2013年高考物理二轮复习精品学案专题二十二：电磁感应与能量综合

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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题二十二
专题二十二、电磁感应与能量综合
【重点知识解读】
导体切割磁感线或磁通量变化过程，在回路中产生感应电流，机械能转化为电能。电流通过导体受到安培力作用或通过电阻发热、电能转化为机械能或内能。因此电磁感应过程总是伴随着能量的转化。利用能量守恒定律解答电磁感应中能量问题，快捷方便。
【高考命题动态】
能量贯穿于物理学各个方面，电磁感应与能量综合是高考命题重点，高考对电磁感应与能量综合的考查涉及功和功率，机械能、电能、内能等形式，一般以新情景切入。
【最新高考题分析】
典例1. （2012·山东理综）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是
A．P=2mgsinθ。 B．P=3mgsinθ
C．当导体棒速度达到v/2时加速度为gsinθ。
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
【解析】当速度达到v时开始匀速运动，mgsinθ=BIL，I=E/R，E=BLv
对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动，则有 P=F·2v，
F+ mgsinθ=BI’L，I’= E’/R，E’=BL·2v
联立解得：P=2mgsinθ，选项A正确B错误；
当导体棒速度达到v/2时，导体棒中感应电动势为E/2，感应电流为I/2，所受安培力为BIL /2，由牛顿第二定律，mgsinθ- BIL /2=ma，解得加速度为a=gsinθ，选项C正确；在速度达到2v以后匀速运动的过程中，由功能关系可知，R上产生的焦耳热等于拉力和重力所做的功的代数和，选项D错误。
针对训练题1．（2012·上海物理）正方形导体框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k。导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动。导体框在磁场中的加速度大小为________；导体框中感应电流做功的功率为____________。
【答案】：F/m
【解析】：导体框在磁场中运动时两侧所受安培力大小相等方向相反，相互抵消，由牛顿第二定律，F =ma，导体框在磁场中的加速度大小为a=F/m。根据法拉第电磁感应定律，正方形导体框中产生的感应电动势为E=kL2，感应电流I=E/R= kL2/R。导体框中感应电流做功的功率为P=EI=。
典例2．（2012华约自主招生题）如图所示，两个光滑的水平导轨间距为 L，左侧连接有阻值为 R的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一质量为 m的导体棒以初速度v0 向右运动，设除左边的电阻R 外，其它电阻不计。棒向右移动最远的距离为 s，问当棒运动到λs时0<λ解析：取导体棒开始运动时为计时起点，设导体棒向右运动时刻t的速度为v，由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E=BLv，感应电流I=E/R
导体棒受到的安培力：F=BIL，解得：F=.
注意到此力为变力，将区间[0，t]分为n小段，设第i小段时间间隔为△t，杆在此段时间的位移为△x。规定向右的方向为正，由动量定理，F△t=m△v，
得：△t=m△v。
又 v△t=△x，所以有△x=m△v。即瞬间导体棒动量变化量正比于导体棒位移。
在整个过程中，有：Σ△x=Σm△v。
即： Σ△x= mΣ△v。得到：x=m(v0 -v)。
其中x为导体棒位移，v为导体棒瞬时速度。
当x=s时，v=0，有s=mv0；当x=λs时，v= v0-；
联立解得：v= v0(1-λ)，此时产生的感应电动势E=BLv= BLv0(1-λ)，
此时电阻R 上的热功率：P=E2/R=。证毕。
针对训练题2(2012·天津理综)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5m，左端接有阻值R=0.3Ω的电阻。一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动。当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
（3）外力做的功WF。
.【解析】：（1）设棒匀加速运动的时间为△t，回路的磁通量变化量为△Φ，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：E=△Φ/△t，①
其中△Φ=Blx。②
设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得，I=E/(R+r)，③
则通过电阻R的电荷量为q=I△t，④
联立①②③④式，代入数据解得q=4.5C。⑤
(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得
v2=2ax. ⑥
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得，
W=0-mv2，⑦
撤去外力后回路产生的焦耳热，Q2=-W, ⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据解得Q2=1.8J。
（3）由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1，
可得Q1=3.6J。
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知，WF= Q1+Q2，
由上述可得WF=3.6J+1.8J=5.4J.
【考点定位】 本题主要考查电磁感应及其相关知识，意在考查考生灵活应用电磁感应定律、能量守恒定律知识解决实际问题的能力。
典例3（2012·上海物理）如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B。在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。
（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多长时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？
（3）某过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量。
【解析】：（1）回路中感应电动势E=BLv，
导轨做初速度为零的匀加速运动，v=at，E=BLat，s=at2，
回路中总电阻R总=R+2R0(at2)=R+ R0at2.
回路中感应电流随时间变化的表达式I==；
（2）导轨受到外力F,，安培力FA，摩擦力Ff。其中FA=BIL=；
Ff=μ(mg+ FA)= μ(mg+)。
由牛顿第二定律，F- FA- Ff=Ma，
解得F= Ma+μmg+ (1+μ)).
上式中，当R/t= R0at，即t=时外力F取最大值。
所以，Fmax= Ma+μmg+ (1+μ)B2L2。
（3）设此过程中导轨运动距离s由动能定理，W合=△Ek，W合=Mas。
由于摩擦力Ff=μ(mg+ FA)，所以摩擦力做功W=μmgs+μWA=μmgs+μQ。
所以：s=
导轨动能的增加量△Ek=Mas=Ma。
针对训练题3、（16分）（2013江苏常州模拟）如图，光滑斜面的倾角= 30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1 = l m，bc边的边长l2= 0.6 m，线框的质量m = 1 kg，电阻R = 0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M = 2 kg，斜面上ef线（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B = 0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s = 11.4 m，（取g = 10.4m/s2），求：
⑴线框进入磁场前重物M的加速度；
⑵线框进入磁场时匀速运动的速度v；
⑶ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t；
⑷ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．
【解析】（1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力FT，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力FT．对线框，由牛顿第二定律得
FT – mg sinα= ma （2分）
联立解得线框进入磁场前重物M的加速度= 5m/s2 （2分）
（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡Mg = FT′，
线框abcd受力平衡FT′= mg sinα + FA（1分）
ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E = Bl1v
形成的感应电流（1分）
受到的安培力（1分）
联立上述各式得，Mg = mg sinα+（1分）
代入数据解得v=6 m/s（1分）
（3）线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动．
进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a = 5 m/s2
该阶段运动时间为（1分）
进磁场过程中匀速运动时间（1分）
线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为a = 5m/s2
解得：t3 =1.2 s（1分）
因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为t = t1+t2+t3=2.5s （1分）
（4）线框ab边运动到gh处的速度
v′=v + at3 = 6 m/s+5×1.2 m/s=12 m/s （1分）
整个运动过程产生的焦耳热Q = FAl2 =（Mg – mgsinθ）l2 = 9 J （3分）
【最新模拟题训练】。
1．（2013山东济南外国语学校测试）如图所示，正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为；第二次用时间拉出，外力所做的功为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】设正方形边长为L，导线框的电阻为R，则导体切割磁感线的边长为L，运动距离为L，，可知W与t成反比，．选C。
2．（2013山东青岛二中测试）在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度 v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为△Ek，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的有
A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1
B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒
C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程，有（W1－△Ek）机械能转化为电能
D．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为△Ek= W1－W2
【答案】CD
【解析】当线框的ab边进入GH后匀速运动到进入JP为止，ab进入JP后回路感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此ab进入JP后开始做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力又减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等时，以速度v2做匀速运动，因此v23. （2013河南三市联考）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻， 重力加速度为g 则
A. 金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向 为 a→b
B. 金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为
C. 金属棒的最大速度为：
D. 金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为R
答案：BD
解析：金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律，流过电阻R的电流方向 为b→a，选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势E=BLv，感应电流I=E/(R+r)所受的安培力大小为F=BIL=,选项B正确；当安培力F=mg时，金属棒下落速度最大，金属棒的最大速度为v=，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的热功率为P=mgv=(R+r)，电阻R的热功率为R，选项D正确。
4. （2013安徽皖南八校联考）如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进人磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．规定顺时针方向为感应电流I的正方向．外力大小为F,，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，其中P－t图像为抛物线．则这些量随时间变化的关系正确的是
答案：C解析：线框速度v=at，产生的感应电动势随时间均匀增大，感应电流均匀增大，安培力随时间均匀增大，外力F随时间变化关系是一次函数，但不是成正比，功率P=EI随时间变化关系是二次函数，其图像是抛物线，所以C正确AB错误。导体横截面的电荷量q=It随时间变化关系是二次函数，其图像是抛物线，选项D错误。
5（2012浙南浙北联考）如图（a）所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图（b）所示。t =0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上由静止释放。在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好。已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l，在t=tx时刻（tx未知）ab棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g。求：
（1）通过cd棒电流的方向和区域I内磁场的方向；
（2）当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率；
（3）ab棒开始下滑的位置离EF的距离；
（4）ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量。
解析：（1）通过cd棒的电流方向 d→c。
区域I内磁场方向为垂直于斜面向上。
（2）对cd棒，F安=BIl=mgsinθ所以通过cd棒的电流大小I = （2分）
当ab棒在区域II内运动时cd棒消耗的电功率P=I2R=（2分）
（3）ab棒在到达区域II前做匀加速直线运动，a==gsinθ
cd棒始终静止不动，ab棒在到达区域II前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab棒在区域II中一定做匀速直线运动
可得；=Blvt =Blgsinθt x
所以t x=。
ab棒在区域II中做匀速直线运动的速度vt=，
则ab棒开始下滑的位置离EF的距离h= a t x2+2l=3 l。
（4） ab棒在区域II中运动的时间t2==，
ab棒从开始下滑至EF的总时间t= t x+t2=2 ，
ε=Blvt =Bl。
ab棒从开始下滑至EF的过程中闭合回路中产生的热量：
Q=εIt=4mglsinθ。
6．（2013山东青岛二中测试）两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上，导轨左端接有电阻R=10Ω，导轨自身电阻忽略不计。匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度B=0.5T。质量为m=0.1kg，电阻可不计的金属棒ab静止释放，沿导轨下滑（金属棒a b与导轨间的摩擦不计）。如图所示，设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑h=3m时，速度恰好达到最大值。求此过程中金属棒达到的最大速度和电阻中产生的热量。
【答案】5m/s，1.75J
【解析】当金属棒速度恰好达到最大速度时，金属棒受力平衡，
有：mgsinθ=F安
解得金属棒所受安培力 F安=0.5N
据法拉第电磁感应定律，感应电动势 E=BLv
据闭合电路欧姆定律，感应电流 I=
又F安=BIL
解得最大速度v =5m/s
下滑过程中，由能量守恒定律得：mgh－Q = mv2
解得电阻中产生的热量Q= 1.75J
7．（2013山东青岛二中测试）如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为1m、质量为0.1kg的导体棒MN，其电阻R为1Ω，导体棒架在处于磁感应强度B=1T，竖直放置的框架上，当导体棒上升h=3.8m时获得稳定的速度，导体产生的热量为2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表计数分别为7V、1A，电动机的内阻r=1Ω，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率不变，g取10m/s2，求：
（1）导体棒能达到的稳定速度为多少？
（2）导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？
【答案】（1）2m/s（2）1s
【解析】（1）电动机的输出功率为W
F安=BIL=
当速度稳定时，由平衡条件得
解得v=2m/s
（2）由能量守恒定律得
解得t=1s
8．(15分) （2013江苏阜宁中学月考）如图所示，有一个倾角为θ的足够长的斜面，沿着斜面有一上下宽度为2b的匀强磁场，磁感应强度为B,方向垂直斜面向外，磁场的边界与底边平行。现有一质量为m的“日”字形导线框在斜面上静止开始释放，其中三条平行边和斜面底边及磁场的边界平行（电阻均为R），其余两条平行长边不计电阻，整个框和斜面的动摩檫因素为μ（μ （1）导线框从静止开始到进入磁场时所滑过的距离s；
（2）通过计算说明导线框能否匀速通过整个磁场；
（3）导线框从静止开始到全部离开磁场所产生的焦耳热Q
8．（15分）解析：
（1）mgsinθ=μmgcosθ+F安 （1分） F安=BIb（1分）
I=E/(R+R/2) （1分） E=Bbv（1分）
可得：v=  （1分）
a=gsinθ-μgcosθ（1分） s=v2/2a （1分）
可得：s=  (1分)
（2）能，（2分）在穿越过程中，当只有一条边在磁场中运动时有E=Bbv，
I=E/(R+R/2)
F安=BIb 都不变，仍然有mgsinθ=μmgcosθ+F安 因而能匀速运动；
当有二条边在磁场中运动时把它们看成整体，有E=Bbv I=E/( R/2 + R)， F安=BIb 都不变，仍然有mgsinθ=μmgcosθ+F安 因而能匀速运动，综上所述，它能匀速穿越整个磁场。（2分）
（3）由能量守恒得： mg(4bsinθ)= Q+μmg(4b)cosθ（2分）
Q=4mgb(sinθ-μcosθ) （2分）
9. （2013辽宁沈阳二中检测）如图甲所示，相距为L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以OO′为右边界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计. 在距边界OO′也为L处垂直导轨放置一质量为m、电阻r的金属杆ab.
（1）若ab杆在恒力作用下由静止开始向右运动3L距离，其速度一位移的关系图象如图乙所示（图中所示量为已知量）. 求此过程中电阻R上产生的焦耳热QR及ab杆在刚要离开磁场时的加速度大小a.
（2）若ab杆固定在导轨上的初始位置，使匀强磁场保持大小不变，绕OO′轴匀速转动. 若从磁场方向由图示位置开始转过的过程中，电路中产生的焦耳热为Q2. 则磁场转动的角速度ω大小是多少？

9（16分）
解析：（1）ab杆离起起始位置的位移从L到3L的过程中，由动能定理可得
（2分）
ab杆在磁场中由起始位置发生位移L的过程，根据功能关系，恒力F做的功等于ab杆杆增加的动能与回路产生的焦耳热之和，则
（2分）
联立解得，（1分）
R上产生热量（1分）
ab杆刚要离开磁场时，水平方向上受安培力F总和恒力F作用，
安培力为：（2分）
由牛顿第二定律可得：（1分）
解得（1分）
（2）磁场旋转时，可等效为矩形闭合电路在匀强磁场中反方向匀速转动，所以闭合电路中产生正弦式电流，感应电动势的峰值（2分）
有效值 （1分）
（1分）
而 （1分）
（1分）
10. （15分）（2013江苏淮安调研）如图，相距L=1m、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R=2Ω的电阻，导轨所在区域内加上与导轨所在平面垂直、方向相反的匀强磁场，磁场宽度d均为0.6m，磁感应强度大小B1=T、B2=0.8T。现有电阻r=1Ω的导体棒ab垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab从边界MN进入磁场后始终以速度m/s作匀速运动，求：
⑴棒ab在磁场B1中时克服安培力做功的功率；
⑵棒ab经过任意一个磁场B2区域过程中通过电阻R的电量；
⑶棒ab在磁场中匀速运动时电阻R两端电压
的有效值。
10.（15分）解析
（1）在磁场B1中：
（1分） （1分）
（1分） W （2分）
⑵ 在磁场B2中：
（1分） （1分）
=0.16C （2分）
⑶设棒ab产生电动势的有效值为E
在磁场B1中产生的电动势=V （1分）
在磁场B2中产生的电动势V （1分）
回路在一个周期T内产生的焦耳热
（2分）
解得：电动势的有效值E=3V （1分）
电阻R两端电压的有效值为 V （1分）