2021届人教版高考物理一轮总复习学案设计第十单元专题十电磁感应规律的综合应用(一)

专题十电磁感应规律的综合应用

(一)

考纲考情核心素养

?电磁感应中的电路问题Ⅰ?电磁感应中的动力学问题Ⅱ?电磁感应中的图象问题Ⅱ?综合应用楞次定律、法拉第

电磁感应定律、闭合电路欧

姆定律、牛顿第二定律分析、

解决电磁感应问题.

科学

思维

全国卷5年9考

高考指数★★★★★

突破1电磁感应中的电路问题1．电磁感应中电路知识的关系图

2．解决电磁感应中的电路问题三步骤

如图甲所示，一个电阻为R 、匝数为n 的圆形金属

线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1，在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示．图线的横、纵轴截距分别为t 0和B 0，导线的电阻不计．在0至t 1时间内，求：

(1)通过电阻R 1的电流大小和方向；

(2)通过电阻R 1的电荷量q 和产生的热量Q .

【解析】 (1)由图象可知，0～t 1时间内，有??????ΔB Δt ＝B 0t 0

由法拉第电磁感应定律有E ＝n ??????ΔΦΔt ＝n ????

??ΔB Δt ·S 其中S ＝πr 22

由闭合电路欧姆定律有I 1＝E 3R

联立解得I 1＝nB 0πr 223Rt 0

. 由楞次定律可判断，通过电阻R 1的电流方向为从b 到a .

(2)通过电阻R 1的电荷量

q ＝I 1t 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0

，电阻R 1上产生的热量 Q ＝I 21R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20

. 【答案】 (1)nB 0πr 223Rt 0

方向从b 到a (2)nB 0πr 22t 13Rt 0 2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20

高分技法

(1)对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源.如：切割磁感线的导体棒、内有磁通量变化的线圈等.

(2)对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路，外电路由电阻、电容器等电学元件组成.在外电路中，电流从高电势处流向低电势处；在内电路中，电流则从低电势处流向高电势处.

1．(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF 水平放置，宽为L ，在E 、F 间连接一阻值为R 的定值电阻，在C 、D 间连接一滑动变阻器R 1(0≤R 1≤2R )．框内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．一长为L ，电阻为R 的导体棒AB 在外力作用下以速度v 匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是( CD )

A ．ABFE 和ABCD 回路的电流方向均为逆时针方向

B ．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BL v

C ．当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R 时，导体棒两端的电压为13

BL v D ．当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R 2

时，滑动变阻器有最大电功率且最大电功率为B 2L 2v 2

8R

解析：本题考查电磁感应与动态电路的结合．导体棒AB 向右运动，由右手定则可判断出导体棒AB 中产生从A 指向B 的感应电流，ABFE 回路中电流方向为逆时针方向，ABCD 回路中电流方向为顺时针方向，选项A 错误；由E ＝BL v 可知，电路中产生感应电动势大小为BL v ，选项B 错误；当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R 时，外电路电阻为R 2，导体棒中电流I ＝E R ＋R 2

，导体棒两端电压U ＝E －IR ＝13

BL v ，选项C 正确；求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R 看成新的等效电源，等效内阻为R 2，故当R 1＝R 2

时，等效电源输出功率最大，即滑动变阻器电功率最大，当滑动变阻器接入电路中

的阻值R 1＝R 2时，外电路电阻为R 3，导体棒中电流I ′＝E R ＋R 3

，滑动变阻器中电流I 1＝23I ′＝BL v 2R ，滑动变阻器消耗的功率P ＝I 2112R ＝B 2L 2v 28R

，选项D 正确．

2. (多选)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、电阻为R 的均匀金属棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在两环之间接阻值为R 的定值电阻和电容为C 的电容器．金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．导轨电阻不计．下列说法正确的是( AB )

A ．金属棒中电流从

B 流向A

B ．金属棒两端电压为34

Bωr 2 C ．电容器的M 板带负电 D ．电容器所带电荷量为32CBωr 2 解析：根据右手定则可知金属棒中电流从B 流向A ，选项A 正确；

金属棒转动产生的电动势为E ＝Br ωr ＋ω·2r 2＝32

Bωr 2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U ＝

R R ＋R

E ＝34Bωr 2，选项B 正确；金属棒A 端相当于电源正极，电容器M 板带正电，选项C 错误；由C ＝Q U 可得电容器所带电荷量为Q ＝34

CBωr 2，选项D 错误．

突破2电磁感应中的图象问题

1．分析图象的关键：

2．图象问题的解题步骤：

题型1 根据电磁感应过程选择图象

(2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，

流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是()

【解析】根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图象可能是A；由于两导体棒从同一位置释放，两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等，MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势，回路中产生的感应电流不可能小于I1，B错误；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图象可能是D，C错误．

【答案】AD

高分技法

应用“三大”定律解决图象问题

(1)楞次定律判断电流方向.当然，也可以用右手定则.

(2)法拉第电磁感应定律计算电动势，也可以用特例E＝Bl v，注意

切割导体的有效长度和导体速度的变化.

(3)闭合电路的欧姆定律计算电流，感应电流是由电动势和回路电阻共同决定的.

3．(多选)边长为a 的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是( BC )

解析：设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t ＝0，则其切割磁感线的有效长度L ＝2x tan30°＝233x ，则感应电动势E 电动势＝BL v ＝233

B v x ，则

C 项正确，

D 项错误；框架匀速运动，故F 外力＝F 安＝B 2L 2v R ＝

4B 2x 2v 3R

∝x 2，A 项错误；P 外力功率＝F 外力v ∝F 外力∝x 2，B 项正确． 题型2 根据图象分析电磁感应过程

(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．以下说法正确的是()

A．在0～2 s时间内，I的最大值为0.01 A

B．在3～5 s时间内，I的大小越来越小

C．前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 C

D．第3 s内，线圈的发热功率最大

【解析】0～2 s时间内，t＝0时刻磁感应强度变化率最大，感

应电流最大，I＝E

R＝

ΔB·S

ΔtR＝0.01 A，A正确；3～5 s时间内电流大小不

变，B错误；前2 s内通过线圈的电荷量q＝ΔΦ

R＝

ΔB·S

R＝0.01 C，C正

确；第3 s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D错误．

【答案】AC

高分技法

据图象分析判断电磁感应过程的方法

对于利用图象(速度图象、磁感应强度随时间或位移变化图象、安培力随时间或位移变化图象等)给出解题信息的电磁感应选择题，其方法是：依据题给图象，结合题述电磁感应过程，将电磁感应分成几个子过程，找出衔接点及其对应的速度、电流、力，利用相关物理规律列方程分析求解.

4．(多选)如图甲所示，在MN 、OP 之间存在一匀强磁场，t ＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F 作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动，外力F 随时间变化的图线如图乙所示．已知线框的质量m ＝1 kg ，电阻R ＝2 Ω.则( AB )

A ．磁场宽度为4 m

B ．匀强磁场的磁感应强度为 2 T

C ．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为2 C

D ．线框穿过磁场过程中，线框产生的热量为1 J

解析：线框的加速度a ＝F 0m ＝2 m/s 2，磁场的宽度d ＝12

at 22＝4 m ，A 项正确；当线框全部进入磁场的瞬间，F 1－F 安＝ma ，而F 安＝B 2L 2v 1R

＝B 2L 2at 1R ，线框宽度L ＝12at 21

＝1 m ，联立得B ＝ 2 T ，B 项正确；线框穿过磁场过程中，线框的磁通量不变，所以通过线框的电荷量为零，

C 项错误；线框进入磁场过程中，线框产生的热量为Q 进＝W 进－12

m v 21>1 J ，故D 项错误．

突破3电磁感应中的动力学问题

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．

处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析．

(2)导体的非平衡状态——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．2．力学对象和电学对象的相互关系

题型1 电磁感应中的平衡问题

如图所示，两金属杆ab和cd长均为L＝0.5 m，电阻均为R＝8.0 Ω，质量分别为M＝0.2 kg和m＝0.1 kg，用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧．两金属杆都处在水平位置，整个装置处在一个与回路平面相垂直向内的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2 T．若整个装置从静止开始到金属杆ab下降高度h＝5.0 m时刚好匀速向下运动．(g取10 m/s2)求：

(1)ab杆匀速运动时杆上的电流方向；

(2)ab杆匀速运动的速度v m.

【解析】(1)磁场方向垂直纸面向里，当ab匀速下滑时，ab中产生感应电动势，根据右手定则可知电流方向由a→b，cd中的感应电流方向由d→c.

(2)电路中的电动势是ab与cd中电动势的和，即E＝2BL v m

回路中电流大小为I＝E 2R

由安培力公式得F A＝BIL

ab受到的安培力向上，cd受到的安培力向下，大小均为F A，对ab有：T＋F A＝Mg，对cd有：T＝F A＋mg

联立得：2F A＝(M－m)g

解得v m＝(M－m)gR

2B2L2＝

(0.2－0.1)×10×8.0

2×22×0.52

m/s＝4 m/s.

【答案】(1)a→b(2)4 m/s

5．如图所示，将边长为L，电阻为R，质量为m的正方形金属线圈abcd平放在粗糙的水平传送带上，线圈跟传送带保持相对静止，以速度v匀速运动．有一边界长度为2L的正方形匀强磁场垂直于传送带向上，磁感应强度为B，线圈穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是(D)

A ．线圈进入磁场时感应电流的方向沿abcda

B ．线圈进入磁场区域时受到水平向左的静摩擦力，穿出磁场区域时受到水平向右的静摩擦力

C ．线圈经过磁场区域的过程中，始终受到水平向右的静摩擦力

D ．线圈经过磁场区域的过程中，电动机多消耗的电能为2B 2L 3v R

解析：根据楞次定律可知，进入磁场时感应电流方向沿adcba ，A 错误；进入磁场时，感应电流方向沿adcba ，则根据左手定则，bc 边受到的安培力方向向左，所以线圈受到传送带给它的向右的静摩擦力；穿出磁场时，根据右手定则判断，感应电流方向沿abcda ，根据左手定则，ad 边受到的安培力方向向左，所以线圈受到传送带给它的向右的静摩擦力，B 错误；线圈完全进入磁场区域时，磁通量不发生变化，线圈内没有感应电流，没有安培力，此时不受摩擦力，C 错误；根据功能关系得，进入磁场和穿出磁场时线框会发热，需要多消耗的电能

即线框产生的热量，Q ＝I 2Rt ＝? ??

??BL v R 2·R ·2L v ＝2B 2L 3v R ，因此电动机多消耗的电能为2B 2L 3v R ，D 正确．

题型2 电磁感应中的非平衡问题

足够长的平行金属导轨MN 和PQ 表面粗糙，与

水平面间的夹角为θ＝37°(sin37°＝0.6)，间距为1 m ．垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T ，P 、M 间所接电阻的阻值为8 Ω.质量为2 kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25.金属杆ab 在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F 作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s ，取g ＝10

m/s 2，求：

(1)当金属杆的速度为4 m/s 时，金属杆的加速度大小；

(2)当金属杆沿导轨的位移为6 m 时，通过金属杆的电荷量．

【解析】 (1)对金属杆ab 应用牛顿第二定律，有

F ＋mg sin θ－F 安－f ＝ma ，f ＝μF N ，F N ＝mg cos θ

ab 杆所受安培力大小为F 安＝BIL

ab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BL v

由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R

整理得：F ＋mg sin θ－B 2L 2

R v －μmg cos θ＝ma

代入v m ＝8 m/s 时a ＝0，解得F ＝8 N

代入v ＝4 m/s 及F ＝8 N ，解得a ＝4 m/s 2. (2)设通过回路横截面的电荷量为q ，则q ＝I t 回路中的平均电流强度为I ＝E R 回路中产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦt

回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx ，联立解得q ＝3 C ．

【答案】 (1)4 m/s 2 (2)3 C

高分技法

用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤

6.如图所示，竖直放置的足够长的U形金属框架中，定值电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一水平放置的电阻可忽略的导体棒，导体棒质量为m，棒的两端始终与ab、cd保持良好接触，且能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架平面垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后(D)

A．导体棒ef的加速度一定大于g

B．导体棒ef的加速度一定小于g

C．导体棒ef的机械能一定守恒

D．导体棒ef的机械能一定减少

解析：本题考查电磁感应中的单杆的加速度、机械能等问题．当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后由于导体棒ef切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，则导体棒ef

受到向上的安培力作用，而F A＝B2L2v

R，此时棒的速度大小未知，则

其加速度与g的大小关系未知，选项A、B错误；由于回路中产生了感应电流，导体棒ef的机械能一部分转化成了电阻R的内能，则机械能一定减少，选项D正确，C错误．