高考物理二轮专题复习 第1部分 专题知识攻略 1411 电磁感应规律及其应用课件 新人教版

【关键字】整合专题十一电磁感应规律及其应用——————[知识结构互联]———————[核心要点回扣]—————1．“三定则、一定律”的应用(1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向．(2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向．(3)右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向．(4)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向．2．求感应电动势的两种方法(1)E＝n，主要用来计算感应电动势的平均值．(2)E＝BLv，主要用来计算感应电动势的瞬时值或平均值．考点1 电磁感应规律及其应用(对应学生用书第56页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年8考：2017年Ⅰ卷T18、Ⅲ卷T15 2016年Ⅰ卷T24、Ⅱ卷T202015年Ⅰ卷T19、Ⅱ卷T15 2014年Ⅰ卷T142013年Ⅱ卷T19[考情分析]1．高考在本考点的考查主要集中在导体棒切割磁感线为背景的电动势的计算及方向的判断．2．掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律及右手定则是突破考点的关键．3．对感应电流产生的条件理解不准确，易误认为只要切割就有感应电流．4．左手定则和右手定则混淆易出现电流方向的判断错误．1．(楞次定律的应用)(2017·Ⅲ卷T15)如图11-1所示，在方向笔直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场笔直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )图11-1A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向D [金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向笔直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场笔直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向笔直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向笔直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，选项D正确．]2.(楞次定律的应用)(2017·Ⅰ卷T18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图11-2所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )图11-2[题眼点拨] ①“安装若干对紫铜薄板”说明紫铜薄板中可产生感应电流(涡流)阻碍底盘振动；②“紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效”说明紫铜薄板上下及左右振动时均有涡流产生．A [底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在选项C这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在选项B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；选项A这种情况下，不管紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，选项A正确．]3．(法拉第电磁感应定律的应用)(多选)(2016·Ⅱ卷T20)法拉第圆盘发电机的示意图如图11-3所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )图11-3A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍[题眼点拨] ①切割类可用右手定则判断感应电流的方向；②转动切割感应电动势大小可用E＝Bl2ω计算．AB [由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误．](多选)在第3题中，去掉电路和磁场，让圆盘逆时针转动，现施加一笔直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )图11-4A ．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B ．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C ．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D ．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动ABD [根据右手定则，处于磁场中的圆盘部分，感应电流从靠近圆盘边缘处流向靠近圆心处，故靠近圆心处电势高，A 正确；安培力F ＝，磁场越强，安培力越大，B 正确；磁场反向时，安培力仍是阻力，C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则磁通量不再变化，没有感应电流，安培力为零，故圆盘不受阻力作用，将匀速转动，D 正确．] (2015·Ⅱ卷T15)如图所示，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为Ua 、Ub 、Uc.已知bc 边的长度为l.下列判断正确的是( )A ．Ua>Uc ，金属框中无电流B ．Ub >Uc ，金属框中电流方向沿a －b －c －aC ．Ubc ＝－Bl2ω，金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a －c －b －a C [金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误．转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断U a ＜U c ，U b ＜U c ，选项A 错误．由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－12Bl 2ω，选项C 正确．] ■熟技巧·类题通法…………………………………………………………………·1．感应电流方向的判断方法一是利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；二是利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断．2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．3．求感应电动势的三种方法(1)E ＝n ΔΦΔt，适用于普遍情况； (2)E ＝BLv ，主要用来计算感应电动势的瞬时值．(3)E ＝12Bl 2ω，用于导体棒旋转切割磁感线的情况． ■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 法拉第电磁感应定律的应用1．(2017·天津高考)如图11­5所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R .金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )【导学号：】图11­5A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小D [A 错：根据楞次定律，ab 中感应电流方向由a 到b .B 错：根据E ＝ΔB Δt ·S ，因为ΔB Δt 恒定，所以E 恒定，根据I ＝E R ＋r知，回路中的感应电流恒定．C 错：根据F ＝BIl ，由于B 减小，安培力F 减小．D 对：根据平衡条件，静摩擦力f ＝F ，故静摩擦力减小．](2017·鹰潭市一模)如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5 m ，金属环总电阻为2 Ω，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ＝1 T ，在环的最高点上方A 点用铰链连接一长度为1.5 m 、电阻为3 Ω的导体棒AB ，当导体棒AB 摆到竖直位置时，导体棒B 端的速度为3 m/s.已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒AB 摆到竖直位置时AB 两端的电压大小为( )A ．0.4 VB ．0.65 VC ．2.25 VD ．4.5 VB [当导体棒摆到竖直位置时，由v ＝ωr 可得：C 点的速度为：v C ＝13v B ＝13×3 m/s＝1 m/sAC 间电压为：U AC ＝E AC ＝BL AC ·v C 2＝1×0.5×12 V ＝0.25 VCB 段产生的感应电动势为：E CB ＝BL CB ·v C ＋v B 2＝1×1×1＋32V ＝2 V 圆环两侧电阻并联，总电阻为：R ＝12Ω＝0.5 Ω， 金属棒CB 段的电阻为：r ＝2 Ω则CB 间电压为：U CB ＝R r ＋R E CB ＝0.50.5＋2×2 V＝0.4 V 故AB 两端的电压大小为：U AB ＝U AC ＋U CB ＝0.25 V ＋0.4 V ＝0.65 V故选B.]考向2 楞次定律的应用2．(多选)(2017·宝鸡市一模)如图11­6所示，两个条形磁铁的N 和S 极相向水平放置，一竖直放置的矩形线框从两个磁铁之间正上方自由落下，并从两磁铁中间穿过．下列关于线框受到安培力及从右向左看感应电流方向说法正确的是( )【导学号：】图11­6A ．感应电流方向先逆时针方向，后顺时针方向B ．感应电流方向先顺时针方向，后逆时针方向C ．安培力方向一直竖直向上D ．安培力方向先竖直向上，后竖直向下BC [由图可知，磁感线从左向右，则中间磁感应强度最大，而向两边越来越小，故在线圈从高处下落过程中，穿过线圈的磁通量一直向右，且先增大后减小，则由楞次定律可知，感应电流先顺时针后逆时针，故B 正确，A 错误；产生的感应电流一直阻碍物体间的相对运动，故安培力方向一定一直竖直向上，故C 正确，D 错误．]如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m 的铜质矩形线圈．当一竖直放置的通有恒定电流的螺线管沿线圈中线AB 正上方水平快速通过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N 及在水平方向的运动趋势，下列说法中正确的是( )A ．F N 先小于mg 后大于mg ，运动趋势向左B ．F N 先大于mg 后小于mg ，运动趋势先向右后向左C ．F N 先小于mg 后大于mg ，运动趋势先向左后向右D ．F N 先大于mg 后小于mg ，运动趋势向右D [通电螺线管从线圈正上方快速通过时，通过线圈的磁通量先增大后减小．当通过线圈磁通量增大时，为阻碍其增大，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上线圈有向右运动的趋势；当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上线圈有向右运动的趋势．综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右，D 正确．]考点2 电磁感应中的图象问题(对应学生用书第57页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年4考：2017年Ⅱ卷T 20 2014年Ⅰ卷T 182013年Ⅰ卷T 17、Ⅱ卷T 16[考情分析]1．本考点的命题主要涉及i ­t 图、E ­t 图、B ­t 图、Φ­t 图，还有v ­t 图、F ­t 图等．2．突破本考点的关键是灵活应用楞次定律、法拉第电磁感应定律判断电流方向及计算电动势的大小．3．不能正确的将磁场变化和电流变化相互转换易出现错解．4．不理解图象斜率、曲直的意义，多阶段过程中不能将各阶段的运动和图象变化相对应易出现错解．4．(图象的应用)(多选)(2017·Ⅱ卷T 20)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m 、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图11­7(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是( )图11­7A ．磁感应强度的大小为0.5 TB ．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D ．在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 NBC [A 错：由图象可知，cd 边切割磁感线产生的感应电动势E ＝0.01 V ，由公式E＝BLv ，可得磁感应强度的大小B ＝0.010.1×0.5T ＝0.2 T. B 对：由图象可知，从导线框的cd 边进入磁场到ab 边刚好进入磁场，用时为0.2 s ，可得导线框运动速度的大小v ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s. C 对：感应电流的方向为顺时针时，对cd 边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外．D 错：t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 时间段为cd 边离开磁场，ab 边切割磁感线的过程．由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F ＝BEL R，代入数据得F ＝0.04 N ．]5．(图象的转换)(2014·Ⅰ卷T 18)如图11­8(a)，线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上，在ab 线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )图11­8[题眼点拨] ①“ab 通以变化电流”说明a 图中左侧线圈相当于场源；②“磁场与电流成正比”说明磁场与其对应电流的变化规律相同．C [由题图(b)可知在cd 间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab 中的磁场是均匀变化的，则线圈ab 中的电流是均匀变化的，故选项A 、B 、D 错误，选项C 正确．]在第5题中，若将(a)图改为如图11­9甲所示，且通入如图11­9乙所示的磁场，已知螺线管(电阻不计)的匝数n ＝6，截面积S ＝10 cm 2，线圈与R ＝12 Ω的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B 随时间t 变化的关系如图乙所示，规定感应电流i 从a 经过R 到b 的方向为正方向．忽略线圈的自感影响，下列i ­t 关系图中正确的是( )图11­9【解析】 由题意可知，在0～2 s 时间内，磁感应强度变化率的大小为ΔB 1Δt 1＝3×10－3 T/s ，根据法拉第电磁感应定律可得电动势的大小为E 1＝n ΔB 1Δt 1S ＝1.8×10－5 V ，根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流i 1＝E 1R ＝1.5×10－6 A ，根据楞次定律，可知感应电流方向为a →R →b ，为正方向；同理可计算在2～5 s 时间内，i 2＝E 2R ＝1×10－6A ，根据楞次定律，可知感应电流方向为b →R →a ，为负方向；根据磁感应强度变化的周期性，可得感应电流变化的周期性，故B 正确，A 、C 、D 错误．【答案】 B■熟技巧·类题通法…………………………………………………………………·1．三类图象问题在电磁感应现象中，磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力等物理量随时间(或位移)的变化规律，可用图象直观地表示．图象问题常见命题形式有三种：(1)由给定的电磁感应过程判断相应物理量的函数图象．(2)由给定的物理量的图象分析判断相应物理量的图象．(3)由给定的有关图象分析电磁感应过程，确定相关的物理量．2．图象类选择题的两个技法(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)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．没有表示方向的正负时，优先判断方向有时会产生意想不到的效果．(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象做出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．3．解答电磁感应图象问题的三个关注(1)定性或定量地表示出所研究问题的函数关系是选择或绘制图象的关键．(2)在图象中I 、v 等物理量的方向是通过正负值来反映的．(3)注意过程或阶段的选取．一般进磁场或出磁场，磁通量最大或最小，有效切割长度最大或最小等是分段的关键点．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 图象的确定3. (2016·邯郸调研)如图11­10中有A 、B 两个线圈．线圈B 连接一电阻R ，要使流过电阻R 的电流大小恒定，且方向由c 点流经电阻R 到d 点．设线圈A 中电流i 从a 点流入线圈的方向为正方向，则线圈A 中的电流随时间变化的图象是( )图11­10A [要产生流过电阻R 的电流大小恒定，且方向由c 点流经电阻R 到d 点，则有先从b 电流流入，且大小减小，根据楞次定律与右手螺旋定则可知，符合要求，故A 正确．当电流i 从a 点流入线圈，且大小减小时，根据楞次定律可知，电流从d 点流经电阻R 到c 点，故B 错误．要使流过电阻R 的电流大小恒定，根据法拉第电磁感应定律，则通入电流必须均匀变化，故C 、D 错误．](2017·辽宁省实验中学模拟)如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd 、eg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab 与导轨接触良好．在两根导轨的端点d 、e 之间连接一电阻，其它部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F 1作用在金属杆ab 上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab 始终垂直于导轨．金属杆受到的安培力用F f 表示，则关于选项中F 1与F f 随时间t 变化的关系图象可能的是( )B [根据安培力大小表达式F f ＝B 2L 2v R，可知安培力与速率成正比．选项图中安培力随时间均匀增大，则速度随时间均匀增大，说明导体棒应做匀加速运动，加速度a 一定，根据牛顿第二定律得：F 1－F f ＝ma ，得F 1＝B 2L 2v R＋ma ，可见外力F 1与速度是线性关系，速度随时间均匀增大，则外力F 1也随时间均匀增大，故B 正确．]考向2 图象的转换4．(多选)(2017·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅰ))如图11­11所示，粗细均匀的矩形金属导体方框abcd 固定于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图所示．以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B 的正方向，则下列关于ab 边的热功率P 、ab 边受到的安培力F (以向右为正方向)随时间t 变化的图象中正确的是( )【导学号：】图11­11AD [根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS 可知，产生的感应电动势大小不变，所以感应电流大小也不变，ab 边热功率P ＝I 2R ，恒定不变，A 正确，B 错误；根据安培力公式F ＝BIL ，因为电流大小、ab 边长度不变，安培力与磁感应强度成正比，根据左手定则判定方向，可知C 错误，D 正确．]考向3 图象的应用5．(多选)(2017·皖南八校联考)半径为r 带缺口的刚性金属网环在纸面上固定放置，在网环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板A 、B 连接，两板间距为d 且足够宽，如图11­12甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示．在平行金属板A 、B 正中间有质量未知、电荷量为q 的带电液滴，液滴在0～0.1 s 处于静止状态，已知重力加速度为g .则以下说法正确的是( )图11­12A ．液滴带正电B ．液滴的质量为q πr 210gdC ．第0.3 s 时液滴的运动方向改变D ．第0.4 s 时液滴距初始位置距离为0.08g (单位：米)ABD [根据楞次定律可知，在0～0.1 s 内线圈中产生的感应电动势下板为正，液滴处于平衡状态时，可知液滴带正电，选项A 正确．在0～0.1 s 内线圈中产生的感应电动势E ＝ΔB Δt S ＝0.010.1×πr 2 V ＝0.1πr 2 V ；对液滴mg ＝E d q ，解得m ＝q πr 210gd，选项B 正确.0.1～0.2 s 时电动势的方向发生改变，则液滴向下做加速运动，0.2～0.3 s 时电动势的方向不变，液滴继续向下加速运动，选项C 错误．液滴向下运动的加速度为mg ＋E d q ＝ma ，解得a ＝2g,0.1～0.3 s 内液滴向下加速运动的位移x 1＝12at 2＝12×2g ×0.22m ＝0.04g m ；在0.3 s 时刻液滴的速度v ＝at ＝2g ×0.2 m/s＝0.4g m/s ；0.3～0.4 s 内液滴匀速运动，故位移x 2＝vt ＝0.04g m ，第0.4 s 时液滴距初始位置距离为0.08g (单位：米)，选项D 正确．]1.(多选)(2017·成都市石室中学二诊)如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1、L 2之间、L 3、L 4之间存在匀强磁场，大小均为1 T ，方向垂直于虚线所在平面．现有一矩形线圈abcd ，宽度cd ＝L ＝0.5 m ，质量为0.1 kg ，电阻为2 Ω，将其从图示位置静止释放(cd 边与L 1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t 1时刻cd 边与L 2重合，t 2时刻ab 边与L 3重合，t 3时刻ab 边与L 4重合，已知t 1～t 2的时间间隔为0.6 s ，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向．(重力加速度g 取10 m/s 2)则( )A ．在0～t 1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 CB ．线圈匀速运动的速度大小为8 m/sC ．线圈的长度为1 mD ．0～t 3时间内，线圈产生的热量为4.2 JAB [根据平衡有：mg ＝BIL而I ＝BLv R 联立两式解得v ＝mgR B 2L 2＝1×212×0.52 m/s ＝8 m/s.故B 正确． t 1～t 2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知以cd 在L 2为初状态，以ab 边刚进L 3为末状态，设磁场的宽度为d ，则线圈下降的位移为3d ，则有：3d ＝vt －12gt 2，v ＝8 m/s ，t ＝0.6 s ， 代入解得d ＝1 m ，所以线圈的长度为L ′＝2d ＝2 m ，故C 错误．在0～t 1时间内，cd 边从L 1运动到L 2，通过线圈的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BLd R ＝1×0.5×12C ＝0.25 C ，故A 正确．0～t 3时间内，根据能量守恒得，Q ＝mg (3d ＋2d )－12mv 2＝1×5×1 J－12×0.1×82 J ＝1.8 J ．故选A 、B.]2.(多选)如图甲所示，水平面上的平行导轨MN 、PQ 上放着两根垂直导轨的光滑导体棒ab 、cd ，两棒间用绝缘丝线连接；已知平行导轨MN 、PQ 间距为L 1，导体棒ab 、cd 间距为L 2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R .开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间t 的变化如图乙所示．则以下说法正确的是( )A ．在t 0时刻回路中产生的感应电动势E ＝0B ．在0～t 0时间内导体棒中的电流为L 1L 2B 02Rt 0C ．在t 0/2时刻绝缘丝线所受拉力为L 21L 2B 204Rt 0D ．在0～2t 0时间内回路中电流方向是abdcaBC [由图乙可知，|ΔB Δt |＝B 0t 0，回路面积S ＝L 1L 2，在t 0时刻回路中产生的感应电动势E ＝|ΔB Δt |S ＝L 1L 2B 0t 0，选项A 错误；0～t 0时间内回路中产生的感应电流大小为I ＝E 2R＝L 1L 2B 02Rt 0，选项B 正确；在t 0/2时刻，由左手定则，导体棒ab 所受安培力方向向左，导体棒cd 所受安培力方向向右，磁场磁感应强度为B 0/2，安培力大小为F ＝12B 0·IL 1＝L 21L 2B 204Rt 0，则在t 0/2时刻绝缘丝线所受拉力为L 21L 2B 204Rt 0，选项C 正确；在0～t 0时间内磁感应强度减小，在t 0～2t 0时间内磁感应强度反向增大，根据楞次定律，回路内产生的感应电流方向为顺时针方向，即电流方向是acdba ，选项D 错误．]考点3 电磁感应中的力、电综合问题(对应学生用书第59页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年4考：2016年Ⅱ卷T 24、Ⅲ卷T 25 2014年Ⅱ卷T 252013年Ⅰ卷T 25[考情分析]1．本考点多以导体棒切割磁感线为背景，结合牛顿第二定律对导体棒进行运动分析和受力分析；结合图象，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电功率、动能定理等规律进行电路、功能关系的计算．2．分析电源时电势高低易出错．3．涉及力和运动的分析时易出现漏力(多力)的现象．4．功能分析时，力做功及电热的计算易漏算(多算)电阻生热．6．(电磁感应中的能量问题)(2016·Ⅱ卷T 24)如图11­13所示，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：图11­13(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．[题眼点拨] ①“恒定拉力作用”说明金属杆进磁场前做匀加速直线运动；②“保持匀速运动”说明金属杆所受合外力为零．【解析】 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E ＝Blv③联立①②③式可得 E ＝Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg . ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律 I ＝E R ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f ＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －f ＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得 R ＝B 2l 2t 0m. ⑧ 【答案】 (1)Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m 在第6题中改为如下情景．如图11­14所示，水平放置的平行光滑导轨间有两个区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，虚线M 、N 间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 1＝8B ，虚线P 、Q 间有垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线M 、N 和P 、Q 间距均为d ，N 、P 间距为15d ，一质量为m 、长为L 的导体棒垂直于导轨放置在导轨上，位于M 左侧，距M 也为d ，导轨间距为L ，导轨左端接有一阻值为R 的定值电阻，现给导体棒一个向右的水平恒力F ，导体棒运动以后能匀速地通过两个磁场，不计导体棒和导轨的电阻，求：图11­14(1)P 、Q 间磁场的磁感应强度B 2的大小；(2)通过定值电阻的电荷量；(3)定值电阻上产生的焦耳热．【解析】 (1)导体棒在磁场外时，在恒力F 的作用下做匀加速运动，设进入M 、N。

第11讲电磁感应规律及其应用知识网络构建命题分类剖析命题点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流方向的判断方法情境图3.感应电荷量的计算磁通量变化迁移的电荷量：q＝IΔt＝ERΔt＝nΔΦRΔtΔt＝nΔΦR，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定．考向1 楞次定律的应用例 1[2023·海南卷]汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同考向2 法拉第电磁感应定律的应用例 2[2023·天津卷]如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l.空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：(1)感应电动势E；(2)线框开始向上运动的时刻t0.例 3[2023·山东卷](多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计．质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面．如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD 的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( )A．B2的方向向上 B．B2的方向向下C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s提升训练1.[2023·全国甲卷](多选)一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离．如图(a)所示．现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示．则( )A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大2．[2023·浙江1月]如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆．当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示．若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是( )3.[2023·辽宁省沈阳市监测一](多选)有界匀强磁场磁感应强度为B ，有一半径为R 的线圈，其单位长度上的电阻为r ，线圈直径MN 垂直磁场边界于M 点，现以M 点为轴在纸面内，沿顺时针方向匀速旋转90°，角速度为ω，则( )A ．感应电流方向为顺时针方向B ．感应电动势的最大值为BR 2ωC ．感应电流的最大值为2BR 2ωrD ．通过导体任意横截面的电量为BR 4r命题点二 电磁感应中图像或电路问题1．掌握两个技法，快速解答图像问题2．三个关注考向1 电磁感应中的图像例 1[2023·山东省菏泽市三模]如图所示，MNQP是边长为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场．边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行．设导线框中感应电流i逆时针流向为正．若t＝0时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列i-t图像正确的是( )例 2[2023·上海卷] 如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为( )考向2 电磁感应中图像与电路问题的数型结合例 3 (多选)如图甲所示，足够长的两平行金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，导体间距为0.5 m，导轨左边接有定值电阻R0和电阻箱R；导轨间存在磁感应强度大小为0.8 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为0.5 kg、长为0.5 m、内阻不计的金属棒MN放置在导轨上，在水平向右的恒力F作用下金属棒由静止开始运动，金属棒始终与导轨垂直且接−触良好．多次改变电阻箱的阻值R，测得金属棒对应的最大速度v m，绘制出如图乙所示的1v m1图像．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( ) RA．R0中感应电流方向由c指向aB．R0＝2 ΩC．恒力F＝1.4 ND．若R＝2 Ω，则R0在1 s内产生的最大焦耳热为1 J思维提升图例[提醒] 分析磁通量时，一是注意回路中的有效面积；二是注意有效面积内磁场方向是否单一．图例提升训练1.[2023·江苏省八市训练]如图所示，两根光滑平行金属长导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，两根完全相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，两金属棒的长度恰好等于金属导轨的间距，t＝0时刻对金属棒cd施加一个水平向右的恒力F，此后两金属棒由静止开始运动，金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好，两金属棒的速度大小分别记为v a、v c，加速度大小分别记为v a、v c，金属棒cd两端电压记为U cd，闭合回路消耗的电功率记为P，电路中除金属棒以外的电阻均不计，下列关于图像错误的是( )2．[2023·珠海模拟]匝数N＝1 000、面积S＝20 cm2、电阻r＝1 Ω的线圈水平放置，匀强磁场B1竖直向下穿过线圈，其磁感应强度B1按如图所示的规律变化，线圈两端分别连接两根完全相同的劲度系数为k＝100 N/m、电阻为R＝1.5 Ω的金属弹簧，两金属弹簧上端固定在水平天花板上，下端悬挂一根水平金属棒，另有一水平匀强磁场B2垂直金属棒分布(如图所示)．其磁场宽度为L＝10 cm.闭合开关后，两弹簧的长度均变化了Δx＝0.5 cm.导线和金属棒的电阻不计，求：(1)闭合开关后，通过金属棒的电流大小；(2)磁感应强度B2的大小．命题点三电磁感应规律的综合应用1．电磁感应综合问题的解题思路2．与动量定理结合在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)．(1)求速度或电荷量：－B I lΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt.(2)求时间：FΔt＋I A＝mv2－mv1，I A＝－B I lΔt＝－BlΔΦR总.(3)求位移：－B I lΔt＝－B 2l2v̅ΔtR总＝mv2－mv1，即－B 2l2R总x＝m(v2－v1)．3．与动量守恒定律的结合相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动问题，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．考向1 电磁感应中的动力学问题例 1[2023·上海卷]如图(a)，线框cdef位于倾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5 T，已知线框边长cd ＝D＝0.4 m，m＝0.1 kg，总电阻R＝0.25 Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动．斜面上动摩擦因数μ＝√33，线框速度随时间变化如图(b)所示．(重力加速度g取9.8 m/s2)(1)求外力F大小；(2)求cf长度L；(3)求回路产生的焦耳热Q.考向2 电磁感应中的能量问题例 2 如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为θ＝30°，斜面上有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，其宽度均为l＝0.2 m，磁感应强度大小均为B＝1 T，磁场方向分别为垂直斜面向上和垂直斜面向下．斜面上放一质量为M＝0.6 kg、电阻为R＝0.5 Ω的矩形导线框abcd，其ab边长为d＝0.4 m、bc边长为l＝0.2 m，通过细绳绕过光滑的定滑轮与一质量为m＝0.2 kg的重物相连，连接线框的细绳与线框共面，滑轮和绳的质量均不计，ab边距磁场区域Ⅰ的上边界为2l，开始时各段绳都处于伸直状态，现将它们由静止释放，线框沿斜面向下运动，ab边刚穿过两磁场的分界线OO′进入磁场区域Ⅱ时，线框恰好做匀速运动(细绳始终处于拉紧状态)，不计摩擦，忽略磁场边界效应，重力加速度g＝10 m/s2.求：(计算结果保留2位小数)(1)ab边刚进入磁场区域Ⅰ时线框的加速度大小；(2)线框ab边在磁场区域Ⅱ中运动的过程中，线框重力的功率P；(3)从开始释放到ab边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，线框中产生的焦耳热Q.考向3 电磁感应中的动量问题例 3[2023·全国甲卷]如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上．导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行．不计空气阻力．求(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间．提升训练1.[2023·湖南卷]如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g.(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.2．[2023·广东模拟预测]如图甲所示，水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道，轨道间距L＝0.4 m，其中在E、F、G、H四点附近的轨道由绝缘材料制成，这四段绝缘轨道的长度非常短，其余轨道由金属材料制成，金属轨道的电阻不计，在右侧两轨道之间连接一个阻值R＝1.5 Ω的定值电阻．在矩形区域MNQP中存在竖直向上的磁场，记M点所在位置为坐标原点，沿MP方向建立x坐标轴，磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所示，图中B0＝2.5 T．现有一总质量m＝0.1 kg的“工”字形“联动双棒”(由两根长度略长于L的平行金属棒ab和cd，用长度为L的刚性绝缘棒连接构成，棒的电阻均为r＝0.5 Ω)，以初速度v0＝8 m/s沿x轴正方向运动，运动过程中棒与导轨保持垂直，最终静止于轨道上，忽略磁场边界效应．求(1)棒ab刚进入磁场时，流经棒ab的电流的大小和方向；(2)棒ab在EF处的速度大小v1和在GH处时的速度大小v2；(3)电阻R上产生的焦耳热．素养培优·情境命题电磁感应规律在生活、生产和科技中的应用情境1 “自发电”门铃开关[典例1] [2023·广东茂名统考二模]市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示．在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变．松开门铃按钮后，弹簧可使之复位(与a、b连接的外电路未画出)．由此可判断( )A．未按下按钮时，线圈a、b两点间存在电势差B．按下按钮过程中，线圈中感应电流始终由b经线圈流向aC．按钮复位过程中，线圈中的磁通量一直减小D．按下按钮过程与松开复位过程中，a点的电势始终高于b点情境2 磁力刹车系统[典例2](多选)高速铁路列车通常使用磁力刹车系统．磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示．图中磁铁左方铝盘的甲区域(虚线区域)朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域(虚线区域)朝离开磁铁方向运动．下列有关铝盘刹车的说法正确的是( ) A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场C．磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘相同情境3 磁悬浮列车[典例3] (多选)2022年9月20日在德国柏林国际轨道交通技术展览会上中国具有完全自主知识产权的时速600公里高速磁浮交通系统首次在欧洲亮相，引起了世界各国广泛关注．超导磁悬浮列车的原理可以简化为如图所示模式：在水平面上相距L的两根固定平行直导轨间，有大小为B、宽都是L的匀强磁场，相邻磁场区域的磁场方向相反．整个磁场以速度v 水平向右匀速运动，跨在两导轨间的边长为L 的正方形n 匝线圈abcd 悬浮在导轨上方，在磁场力作用下向右运动，并逐渐达到最大速度v m .当超导磁悬浮列车制动时，所有磁场立即停止，线圈继续运动NL 停下来(N 为整数)．设线圈的总电阻为R ，总质量为m ，运动中所受到的阻力大小恒为f .则( )A ．线圈最大速度v m ＝v －fRn 2B 2L 2 B ．制动过程受到的安培力为4nB 2L 2(v−v m )RC ．制动过程线圈产生的焦耳热为12mv m 2－fNLD ．制动过程通过线圈横截面的电荷量可能为2nBL 23R情境4 电磁缓冲装置[典例4] 随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术．其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置．该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abdc ；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN 、PQ 和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向为垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场．当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲．现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v 0，经过时间t 火箭着陆，速度恰好为零；线圈abdc 的电阻为R ，其余电阻忽略不计；ab 边长为l ，火箭主体质量为m ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，重力加速度为g ，一切摩擦阻力不计，求：(1)缓冲滑块刚停止运动时，线圈产生的电动势；(2)缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；(3)火箭主体的速度从v 0减到零的过程中系统产生的电能．第11讲 电磁感应规律及其应用命题分类剖析命题点一[例1] 解析：由右手螺旋定则可知，线圈1、2形成的磁场方向都是竖直向下的，A 错；汽车进入线圈1时，线圈abcd 中向下的磁通量增大，由楞次定律可判断，线圈abcd 中的感应电流方向与线圈1反向，是逆时针，即感应电流方向为adcb ，同理，汽车离开线圈1时，线圈abcd 中向下的磁通量减小，线圈abcd 中的感应电流方向是顺时针，即感应电流方向为abcd ，故B 错，C 对；安培力为阻力，与速度方向相反，D 错．答案：C[例2] 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt又n ＝1，ΔΦΔt＝ΔB Δt·S ＝kS ，S ＝l 22解得E ＝kl 22(2)根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为I ＝ER结合安培力的公式和题图可知线框受到的安培力为F A ＝BIl 又B ＝kt (k ＞0)联立可得线框受到的安培力为F A ＝k 2l 3t 2R当线框开始向上运动时，有k 2l 3t 02R＝mg解得t 0＝2mgRk 2l 3 答案：(1)kl 22 (2)2mgRk 2l 3[例3] 解析：导轨的速度v 2>v 1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为f ＝μmg ＝2 N导体棒的安培力大小为F 1＝f ＝2 N由左手定则可知导体棒的电流方向为N →M →D →C →N ，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F 2＝f －m 0g ＝1 N由左手定则可知B 2的方向为垂直纸面向里，A 错误，B 正确； 对导体棒分析F 1＝B 1IL 对导体框分析F 2＝B 2IL电路中的电流为I ＝B 1Lv 1−B 2Lv 2r联立解得v 2＝3 m/sC 错误，D 正确；故选BD. 答案：BD [提升训练]1．解析：电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体的速度越来越大，A 正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N 极、S 极上下没有颠倒，B 错误；线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此电流的大小是变化的．小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C 错误；由图(b)可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D 正确．故选AD. 答案：AD2．解析：导体杆摆动时切割磁感线，产生感应电流，受安培力，安培力起阻力作用，故导体杆的振动为阻尼振动．由垂直于磁感线方向的速度大小相同时电阻变大→电流变小→安培力(阻力)变小可知，当R 从R 0变为2R 0时，导体杆振幅的衰减速度变慢，B 正确，ACD 错误．答案：B3．解析：根据楞次定律，感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的变化，可知在线圈转动的过程中通过线圈的磁通量减小，由此可知感应电流应为顺时针方向，故A 正确；当转过90°时的瞬间感应电动势最大，此时切割磁感线的有效长度最大，为圆形线圈的直径，由此可得感应电动势的最大值为E m ＝12B (2R )2ω＝2BR 2ω，根据闭合电路的欧姆定律可知感应电流的最大值为I m ＝E mR 总＝2BR 2ω2πRr ＝BR ωπr，故BC 错误； 通过导体任意横截面的电量为q ＝ΔΦR 总＝12πR 2B 2πRr＝RB4r ，故D 正确．答案：AD 命题点二[例1] 解析：0～t 1内是线框的左边框由PQ 向左进入磁场，根据右手定则知感应电流为顺时针(负)，而切割磁感线的有效长度随着水平位移的增大而均匀减小，则感应电流的大小均匀减小；t 1～2t 1内，线框的前后双边同向同速切割相反的磁场，双源相加为总电动势，电流方向为逆时针(正)，两边的有效长度之和等于L ，则电流大小恒定．故选D. 答案：D[例2] 解析：由部分导线切割磁感线产生感应电动势：E ＝BLv 可知金属棒所受安培力为：F A ＝BIL ＝B 2L 2R+rv, 再由F A - t 图像可知，安培力与时间为线性关系可知：金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由牛顿第二定律：安培力与外力的合力为定值，即外力随时间线性变化，由F A -t 图像可知：在0～t 0时间安培力为负值，方向向左，由左手定则和右手定则可知，金属棒向右做减速运动，在t 0～2t 0时间内安培力为正值从零逐渐增加，方向向右，同理可知，金属棒向左做初速度为零的匀加速直线运动，加速度不变，则在t 0时刻，合力向左，但F A ＝0，所以外力为负值不等于零，方向向左．故ABD 错误，C 正确．答案：C[例3] 解析：由右手定则判断可知，金属棒中感应电流方向由N 指向M ，R 0中感应电流方向由a 指向c ，选项A 错误；金属棒受到的滑动摩擦力方向水平向左，大小为f ＝μmg ＝1 N ，由左手定则判断可知，金属棒所受的安培力方向向左，金属棒速度达到最大后开始做匀速直线运动，由受力平衡有F －f ＝BIL ，根据闭合电路欧姆定律有I ＝BLv m R 总，R 总＝RRR+R 0，整理得F －f ＝B 2L 2(1R+1R 0)v m ，变形得1v m＝B 2L 2F−f ·1R +B 2L 2(F−f )R 0，则B 2L 2F−f ＝0.4−0.20.5(Ω·s·m －1)，B 2L 2(F−f )R 0＝0.2(s·m －1)，代入数据解得F ＝1.4 N ，R 0＝2 Ω，选项B 、C 正确；由图乙知，R＝2 Ω时，v m ＝2.5 m/s ，R 总＝RR 0R+R 0＝1 Ω，I ＝BLv m R 总＝1 A ，R 0在1 s 内产生的最大焦耳热为(12I )2R 0t ＝0.5 J ，选项D 错误．答案：BC [提升训练] 1．解析：金属棒cd 在恒力F 作用下由静止开始加速，此时金属棒ab ，cd 加速度a a ＝0，a c ＝Fm ，之后回路中出现感应电流，金属棒cd 受到的安培力与恒力F 反向，金属棒cd 的加速度减小，金属棒ab 在安培力作用下开始加速，金属棒cd 与金属棒ab 的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F 安＝B 2L 2(v c −v a )2R逐渐增大，金属棒cd 加速度减小，金属棒ab 加速度增大，当a a ＝a c 时，v c －v a 不再变化，回路中的电流不再变化，但是两金属棒的速度仍在增大，故A 正确，与题意不符；B 错误，与题意相符；设两金属棒电阻均为R ，系统达到稳定之前U cd ＝BLv a ＋IR ，随时间逐渐增大，系统达到稳定后，因回路中电流不变，则U cd ＝BLv c －IR ，U cd 随着v c 的增加而均匀增加，故C 正确，与题意不符；闭合回路消耗的电功率P ＝2I 2R ，在开始阶段随回路中电流的增大，电功率逐渐增大，当系统稳定后回路中电流不变，电功率不再变化，故D 正确，与题意不符．故选B.答案：B2．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得E ＝NΔΦΔt＝N ΔB1Δt ·S其中，由图可知ΔB 1Δt＝5 T/s代入得E ＝10 V由闭合电路欧姆定律可得I ＝E r+2R代入数据得I ＝2.5 A ； (2)安培力为F 安＝B 2IL 弹簧弹力F 弹＝k Δx对金属棒受力分析，由受力平衡得B 2IL ＝2k Δx 代入数据，得B 2＝4 T. 答案：(1)2.5 A (2)4 T 命题点三[例1] 解析：(1)由v -t 图像可得：a ＝ΔvΔt ＝2.0 m0.4 s 2＝5 m/s 2对导线框受力分析可得：F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 代入数据联立解得：F ＝1.48 N(2)由v -t 图像可知线框cf 边进磁场时开始匀速直线运动，可得：F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋BIL由法拉第电磁感应定律，得线框产生的感应电动势为E ＝BLv由闭合电路欧姆定律，得线框产生的感应电流为I ＝ER ，得：I ＝BLv R代入数据联立解得：L ＝0.5 m ，I ＝2 A(3)线框匀速切割穿过磁场，产生的焦耳热就等于克服安培力所做的功：Q ＝W 克安＝F 安·2D ＝BIL ·2D ＝0.5×2×0.5×2×0.4 J＝0.4 J答案：(1)1.48 N (2)0.5 m (3)0.4 J[例2] 解析：(1)线框的ab 边刚进入磁场区域Ⅰ时，根据机械能守恒定律有2Mgl sinθ－2mgl ＝12(M +m )v 12线框的ab 边刚进入区域Ⅰ时，感应电流I ＝Bdv 1R由牛顿第二定律有Mg sin θ－BId －T ＝Ma ，T －mg ＝ma联立解得a ＝0.85 m/s 2(2)设ab 边刚进入磁场区域Ⅱ时线框的速度为v 2，则对应的感应电流I ′＝2Bdv 2R对线框有Mg sin θ＝2BI ′d ＋T ′，又T ′＝mg 线框重力的功率P ＝Mg sin θ·v 2 联立解得P ＝2.34 W(3)从线框开始释放到ab 边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，根据能量守恒定律有4Mgl sin θ－4mgl ＝Q +12(M +m )v 22，解得Q ＝0.56 J.答案：(1)0.85 m/s 2(2)2.34 W (3)0.56 J[例3] 解析：(1)由于绝缘棒Q 与金属棒P 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv 0＝3mv Q ＋mv P12×3mv 02＝12×3mv Q 2+12mv P 2联立解得v P ＝32v 0，v Q ＝12v 0由题知，碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P 滑出导轨时的速度大小为v ′P ＝v Q ＝12v 0(2)根据能量守恒有12mv P 2＝12mv P ′2＋Q 解得Q ＝mv 02(3)P 、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得－B I lΔt ＝mv ′P －mv P 又q ＝I Δt ，I ＝E ̅R＝ΔΦR Δt＝Blx R Δt联立可得x ＝mv 0RB 2l 2由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为t ＝xv Q＝2mRB 2l 2答案：(1)12v 0 (2)mv 02(3)2mR B 2l 2[提升训练]1．解析：(1)a 导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a 棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E ＝BLv 0由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I ＝E2R ，F ＝BILa 棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL联立解得v 0＝2mgR sin θB 2L 2(2)由右手定则可知导体棒b 中电流向里，b 棒受沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则对b 棒，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋BIL ＝ma 0解得a 0＝2g sin θ(3)释放b 棒后a 棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a 棒，由动量定理得mgsin θt 0－B I Lt 0＝mv －mv 0 b 棒受到向下的安培力，对b 棒，由动量定理得mg sin θt 0＋B I Lt 0＝mv 联立解得v ＝g sin θ·t 0＋v02此过程流过b 棒的电荷量为q ，则有q ＝I t0 由法拉第电磁感应定律可得 I ＝E2R ＝12RBL Δxt 0联立b 棒动量定理可得Δx ＝mv 0R B 2L 2答案：(1)2mgR sin θB 2L 2(2)2g sin θ (3)g sin θt 0＋v02mv 0R B 2L 22．解析：(1)当ab 棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E ＝B 0Lv 由欧姆定律I ＝E2r解得I ＝8 A由右手定则可知，电流方向为acdba ；(2)当ab 棒进入磁场后，到ab 棒到达EF 处的过程中，由动量定理可得－F ̅安t ＝mv 1－。

2021年高考物理二轮复习热点题型归纳与提分秘籍专题14 电磁感应定律及其应用目录一、热点题型归纳 (1)【题型一】楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 (1)【题型二】电磁感应的图象问题 (5)【题型三】电磁感应中的力、电综合问题 (11)【题型四】电磁感应中的动量问题 (19)二、高考题型标准练 (27)一、热点题型归纳【题型一】楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用(1)理解“谁”阻碍“谁”，及如何阻碍．(2)理解楞次定律的广义形式，“结果”阻碍“原因”．【典例分析1】(多选)(2020·江苏南京市、盐城市一模)如图甲所示，a、b两个绝缘金属环套在同一个光滑的铁芯上．在t＝0时刻，a、b两环处于静止状态，a环中的电流i随时间t的变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是()A．t2时刻两环相互吸引B．t3时刻两环相互排斥C．t1时刻a环的加速度为零1/ 35D．t4时刻b环中感应电流最大【答案】ACD【解析】在t2时刻与t3时刻，a环中的电流均处于减小阶段，根据楞次定律可知，两环的电流方向相同，则两环相互吸引，故A正确，B错误．a中电流产生磁场，磁场的变化使b中产生电流，才使两环相互作用. 在题图乙中，“变化最快”即曲线的斜率最大．t1时刻曲线的斜率为0，这个瞬间磁场是不变化的，因此两环没有作用力，则加速度为零，故C正确. 虽然t4时刻a环中的电流为零，但是根据该时刻对应的电流的曲线的斜率最大，即该时刻磁通量变化率最大，故t4时刻b环中感应电动势最大，则b环中感应电流最大，故D正确．【典例分析2】.(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图甲所示，单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积S＝0.3 m2，线框连接一个阻值R＝3 Ω的定值电阻，其余电阻不计，线框的cd边位于磁场边界上．取垂直于纸面向外为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．下列说法正确的是()A．在0～0.4 s内，线框中感应电流沿逆时针方向B．在0.4～0.8 s内，线框有扩张的趋势C．在0～0.8 s内，线框中的感应电流为0.1 AD．在0～0.4 s内，ab边所受安培力保持不变【答案】C【解析】由题图乙所示图线可知，在0～0.4 s内，磁感应强度垂直于纸面向里，磁感应强度减小，则穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A错误．由题图乙所示图线可知，在0.4～0.8 s内，穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B错误．由题图乙所示图线可知，在0～0.8 s内，线框产生的感应电动势为：2/ 353 / 35E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝0.4－(－0.4)0.8×0.3 V ＝0.3 V ，线框中的感应电流为：I ＝E R ＝0.33A ＝0.1 A ，故C 正确．在0～0.4 s 内，线框中的感应电流I 保持不变，由题图乙所示图线可知，磁感应强度B 大小不断减小，由F ＝ILB 可知，ab 边所受安培力不断减小，故D 错误．【提分秘籍】1．感应电流方向的判断(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形． (2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形． 2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”； (2)阻碍相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”； (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”． 3．求感应电动势的方法 (1)法拉第电磁感应定律E ＝nΔΦΔt ⎩⎨⎧S 不变时，E ＝nS ΔBΔt (感生电动势)B 不变时，E ＝nB ΔSΔt(动生电动势)(2)垂直切割磁感线E ＝BL v .(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动E ＝12Bl 2ω.(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动e ＝nBSωsin ωt .4 / 35【强化训练】1.(多选)(2020·四川泸州市三诊)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，一端连接一个竖直放置的螺线管，具有一定电阻的金属棒PQ 垂直导轨放置，用水平细线跨过光滑的定滑轮，与小物体m 连接，导轨间有竖直向下的匀强磁场B ，一条形磁铁用细线悬挂在天花板上，放在螺线管的正上方．不计空气阻力和导轨的电阻，小物体离地足够高，运动过程中金属棒始终垂直导轨并接触良好．由静止开始释放小物体，在小物体的运动过程中，下列说法中正确的是( )A ．悬挂磁铁的细线拉力先增大后不变B ．悬挂磁铁的细线拉力先减小后不变C ．连接金属棒的细线拉力先增大后不变D ．连接金属棒的细线拉力先减小后不变 【答案】 AC【解析】 金属棒PQ 中感应电流方向从P 流向Q ，则螺线管中的电流是顺时针方向(俯视)，由右手螺旋定则可知，螺线管上端为S 极，条形磁铁被吸引，所以悬挂磁铁的细线受到向下的拉力，又因为感应电流先增大，然后保持不变，所以螺线管的磁性先增强，然后保持不变，则悬挂磁铁的细线拉力先增大后不变，故A 正确，B 错误；设连接金属棒的细线拉力为F T ，安培力为F 安，金属棒PQ 的加速度为a ，质量为M ，分别对小物体和金属棒PQ 受力分析，由牛顿第二定律得mg －F T ＝ma ，F T －F安＝Ma ，联立可得F T ＝Mmg ＋mF 安M ＋m ，又因为F 安＝B 2L 2vR 总，v 先增大后不变，则F 安先增大后不变，所以细线拉力F T 也是先增大后不变，故C 正确，D 错误．2．(多选)(2020·辽宁丹东市检测)如图所示，在垂直于纸面向外的匀强磁场中，水平放置两个同心金属环，半径分别是r 和3r ，磁感应强度为B ，在两环间连接有一个电容为C 的电容器，a 、b 是电容器的两个极板．长为2r 的金属棒AB 沿半径方向放置在两环间且与两环接触良好，并绕圆心以角速度ω做顺时针方向(从垂直环面向里看)的匀速圆周运动．则下列说法正确的是( )5 / 35A ．金属棒AB 中有从B 到A 的持续电流 B ．电容器b 极板带负电C ．电容器两端电压为4ωBr 2D ．电容器所带电荷量为1.5CωBr 2 【答案】 BC【解析】 根据右手定则可知，金属棒AB 切割磁感线产生感应电动势，但由于电路没有闭合，所以没有感应电流，故A 错误；根据右手定则可判断B 端为电源的正极，A 端为电源的负极，所以电容器b 极板带负电，故B 正确；根据法拉第电磁感应定律知产生的感应电动势E ＝BL v ＝B ·2r ·ωr ＋3r2＝4Bωr 2，故C 正确；电容器所带电荷量Q ＝CU ＝4CBωr 2，故D 错误．【题型二】电磁感应的图象问题【题型解码】(1)产生电动势的那部分导体相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，电源两端电压为路端电压． (2)Φ－t 图象、B －t 图象的斜率对应电动势大小及电流方向，其斜率不变或平行，感应电动势大小不变，电流方向不变．【典例分析1】(2020·浙江诸暨市诊断)如图所示，直角边长为2d 的等腰直角三角形EFG 区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，左侧有边长为d 的正方形金属线框ABCD 以恒定速度v 水平穿过磁场区域．设逆时针方向为电流正方向，则线框通过磁场过程中，感应电流i 随时间t 变化的图象是( )6 / 35【答案】 B【解析】 线框开始进入磁场过程中，根据法拉第电磁感应定律有： E ＝BL v ＝B v 2t根据闭合电路欧姆定律可得，电路中电流为： i ＝E R ＝B v 2t R故在0～t 0时间内，电路中的电流随时间增大；根据楞次定律，在线框进入磁场的过程中，回路中的电流为顺时针方向，即在线框进入磁场的过程中，电流方向为负方向，故A 、D 错误．在线框离开磁场过程中，根据楞次定律，回路中电流方向为逆时针方向，电流大小为：i ＝BL v R ，故B 正确，C 错误．【典例分析2】(2020·湖南长沙、望城、浏阳、宁乡四县市区调研)如图所示，正方形导线框abcd 放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示，t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．下列选项中能表示线框的ab 边受到的安培力F 随时间t 的变化关系的是(规定水平向左为安培力的正方向)( )7 / 35【答案】 A【解析】 0～1 s ：磁场方向向里且均匀减小，由楞次定律可得，线框中产生顺时针方向的感应电流，由E ＝n ΔΦΔt可知，产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，所以ab 边受到的安培力F 安＝BIL 均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左，为正值；1～3 s ：磁场方向向外且均匀增大，由楞次定律可得，线框中产生顺时针方向的感应电流，由E ＝n ΔΦΔt 可知，产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，所以ab 边受到的安培力F 安＝BIL 均匀增大，由左手定则可知，安培力方向向右，为负值；3～5 s ：磁场方向向外且均匀减小，由楞次定律可得，线框中产生逆时针方向的感应电流，由E ＝n ΔΦΔt 可知，产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，所以ab 边受到的安培力F 安＝BIL 均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左，为正值；5～6 s ：磁场方向向里且均匀增大，由楞次定律可得，线框中产生逆时针方向的感应电流，由E ＝nΔΦΔt可知，产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，所以ab 边受到的安培力F 安＝BIL 均匀增大，由左手定则可知，安培力方向向右，为负值；综合上述分析可知A 正确，B 、C 、D 错误．【典例分析3】(多选)(2020·安徽六安市质量检测)如图甲所示，足够长光滑水平导轨MN 、PQ 间连接两定值电阻R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，导轨间距L ＝0.5 m ，整个装置处在磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，质量m ＝0.1 kg 的导体棒ab 垂直导轨放置，在外力F 作用下由静止开始做匀加速运动，F －t 图象如图乙所示，则下列选项正确的是( )A ．导体棒匀加速运动的加速度a ＝2 m/s 28 / 35B ．导体棒电阻r ＝1 ΩC ．t ＝2 s 时电阻R 1的热功率为13 WD ．0～2 s 内通过R 1的电荷量为0.5 C 【答案】 AC【解析】 由F －t 图象可知，t ＝0时，F 安＝0，所以a ＝2 m/s 2，A 正确；2 s 末速度v ＝at ＝4 m/s ，此时F 安＝0.25 N ，由F 安＝B 2L 2vR 总，得R 总＝4 Ω，故导体棒电阻r ＝2 Ω，B 错误；t ＝2 s 时导体棒两端的电压U ＝E －Ir ＝E －E R 总r ＝1 V ，电阻R 1的热功率P ＝U 2R 1＝13 W ，C 正确；0～2 s 内导体棒通过的位移x ＝12at 2＝4 m ，根据电荷量的经验公式q ＝ΔΦR 总，可得通过导体棒的电荷量q ＝BLx R 总＝0.5 C ，则通过R 1的电荷量q 1＝23q ＝13 C ，D 错误．【提分秘籍】1．图象类型2．分析方法3．解答电磁感应中图象类选择题的两个常用方法9 / 35【强化训练】1.(多选)(2020·山东淄博市高三下学期阶段检测)如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c 、d ，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h 处．磁场宽为3h ，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c ，c 刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d ，两导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触．用a c 表示c 的加速度，E k d 表示d 的动能，x c 、x d 分别表示c 、d 相对释放点的位移．下列选项中正确的是( )【答案】BD【解析】先释放c ，刚开始时c 只受重力作用，加速度g 是不变的，当c 进入磁场时，c 做匀速运动，加速度为0，当d 释放时，d 做初速度为0的匀加速运动，它进入磁场时通过的距离为h ，则此时c 通过的距离为2h ，此时二者一起以相同的速度在磁场中运动，穿过两导体棒与导轨所围回路的磁通量不变，回路中感应电流为0，安培力为0，故两棒做加速度为g 的加速运动，故选项B 正确，A 错误；d 棒的动能在d 进10 / 35入磁场前是均匀增加的，进入磁场后在c 没有出磁场前也是均匀增加的，当c 出磁场时，d 棒切割磁感线，产生的安培力方向向上，阻碍d 向下运动，但此时d 的速度比刚进入磁场时的速度会大一些，所以棒不再像c 刚进入那样做匀速运动，而是做加速度减小的减速运动，待d 棒离开磁场后，加速度为g ，动能再次均匀增大，故选项C 错误，D 正确．2.(多选)(2020·浙江余姚市1月模拟)在光滑水平桌面上有一边长为l 的正方形线框abcd ，bc 边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg ，三角形直角边长为l ，磁感应强度垂直桌面向下，abef 在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示位置在水平拉力F 作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i 及拉力F 随时间t 的变化关系可能是(以逆时针方向为电流的正方向，时间单位为lv )( )【答案】 BD【解析】 bc 边的位置坐标x 在0～l 过程，根据楞次定律可知感应电流方向沿a →b →c →d →a ，为正值．线框bc 边有效切线长度为l ＝v t ，感应电动势为E ＝Bl v ＝B v t ·v ＝B v 2t ，感应电流i ＝E R ＝B v 2t R，即感应电流均匀增大．同理，在l ～2l 过程，根据楞次定律可知感应电流方向沿a →d →c →b →a ，为负值，感应电流均匀增大，A 错误，B 正确．在水平拉力F 作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力等于安培力，而安培力F 安＝B 2l 2vR ，l ＝v t ，则有：F ＝F 安＝B 2v 3t 2R，所以F 非线性增大，C 错误，D 正确．3．(多选)(2020·浙江宁波“十校”3月联考)如图甲所示，一个匝数n ＝100的圆形导体线圈，面积S 1＝0.4 m 2，电阻r ＝1 Ω.在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B 随时间t变11 / 35化的关系如图乙所示．有一个R ＝2 Ω的定值电阻，将其两端a 、b 分别与图甲中的圆形线圈相连接，b 端接地，则下列说法正确的是( )A ．圆形线圈中产生的感应电动势E ＝6 VB ．在0～4 s 时间内，通过电阻R 的电荷量q ＝6C C ．设b 端电势为零，则a 端的电势φa ＝3 VD ．在0～4 s 时间内，电阻R 上产生的焦耳热Q ＝18 J 【答案】 BD【解析】 由法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔB Δt S 2，由题图乙可得ΔB Δt ＝0.64T/s ＝0.15 T/s ，将其代入可得E ＝4.5 V ，A 错误；由电荷量公式可得：q ＝I ·Δt ＝ER ＋r ·Δt ＝n ΔΦ(R ＋r )Δt ·Δt ＝n ΔΦR ＋r ，0～ 4 s 内穿过圆形导体线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3 Wb －0＝0.18 Wb ，代入可得q ＝6 C ，B 正确；0～4 s 内磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可得b 点电势高，a 点电势低，C 错误；由于磁感应强度均匀变化，产生的电动势与电流均恒定，可得I ＝ER ＋r ＝1.5 A, 由焦耳定律可得Q ＝I 2Rt ＝18 J ，D 正确．【题型三】 电磁感应中的力、电综合问题【题型解码】1.分析导体棒切割磁感线运动时要由牛顿第二定律列方程，在方程中讨论v 的变化影响安培力的变化，进而影响加速度a 的变化，a 的变化又影响v 的变化．2.克服安培力做功的过程就是其他形式的能转化为电能的过程，克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．12 / 35【典例分析1】(多选)(2020·江西上铙市高三一模)如图所示，虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场区域上下宽度为l ；质量为m 、边长为l 的正方形线圈abcd 平面保持竖直，ab 边始终保持水平，从距离磁场上边缘一定高度处由静止下落，以速度v 进入磁场，经过一段时间又以相同的速度v 穿出磁场，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．线圈的电阻R ＝B 2l 2vmgB ．进入磁场前线圈下落的高度h ＝v 22gC ．穿过磁场的过程中，线圈电阻产生的热量Q ＝2mglD ．线圈穿过磁场所用时间t ＝lv 【答案】 ABC【解析】 由题意可知，线圈进入磁场和穿出磁场时速度相等，说明线圈在穿过磁场的过程中做匀速直线运动，则mg ＝F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ，R ＝B 2l 2vmg ，所以A 正确；线圈在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理得mgh ＝12m v 2，进入磁场前线圈下落的高度为h ＝v 22g ，所以B 正确；线圈在穿过磁场的过程中克服安培力做功转化为焦耳热，又安培力与重力平衡，则穿过磁场的过程中线圈电阻产生的热量为Q ＝mg ·2l ＝2mgl ，所以C 正确；根据线圈在穿过磁场过程中做匀速运动，可得线圈穿过磁场的时间为t ＝2lv ，所以D 错误． 【典例分析2】(2020·湖南3月模拟)如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN 、PQ 平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，导轨的电阻不计．导轨顶端M 、P 两点间接有滑动变阻器和阻值为R 的定值电阻．一根质量为m 、电阻不计的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．空间存在磁感应强度大小为B 、方向垂直斜面向下的匀强磁场．调节滑动变阻器的滑片，使得滑动变阻器接入电路的阻值为2R ，让ab 由静止开始沿导轨下滑．不计空气阻力，重力加速度大小为g .13 / 35(1)求ab 下滑的最大速度v m ；(2)求ab 下滑的速度最大时，定值电阻上消耗的电功率P ；(3)若在ab 由静止开始至下滑到速度最大的过程中，定值电阻上产生的焦耳热为Q ，求该过程中ab 下滑的距离x 以及通过滑动变阻器的电荷量q . 【答案】 见解析【解析】 (1)ab 下滑的速度最大时，其切割磁感线产生的感应电动势为：E ＝BL v m ， 此时通过定值电阻的电流为：I ＝ER ＋2R ，ab 杆所受安培力大小为：F 安＝BIL ， 由受力平衡得mg sin θ＝BIL ， 联立解得：v m ＝3mgR sin θB 2L 2；(2)由电功率公式有：P ＝I 2R ， 解得：P ＝m 2g 2R sin 2θB 2L 2；(3)由题意滑动变阻器接入电路的阻值为2R ，为定值电阻的2倍，根据焦耳定律可知，滑动变阻器上产生的焦耳热为2Q ；由能量守恒定律可得： mgx sin θ＝12m v m 2＋Q ＋2Q ，解得：x ＝9m 2gR 2sin θ2B 4L 4＋3Qmg sin θ； 在ab 由静止开始至下滑到速度最大的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：14 / 35ΔΦ＝BLx ，设ab 由静止开始至下滑到速度最大所用时间为Δt ，在该过程中，回路产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt根据闭合电路欧姆定律可得，在该过程中，通过回路的平均感应电流为I ＝E3R ，又q ＝I ·Δt联立解得：q ＝3m 2gR sin θ2B 3L 3＋BLQmgR sin θ.【典例分析2】(2020·江西南昌市第二次联考)如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ ，磁感应强度B 的大小为5 T ，磁场宽度d ＝0.55 m ，有一边长L ＝0.4 m 、质量m 1＝0.6 kg 、电阻R ＝2 Ω的正方形均匀导体线框abcd 通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m 2＝0.4 kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)线框abcd 还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab 边距磁场MN 边界的距离x 多大？ (3)在(2)问中的条件下，若cd 边恰离开磁场边界PQ 时，速度大小为2 m/s ，求整个运动过程中ab 边产生的热量为多少？【答案】 (1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J【解析】 (1)线框abcd 还未进入磁场的过程中，由整体法有：m 1g sin θ－μm 2g ＝(m 1＋m 2)a 解得：a ＝2 m/s 2以m 2为研究对象有：F T －μm 2g ＝m 2a 解得：F T ＝2.4 N(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，由整体法有：15 / 35m 1g sin θ－μm 2g －B 2L 2vR ＝0解得：v ＝1 m/sab 到MN 前线框做匀加速运动，有：v 2＝2ax 解得：x ＝0.25 m(3)线框从开始运动到cd 边恰离开磁场边界PQ 时： m 1g sin θ(x ＋d ＋L )－μm 2g (x ＋d ＋L )＝12(m 1＋m 2)v 12＋Q解得：Q ＝0.4 J 所以：Q ab ＝14Q ＝0.1 J.【提分秘籍】1．电磁感应中的动力学与能量问题常出现的模型有两个：一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动．两类模型都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图象结合，所以解题方法有相通之处．可参考下面的解题步骤：2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt ，适用于电流、电阻不变； (2)功能关系：Q ＝W 克服安培力，电流变不变都适用；(3)能量转化：Q ＝ΔE (其他能的减少量)，电流变不变都适用．16 / 35【强化训练】1.(多选)(2020·山西长治市高三下学期3月线上试题)如图所示，足够长的U 形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直导轨平面，导轨NQ 部分电阻为R ，其余部分电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，与两导轨垂直且接触良好，ab 棒接入电路部分的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，ab 棒的速度大小为v ，不计空气阻力，则金属棒ab 在这一过程中( )A ．运动的平均速度大小为v 2B ．下滑位移大小为2qRBLC ．产生的焦耳热小于qBL v2D ．受到的最大安培力大小为B 2L 2vR【答案】 BC【解析】 对金属棒，根据牛顿第二定律有：mg sin θ－B 2L 2v2R ＝ma ，由于v 从0增大，所以金属棒做加速度越来越小的加速运动，则其平均速度v >v 2，选项A 错误；由q ＝ΔΦ2R ＝BLx 2R 可得x ＝2qRBL ，选项B 正确；在此过程中，金属棒产生的感应电动势最大值为E m ＝BL v ，电路产生的焦耳热Q <E m I t ＝BL v I t ＝BL v q ，ab 棒产生的焦耳热等于总焦耳热的一半，则Q ′＝Q 2<qBL v2，选项C 正确；ab 棒受到的最大安培力大小为F m ＝BI m L ＝BL E m 2R ＝B 2L 2v2R，选项D 错误．2.(2020·江西重点中学联盟联考)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度L ＝1 m ，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接阻值为R ＝0.50 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.20 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水17 / 35平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图乙所示，图象中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，取g ＝10 m/s 2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)，则( )A ．通过金属棒ab 的电流方向由b 到aB ．磁感应强度B 为0.01 TC ．金属棒ab 在开始的6.0 s 内产生的热量为3.465 JD ．金属棒ab 在开始的3.5 s 内通过的电荷量为2.8 C 【答案】 D【解析】 由右手定则可知，金属棒ab 中的感应电流由a 到b ，故A 错误； 由x －t 图象求得t ＝3.5 s 时金属棒的速度为v ＝Δx Δt ＝37.1－19.66.0－3.5 m/s ＝7 m/s金属棒匀速运动时所受的安培力大小为F ＝BIL 而I ＝ER ＋r ，E ＝BL v联立有F ＝B 2L 2vR ＋r ，根据平衡条件得F ＝mg代入数据解得B ＝0.1 T ，故B 错误；金属棒ab 在开始运动的6.0 s 内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路产生的焦耳热．设电路中产生的总焦耳热为Q ，根据能量守恒定律得mgx ＝12m v 2＋Q ，代入数据解得Q ＝3.465 J ，则金属棒ab产生的焦耳热为Q r ＝rR ＋rQ ＝0.99 J ，故C 错误；18 / 35根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt感应电流I ＝ER ＋r，电荷量q ＝I Δt 联立解得q ＝ΔΦR ＋r又ΔΦ＝BLx 则电荷量为q ＝BLxR ＋r由题图乙可知金属棒ab 在开始的3.5 s 内的位移x ＝19.6 m ，代入数据解得q ＝2.8 C ，故D 正确． 3.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨CD 、EF 倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝37°，两导轨间距为L ，导轨下端分别连着电容为C 的电容器和阻值R ＝3r 的定值电阻．一根质量为m 、电阻为r 的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间、另一端跨过轻质定滑轮与质量M ＝3.6m 的重物相连．金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计，初始状态用手托住重物使轻绳恰处于伸直状态，由静止释放重物，求：(sin 37°＝0.6，重力加速度大小为g ，不计滑轮摩擦)(1)若S 1闭合，S 2断开，电阻R 的最大瞬时热功率；(2)若S 1和S 2均闭合，当金属棒速度达到最大值时，遇到障碍物突然停止运动，金属棒停止运动后，通过金属棒的电荷量；(3)若S 1断开、S 2闭合，请通过计算判断重物的运动性质．【答案】 (1)27m 2g 2r B 2L 2 (2)27mgrC 4BL(3)重物做初速度为零的匀加速直线运动【解析】 (1)S 1闭合，S 2断开时，重物由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到沿导轨向下的安培力作用，速度最大时，感应电动势最大，感应电流最大，则电阻R的瞬时热功率最大，当金19 / 35属棒速度最大时有Mg ＝mg sin 37°＋BIL ，得I ＝3mgBLP m ＝I 2R联立解得P m ＝27m 2g 2rB 2L2(2)S 1和S 2均闭合时，电容器两极板间的最大电压U m ＝U R ＝IR ＝9mgrBL电容器所带的最大电荷量Q m ＝CU m ＝9mgrCBL金属棒停止运动后，电容器开始放电，此时电阻R 与金属棒并联， 通过金属棒的电荷量q ＝R R ＋rQ m ＝27mgrC4BL(3)S 1断开、S 2闭合时，设从释放重物开始经时间t 金属棒的速度大小为v ，加速度大小为a ，通过金属棒的电流为i ，金属棒受到的安培力F ＝BiL ，方向沿导轨向下，设在t ～(t ＋Δt )时间内流经金属棒的电荷量为ΔQ ，ΔQ 也是平行板电容器在t ～(t ＋Δt )时间内增加的电荷量，感应电动势E ＝BL v ，平行板电容器所带电荷量Q ＝CE ＝CBL v ，故ΔQ ＝CBL Δv Δv ＝a Δt 则i ＝ΔQΔt＝CBLa设绳中拉力为F T ，由牛顿第二定律，对金属棒有F T －mg sin θ－BiL ＝ma 对重物有Mg －F T ＝Ma 解得a ＝Mg －mg sin θM ＋m ＋CB 2L 2可知a 为常数，则重物做初速度为零的匀加速直线运动．【题型四】 电磁感应中的动量问题【典例分析1】(多选)(2020·湖南常德市高三二模)如图所示，两条相距为L 的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的定值电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．导体棒ab 垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R .若给棒以平行导轨向右的初速度v 0，当通20 / 35过棒横截面的电荷量为q 时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为x .则在这一过程中( )A ．导体棒做匀减速直线运动B ．当棒发生的位移为x 2时，通过棒横截面的电荷量为q2C ．在通过棒横截面的电荷量为q3时，棒运动的速度为v 03D ．定值电阻R 产生的热量为BqL v 04【答案】 BD【解析】 由于导体棒向右减速运动，则感应电动势减小，感应电流减小，所以导体棒受到的安培力减小，根据牛顿第二定律可知其加速度减小，故导体棒做变减速运动，故A 错误；当棒的速度减为零，发生的位移为x 时，通过棒横截面的电荷量为q ＝ΔΦ2R ＝BLx 2R ，则当棒发生的位移为x 2时，通过棒横截面的电荷量为q2，故B 正确；当棒的速度减为零时，通过棒横截面的电荷量为q ＝BLx2R ，设这段时间回路中的平均电流为I 1，由动量定理得－B I 1Lt 1＝0－m v 0，其中q ＝I 1t 1当通过棒横截面的电荷量为q3时，设这段时间回路中的平均电流为I 2由动量定理得－B I 2Lt 2＝m v 1－m v 0，其中q3＝I 2t 2解得：v 1＝2v 03，m ＝qBLv 0，故C 错误；根据能量守恒可知，棒的速度减为零的过程中，定值电阻R 产生的热量为： Q R ＝12ΔE k ＝14m v 02＝qBL v 04，故D 正确．。

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考题回访专题五电路和电磁感应第13讲电磁感应规律及其应用1.(多选）（2015·全国卷Ⅰ)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。

实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。

实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。

下列说法正确的是( ）A。

圆盘上产生了感应电动势B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C。

在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动【解析】选A、B。

由于磁针位于圆盘的正上方，所以穿过圆盘的磁通量始终为零，故C错误；如果将圆盘看成由沿半径方向的“辐条"组成,则圆盘在转动过程中，“辐条"会切割磁感线产生感应电动势,在圆盘中产生涡电流,该涡电流产生的磁场导致磁针运动，故A、B正确；同时圆盘中的自由电子随圆盘一起转动形成电流,该电流对磁针的转动没有作用，D错误。

2。

（2015·全国卷Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。

十一、电磁感应 1．楞次定律：（阻碍原因）
内外环电流方向：“增反减同”自感电流的方向：“增反减同”
磁铁相对线圈运动：“你追我退，你退我追”
通电导线或线圈旁的线框：线框运动时：“你来我推，你走我拉”
电流变化时：“你增我远离，你减我靠近” 2．i 最大时（0=∆∆t I ，0＝框I ）或i 为零时（最大t I ∆∆最大框I ）框均不受力。

3．楞次定律的逆命题：双解，加速向左＝减速向右
4．两次感应问题：先因后果，或先果后因，结合安培定则和楞次定律依次判定。

5．平动直杆所受的安培力：总R V L B F 22=，热功率：总
热R V L B P 222=。

6．转杆（轮）发电机：ωε221BL ＝ 7．感生电量：总R n Q φ∆=。