2020高考物理 专题9电磁感应热点分析与预测 精品

专题09 电磁感应现象及电磁感应规律的应用1.如图1所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，c、d间，d、e间，c、f 间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻。

一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。

下列说法中正确的是( )图1A．导体棒ab中电流的流向为由b到aB．c、d两端的电压为2 VC．d、e两端的电压为1 VD．f、e两端的电压为1 V【答案】D2．如图，虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L.一等腰直角三角形导线框abc，ab边与bc边长度均为L，bc边与虚线边界垂直．现让线框沿bc方向以速度v匀速穿过磁场区域，从c点经过虚线P起先计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i 的正方向，则下列四个图象中能正确表示i－t图象的是( )【答案】A【解析】由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且渐渐增大，导线框刚好完全进入P 、Q 之间的瞬间，电流由正向最大值变为零，然后电流方向变为顺时针(即沿负方向)且渐渐增加，当导线框刚好完全进入Q 、R 之间的瞬间，电流由负向最大值变为零，然后电流方向变为逆时针且渐渐增加，当导线框离开磁场时，电流变为零，故A 正确．3.如图4所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图。

把一个半径为r 的铜盘放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触，G 为灵敏电流表。

现使铜盘依据图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法中正确的是( )图4A ．C 点电势肯定高于D 点电势B ．圆盘中产生的感应电动势大小为12Bωr 2C ．电流表中的电流方向为由a 到bD ．若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度匀称增大，在铜盘中可以产生涡旋电流 【答案】BD4.如图5所示，一边长为l ＝2a 的正方形区域内分布着方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。

2020年届专题卷物理专题九答案与解析1．【命题立意】本题主要考查磁通量的变化率和Φ、ΔΦ、ΔΦ/Δt的区别。

【思路点拨】Φ表示穿过磁场中某个面的磁感线的条数，是状态量，由面积S、磁感应强度B以及它们的夹角决定，只有当面积S与磁感应强度B垂直时，Φ=BS才能成立，如果B与S的夹角为θ，则应把面积S 沿与B垂直的方向投影，此时Φ=BS sinθ。

磁通量变化量ΔΦ是指末态的Φ2与初态的Φ1的差，即ΔΦ=Φ2－Φ1，是过程量，它可以由有效面积的变化、磁场的变化而引起，且穿过闭合回路的磁通量发生变化是产生感应电动势的必要条件。

磁通量变化率ΔΦ/Δt是表示单位时间内磁通量变化的大小，即磁通量变化快慢，感应电动势的大小与回路中磁通量变化率ΔΦ/Δt成正。

【答案】C【解析】E=ΔΦ/Δt，ΔΦ与Δt的比值就是磁通量的变化率，所以只有C正确。

2．【命题立意】本题主要考查自感现象和互感现象。

【思路点拨】自感现象的应用：凡是有导线、线圈的设备中，只要有电流变化都有自感现象存在，但对于特殊的双线绕法要加以区别，因此在做题时要特别留心这一特殊情况。

【答案】BD【解析】两线圈绕的方向相反，线圈产生的磁场方向相反。

螺旋管内磁场和穿过螺旋管的磁通量都不发生变化，回路中一定没有自感电动势产生，正确答案选BD。

3．【命题立意】本题考查感应电流产生的条件。

【思路点拨】长度为L的导体，以速度v在磁感应强度为B的匀强磁场中做切割磁感线运动时，在B、L、v互相垂直的情况下，导体中产生的感应电动势的大小恒为：E=BLv，在M中产生恒定的感应电流，不会造成N中磁通量的变化，电流表无读数。

【答案】D【解析】导体棒匀速向右运动的过程中，根据法拉第电磁感应定律可知，M中产生稳定的电流，则通过N中的磁通量保持不变，故N中无感应电流产生，选项D正确。

4．【命题立意】本题主要考查感应电动势和感应电流的产生条件和楞次定律。

【思路点拨】感应电动势和感应电流产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化，就一定有感应电动势产生，电路可以闭合也可以断开。

2020高考物理精品习题：电磁感应（全套含解析）高中物理第I 课时 电磁感应现象？楞次定律1如图12- 1 — 9所示，在同一平面内有四根彼此绝缘的直导线，分不通有大小相同 如图的电流，要使由四根直导线所围成的面积内的磁通量增加，那么应切断哪一根导 的电流〔〕A 、切断i i ;B 、切断i 2；C 、切断i 3；D 、切断i 4.【解析】i 1产生的的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里; 围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；i 3产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；i 4产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向外；因此四根导线产生的 磁场叠加后在导线所围的面积内的磁场方向向里•故要使由四根直导线所围成的面积内的磁通量增加，只 要将磁场方向相反的i 4去除就能够了. 【答案】D2、磁悬浮列车是在车辆底部安装电磁铁，在轨道两旁铺设一系列的铝环•当列车运行时，电磁铁产生的 磁场相对铝环运动，列车凌空浮起，使车与轨道间的摩擦减小到专门小，从而提高列车的速度.以下讲法 正确的选项是〔〕A 、 当列车通过铝环时，铝环中有感应电流， 感应电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相同.B 、 当列车通过铝环时，铝环中有感应电流，感应电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相反.C 、 当列车通过铝环时，铝环中通有电流，铝环中电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相同.D 、 当列车通过铝环时，铝环中通有电流，铝环中电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相反. 【解析】列车通过铝环时，铝环中磁通量增大，铝环中产生感应电流，由楞次定律可知，铝环中感应电流 的磁场方向与电磁铁的磁场方向相反，从而使电磁铁受到向上的力，使列车悬浮. 【答案】B3、如图12— 1 — 10所示，一闭合的金属环从静止开始由高处下落通过条形磁铁后连续下落，空气阻力不 计，那么在圆环运动过程中，以下讲法正确的选项是〔A 、 圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于B 、 圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于C 、 圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于D 、 圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度大于【解析】一闭合的金属环从静止开始由高处下落通过条形磁铁的过程中，闭合金属环的磁通量先增大，而 后减小，依照楞次定律它增大时，不让它增大即阻碍它增大；它要减小时，不让它减小即阻碍它减小，因此下落时圆环在磁铁的上方和下方，圆环所受的安培力都向上，故加速度都小于 【答案】B4、如图12— 1 — 11所示，螺线管CD 的导线绕法不明.当磁铁 AB 插入螺线 电路中有图示方向的感应电流产生.以下关于螺线管极性的判定正确的选项 〔 〕A 、C 端一定是N 极B 、C 端的极性一定与磁铁 B 端的极性相同甘方向B3 12^1—?i 2产生的磁场在导线所〕 g ,在下方时大于 g g ，在下方时也小于 g g ，在下方时等于gg ,在下方时小于 g场必定g .国 12-1-11管时, 是C、C端一定是S极D、无法判定，因螺线管的绕法不明确【解析】磁铁AB插入螺线管时，在螺线管中产生感应电流，感应电流的磁阻碍AB 插入，故螺线管的 C 端和磁铁的B 端极性相同. 【答案】B5、如图12- 1 - 12所示，平行导体滑轨 MM 〈 NN ，水平放置，固定在匀强磁场中•磁场的方向与水平面垂 直向下.滑线 AB 、CD 横放其上静止，形成一个闭合电路.当 AB 向右滑动时，电路中感应电流的方向及8、如图12- 1 - 15所示，边长为h 的正方形金属导线框，从图示的位置由静止开 落，通过一匀强磁场区域， 磁场方向水平，且垂直于线框平面， 磁场区域宽度为 边界如图中虚线所示， H h .从线框开始下落到完全穿过磁场区域的全过程中， 判定正确的选项是〔 〕 ①线框中总有感应电流存在②线框受到磁场力的合力方向有时向上有时向下③线 动方向始终是向下的④线框速度的大小不一定总是在增加 A 、①②B 、③④C 、①④D 、②③【解析】因H h ，故能够分为三个过程：①从下边开始进入磁场到全部进入磁场；②从全部开始进入磁场到下边开始离开磁场；③下边开始离开磁场到全部离开磁场.再由楞次定律和左手定那么能够判定明 白.可能会使线框离开磁场时线框所受的安培力大于线框的重力，从而使线框的速度减小. 【答案】B9、如图12- 1- 16所示，A 、B 是两个相互垂直的线框， 两线框相交点恰 线框的中点，两线框互相绝缘， A 线框中有电流，当线框 A 的电流强度 时，线框B 中 _________ 感应电流.〔填”有无"〕【解析】A 线框中尽管有电流， 同时产生了磁场，但磁感应强度的方向与滑线CD 受到的磁场力的方向分不为〔 A 、 电流方向沿 B 、 电流方向沿 C 、 电流方向沿 D 、 电流方向沿 ABCDA , ABCDA , ADCBA , ADCBA , 受力方向向右; 受力方向向左; 受力方向向右; 受力方向向左.【解析】此题用右手定那么和楞次定律都能够解决, 但用楞次定律比较快捷.由于AB 滑线向右运动，ABCD 所构成的回路面积将要增大，磁通量将增大，依照楞次定律要阻碍它 增大，因此产生的感应电流方向沿 ADCBA , CD 滑线将向右滑动，故受力方向向右.【答案】C6、如图12- 1- 13所示，在绝缘圆筒上绕两个线圈 P 和Q ,分不与 E 和电阻R 构成闭合回路，然后将软铁棒迅速插入线圈 P 中，那么 入的过程中〔〕A 、电阻R 上有方向向左的电流B 、电阻R 上没有电流C 、电阻R 上有方向向右的电流D 、条件不足，无法确定【解析】 软铁棒被磁化，相当于插入一根跟 P 的磁场同向的条形磁铁，使 P 、Q 线圈中的磁通量增加.由 楞次定律得，在 Q 中产生的感应电流向右通过电阻R .【答案】C7、如图12- 1 — 14所示，一有限范畴的匀强磁场，宽度为 形导线框以速度 时刻应等于〔A 、d/ ud ，将一个边长为L 的U 匀速地通过磁场区域，假设 d>L ,那么在线框中不产生感应电 〕 B 、L/ uC 、(d - L)/; uD 、(d - 2L)/; ux x >—X XJ & —》S 12-1-14【解析】线框中不产生感应电流，那么要求线框所组成的闭合回路内的磁通量不变化，即线框全部在磁场中匀速运动时没有感应电流.因此线框从左边框进入磁场时开始到线框的右边框 将要离开磁场时止，那个过程中回路中将没有感应电流.【答案】C正方流的发生f X X X Hx BX X j_X_ X X始下 上下 以下 框运左右DS 12-1-12阳 12-1-13是两 增大A 线50框的平面相垂直，即与 B 线框平行•因此不管 A 线框中的电流如何变化， B 线框中始终没有磁通量，即无 磁通量变化. 【答案】无210、与磁感应强度B 0.8T 垂直的线圈面积为 0.05m ，现在线圈的磁通量是多大？假设那个线圈绕有 匝时，磁通量多大？线圈位置假如转过530时磁通量多大?【解析】依照磁通量的定义：磁感应强度 B 与面积S 的乘积，叫做穿过那个面的磁通量，但要注意rE BL 0，而它相当于一个电源，同时其内阻为；金属棒两端电势差相当于外电路的端电压.外电S 是与磁感应强度 B 相垂直的那部分面积.即 BS 故:① 1 BS 10.8 0.05Wb4 10 2Wb②线圈绕有 50匝，但与磁感应强度 B 垂直的面积依旧 20.05m ,故穿过那个面的磁感线条数不变.磁通量也可明白得为穿过那个面的磁感线的条数.因此仍旧为 24 10 2Wb③依照磁通量的定义： 3BS COS 530 0.8 0.05 0.6Wb 2.4 10 2Wb 【答案】①14 10 2Wb ②2 4 10 2Wb ③32.4 10 2Wb第H 课时 法拉第电磁感应定律？自感1、如图12-2 — 12所示，粗细平均的电阻为 r 的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为r环直径为d ,长为L ,电阻为一的金属棒ab 放在圆环上，以速度 2金属棒两端电势差为〔 C 、^BL 0 ；20向左匀速运动,棒运动到图示虚线位置时, A 、0;B 、 BLD 1BL 0 .B ，圆 当ab【解析】当金属棒 ab以速度 °向左运动到图示虚线位置时, 依照公式可得产生的感应电动势为路半个圆圈的电阻为 -,而这两个半个圆圈的电阻是并联关系，故外电路总的电阻为 -,因此外电路电压23BL 0 .为U ba【答案】 1E3D 12-2- 13所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水 平的初速0抛出，设在整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，那么在金属动过程中产生的感应电动势大小变化情形是〔 〕A 、越来越大；B 、越来越小；C 、保持不变；D 、无法判定. 【解析】金属棒做切割磁感线的有效速度是与磁感应强度 B 垂直的那个分速度,金属棒做切割磁感线的水平分速度不变，故感应电动势不变.B 12-2—12棒运图 12^2-13【解析】线框在A 、C 位置时只受重力作用， 加速度a A = a C = g .线框在B 、D 位置时均受两个力的作用,【答案】C3、〔 2003年杭州模拟题〕如图 12-2 — 14所示为日光灯的电路图，以 法中正确的选项是〔〕①日光灯的启动器是装在专用插座上的，当日光灯正常发光后，取下启 器，可不能阻碍灯管发光•②假如启动器丢失，作为应急措施，能够用 段带绝缘外皮的导线启动日光灯•③日光灯正常发光后，灯管两端的电 220V .④镇流器在日光灯启动时，产生瞬时高压A 、①②B 、③④C 、①②④D 、②③④ 【解析】日光灯正常发光后，由于镇流器的降压限流作用，灯管两端的 要低于220V . 电压【答案】C4、〔 2002年全国高考卷〕如图 12— 2 — 15中EF 、GH 为平行的金属导轨，其电阻可不计, R 为电阻器, 表示图中该处导线中的电流，那么当横杆 AB 〔 〕 EAF A 、匀速滑动时，h 0 ,丨2 0B 、匀速滑动时11 0 , 120 A:XRXC 、加速滑动时，I 10 , I 2 0D 、加速滑动时，丨10,丨2C-k > XB【解析】横杆匀速滑动时，由于 EBL 不变，故I ? 0 , I 1 0 •加国 12-2-L5动时，由于E BL 逐步增大，电容器不断充电，故 I 1 0 , I 20 .【答案】D5、如图12— 2 — 16所示，线圈由A 位置开始下落，假设它在磁场中受到的磁场 于重力，那么在 A 、B 、C 、D 四个位置〔B 、D 位置恰好线圈有一半在磁场中〕 度的关系为〔 〕A 、 a A >aB >a c >a DB 、 a A = aC > a B > aD C 、 a A = a c > a D > a BD 、 a A = a C > a B = a DA D---B pTL ___XXX c[x\ XX •哂0 12-2—15力总小 时加速其中安培力向上 重力向下由于重力大于安培力，因此加速度向下，大小B 2l 2〔吨飞ma 丨又线框在 D 点时速度大于 B 点时速度，即 F D F B ，因此a B > a D .因此加速度的关系为a A = a c >a B >a D .【答案】B6、如图12— 2 — 17所示，将长为1m 的导线从中间折成约为 1060的角，磁感应 为0.5T 的匀强磁场垂直于导线所在的平面.为使导线产生 4V 的感应电动势，导线切割磁感线的最小速度约为 ___________ .下讲动 一小 压为C 为电容器，AB 为可在EF 和GH 上滑动的导体横杆，有平均磁场垂直于导轨平面•假设用 丨1和丨2分不速滑强度 那么国 12-2-17mgRsinB 2L 2【答案】〔1〕ab 杆受到一个竖直向下的重力；垂直斜面向上的支持力；沿斜面向上的安培力【解析】 欲使导线获得4V 的感应电动势，而导线的速度要求最小，依照 形下，L 最大且 与L 垂直时速度最小. BL 可知：E 、B 一定的情故依照E BL 得: minBL4m/s 10m/s0.5 0.8【答案】10m/s7、如图12- 2- 18所示，匀强磁场的磁感应强度为C 100 F , ab 长为 20cm ，当 ab 以10m/s 的速度向右匀速运动时,中的电流为【解析】 ,电容器上板带 感应电动势E BL0.4 ________ 电，电荷量为 _________ C .0.2 10V0.8V ，极板上的电荷量k x xh]XX k X XT电路Q CE100 10 6 0.8C10 5C .由于感应电动势一定， 电容器的带电荷量因此电路中无电流.【答案】 零；正；8 10 5C8、〔 2004年北京高考试卷〕如图 角为的绝缘斜面上，两导轨间距为 杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直. 下•导轨和金属杆的电阻可忽略•让 间的摩擦. (1)由b 向a 方向看到的装置如图 12-2- 19 所示，请在此图中画出 ab 杆下滑过程中某的受力示意图；〔2〕在加速下滑的过程中，当 ab 杆的速度 为 时，求现在ab 杆中的电流及其加速度 小； 〔3〕求在下滑过程中，ab 杆能够达到的速 大值.【解析】〔1〕ab 杆受到一个竖直向下的重力; 得所受的安培力沿斜面向上.12-2- 19〔 1〕所示，两根足够长的直金属导轨 L . M 、P 两点间接有阻值为 整套装置处于磁感应强度为 ab 杆沿导轨由静止开始下滑，MN 、PQ 平行放置在倾R 的电阻•一根质量为 m 的平均直金属 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向 导轨和金属杆接触良好，不计它们之(画图略)〔2〕当ab 杆的速度大小为时，产生的感应电动势为 E BL ，现在杆ab 的电流为IBLR ；受到的 安培力为F BILB 2 L 2依照牛顿第二定律得 mg sinB 2 L 2 Rma即a gsin 『L 2 mR〔3〕当加速度为零时速度达到最大即疋，0.4T , R 100函 12-2-1S度最團 12-2-19垂直斜面向上的支持力；依照楞次定律的”阻碍 作用可大小 的大〔2〕2 2r 、B2 L2〔2〕a g sin 〔3〕mmR mgRsi n B2L29、〔2003年北京海淀区模拟题〕如图12—2—20所示，MN和PQ是固定在水平面内间距L = 0.2m的平行金属导轨，轨道的电阻忽略不计.金属杆ab垂直放置在轨道上.两轨道间连接有阻值为R0 1.5的电阻，ab杆的电阻R 0.5 . ab杆与导轨接触良好并不计摩擦，整个装置放置在磁感应强度为 B 0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向下.对ab杆施加一水平向右力，使之以5m/s速度在金属轨道上向右匀速运动.求：〔1〕通过电阻R o的电流；〔2〕对ab杆施加的水平向右的拉力大小；〔3〕ab杆两端的电势差. Mr ---------- N轨XXEXbl函12-2-3D【解析】〔1〕a、b杆上产生的感应电动势为E BL0.5V .依照闭合电路欧姆定律，通过R o的电流ER R o0.25A〔2〕由于ab杆做匀速运动，拉力和磁场对电流的安培力F大小相等，即卩拉=F BIL 0.025N〔3〕依照欧姆定律，ab杆两端的电势差U ab -ER°BL Ro0.375V R R o R R0【答案】〔1〕0.25A〔2〕0.025N〔3〕0.375V10、〔2004年上海高考卷〕水平向上足够长的金属导轨平定放置，间距为L, 一端通过导线与阻值为R的电阻连接；上放一质量为m的金属杆〔如图12-2 —21所示〕，金属导轨的电阻忽略不计；平均磁场竖直向下.用与导轨平行定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动. 当改变大小时，相对应的匀速运动速度也会变化，和F的关—* F X X行固导轨杆与的恒拉力系如图12— 2 —22所示.〔取重力加速度g 10m/s2〕〔1〕金属杆在匀速运动之前做什么运动?〔2〕假设m 0.5kg, L 0.5m, R 0.5 ；磁感应强度B为多大?〔3〕由一F图线的截距可求得什么物理量？其值为多少?【解析】〔1〕假设金属棒与导轨间是光滑的，那么平稳时必有恒定拉力与安培力平稳，即B2从而得到RB2L2 F，即与F成线性关系且通过坐标原点.而此题的图像坐标没有通过原点，讲明金等.故金属棒在匀速运动之前做变速运动〔加速度越来越小〕. 圈12-2—21属棒与导轨间有摩擦•金属棒在匀速运动之前 F F f + F安，随着速度的增加，安培力越来越大，最后相B 2 L 2〔2〕设摩擦力为F f ，平稳时有F = F f + F 安=F f + 皂上.选取两个平稳状态，得到两个方程组，从而R求解得到•如当 F = 4N 时， =4m/s ；当F = 10N 时,解得：B = 1T , F f 2N 〔3〕由以上分析得到：一F 图线的截距可求得金属棒与导轨间的摩擦力，大小为 2N .【答案】〔1〕金属棒在匀速运动之前做变速运动〔加速度越来越小〕；〔 2〕B = 1T ;〔 3〕 — F 图线的截距可求得金属棒与导轨间的摩擦力，大小为2N .第皿课时 电磁感应和电路规律的综合应用1如图12-3 — 7所示，闭合导线框的质量能够忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，假设第 次用0.3s 时刻拉出，外力做的功为 W 1，通过导线截面的电量为为W 2，通过导线截面的电量为 q 2，那么〔 〕；X A 、W 1 W , q 1 q 2 B 、W 1 W 2 , q 1 q 2 :X ilC 、W 1 W 2, q 1 q 2D 、W 1 W 2 , q 1 q 2:X 1. N 4【解析】 设矩形线框的竖直边为 a ,水平边为 b ，线框拉出匀强磁场时的速度为 框拉出匀强磁场时产生的感应电动势为 E Ba ，产生的感应电流为丨| X I X X X ： I —► 齟 12-3^7 ，线框电阻为R •那么线B a R 依照平稳条件得：作用的外力等于安培力即 F 安=Bia将线框从磁场中拉出外力要做功 W F b B 2ba 2R 由那个表达式可知: B 2b a 2 B-b ^两种情形都一样, R 拉出的速度越大，做的功就越多. 第一次速度大，故W 1 E t R 在磁场中的面积变化有关，即从磁场中拉出的线框面积•由于两次都等于整个线框的面积即两次拉出在磁 依照q 11 ,由这一推导过程可知两次拉出磁场通过导线截面的电量只与 场中的面积变化相等•故通过导线截面的电量两次相等•即 q i q 2【答案】C 2、如图12— 3 — 8所示，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，有半径为 r 的光滑 形导体框，OC 为一能绕O 在框架上滑动的导体棒， Ob 之间连一个电阻 R ,导 架与导体电阻均不计，假设要使 OC 能以角速度 匀速转动，那么外力做功的 是〔 〕R国 12-3-&X 0X半圆 体框 功率B 2 L 216m/s •代入 F = F f + B 一—Rq i ，第二次用0.9s 时刻拉出，外力做的功2R 【解析】由于导体棒匀速转动, 1 律得：E B I B- I I 2 4R 8R 因此外力的功率与产生的感应电流的电功率相等.依照法拉第电磁感应定 (1B I 2)2RI 2，因此电功率为P E 2 4R 【答案】C 3、用同种材料粗细平均的电阻丝做成 在电阻可忽略的光滑的平行导轨上， ef 较长，分 ab 、cd 、ef 三根导线， 如图12-3-9所示，磁场是平均的， ,而且每次 力使导线水平向右作匀速运动 〔每次只有一根导线在导轨上〕 做功功率相同，那么以下讲法正确的选项是〔 〕 A 、ab 运动得最快 B 、ef 运动得最快 C 、导线产生的感应电动势相等 D 、每秒钟产生的热量不相等磁感应定律得产生的感应电动势为 i C e:X 」； 乂 X X >X x乂、A] Xb d f国 L2-3-9不放 用外 外力l 〕•依照法拉第电 E B l ，由于匀速运动，因此外力做功的功率与电功率相等即 .B 2l 2 由图可知导线ef 最长，ab 最短， 因此有R ef R cd R ab 故ef 运动得最快. 由E B l 和ef 的速度最大可知导线 ef 产生的感应电动势最大. 由于三根导线产生的电热功率相等，由 Q Pt 得每秒钟产生的热量相等. 【答案】B 4、如图12-3- 10所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，当ab 棒下滑到稳固状态时，小灯泡获得的功率为 P o ，除灯泡外，其它电阻不计，要使灯泡的功率变为2P 。

专题09 电磁感应的综合应用（能量问题、动量问题、杆+导轨模型）考点分类：考点分类见下表考点内容常见题型及要求考点一电磁感应中的能量问题选择题、计算题考点二电磁感应中的动量问题选择题、计算题考点三电磁感应中的“杆+导轨”模型选择题、计算题考点一: 电磁感应中的能量问题1.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路);(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.3.方法技巧求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的电能.③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和电能.学科#网考点二电磁感应中的动量问题电磁感应问题往往涉及牛顿定律、动量守恒、能量守恒、电路的分析和计算等许多方面的物理知识,试题常见的形式是导体棒切割磁感线,产生感应电流,从而使导体棒受到安培力作用.导体棒运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速3种,对前两种情况,容易想到用牛顿定律求解,对后一种情况一般要用能量守恒和动量守恒定律求解,但当安培力变化,且又涉及位移、速度、电荷量等问题时,用动量定理求解往往能巧妙解决.方法技巧动量在电磁感应中的应用技巧(1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.①求电荷量或速度:B I lΔt=mv2-mv1,q=I t.③求位移:-BIlΔt=-22B l v tR总=0-mv0,即-22B lR总x=m(0-v0).(2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.考点三：电磁感应中的“杆+导轨”模型模型概述“导轨+杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”,也是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化空间大,是我们复习中的难点.“导轨+杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型;导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜;杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等;磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等,情景复杂,形式多变常见类型单杆水平式(导轨光滑)设运动过程中某时刻棒的速度为v,加速度为a=Fm-22B L vmR,a,v同向,随v的增加,a减小,当a=0时,v最大,I=BLvR恒定单杆倾斜式(导轨光滑)杆释放后下滑,开始时a=gsin α,速度v↑→E=BLv↑→I=ER↑→F=BIL↑→a↓,当F=mgsin α时,a=0,v最大双杆切割式(导轨光滑)杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,以相等的速度匀速运动.对系统动量守恒,对其中某杆适用动量定理学科&网光滑不等距导轨杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,两杆以不同的速度做匀速运动含“源”水平光滑导轨(v0=0)S闭合,ab杆受安培力F=BLEr,此时a=BLEmr,速度v↑⇒E感=BLv↑⇒I↓⇒F=B IL↓⇒加速度a↓,当E感=E时,v最大,且v m=EBL含“容”水平光滑导轨(v0=0)拉力F恒定,开始时a=Fm,速度v↑⇒E=BLv↑,经过Δt速度为v+Δv,此时E′=BL(v+Δv),电容器增加的电荷量ΔQ=CΔU=C(E′-E)=CBLΔv,电流I=Qt∆∆=CBL vt∆∆=CBLa,安培力F安=BIL=CB2L2a,F-F安=ma,a=22Fm B L C+,所以杆做匀加速运动★考点一：电磁感应中的能量问题◆典例一：( 2019·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1.当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m处时撤去外力F ，此后棒ab 将继续运动，最终返回至x ＝0处．棒ab 始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F-x 图象下的“面积”代表力F 做的功，sin 37°＝0.6)(1)磁感应强度B 的大小； (2)外力F 随位移x 变化的关系式；(3)在棒ab 整个运动过程中，电阻R 产生的焦耳热Q.【解析】(1)在x 1＝0.2 m 处时，电阻R 消耗的电功率P ＝(Blv )2R此时v ＝kx ＝1 m/s 解得B ＝PR (lv )2＝305 T(2)在无磁场区间0≤x<0.2 m 内，有 a ＝5 s －1×v ＝25 s －2×xF ＝25 s －2×xm ＋μmgcos θ＋mgsin θ＝(0.96＋2.5x) N 在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m 内，有 F A ＝(Bl )2vR＝0.6x NF ＝(0.96＋2.5x ＋0.6x) N ＝(0.96＋3.1x) N (3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积) W A1＝0.6 N 2(x 1＋x 2)(x 2－x 1)＝0.18 J撤去外力后，设棒ab 上升的最大距离为x ，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有 (mgsin θ＋μmgcos θ)x ＝12mv 2(mgsin θ－μmgcos θ)x ＝12mv′2解得v′＝2 m/s由于mgsin θ－μmgcos θ－(Bl )2v′R ＝0故棒ab 再次进入磁场后做匀速运动下降过程中克服安培力做的功W A2＝(Bl )2v′R (x 2－x 1)＝0.144 JQ ＝W A1＋W A2＝0.324 J 【答案】 (1)305T (2)(0.96＋3.1x) N (3)0.324 J◆典例二：[用功能关系求焦耳热]两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d ＝1 m ，在左端弧形轨道部分高h ＝1.25 m 处放置一金属杆a ，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 的电阻分别为R a ＝2 Ω、R b ＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝2 T ．现杆b 以初速度大小v 0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b 的平均电流为0.3 A ；从a 下滑到水平轨道时开始计时，a 、b 运动的速度—时间图象如图乙所示(以a 运动方向为正方向)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g ＝10 m/s 2，求：(1)杆a 在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热． 【答案】(1)5 s (2)73 C (3)1156J【解析】(1)设杆a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为v b0，对杆b 运用动量定理，有Bd I －·Δt ＝m b (v 0－v b0)其中v b0＝2 m/s 代入数据解得Δt ＝5 s.(2)对杆a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有m a gh ＝12m a v 2a解得v a ＝2gh ＝5 m/s设最后a 、b 两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b0＝(m a ＋m b )v′ 代入数据解得v′＝83m/s杆a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从v a 到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝m a (v a －v′)而q ＝I·Δt′代入数据得q ＝73C.(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的焦耳热为 Q ＝m a gh ＋12m b v 20－12(m b ＋m a )v′2＝1616 J b 棒中产生的焦耳热为Q′＝52＋5Q ＝1156 J.★考点二：电磁感应中的动量问题◆典例一：．(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上．t ＝0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动．运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图象中可能正确的是( )【答案】AC【解析】棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到方向与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝v02，选项A、C均正确，B、D均错误．◆典例二：[动量定理和能量守恒结合](2018·江西九江模拟)如图所示,光滑水平面停放一小车,车上固定一边长为L=0.5 m的正方形金属线框abcd,金属框的总电阻R=0.25 Ω,小车与金属框的总质量m=0.5 kg.在小车的右侧,有一宽度大于金属线框边长,具有理想边界的匀强磁场,磁感应强度B=1.0 T,方向水平且与线框平面垂直.现给小车一水平速度使其向右运动并能穿过磁场,当车上线框的ab边刚进入磁场时,测得小车加速度a=10 m/s2.求:(1)金属框刚进入磁场时,小车的速度为多大?(2)从金属框刚要进入磁场开始,到其完全离开磁场,线框中产生的焦耳热为多少? 【答案】(1) v 0=5 m/s. (2) 4.0 J. 【解析】(1)设小车初速度为v 0,则线框刚进入磁场时,ab 边由于切割磁感线产生的电动势为E=BLv 0 回路中的电流I=ER,根据牛顿定律BIL=ma 由以上三式可解得v 0=5 m/s.学&科网(2)设线框全部进入磁场时小车速度为v 1,进入过程平均电流为1I ,所用时间为Δt,则1I =R t ∆Φ∆=2BL R t∆根据动量定理得-B 1I LΔt=mv 1-mv 0,解得v 1=4 m/s设线框离开磁场时小车速度为v 2,离开过程平均电流为2I ,所用时间为Δt 1,则2I =1R t ∆Φ∆=21BL R t ∆ 根据动量定理得-B 2I LΔt 1=mv 2-mv 1,解得v 2=3 m/s线框从进入到离开产生的焦耳热Q=12m 20v -12m 22v =4.0 J.★考点三：电磁感应中的“杆+导轨”模型◆典例一：(2018·高考江苏卷)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B.质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆( )A ．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B ．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C ．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD ．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L 4【答案】BC【解析】根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A 错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B 正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd ，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q 1＝2mgd ，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为2×2mgd ＝4mgd ，选项C 正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v ＝2gh ，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝ER ，所受安培力F ＝BIL ，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即F>mg ，联立解得h>m 2gR 22B 4L 4，选项D 错误．◆典例二(2019·高考天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN 和PQ 长度也为l 、电阻均为R ，两棒与导轨始终接触良好．MN 两端通过开关S 与电阻为R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ 的质量为m ，金属导轨足够长、电阻忽略不计．(1)闭合S ，若使PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力F ，并指出其方向；(2)断开S ，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v 的加速过程中流过PQ 的电荷量为q ，求该过程安培力做的功W.【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，则E ＝k ①设PQ 与MN 并联的电阻为R 并，有 R 并＝R 2②闭合S 时，设线圈中的电流为I ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER 并＋R③ 设PQ 中的电流为I PQ ，有 I PQ ＝12I ④设PQ 受到的安培力为F 安，有 F 安＝BI PQ l ⑤保持PQ 静止，由受力平衡，有 F ＝F 安⑥联立①②③④⑤⑥式得 F ＝Bkl 3R⑦ 方向水平向右．(2)设PQ 由静止开始到速度大小为v 的加速过程中，PQ 运动的位移为x ，所用时间为Δt ，回路中的磁通量变化量为ΔΦ ，平均感应电动势为E －，有E －＝ΔΦΔt ⑧其中ΔΦ＝Blx ⑨设PQ 中的平均电流为I －，有 I －＝E －2R ⑩根据电流的定义得 I －＝qΔt (11)由动能定理，有 Fx ＋W ＝12mv 2－0(12)联立⑦⑧⑨⑩(11) (12)式得W ＝12mv 2－23kq. (13)1.(2019·高考全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0【答案】BC【解析】根据楞次定律可知在0～t 0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．2.（2019·新课标全国Ⅱ卷）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。

专题突破十一　电磁感应定律的综合应用命题点一　电磁感应中的图象问题1.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.2.解题步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者E －t 图象、I －t 图象等；(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)画图象或判断图象.3.两种常用方法(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象进行分析和判断.例1　(多选)(2018·扬州中学5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 ，三角形腰长为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1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，F 向右为正方向，时间单位为)( )lv图1答案　BD变式1　(2018·如皋市调研)将一段导线绕成如图2甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内.回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示.用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图象是( )图2答案　B解析　根据题图B －t 图象可知，在0～时间内，B －t 图线的斜率为负且为定值，根据法拉T2第电磁感应定律E ＝nS 可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞ΔBΔt次定律可知，ab 中电流方向为b →a ，再由左手定则可判断ab 边受到向左的安培力，且0～T2时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在～T 时间内，B －t 图线的斜率为正且T2为定值，故ab 边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同.综上可知，B 正确.命题点二　电磁感应中的动力学与能量问题1.解决电磁感应中的动力学问题的一般思路2.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化其他形式的能量电能焦耳热或其他形式的能量――→克服安培力做功――→电流做功 (2)求解焦耳热Q的三种方法3.单棒导体切割磁感线的一般运动过程类型“电—动—电”型“动—电—动”型示意图已知量棒ab 长L ，质量m ，电阻R ；导轨光滑水平，电阻不计棒ab 长L ，质量m ，电阻R ；导轨光滑，电阻不计过程分析(↑表示增大，↓表示减小，→表示推出)S 闭合，棒ab 受安培力F ＝BLE R，此时加速度a ＝，棒ab BLEmR速度v ↑→感应电动势E ′＝棒ab 释放后下滑，此时加速度a ＝g sin α，棒ab 速度v ↑→感应电动势E ＝BLv ↑→电流I ＝↑→安培力F ＝E RBLv ↑→电流I ↓→安培力F ＝BIL ↓→加速度a ↓，当安培力F ＝0时，a ＝0，v 最大，最后匀速运动BIL ↑→加速度a ↓，当安培力F ＝mg sin α时，a ＝0，v 最大，最后匀速运动能量转化分析通过安培力做功，电能一部分转化为棒的动能，一部分通过克服安培力做功转化为电能，又通过电阻转化为焦耳热重力势能一部分转化为棒的动能，一部分通过克服安培力做功转化为电能，又通过电阻转化为焦耳热4.两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析模型1　“导体棒”切割磁感线例2　(多选)(2018·江苏单科·9)如图3所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( )图3A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L4答案　BC解析　穿过磁场Ⅰ后，金属棒在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度.金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A 错.金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知ma ＝BIL －mg ＝－mg ，B 2L 2v Ra 随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动.在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v －t 图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B 对.由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，W 安1－mg ·2d ＝0，W 安1＝2mgd .即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd ，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ，C 对.设刚进入磁场Ⅰ时速度为v ，则由机械能守恒定律知mgh ＝mv 2，①12进入磁场时ma ＝BIL －mg ＝－mg ，B 2L 2vR解得v ＝，②m (a ＋g )RB 2L 2由①②式得h ＝>，D 错.m 2(a ＋g )2R 22B 4L 4g m 2gR 22B 4L 4例3　(2018·南京市三模) 如图4甲所示，固定在水平桌面上的间距为L 的光滑平行金属导轨，其右端MN 间接有阻值为R 的定值电阻，导轨上存在着以efhg 为边界，宽度为d 的匀强磁场，磁场磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，方向竖直向下.一长度为L 的金属棒垂直于导轨放置，金属棒的电阻也为R ，在t ＝0时刻从图示位置在恒力作用下由静止开始沿导轨向右运动，t ＝t 0时刻恰好进入磁场，此时磁感应强度为B 0，并保持不变.金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R 上的电流大小不变，导轨电阻不计.求：图4(1)0～t 0时间内流过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)金属棒穿过磁场的速度及所受恒力的大小；(3)金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q .答案　(1)　方向由N →M (2) (3)B 0Ld 2Rt 0d t 0B 20L 2d 2Rt 0B 20L 2d22Rt 0解析　(1)0～t 0时间内，由E ＝SΔBΔt解得E ＝B 0Ldt由I ＝E 2R解得I ＝B 0Ld2Rt 0由楞次定律可知，电流方向为由N 到M(2)经分析可知，金属棒穿过磁场的过程中电动势大小与0～t 0时间内相同由E ＝＝B 0LvB 0Ldt0解得v ＝d t 0金属棒匀速通过磁场由受力平衡得F ＝BIL则F ＝B 20L 2d 2Rt 0(3)金属棒从题图所示位置到恰好穿出磁场的运动过程中电流大小不变，为I ＝B 0Ld2Rt 0金属棒匀速通过磁场的时间为t ＝＝t 0d v所以Q ＝I 2R (t 0＋t 0)＝.B 20L 2d22Rt 0变式2　(2018·泰州中学月考)如图5甲所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L 为0.5m ，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R ，将一根质量为0.2kg 的金属棒cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd 的电阻r ＝2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝2T.若棒以1m/s 的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F 作用，并保持拉力的功率恒为4W ，从此时开始计时，经过2s 金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象.试求：图5(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒的速度为3m/s 时的加速度大小；(3)求从开始计时起2s 内电阻R 上产生的电热.答案　(1)4m/s (2)m/s 2　(3)3.25J 3512解析　(1)金属棒速度最大时，所受合外力为零，即F 安m ＝F .由题图乙可知F 安m ＝1.0N ，则v m ＝＝＝4m/s.P F PF 安m(2)金属棒速度为3m/s 时，感应电动势E ′＝BLv ＝2×0.5×3V ＝3V.电流I ′＝，F 安′＝BI ′L E ′R ＋r金属棒受到的拉力F ′＝＝NP v 43根据牛顿第二定律F ′－F 安′＝ma 解得a ＝＝m/s 2＝m/s 2.F ′－F 安′m 43－340.23512(3)从开始计时起2s 内，由动能定理得，Pt ＋W 安＝mv m 2－mv 021212W 安＝－6.5J则Q R ＝＝3.25J.－W 安2模型2　“导线框”切割磁感线例4　(2018·南通市、泰州市一模)如图6所示，光滑绝缘斜面倾角为θ，斜面上平行于底边的虚线MN 、PQ 间存在垂直于斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 、PQ 相距为L .一质量为m 、边长为d (d ＜L )的正方形金属线框abef 置于斜面上，线框电阻为R .ab 边与磁场边界MN 平行，相距为L .线框由静止释放后沿斜面下滑，ef 边离开磁场前已做匀速运动，重力加速度为g .求：图6(1)线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量q ；(2)线框ef 边离开磁场区域时速度的大小v ；(3)线框穿过磁场区域产生的热量Q .答案　(1)　(2)　(3)mg (2L ＋d )sin θ－Bd 2R mgR sin θB 2d 2m 3g 2R 2sin 2θ2B 4d 4解析　(1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt通过回路的电荷量q ＝I ·Δt ＝·Δt E R磁通量的变化量ΔΦ＝Bd 2解得q ＝.Bd 2R(2)线框ef 边离开磁场前，线框中产生的感应电流I ＝Bdv R受到的安培力F ＝IdB 由平衡条件有mg sin θ－F ＝0解得v ＝.mgR sin θB 2d 2(3)线框由静止至离开磁场，由能量守恒定律有mg (2L ＋d )sin θ－Q ＝mv 2－012解得Q ＝mg (2L ＋d )sin θ－.m 3g 2R 2sin 2θ2B 4d 4例5　(2018·扬州市一模)实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为L 、长为2.5L 的N 匝矩形线框abcd ，总电阻为R ，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m .如图7是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为F f ，进入磁场前已达到最大速度v ，车头(ab 边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾(cd 边)刚出磁场时速度恰好为零.已知有界磁场宽度为2.5L ，磁感应强度为B ，方向竖直向下.求：图7(1)进入磁场前小车所受牵引力的功率P ；(2)车头刚进入磁场时，感应电流的大小I ；(3)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q .答案　(1)F f v (2)　(3)mv 2－5F f L NBLv R 12解析　(1)进入磁场前小车匀速运动时速度最大，根据受力平衡则有：F ＝F f 牵引力的功率为：P ＝Fv ＝F f v ；(2)车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为：E ＝NBLv 感应电流的大小为：I ＝＝E R NBLv R(3)根据能量守恒定律得：Q ＋F f ·5L ＝mv 212可得，电磁刹车过程中产生的焦耳热为：Q ＝mv 2－5F f L .121.(多选)(2018·启东中学月考)如图8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 刚进入磁场立即匀速运动，此时再由静止释放d ，两导体棒与导轨始终保持良好接触.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.下图中正确的是( )图8答案　BD解析　导体棒c 进入磁场前做自由落体运动，加速度恒为g ，有h ＝gt 2，v ＝gt ，c 棒进入12磁场以速度v 做匀速直线运动的路程为h ′＝vt ＝gt 2＝2h ，此后d 棒进入磁场，d 棒进入磁场而c 棒还没有穿出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g ，直到c 棒穿出磁场，穿出磁场后c 棒仅受重力，加速度仍为g ，A 错误，B 正确；c 棒穿出磁场后，d 棒切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，因此时d 棒速度大于c 棒进入磁场时切割感线的速度，故感应电动势、感应电流、感应安培力都大于c 棒刚进入磁场时的大小，d 棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动v 2－v 02＝2gh ，可知匀加速过程动能与运动距离成正比，D 正确.2.(2018·如皋市模拟四)如图9所示，质量为m 、电阻为R 的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab ＝L 、ad ＝2L .虚线MN 过ad 、bc 边中点.一根能承受最大拉力为F 0的细线沿水平方向拴住ab 边中点O ，细线与ab 边垂直.从某时刻起，在MN 右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B ＝kt 的规律均匀变化.一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab 边穿出磁场时的速度为v .求：图9(1)细线断裂前线框中的电功率P ；(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a 及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W ；答案　(1)　(2)　mv2k 2L 4R F 0m 12解析　(1)根据法拉第电磁感应定律：E ＝＝L 2＝kL 2；ΔΦΔt ΔBΔt电功率：P ＝＝E 2R k 2L 4R(2)细线断裂瞬间安培力：F 安＝F 0，线框的加速度a ＝＝F 安m F 0m线框离开磁场过程中，由动能定理得：W ＝mv 2.123.(2018·南京师大附中5月模拟)近期大功率储能技术受到媒体的广泛关注，其中飞轮储能是热点之一.为说明某种飞轮储能的基本原理，将模型简化为如图10所示：光滑的”Π”形导轨水平放置，电阻不计，长度足够.轨道平行部分间距为L ＝1m ，导轨上静止放置有长度也为L 、质量为m ＝100kg 、接入电路的电阻为R 1＝0.1Ω的导体棒AB .导轨间虚线框区域有垂直轨道平面向上的均匀变化磁场.虚线框右侧区域有垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ＝10T.图中开关S 接a ，经过足够长时间，棒AB 向右匀速运动，速度为v ＝100m/s.然后若将开关S 接b ，棒AB 可作为电源对电阻R 2供电，电阻R 2＝0.9Ω.图10(1)开关S 接a ，棒AB 匀速运动时，虚线框中的磁场磁通量每秒钟变化多少？(2)求开关S 接b 的瞬间棒AB 的加速度大小.(3)求开关S 接b 后R 2产生的总热量Q .答案　(1)1000Wb (2)100m/s 2　(3)4.5×105J解析　(1)棒匀速运动时加速度为零，安培力为零，电流为零，磁通量不变，所以虚线框中磁场磁通量每秒增加ΔΦ＝BLvt ＝1 000 Wb ；(2)棒AB 产生的感应电动势E ＝BLv ＝1 000 V ，电路中的感应电流I ＝＝1 000 A ，ER 1＋R 2故受到的安培力为F ＝BIL ＝1×104 N ，根据牛顿第二定律可得a ＝＝100 m/s 2；F m (3)棒的动能全部转化为热量，故Q 总＝mv 2＝5×105 J ，12电阻R 2上产生的热量为Q ＝Q 总＝4.5×105 J.R 2R 1＋R 24.(2018·苏州市模拟)如图11所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B .一边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形单匝导线框abcd 放在水平桌面上.在水平拉力作用下，线框从左边界以速度v 匀速进入磁场，当cd 边刚进入磁场时撤去拉力，ab 边恰好能到达磁场的右边界.已知线框与桌面间的动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L ，重力加速度为g .求：图11(1)ab 边刚进入磁场时，其两端的电压U ；(2)水平拉力的大小F 和磁场的宽度d ；(3)整个过程中产生的总热量Q .答案　(1)BLv (2)＋μmg L ＋34B 2L 2v R v 22μg(3) μmgL ＋mv 2＋12B 2L 3v R解析　(1)感应电动势E ＝BLv感应电流I ＝＝E R BLv Rab 边两端电压U ＝I ·R ＝BLv .3434(2)线框进入磁场后，对线框受力分析得，F ＝F 安＋μmg ＝＋μmg B 2L 2v R撤去拉力后，线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动，运动位移x 2＝v 22μg所以磁场宽度d ＝L ＋.v 22μg(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q 1＝I 2Rt 1＝B 2L 3v R由于摩擦产生的热量Q 2＝μmg (L ＋)＝μmgL ＋mv 2v 22μg 12所以整个过程产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝μmgL ＋mv 2＋.12B 2L 3v R1.(2017·南通市第二次调研)如图1所示，闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i 随时间t 变化的图象可能正确的是( )图1答案　B解析　闭合导线框进入磁场时由楞次定律知电流方向为逆时针，故排除D，闭合导线框离开磁场时由楞次定律知电流方向为顺时针，故排除A，根据有效切割长度的变化可知，C错误，B 正确.2.(多选)(2018·盐城中学月考)如图2所示，电阻为R的金属棒，从图示位置分别以速率v1、v2沿电阻不计的光滑轨道从ab匀速滑到a′b′处，若v1∶v2＝1∶2，则在两次移动过程中( )图2A.回路中感应电流I1∶I2＝1∶2B.回路中产生热量Q1∶Q2＝1∶2C.回路中通过横截面的总电荷量q1∶q2＝1∶2D.金属棒产生的感应电动势E1∶E2＝1∶2答案　ABD3.(2018·南京市三校联考)如图3所示，线圈由A位置开始下落，不计空气阻力，在磁场中受到的安培力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为( )图3A.a A>a B>a C>a DB.a A＝a C>a B>a DC.a A＝a C>a D>a BD.a A＝a C>a D＝a B答案　B4.(2017·宜兴市下学期初考)如图4所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd.t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右一直做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图象正确的是( )图4答案　C解析　线框的速度与时间的关系式为v ＝at ，a 是加速度，设线框边长为L ，总电阻为R ，在0～t 1时间内，感应电流为零，t 1～t 2时间内，由E ＝BLv 和i ＝得，感应电流与时间的关系式E R为i ＝t ，B 、L 、a 、R 均不变，电流i 与t 成正比，t 2时间后无感应电流，故A 、B 错误；BLa R在0～t 1时间内，感应电流为零，ad 边两端的电压为零，t 1～t 2时间内，电流i 与t 成正比，ad 边两端电压大小为U ＝iR ad ＝·R ＝，电压随时间均匀增加，t 2时间后无感应电流，BLat R 14BLat 4但有感应电动势，ad 边两端电压大小为U ＝E ＝BLat ，电压随时间均匀增加，故C 正确；根据推论得知：线框所受的安培力为F 安＝，由牛顿第二定律得F －F 安＝ma ，得F ＝t ＋B 2L 2v R B 2L 2a Rma ,0～t 1时间内，感应电流为零，F ＝ma ，为定值，t 1～t 2时间内，F 与t 是线性关系，但不过原点，t 2时间后无感应电流，F ＝ma ，为定值，故D 错误.5.(多选)如图5甲所示，闭合矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直.规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda 方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，下列关于线框中的电流i 、ad 边所受的安培力F 随时间t 变化的图象，正确的是( )图5答案　AD解析　由题图B －t 图象可知，0～1s 时间内，B 增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针的，为负值；1～3s ，磁通量不变，无感应电流；3～4s ，B 减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值；由左手定则可知，在0～1s 内，ad 边受到的安培力水平向右，是正的，1～3s 无感应电流，不受安培力，3～4s 时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝＝·S ，感应电流I ＝＝ΔΦΔt ΔB Δt E R ，由B －t 图象可知，在每一时间段内，是定值，则在各时间段内I 是定值，ad 边S ·ΔB R ·Δt ΔB Δt受到的安培力F ＝BIL ，I 、L 不变，0～1s 内B 均匀增大，则F 均匀增大，3～4s 内B 均匀减小，则F 均匀减小，故B 、C 错误，A 、D 正确.6.(多选)(2018·海安中学月考)水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图6所示，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程( )图6A.外力对棒所做功相等B.电流所做的功相等C.通过ab 棒的电荷量相等D.安培力对ab 棒所做的功不相等答案　AD解析　根据动能定理，两种情况下外力的功都等于动能的变化量，因初状态和末状态相同，则外力对棒做功相同，选项A 正确；电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功多，故B 错误；根据感应电荷量公式q ＝＝，x 是ab 棒滑行的位移大小，B 、R 、导体棒长度L 相同，x ΔΦR BLx R越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大，故C 错误；当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故D 正确.7.(多选)(2018·溧水中学期初模拟)如图7所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，底端接有阻值为R 的电阻.一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和杆ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上.让杆ab 沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab 接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab 由静止下滑距离s 时，已匀速运动，重力加速度为g .则 ( )图7A.匀速运动时杆ab 的速度为mgR sin θB 2L 2B.匀速运动时杆ab 受到的安培力大小为mg sin θC.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，安培力做功为mgs sin θD.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，电阻R 产生的热量为mgs sin θ答案　AB解析　匀速运动时有mg sin θ＝F 安，又F 安＝BIL ＝，解得v ＝，F 安＝mg sin B 2L 2v R mgR sin θB 2L 2θ，故A 、B 正确；杆ab 由静止下滑距离s 过程中，根据能量守恒定律可得电阻R 产生的热量Q ＝mgs sin θ－mv 2，其中v ＝，安培力做功为W ＝－Q ＝mv 2－mgs sin θ，其中v ＝12mgR sin θB 2L 212，故C 、D 错误.mgR sin θB 2L 28.(2018·南京市学情调研)如图8所示，电阻不计、间距为l ＝1.0m 的光滑平行金属导轨，水平放置于磁感应强度B ＝1.0 T 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R ＝1.5Ω，质量为m ＝1.0kg 、电阻为r ＝0.5Ω的金属棒MN 置于导轨上，始终垂直导轨且接触良好.当MN 受到垂直于棒的水平外力F ＝2.0N 的作用，由静止开始运动，经过位移x ＝1.55m ，到达PQ 处(图中未画出)，此时速度为v ＝2.0m/s.求：图8(1)金属棒在PQ 处所受磁场作用力大小；(2)金属棒在PQ 处的加速度大小；(3)金属棒在运动中回路总共产生的热能.答案　(1)1.0N (2)1.0m/s 2　(3)1.1J解析　(1)速度为v ＝2.0 m/s 时，回路中感应电动势为E ＝Blv产生的感应电流I ＝ER ＋r由此得磁场对金属棒的作用力为：F 安＝BIl ＝＝1.0 N B 2l 2v R ＋r(2)由牛顿第二定律有F －F 安＝ma解得a ＝＝1.0 m/s 2F －F 安m(3)设金属棒受到的安培力做功为W ，由动能定理得Fx ＋W ＝mv 212解得W ＝mv 2－Fx ＝－1.1 J 12金属棒克服安培力所做的功，即回路中总共产生的热能得Q ＝－W ＝1.1 J.9.(2018·盐城市三模)如图9所示，在竖直平面内，水平且平行的Ⅰ、Ⅱ虚线间距为L ，其间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一长为2L 、宽为L 的矩形线框质量为m 、电阻为R .开始时，线框下边缘正好与虚线Ⅱ重合，由静止释放，线框上边缘进入磁场后线框一直做减速运动，经过一段时间后，线框上边缘经过虚线Ⅱ瞬间加速度恰为0.重力加速度为g ，不计空气阻力.求矩形线框穿过磁场过程中：图9(1)上边缘经过虚线Ⅱ瞬间，线框中电流的大小；(2)磁通量变化率的最大值；(3)线框中产生的焦耳热.答案　(1)　(2)BL (3)2mgL －mg BL 2gL m 3g 2R 22B 4L4解析　(1)由线框受力平衡得：BIL ＝mg ，解得I ＝.mg BL(2)线框上边缘刚进磁场时磁通量的变化率最大，设此时速度为v 1，磁通量变化率＝BLv 1ΔΦΔt由动能定理得mgL ＝mv 1212则＝BL .ΔΦΔt2gL (3) 设线框上边缘通过虚线Ⅱ瞬间线框速度为v 2，则BLv 2＝IR设线框穿过磁场过程中克服安培力做的功为W ，根据动能定理mgL －W ＝mv 22－mv 121212解得W ＝2mgL －m 3g 2R 22B 4L4线框克服安培力所做的功，就是线框中产生的焦耳热，故Q ＝W ＝2mgL －.m 3g 2R 22B 4L410.(2018·镇江市模拟)如图10所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其电阻不计，间距为0.4m.导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界为MN ，区域Ⅰ和Ⅱ中的匀强磁场B 的方向分别垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感应强度大小均为0.5T.将质量为0.1kg 、电阻为0.1Ω的导体棒ab 放在导轨上的区域Ⅰ中，ab 刚好不下滑.再在区域Ⅱ中将质量为0.4kg 、电阻为0.1Ω的光滑导体棒cd 从导轨上由静止开始下滑.cd 棒始终处于区域Ⅱ中，两棒与导轨垂直且与导轨接触良好，g 取10m/s 2.图10(1)求ab 棒所受最大静摩擦力，并判断cd 棒下滑时ab 棒中电流的方向；(2)ab 棒刚要向上滑动时，cd 棒的速度大小v ；(3)若从cd 棒开始下滑到ab 棒刚要向上滑动的过程中，装置中产生的总热量为2.6J ，求此过程中cd 棒下滑的距离x .答案　(1)0.5N 由a 流向b (2)5m/s (3)3.8m解析　(1)ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力有F fmax ＝m 1g sin θ则F fmax ＝0.5 N由右手定则可知cd 棒下滑时ab 棒中电流方向由a 流向b .(2)设ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝Blv 设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIl此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F fmax代入数据解得v ＝5 m/s.(3)设从cd 棒开始下滑到ab 棒刚要向上滑动的过程中装置中产生的总热量为Q 总，由能量守恒有m 2gx sin θ＝Q 总＋m 2v 212解得x ＝3.8 m.。

2020 年高考物理试题分类汇编——电磁感觉〔全国卷1〕17．某地的地磁场磁感觉强度的竖直重量方向向下，大小为 4.5 10 5 T。

一敏捷电压表连结在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水〔视为导体〕流过。

设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s。

以下讲法正确的选项是A ．河北岸的电势较高B．河南岸的电势较高C．电压表记录的电压为9mV D．电压表记录的电压为5mV【答案】BD【分析】海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解得为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场。

依据右手定那么，右岸即北岸是正极电势高，南岸电势低， D 对 C 错。

依据法拉第电磁感觉定律E BLv 4.5 10 5100 2 9 10 3V, B对A错。

【命题企图与考点定位】导体棒切割磁场的实质应用题。

〔全国卷2〕18. 如图，空间某地区中有一匀强磁场，磁感觉强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上界限 b 和下界限 d 水平。

在竖直面内有一矩形金属一致加线圈，线圈上下面的距离特意短，下面水平。

线圈从水平面 a 开始着落。

磁场上下界限之间的距离大于水平面a、 b 之间的距离。

假定线圈下面刚经过水平面b、c〔位于磁场中〕和 d 时，线圈所遇到的磁场力的大小分不为F b、 F c和 F d，那么A.F d> F c> F bB. F c<F d< F bC.F c> F b> F dD. F c< F b< F d【答案】 D【分析】线圈从a到b 做自由落体运动，在b 点开始进入磁场切割磁感线所有遇到安培力F b，因为线圈的上下面的距离特意短，所以经历特意短的变速运动而进入磁场，此后线圈中磁通量不变不产生感觉电流，在 c 处不受安培力，但线圈在重力作用下仍旧加快，所以从 d 处切割磁感线所受安培力必然大于答案 D。

b 处，【命题企图与考点定位】线圈切割磁感线的竖直运动，应用法拉第电磁感觉定律求解。

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！三观一统十年高考真题精解 09十年树木，百年树人，十年磨一剑。

本专辑按照最新2020年考纲，对近十年高考真题精挑细选，去伪存真，挑选符合最新考纲要求的真题，按照考点/考向同类归纳，难度分层精析，对全国卷Ⅰ具有重要的应试性和导向性。

三观指的观三题（观母题、观平行题、观扇形题），一统指的是统一考点/考向，并对十年真题进行标灰（调整不考或低频考点标灰色）。

（一）2020考纲主题内容要求 电磁感应电磁感应现象 Ⅰ 磁通量Ⅰ 法拉第电磁感应定律 Ⅱ 楞次定律 Ⅱ 自感、涡流Ⅰ（二）本节考向题型研究汇总题型导向考点/考向楞次定律（1）产生感应电流的条件；（2）闭合回路中感应电流的方向。

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！法拉第电磁感应定律（1）电磁感应现象的本质；（2）产生感应电动势的两种情况； （3）电磁感应定律的综合应用。

一、考向题型研究一：楞次定律（2018年新课标Ⅰ卷T19）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。

将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。

下列说法正确的是（ ）A ．开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动B ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向C ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向D ．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动（2017年新课标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（2015年新课标Ⅰ卷T19）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。

电磁感应中的动量和能量问题【专题导航】目录热点题型一电磁感应中的能量问题 (1)（一）功能关系在电磁感应中的应用 (2)（二）焦耳热的求解 (4)热点题型二电磁感应中的动量问题 (6)（一）安培力对时间的平均值的两种处理方法 (7)角度一安培力对时间的平均值求电荷量 (7)角度二安培力对时间的平均值求位移 (8)（二）双导体棒在同一匀强磁场中的运动 (8)（三）两导体棒在不同磁场中运动 (10)【题型演练】 (11)【题型归纳】热点题型一电磁感应中的能量问题1．电磁感应中的能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤(1)在电磁感应中，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，该导体或回路就相当于电源．(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．(3)根据能量守恒列方程求解．（一）功能关系在电磁感应中的应用【例1】(2019·河南开封高三上第一次模拟)如图所示，在竖直平面内固定有光滑平行导轨，间距为L ，下端接有阻值为R 的电阻，空间存在与导轨平面垂直、磁感应强度为B 的匀强磁场。

质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 与上端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。

初始时，导体棒静止，现给导体棒竖直向下的初速度v 0，导体棒开始沿导轨往复运动，运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。

若导体棒电阻r 与电阻R 的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是( )A ．导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反B ．初始时刻导体棒两端的电压U ab ＝BLv 0C ．若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h ，则通过电阻R 的电量为BLh 2RD ．若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h ，此过程导体棒克服弹力做功为W ，则电阻R 上产生的焦耳热Q ＝14mv 2＋12mgh －W【答案】 AC【解析】 导体棒竖直向下运动时，由右手定则判断可知，ab 中产生的感应电流方向从b →a ，由左手定则判断得知ab 棒受到的安培力竖直向上，导体棒竖直向上运动时，由右手定则判断可知，ab 中产生的感应电流方向从a →b ，由左手定则判断得知ab 棒受到的安培力竖直向下，所以导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反，A 正确；导体棒开始运动的初始时刻，ab 棒产生的感应电势为E ＝BLv 0，由于r ＝R ，a 端电势比b 端高，所以导体棒两端的电压U ab ＝12E ＝12BLv 0，B 错误；若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h ，则通过电阻R 的电量为q ＝ΔΦR ＋r ＝BLh 2R ，C 正确；导体棒从开始运动到速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知电路中产生的焦耳热Q 热＝12mv 20＋mgh －W ，所以电阻R 上产生的焦耳热Q ＝12Q 热＝14mv 20＋12mgh －W 2，D 错误。

2020高考物理预测专题9：电磁感应1．风速仪的简易装置如图甲所示。

在风力作用下，风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圏中的感应电流随风速的变化而变化。

风速为v1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示；若风速变为v2，且v2>v1，则感应电流的峰值I m、周期T和电动势E的变化情况是( )A．I m变大，T变小B．I m变大，T不变C．I m变小，T变小D．I m不变，E变大答案：A2. 现将电池组、滑线变阻器、带铁心的线圈Ａ、线圈B、电流计及如下图连接，在开关闭合、线圈Ａ放在线圈Ｂ中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端Ｐ向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。

由此可以推断（）Ａ.线圈Ａ向上移动或滑动变阻器的滑动端Ｐ向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转Ｂ.线圈Ａ中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转Ｃ.滑动变阻器的滑动端Ｐ匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央Ｄ.因为线圈Ａ、线圈Ｂ的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向答案：B3．如右图所示，在匀强磁场B中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟固定的大导体矩形环M相连接，导轨上放一根金属导体棒ab并与导轨紧密接触，磁感应线垂直于导轨所在平面。

若导体棒匀速地向右做切割磁感线的运动，则在此过程中M所包围的固定闭合小矩形导体环N中电流表内（）A.有自下而上的恒定电流B．产生自上而下的恒定电流C．电流方向周期性变化D．没有感应电流答案：D4. 如图所示回路竖直放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于回路平面向外，导线AC可以贴着光滑竖直长导轨下滑．设回路的总电阻恒定为R，当导线AC从静止开始下落后，下面有关回路中能量转化的叙述中正确的说法有（）A．导线下落过程中机械能守恒B．导线加速下落过程中，导线减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量C．导线加速下落过程中，导线减少的重力势能转化为导线增加的动能和A CB••••••••••••回路中增加的内能D ．导线达到稳定速度后的下落过程中，导线减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能 答案：D5．北半球地磁场的竖直分量向下．如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L 的正方形闭合导体线圈abcd ，线圈的ab 边沿南北方向，ad 边沿东西方向．下列说法中正确的是( )A ．若使线圈向东平动，则b 点的电势比a 点的电势低B ．若使线圈向北平动，则a 点的电势比b 点的电势低C ．若以ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a →b →c →d →aD ．若以ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a →d →c →d →a 答案:C.6．如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H 处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是( ) A ．三者同时落地B ．甲、乙同时落地，丙后落地C ．甲、丙同时落地，乙后落地D ．乙、丙同时落地，甲后落地 答案:D.7．如图所示，两个完全相同的矩形导线框A 、B 在靠得很近的竖直平面内，线框的对应边相互平行。

电磁感应交变电流夯基提能卷⑨立足于练题型悟技法——保底分(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．[2019·云南曲靖一中质检]物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．下列表述正确的是( ) A．电磁感应现象是洛伦兹最先发现的B．电动机是利用电磁感应原理，将机械能转化为电能C．楞次最先发现了电流的磁效应D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果答案：D解析：电磁感应现象是法拉第最先发现的，选项A错误；发电机是利用电磁感应原理，将机械能转化为电能的，选项B错误；奥斯特最先发现了电流的磁效应，选项C错误；电磁感应现象是闭合电路中产生了电流，是其他形式的能转化为电能，楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，感应电流的磁场总要阻碍引起它的磁通量的变化，感应电流具有的以及消耗的能，必须从引起磁通量变化的外界获取，要在回路中维持一定的感应电流，外界必须消耗一定的能量，选项D正确．2．[2019·上海普陀区模拟]某教室墙上有一朝南的钢窗，当把钢窗左侧向外推开时，下列说法正确的是( )A．穿过窗框的地磁场的磁通量变大B．穿过窗框的地磁场的磁通量不变C．从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是逆时针D．从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是顺时针答案：C解析：地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开时，钢窗平面与磁场平行时，没有磁感线穿过钢窗平面，穿过钢窗平面的磁通量为0.根据楞次定律，穿过窗框平面的磁通量减小，从推窗人的角度看，窗框中产生的感应电流的方向为逆时针，故选项C正确，A、B、D错误．3．[2019·山西清徐中学模拟]在匀强磁场中，有两条平行金属导轨a、b，磁场方向垂直a、b所在的平面向下，c、d为串接有电流表、电压表的两金属棒，如图所示，两棒以相同的水平速度向右匀速运动，则以下结论正确的是( )A．电压表有读数，电流表没有读数B．电压表有读数，电流表也有读数C．电压表无读数，电流表有读数D．电压表无读数，电流表也无读数答案：D解析：当两棒以相同的水平速度向右匀速运动时，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表没有读数．电压表是由电流表改装而成的，核心的部件是电流表，没有电流，指针不偏转，电压表也没有读数．A、B、C错误，故D正确．4.[2019·山东泰安模拟]如图在竖直方向上的两个匀强磁场B1和B2中，各放入一个完全一样的水平金属圆盘a和b，它们可绕竖直轴自由转动．用导线将a盘中心与b盘边缘相连，b盘中心与a盘边缘相连．从上向下看，当a盘顺时针转动时( )A．b盘总是逆时针转动B．若B1、B2同向，b盘顺时针转动C．若B1、B2反向，b盘顺时针转动D．b盘总是顺时针转动答案：C解析：①若B1、B2都竖直向上，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流从a′→O→b′→O′→a′；b盘电流从b′→O′，根据左手定则，安培力沿逆时针方向(俯视)；②若B1、B2都竖直向下，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流从O→a′→O′→b′→O；b盘电流从O′→b′，根据左手定则，安培力沿．电容器下极板电势高于上极板3 Wb/s2.0 V如图所示，总电阻为R的金属丝围成的单匝闭合直角三角边水平．圆形虚线与三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间边所受的安培力( )多选)如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的电阻，原、副线匝数比为：＝2255W＝正确；电流表的读数为如图所示为一理想变压器，其原线圈与副线圈的匝数比n1：n2＝：1，a、b、c、d 为4个完全相同的小灯泡，E为输出电压有效值恒定的交流电源，S为单刀双掷开关．已知当S向上闭合时，b、c、d三个小灯泡都能正常发光，则当S向下闭合时( ) A．4个小灯泡都能正常发光B．4个小灯泡都比正常发光时要暗C．a能正常发光，b、c、d比正常发光时要暗D．b、c、d能正常发光，a比正常发光时要暗答案：B解析：设灯泡的额定电压为U，则电源的电压E＝3U，当S向下闭合时，设b、c、d灯泡两端的电压为U′，灯泡b、c、d中的电流均为I，则根据电流与匝数成反比可知a灯泡中的电流为I，则a灯泡两端的电压为U′，则E＝4U′，所以U′<U，灯泡两端的实际电压小于灯泡的额定电压，4个小灯泡都比正常发光时要暗，B正确．二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9.(11分)如图为一研究“电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺的导线补接完整．(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后：①将小线圈迅速插入大线圈时，灵敏电流计指针将________(填“左偏”或“右偏”)．②小线圈插入大线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将________(填“左偏”或“右偏”)．答案：(1)如图所示(2)①右偏②左偏解析：(2)大线圈中的磁通量增加时，产生的感应电流使灵敏电流计指针向右偏．①将小线圈迅速插入大线圈时，大线圈中的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏；②将滑动变轻质绝缘细线吊着一质量为m＝0.42 kg、边长为L在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．]边长为L的正方形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，穿过该区域的磁通量随时间变化的图象如图甲所示．将边长为如图，在竖直面内有两平行金属导轨A′B′、C′可在导轨上无摩擦地滑动．棒与导轨垂直，的左侧，两导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度两导轨与电路连接．电路中的两个定值电阻阻值分别为R＝4在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，定、强度较大的直流电流．现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏电流计，图中未画出某一时刻t1突然断开开关S，则通过电流表的电流I随时间t变化的图线可能是( )答案：D解析：原先开关S闭合，电路处于稳定状态时，通过两电阻的电流大小分别为I1、I2，且由R1>R2可知I1<I2，断开开关，原来通过R1的电流I1立即消失，自感线圈阻碍自身电流变化，瞬间产生的感应电流I2流过电阻R1，其方向与原来流过电阻R1的电流方向相反，该电流逐渐减小最后为0.选项D正确，A、B、C错误．3．[2019·江西抚州模拟](多选)电磁炉采用感应电流(涡流)加热的原理，通过电子线路产生交变磁场，把铁锅放在炉面上时，在铁锅底部产生交变的电流以加热食品等．它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点．下列关于电磁炉的说法中正确的是( )A．电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部B．电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品C．电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热D．可以通过改变电子线路的频率来改变电磁炉的功率答案：AD解析：电磁炉面板如果用金属材料制成，使用电磁炉时，面板材料发生电磁感应要损失电能，电磁炉面板要用绝缘材料制作，发热部分为铁锅底部，如以陶瓷器皿等绝缘材料为锅体，则不能产生涡流，起不到加热作用，故A正确，B、C错误；锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，故D正确．4.[2019·四川成都七中诊断]如图，EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界，其中在整个正方形导线框通过磁场的过程中，切割磁感线的边框为两竖直边框，时刻穿过线框的磁通量为0.5 Wb时刻线框中感应电动势为1.5 V内通过线框横截面的电荷量为0.18 C如图所示，一根直导体棒质量为的光滑平行金属导轨上，并与之接触良好，．[2019·广东肇庆模拟](多选)如图甲为风力发电机的简易模型．在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，风叶的转速与风速成正比．生的电流如图乙所示．下列说法中正确的是( )10 r/s如图所示，有一个“”形铁芯上绕有两个线圈，当线圈通电时产生的磁场都不能穿出铁芯，金属导轨的一端接一个内阻为r的直流电源，撤去外力后导体棒仍能静止，如图乙，金属导轨的一端接一个阻值为R2的定值电阻，撤去外力让导体棒由静止开mg R1＋rθBL m R1＋R2(3)mg R1＋R2θB L2回路中的电流为Img R1＋rθBL时，产生的感应电动势m R1＋R2.mg R1＋R2θB L2的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为置于圆导轨上面．BA的延长线通过圆导轨中心整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为点之间接有一阻值为R的电阻运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙关系图象；从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．—x图线与x轴所围成的图形的面积，n1：n＝：10放在导轨上，在水平外力其速度随时间变化的规律是。