人教版高考物理一轮复习第10章电磁感应第3讲电磁感应的综合应用学案

第3讲　电磁感应的综合应用

知识点1　电磁感应中的电路问题

1．电源：切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源。

2．电流：电路闭合时的电流I可由欧姆定律求出，I＝，路端电压U＝IR＝E－Ir。

3．电势：在外电路中，电流由高电势流向低电势；在内电路中，电流由低电势流向高电势。

思考：如图所示，MON是固定导轨，金属棒与导轨接触良好，在拉力F作用下向右运动。

(1)图中电路相当于电源的部分是金属棒的ab部分。

(2)闭合电路中的感应电流方向沿逆时针方向。

(3)路端电压是闭合电路外电路的电压，等于该图中aOb部分电路的电压。

知识点2　电磁感应中的动力学问题

1．安培力的大小

 FA＝

2．安培力的方向

(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向。

(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反(选填“相同”或“相反”)。

知识点3　电磁感应中的能量问题

1．能量转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将机械能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。

2．转化实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能与电能之间的转化。

双基自测

一、堵点疏通

1．在电磁感应电路中，产生电流的那部分导体相当于电源。(　√　)

2．安培力做正功的过程是将电能转化为机械能的过程。(　√　)

3．物体克服安培力做功的过程是将其他形式的能量转化为电能的过程。(　√　)

二、对点激活

1．如图所示，光滑水平面内有一正方形导体线框abcd，置于垂直水平面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN，线框以垂直于MN的速度v匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生的焦耳热为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1，若线框以速度2v匀速进入磁场，进入磁场过程中，产生的焦耳热为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则下列选项正确的是(　B　)

A．Q2＝2Q1，q2＝2q1　 B．Q2＝2Q1，q2＝q1

C．Q2＝Q1，q2＝q1　 D．Q2＝4Q1，q2＝2q1

[解析]　根据I＝及F＝BIL可得F＝，安培力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由Q＝W＝FL＝可知产生的焦耳热与速度成正比，所以Q2＝2Q1；根据q＝I·t，t＝得q＝，可知通过线框导体横截面的电荷量与速度无关，q2＝q1，选项B正确。

2．如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　B　)

A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流

B．a、b线圈中感应电动势之比为9︰1

C．a、b线圈中感应电流之比为3︰4

D．a、b线圈中电功率之比为3︰1

[解析]　由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，故A项错误；根据法拉第电磁感应定律E＝N＝NS，而磁感应强度均匀变化，即恒定，则a、b线圈中的感应电动势之比为＝＝＝9，故B项正确；根据电阻定律R＝ρ，且L＝4Nl，则＝＝3，由闭合电路欧姆定律I＝，得a、b线圈中的感应电流之比为＝·＝3，故C项错误；由功率公式P＝I2R知，a、b线圈中的电功率之比为＝·＝27，故D项错误。

核心考点·重点突破

HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO

考点一　电磁感应中的图像问题

1．题型简述

借助图像考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：

(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图像；

(2)由给定的图像分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图像。常见的图像有B—t图、E—t图、i—t图、v—t图及F—t图等。

2．解题关键

弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。

3．解题步骤

(1)明确图像的种类，即是B—t图还是Φ—t图，或者E—t图、I—t图等；

(2)分析电磁感应的具体过程；

(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；

(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；

(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；

(6)画图像或判断图像。

4．常用方法

(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)。特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。

(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。

类型(一)　感生问题

例1　如图(甲)所示，一闭合圆形线圈水平放置，穿过它的竖直方向的匀强磁场磁感应强度随时间变化规律如图(乙)，规定B的方向以向上为正方向，感应电流以俯视顺时针的方向为正方向，在0～4t时间内感应电流随时间变化图像中正确的是(　D　)

[解析]　在0～t内，B正向增大，感应电流方向为俯视顺时针方向，即电流方向为正；在t～2t内，B先正向减小后反向增大，同上分析，电流方向为负方向，且B的变化率为0～t内的2倍，电流大小变为2倍；在2t～3t内，B变化率为0，无感应电流；在3t～4t内，B负向减小，电流方向为正方向，故D项正确。

名师点拨　 B—t、Φ—t图像的斜率表示感应电动势，斜率的大小表示电动势大小，斜率的正负表示电动势的方向，但斜率为正，并不表示电动势方向与B的正方向相同。

类型(二)　动生问题

例2　如图所示，在等腰直角三角形abc内存在垂直纸面向外的匀强磁场，三角形efg是与三角形abc形状相同的导线框，x轴是两个三角形的对称轴。现让导线框efg在纸面内沿x轴向右匀速穿过磁场，规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，感应电流i随时间t的变化图像是(　A　)

[解析]　本题借助三角形线框进入三角形磁场模型考查i－t图像问题。三角形egf向右运动，根据楞次定律和安培定则可知， 导线框中先产生顺时针方向的感应电流，后产生逆时针方向的感应电流，所以感应电流先为负值后为正值；随着三角形egf的运动，导线框切割磁感线的有效长度L有先增大，当a点与fg边的中点重合时，导线框切割磁感线的有效长度为L有＝Lfg，再继续向右移动，有效切割长度L有减小，当fg边与三角形abc的中位线重合时，切割磁感线的有效长度为L有＝0，再继续向右移动，有效切割长度L有增大，当fg边与bc边重合时，导线框切割磁感线的有效长度为L有＝Lfg，根据感应电动势E＝BL有v，电流I＝＝，可知A正确，B、C、D错误。

考点二　电磁感应中的电路问题

在电磁感应过程中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源。因此，电磁感应问题往往又和电路问题联系在一起。解决此类问题的基本思想是将电磁感应问题转化为直流电路的分析与计算问题。

基本思路：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向；(2)弄清电路结构，必要时画出等效电路图；(3)运用欧姆定律、串并联电路等规律求解路端电压、电功率等问题。

类型(一)　变化磁场的电路问题

例3　(多选)如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是(　AC　)

A．0～t1时间内P端电势高于Q端电势

B．0～t1时间内电压表的读数为

C．t1～t2时间内R上的电流为

D．t1～t2时间内PQ间的电势差UPQ＝n

[解析]　0～t1时间内，磁通量增大，根据楞次定律知感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以P端电势高于Q端电势，故A项正确；0～t1时间内线圈产生的感应电动势E＝n＝nS＝，电压表的示数U＝IR＝·R＝，故B项错误；t1～t2时间内线圈产生的感应电动势E′＝n＝nS，根据闭合电路欧姆定律I′＝＝，故C项正确；t1～t2时间内，磁通量减小，根据楞次定律可知，P端电势低于Q端电势，UPQ＝－nS，故D项错误。

名师点拨　 磁通量变化的线圈为等效电源，平均感应电动势为E＝n，线圈的电阻为电源内电阻。

例4　如图所示，间距L＝1 m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度水平向左匀速运动。R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，C＝6 μF，导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计。开关S1，S2闭合，电路稳定后，求：

(1)通过R2的电流I的大小和方向；

(2)拉力F的大小；

(3)开关S1切断后通过R2的电荷量Q。

[解析]　(1)开关S1，S2闭合后，根据右手定则知棒中的感应电流方向是M→N，所以通过R2的电流方向是由b→a，MN中产生的感应电动势的大小E＝BLv

流过R2的电流I＝

代入数据解得I＝0.1 A。

(2)棒受力平衡，有F＝F安，F安＝BIL，

代入数据解得F＝0.1 N。

(3)开关S1，S2闭合，电路稳定后，

电容器所带电荷量Q1＝CIR2

S1切断后，流过R2的电荷量Q等于电容器所带电荷量，即Q＝Q1

 代入数据解得Q＝7.2×10－6C。

[答案]　(1)0.1 A　b→a　(2)0.1 N　(3)7.2×10－6C

名师点拨　

(1)电动势：平动切割E＝BLv，转动切割E＝Bω L2。

(2)电路总电阻：注意不要把“切割运动的导体电阻”与外电阻并联。

(3)切割运动的导体两端电压：该电压既不是电动势，也不是该导体电阻的电压，而是电源的路端电压：U＝IR＝E－Ir，R是外电阻，r是切割运动的导体电阻。

考点三　电磁感应中的动力学问题

1．电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。

1．导体的两种运动状态

(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。

(2)导体的非平衡状态——加速度不为零。

2．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。

3．导体的运动分析流程

类型(一)　收尾状态为平衡态

例5　如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，不计ab和导轨的电阻及空气阻力。

(1)求ab开始运动时的加速度a；

(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况。

[解析]　本题考查电磁感应、闭合电路欧姆定律。动力学分析、能量转化与守恒定律。

(1)利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析得：

mgsin θ＋BIL＝ma  ①

对回路分析I＝＝  ②

联立①②得a＝gsin θ＋

(2)上滑过程：

由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：a上＝gsin θ＋ ③

上滑过程，a、v反向，做减速运动。利用③式，v减小则a减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动。

下滑过程：

由牛顿第二定律，对ab受力分析得：

mgsin θ－＝ma下  ④

a下＝gsin θ－  ⑤

因a下与v同向，ab做加速运动。

由⑤得v增加，a下减小，

杆下滑时做加速度减小的加速运动。

[答案]　(1)gsin θ＋

(2)上滑：加速度减小的减速运动，

下滑：加速度减小的加速运动。

类型(二)　收尾状态为非平衡态

例6　(2020·广西柳州一模)(多选)如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，倾角为θ，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现由静止释放金属棒ab，假定电容器不会被击穿，忽略一切电阻，则下列说法正确的是(　AB　)

A．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势

B．金属棒ab匀加速下滑

C．金属棒ab最终可能匀速下滑

D．金属棒ab下滑过程中减少的重力势能等于其增加的动能

[解析]　本题考查电磁感应和电容器电路的结合。金属棒ab下滑过程中，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可判断出导体棒a端为正极，所以M板电势高于N板电势，选项A正确；金属棒ab下滑过程中由于产生感应电动势和感应电流，对电容器充电，由I＝，C＝，ΔU＝BLΔv，金属棒ab受到安培力F＝BIL，对金属棒受力分析，有mgsin θ－F＝ma，联立解得a＝，加速度为恒量，说明金属棒ab下滑时做加速度恒定的匀加速运动，选项B正确，C错误；金属棒ab下滑过程中减少的重力势能等于其增加的动能和电容器储存的电能之和，选项D错误。

考点四　电磁感应中的能量问题

电能的求解思路

例7　(2019·北京卷，22)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：

(1)感应电动势的大小E；

(2)拉力做功的功率P；

(3)ab边产生的焦耳热Q。

[解析]　(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势

E＝BLv

(2)线框中的感应电流I＝

拉力大小等于安培力大小F＝BIL

拉力的功率P＝Fv＝

(3)线框ab边电阻Rab＝

时间t＝

ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝

[答案]　(1)BLv　(2) 　(3)

〔变式训练〕CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。磁场区域的长度为d，如图所示。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且两者间的动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是(　B　)

A．电阻R的最大电流为

B．流过电阻R的电荷量为

C．整个电路中产生的焦耳热为mgh

D．电阻R中产生的焦耳热为mgh

[解析]　金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，金属棒到达水平面时的速度v＝，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E＝BLv，最大的感应电流为I＝＝，故A项错误；流过电阻R的电荷量q＝＝，故B项正确；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh－W安－μmgd＝0－0，则克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，所以整个电路中产生的焦耳热为Q＝W安＝mgh－μmgd，故C项错误；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QR＝Q＝(mgh－μmgd)，故D项错误。

2年高考·1年模拟

2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI

1．(2020·课标Ⅰ，21)(多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后(　BC　)

A．金属框的速度大小趋于恒定值

B．金属框的加速度大小趋于恒定值

C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值

D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值

[解析]　本题考查电磁感应定律与力学问题的综合。金属框在外力作用下向右运动过程中，由楞次定律知，导体棒向右运动，设某时刻金属框的速度为v1，导体棒的速度为v2，导体棒接入电路的电阻为R，回路中感应电动势E＝BL(v1－v2)，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流I＝＝。设金属框的质量为m1，导体棒的质量为m2，对金属框，由牛顿第二定律得F－BIL＝m1a1，整理得a1＝－，对导体棒，由牛顿第二定律得a2＝，当a1>a2时，v1－v2增大，金属框的加速度a1减小，导体棒的加速度a2增大，当a1＝a2时，此时F＝(m1＋m2)a，a＝，v1－v2不变，回路中的电流不变，金属框和导体棒所受安培力不变，两者以相同的加速度做匀加速直线运动，故金属框的加速度大小趋于恒定值，速度越来越大，其v－t图像如图所示，A错误，B正确；由于回路中的电流趋于恒定值，故导体棒所受安培力大小趋于恒定值，C正确；导体棒与金属框的加速度相同时，金属框的速度较大，由匀加速直线运动规律知，导体棒到金属框bc边的距离越来越大，D错误。

2．(2020·山东，21)(多选)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像可能正确的是(　BC　)

[解析]　AB项因为4 s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，故在0～1 s内只有ae边切割磁场，设方格边长为L，根据E1＝2BLv，I1＝，可知电流恒定；2 s末时线框在第二象限长度最长，此时有E2＝3BLv，I2＝，可知I2＝I1,2～4 s线框有一部分进入第一象限，电流减小，在4 s末同理可得I3＝I1，综上分析可知A错误，B正确；CD项根据Fab＝BILab可知在0～1 s内ab边所受的安培力线性增加；1 s末安培力为Fab＝BI1L，在2 s末可得安培力为F′ab＝B×I1×2L，所以有F′ab＝3Fab；由图像可知C正确，D错误。故选BC。

3．(2020·课标Ⅲ，24)如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x(0≤x≤l0)变化的关系式。

[答案]　见解析

[解析]　本题考查电磁感应定律与力学问题的综合。

当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法拉第电磁感应定律知，导体棒上感应电动势的大小为

E＝Blv  ①

由欧姆定律，流过导体棒的感应电流为

I＝  ②

式中，R为这一段导体棒的电阻。按题意有

R＝rl  ③

此时导体棒所受安培力大小为

f＝BlI  ④

由题设和几何关系有

l＝  ⑤

联立①②③④⑤式得

f＝  ⑥