2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第十單元電磁感應(yīng)專題十電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用一學(xué)案新人教版

PAGE13-專題十電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用(一)考綱考情核心素養(yǎng)?電磁感應(yīng)中的電路問題Ⅰ?電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題Ⅱ?電磁感應(yīng)中的圖象問題Ⅱ?綜合應(yīng)用楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓其次定律分析、解決電磁感應(yīng)問題.科學(xué)思維全國卷5年9考高考指數(shù)★★★★★突破1電磁感應(yīng)中的電路問題1．電磁感應(yīng)中電路學(xué)問的關(guān)系圖2．解決電磁感應(yīng)中的電路問題三步驟如圖甲所示，一個(gè)電阻為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t改變的關(guān)系圖線如圖乙所示．圖線的橫、縱軸截距分別為t0和B0，導(dǎo)線的電阻不計(jì)．在0至t1時(shí)間內(nèi)，求：(1)通過電阻R1的電流大小和方向；(2)通過電阻R1的電荷量q和產(chǎn)生的熱量Q.【解析】(1)由圖象可知，0～t1時(shí)間內(nèi)，有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))＝eq\f(B0,t0)由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝neq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔΦ,Δt)))＝neq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))·S其中S＝πreq\o\al(2,2)由閉合電路歐姆定律有I1＝eq\f(E,3R)聯(lián)立解得I1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0).由楞次定律可推斷，通過電阻R1的電流方向?yàn)閺腷到a.(2)通過電阻R1的電荷量q＝I1t1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)，電阻R1上產(chǎn)生的熱量Q＝Ieq\o\al(2,1)R1t1＝eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0)).【答案】(1)eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)方向從b到a(2)eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))高分技法1對(duì)電源的理解：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源.如：切割磁感線的導(dǎo)體棒、內(nèi)有磁通量改變的線圈等.2對(duì)電路的理解：內(nèi)電路是切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生改變的線圈；除電源外其余部分是外電路，外電路由電阻、電容器等電學(xué)元件組成.在外電路中，電流從高電勢(shì)處流向低電勢(shì)處；在內(nèi)電路中，電流則從低電勢(shì)處流向高電勢(shì)處.1．(多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動(dòng)變阻器R1(0≤R1≤2R)．框內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．一長為L，電阻為R的導(dǎo)體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運(yùn)動(dòng)，金屬框電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是(CD)A．ABFE和ABCD回路的電流方向均為逆時(shí)針方向B．左右兩個(gè)閉合區(qū)域的磁通量都在改變且改變率相同，故電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2BLvC．當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1＝R時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電壓為eq\f(1,3)BLvD．當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時(shí)，滑動(dòng)變阻器有最大電功率且最大電功率為eq\f(B2L2v2,8R)解析：本題考查電磁感應(yīng)與動(dòng)態(tài)電路的結(jié)合．導(dǎo)體棒AB向右運(yùn)動(dòng)，由右手定則可推斷出導(dǎo)體棒AB中產(chǎn)生從A指向B的感應(yīng)電流，ABFE回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，ABCD回路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由E＝BLv可知，電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為BLv，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1＝R時(shí)，外電路電阻為eq\f(R,2)，導(dǎo)體棒中電流I＝eq\f(E,R＋\f(R,2))，導(dǎo)體棒兩端電壓U＝E－IR＝eq\f(1,3)BLv，選項(xiàng)C正確；求解滑動(dòng)變阻器的最大電功率時(shí)，可以將導(dǎo)體棒和電阻R看成新的等效電源，等效內(nèi)阻為eq\f(R,2)，故當(dāng)R1＝eq\f(R,2)時(shí)，等效電源輸出功率最大，即滑動(dòng)變阻器電功率最大，當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時(shí)，外電路電阻為eq\f(R,3)，導(dǎo)體棒中電流I′＝eq\f(E,R＋\f(R,3))，滑動(dòng)變阻器中電流I1＝eq\f(2,3)I′＝eq\f(BLv,2R)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率P＝Ieq\o\al(2,1)eq\f(1,2)R＝eq\f(B2L2v2,8R)，選項(xiàng)D正確．2.(多選)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R的勻稱金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下．在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器．金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．導(dǎo)軌電阻不計(jì)．下列說法正確的是(AB)A．金屬棒中電流從B流向AB．金屬棒兩端電壓為eq\f(3,4)Bωr2C．電容器的M板帶負(fù)電D．電容器所帶電荷量為eq\f(3,2)CBωr2解析：依據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從B流向A，選項(xiàng)A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(3,4)Bωr2，選項(xiàng)B正確；金屬棒A端相當(dāng)于電源正極，電容器M板帶正電，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由C＝eq\f(Q,U)可得電容器所帶電荷量為Q＝eq\f(3,4)CBωr2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．突破2電磁感應(yīng)中的圖象問題1．分析圖象的關(guān)鍵：2．圖象問題的解題步驟：題型1依據(jù)電磁感應(yīng)過程選擇圖象(2024·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽視不計(jì)．虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零．從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)起先計(jì)時(shí)，到MN離開磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?，流過PQ的電流隨時(shí)間改變的圖象可能正確的是()【解析】依據(jù)題述，PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零，兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，則兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔足夠長，在PQ通過磁場(chǎng)區(qū)域一段時(shí)間后MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時(shí)間改變的圖象可能是A；由于兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不行能小于I1，B錯(cuò)誤；若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔較短，在PQ沒有出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)MN就進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，則兩棒在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，PQ出磁場(chǎng)后，MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流肯定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力肯定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN肯定做減速運(yùn)動(dòng)，回路中感應(yīng)電流減小，流過PQ的電流隨時(shí)間改變的圖象可能是D，C錯(cuò)誤．【答案】AD高分技法應(yīng)用“三大”定律解決圖象問題1楞次定律推斷電流方向.當(dāng)然，也可以用右手定則.2法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算電動(dòng)勢(shì)，也可以用特例E＝Blv，留意切割導(dǎo)體的有效長度和導(dǎo)體速度的改變.3閉合電路的歐姆定律計(jì)算電流，感應(yīng)電流是由電動(dòng)勢(shì)和回路電阻共同確定的.3．(多選)邊長為a的閉合金屬正三角形輕質(zhì)框架，左邊豎直且與磁場(chǎng)右邊界平行，完全處于垂直于框架平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場(chǎng)，如圖所示，則下列圖象與這一拉出過程相符合的是(BC)解析：設(shè)正三角形輕質(zhì)框架起先出磁場(chǎng)的時(shí)刻t＝0，則其切割磁感線的有效長度L＝2xtan30°＝eq\f(2\r(3),3)x，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E電動(dòng)勢(shì)＝BLv＝eq\f(2\r(3),3)Bvx，則C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；框架勻速運(yùn)動(dòng)，故F外力＝F安＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(4B2x2v,3R)∝x2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，B項(xiàng)正確．題型2依據(jù)圖象分析電磁感應(yīng)過程(多選)在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1m2，線圈電阻為1Ω.規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時(shí)針方向，如圖甲所示．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的改變規(guī)律如圖乙所示．以下說法正確的是()A．在0～2s時(shí)間內(nèi)，I的最大值為0.01AB．在3～5s時(shí)間內(nèi)，I的大小越來越小C．前2s內(nèi)，通過線圈某截面的總電荷量為0.01CD．第3s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大【解析】0～2s時(shí)間內(nèi)，t＝0時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度改變率最大，感應(yīng)電流最大，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,ΔtR)＝0.01A，A正確；3～5s時(shí)間內(nèi)電流大小不變，B錯(cuò)誤；前2s內(nèi)通過線圈的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(ΔB·S,R)＝0.01C，C正確；第3s內(nèi)，B沒有改變，線圈中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，則線圈的發(fā)熱功率最小，D錯(cuò)誤．【答案】AC高分技法據(jù)圖象分析推斷電磁感應(yīng)過程的方法對(duì)于利用圖象速度圖象、磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間或位移改變圖象、安培力隨時(shí)間或位移改變圖象等給出解題信息的電磁感應(yīng)選擇題，其方法是：依據(jù)題給圖象，結(jié)合題述電磁感應(yīng)過程，將電磁感應(yīng)分成幾個(gè)子過程，找出連接點(diǎn)及其對(duì)應(yīng)的速度、電流、力，利用相關(guān)物理規(guī)律列方程分析求解.4．(多選)如圖甲所示，在MN、OP之間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，t＝0時(shí)，一正方形光滑金屬線框在水平向右的外力F作用下緊貼MN從靜止起先做勻加速運(yùn)動(dòng)，外力F隨時(shí)間改變的圖線如圖乙所示．已知線框的質(zhì)量m＝1kg，電阻R＝2Ω.則(AB)A．磁場(chǎng)寬度為4mB．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\r(2)TC．線框穿過磁場(chǎng)過程中，通過線框的電荷量為2CD．線框穿過磁場(chǎng)過程中，線框產(chǎn)生的熱量為1J解析：線框的加速度a＝eq\f(F0,m)＝2m/s2，磁場(chǎng)的寬度d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝4m，A項(xiàng)正確；當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，F(xiàn)1－F安＝ma，而F安＝eq\f(B2L2v1,R)＝eq\f(B2L2at1,R)，線框?qū)挾萀＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝1m，聯(lián)立得B＝eq\r(2)T，B項(xiàng)正確；線框穿過磁場(chǎng)過程中，線框的磁通量不變，所以通過線框的電荷量為零，C項(xiàng)錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，線框產(chǎn)生的熱量為Q進(jìn)＝W進(jìn)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)>1J，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．突破3電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1．導(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)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(dòng)狀態(tài)．處理方法：依據(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：依據(jù)牛頓其次定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析．2．力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系題型1電磁感應(yīng)中的平衡問題如圖所示，兩金屬桿ab和cd長均為L＝0.5m，電阻均為R＝8.0Ω，質(zhì)量分別為M＝0.2kg和m＝0.1kg，用兩根質(zhì)量和電阻均可忽視的不行伸長的松軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路，并懸掛在水平、光滑、不導(dǎo)電的圓棒兩側(cè)．兩金屬桿都處在水平位置，整個(gè)裝置處在一個(gè)與回路平面相垂直向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2T．若整個(gè)裝置從靜止起先到金屬桿ab下降高度h＝5.0m時(shí)剛好勻速向下運(yùn)動(dòng)．(g取10m/s2)求：(1)ab桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)桿上的電流方向；(2)ab桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度vm.【解析】(1)磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，當(dāng)ab勻速下滑時(shí)，ab中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，依據(jù)右手定則可知電流方向由a→b，cd中的感應(yīng)電流方向由d→c.(2)電路中的電動(dòng)勢(shì)是ab與cd中電動(dòng)勢(shì)的和，即E＝2BLvm回路中電流大小為I＝eq\f(E,2R)由安培力公式得FA＝BILab受到的安培力向上，cd受到的安培力向下，大小均為FA，對(duì)ab有：T＋FA＝Mg，對(duì)cd有：T＝FA＋mg聯(lián)立得：2FA＝(M－m)g解得vm＝eq\f(M－mgR,2B2L2)＝eq\f(0.2－0.1×10×8.0,2×22×0.52)m/s＝4m/s.【答案】(1)a→b(2)4m/s5．如圖所示，將邊長為L，電阻為R，質(zhì)量為m的正方形金屬線圈abcd平放在粗糙的水平傳送帶上，線圈跟傳送帶保持相對(duì)靜止，以速度v勻速運(yùn)動(dòng)．有一邊界長度為2L的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于傳送帶向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為BA．線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向沿abcdaB．線圈進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)受到水平向左的靜摩擦力，穿出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)受到水平向右的靜摩擦力C．線圈經(jīng)過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，始終受到水平向右的靜摩擦力D．線圈經(jīng)過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為eq\f(2B2L3v,R)解析：依據(jù)楞次定律可知，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向沿adcba，A錯(cuò)誤；進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流方向沿adcba，則依據(jù)左手定則，bc邊受到的安培力方向向左，所以線圈受到傳送帶給它的向右的靜摩擦力；穿出磁場(chǎng)時(shí)，依據(jù)右手定則推斷，感應(yīng)電流方向沿abcda，依據(jù)左手定則，ad邊受到的安培力方向向左，所以線圈受到傳送帶給它的向右的靜摩擦力，B錯(cuò)誤；線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，磁通量不發(fā)生改變，線圈內(nèi)沒有感應(yīng)電流，沒有安培力，此時(shí)不受摩擦力，C錯(cuò)誤；依據(jù)功能關(guān)系得，進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)時(shí)線框會(huì)發(fā)熱，須要多消耗的電能即線框產(chǎn)生的熱量，Q＝I2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,R)))2·R·eq\f(2L,v)＝eq\f(2B2L3v,R)，因此電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為eq\f(2B2L3v,R)，D正確．題型2電磁感應(yīng)中的非平衡問題足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ表面粗糙，與水平面間的夾角為θ＝37°(sin37°＝0.6)，間距為1m．垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為4T，P、M間所接電阻的阻值為8Ω.質(zhì)量為2kg的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，不計(jì)桿與導(dǎo)軌的電阻，桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25.金屬桿ab在沿導(dǎo)軌向下且與桿垂直的恒力F作用下，由靜止起先運(yùn)動(dòng)，桿的最終速度為8m/s，取g＝10m/s2，求：(1)當(dāng)金屬桿的速度為4m/s時(shí)，金屬桿的加速度大?。?2)當(dāng)金屬桿沿導(dǎo)軌的位移為6m時(shí)，通過金屬桿的電荷量．【解析】(1)對(duì)金屬桿ab應(yīng)用牛頓其次定律，有F＋mgsinθ－F安－f＝ma，f＝μFN，F(xiàn)N＝mgcosθab桿所受安培力大小為F安＝BILab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv由閉合電路歐姆定律可知I＝eq\f