(浙江选考)高考物理二轮复习专题四电磁感应和电路第2讲电磁感应的综合问题学案

电磁感应定律及其应用[建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析近几年高考对本讲的考查集中在楞次定律，法拉第电磁感定律的应用，电磁感应中的图象问题、电路问题、动力学和能量问题，题型以选择题为主；计算题常以“导体棒”切割磁感线为背景，还可能会涉及动量的问题。

素养呈现1.感应电流的产生、方向判断及大小计算2.电磁感应中的电路分析及图象问题3.电磁感应中的动力学、能量问题素养落实1.掌握楞次定律、法拉第电磁感应定律，并灵活应用2.掌握电磁感应中图象的分析技巧3.做好电磁感应中的电路分析、电源分析、动力学和能量转化分析考点1| 楞次定律和法拉第电磁感应定律1．判定感应电流方向的两种方法(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．求感应电动势的方法(1)感生电动势：E＝nΔΦΔt⎩⎪⎨⎪⎧S不变时E＝nSΔBΔtB不变时E＝nBΔSΔt(2)动生电动势：⎩⎪⎨⎪⎧平动切割：E＝Blv转动切割：E＝12Bl2ω[典例1] (多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。

如图所示，ab ＝L ，AB ＝2L ，∠abc ＝∠ABC ＝90°，∠acb ＝∠ACB ＝30°。

线框穿过磁场的过程中( )A ．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B ．感应电流先增大，后减小C ．通过线框的电荷量为3BL26RD ．c 、b 两点的最大电势差为3BLv[题眼点拨] ①“三角形导线框”表明线框进入磁场过程中有效长度发生变化。

②“穿过磁场区域”表明磁通量先增大，后减少。

AD [线圈穿越磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A 正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小、再增加，则感应电流先增加、后减小、再增加，选项B 错误；根据q ＝ΔΦR 总，因进入和穿出磁场时，磁通量的变化量相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C 错误；当线框完全进入磁场时，c 、b 两点的电势差最大，最大为Ucb ＝E ＝B ·3Lv ＝3BLv ，选项D 正确。

高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题四电路与电磁感应第二讲电磁感应及综合应用学案
[答案] (1)楞次定律与右手定则的关系
楞次定律
研究
整个闭合导体回路
对象
适用
(2)公式：E＝n
Δt
n：线圈的匝数，ΔΦ：磁通量的变化量，Δt：对应于ΔΦ所用的时间，：磁通量的变化率．
(3)解决电路问题的基本思路
①找电源：哪部分电路产生了电磁感应现象，则这部分电路就是电源．
②由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律或右手定则确定出电源的正负极．
a．在外电路，电流从正极流向负极；在内电路，电流从负极流向正极．
b．存在双感应电动势的问题中，要求出总的电动势．
③正确分析电路的结构，画出等效电路图．
a．内电路：“切割”磁感线的导体和磁通量发生变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻．
b．外电路：除“电源”以外的电路即外电路．
④运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率等列方程求解．
(4)动力学问题
基本思路：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合外力变化加速度变化―→速度变
化.
考向一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
[归纳提炼]
1．感应电流方向的判断方法(1)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．(2)楞次定律，即根据穿过闭合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”．。

1 划时代的发现2 探究感应电流的产生条件知识内容电磁感应现象考试要求必考加试b课时要求1.知道奥斯特发现了电流的磁效应、法拉第发现了电磁感应现象．2．知道磁通量和磁通量变化量的含义．3．理解什么是电磁感应现象及感应电流的产生条件.一、电磁感应的发现[导学探究] (1)在一次讲演中，奥斯特在南北方向的导线下面放置了一枚小磁针，当接通电源时小磁针为什么转动？(2)法拉第把两个线圈绕在同一个铁环上，一个线圈接到电源上，另一个线圈接入“电流表”，在给一个线圈通电或断电的瞬间，观察电流表，会看到什么现象？说明了什么？答案(1)电流的周围产生磁场，小磁针受到磁场力的作用而转动．(2)电流表的指针发生摆动，说明另一个线圈中产生了电流．[知识梳理]1．电流的磁效应丹麦物理学家奥斯特发现载流导体能使小磁针转动，这种作用称为电流的磁效应，揭示了电现象与磁现象之间存在密切联系．2．电磁感应现象的发现英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，即“磁生电”现象，他把这种现象命名为电磁感应．产生的电流叫做感应电流．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)若把导线东西放置，当接通电源时，导线下面的小磁针一定会发生明显转动．( )(2)奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象．( )(3)小磁针在通电导线附近发生偏转的现象是电磁感应现象．( )(4)通电线圈在磁场中转动的现象是电流的磁效应．( )答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×二、磁通量及其变化[导学探究] 如图1所示，闭合导线框架的面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B .图1(1)分别求出B ⊥S (图示位置)和B ∥S (线框绕OO ′转90°)时，穿过闭合导线框架平面的磁通量．(2)由图示位置绕OO ′转过60°时，穿过框架平面的磁通量为多少？这个过程中磁通量变化了多少？答案 (1)BS 0 (2)12BS 减少了12BS [知识梳理]1．定义：闭合回路的面积与垂直穿过它的磁感应强度的乘积叫做磁通量．2．公式：Φ＝BS ，其中的S 应为平面在垂直于磁场方向上的投影面积．大小与线圈的匝数无关(填“有”或“无”)．3．磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1.[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量越大．( )(2)穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零．( )(3)磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的．( )(4)利用公式Φ＝BS ，可计算任何磁场中某个面的磁通量．( )答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×三、感应电流产生的条件[导学探究] 如图2所示，导体AB做切割磁感线运动时，线路中有电流产生，而导体AB顺着磁感线运动时，线路中无电流产生．(填“有”或“无”)图2如图3所示，当条形磁铁插入或拔出线圈时，线圈中有电流产生，但条形磁铁在线圈中静止不动时，线圈中无电流产生．(填“有”或“无”)图3如图4所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S闭合或断开时，电流表中有电流通过；若开关S一直闭合，当改变滑动变阻器的阻值时，电流表中有电流通过；而开关一直闭合，滑动变阻器的滑动触头不动时，电流表中无电流通过．(填“有”或“无”)图4[知识梳理]产生感应电流的条件只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生．( )(2)穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生．( )(3)穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流．( )(4)闭合正方形线框在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流．( )答案(1)×(2)×(3)√(4)×一、磁通量Φ的理解与计算1．匀强磁场中磁通量的计算(1)B与S垂直时，Φ＝BS.(2)B与S不垂直时，Φ＝B⊥S，B⊥为B垂直于线圈平面的分量．如图5甲所示，Φ＝B⊥S＝(B sin θ)·S.也可以为Φ＝BS⊥，S⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积，如图乙所示Φ＝BS⊥＝BS cos θ.图52．磁通量的变化大致可分为以下几种情况：(1)磁感应强度B不变，有效面积S发生变化．如图6(a)所示．(2)有效面积S不变，磁感应强度B发生变化．如图(b)所示．(3)磁感应强度B和有效面积S都不变，它们之间的夹角发生变化．如图(c)所示．图6例1如图7所示，有一垂直纸面向里的匀强磁场，B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1 cm.现于纸面内先后放上圆线圈A、B、C，圆心均处于O处，线圈A的半径为1 cm,10匝；线圈B的半径为2 cm,1匝；线圈C的半径为0.5 cm,1匝．问：图7(1)在B减为0.4 T的过程中，线圈A和线圈B中的磁通量变化多少？(2)在磁场转过90°角的过程中，线圈C中的磁通量变化了多少？转过180°角呢？答案(1)A、B线圈的磁通量均减少了1.256×10－4 Wb(2)减少了6.28×10－5 Wb 减少了1.256×10－4 Wb解析(1)A、B线圈中的磁通量始终一样，故它们的变化量也一样．ΔΦ＝(B2－B)·πr2＝－1.256×10－4 Wb即A、B线圈中的磁通量都减少1.256×10－4 Wb(2)对线圈C，Φ1＝Bπr′2＝6.28×10－5 Wb当转过90°时，Φ2＝0，故ΔΦ1＝Φ2－Φ1＝0－6.28×10－5 Wb＝－6.28×10－5 Wb当转过180°时，磁感线从另一侧穿过线圈，若取Φ1为正，则Φ3为负，有Φ3＝－Bπr′2，故ΔΦ2＝Φ3－Φ1＝－2Bπr′2＝－1.256×10－4 Wb.(1)磁通量与线圈匝数无关．(2)磁通量是标量，但有正、负，其正、负分别表示与规定的穿入方向相同、相反．(3)磁通量还可以用穿过某个面的有效磁感线的条数表示，穿过某个面的有效磁感线条数越多，磁通量越大；条数发生变化，则磁通量发生变化．二、感应电流产生条件的理解及应用1．感应电流产生条件的理解不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化．2．区别ΔΦ与Φ：感应电流的产生与Φ无关，只取决于Φ的变化，即与ΔΦ有关．ΔΦ与Φ的大小没有必然的联系．例2(2015·诸暨高二检测)(多选)如图8所示是法拉第最初研究电磁感应现象的装置，下列说法正确的是( )图8A．当右边磁铁S极离开B端时，线圈产生感应电流B．当右边磁铁S极离开B端，并在B端附近运动时，线圈中产生感应电流C．当磁铁保持图中状态不变时，线圈中有感应电流D．当磁铁保持图中状态不变时，线圈中无感应电流答案ABD解析当磁铁离开B端或在B端附近运动时，线圈所处位置磁场变化，穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，A、B正确；当磁铁保持图中状态不变时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，C错误，D正确．判断是否产生感应电流的技巧(1)电路闭合和磁通量发生变化是产生感应电流的两个条件，二者缺一不可．(2)磁通量发生变化，其主要内涵体现在“变化”上，磁通量很大若没有变化也不会产生感应电流，磁通量虽然是零但是变化的仍然可以产生感应电流．(3)产生感应电流的实质是其他形式的能转化为电能．针对训练(2015·嵊州高二检测)(多选)如图9所示装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是( )图9A．开关S闭合的瞬间B．开关S闭合后，电路中电流稳定时C．开关S闭合后，滑动变阻器触头滑动的瞬间D．开关S断开的瞬间例3金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是( )答案 A解析在选项B、C中，线圈中的磁通量始终为零，不产生感应电流；选项D中磁通量始终最大，保持不变，也没有感应电流；选项A中，在线圈转动过程中，磁通量做周期性变化，产生感应电流，故A正确．判断部分导体做切割磁感线运动产生感应电流时应注意：(1)导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”就不能说切割．如例3中，A图是真“切割”，B、C图中没有切断，是假“切割”．(2)是否仅是闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动，如例3 D图中ad、bc边都切割磁感线，由切割不容易判断，则要回归到磁通量是否变化上去．1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( ) A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接．往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化解析电路闭合和穿过电路的磁通量发生变化，同时满足这两个条件，电路中才会产生感应电流，本题中的A、B选项都不会使得电路中的磁通量发生变化，并不满足产生感应电流的条件，故都不正确．C选项中磁铁插入线圈时，虽有短暂电流产生，但未能及时观察，C项错误．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量发生变化，产生感应电流，因此 D项正确．2．(多选)下图中能产生感应电流的是( )答案BD解析根据产生感应电流的条件：A选项中，电路没有闭合，无感应电流；B选项中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C选项中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D选项中，磁通量发生变化，有感应电流．3．如图10所示，a、b是两个同平面、同心放置的金属圆环，条形磁铁穿过圆环且与两环平面垂直，则穿过两圆环的磁通量Φa、Φb的大小关系为( )图10A．Φa>ΦbB．Φa<ΦbC．Φa＝ΦbD．不能比较答案 A解析条形磁铁磁场的磁感线的分布特点是：①磁铁内外磁感线的条数相同；②磁铁内外磁感线的方向相反；③磁铁外部磁感线的分布是两端密、中间疏．两个同心放置的同平面的金属圆环与磁铁垂直且磁铁在中央时，通过其中一个圆环的磁感线的俯视图如图所示，穿过该圆环的磁通量Φ＝Φ进－Φ出，由于两圆环面积S a＜S b，两圆环的Φ进相同，而Φ出a＜Φ出b，所以穿过两圆环的有效磁通量Φa＞Φb，故A正确．4．(多选)如图11所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是( )图11A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动C．以ad边为轴转动(小于60°)D．以bc边为轴转动(小于60°)答案ABC解析将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc部分切割磁感线，或者说穿过线框的磁通量减少，所以线框中将产生感应电流．当线框以ab边为轴转动时，线框的cd边的右半段在做切割磁感线运动，或者说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感应电流．当线框以ad边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框内会产生感应电流．当线框以bc边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形线框面积的一半的乘积)．一、选择题1．(2015·绍兴高二检测)在物理学建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( )A．安培成功地发现了电流的磁效应B．洛伦兹通过实验测定了磁场对电流的作用力C．卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确地测定了静电力常量D．法拉第通过大量的实验研究发现了电磁感应现象答案 D解析奥斯特发现了电流的磁效应，A错误；安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，B错误；卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确地测定了引力常量，C错误；法拉第发现了电磁感应现象，D正确．2．(2016·平湖市调研)如图1所示，虚线框内有匀强磁场，大环和小环是垂直于磁场方向放置的两个圆环，分别用Φ1和Φ2表示穿过大、小两环的磁通量，则有( )图1A．Φ1>Φ2B．Φ1<Φ2C．Φ1＝Φ2D．无法确定答案 C解析对于大环和小环来说，磁感线的净条数没有变化，所以选C.3．如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是( )答案 B解析选项A是用来探究影响安培力大小因素的实验装置．选项B是研究电磁感应现象的实验装置，观察闭合线框在磁场中做切割磁感线运动时电流表是否会产生感应电流．选项C是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验装置．选项D是奥斯特实验装置，证明通电导线周围存在磁场．4．(多选)如图2所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下能使电流表指针偏转的是( )图2A．将磁铁插入螺线管的过程中B．磁铁放在螺线管中不动时C．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D．磁铁静止而将螺线管向上移动答案ACD解析只要是螺线管中的磁通量发生变化，回路中有感应电流，指针便会偏转；只要是螺线管中的磁通量不发生变化，回路中无感应电流，指针便不会偏转．在磁铁插入、拉出过程中螺线管中的磁通量均发生变化，能产生感应电流，电流表指针偏转．故A、C正确；磁铁放在螺线管中不动时，螺线管中的磁通量不发生变化，无感应电流产生，故B错误；由于磁铁静止而螺线管向上移动，螺线管中的磁通量发生变化，有感应电流产生，电流表指针偏转，故D 正确．5.如图3所示，大圆导线环A中通有电流，方向如图中箭头所示，另在导线环所在平面画一个圆B，它的一半面积在A环内，另一半面积在A环外，则穿过圆B的磁通量( )图3A．为0B．垂直纸面向里C．垂直纸面向外D．条件不足，无法判断答案 B解析因为通电导线环的磁场中心密集，外部稀疏，所以，穿过圆B的净磁感线为垂直纸面向里．6．(多选)闭合线圈按如图所示的方式在磁场中运动，则穿过闭合线圈的磁通量发生变化的是( )答案AB解析A图中，图示状态Φ＝0，转至90°过程中Φ增大，因此磁通量发生变化；B图中离直导线越远磁场越弱，磁感线越稀，所以当线圈远离导线时，线圈中磁通量不断变小；C图中一定要把条形磁铁周围的磁感线空间分布图弄清楚，在图示位置，线圈中的磁通量为零，在向下移动过程中，线圈的磁通量一直为零，磁通量不变；D图中，随着线圈的转动，B与S都不变，B又垂直于S，所以Φ＝BS始终不变，故正确答案为A、B.7．(多选)如图4所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd，与导轨接触良好．这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2，若井字形回路中有感应电流通过，则可能( )图4A．v1>v2B．v1<v2C．v1＝v2D．无法确定答案AB8. (多选)如图5所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况中，导线cd中有电流的是( )A．开关S闭合或断开的瞬间B．开关S是闭合的，滑动触头向左滑C．开关S是闭合的，滑动触头向右滑D．开关S始终闭合，滑动触头不动答案ABC解析开关S闭合或断开的瞬间；开关S闭合，滑动触头向左滑的过程；开关S闭合，滑动触头向右滑的过程都会使通过导线ab段的电流发生变化，使穿过cd回路的磁通量发生变化，从而在cd导线中产生感应电流．正确选项为A、B、C.9. 磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图6所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )图6A．ΔΦ1>ΔΦ2B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2D．无法确定答案 C解析设闭合线框在位置1时的磁通量为Φ1，在位置2时的磁通量为Φ2，直线电流产生的磁场在位置1处比在位置2处要强，故Φ1>Φ2. 将闭合线框从位置1平移到位置2，磁感线是从闭合线框的同一面穿过的，所以ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|＝Φ1－Φ2；将闭合线框从位置1绕cd 边翻转到位置2，磁感线分别从闭合线框的正反两面穿过，所以ΔФ2＝|(－Φ2)－Φ1|＝Φ1＋Φ2(以原来穿过的方向为正方向，则后来从另一面穿过的方向为负方向)．故正确选项为C.二、非选择题10．如图7所示，线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈Ⅱ与电流计相连，线圈Ⅰ与线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上，在下列情况下，电流计中是否有示数？(1)开关闭合瞬间；(2)开关闭合稳定后；(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑片；(4)开关断开瞬间．答案(1)有 (2)无 (3)有(4)有解析(1)开关闭合时线圈Ⅰ中电流从无到有，电流的磁场也从无到有，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从无到有，线圈Ⅱ中产生感应电流，电流计有示数．(2)开关闭合稳定后，线圈Ⅰ中电流稳定不变，电流的磁场不变，此时线圈Ⅱ中虽有磁通量但磁通量稳定不变，线圈Ⅱ中无感应电流产生，电流计无示数．(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑片，电阻变化，线圈Ⅰ中的电流变化，电流形成的磁场也发生变化，穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计有示数．(4)开关断开瞬间，线圈Ⅰ中电流从有到无，电流的磁场也从有到无，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计有示数．11．(2015·绍兴高二检测)逆向思维是一种重要的思想方法，在这种思想方法的引领下，许多重要的科学定律被发现．“电生磁，磁生电”这种逆向互生的关系，体现了物理学中的一种对称美．请思考：(1)你还能指出物理学中的其他对称性和对称实例吗？________________________________________________________________________.(2)1831年，物理学家法拉第用如图8甲所示的实验装置，成功发现了磁生电现象．开关始终处于闭合状态时，a线圈中________(填“有”或“无”)感应电流产生，开关闭合或断开瞬间，a线圈中________(填“有”或“无”)感应电流产生．图8(3)如图乙所示是某兴趣小组研究磁生电现象所需的器材．请你协助该小组完成如下工作：用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈B接成副线圈回路，并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________.答案(1)见解析 (2)无有 (3)如图所示见解析解析(1)电荷的正与负，吸引与排斥，运动和静止，光滑和粗糙，正电子和负电子，物质和反物质．(2)开关处于闭合状态时，因穿过a线圈的磁通量不变，所以无感应电流产生；闭合开关瞬间，穿过a线圈的磁通量突然增大，所以有感应电流产生，而断开开关瞬间，穿过a线圈的磁通量突然减小，所以有感应电流产生．(3)实物连接如图所示．①合上(或断开)开关瞬间；②合上开关后，将原线圈A插入副线圈B 或从副线圈B中抽出；③合上开关，将原线圈A插入副线圈B后，移动滑动变阻器的滑片．。

第2讲 电磁感应的综合问题[历次选考考情分析]考点一 电磁感应基本概念和规律的理解1．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、闭合电路欧姆定律、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．2．电磁感应中图象类选择题的两个常见解法(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．(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作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的办法．1．[感应电流的产生](多选)下列各图所描述的物理情境中，有感应电流产生的是( )答案BCD解析A中电键S闭合稳定后，穿过线圈的磁通量保持不变，线圈中不产生感应电流；B中磁铁向铝环A靠近，穿过铝环的磁通量在增大，铝环中产生感应电流；C中金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流；D中铜盘在磁场中按题图所示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，电阻R中产生感应电流．2．[感应电流的大小和方向](多选)如图1，一根长为l、横截面积为S的闭合软导线置于光滑水平面上，其材料的电阻率为ρ，导线内单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为e，空间存在垂直纸面向里的磁场．某时刻起磁场开始减弱，磁感应强度随时间的变化规律是B ＝B0－kt，当软导线形状稳定时，磁场方向仍然垂直纸面向里，此时( )图1 A．软导线将围成一个圆形B．软导线将围成一个正方形C．导线中产生逆时针方向的电流D．导线中的电流为klS4πρ答案AD解析当磁场的磁感应强度减弱时，由楞次定律可知，导线中产生顺时针方向的电流，软导线围成的图形的面积有扩大的趋势，结合周长相等时，圆的面积最大可知，最终软导线围成一个圆形．设软导线围成的圆形半径为r，则有：l＝2πr，圆形的面积为S1＝πr2，软导线的电阻为R＝ρlS，软导线中产生的感应电动势为E＝ΔBΔtS1＝kl24π，感应电流为I＝ER＝klS4πρ.3．[感应电流的图象](多选)如图2甲所示，正六边形导线框abcdef放在磁场中静止不动，磁场方向与导线框平面垂直，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B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正，竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图象正确的是( )图2答案 BC解析 0～2 s 内，磁感应强度的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E ＝ΔBS Δt ＝B 0S 为定值，则感应电流为定值，I 0＝B 0SR.在2～3 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2 s 内相同．在3～4 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2 s 内相同．在4～6 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2 s 内相同，故A 错误，B 正确．在0～2 s 内，磁感应强度的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据F 安＝BIL ，则安培力逐渐减小，cd 边所受安培力方向向右，为负值.0时刻安培力大小为F ＝2B 0I 0L .在2～3 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据F 安＝BIL ，则安培力逐渐增大，cd 边所受安培力方向向左，为正值，3 s 末安培力大小为B 0I 0L .在3～4 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐减小，则安培力大小逐渐减小，cd 边所受安培力方向向右，为负值，第4 s 初的安培力大小为B 0I 0L .在4～6 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd 边所受安培力方向向左，6 s 末的安培力大小2B 0I 0L ，故C 正确，D 错误．4.[电路问题](多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，正方形的一半放在垂直于纸面向里的磁场中，如图3所示，当磁场以ΔBΔt的变化率增强时，则( )图3A ．线圈中感应电流方向为acbdaB ．线圈中产生的电动势E ＝ΔB Δt ·l22C ．线圈中感应电流方向为adbcaD ．线圈中a 、b 两点间的电势差为ΔB Δt ·l22答案 AB解析 当磁场增强时，由楞次定律可判定感应电流的方向为acbda ，故A 项正确，C 项错误；由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔB Δt ·l22，B 项正确；线圈中a 、b 两点的电势差的绝对值为电动势的一半，由电流方向可知，a 点电势低于b 点电势，则a 、b 两点的电势差为－12·ΔB Δt ·l22，故D 项错误．考点二 电磁感应中的动力学和能量问题1．电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻．(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F 安＝BIL ，根据牛顿第二定律列动力学方程：F 合＝ma .(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程：F 合＝0. 2．电磁感应中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①焦耳定律：Q＝I2Rt，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．例1(2018·嘉兴一中期末)如图4所示，两根相距L1的平行粗糙金属导轨固定在水平面上，导轨上分布着n个宽度为d、间距为2d的匀强磁场区域，磁场方向垂直水平面向上．在导轨的左端连接一个阻值为R的电阻，导轨的左端距离第一个磁场区域L2的位置放有一根质量为m，长为L1，阻值为r的金属棒，导轨电阻及金属棒与导轨间的接触电阻均不计．某时刻起，金属棒在一水平向右的已知恒力F作用下由静止开始向右运动，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.图4(1)若金属棒能够匀速通过每个匀强磁场区域，求金属棒离开第2个匀强磁场区域时的速度v2的大小；(2)在满足第(1)小题条件时，求第n个匀强磁场区域的磁感应强度B n的大小；(3)现保持恒力F不变，使每个磁场区域的磁感应强度均相同，发现金属棒通过每个磁场区域时电路中的电流变化规律完全相同，求金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的整个过程中左端电阻R上产生的焦耳热Q.答案(1)2(F－μmg)(L2＋2d)m(2)1L 14m (F －μmg )(R ＋r )22L 2＋4nd －4d(3)3RR ＋rnd (F －μmg ) 解析 (1)金属棒匀加速运动有F －μmg ＝mav 22＝2a (L 2＋2d )解得：v 2＝2(F －μmg )(L 2＋2d )m(2)金属棒匀加速运动的总位移为x ＝L 2＋2nd －2d 金属棒进入第n 个匀强磁场的速度满足v n 2＝2ax 金属棒在第n 个磁场中匀速运动有F －μmg －F 安＝0 感应电动势E ＝B n L 1v n 电流I ＝ER ＋r ＝B n L 1v nR ＋r安培力F 安＝B n L 1I联立得：F 安＝B n 2L 12v nR ＋r解得：B n ＝1L 1 4m (F －μmg )(R ＋r )22L 2＋4nd －4d(3)金属棒进入每个磁场时的速度v 和离开每个磁场时的速度v ′均相同，由题意可得v 2＝2aL 2，v 2－v ′2＝2a ·2d金属棒从开始运动到通过第n 个磁场区域的过程中，有x 总＝L 2＋3nd －2d (F －μmg )x 总－Q 总＝12mv ′2Q ＝R R ＋rQ 总 解得：Q ＝3RR ＋rnd (F －μmg )5．如图5所示，有一倾斜光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距L ＝0.5 m ，电阻不计，在两导轨间接有R ＝3 Ω的电阻．在导轨中间加一垂直导轨平面向上的宽度为d ＝0.4 m 的匀强磁场，B ＝2 T ．一质量为m ＝0.08 kg ，电阻为r ＝2 Ω的导体棒从距磁场上边缘d ＝0.4 m 处由静止释放，运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，取g ＝10 m/s 2.求：图5(1)导体棒进入磁场上边缘的速度大小v ；(2)导体棒通过磁场区域的过程中，通过导体棒的电荷量q ； (3)导体棒通过磁场区域的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q . 答案 (1)2 m/s (2)0.08 C (3)0.096 J解析 (1)根据机械能守恒定律可得：mgd sin 30°＝12mv 2代入数据解得，导体棒进入磁场上边缘的速度v ＝2 m/s. (2)根据法拉第电磁感应定律可得：E ＝ΔΦΔt根据闭合电路的欧姆定律可得：I ＝ER ＋r通过导体棒的电荷量为：q ＝I Δt ＝ΔΦR ＋r ＝BLdR ＋r ＝0.08 C.(3)导体棒切割磁感应线产生的感应电动势为E ＝BLv ＝2 V 根据闭合电路的欧姆定律可得：I ＝ER ＋r＝0.4 A导体棒受到的安培力F ＝BIL ＝0.4 N导体棒的重力沿导轨平面向下的分力F ′＝mg sin 30°＝0.4 N所以金属棒进入磁场后做匀速运动，根据功能关系可得电阻R上产生的焦耳热为：Q＝RR＋rmgd sin 30°＝0.096 J.考点三应用动量和能量观点分析电磁感应问题1．电磁感应与动量综合问题往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律，并结合闭合电路的欧姆定律等物理规律及基本方法．2．动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量．所以，在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦，在求解双杆模型问题时，在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态，而直接求得最终状态．模型1 动量定理与电磁感应的综合应用例2(2018·宁波市十校联考)如图6所示，两根相距为d的粗糙平行金属导轨放在倾角为θ的斜面上(电阻忽略不计)，金属导轨上端连有阻值为R的电阻，在平行于斜面的矩形区域mnOP(mP长为l，且平行于金属导轨，不考虑磁场的边界效应)内存在一个垂直斜面向上的匀强磁场B，一根电阻为r，质量为m的金属棒EF自磁场上边界虚线mn处由静止释放，经过t 时间离开磁场区域，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ.求：图6(1)t时间内通过电阻R的电荷量q；(2)t时间内电阻R上产生的焦耳热Q；(3)沿着导轨向下平行移动磁场区域，从原位置释放金属棒，当它恰好能匀速通过磁场时，磁场的移动距离s和金属棒通过磁场的时间t′.答案(1)BldR＋r(2)RR ＋r ·{mgl (sin θ－μcos θ)－12m [(sin θ－μcos θ)gt －B 2d 2l m (R ＋r )]2} (3)m 2(R ＋r )2g (sin θ－μcos θ)2B 4d 4B 2d 2l mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )解析 (1)由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝Bldt通过电阻R 的电荷量为q ＝ER ＋r·t ＝Bld R ＋r(2)金属棒向下运动的过程中受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，由动量定理得：(mg sin θ－μmg cos θ)·t －Bd ·ER ＋r·t ＝mv －0得：v ＝(g sin θ－μg cos θ)t －B 2d 2lm (R ＋r )由功能关系可得：Q 总＝mgl (sin θ－μcos θ)－12mv 2则电阻R 上产生的焦耳热为：Q ＝RR ＋r·Q 总联立可得：Q ＝RR ＋r ·{mgl (sin θ－μcos θ)－12m [(sin θ－μcos θ)gt －B 2d 2l m (R ＋r )]2} (3)金属棒在磁场中做匀速直线运动时，mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2d 2v m R ＋r得：v m ＝mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )B 2d 2金属棒沿导轨平面向下的加速度为：a ＝g (sin θ－μcos θ) 又：v m 2＝2as ，得s ＝m 2(R ＋r )2g (sin θ－μcos θ)2B 4d4金属棒通过磁场的时间为：t ′＝l v m ＝B 2d 2l mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )6.如图7所示，光滑的水平平行金属导轨间距为L ，导轨电阻忽略不计．空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .轻质导体棒ab 垂直导轨放置，导体棒ab 的电阻为r ，与导轨之间接触良好．两导轨之间接有定值电阻，其阻值为R ，轻质导体棒中间系一轻细线，细线通过定滑轮悬挂质量为m 的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为h .物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度为g .求：图7(1)物体下落过程中的最大速度v m ；(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻R 上产生的热量Q ； (3)物体从静止开始下落至速度到最大时，所需的时间t .答案 (1)mg (R ＋r )B 2L 2 (2)mghR R ＋r －m 3g 2R (R ＋r )2B 4L 4(3)m (R ＋r )B 2L 2＋B 2L 2hmg (R ＋r )解析 (1)在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大．对物体，由平衡条件可得mg ＝F T 对导体棒，由平衡条件可得F T ＝BIL对导体棒与导轨、电阻R 组成的闭合回路，根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r根据法拉第电磁感应定律得E ＝BLv m 联立以上各式解得v m ＝mg (R ＋r )B 2L 2. (2)在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统中产生热量，根据能量守恒定律可得mgh ＝12mv m 2＋Q 总电阻R 上产生的热量Q ＝RR ＋rQ 总， 联立解得Q ＝mghR R ＋r －m 3g 2R (R ＋r )2B 4L4. (3)在系统加速过程中，任一时刻速度设为v ，取一段时间微元Δt ，在此过程中以系统为研究对象，根据动量定理可得mg Δt －B 2L 2vR ＋r Δt ＝m Δv即mg Δt －B 2L 2ΔxR ＋r ＝m Δv全过程叠加求和mgt －B 2L 2hR ＋r ＝mv m联立解得t ＝m (R ＋r )B 2L 2＋B 2L 2hmg (R ＋r ).模型2 动量守恒定律与电磁感应的综合应用例3 (2018·宁波市3月选考)如图8甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ 、MN ，相距为L ＝0.5 m ，ef 右侧导轨处于磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B 的大小如图乙变化．开始时ab 棒和cd 棒锁定在导轨如图所示位置，ab 棒与cd 棒平行，ab 棒离水平面高度为h ＝0.2 m ，cd 棒与ef 之间的距离也为L ，ab 棒的质量为m 1＝0.2 kg ，有效电阻R 1＝0.05 Ω，cd 棒的质量为m 2＝0.1 kg ，有效电阻为R 2＝0.15 Ω.(设ab 、cd 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计，g 取10 m/s 2)．问：图8(1)0～1 s 时间段内通过cd 棒的电流大小与方向；(2)假如在1 s 末，同时解除对ab 棒和cd 棒的锁定，稳定后ab 棒和cd 棒将以相同的速度做匀速直线运动，试求这一速度的大小；(3)对ab 棒和cd 棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速直线运动，ab 棒上产生的热量； (4)ab 棒和cd 棒速度相同时，它们之间的距离大小． 答案 见解析解析 (1)由楞次定律可得，cd 棒中的电流方向为由d 到cE ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝ΔB ΔtL 2代入数据得：E ＝0.25 Vcd 棒中的电流大小I ＝ER 1＋R 2代入数据得：I ＝1.25 A(2)设ab 棒刚进入磁场时的速度为v 0，由机械能守恒定律有：m 1gh ＝12m 1v 02得v 0＝2 m/s由题意可知，ab 棒进入磁场后做加速度减小的减速运动，cd 棒做加速度减小的加速运动，而由ab 、cd 棒组成的回路感应电动势越来越小，最终ab 、cd 棒达到共同速度做匀速直线运动，系统稳定．以ab 、cd 棒构成的系统为研究对象，水平方向上只受到大小时刻相等、方向时刻相反的安培力作用，系统在磁场中运动时动量守恒．m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 共得：v 共＝43m/s.(3)以ab 、cd 棒构成的系统为研究对象，从解除锁定开始到ab 、cd 棒以相同的速度稳定运动的过程中，系统损失的机械能转化为系统两电阻上的热量．m 1gh －12(m 1＋m 2)v 共2＝Q 总则Q ab ＝R 1R 1＋R 2Q 总＝130J(4)以ab 棒为研究对象，ab 棒从进入磁场到达到稳定速度过程中，由动量定理有：m 1v 共－m 1v 0＝－∑F 安Δt ＝－∑BL BL vR 1＋R 2Δt ＝－B 2L 2ΔxR 1＋R 2解得Δx ＝875m分析可知Δx 为这个过程中两棒相对靠近的距离， 所以，稳定时两棒之间的距离为：x ＝L －Δx ＝59150m.7．如图9所示，一个质量为m 、电阻不计、足够长的光滑U 形金属框架MNQP ，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN 和PQ 相距为L .空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .另有质量也为m 的金属棒CD ，垂直于MN 放置在导轨上，并用一根绝缘细线系在定点A .已知，细线能承受的最大拉力为F T0，CD 棒接入导轨间的有效电阻为R .现从t ＝0时刻开始对U 形框架施加水平向右的拉力F (大小未知)，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动．图9(1)求从框架开始运动到细线断开所需的时间t 0及细线断开时框架的瞬时速度v 0大小； (2)若在细线断开时，立即撤去拉力F ，求此后过程回路中产生的总焦耳热Q .答案 (1)F T0R B 2L 2a F T0R B 2L 2 (2)mF T02R 24B 4L4解析 (1)细线断开时，对CD 棒有F T0＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝ER，E ＝BLv 0，v 0＝at 0联立解得t 0＝F T0RB 2L 2a细线断开时，框架的速度v 0＝F T0R B 2L 2(2)在细线断开时立即撤去拉力F ，框架向右减速运动，CD 棒向右加速运动，设二者最终速度大小为v ，由系统动量守恒可得mv 0＝2mv 得v ＝v 02＝F T0R2B 2L2撤去拉力F 后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q ＝12mv 02－12×2mv 2 联立得Q ＝mF T02R 24B 4L4.专题强化练1．(多选)(2018·牌头中学期中改编)如图1所示，固定的水平长直导线中通有向右的电流I ，矩形闭合导线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．将线框由静止释放，不计空气阻力，则在线框下落过程中( )图1A ．穿过线框的磁通量保持不变B ．线框中感应电流的方向为顺时针C ．线框所受安培力的合力竖直向上D ．线框的机械能不断增大 答案 BC解析线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁通量减小，故A错误；电流I产生的磁场在导线的下方垂直于纸面向里，下落过程中，因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以感应电流的方向为顺时针，故B正确；由于离导线越远的地方磁场越弱，所以线框的上边受到的安培力大小大于下边受到的安培力大小，合力的方向向上，故C正确；下落过程中，因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小，线框中产生电能，机械能减小，故D错误．2．(多选)某实验装置如图2所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B，如果线圈A中电流i与时间t的关系有如图所示的A、B、C、D共四种情况．在t1～t2这段时间内，哪种情况可以观察到在线圈B中有感应电流( )图2答案BCD3．(多选)(2018·书生中学月考改编)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图3所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab与cd长均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重均为0.1 N，现用力向上拉导体棒ab，使之匀速向上(与导轨接触良好，导轨足够长)，此时，导体棒cd恰好静止，那么导体棒ab上升时，下列说法中正确的是( )图3A ．导体棒ab 受到的拉力大小为2 NB ．导体棒ab 向上的速度为2 m/sC ．在2 s 内，拉力做功转化为的电能是0.4 JD ．在2 s 内，拉力做功为0.6 J 答案 BC解析 导体棒ab 匀速上升，受力平衡，cd 棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的系统，合外力为零，根据平衡条件可得：ab 棒受到的拉力F ＝2mg ＝0.2 N ，故A 错误；对cd 棒，受到向下的重力G 和向上的安培力F 安，由平衡条件得：F 安＝G ，即BIL ＝G ，又I ＝BLv2R，联立得：v ＝2GR B 2L 2＝2×0.1×0.10.52×0.22 m/s ＝2 m/s ，故B 正确；在2 s 内，电路产生的电能Q ＝E 22R t ＝(BLv )22R t ＝(0.5×0.2×2)22×0.1×2 J＝0.4 J ，故C 正确；在2 s 内拉力做的功，W ＝Fvt ＝0.2×2×2 J＝0.8 J ，故D 错误．4.如图4所示，两根竖直固定的足够长的光滑金属导轨ab 和cd 相距L ＝1 m ，金属导轨电阻不计．两根水平放置的金属杆MN 和PQ 质量均为0.1 kg ，在电路中两金属杆MN 和PQ 的电阻均为R ＝2 Ω，PQ 杆放置在水平台上．整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g 取10 m/s 2，不计空气阻力．图4(1)若将MN 杆固定，两杆间距为d ＝4 m ，现使磁感应强度从零开始以ΔB Δt ＝0.5 T/s 的变化率均匀地增大，经过多长时间，PQ 杆对地面的压力为零？(2)若将PQ 杆固定，让MN 杆在竖直向上的恒定拉力F ＝2 N 的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度大小恒为1 T ．若杆MN 发生的位移为h ＝1.8 m 时达到最大速度，求最大速度的大小和加速时间．答案 (1)4 s (2)4 m/s 0.85 s 解析 (1)根据法拉第电磁感应定律：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ＝ΔBΔt·Ld 根据闭合电路欧姆定律：I ＝E2R由题意可知：B ＝0.5t当PQ 杆对地面的压力恰好为零时，对PQ 杆有mg ＝BIL联立解得t ＝4 s(2)当杆MN 达到最大速度v m 时，其加速度为0 对MN 杆：mg ＋B ′I ′L ＝FI ′＝B ′Lv m2R联立解得最大速度v m ＝4 m/s杆MN 从静止到最大速度v m 的运动过程中 根据动量定理：Ft ′－mgt ′－B ′I Lt ′＝mv mI t ′＝B ′ΔS 2R ＝B ′Lh2R联立解得加速时间t ′＝0.85 s.5．(2018·新力量联盟期末)如图5甲所示，MN 、PQ 为间距L ＝0.5 m 足够长的平行导轨，NQ ⊥MN ，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ 间连接有一个R ＝4 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B 0＝1 T ．将一根质量为m ＝0.05 kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd 处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q ＝0.2 C ，且金属棒的加速度a 与速度v 的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：图5(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； (2)cd 与NQ 的距离s ；(3)金属棒滑行至cd 处的过程中，电阻R 上产生的热量． 答案 (1)0.5 (2)2 m (3)0.08 J解析 (1)由题图乙可知，当v ＝0时，a ＝2 m/s 2mg sin θ－μmg cos θ＝ma得μ＝0.5(2)由题图乙可知，v m ＝2 m/s当金属棒达到稳定速度时，有F 安＝B 0ILE ＝B 0Lv m I ＝E R ＋rmg sin θ＝F 安＋μmg cos θ联立以上各式解得r ＝1 Ω通过金属棒横截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦΔt (R ＋r )Δt ＝ΔΦR ＋r ＝B 0LsR ＋r ＝0.2 C解得s ＝2 m(3)由动能定理得mgs sin 37°－μmgs cos 37°－W F ＝12mv m 2－0W F ＝Q 总＝0.1 JQ R ＝45Q 总＝0.08 J.6．如图6所示，平行金属导轨MN 、M ′N ′和平行金属导轨PQR 、P ′Q ′R ′分别固定在高度差为h (数值未知)的水平台面上．导轨MN 、M ′N ′左端接有电源、间距为L ＝0.10 m ，所在空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B 1＝0.20 T ；导轨PQR 与P ′Q ′R ′的间距也为L ＝0.10 m ，其中PQ 与P ′Q ′是圆心角为60°、半径为r ＝0.50 m 的圆弧导轨，QR 与Q ′R ′是水平长直导轨，QQ ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B 2＝0.40 T ．导体棒a 质量m 1＝0.02 kg ，电阻R 1＝2.0 Ω，放置在导轨MN 、M ′N ′右侧N ′N 边缘处；导体棒b 质量m 2＝0.04 kg ，电阻R 2＝4.0 Ω，放置在水平导轨某处．闭合开关K 后，导体棒a 从NN ′水平抛出，恰能无碰撞地从PP ′处以速度v 1＝2 m/s 滑入平行导轨，且始终没有与导体棒b 相碰．重力加速度g ＝10 m/s 2，不计一切摩擦及空气阻力．求：图6(1)导体棒b 的最大加速度；(2)导体棒a 在磁场B 2中产生的焦耳热；(3)闭合开关K 后，通过电源的电荷量q .答案 (1)0.02 m/s 2(2)0.02 J (3)1 C解析 (1)设导体棒a 刚进入磁场B 2时的速度为v 2，根据动能定理： m 1g (r －r cos 60°)＝12m 1v 22－12m 1v 12解得：v 2＝3 m/s因为导体棒a 刚进入磁场B 2时，导体棒b 中的电流最大，导体棒b 受到的力最大，加速度最大，所以有：电动势为：E ＝B 2Lv 2电流为：I ＝ER 1＋R 2根据牛顿第二定律：B 2IL ＝m 2a max解得：a max ＝0.02 m/s 2.(2)两个导体棒在运动过程中，动量、能量守恒，当两导体棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两导体棒做匀速直线运动，两导体棒不再产生焦耳热，所以根据动量守恒：m 1v 2＝(m 1＋m 2)v 3根据能量守恒定律：12m 1v 22＝12(m 1＋m 2)v 32＋Q a ＋Q b 由于导体棒a 、b 串联在一起，所以有：Q a Q b ＝R 1R 2解得：Q a ＝0.02 J(3)设闭合开关后，导体棒a 以速度v 0水平抛出，则有：v 0＝v 1cos 60°＝1 m/s 对导体棒a 冲出过程由动量定理：∑B 1IL Δt ＝m 1v 0即：B 1Lq ＝m 1v 0解得：q ＝1 C.7．如图7甲所示，平行且足够长的光滑金属导轨的电阻忽略不计，左侧倾斜导轨平面与水平方向夹角θ＝30°，与右侧水平导轨平滑连接，导轨上端连接一阻值R ＝0.8 Ω的定值电阻，金属杆MN 的电阻r ＝0.2 Ω、质量m ＝0.2 kg ，杆长L ＝1 m 恰好跨接在两导轨上，左侧倾斜导轨区域、右侧水平导轨区域各加一垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小都为B ＝1.0 T ．电流传感器(电阻不计)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，闭合开关S ，让金属杆MN 从图示位置由静止开始释放，其始终与导轨垂直且接触良好，此后计算机屏幕上显示出金属杆在倾斜导轨上滑行过程中的I －t 图象，如图乙所示．求：(g 取10 m/s 2)图7(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速度的大小；(2)金属杆MN 从静止开始运动到倾斜导轨底端的过程中通过电阻R 的电荷量为1.2 C ，该过程中电阻R 上产生的焦耳热；(3)金属杆可在水平导轨上滑行的最大距离．答案 (1)1 m/s (2)0.88 J (3)0.2 m解析 (1)由I －t 图象可知，当金属杆达到最大速度时，金属杆匀速下滑，由平衡条件得：mg sin θ＝BIL ，感应电动势：E ＝BLv m ＝I (R ＋r )，代入数据解得：v m ＝1 m/s ；(2)金属杆在倾斜导轨上先做加速运动，达到最大速度后做匀速直线运动，金属杆运动到倾斜导轨底端时速度为最大速度，电荷量：q ＝ER ＋r Δt ＝ΔΦ(R ＋r )Δt Δt ＝B ΔS R ＋r ＝BLx R ＋r ， 解得：x ＝q (R ＋r )BL ＝1.2×(0.8＋0.2)1×1m ＝1.2 m ， 由能量守恒定律得：mgx sin θ＝12mv m 2＋Q ， 解得：Q ＝1.1 J ，电阻R 上产生的焦耳热：Q R ＝QR R ＋r ＝1.1×0.80.8＋0.2J ＝0.88 J ；(3)在整个过程中，对金属杆由动量定理得：BiLt ＝m Δv ， 则BLq ′＝mv m ，解得：q ′＝0.2 C ，电荷量：q ′＝E ′R ＋r Δt ′＝ΔΦ′(R ＋r )Δt ′Δt ′＝B ΔS ′R ＋r ＝BLx ′R ＋r ，解得：x ′＝0.2 m.。

第2讲 电磁感应规律及其应用[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律授课提示：对应学生用书第59页[真题再做]1.(多选)(2018·高考全国卷Ⅰ，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，另一线圈与远外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解析：根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场．开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 对．开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N 极指北，B 、C 错． 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 对．答案：AD2．(2018·高考全国卷Ⅰ，T17)如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )A.54 B.32 C.74D ．2解析：在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt1＝B (12πr 2－14πr 2)Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E1R且q 1＝I 1Δt 1 在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt2＝(B ′－B )12πr2Δt 2I 2＝E2Rq 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B (12πr 2－14πr 2)R ＝(B ′－B )12πr 2R所以B ′B ＝32.答案：B3．(2018·高考全国卷Ⅱ，T18)如图，在同一水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．一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是( )解析：设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i .线框位移 等效电路的连接电流0～l 2 I ＝2i (顺时针)l2～l I ＝0l ～3l 2I ＝2i (逆时针)3l2～2lI ＝0分析知，只有选项D 符合要求． 答案：D4．(2016·高考全国卷Ⅱ，T24)如图，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：(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．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 0②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知产生的电动势为E ＝Blv ③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 ，根据欧姆定律得I ＝ER ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B2l2t0m .⑧答案：(1)Blt 0(F m －μg ) (2)B2l2t0m[考情分析]■命题特点与趋势——怎么考1．高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电荷量的计算等知识点．以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题．2．电磁感应中常涉及B ­t 图象、Φ­t 图象、E ­t 图象、I ­t 图象、F ­t 图象和v ­t 图象，还涉及E ­x 图象、I ­x 图象等，这类问题既要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解，对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高．■解题要领——怎么做1．抓住两个关键：一是电动势的大小，它取决于磁通量的变化率；二是电动势的方向，实际方向与规定的正方向一致时取正，反之取负．同时注意对无感应电流区域的判断．2．迁移力学知识、规律解决电磁感应综合问题．3．常用思想方法：(1)图象法；(2)等效法；(3)守恒法；(4)模型法．[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点授课提示：对应学生用书第60页[网络构建][要点熟记]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 ΔΦΔt ，用来计算感应电动势的平均值．(2)E ＝BLv ，用来计算感应电动势的瞬时值或平均值． 3．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”．[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技能授课提示：对应学生用书第60页考向一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．判定感应电流方向的两种方法(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．求感应电动势的方法(1)感生电动势：E ＝nΔΦΔt ⎩⎪⎨⎪⎧S 不变时E ＝nS ΔBΔt B 不变时E ＝nB ΔSΔt(2)动生电动势：⎩⎪⎨⎪⎧平动切割：E ＝Blv 转动切割：E ＝12Bl2ω1．(2018·贵州贵阳期末)如图甲所示，在同一平面内有两个绝缘金属细圆环A 、B ，两环重叠部分的面积为圆环A 面积的一半，圆环B 中电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示，以甲图圆环B 中所示的电流方向为负方向，则A 环中( )A ．没有感应电流B ．有逆时针方向的感应电流C ．有顺时针方向的感应电流D ．感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向解析：由于A 环中磁通量变化，所以A 环中有感应电流，选项A 错误；根据楞次定律，A 环中产生逆时针方向的感应电流，选项B 正确，C 、D 错误．答案：B2.(多选)(2018·江西赣州中学高三模拟)1831年10月28日，法拉第展示了他发明的圆盘发电机，其示意图如图所示，水平铜盘可绕竖直铜轴转动，两铜片M 、N 分别与铜盘边缘和铜轴连接，使整个铜盘处于竖直向上的匀强磁场中．M 和N 之间连接阻值为R 的导体和滑动变阻器R P ，若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向．已知铜盘的半径为L ，铜盘转动的角速度为ω，铜盘连同两铜片对电流的等效电阻值为r ，磁感应强度为B ，下列说法正确的是( )A ．导体R 中的电流方向从a 到bB ．铜盘转动产生的感应电动势大小为12BL 2ωC ．移动滑动触头位置时，导体R 的最大功率为B4L4R ω24(R ＋r )2D ．如果R P ＝R ＋r ，则滑动变阻器的最大功率为B2L4ω216(R ＋r )解析：若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向，根据右手定则可知，导体R 中的电流方向从b 到a ，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律得，铜盘转动产生的感应电动势为E ＝12BL 2ω，故B 正确；根据闭合电路欧姆定律得I ＝E r ＋R ＋RP，则导体R 的功率为P ＝I 2R＝(E r ＋R ＋RP )2R ，当R P ＝0时，导体的功率最大，即P m ＝B2L4R ω24(R ＋r )2，故C 错误；把导体R 等效成电源的内阻，则电流的等效内阻为r ′＝r ＋R ，此时外电路只有R P ，故当R P ＝r ＋R 时，滑动变阻器的功率最大，即P m ′＝B2L4ω216(R ＋r )，故D 正确．答案：BD3.如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a 端流入为正．以下说法正确的是( )A ．从上往下看，0～1s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向B ．0～1s 内圆环面积有扩张的趋势C ．3s 末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D ．1～2s 内和2～3s 内圆环中的感应电流方向相反解析：由图乙知，0～1s 内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A 正确，B 错误；同理可得1～2s 内和2～3s 内圆环中的感应电流方向相同，选项D 错误；3s 末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C 错误．答案：A考向二 电磁感应中的图象问题[典例展示1] (多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T4时为零B ．在t ＝T2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向[思路探究] (1)如何判断通电直导线周围的磁场？ (2)i ­t 图象中的信息说明导线框R 内的磁通量如何变化？[解析] 在t ＝T 4时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔtS 知，E ＝0，A 对；在t ＝T2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T 2和t ＝T 时感应电动势最大，在T 4到T2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到3T 4时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到T 时，R 中电动势为逆时针方向，C 对，B 、D 错．[答案] AC [方法技巧]解决电磁感应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Φ­t 图象，或者是E ­t 图象、I ­t 图象等，如例题中考查了i ­t 图象．(2)分析电磁感应的具体过程，如例题中电流变化引起导线框R 内磁通量变化，要分段研究．(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)应用图象信息画图象、判断图象或讨论各物理量的变化，如例题中是根据i ­t 图象信息讨论导线框R 的电动势变化．4．(多选)如图甲所示，面积为S 的n 匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间周期性变化，如图乙所示．已知线圈的电阻为R ，则下列说法正确的是( )A ．线圈内产生的感应电动势最大值为SB 0 B ．线圈内产生的感应电流最小值为nSB02RC ．线圈内产生的感应电动势周期为4sD ．0～1s 内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向解析：根据法拉第电磁感应定律可知E ＝n ΔBΔt S ，结合图乙分析可知，在0～1s 内产生的感应电动势最大，最大值为E max ＝n ΔBΔt S ＝nB 0S ，A 错误；1～2s 内线圈内产生的感应电动势最小为零，故感应电流的最小值为零，B 错误；由图线可知，线圈内产生的感应电动势周期为4s ，C 正确；0～1s 内磁感应强度逐渐增大，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律可知，0～1s 内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向，D 正确．答案：CD5.如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B ，磁场在y 轴方向足够宽，在x 轴方向宽度为a .一直角三角形导线框ABC (BC 边的长度为a )从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中感应电流i 、BC 两端的电压u BC 与导线框移动的距离x 的关系图象正确的是( )解析：导线框切割磁感线产生感应电动势E ＝BLv ，感应电流i ＝E R ＝BLvR ，在0～a 内，有效长度L 均匀变大，感应电流i 均匀变大，在a ～2a 内，有效长度L 均匀变大，感应电流均匀变大，由楞次定律可知，在线框进入磁场的过程中，感应电流沿逆时针方向，电流是正的，在线框离开磁场的过程中，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的，故A 、B 错误；BC 两端的电压u BC ＝iR ，在0～a 内，i 均匀增大，u BC 均匀增大，且B 点电势高于C 点电势，u BC >0；在a ～2a 内，i 均匀增大，u BC 均匀增大，且B 点电势低于C 点电势，u BC <0，故C 错误，D 正确．答案：D6．(多选)(2018·河南洛阳一模)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C 和电阻R ，导体棒MN 放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B 的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN 始终保持静止，则0～t 2时间( )A ．电容器C 的电荷量大小始终没变B ．电容器C 的a 板先带正电后带负电 C ．MN 所受安培力的大小始终没变D ．MN 所受安培力的方向先向右后向左解析：由题图乙可知，回路内磁感应强度变化率ΔBΔt不变，根据法拉第电磁感应定律知E ＝SΔB Δt 为恒定值，电容器C 两端的电压值不变，根据C ＝QU可知，电容器C 的电荷量大小始终没变，选项A 正确，B 错误；根据闭合电路欧姆定律知，MN 中电流恒定不变，由于磁感应强度B 变化，MN 所受安培力的大小变化，选项C 错误；利用楞次定律可判断出MN 中感应电流的方向为从N 到M ，根据左手定则，MN 所受安培力的方向为先向右后向左，选项D 正确．答案：AD考向三 电磁感应中的电路与动力学问题[典例展示2] (2017·高考海南卷)如图，两光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内，导轨间距为l ，左端连有阻值为R 的电阻，一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场区域．已知金属杆以速度v 0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零，金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好．除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计．求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率．[思路探究] (1)金属棒在磁场中运动的加速度是多大？(2)金属棒在磁场中运动的位移是多少？ (3)金属棒来到磁场区域中间时的速度是多大？[解析] 由题意可知，开始时金属杆产生的感应电动势为E ＝Blv 0 依据闭合电路欧姆定律，则电路中电流为I ＝Blv0R再由安培力公式有F ＝BIl ＝B2l2v0R设金属杆的质量为m ，则金属杆在整个过程中的加速度为a ＝F m ＝B2l2v0Rm设金属杆由开始到停止的位移为x ，由运动学公式有0－v 20＝－2ax ，解得x ＝v202a ＝Rmv02B2l2故正中间离开始的位移为x 中＝Rmv04B2l2设金属杆在中间位置时的速度为v ， 由运动学公式有v 2－v 20＝－2ax 中，解得v ＝22v 0 则金属杆运动到中间位置时，所受到的安培力为F ′＝BI ′l ＝2B2l2v02R金属杆中电流的功率为P ＝I ′2R ＝B2l2v202R .[答案]2B2l2v02R B2l2v202R[方法技巧]解决电磁感应中的电路和动力学问题的关键电磁感应与动力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力．解答电磁感应中的动力学问题，在分析方法上，要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律，明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化，准确把握运动状态的临界点．(3)临界点→运动状态的变化点7.如图所示，ab 、cd 是间距为l 的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨电阻不计，ac 间接有阻值为R 的电阻，空间存在磁感应强度大小为B 0、方向竖直向上的匀强磁场．将一根阻值为r 、长度为l 的金属棒从轨道顶端由静止释放，金属棒沿导轨向下运动的过程中始终与导轨接触良好．已知当金属棒向下滑行距离x 到达MN 处时达到稳定速度，重力加速度为g ，求：(1)金属棒下滑到MN 的过程中通过电阻R 的电荷量； (2)金属棒的稳定速度的大小．解析：(1)金属棒下滑到MN 的过程中的平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝B0lxcos θΔt根据闭合电路欧姆定律，电路中的平均电流为I ＝ER ＋r ＝B0lxcos θ(R ＋r )Δt ，则q ＝I Δt ＝B0lxcos θR ＋r. (2)金属棒速度稳定时的感应电动势为E ＝B 0lv cos θ 电路中产生的电流为I ＝ER ＋r金属棒受的安培力为F ＝B 0Il稳定时金属棒的加速度为零，由力的平衡条件可知mg sin θ－F cos θ＝0联立以上各式解得，稳定时金属棒的速度v ＝mg (R ＋r )sin θB 20l 2cos 2θ. 答案：(1)B0lxcos θR ＋r (2)mg (R ＋r )sin θB 20l 2cos 2θ8.如图所示，一与水平面夹角为θ＝37°的倾斜平行金属导轨，两导轨足够长且相距L ＝0.2m ，另外两根水平金属杆MN 和PQ 的质量均为m ＝0.01kg ，可沿导轨无摩擦地滑动，MN 杆和PQ 杆的电阻均为R ＝0.2Ω(倾斜金属导轨电阻不计)，MN 杆被两个垂直于导轨的绝缘立柱挡住，整个装置处于匀强磁场内，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B ＝1.0T ．PQ 杆在恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，拉力F 垂直PQ 杆沿导轨平面向上，当运动位移x ＝0.1m 时PQ 杆达到最大速度，此时MN 杆对绝缘立柱的压力恰好为零(g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)PQ 杆的最大速度大小v m ；(2)当PQ 杆加速度a ＝2m/s 2时，MN 杆对立柱的压力大小． 解析：(1)PQ 杆达到最大速度时，感应电动势为E m ＝BLv m ，感应电流为I m ＝Em2R，根据MN 杆受力分析可得，mg sin θ＝BI m L ， 联立解得v m ＝2mgRsin θB2L2＝0.6m/s.(2)当PQ 杆的加速度a ＝2m/s 2时，对PQ 杆受力分析，根据牛顿第二定律可得F －mg sin θ－BIL ＝ma ，对MN 杆受力分析，根据共点力的平衡可得BIL ＋F N －mg sin θ＝0，PQ 杆达到最大速度时，有F －mg sin θ－BI m L ＝0，联立解得F N ＝0.02N ，根据牛顿第三定律可得MN 杆对立柱的压力大小F N ′＝0.02N.答案：(1)0.6m/s (2)0.02N考向四 电磁感应中的能量问题[典例展示3] 如图所示，竖直面内的正方形导线框ABCD 和abcd的边长均为l 、电阻均为R ，质量分别为2m 和m ，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时ABCD 的下边界与匀强磁场的上边界重合，abcd 的上边界到匀强磁场的下边界的距离为l .现将两导线框由静止释放，当ABCD 全部进入磁场时，两导线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)两导线框匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热； (3)导线框abcd 通过磁场的时间． [思维流程][解析] (1)如图所示，设两导线框刚匀速运动的速度大小为v 、此时轻绳上的张力为F T ，则对ABCD 有F T ＝2mg ①对abcd 有F T ＝mg ＋BIl ② I ＝E R③ E ＝Blv ④则v ＝mgR B2l2⑤(2)设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q ，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l 的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有4mgl ＝2mgl ＋12×3mv 2＋Q ⑥联立⑤⑥解得Q ＝2mgl －3m3g2R22B4l4(3)导线框abcd 通过磁场的过程中以速度v 匀速运动，设导线框abcd 通过磁场的时间为t ，则t ＝3lv⑦联立⑤⑦解得t ＝3B2l3mgR.[答案] (1)mgR B2l2 (2)2mgl －3m3g2R22B4l4 (3)3B2l3mgR[方法技巧]求解电磁感应中能量问题的策略(1)若回路中的电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算． (2)若回路中的电流变化，则可按以下两种情况计算：①利用功能关系求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的减少量等于回路中产生的电能，如例题(2)中焦耳热的计算．9.(2018·河南洛阳一模)如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN 、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L ＝1m ，导轨间连接的定值电阻R ＝3Ω，导轨上放一质量为m ＝0.1kg 的金属杆ab ，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r ＝1Ω，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B ＝1T 的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g 取10m/s 2.现让金属杆从AB 位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：(1)金属杆的最大速度；(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q ＝0.6J ，此时金属杆下落的高度．解析：(1)设金属杆的最大速度为v m ，此时安培力与重力平衡，即F 安＝mg ①又F 安＝BIL ②E ＝BLv m ③ I ＝ER ＋r④ 代入数据，联立①②③④得v m ＝4m/s(2)电路中产生的总焦耳热Q 总＝R ＋rRQ ＝0.8J 由能量守恒定律得mgh ＝12mv 2m ＋Q 总代入数据解得h ＝1.6m.答案：(1)4m/s (2)1.6m10．如图甲所示，斜面上存在一有理想边界的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，在斜面上离磁场上边界s 1＝0.36m 处静止释放一单匝矩形金属线框，线框底边和磁场边界平行，金属线框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.整个线框进入磁场的过程中，机械能E 和位移s 之间的关系如图乙所示．已知E 0－E 1＝0.09J ，线框的质量为0.1kg ，电阻为0.06Ω，斜面倾角θ＝37°，磁场区域的宽度d ＝0.43m ，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)线框刚进入磁场时的速度大小v 1；(2)线框从开始进入磁场至完全进入磁场所用的时间t ； (3)线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值．解析：(1)在未进入磁场前，金属线框做匀加速直线运动，有a ＝g sin37°－μg cos37°＝2m/s 2 v 21＝2as 1解得v 1＝1.2m/s.(2)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力F f 和安培力F A 所做的功，机械能均匀减小，因此安培力为恒力，线框匀速进入磁场．设线框的侧边长为s 2，即线框进入磁场过程运动的距离为s 2，根据功能关系，除重力之外的力所做的功等于物体机械能的变化，所以有ΔE ＝W f ＋W A ＝(F f ＋F A )s 2 因为是匀速进入磁场，所以F f ＋F A ＝mg sin 37°＝0.6 N解得s 2＝0.15mt ＝s2v1＝0.151.2s ＝0.125s. (3)设线框刚出磁场时的速度大小为v 2，则有v 2＝v 21＋2a (d －s 2)解得v 2＝1.6 m/s则线框刚出磁场时的速度最大，有P max ＝I 2R ＝B2L2v22R根据线框匀速进入磁场，有F A ＋μmg cos37°＝mg sin37° F A ＝BIL ＝B2L2v1R联立解得P max ＝0.43W.答案：(1)1.2m/s(2)0.125s(3)0.43W[限训练·通高考] 科学设题拿下高考高分单独成册对应学生用书第145页(45分钟)一、单项选择题1．(2018·贵州普通高等学校招生适应性考试)如图甲所示，一位于纸面内的圆形线圈通过导线与一小灯泡相连，线圈中有垂直于纸面的磁场．以垂直纸面向里为磁场的正方向，该磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是( )A．t1～t3时间内流过小灯泡电流的方向先为b→a后为a→bB．t1～t3时间内流过小灯泡电流的方向先为a→b后为b→aC．t1～t3时间内小灯泡先变亮后变暗D．t1～t3时间内小灯泡先变暗后变亮解析：t1～t3时间内穿过线圈的磁通量先向里减小后向外增加，根据楞次定律可知，流过小灯泡电流的方向为a→b，选项A、B错误；t1～t3时间内，B­t线的斜率先增大后减小，则磁通量的变化率先增大后减小，感应电动势先增大后减小，小灯泡先变亮后变暗，选项C 正确，D错误．答案：C2.(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，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( )A．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中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T 中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS 中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T 的磁通量减小，根据楞次定律可知T 中产生顺时针方向的感应电流．综上所述，可知A 、B 、C 项错误，D 项正确．答案：D3.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．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( )A ．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b 到a 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 解析：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 错误；由感应电动势E ＝12Bl 2ω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 ＝I 2R 知，电流在R 上的热功率变为原来的4倍，选项D 错误．答案：A4．两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0.1m 、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图(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( )A ．磁感应强度的大小为0.5TB ．导线框运动速度的大小为0.5m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向内D ．在t ＝0.4s 至t ＝0.6s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N解析：从题图(b)可知，导线框运动的速度大小v ＝L t ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s ，B 项正确；导。

命题点2 电磁感应综合题本类考题解答锦囊解答“龟磁感应综合题”一类试题，应了解以下几点：1.电磁感应与力学知识综合：导体在磁场中做切割磁感线运动，田路中产生感应电流，感应电流在磁场中又要受到安培办的作府；从而引出一系列如平衡、加速度、动量和能量等综合问题.利用平衡、牛顿定律和动量定理 动能定理要解决问题2．电磁感应和直流电路知识综合：利用闭合电路欧姆定律求感应电流的大小，利用直流电路的串、并联知识求各部分支路的电压、电流和电功率(或热功率)、消耗的电能等问.3．涉及能的转化和守恒定律，有时用守恒思想解题较简单．Ⅰ 高考最新热门题1 (典型例题)如图25-2—1所示，a 1b 1c 1d 1和a 2b 2c 2d 2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面纸面)向里.导线的a 1b 1，段与a 2b 2段是竖直的，距离为l 1，c 1d 1段与c 2d 2段也是垂直的，距离为l 2,x 1y 1与x 2y 2为两根用不可可长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m 1和m 2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触．两杆与导轨构成的回路的总电阻为R.F 为作用于金属杆x 1y 1上的竖直向上的恒力．已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率大小和回路电阻上的热功率．命题目的与解题巧：考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、焦耳定律等规律的综合应用能力.解题关键是分析清楚物理过程.[解析] 设杆向上运动的速度为v ，因杆的运动，两抒与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少，由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小E=B(l 2-l 1) ①回路中的电流R EI = ②电流沿顺时针方向，两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x 1y 1的安培力f 1=Bl 1I ③方向向上 作用于杆x 2y 2的安培力f 2=Bl 2I ④方向向下当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有：F-m 1g-m 2g+f 1-f 2=0 ⑤ 解以上各式，得)()(2121l l B gm m F I -+-= ⑥)()(1221l l B gRm m F U -+-= ⑦作用于两杆的重力的功率的大小p=(m 1=+m 2)gv ⑧电阻上的热功率 Q=I 2R ⑨ 由⑥⑦⑧⑨式得Rl l B g m m F Q g m m R l l B gm m R p 21222121212221)()()()()(⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡---=+-+-= ⑩[答案] R l l B g m m F Q g m m R l l B gm m R p 21222121212221)()()()()(⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡---=+-+-=2 (典型例题)如图25-2—2(甲)所示，两根足够长的直金属导轨MN,PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，M 、P 两点间接有阻值为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，整套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下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b 向a 方向看到的装置如图25-2-2(乙)所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．答案:如图D25-1所示 (2)R Blv ；gsin θ-mR v L B 22 (3) 22sin L B mgR θ指导：(1)如图D 25-1所示，某时刻ab 杆受重力 mg ，方向竖直向下，支持力N ，方向垂直斜面向上；安培力F ，方向平行斜面向上．(2)当ab 杆速度为v 时，感应电动热E=BLv ，此时电路中电流I=ab R BLv R E ·=杆所受安培力F=BIv 根据牛顿运动定律，有ma=mgsin θ-F=mgsin θR v L B 22 , mRL B g a 22sin -=θ (3)当R v L B 22=mgsin θ时，ab 杆达到最大速度 v m ,V m =22sin L B mgR θ 3 (典型例题)水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L 一端通过导线与阻值为R 的电阻连接；导轨上放一质量为m 的金属杆，如图25—2—3所示，金属杆与导轨的电阻忽略不计．均匀磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F 作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v 也会变化，v 和F 的关系如图25-2-4所示．(取重力加速度g=10m ／s 2)(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动?(2)若m=0.5kg ，L=0.5m,R=0.5Ω，磁感应强度B 为多大？(3)由v-F 图线的截距可求得什么物理量?其值为多少?答案:加速度减小的加速运动 (2)lT (3)动摩擦因数 V=0．4指导：(1)金属杆运动后，回路中产生感应电流，金属杆将受 F 和安培力的作用，且安培力随着速度增大而增加，杆所受合外力减小，故加速度减小，即加速度减小的加速运动．(2)感应电动势E=BLv ，感应电流I=R E ，安培力F=BIL=Rv L B 22由图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时合力为零．F=R v L B 22+f 所以v=22L B R (F-f)．从图一可以得一直线的斜率k=2，所以B=2kL R =1T. (3)由直线的截距可以求得金属杆受到的阻力f=2N ．若金属杆受到的阻力仅为动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数 μ=0．4 (典型例题)·如图25-2-5所示，在水平面上两条平行导电导轨MN 、PQ ，导轨间距离为l 匀强磁场垂直于导轨所在的平面(纸面)向里，磁感应强度的大小为且两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m 1、m 2和R 1、R 2．两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数皆为μ.已知杆l被外力拖动，以恒定的速度v o 沿导轨运动，达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略.求此时杆2克服摩擦力做功的功率.答案: p=μm 2g [)(212220R R l B gm v +-μ] 指导：设杆2的运动速度为 v ，由于两杆运动时，两杆和导轨成的回路中磁通量发生变化，产生电磁感应现象，感应电动势为E=B 1(v 0-v)，感应电流I 21R R E I +=杆2做匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，即BlI=μm 2g ．摩擦力的功率p=μm 2gv ．由以上各式解得P=μm 2g[v 0-222l B gm μ(R 1+R 2)]．5 (典型例题)如图25—2-6所示，OACO 为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O 、C 处分别接有短电阻丝(图中用粗线表示)，R1=4Ω，R2=8Ω(导轨其他部分电阻不计)．导轨OAC 的形状满足方程y=2sin(x 3π)(单位：m)．磁感应强度B=0.2T ，的匀强磁场方向垂直于导轨平面．一足够长的金属棒在水平外力F 作用下，以恒定的速率v=5.0 m ／s 水平向右在导轨上从O 点滑动到C 点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC 导轨垂直．不计棒的电阻．求：(1)外力F 的最大值；(2)金属棒在导轨上运动时电阻丝R 1上消耗的最大功率；(3)在滑动过程中通过金属棒的电流I 与时间t 的关系．答案:0．3N(2)1W(3))35sin(43t I π= A 指导：(1)金属棒匀速运动 F 外=F 安 由E=Biv,I=总R E ．得F 外=BIL =总R v L B 22当L 达到最大，即,22sin 2m L m ==π Ω=+=38·2121R R R R R 总 则N 。

第二讲电磁感觉及综合应用[ 高考调研 ][ 知识建构 ]1. 考察方向：①联合闭合电路的欧姆定律，利用楞次定律或右手定章判断感觉电流的方向以及大小计算．②联合牛顿第二定律，对导体棒切割磁感线的运动进行受力剖析和运动分析．③联合图象，应用法拉第电磁感觉定律、闭合电路的欧姆定律、电功率、功能关系等规律，解决电磁感觉的综合问题．2.常用的思想方法：①图象法．②微元法．③清除法．④等效法．[答案](1) 楞次定律与右手定章的关系楞次定律右手定章研究整个闭合导体回路闭合导体回路的一部分对象合用磁通量变化产生感觉电流的各样状况一段导体在磁场中做切割磁感线运动范围关系右手定章是楞次定律的特别状况ΔΦ(2) 公式：E＝nΔtΔΦn：线圈的匝数，ΔΦ ：磁通量的变化量，Δt：对应于ΔΦ 所用的时间，Δt：磁通量的变化率．(3)解决电路问题的基本思路①找电源：哪部分电路产生了电磁感觉现象，则这部分电路就是电源．②由法拉第电磁感觉定律求出感觉电动势的大小，依据楞次定律或右手定章确立出电源的正负极．a．在外电路，电流从正极流向负极；在内电路，电流从负极流向正极．b．存在双感觉电动势的问题中，要求出总的电动势．③正确剖析电路的构造，画出等效电路图．a．内电路：“切割”磁感线的导体和磁通量发生变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻．b．外电路：除“电源”之外的电路即外电路．④运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特色、电功率等列方程求解．(4)动力学识题E＝ Blv基本思路：导体受外力运动――→ 感觉电动势错误!感觉电流错误!导体受安培力― →合F＝ ma外力变化― ―→加快度变化― →速度变化 .考向一楞次定律和法拉第电磁感觉定律的应用[ 概括提炼 ]1．感觉电流方向的判断方法(1)右手定章，即依据导体在磁场中做切割磁感线运动的状况进行判断．(2)楞次定律，即依据穿过闭合回路的磁通量的变化状况进行判断．2．楞次定律中“阻挡”的主要表现形式(1)阻挡原磁通量的变化——“增反减同”．(2)阻挡相对运动——“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或减小的趋向——“增减少扩”．(4)阻挡原电流的变化 ( 自感现象 ) ——“增反减同”．3．感觉电动势大小的计算ΔΦ(1) 法拉第电磁感觉定律：E＝ n Δt，合用于广泛状况．(2) E＝Blv，合用于导体棒切割磁感线的状况．(3) E＝1Bl2ω，合用于导体棒旋转切割磁感线的状况．2( 多项选择 )(2017·全国卷Ⅱ) 两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感觉强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m 、总电阻为0.005Ω 的正方形导线框abcd 位于纸面内， cd 边与磁场界限平行，如图(a) 所示．已知导线框向来向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时辰进入磁场．线框中感觉电动势随时间变化的图线如图(b) 所示 ( 感觉电流的方向为顺时针时，感觉电动势取正) ．以下说法正确的选项是()A．磁感觉强度的大小为 0.5 TB．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC．磁感觉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 N[ 思路点拨 ] 线框进入磁场，依据右手定章或楞次定律能判断出磁场方向，联合图象分析出线框运动的速度，从图象上感觉电动势的大小能计算出磁感觉强度与安培力．l0.1[ 分析 ] 由E－t图象可知，线框经过0.2 s所有进入磁场，则速度v＝t ＝0.2m/s ＝0.5 m/s ，选项 B 正确；＝ 0.01 V ，依据＝可知，＝ 0.2 T ，选项 A 错误；依据楞次E E BLv B定律可知，磁感觉强度的方向垂直于纸面向外，选项 C 正确；在t＝ 0.4s 至t＝ 0.4 s 这段E 0.01F＝ BIL＝0.04 N，时间内，导线框中的感觉电流I ＝R＝0.005A＝2 A，所受的安培力大小选项 D 错误，应选BC.[答案] BC用法拉第电磁感觉定律求解感觉电动势常有状况与方法情形图研究对象回路 ( 不必定闭一段直导线 ( 或等效绕一端转动的一段导绕与 B垂直的轴转动合)成直导线 )体棒的导线框表达式＝ΔΦE＝ BLv sinθ＝12ωE＝ NBSωsinωtE nΔt E2BL[ 娴熟加强 ]1．(2017 ·全国卷Ⅲ ) 如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．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 位于回路围成的地区内，线框与导轨共面．现让金属杆忽然向右运动，在运动开始PQ的瞬时，对于感觉电流的方向，以下说法正确的选项是()A．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[ 分析 ]金属杆PQ向右切割磁感线，依据右手定章可知PQRS中感觉电流沿逆时针方向；本来 T 中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感觉电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过 T 的磁通量减小，依据楞次定律可知所述，可知A、 B、 C项错误， D项正确．T 中产生顺时针方向的感觉电流，综上[答案]D2．(2017 ·金丽衢十二校联考) 如右图所示，用一条横截面积为S 的硬导线做成一个边长为 L 的正方形，把正方形的一半固定在平均增大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，ΔB磁感觉强度大小随时间的变化率＝k(k>0)，虚线ab与正方形的一条对角线重合，导线的Δt 电阻率为ρ.则以下说法正确的选项是()A．线框中产生顺时针方向的感觉电流B．线框拥有扩充的趋向C．若某时辰的磁感觉强度为B，则线框遇到的安培力为2k BL2S 8ρkL2 D．线框中ab两点间的电势差大小为2[ 分析 ] 依据楞次定律，线框中产生的感觉电流方向沿逆时针方向，故 A 错误；B增大，穿过线框的磁通量增大，依据楞次定律，感觉电流的磁场为了阻挡磁通量的增添，线框有收缩的趋向，故 B 错误；由法拉第电磁感觉定律得：ΔΦΔBΔB1212E＝＝S＝· L ＝ kL，因线框Δt ΔtΔt224电阻 R＝ρS，那么感觉电流大小为E kSLF＝BI×2L＝2kBL2SI ＝＝8，则线框遇到的安培力为：8，故Rρρ112C正确；由上剖析，可知，ab 两点间的电势差大小U＝2E＝4kL，故 D错误．[答案] C3． ( 多项选择 )(2016 ·全国卷Ⅱ) 法拉第圆盘发电机的表示图如下图．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、 Q分别与圆盘的边沿和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆回旋转时对于流过电阻R的电流，以下说法正确的选项是()A．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成本来的2 倍，则电流在R上的热功率也变成本来的 2 倍[ 分析 ] 法拉第圆盘相当于无数根辐条做切割磁感线运动，若圆盘顺时针转动，依据右手定章可知电流在圆盘上流向圆心，在外电路由 a 流向 b，B正确．圆盘转动方向不变，电流方向也不会发生改变， C 错误．产生的感觉电动势大小＝12ω，可知若ω不变，则EE2Bl不变， A 正确．当ω变成本来的 2 倍时，E、I也会变成本来的 2 倍，依据P＝I2R，可知热功率变成本来的 4 倍， D 错误．[答案] AB考向二电磁感觉中的图象问题[ 概括提炼 ]电磁感觉图象问题解题“5步曲”第 1步：明确图象的种类．是B－ t 图、 I － t 图、 v－t 图、 F－t 图或是 E－ t 图等；第 2步：剖析电磁感觉的详细过程．明确运动分红几个阶段( 依据磁通量的变化特色或切割特色剖析 ) ；第 3 步：写出函数方程．联合法拉第电磁感觉定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数方程；第 4 步：进行数学剖析．依据函数方程进行数学剖析，比如剖析斜率的变化、截距等；第 5 步：得结果．绘图象或判断图象．(2017 ·河北唐山一模) 如下图，在水平圆滑的平行金属导轨左端接必定值电阻R ，导体棒ab 垂直导轨搁置， 整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现给导体棒一直右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，以下图线中， 导体棒速度随时间的变化和经过电阻R 的电荷量q 随导体棒位移的变化描绘正确的选项是()B 2L 2v[分析]导体棒运动过程中受向左的安培力F ＝R ，安培力阻挡棒的运动， 速度减小，由牛顿第二定律得棒的加快度大小F B 2L 2v，则a 减小， v － t 图线斜率的绝对值减小，＝ ＝am RmΔΦ BL故 B 项正确， A 项错误．经过 R 的电荷量 q ＝R ＝ R x ，可知 C 、 D 项错误．[答案] B图象问题的思路与方法(1) 图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“清除法”，即清除与题目要求相违反的图象，留下正确图象． 也可用“比较法”， 即依据要求画出正确的草图， 再与选择比较． 解决此类问题重点是掌握图象特色、 剖析有关物理量的函数关系、 剖析物理过程的变化或物理状态的变化．(2) 图象剖析问题：定性剖析物理图象，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意义，借助有关的物理看法、 公式、不变量和定律作出相应判断． 在有关物理图象的定量计算时， 要弄清图象所揭露的物理规律及物理量间的函数关系， 擅长发掘图象中的隐含条件， 明确有关图象所包围的面积、 斜率，以及图象的横轴、 纵轴的截距所表示的物理意义．[ 娴熟加强 ]1．( 多项选择 ) 如图甲所示，圆滑平行金属导轨、所在平面与水平面成θ角，、之MN PQ M P 间接一阻值为 R的定值电阻，阻值为r 的金属棒 bc 垂直导轨搁置，其余电阻不计．整个装置处在磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．t ＝0时对棒施加一平行于导轨向上的外力，棒由静止开始沿导轨向上运动，经过R 的感觉电荷量q随t2 的变化F关系如图乙所示．以下对于金属棒bc 的加快度 a、经过棒的电流I 、金属棒遇到的外力 F、穿过回路 cbPM的磁通量Φ随时间 t 变化的图象中正确的选项是()[分析]Blv Bla 2，联合图乙可知金属棒的加快度 a 恒定，选由题意可得 q＝It ＝＋ t ＝＋ tR r R rB2l 2项 A 错误， B 正确；由牛顿第二定律可得F－ mg sinθ－BIl ＝ ma，故有 F＝R＋r at ＋ m( g sinθ12＋a) ，选项 C 正确；由Φ＝ Bl x ＋ at可知选项 D错误．2[答案] BC2．(2017 ·江西南昌三校四联) 如下图，有一个矩形界限的匀强磁场地区，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由地点1( 左) 沿纸面匀速运动到地点2( 右) ．取线框刚抵达磁场界限的时辰为计时起点( t＝0) ，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反应线框中电流与时间关系的是()[ 分析 ]线框进入磁场的过程，磁通量向里增添，依据楞次定律得悉感觉电流的磁场向外，由安培定章可知感觉电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B、 C 错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先平均增大后平均减小，由E＝ BLv，可知感觉电动势先平均增大后平均减小；线框完整进入磁场后，磁通量不变，没有感觉电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，依据楞次定律得悉感觉电流的磁场向里，由安培定章可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先平均增大后平均减小，由 E＝ BLv，可知感觉电动势先平均增大后平均减小；故 A 正确，D错误．[答案]A3．(2017 ·江淮十校三模) 宽为L 的两圆滑竖直裸导轨间接有固定电阻R，导轨(电阻忽略不计 ) 间Ⅰ、Ⅱ地区中有垂直纸面向里宽为d、磁感觉强度为 B 的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ地区间距为 h，如图，有一质量为m、长为 L 电阻不计的金属杆与竖直导轨密切接触，从距地区Ⅰ上端 H处杆由静止开释．若杆在Ⅰ、Ⅱ地区中运动状况完整同样，现以杆由静止开释为计时起点，则杆中电流随时间t 变化的图象可能正确的选项是()[ 分析 ]杆在Ⅰ、Ⅱ地区中运动状况完整同样，说明产生的感觉电流也应完整同样，排除 A 和 C 选项．因杆在无磁场地区中做a＝g的匀加快运动，又杆在Ⅰ、Ⅱ地区中运动状况完整同样，则杆在Ⅰ、Ⅱ地区应做减速运动，在地区Ⅰ中对杆受力剖析知其受竖直向下的重B2L2v力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加快度a＝mg－R，方向竖直向上，则知杆做mBLv加快度渐渐增大的减速运动，又I ＝R，由 I －t 图线斜率变化状况可知选项 B 正确，选项D错误．[答案]B考向三电磁感觉中的能量转变问题[ 概括提炼 ]能量转变及焦耳热的求法1．能量转变其余形式战胜安培力做功电流做功焦耳热或其余――→电能――→的能量形式的能量2．求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律： Q＝ I 2Rt.(2)功能关系： Q＝ W战胜安培力．(3)能量转变： Q＝ΔE其余能的减少许．将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场地区的宽度为＝ 0.4 m，如图甲所示，磁场界限与挡板平行，且上界限到斜面顶端的距离为x ＝0.55Hm．将一通电导线围成的矩形导线框abcd 置于斜面的底端，已知导线框的质量为m＝0.1 kg、导线框的电阻为R＝0.25Ω、 ab 的长度为L＝0.5 m．从 t ＝0时辰开始在导线框上加一恒定的拉力 F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下面与磁场的上界限重合时，将恒力F撤走，最后导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动．已知导线框向上运动的v－ t 图象如图乙所示，3导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝，整个运动过程中导线框没有发生转动，且一直没有走开斜面， g＝10 m/s2.(1) 求在导线框上施加的恒力F 以及磁感觉强度的大小；2 2(2) 若导线框沿斜面向下运动经过磁场时，其速度 v 与位移 s 的关系为 v ＝ v 0－B Ls ，其mR中 v 0 是导线框 ab 边刚进入磁场时的速度大小， s 为导线框 ab 边进入磁场地区后对磁场上面界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q .[ 思路路线 ](1)(2)[分析](1) 由v－t图象可知，在 0～ 0.4 s 时间内导线框做匀加快直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2.0 m/s，所以在此过程中的加快度a＝Δv2＝ 5.0 m/sΔt由牛顿第二定律有F－ mg sinθ－μmg cosθ＝ ma解得 F＝1.5 N由 v－t 图象可知，导线框进入磁场地区后以速度v1做匀速直线运动E BLv1经过导线框的电流 I ＝R＝R导线框所受安培力 F 安＝ BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的均衡条件有B2L2v1F＝ mg sinθ＋μmg cosθ＋解得 B＝0.50 T.R(2) 导线框进入磁场地区后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H导线框 ab 边走开磁场后做匀减速直线运动，抵达挡板时的位移为x0＝ x－ H＝0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有－ mg( x－ H)sinθ－μmg( x－ H)cosθ＝121221 2mv－2mv解得 v ＝2＝ 1.0 m/sv － 2g x－ Hsin θ＋μcos θ21导线框碰挡板后速度大小仍为v2，导线框下滑过程中，因为重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mg sinθ＝μmg cosθ＝0.50 N，所以导线框与挡板碰撞后向下做匀速运动， ab 边刚进入磁场时的速度为v2＝1.0 m/s；进入磁场后因为又遇到安培力作用而减速，做加快度渐渐变小的减速运动，设导线框所有走开磁场地区时的速度为v30B 2L2322B2L2H由 v＝v－mR s 得 v＝ v －mR＝－ 1.0 m/s因 v3<0，说明导线框在走开磁场前速度已经减为零，这时安培力消逝，导线框受力均衡，所以导线框将静止在磁场中某地点导线框向上运动经过磁场地区的过程中产生的焦耳热Q1＝ I 2Rt ＝2221＝ 0.40 J B L HvR导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热12Q2＝ mv2＝0.05 J2所以＝1＋2＝0.45 J.Q Q Q[ 答案 ] (1)1.5 N0.50 T (2)0.45 J用动力学看法、能量看法解答电磁感觉问题的一般步骤[ 娴熟加强 ]迁徙一单杆模型中的能量问题1．(2017 ·河北名校结盟 ) 如下图，相距为L 的两条足够长的圆滑平行金属导轨、MNPQ与水平面的夹角为θ， N、 Q两点间接有阻值为R的电阻．整个装置处于磁感觉强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．将质量为m、阻值也为 R 的金属杆 cd 垂直放在导轨上，杆 cd 由静止开释，下滑距离x 时达到最大速度．重力加快度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触优秀．求：(1)杆 cd 下滑的最大加快度和最大速度；(2)上述过程中，杆上产生的热量．[ 分析 ] (1) 设杆cd下滑到某地点时速度为v，则杆产生的感觉电动势E＝ BLv，回路中E的感觉电流I ＝R＋R杆所受的安培力F＝ BILB2L2v依据牛顿第二定律有mg sinθ－2R＝ ma当速度 v＝0时，杆的加快度最大，最大加快度a＝ g sinθ，方向沿导轨平面向下2mgR sin θ当杆的加快度a＝0时，速度最大，最大速度v m＝B2L2，方向沿导轨平面向下．(2)杆 cd 从开始运动抵达到最大速度过程中，依据能量守恒定律得12mgx sinθ＝ Q总＋2mv1又 Q杆＝2Q总13222θmg R sin所以 Q杆＝2mgx sinθ－B4L4.2mgR sin θ[答案](1) g sin θ，方向沿导轨平面向下B2L2，方向沿导轨平面向下13222mg R sinθ(2) 2mgx sin θ－B4L4迁徙二双杆模型中的能量问题2． ( 多项选择 )(2017 ·浙江五校联考) 如下图，足够长的圆滑水平直导轨的间距为l ，电阻不计，垂直轨道平面有磁感觉强度为 B 的匀强磁场，导轨上相隔必定距离搁置两根长度均为 l 的金属棒， a 棒质量为 m，电阻为 R， b 棒质量为2m，电阻为 2R，现给a棒一个水平向右的初速度 v ，已知 a 棒在此后的运动过程中没有与 b 棒发生碰撞，当 a 棒的速度减为v02 时，b 棒恰好遇到了阻碍物立刻停止运动，而 a 棒仍持续运动，则以下说法正确的选项是()v0A．b棒遇到阻碍物前瞬时的速度为252B．在b棒停止运动前 b 棒产生的焦耳热为Q b＝24mv0C．b棒停止运动后，a棒持续滑行的距离为3mv0R 2B2l2D．b棒停止运动后，a棒持续滑行的距离为mv0R 2B2l2[分析]设 b 棒遇到阻碍物前瞬时的速度为v2，以前两棒构成的系统动量守恒，则mv0 v0v0＝m2＋2mv2，解得 v2＝4，所以选项A错误；在 b 棒停止运动前，依据能量守恒定律可得a1 2 1v0212525棒和 b 棒产生的总焦耳热Q＝ Q a＋ Q b＝2mv0－2m 2－2×2mv2＝16mv0，Q b＝2Q a，解得Q b＝2420，所以选项B正确；a棒独自向右滑行的过程中，当其速度为v时，所受的安培力大小为mvB2l 2B2l 2F 安＝ BIl ＝3R v，依据动量定理有－ F 安Δt＝ mΔv，所以有∑－3R v·Δt＝∑(m·Δv)，22v030Bl mvR可得3R x＝ m2，b 棒停止运动后 a 棒持续行进的距离x＝2B2l2，所以选项C正确，选项D 错误．[答案]BC迁徙三线框模型中的能量问题3．(2017 ·苏州模拟 ) 如下图，竖直面内的正方形导线框ABCD和 abcd 的边长均为l 、电阻均为 R，质量分别为2m和m，它们分别系在一越过两个定滑轮的绝缘轻绳两头，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感觉强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时ABCD的下界限与匀强磁场的上界限重合，abcd 的上界限到匀强磁场的下界限的距离为l .现将两导线框由静止开释，当ABCD所有进入磁场时，两导线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加快度为g，求：(1)两导线框匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热；(3)导线框 abcd 经过磁场的时间．[ 分析 ] (1) 如下图，设两导线框刚匀速运动的速度大小为v、此时轻绳上的张力为T，则对 ABCD有 T＝2mg①对 abcd 有 T＝ mg＋ BIl ②EI＝R③E＝ Blv ④mgR则 v＝B2l2.⑤(2) 设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有4mgl 12＝2mgl＋ 2×3mv＋Q⑥3 223mg R联立⑤⑥解得Q＝2mgl－2B4l4.(3) 导线框abcd经过磁场的过程中以速度v 匀速运动，设导线框abcd 经过磁场的时间3l为 t ，则 t ＝v⑦3B2l3联立⑤⑦解得t ＝mgR.mgR322233mg R3Bl[ 答案 ] (1) B2l2(2)2 mgl－2B4l4(3) mgR高考题型展望——杆＋导轨模型[ 考点概括 ]1．单杆模型的常有状况2.双杆在导轨上滑动(1)初速度不为零，不受其余水平外力的作用圆滑的平行导轨表示图质量 m1＝ m2电阻 r 1＝ r 2长度 L1＝ L2杆 MN做变减速运动，杆 PQ做变加快剖析运动，稳准时，两杆的加快度均为零，以相等的速度匀速运动(2)初速度为零，一杆遇到恒定水平外力的作用圆滑的平行导轨圆滑不等距导轨质量 m1＝ m2电阻 r 1＝ r 2长度 L1＝2L2杆MN做变减速运动，杆PQ做变加快运动，稳准时，两杆的加快度均为零，两杆的速度之比为 1∶2不圆滑平行导轨表示图摩擦力 F ＝Ff1f2质量 m1＝ m2质量1＝2m m电阻 r 1＝ r 2电阻 r1＝ r 2长度 L＝L12长度 L1＝L2开始时，若 F <F≤2F ，则 PQ杆先f f开始时，两杆做变加快运动；稳固变加快后匀加快运动； MN杆静止．若>2f，杆先变加快后匀加快运剖析时，两杆以同样的加快度做匀加快F F PQ动，MN杆先静止后变加快最后和 PQ 运动杆同时做匀加快运动，且加快度相同[ 典题示例 ]如图 1 所示，在竖直向下的磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，两根足够长的平行圆滑金属轨道 MN、PQ固定在水平面内，相距为L.一质量为 m的导体棒 ab 垂直于 MN、PQ放在轨道上，与轨道接触优秀．轨道和导体棒的电阻均不计．(1) 如图 2 所示，若轨道左端M、P间接一电动势为E、内阻为 r 的电源和一阻值为R的电阻．闭合开关S，导体棒从静止开始运动．求经过一段时间后，导体棒所能达到的最大速度的大小．(2) 如图 3 所示，若轨道左端M、P 间接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平向右的恒力 F 的作用下从静止开始运动．求导体棒运动过程中的加快度的大小．[ 审题指导]第一步读题干—提信息题干信息1) 圆滑金属轨道滑动中不受摩擦力EΔq2) 轨道和导体棒的电阻均不计求电流I时，图 3 不可以用I ＝R总，应选I ＝Δt3) 求导体棒运动过程中的加快度的大小猜想棒可能匀加快运动第二步审程序—顺思路[ 分析 ] (1) 闭合开关后，导体棒ab产生的电动势与电阻R两头的电压相等时，导体棒Eab 达到最大速度v2， I ＝R＋r，U＝ IR， U＝ BLv2ER解得 v2＝BL R＋ r.(2) 导体棒ab 向右加快运动，在极短时间内，导体棒的速度变化，依据加快度ΔtΔv的定义 a＝ΔvΔE＝BLΔv，电容器增添的电荷量Δq＝CΔE＝，导体棒产生的电动势变化ΔtCBLΔv依据电流的定义I ＝Δq，解得 I ＝CBLa Δt导体棒 ab 遇到的安培力 F 安＝ BIL＝ B2L2Ca 依据牛顿第二定律得F－F 安＝ ma解得 a＝F22. m＋ CBL[答案](1)ER(2)＋FBL＋r2 2R m CBL杆模型剖析思路[ 展望题组]1． ( 多项选择 )(2017 ·苏州模拟) 如下图，在磁感觉强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一水平绝缘桌面，桌面上搁置了间距为L 的足够长的两平行圆滑导轨，导轨左边连一阻值为R的电阻，轨道电阻不计．与两轨道垂直的质量为M、电阻为 r 的导体杆开始静止放在轨道上，现经过与轨道平行的轻绳经过一圆滑的定滑轮与一质量为m的物块相连，导体杆在重力作用下开始运动，导体杆的速度达到最大时为v m.运动中杆一直垂直轨道，则下列说法正确的选项是()A．导体杆做的是匀变速直线运动，运动过程中流过电阻R的电流方向是a→ bmg R＋ rB．导体杆获取的最大速度为v m＝B2L2v m mgC．当物块的速度为v＝2时，导体杆的加快度为2MmgD．导体杆开始运动时加快度最大，且为＋M m[ 分析 ] 导体杆先做变速直线运动，后做匀速运动，运动过程中流过电阻R的电流方向是→，A 错误；杆产生的感觉电动势为＝，因v 变大，故E变大，电路中电流IE＝，b a E BLv R 电流变大，杆受的安培力 F 安＝ BIL，因 I变大，故 F 安变大，选杆和物块整体为研究对象，依据牛顿第二定律，－B2L2v＋)，当a＝ 0时，杆达到最大速度vm＝mg R＋ r， B ＝ ( 2 2mg R＋ r M m a B Lv＝v m mg，C 错误；导体杆开始运动时正确；当物块的速度为2时，导体杆的加快度为2M＋ mmg加快度最大，为M＋m，D正确．[答案] BD2．(2017 ·江西六校联考) 如下图，ab和cd是两条竖直固定的圆滑平行金属导轨，MN和 M′ N′是用绝缘细线连结的两根金属杆，其质量分别为m和2m，用竖直向上、大小未知的外力 F 作用在杆 MN中点，使两杆水沉静止，并恰好与导轨接触．整个装置处在磁感觉强度为、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨足够长，间距为L ，电阻可忽视，两B杆总电阻为 R，与导轨一直接触优秀，重力加快度为g. t ＝0时辰，将细线烧断，保持力F不变．(1)细线烧断后随意时辰，求两杆运动的速度大小之比．(2) 若杆MN至速度最大时发生的位移为s，该过程中经过金属杆横截面的电荷量Δq和电路中产生的焦耳热Q各为多少？[ 分析 ] (1) 解法一：以两杆为研究对象，初始合外力为零，有F＝3mg细线烧断后杆MN向上运动，杆 M′ N′向下运动，随意时辰，两杆中感觉电流等大反向，。

专题4 电路与电磁感应高考研究(十五) 聚焦选择题考法——直流电路、交流电路1．(2016·全国Ⅱ卷T 17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图所示电路。

开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2。

Q 1与Q 2的比值为( )A.25B.12C.35D.23解析：选C 断开S 和闭合S 后等效电路分别如图甲、乙所示。

根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U 1＝15E ，U 2＝13E ，C 所带的电荷量Q ＝CU ，则Q 1∶Q 2＝3∶5，选项C 正确。

2.[多选](2016·全国Ⅲ卷T 21)如图，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。

现使线框M 、N 在t ＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC 两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A 错误；导线框的转动周期为T ，则感应电流的周期也为T ，选项B 正确；在t ＝T8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C 正确；M 导线框中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D 错误。

3.(2016·全国Ⅰ卷T 16)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω 和4 Ω，○为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。