\al(2,2)d2v2,R)＝mg，故eq\f(B\o\al(2,2)d2v2,R)＝eq\f(B\o\al(2,1)d2v1,R)，可得eq\f(B1,B2)＝eq\r(\f(v2,v1))>1，A正確；進(jìn)入磁場Ⅰ時有v1＝eq\r(2gh)，進(jìn)入磁場Ⅱ時有v2＝eq\r(2g2h－d)，故eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(h,2h－d))≠eq\r(2)，B錯誤；兩個過程中產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功，而兩個過程中安培力大小等于重力，則做功都為W＝2mgd，所以兩個過程中產(chǎn)生的熱量相同，C正確；根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)可得q1＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B1d2,R)，q2＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B2d2,R)，由于兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，所以通過線框某一橫截面的電荷量不相等，D錯誤．考向2電磁感應(yīng)中的非平衡問題如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻．質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下．當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸．求：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P.【解析】(1)感應(yīng)電動勢E＝Bdv0感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，故I＝eq\f(Bdv0,R)(2)安培力F＝BId由牛頓第二定律得F＝ma故a＝eq\f(B2d2v0,mR)(3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－v，則感應(yīng)電動勢E′＝Bd(v0－v)電功率P＝eq\f(E′2,R)故P＝eq\f(B2d2v0－v2,R).【答案】(1)eq\f(Bdv0,R)(2)eq\f(B2d2v0,mR)(3)eq\f(B2d2v0－v2,R)3．(2019·蚌埠模擬)如圖所示，PQ和MN是兩根間距為L的光滑水平長直導(dǎo)軌，P與M之間連接一個阻值為R的定值電阻，一個長為L、質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab垂直放在導(dǎo)軌上，整個裝置處于豎直方向勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.(1)現(xiàn)在金屬棒ab上作用一個大小為F的水平恒力，使其沿導(dǎo)軌運(yùn)動，求ab棒最大速度的大?。?2)若在金屬棒ab上作用一個水平力F′，使金屬棒ab沿導(dǎo)軌由靜止做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動，求水平力F′與時間t的函數(shù)關(guān)系式．解析：(1)當(dāng)安培力與拉力達(dá)到平衡時速度最大，設(shè)最大速度為vm，根據(jù)共點力的平衡條件可得：BIL＝F其中I＝eq\f(BLvm,R＋r)聯(lián)立解得：vm＝eq\f(FR＋r,B2L2)(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E＝BLv根據(jù)牛頓第二定律可得：F′－FA＝ma即：F′－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma根據(jù)速度—時間關(guān)系可得：v＝at聯(lián)立解得：F′＝ma＋eq\f(B2L2a,R＋r)t.答案：(1)eq\f(FR＋r,B2L2)(2)F′＝ma＋eq\f(B2L2a,R＋r)t用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：考向3電磁感應(yīng)中的能量問題1．能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)能量轉(zhuǎn)化(2)求解焦耳熱Q的三種方法2．解題的一般步驟(1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)；(2)弄清電磁感應(yīng)過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；(3)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解．(2018·江蘇卷)(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g.金屬桿()A．剛進(jìn)入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運(yùn)動時間C．穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdD．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)[審題指導(dǎo)](1)利用v-t圖象分析運(yùn)動過程和運(yùn)動時間，可以化難為易．(2)對于D選項，以桿剛進(jìn)入Ⅰ時恰好勻速運(yùn)動作為參照，問題便迎刃而解．【解析】本題考查電磁感應(yīng)與動力學(xué)、能量問題的綜合應(yīng)用．要使桿進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時必須減速運(yùn)動，加速度方向豎直向上，故A錯誤．桿在Ⅰ區(qū)做加速度減小的減速運(yùn)動，在兩磁場之間做a＝g的勻加速運(yùn)動，運(yùn)動過程如圖所示(其中v1為桿剛進(jìn)入Ⅰ時的速度，v2為桿剛出Ⅰ時的速度)，圖線與時間軸所圍的面積表示位移，兩段運(yùn)動的位移相等，則t1>t2－t1，故B正確．對桿從進(jìn)入磁場Ⅰ至剛穿出磁場Ⅱ的過程應(yīng)用動能定理得mg·3d＋W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，對桿穿過兩磁場之間的過程應(yīng)用動能定理得mgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得W安＝－4mgd，由功能關(guān)系得Q＝－W安＝4mgd，故C正確．若桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時恰好勻速，則有eq\f(B2L2v1,R)＝mg，v1＝eq\f(mgR,B2L2)，代入h＝eq\f(v\o\al(2,1),2g)得h＝eq\f(m2gR2,2B4L4)，因為桿剛進(jìn)入Ⅰ時必須做減速運(yùn)動，故一定有h>eq\f(m2gR2,2B4L4)，故D錯誤．【答案】BC4．(多選)如圖所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長均為l，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m.它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直豎直面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域．開始時，線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場的上邊界的距離為l.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運(yùn)動．不計摩擦和空氣阻力，則(BC)A．a(chǎn)、b兩個線框勻速運(yùn)動的速度大小為eq\f(2mgR,B2l2)B．線框a從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時間為eq\f(3B2l3,mgR)C．從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD．從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl解析：設(shè)兩線框勻速運(yùn)動的速度為v，此時輕繩上的張力大小為T，則對a有：T＝2mg－BIl，對b有：T＝mg，又I＝eq\f(E,R)，E＝Blv，解得v＝eq\f(mgR,B2l2)，故A錯誤．線框a從下邊進(jìn)入磁場后，線框a通過磁場時以速度v勻速運(yùn)動，則線框a從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時間t＝eq\f(3l,v)＝eq\f(3B2l3,mgR)，故B正確．從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，線框a只在其勻速進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生焦耳熱，設(shè)為Q，由功能關(guān)系有2mgl－mgl＝Q，得Q＝mgl，故C正確．設(shè)兩線框從開始運(yùn)動至a全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做的功為W，此過程中左、右兩線框分別向上、向下運(yùn)動2l的距離，對這一過程，由能量守恒定律有：4mgl＝2mgl＋eq\f(1,2)·3mv2＋W，得W＝2mgl－eq\f(3m3g2R2,2B4l4)，故D錯誤．5．(2019·安徽聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN固定在光滑絕緣水平面上，導(dǎo)軌左端連接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌間距為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的有界勻強(qiáng)磁場的邊界ab、cd均垂直于導(dǎo)軌，且間距為s