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第三节 电磁感应定律的综合应用一、单项选择题1.(2011年安徽省级名校联考)如图所示，一个水平放置的“∠”形光滑导轨固定在磁感应强度为B 的匀强磁场中，ab 是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下、导体棒以恒定速度v 向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻为计时起点，则回路中感应电动势E 、感应电流I 、导体棒所受外力的功率P 和回路中产生的焦耳热Q 随时间t 变化的图象正确的是( )解析：选A.若导轨夹角为θ，则切割磁感线的有效长度为l ＝v t tan θ，故E ＝Bl v ＝B v 2t tan θ，E ∝t ，A 对；如果单位长度的电阻为r ，则时刻t 时，总电阻R ＝(v t ＋v t tan θ＋v t /cos θ)r ＝(1＋tan θ＋1/cos θ)v tr ，故I ＝E /R 为定值，B 错；外力的功率P ＝F 安 v ＝BlI v ，P ∝t ，C 错；回路的焦耳热Q ＝I 2Rt ，Q ∝t 2，D 错．2．(2010年高考全国卷Ⅱ)如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a 开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b 、c (位于磁场中)和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b 、F c 和F d ，则( )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解析：选D.由于线圈上下边的距离很近，线圈完全在磁场中运动的距离近似等于磁场高度，则在磁场中不受安培力作用下运动距离大于ab 间距，可知线圈到达d 时的速度大于刚进磁场(即经过b 点)时的速度，由F ＝B 2L 2v R可知线圈在d 点受磁场力最大，在经过c 处时不受磁场力，本题只有选项D 正确．3.(2011年江苏苏、锡、常、镇四市模拟)如图所示，两条足够长的平行金属导轨水平放置，导轨的一端接有电阻和开关，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场的方向与导轨平面垂直，金属杆ab 置于导轨上．当开关S 断开时，在杆ab 上作用一水平向右的恒力F ，使杆ab 向右运动进入磁场．一段时间后闭合开关并开始计时，金属杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．下列关于金属杆ab 的v －t 图象不．可能的是( )解析：选D.设闭合开关时导体棒的速度为v ，F 安＝BIL ＝B 2L 2R v ，若B 2L 2Rv ＝F ，则对应选项A ；若B 2L 2R v <F ，物体做变加速运动直至匀速，则对应选项B ；若B 2L 2Rv >F ，物体做变减速运动直至匀速，对应选项C ，故不可能的是选项D.4．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，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B 随时间t 如图乙变化时，在图中正确表示线圈感应电动势E 变化的是( )解析：选A.在第1 s 内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E 1＝ΔB 1Δt 1S ；在第2 s 和第3 s 内，磁场B 不变化，线圈中无感应电流；在第4 s 和第5 s 内，B 减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E 2＝ΔΦ2Δt 2＝ΔB 2Δt 2S ，由于ΔB 1＝ΔB 2，Δt 2＝2Δt 1，故E 1＝2E 2，由此可知，A 选项正确．二、双项选择题5．一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设磁场方向向里为磁感应强度B 的正方向，线圈中的箭头(顺时针)为电流I 的正方向．线圈及线圈中感应电流I 随时间变化的图线如图所示，则磁感应强度B 随时间变化的图线可能是图中的( )解析：选CD.依题意，根据感应电流的图象可知，线圈中开始的感应电流的大小不变，由法拉第电磁感应定律可知原磁场是均匀变化的；又线圈中开始的电流是逆时针方向，感应电流的磁场是垂直于纸面向外的，若是原磁场是垂直于纸面向里的，由楞次定律可知原磁场应是加强的，并且在B －t 图象上的斜率为正值．经过T /4后，感应电流反向，说明原磁场是减弱的，图象的斜率为负值，再过T /2，图象的斜率为正值．所以C 、D 两图正确．6.(2011届广东佛山第一次高三质检)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v max ，则( )A ．如果B 增大，v max 将变大B ．如果α变大，v max 将变大C ．如果R 变大，v max 将变大D ．如果m 变小，v max 将变大解析：选BC.金属杆下滑过程中受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin α－B 2L 2v R＝ma 所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a ＝0时，即m gsin α＝B 2L 2v R，此时达到最大速度v max ，可得：v max ＝mgR sin αB 2L 2，故由此式知选项B 、C 正确． 7．(2011年广东佛山质检)两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜角上，导轨的左端接有电阻R ，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m ，电阻可不计的金属棒ab ，在沿着斜面与棒垂直的恒力作用下沿导轨匀速上滑，并上升h 高度，如图所示．在这过程中( )A ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh 与电阻R 上发出的焦耳热之和C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上发出的焦耳热D ．恒力F 所做的功等于电阻R 上发出的焦耳热解析：选AC.由力的平衡条件知A 对；由安培力做功的特点知金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上发出的焦耳热，则C 对；由力的合成可知恒力F 与重力的合力大小等于安培力的大小，因此B 、D 错．8.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，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9－3－31所示．除电阻R 外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A ．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bC ．金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2v RD ．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少解析：选AC.在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A 对．由右手定则可得，电流的方向从b 到a ，B 错．当速度为v 时，产生的电动势为E ＝Bl v ，受到的安培力为F ＝BIL ，计算可得F ＝B 2L 2v R，C 对．在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的转化，D 错．三、非选择题9．(2011年山东抽样检测)如图甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R 1＝3 Ω，下端接有电阻R 2＝6 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab ，从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2 m 过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示. 求：(1)磁感应强度B ；(2)杆下落0.2 m 过程中通过电阻R 2的电荷量q .解析：(1)由图象知，杆自由下落距离是0.05 m ，当地重力加速度g ＝10 m/s 2，则杆进入磁场时的速度v ＝2gh ＝1 m/s由图象知，杆进入磁场时加速度a ＝－g ＝－10 m/s 2由牛顿第二定律得mg －F 安＝ma回路中的电动势E ＝BL v杆中的电流I ＝E R 并R 并＝R 1R 2R 1＋R 2F 安＝BIL ＝B 2L 2v R 并得B ＝ 2mgR 并L 2v＝2 T. (2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E ＝ ΔΦΔt 杆中的平均电流I ＝E R 并通过杆的电荷量Q ＝I ·Δt通过R 2的电荷量q ＝13Q ＝0.05 C. 答案：(1)2 T (2)0.05 C10．(2011年北京西城抽测)如图所示，用质量为m 、电阻为R 的均匀导线做成边长为l 的单匝正方形线框MNPQ ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l ，磁感应强度为B .在垂直MN 边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v 匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN 边与磁场的边界平行．求：(1)线框MN 边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；(2)线框MN 边刚进入磁场时，M 、N 两点间的电压U MN ；(3)在线框从MN 边刚进入磁场到PQ 边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W .解析：(1)线框MN 边在磁场中运动时，感应电动势E ＝Bl v线框中的感应电流I ＝E R ＝Bl v R. (2)M 、N 两点间的电压U MN ＝34E ＝34Bl v . (3)只有MN 边在磁场中时，线框运动的时间t ＝l v此过程线框中产生的焦耳热Q 1＝I 2Rt ＝B 2l 3v R 只有PQ 边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热Q 2＝B 2l 3v R根据能量守恒定律得水平外力做的功W ＝Q 1＋Q 2＝2B 2l 3v R. 答案：(1)Bl v /R (2)34Bl v (3)2B 2l 3v R1．(2011年深圳模拟)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )A ．导体框中产生的感应电流方向相同B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ad 边两端电势差相同D ．通过导体框截面的电荷量相同解析：选AD.由右手定则判定出两种拉动方式，电流的方向都是顺时针的，电流的方向相同．当导体框以速度v 0拉出磁场时，产生的热量Q ＝I 2Rt ＝(Bl v 0R )2Rt ＝B 2l 3v 0R ，可见，两种方式产生的热量不同．以v 、3v 速度匀速拉出磁场时，导体框ad 边两端电势差分别是14Bl v 、34Bl v .通过导体框截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦΔt ·R Δt ＝Bl 2R相同．综上，A 、D 选项正确． 2．(2011年阳江模拟)如图所示，一根电阻为R ＝12 Ω的电阻丝做成一个半径为r ＝1 m 的圆形导线框，竖直放置在水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，磁感应强度为B ＝0.2 T ，现有一根质量为m ＝0.1 kg 、电阻不计的导体棒，自圆形导线框最高点静止起沿线框下落，在下落过程中始终与线框良好接触，已知下落距离为r /2时，棒的速度大小为v 1＝83 m/s ，下落到经过圆心时棒的速度大小为v 2＝103m/s ，(取g ＝10 m/s 2)试求：(1)下落距离为r /2时棒的加速度的大小；(2)从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量．解析：(1)棒下落距离为r 2时，由几何知识得∠MON ＝120°，MN ＝3r ，两段弧的阻值分别为R 3、23R 电路中的总电阻R 总＝R 3×23R R ＝29R ＝83Ω 此时棒内的电流I ＝E R 总＝B (3r )v 1R 总安培力F ＝BIL ＝B 2(3r )2v 1R 总＝0.12 N 由牛顿第二定律有mg －F ＝ma即a ＝g －F m＝8.8 m/s 2. (2)由能量守恒知，导体棒重力势能的减少量等于回路中的焦耳热与棒动能之和，故有：mgr ＝Q ＋12m v 22则Q ＝mgr －12m v 22＝0.44 J. 答案：(1)8.8 m/s 2 (2)0.44 J。
新课标广东高考物理第一轮复习资料第八章电磁感应一、复习要点（1）07考试大纲（讨论稿）与06考试大纲的对比对各部分知识内容要求掌握的程度，在表中用Ⅰ、Ⅱ标出。
Ⅰ、Ⅱ的含义如下：Ⅰ. 对所列知识要知道其内容及含义，并能在有关问题中识别和直接使用。
与课程标准中的“了解”和“认识”相当。
Ⅱ. 对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用。
与课程标准中的“理解”和“应用”相当。
对比06的大纲，变化不多，如：1. 电磁感应现象、磁通量由Ⅱ降为Ⅰ。
“电磁感应现象”、“磁通量”作为一个单独的知识点的要求本来就不高，在06之所以定位为Ⅱ，主要还是与两个定律捆绑的结果。
2. 增加了涡流，删除了日光灯。
“日光灯”不再作为一个单独的知识点，融入到自感现象的应用，而且增加了“涡流”，可能是因为“电磁炉”已经逐渐普及，电磁感应技术已经融入了生活，所以就没必要单立个别的应用实例作为知识点了。
3. 删除了原来说明中两点。
估计不会有太明显的变化，不过可为命题者扩阔命题的空间。
（2）本章重点、难点本章的知识点不多，重点集中在两个定律——法拉第电磁感应定律和楞次定律。
法拉第电磁感应定律关键在于“变化”，楞次定律的核心在于“阻碍”，真正理解了“变化”和“阻碍”，就真正掌握了这两个定律。
本章以电场、磁场、电路等知识为基础，综合力与运动、动量与能量等力学体系的知识，是高中物理中综合程度最高的章节之一，所以本章的难点也很突出。
在高考中出现的题型通常会有感应电流的产生条件、方向判定，感应电流大小的计算等，在大题中则常会出现电磁感应和电路知识的综合、电磁感应和力的综合、电磁感应和能量的综合等综合的题目，还会有比较多的图像问题会牵连到题目当中。
所以，本章的难点在于正确理顺知识体系，通过严密的分析、推理，综合应用所学知识处理实际问题。
（3）课标的细化本章在课标中说明如下：首先，标准要求学生从图书馆或互联网上收集有关物理学史的资料，了解发现电磁感应现象的过程，从科学家艰苦探究的生动事例中，受到情感态度与价值观的熏陶。
专题九电磁感应定律及综合应用电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考命题频率最高的内容之一。
题型多为选择题、计算题。
主要考查电磁感应、楞次定律、法拉第电磁感应定律、自感等知识。
本部分知识多结合电学、力学部分出压轴题，其命题形式主要是电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用、电磁感应与能量守恒的综合应用。
复习中要熟练掌握感应电流的产生条件、感应电流方向的判断、感应电动势的计算，还要掌握本部分内容与力学、能量的综合问题的分析求解方法。
预测高考重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效问题．综合试题还是涉及到力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识．主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等．此除日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术这些在实际中有广泛的应用问题也要引起重视。
知识点一、法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律的内容是感应电动势的大小与穿过回路的磁通量的变化率成正比．在具体问题的分析中，针对不同形式的电磁感应过程，法拉第电磁感应定律也相应有不同的表达式或计算式．磁通量变化的形式表达式备注通过n 匝线圈内的磁通量发生变化E ＝n ·ΔΦΔt(1)当S 不变时，E ＝nS ·ΔB Δt (2)当B 不变时，E ＝nB ·ΔS Δt 导体垂直切割磁感线运动E ＝BLv 当v ∥B 时，E ＝0导体绕过一端且垂直于磁场方向的转轴匀速转动E ＝12BL 2ω线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动E ＝nBSω·sin ωt 当线圈平行于磁感线时，E 最大为E ＝nBSω，当线圈平行于中性面时，E ＝0知识点二、楞次定律与左手定则、右手定则1．左手定则与右手定则的区别：判断感应电流用右手定则，判断受力用左手定则．2．应用楞次定律的关键是区分两个磁场：引起感应电流的磁场和感应电流产生的磁场．感应电流产生高考物理二轮复习：电磁感应定律及综合应用知识点解析及专题练习的磁场总是阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化，“阻碍”的结果是延缓了磁通量的变化，同时伴随着能量的转化．3．楞次定律中“阻碍”的表现形式：阻碍磁通量的变化(增反减同)，阻碍相对运动(来拒去留)，阻碍线圈面积变化(增缩减扩)，阻碍本身电流的变化(自感现象)．知识点三、电磁感应与电路的综合电磁感应与电路的综合是高考的一个热点内容，两者的核心内容与联系主线如图4－12－1所示：1．产生电磁感应现象的电路通常是一个闭合电路，产生电动势的那一部分电路相当于电源，产生的感应电动势就是电源的电动势，在“电源”内部电流的流向是从“电源”的负极流向正极，该部分电路两端的电压即路端电压，U ＝R R ＋rE .2．在电磁感应现象中，电路产生的电功率等于内外电路消耗的功率之和．若为纯电阻电路，则产生的电能将全部转化为内能；若为非纯电阻电路，则产生的电能除了一部分转化为内能，还有一部分能量转化为其他能，但整个过程能量守恒．能量转化与守恒往往是电磁感应与电路问题的命题主线，抓住这条主线也就是抓住了解题的关键．在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能．说明：求解部分导体切割磁感线产生的感应电动势时，要区别平均电动势和瞬时电动势，切割磁感线的等效长度等于导线两端点的连线在运动方向上的投影．高频考点一对楞次定律和电磁感应图像问题的考查例1、(多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)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4(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()图4A．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B0rS4t0ρD．圆环中的感应电动势大小为B0πr24t0【举一反三】（2018年全国II卷）如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。
高三物理第一轮复习：电磁感应粤教版【本讲教育信息】一. 教学内容：电磁感应1. 电磁感应现象楞次定律2. 法拉第电磁感应定律、自感【要点扫描】电磁感应现象楞次定律一、电磁感应1. 电磁感应现象只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就有电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应，产生的电流叫做感应电流。
2. 产生感应电流的条件：闭合回路中磁通量发生变化3. 引起磁通量变化的常见情况①闭合电路中的局部导线做切割磁感线运动导致Φ变化；②线圈在磁场中转动导致Φ变化③磁感应强度随时间或位置变化，或闭合回路变化导致Φ变化注意：磁通量的变化，应注意方向的变化，如某一面积为S的回路原来的感应强度垂直纸面向里，如下列图，后来磁感应强度的方向恰好与原来相反，如此回路中磁通量的变化量为2BS，而不是零。
4. 产生感应电动势的条件：无论回路是否闭合，只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势产生，产生感应电动势的那局部导体相当于电源。
电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合，如此有感应电流，如果回路不闭合，如此只能出现感应电动势，而不会形成持续的电流。
我们看变化是看回路中的磁通量变化，而不是看回路外面的磁通量变化二、感应电流方向的判定1. 右手定如此：伸开右手，使拇指跟其余的四指垂直且与手掌都在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，手掌所在平面跟磁感线和导线所在平面垂直，大拇指指向导线运动的方向，四指所指的方向即为感应电流方向。
2. 楞次定律〔1〕楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
磁场阻碍变化主语谓语宾语主语磁场的定语是“感应电流的〞；谓语的状语是“总是〞；宾语的定语是“引起感应电流的磁通量的〞。
〔2〕对“阻碍〞的理解这里的“阻碍〞不可理解为“相反〞，感应电流产生的磁场的方向，当原磁场增加时，如此与原磁场方向相反，当原磁场减弱时，如此与原磁场方向一样；也不可理解为“阻止〞，这里是阻而未止。
【备考2022】高考物理一轮复习学案10.3 电磁感应定律的综合运用(2)右手定则的研究对象为闭合回路的一部分导体，适用于一段导线在磁场中做切割磁感线运动。
2.对电源的理解(1)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、有磁通量变化的线圈等，这种电源将其他形式的能转化为电能。
(2)判断感应电流和感应电动势的方向，都是把相当于电源的部分根据右手定则或楞次定律判定的。
实际问题中应注意外电路电流由高电势处流向低电势处，而内电路则相反。
3．导体棒在匀强磁场运动过程中的变与不变(1)外电阻的变与不变若外电路由无阻导线和定值电阻构成，导体棒运动过程中外电阻不变；若外电路由考虑电阻的导线组成，导体棒运动过程中外电阻改变。
(2)内电阻与电动势的变与不变切割磁感线的有效长度不变，则内电阻与电动势均不变。
反之，发生变化。
处理电磁感应区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系(1)因电而生磁(I→B)→安培定则(判断电流周围磁感线的方向)。
(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则(闭合回路的部分导体切割磁感线产生感应电流)。
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则(磁场对电流有作用力)。
核心素养二对电路的理解(1)内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成。
(2)在闭合电路中，相当于“电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势。
核心素养三图像问题2.解决图像问题的一般步骤(1)明确图像的种类，即是Bt图像还是Φt图像，或者Et图像、It图像等。
(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对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。
(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。
2023年高考物理【重点·难点】专练（广东专用）重难点09 电磁感应规律及其应用【知识梳理】考点一 电磁感应中的电路问题 1． 对电磁感应中电源的理解（1）电源的正负极、感应电流的方向、电势的高低、电容器极板带电问题，可用右手定则或楞次定律判定。
（2）电源的电动势的大小可由E ＝Blv 或tn E ∆∆Φ=求解。
2． 对电磁感应电路的理解（1）在电磁感应电路中，相当于电源的部分把其他形式的能通过电流做功转化为电能。
（2）“电源”两端的电压为路端电压，而不是感应电动势。
【重点归纳】1．电磁感应中电路知识的关系图2．电磁感应中电路问题的题型特点闭合电路中磁通量发生变化或有部分导体做切割磁感线运动，在回路中将产生感应电动势和感应电流．从而考题中常涉及电流、电压、电功等的计算，也可能涉及电磁感应与力学、电磁感应与能量的综合分析．3．分析电磁感应电路问题的基本思路（1）确定电源：用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向，电源内部电流的方向是从低电势流向高电势；（2）分析电路结构：根据“等效电源”和电路中其他元件的连接方式画出等效电路．注意区别内外电路，区别路端电压、电动势；（3）利用电路规律求解：根据E ＝BLv 或tn E ∆∆Φ=结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解。
考点二 电磁感应中的图象问题 1．题型特点一般可把图象问题分为三类：（1）由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象；（2）由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量； （3）根据图象定量计算。
2．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、出磁场的转折点是解决问题的关键．3．解决图象问题的一般步骤（1）明确图象的种类，即是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者是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对应关系；（4）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式； （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）画出图象或判断图象。
广东高考电磁感应定律综合应用复习（2009•广东）如图（a ）所示，一个电阻值为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（b ）所示，图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0导线的电阻不计，求0至t 1时间内 （1）通过电阻R 1上的电流大小和方向；（2）通过电阻R 1上的电量q 及电阻R 1上产生的热量．（2012广东物理）35．（18分）如图17所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上。
导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直与导轨平面向上的匀强磁场中。
左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板。
R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。
（1）调节R x =R ，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I 及棒的速率v 。
（2）改变R x ，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电量为+q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x 。
图17R xdablBθ（2013广东卷）图19（a ）所示，在垂直于匀强磁场B 的平面内，半径为r 的金属圆盘绕过圆心O 的轴承转动，圆心O 和边缘K 通过电刷与一个电路连接。
电路中的P 是加上一定正向电压才能导通的电子元件。
流过电流表的电流I 与圆盘角速度ω的关系如图19（b ）所示，其中ab 段和bc 段均为直线，且ab 段过坐标原点。
ω>0代表圆盘逆时针转动。
已知：R=3.0Ω，B=1.0T ，r=0.2m 。
忽略圆盘，电流表和导线的电阻。
（1）根据图19（b ）写出ab 、bc 段对应的I 与ω的关系式； （2）求出图19（b ）中b 、c 两点对应的P 两端的电压U b 、U c ； （3）分别求出ab 、bc 段流过P 的电流I P 与其两端电压U P 的关系式。
（2014广一模）35．（18分）如图，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒a 的一端固定在铜环的圆心O 处，另一端紧贴圆环，可绕O 匀速转动．通过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板P 、Q 连接成如图所示的电路，R 1、R 2是定值电阻．带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间M 点，被拉起到水平位置；合上开关K ，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M 点正下方的N 点到另一侧．已知：磁感应强度为B ；a 的角速度大小为ω，长度为l ，电阻为r ；R 1=R 2=2r ，铜环电阻不计；P 、Q 两板间距为d ；带电的质量为m 、电量为q ；重力加速度为g ．求： （1）a 匀速转动的方向； （2）P 、Q 间电场强度E 的大小；（3）小球通过N 点时对细线拉力T 的大小．AI /cb a 0)//(s rad ω15-30-45-60-604530154.03.02.01.01.0-2.0-3.0-4.0-图19（b ）R 1N Oa Kl dPQMR 2 B（2013年深二模）35、（ 18分）如图甲所示，电阻不计的光滑平行金属导轨相距L = 0.5m ，上端连接R =0.5Ω的电阻，下端连着电阻不计的金属卡环，导轨与水平面的夹角θ=300，导轨间虚线区域存在方向垂直导轨平面向上的磁场，其上、下边界之间的距离s = 10m ，磁感应强 度B -t 图如图乙所示.长为L 且质量为m = 0.5kg 的金属棒ab 的电阻不计，垂直导 轨放置于距离磁场上边界d = 2.5m 处，在t = O 时刻由静止释放，棒与导轨始终接触良好，滑至导轨底端被环卡住不动。
g 取10m /s 2，求： （1）棒运动到磁场上边界的时间； （2）棒进人磁场时受到的安培力； （3）在0-5s 时间内电路中产生的焦耳热。
（2013年广二模）36．（18分）如图，足够长平行金属导轨内有垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆ab 与导轨垂直且接触良好，导轨右端通过电阻与平行金属板AB 连接．已知导轨相距为L ；磁场磁感应强度为B ；R 1、R 2和ab 杆的电阻值均为r ，其余电阻不计；板间距为d 、板长为4d ；重力加速度为g ，不计空气阻力．如果ab 杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m 、带电量为+q 的微粒恰能沿两板中心线射出；如果ab 杆以同样大小的速度向右匀速运动时，该微粒将射到B 板距左端为d 的C 处．（1）求ab 杆匀速运动的速度大小v ； （2）求微粒水平射入两板时的速度大小v 0；（3）如果以v 0沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出，试讨论ab 杆向左匀速运动的速度范围．4dd AB C左右aLbR 2R 1（2012年深二模）35.如图所示，两根半径为r 光滑的41圆弧轨道间距为L ，电阻不计，在其上端连有一阻值为R 0的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、质量为m 、电阻为R 的金属棒从轨道的顶端PQ 处开始下滑，到达轨道底端MN 时对轨道的压力为2mg ，求：（1）棒到达最低点时电阻R 0两端的电压； （2）棒下滑过程中R 0产生的热量； （3）棒下滑过程中通过R 0的电量.（2012广一模）35．如图所示，有小孔O 和O ′的两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场．金属杆ab 与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动．某时刻ab 进入Ⅰ区域，同时一带正电小球从O 孔竖直射入两板间．ab 在Ⅰ区域运动时，小球匀速下落；ab 从Ⅲ区域右边离开磁场时，小球恰好从O ′孔离开．已知板间距为3d ，导轨间距为L ，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d ．带电小球质量为m ，电荷量为q ，ab 运动的速度为v 0，重力加速度为g ．求：（1）磁感应强度的大小（2）ab 在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小 （3）小球射入O 孔时的速度v（2011深一模）35．（18分）轻质细线吊着一质量为m=0.32k g ，边长为L=0.8m 、匝数n=10的正方形线圈总电阻为r=1Ω.边长为2L的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示.磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t=0开始经t 0时间细线开始松驰，g=10m/s 2．求：（1）在前t 0时间内线圈中产生的电动势； （2）在前t 0时间内线圈的电功率； （3）求t 0的值．（2010深二模）36．（18分）如图所示，相距0.5m 足够长的两根光滑导轨与水平面成37°角，导轨电阻不计，下端连接阻值为2Ω的电阻R ，导轨处在磁感应强度B =2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上。
ab 、cd 为水平金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为0.5kg ，电阻均为2Ω。
ab 棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd 棒从静止开始下滑，直至与ab 相连的细绳刚好被拉断，在此过程中电阻R 上产生的热量为0.5J ，已知细线能承受的最人拉力为5N ．求细绳被拉断时：(g = 10m/s 2，sin37°=0.6) （1）ab 棒中的电流； （2）cd 棒的速度； （3）cd 棒下滑的距离。
B14B/T t/s24 6甲乙（2010广一模）35．（18分）如图17—（1）所示的螺线管横截面积为S ，匝数为N 、电阻为r ，螺线管与一根电阻为2r 的金属丝连接向右穿过螺线管的匀强磁场随时间变化的规律如图17—（2）所示.求0至t 0时间内： （1）.通过金属丝的感应电流大小和方向。
（2）.金属丝中感应电流产生的焦耳热量。
（3）金属丝辐射出的光子数。
（设金属丝产生的热量全部以频率为γ的红外线辐射出来、普朗克常数为h ）（2013广三模）如图，相距L 的光滑金属导轨，半径为R 的41圆弧部分竖直放置，直的部分固定于水平地面，MNQP 范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场．金属棒ab 和cd 垂直导轨且接触良好，cd 静止在磁场中，ab 从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd 没有接触．已知ab 的质量为m 、电阻为r ，cd 的质量为3m 、电阻为r ．金属导轨电阻不计，重力加速度为g ．（1）求：ab 到达圆弧底端时对轨道的压力大小； （2）在图中标出ab 刚进入磁场时cd 棒中的电流方向；（3）若cd 离开磁场时的速度是此刻ab 速度的一半，求：cd 离开磁场瞬间，ab 受到的安培力大小．广东高考电磁感应定律综合应用复习参考答案2009年广东2012年广东【解】（1）当R x =R 棒沿导轨匀速下滑时，由平衡条件sin Mg F θ=安培力 F BIl =解得 sin Mg I Blθ=感应电动势 E Blv =电流 2EI R=解得 222sin MgR v B l θ=（2）微粒水平射入金属板间，能匀速通过，由平衡条件 U mg q d= 棒沿导轨匀速，由平衡条件 1sin Mg BI l θ= 金属板间电压 1x U I R =解得 sin x mldBR Mq θ=2013年广东考点：电磁感应、欧姆定律、并联电路规律、直线两点式 解析：（1）图像得出三点坐标:o （0，0）b （15，0.1） c （45，0.4）.由直线的两点式得I 与ω关系式：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤<-≤≤-=451505.01001545,150ωωωω，I(2)圆盘切割磁感线产生的电动势为：ωωω02.02122==+=r B r BrE 当ω=15rad/s 时，产生的电动势为E=0.02×15V=0.3V 。
当ω=45rad/s 时，产生的电动势为E=0.02×45V=0.9V 。
忽略圆盘电阻即电源忽略内阻，故U p =E ，可得： U b =0.3V ，U c =0.9V 。
(3)由并联电路知识有：R p I I I += ①R E I R ==RU P② 由①②得I P =I-RU P. 150302.0ωω-=-=-=I I R E I I p ⎪⎩⎪⎨⎧≤-≤≤-=451505.03001545,0ωωω ，p I 2014广一模解析：（1）依题意，小球从水平位置释放后，能沿圆弧向下摆动，故小球受到电场力的方向水平向右，P 板带正电，Q 板带负电。
由右手定则可知，导体棒a 顺时针转动。
（2分） （2）导体棒a 转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势大小：tt Bl t ∆∆=∆∆=ωφε221＝ω221Bl ①（2分，若缺中间t ∆∆φ推导式只得1分） 由闭合电路欧姆定律：rR R I ++=21ε②（2分）由欧姆定律可知，PQ 的电压为：U PQ ＝2IR ③（2分） 故PQ 间匀强电场的电场强度大小：dU E PQ =④（2分）联立①②③④，代入R 1＝R 2＝2r ，可得：dl B E 52ω=⑤（2分）（3）设细绳长度为L ，小球到达N 点时速度为v ，由动能定理可得：221mv EqL mgL =- ⑥（2分） 又L mv mg T 2=- ⑦（2分）由⑤⑥⑦得：dl Bq mg T 5232ω-= ⑧（2分）【评分说明：第（1）问给2分，若在图中标明方向且正确也可，若答“从图示位置向上转动”或“从图示位置向右转动”也可；①②③④⑤⑥⑦⑧各2分。
