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高中物理人教版 (新课标)选修3第四章 电磁感应综合与测试学案及答案
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这是一份高中物理人教版 (新课标)选修3第四章 电磁感应综合与测试学案及答案，共8页。
1．平衡类问题的求解思路
2．加速类问题的求解思路
(1)确定研究对象(一般为在磁场中做切割磁感线运动的导体)．
(2)根据牛顿运动定律和运动学公式分析导体在磁场中的受力与运动情况．
(3)如果导体在磁场中受到的磁场力变化了，从而引起合外力的变化，导致加速度、速度等发生变化，进而又引起感应电流、磁场力、合外力的变化，最终可能使导体达到稳定状态．
【例1】 如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，有两根水平放置且足够长的平行金属导轨AB、CD，在导轨的A、C端连接一阻值为R的电阻．一根质量为m、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置，导轨和金属棒的电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ.若用恒力F沿水平方向向右拉金属棒使其运动，求金属棒的最大速度．
[解析] 金属棒向右运动切割磁感线产生动生电动势，由右手定则知，金属棒中有从a到b方向的电流；由左手定则知，安培力方向向左，金属棒向右运动的过程中受到的合力逐渐减小，故金属棒向右做加速度逐渐减小的加速运动；当安培力与摩擦力的合力增大到大小等于拉力F时，金属棒的加速度减小到零，速度达到最大，此后做匀速运动．
由平衡条件得F＝BImaxL＋μmg
由闭合电路欧姆定律有Imax＝eq \f(Emax,R)
金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势为
Emax＝BLvmax
联立以上各式解得金属棒的最大速度为
vmax＝eq \f(F－μmgR,B2L2).
[答案] eq \f(F－μmgR,B2L2)
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：
1．如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨间距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，则：
(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；
(2)导体ab匀速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)
[解析] (1)闭合S之前导体ab自由下落的末速度为
v0＝gt＝4 m/s.
S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力．
F安＝BIL＝eq \f(B2L2v0,R)＝0.016 N＞mg＝0.002 N.
此刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为
a＝eq \f(F安－mg,m)＝eq \f(B2L2v,mR)－g，所以ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动．当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动．
(2)设匀速下落的速度为vm，
此时F安＝mg，即eq \f(B2L2vm,R)＝mg，vm＝eq \f(mgR,B2L2)＝0.5 m/s.
[答案] (1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动 (2)0.5 m/s
1.能量转化的过程分析
电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功实现的．安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为内能)，外力克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程．
2．求解焦耳热Q的几种方法
【例2】 如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨间距为d.空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B.P、M间所接电阻阻值为R.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r.现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g.求：
(1)金属杆ab运动的最大速度；
(2)金属杆ab运动的加速度为eq \f(1,2)gsin θ时，电阻R上的电功率；
(3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功．
[解析] (1)当杆达到最大速度时安培力F＝mgsin θ
安培力F＝BId
感应电流I＝eq \f(E,R＋r)
感应电动势E＝Bdvm
解得最大速度vm＝eq \f(mgR＋rsin θ,B2d2).
(2)当金属杆ab运动的加速度为eq \f(1,2)gsin θ时
根据牛顿第二定律mgsin θ－BI′d＝m·eq \f(1,2)gsin θ
电阻R上的电功率P＝I′2R
解得P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mgsin θ,2Bd)))2R.
(3)根据动能定理mgs·sin θ－WF＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－0
解得WF＝mgssin θ－eq \f(m3g2R＋r2sin2θ,2B4d4).
[答案] (1)eq \f(mgR＋rsin θ,B2d2) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mgsin θ,2Bd)))2R
(3)mgssin θ－eq \f(m3g2R＋r2sin2θ,2B4d4)
求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路
(1)确定感应电动势的大小和方向．
(2)画出等效电路图，求出回路中消耗的电能表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械能的改变与回路中的电能的改变所满足的方程．
2．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A．流过金属棒的最大电流为eq \f(Bd\r(2gh),2R)
B．通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,R)
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为eq \f(1,2)mg(h－μd)
D [金属棒下滑过程中，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，根据法拉第电磁感应定律有Em＝BLvm，根据闭合电路欧姆定律有Im＝eq \f(Em,2R)，联立得Im＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，A错误；根据q＝eq \f(ΔΦ,2R)可知，通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,2R)，B错误；金属棒运动的全过程根据动能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C错误；由Wf＝－μmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2Q＝－W安，联立得Q＝eq \f(1,2)mg(h－μd)，D正确．]
1．如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界．若不计空气阻力，则( )
A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度
B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大
D．圆环最终将静止在平衡位置
B [如题图所示，当圆环从1位置开始下落，进入和摆出磁场时(即2和3位置)，由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生．同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有能量的损失，因此圆环不会摆到4位置．随着圆环进出磁场，其能量逐渐减少，圆环摆动的振幅越来越小．当圆环只在匀强磁场中摆动时，圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化．题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环最终将在A、B间来回摆动．B正确．]
2．如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd，其边长为l，质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ.虚线框a′b′c′d′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab边与磁场的d′c′边重合．现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的d′c′边距离为l.在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为( )
A.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋μmgl B.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmgl
C.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋2μmgl D.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－2μmgl
D [依题意知，金属线框移动的位移大小为2l，此过程中克服摩擦力做功为2μmgl，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－2μmgl，故选项D正确．]
3．如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是( )
A．大于环重力mg，并逐渐减小
B．始终等于环重力mg
C．小于环重力mg，并保持恒定
D．大于环重力mg，并保持恒定
A [根据楞次定律知圆环中感应电流方向为顺时针，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FT＝mg＋F，得FT＞mg，F＝BIL，根据法拉第电磁感应定律I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔΦ,RΔt)＝eq \f(ΔB,RΔt)S可知I为恒定电流，联立上式可知B减小，推知F减小，则由FT＝mg＋F知FT减小．选项A正确．]
4．(多选)如图所示，两足够长的平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后( )
A．金属棒ab、cd都做匀速运动
B．金属棒ab上的电流方向是由b向a
C．金属棒cd所受安培力的大小等于eq \f(2F,3)
D．两金属棒间距离保持不变
BC [对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔离金属棒cd分析：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝eq \f(2,3)F，C正确．]
电磁感应中的动力学问题
电磁感应中的能量问题
公式法
Q＝I2Rt
功能关系法
焦耳热等于克服安培力做的功
能量转化法
焦耳热等于其他能的减少量
1．平衡类问题的求解思路
2．加速类问题的求解思路
(1)确定研究对象(一般为在磁场中做切割磁感线运动的导体)．
(2)根据牛顿运动定律和运动学公式分析导体在磁场中的受力与运动情况．
(3)如果导体在磁场中受到的磁场力变化了，从而引起合外力的变化，导致加速度、速度等发生变化，进而又引起感应电流、磁场力、合外力的变化，最终可能使导体达到稳定状态．
【例1】 如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，有两根水平放置且足够长的平行金属导轨AB、CD，在导轨的A、C端连接一阻值为R的电阻．一根质量为m、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置，导轨和金属棒的电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ.若用恒力F沿水平方向向右拉金属棒使其运动，求金属棒的最大速度．
[解析] 金属棒向右运动切割磁感线产生动生电动势，由右手定则知，金属棒中有从a到b方向的电流；由左手定则知，安培力方向向左，金属棒向右运动的过程中受到的合力逐渐减小，故金属棒向右做加速度逐渐减小的加速运动；当安培力与摩擦力的合力增大到大小等于拉力F时，金属棒的加速度减小到零，速度达到最大，此后做匀速运动．
由平衡条件得F＝BImaxL＋μmg
由闭合电路欧姆定律有Imax＝eq \f(Emax,R)
金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势为
Emax＝BLvmax
联立以上各式解得金属棒的最大速度为
vmax＝eq \f(F－μmgR,B2L2).
[答案] eq \f(F－μmgR,B2L2)
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：
1．如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨间距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，则：
(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；
(2)导体ab匀速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)
[解析] (1)闭合S之前导体ab自由下落的末速度为
v0＝gt＝4 m/s.
S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力．
F安＝BIL＝eq \f(B2L2v0,R)＝0.016 N＞mg＝0.002 N.
此刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为
a＝eq \f(F安－mg,m)＝eq \f(B2L2v,mR)－g，所以ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动．当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动．
(2)设匀速下落的速度为vm，
此时F安＝mg，即eq \f(B2L2vm,R)＝mg，vm＝eq \f(mgR,B2L2)＝0.5 m/s.
[答案] (1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动 (2)0.5 m/s
1.能量转化的过程分析
电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功实现的．安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为内能)，外力克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程．
2．求解焦耳热Q的几种方法
【例2】 如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨间距为d.空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B.P、M间所接电阻阻值为R.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r.现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g.求：
(1)金属杆ab运动的最大速度；
(2)金属杆ab运动的加速度为eq \f(1,2)gsin θ时，电阻R上的电功率；
(3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功．
[解析] (1)当杆达到最大速度时安培力F＝mgsin θ
安培力F＝BId
感应电流I＝eq \f(E,R＋r)
感应电动势E＝Bdvm
解得最大速度vm＝eq \f(mgR＋rsin θ,B2d2).
(2)当金属杆ab运动的加速度为eq \f(1,2)gsin θ时
根据牛顿第二定律mgsin θ－BI′d＝m·eq \f(1,2)gsin θ
电阻R上的电功率P＝I′2R
解得P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mgsin θ,2Bd)))2R.
(3)根据动能定理mgs·sin θ－WF＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－0
解得WF＝mgssin θ－eq \f(m3g2R＋r2sin2θ,2B4d4).
[答案] (1)eq \f(mgR＋rsin θ,B2d2) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mgsin θ,2Bd)))2R
(3)mgssin θ－eq \f(m3g2R＋r2sin2θ,2B4d4)
求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路
(1)确定感应电动势的大小和方向．
(2)画出等效电路图，求出回路中消耗的电能表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械能的改变与回路中的电能的改变所满足的方程．
2．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A．流过金属棒的最大电流为eq \f(Bd\r(2gh),2R)
B．通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,R)
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为eq \f(1,2)mg(h－μd)
D [金属棒下滑过程中，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，根据法拉第电磁感应定律有Em＝BLvm，根据闭合电路欧姆定律有Im＝eq \f(Em,2R)，联立得Im＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，A错误；根据q＝eq \f(ΔΦ,2R)可知，通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,2R)，B错误；金属棒运动的全过程根据动能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C错误；由Wf＝－μmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2Q＝－W安，联立得Q＝eq \f(1,2)mg(h－μd)，D正确．]
1．如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界．若不计空气阻力，则( )
A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度
B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大
D．圆环最终将静止在平衡位置
B [如题图所示，当圆环从1位置开始下落，进入和摆出磁场时(即2和3位置)，由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生．同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有能量的损失，因此圆环不会摆到4位置．随着圆环进出磁场，其能量逐渐减少，圆环摆动的振幅越来越小．当圆环只在匀强磁场中摆动时，圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化．题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环最终将在A、B间来回摆动．B正确．]
2．如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd，其边长为l，质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ.虚线框a′b′c′d′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab边与磁场的d′c′边重合．现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的d′c′边距离为l.在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为( )
A.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋μmgl B.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmgl
C.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋2μmgl D.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－2μmgl
D [依题意知，金属线框移动的位移大小为2l，此过程中克服摩擦力做功为2μmgl，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－2μmgl，故选项D正确．]
3．如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是( )
A．大于环重力mg，并逐渐减小
B．始终等于环重力mg
C．小于环重力mg，并保持恒定
D．大于环重力mg，并保持恒定
A [根据楞次定律知圆环中感应电流方向为顺时针，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FT＝mg＋F，得FT＞mg，F＝BIL，根据法拉第电磁感应定律I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔΦ,RΔt)＝eq \f(ΔB,RΔt)S可知I为恒定电流，联立上式可知B减小，推知F减小，则由FT＝mg＋F知FT减小．选项A正确．]
4．(多选)如图所示，两足够长的平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后( )
A．金属棒ab、cd都做匀速运动
B．金属棒ab上的电流方向是由b向a
C．金属棒cd所受安培力的大小等于eq \f(2F,3)
D．两金属棒间距离保持不变
BC [对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔离金属棒cd分析：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝eq \f(2,3)F，C正确．]
电磁感应中的动力学问题
电磁感应中的能量问题
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功能关系法
焦耳热等于克服安培力做的功
能量转化法
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