2020高考物理二轮复习 第一部分 专题四 电路与电磁感应 第三讲 电磁感应综合问题——课后自测诊断卷

专题四 电磁感应与电路一、考点回顾“电磁感应”是电磁学的核心内容之一，同时又是与电学、力学知识紧密联系的知识点，是高考试题考查综合运用知识能力的很好落脚点，所以它向来高考关注的一个重点和热点，本专题涉及三个方面的知识：一、电磁感应，电磁感应研究是其它形式有能量转化为电能的特点和规律，其核心内容是法拉第电磁感应定律和楞次定律；二、与电路知识的综合，主要讨论电能在电路中传输、分配，并通过用电器转化为其它形式的能量的特点及规律；三、与力学知识的综合，主要讨论产生电磁感应的导体受力、运动特点规律以及电磁感应过程中的能量关系。

由于本专题所涉及的知识较为综合，能力要求较高，所以往往会在高考中现身。

从近三年的高考试题来看，无论哪一套试卷，都有这一部分内容的考题，题量稳定在1～2道，题型可能为选择、实验和计算题三种，并且以计算题形式出现的较多。

考查的知识：以本部分内容为主线与力和运动、动量、能量、电场、磁场、电路等知识的综合，感应电流（电动势）图象问题也经常出现。

二、典例题剖析根据本专题所涉及内容的特点及高考试题中出的特点，本专题的复习我们分这样几个小专题来进行：1.感应电流的产生及方向判断。

2.电磁感应与电路知识的综合。

3.电磁感应中的动力学问题。

4.电磁感应中动量定理、动能定理的应用。

5.电磁感应中的单金属棒的运动及能量分析。

6.电磁感应中的双金属棒运动及能量分析。

7.多种原因引起的电磁感应现象。

(一)感应电流的产生及方向判断1．(2007理综II 卷)如图所示，在PQ 、QR 区域是在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，bc 边与磁场的边界P 重合。

导线框与磁场区域的尺寸如图所示。

从t ＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。

以a →b →c →d →e →f 为线框中有电动势的正方向。

以下四个ε-t 关系示意图中正确的是【 】解析：楞次定律或左手定则可判定线框刚开始进入磁场时，电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D 选项错误；1－2s 内，磁通量不变化，感应电动势为0，A 选项错误；2－3s 内，产生感应电动势E ＝2Blv ＋Blv ＝3Blv ，感应电动势的方向为逆时针方向（正方向），故C 选项正确。

第三讲 电磁感应的综合应用电磁感应中的电路问题 【重难提炼】1．电磁感应电路中的五个等效问题2．解决电磁感应电路问题的基本步骤(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E 的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向：感应电流方向是电源内部电流的方向，从而确定电源正、负极，明确内阻r .(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路图． (3)“式”的建立：根据E ＝Blv 或E ＝n ΔΦΔt 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．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R 的导体棒PQ ，在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( )A ．PQ 中电流先增大后减小B ．PQ 两端电压先减小后增大C ．PQ 上拉力的功率先减小后增大D ．线框消耗的电功率先减小后增大[审题突破] 在匀强磁场中，谁运动谁是电源，则PQ 中的电流为干路电流，PQ 两端电压为路端电压，线框消耗的功率为电源的输出功率，再依据电路的规律求解问题．[解析] 设PQ 左侧金属线框的电阻为r ，则右侧电阻为3R －r ；PQ 相当于电源，其电阻为R ，则电路的外电阻为R 外＝r （3R －r ）r ＋（3R －r ）＝－⎝⎛⎭⎫r －3R 22＋⎝⎛⎭⎫3R 223R，当r ＝3R 2时，R 外max ＝34R ，此时PQ 处于矩形线框的中心位置，即PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ 中的电流为干路电流I ＝ER 外＋R 内，可知干路电流先减小后增大，选项A 错误．PQ 两端的电压为路端电压U ＝E －U 内，因E ＝Blv 不变，U 内＝IR 先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B 错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P ＝F 安v ＝BIlv ，可知因干路电流先减小后增大，PQ 上拉力的功率也先减小后增大，选项C 正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为34R ，小于内阻R ；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D 错误．[答案] C【题组过关】考向一 恒定感应电流的电路分析1．如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1解析：选B.由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则A 项错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt ＝NSΔB Δt ，而磁感应强度均匀变化，即ΔBΔt恒定，则a 、b 线圈中的感应电动势之比为E a E b ＝S a S b ＝l 2al 2b ＝9，故B 项正确；根据电阻定律R ＝ρL S ′，且L ＝4Nl ，则R a R b ＝l a l b ＝3，由闭合电路欧姆定律I ＝E R ，得a 、b 线圈中的感应电流之比为I a I b ＝E a E b ·R bR a ＝3，故C 项错误；由功率公式P ＝I 2R知，a 、b 线圈中的电功率之比为P a P b ＝I 2a I 2b ·R aR b＝27，故D 项错误．2.如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域．当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为( )A ．12EB ．13EC ．23ED ．E解析：选B.a 、b 间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的13，故U ab ＝13E ，B 正确．3．(多选)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a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍 解析：选AB.设圆盘的半径为r ，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E ＝12Br 2ω，可知，若转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A 项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a 到b 的方向流动，B 项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C 项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P ＝I 2R 可知，电阻R 上的热功率变为原来的4倍，D 项错误．考向二 变化感应电流的电路分析4．如图所示，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)，R 1＝4 Ω、R 2＝8 Ω(导轨其他部分电阻不计)．导轨OACO 的形状满足y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫π3x (单位：m)．磁感应强度B ＝0.2 T 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．解析：(1)由题图容易看出，当y ＝0时x 有两个值，即sin ⎝⎛⎭⎫π3x ＝0时，x 1＝0，x 2＝3.这即是O 点和C 点的横坐标，因而与A 点对应的x 值为1.5.将x ＝1.5代入函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫π3x ，便得A 点的纵坐标，即y ＝2sin π2＝2(单位：m)．这就是金属棒切割磁感线产生电动势的最大有效长度．当金属棒在O 、C 间运动时，R 1、R 2是并联在电路中的，其等效电路如图所示．其并联电阻R 并＝R 1R 2R 1＋R 2＝83Ω.当金属棒运动到x 位置时，其对应的长度为 y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫π3x ，此时金属棒产生的感应电动势为 E ＝Byv ＝2Bv sin ⎝⎛⎭⎫π3x (单位：V)， 其电流I ＝ER 并(单位：A)．而金属棒所受的安培力应与F 相等， 即F ＝BIy ＝B 2y 2vR 并.在金属棒运动的过程中，由于B 、v 、R 并不变，故F 随y 的变大而变大．当y 最大时F 最大，即F max ＝B 2y 2max v R 并＝0.3 N.(2)R 1两端电压最大时，其功率最大． 即U ＝E max 时，R 1上消耗的功率最大， 而金属棒上产生的最大电动势 E max ＝By max v ＝2.0 V . 这时P max ＝E 2maxR 1＝1.0 W.(3)当t ＝0时，棒在x ＝0处． 设运动到t 时刻，则有x ＝vt ， 将其代入y 得y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫5π3t ， 再结合E ＝Byv 和I ＝E R 并，得I ＝E R 并＝2Bv （R 1＋R 2）R 1R 2sin ⎝⎛⎭⎫5π3t＝0.75sin ⎝⎛⎭⎫5π3t A. 答案：(1)0.3 N (2)1.0 W (3)I ＝0.75sin ⎝⎛⎭⎫5π3t A考向三 含容电路的分析与计算5.在同一水平面的光滑平行导轨P 、Q 相距l ＝1 m ，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M 、N 相距d ＝10 mm ，定值电阻R 1＝R 2＝12 Ω，R 3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r ＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab 沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m ＝1×10－14kg ，电荷量q ＝－1×10－14C 的微粒恰好静止不动．取g ＝10 m/s 2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且速度保持恒定．试求：(1)匀强磁场的方向； (2)ab 两端的路端电压； (3)金属棒ab 运动的速度大小．解析：(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M 板带正电．ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab 棒等效于电源，感应电流方向由b →a ，其a 端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg ＝Eq 又E ＝U MN d ，所以U MN ＝mgd q＝0.1 VR 3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R 3的电流为I ＝U MNR 3＝0.05 A则ab 棒两端的电压为U ab ＝U MN ＋I R 1R 2R 1＋R 2＝0.4 V.(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝Blv 由闭合电路欧姆定律得E ＝U ab ＋Ir ＝0.5 V 联立解得v ＝1 m/s.答案：(1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s电磁感应中电路问题的误区分析(1)不能正确分析感应电动势及感应电流的方向．因产生感应电动势的那部分电路为电源部分，故该部分电路中的电流应为电源内部的电流，而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势．(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有注意等效电源的内阻对电路的影响．(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，特别是并联在等效电源两端的电压表，其示数应该是路端电压，而不是等效电源的电动势．电磁感应中的图象问题【重难提炼】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．(多选)如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为F A，电阻R两端的电压为U R，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有()[审题突破]先分别得出I、F A、U R、P与v的关系．然后对棒MN受力分析，由牛顿第二定律列方程分情况讨论棒MN的运动情况，最后依据各量与v的关系讨论得到各量与t的关系．[解析]设某时刻金属棒的速度为v，根据牛顿第二定律F－F A＝ma，即F0＋kv－B2l2v R＋r＝ma ，即F 0＋⎝⎛⎭⎫k －B 2l 2R ＋r v ＝ma ，如果k >B 2l 2R ＋r ，则加速度与速度成线性关系，且随着速度增大，加速度越来越大，即金属棒运动的v －t 图象的切线斜率也越来越大，由于F A ＝B 2l 2vR ＋r ，F A －t图象的切线斜率也越来越大，感应电流⎝⎛⎭⎫i ＝Blv R ＋r 、电阻两端的电压⎝⎛⎭⎫U R ＝BlRvR ＋r 及感应电流的功率⎝⎛⎭⎫P ＝B 2l 2v 2R ＋r 也会随时间变化得越来越快，B 项正确；如果k ＝B 2l 2R ＋r ，则金属棒做匀加速直线运动，电动势随时间均匀增大，感应电流、电阻两端的电压、安培力均随时间均匀增大，感应电流的功率与时间的二次方成正比，没有选项符合；如果k <B 2l 2R ＋r ，则金属棒做加速度越来越小的加速运动，感应电流、电阻两端的电压、安培力均增加得越来越慢，最后恒定，感应电流的功率最后也恒定，C 项正确．[答案] BC【题组过关】考向一 “由因及果”类图象的选择1.(多选)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 ，磁感应强度竖直向下，a 、b 、e 、f 在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示位置在水平拉力F 作用下以速度v 向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i －t 和F －t 图象正确的是(以逆时针方向为电流的正方向，以水平向右的拉力为正，时间单位为lv)( )解析：选BD.从bc 边开始进入磁场到线框完全进入磁场的过程中，当线框bc 边进入磁场位移为x 时，线框bc 边有效切割长度为x ，感应电动势为E ＝Bxv ，感应电流i ＝BxvR，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →b →c →d →a ，为正值．同理，从bc 开始出磁场到线框完全出磁场的过程中，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →d →c →b →a ，为负值，线框ad 边有效切割长度逐渐变大，感应电流逐渐增大，根据数学知识知道A 错误，B 正确．在水平拉力F 作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力大小等于安培力，而安培力的表达式F 安＝B 2L 2vR ，而L ＝vt ，则有F 安＝B 2v 3Rt 2，因此C 错误，D 正确．2.如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一、三象限内有垂直该坐标平面向里的匀强磁场，二者磁感应强度相同，圆心角为90°的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O 点在图示坐标平面内沿顺时针方向匀速转动．规定与图中导线框的位置相对应的时刻为t ＝0，导线框中感应电流逆时针为正．则关于该导线框转一周的时间内感应电流i 随时间t 的变化图象，下列正确的是( )解析：选A.在线框切割磁感线产生感应电动势时，由E ＝12BL 2ω知，感应电动势一定，感应电流大小不变，故B 、D 错误；在T 2～34T 内，由楞次定律判断可知线框中感应电动势方向沿逆时针方向，为正，故A 正确，C 错误．考向二 “由果索因”类图象的选择3．如图甲所示，矩形导线框abcd 固定在变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流(电流方向abcda 为正方向)．若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为( )解析：选D.由题图乙可知，0～t 1内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0～t 1内磁感应强度与时间的关系是一条斜线，A 、B 错．又由于0～t 1时间内电流的方向为正，即沿abcda 方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向向里，故0～t 1内原磁场方向向里减小或向外增大，因此D 对，C 错．4．如图甲，线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上，在ab 线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图乙所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()解析：选C.由题图乙可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确．考向三电磁感应电路与图象综合问题的求解5．如图甲所示，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的关系如图乙所示，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＝3.0 Ω，B＝1.0 T，r＝0.2 m．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．(1)根据图乙写出ab、bc段对应的I与ω的关系式；(2)求出图乙中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．解析：(1)由题图乙可知，在ab段I＝ω150A(－45 rad/s≤ω≤15 rad/s)在bc 段I ＝⎝⎛⎭⎫ω100－0.05 A(15 rad/s<ω≤45 rad/s)． (2)由题意可知，P 两端的电压U P 等于圆盘产生的电动势，U P ＝12Br 2ωb 点时ωb ＝15 rad/s ，U b ＝12Br 2ωb ＝0.3 Vc 点时ωc ＝45 rad/s ，U c ＝12Br 2ωc ＝0.9 V.(3)由题图乙中电流变化规律可知电子元件P 在b 点时开始导通，则：在ab 段 I P ＝0(－0.9 V ≤U P ≤0.3 V) 在bc 段I P ＝I －U PR而I ＝ω100－0.05，U P ＝12Br 2ω联立可得I P ＝⎝⎛⎭⎫U P6－0.05 A(0.3 V <U P ≤0.9 V)． 答案：见解析6．(2019·金华质检)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 被固定在水平面上，导轨间距l ＝0.6 m ，两导轨的左端用导线连接电阻R 1及理想电压表V ，电阻为r ＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB 处；右端用导线连接电阻R 2，已知R 1＝2 Ω，R 2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDFE 内有竖直向上的磁场，CE ＝0.2 m ，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F ，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变．求：(1)t ＝0.1 s 时电压表的示数； (2)恒力F 的大小；(3)从t ＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量． 解析：(1)设磁场宽度为d ＝CE ，在0～0.2 s 的时间内，有E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔtld ＝0.6 V 此时，R 1与金属棒并联后再与R 2串联 R ＝R 并＋R 2＝1 Ω＋1 Ω＝2 Ω U ＝ERR 并＝0.3 V.(2)金属棒进入磁场后，R 1与R 2并联后再与r 串联，有 I ′＝U R 1＋UR 2＝0.45 AF A ＝BI ′l ＝1.00×0.45×0.6 N ＝0.27 N由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，所以恒力F 的大小F ＝F A ＝0.27 N.(3)在0～0.2 s 的时间内有 Q ＝E 2R t ＝0.036 J金属棒进入磁场后，有 R ′＝R 1R 2R 1＋R 2＋r ＝83 ΩE ′＝I ′R ′＝1.2 V E ′＝Blv ，v ＝2.0 m/s t ′＝d v ＝0.22 s ＝0.1 sQ ′＝E ′I ′t ′＝0.054 JQ 总＝Q ＋Q ′＝0.036 J ＋0.054 J ＝0.09 J. 答案：(1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J电磁感应图象问题的分析方法(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做出分析和判断．电磁感应中的动力学问题 【重难提炼】1．导体棒(框)的两种状态(1)平衡状态——静止或匀速直线运动，加速度为零． (2)非平衡状态——加速度不为零．2．两类研究对象及相互联系如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g .已知金属棒ab 匀速下滑．求(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小．[审题突破] 解答的关键是对ab 、cd 棒受力分析，由平衡条件求出ab 棒受到的安培力，再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小．[解析] (1)设两根导线的总的张力的大小为T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为N 1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为N 2.对于ab 棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μN 1＋T ＋F ①N 1＝2mg cos θ②对于cd 棒，同理有mg sin θ＋μN 2＝T ③ N 2＝mg cos θ④联立①②③④式得F ＝mg (sin θ－3μcos θ)．⑤ (2)由安培力公式得F ＝BIL ⑥ 这里I 是回路abdca 中的感应电流 ab 棒上的感应电动势为E ＝BLv ⑦ 式中，v 是ab 棒下滑速度的大小 由欧姆定律得I ＝ER⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L 2.[答案] (1)mg (sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L2【题组过关】考向一 水平导轨上的运动分析1．如图所示，质量均为m 的金属棒ab 、cd 与足够长的水平金属导轨垂直且接触良好，两金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B 的匀强磁场的方向竖直向下．则ab 棒在恒力F ＝2μmg 作用下向右运动的过程中，有( )A ．安培力对ab 棒做正功B ．安培力对cd 棒做正功C ．ab 棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动D ．cd 棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动解析：选C.对于ab 棒，因为F ＝2μmg >μmg ，所以从静止开始加速运动，ab 棒运动会切割磁感线产生感应电流，从而使ab 棒受到一个向左的安培力，这样加速度会减小，最终会做匀速运动；而cd 棒所受到的最大安培力与摩擦力相同，所以总保持静止状态，即安培力对ab 棒做负功，对cd 棒不做功，所以选项C 正确，A 、B 、D 错误．2．(2019·衢州检测)如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L ＝0.2 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω 的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑导轨．水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝1.0 T ．一根质量m ＝0.2 kg ，电阻r ＝0.1 Ω的金属棒垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F 作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x ＝9 m 时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度．当金属棒离开磁场时撤去外力F ，接着金属棒沿弯曲导轨上升到最大高度h ＝0.8 m 处．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g ＝10 m/s 2.求：(1)金属棒运动的最大速度v ；(2)金属棒在磁场中速度为v2时的加速度大小；(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热．解析：(1)金属棒从离开磁场到上升到弯曲导轨最高点，根据机械能守恒定律：12mv 2＝mgh解得：v ＝4 m/s.(2)金属棒在磁场中以最大速度v 做匀速运动过程，设回路中的电流为I ，根据平衡条件得F ＝BIL ＋μmg回路中的电流为：I ＝BLvR ＋r解得：F ＝0.6 N.金属棒速度为v2时，设回路中的电流为I ′根据牛顿第二定律得F －BI ′L －μmg ＝ma 回路中的电流为：I ′＝BLv2（R ＋r ）解得：a ＝1 m/s 2.(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q 根据功能关系：Fx ＝μmgx ＋12mv 2＋Q则电阻R 上的焦耳热：Q R ＝R R ＋r Q 解得：Q R ＝1.5 J.答案：(1)4 m/s (2)1 m/s 2 (3)1.5 J 考向二 倾斜导轨上的运动分析3．如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L .导轨上端接有一平行板电容器，电容为C .导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v ，则感应电动势为E ＝BLv ① 平行板电容器两极板之间的电势差为U ＝E ② 设此时电容器极板上积累的电荷量为Q ，按定义有 C ＝Q U③联立①②③式得Q ＝CBLv .④(2)设金属棒的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过金属棒的电流为i .金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F 安＝BLi ⑤设在时间间隔(t ，t ＋Δt )内流经金属棒的电荷量为ΔQ ，据定义有i ＝ΔQΔt⑥ ΔQ 也是平行板电容器两极板在时间间隔(t ，t ＋Δt )内增加的电荷量．由④式得：ΔQ ＝CBL Δv ⑦式中，Δv 为金属棒的速度变化量．据定义有 a ＝Δv Δt⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 F f ＝μF N ⑨式中，F N 是金属棒对导轨的正压力的大小， 有F N ＝mg cos θ⑩金属棒在时刻t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a ，根据牛顿第二定律有 mg sin θ－F 安－F f ＝ma ⑪联立⑤至⑪式得a ＝m （sin θ－μcos θ）m ＋B 2L 2Cg ⑫由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t 时刻金属棒的速度大小为 v ＝m （sin θ－μcos θ）m ＋B 2L 2C gt .答案：(1)Q ＝CBLv (2)v ＝m （sin θ－μcos θ）m ＋B 2L 2Cgt考向三 竖直方向上的运动分析4．(多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP ′、QQ ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M 、N 相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab 水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab ，则下列说法中正确的是( )A ．金属棒ab 最终可能匀速下滑B ．金属棒ab 一直加速下滑C ．金属棒ab 下滑过程中M 板电势高于N 板电势D ．带电微粒不可能先向N 板运动后向M 板运动解析：选BC.金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mg sin θ－BIl >0，金属棒将一直加速，A 错、B 对；由右手定则可知，金属棒a 端电势高，则M 板电势高，C 项对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D 项错．5.如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m ，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab 边长为l ，cd 边长为2l ，ab 与cd 平行，间距为2l .匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd 边到磁场上边界的距离为2l ，线框由静止释放，从cd 边进入磁场直到ef 、pq 边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef 、pq 边离开磁场后，ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q .线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab 、cd 边保持水平，重力加速度为g .求：(1)线框ab 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd 边刚进入磁场时的几倍； (2)磁场上下边界间的距离H .解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B ，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v 1，cd 边上的感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律，有E 1＝2Blv 1①设线框总电阻为R ，此时线框中电流为I 1，由闭合电路欧姆定律，有 I 1＝E 1R②设此时线框所受安培力为F 1，有 F 1＝2I 1lB ③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有 mg ＝F 1④ 由①②③④式得 v 1＝mgR 4B 2l2⑤设ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v 2，同理可得 v 2＝mgR B 2l 2⑥由⑤⑥式得 v 2＝4v 1.⑦(2)线框自释放直到cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律，有 2mgl ＝12mv 21⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有。

阶段训练(四)电路和电磁感应(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~10题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.如图所示,电路中的A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是电容很大的电容器。

在开关S闭合与断开时,A、B灯泡发光情况是()A.S刚闭合后,A灯亮一下又逐渐变暗,B灯逐渐变亮B.S刚闭合后,B灯亮一下又逐渐变暗,A灯逐渐变亮C.S闭合足够长时间后,A灯泡和B灯泡一样亮D.S闭合足够长时间后再断开,B灯立即熄灭,A灯逐渐熄灭答案:A解析:S刚闭合后,电流变化快,自感线圈的感抗大,电流通过A灯向电容器充电,随着电流趋于稳定,自感线圈相当于短路,电容器相当于断路,所以是A灯亮一下又逐渐变暗,B灯逐渐变亮,选项A正确,B错误;S闭合足够长时间后,A灯熄灭,B灯亮,S再断开,电容器C通过灯泡B放电,B灯逐渐熄灭,由于自感线圈产生自感电动势,与A灯构成闭合电路,A灯逐渐熄灭,选项C、D错误。

2.如图所示,电源电动势为E,内阻为r。

当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时,理想电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2,干路电流为I,下列说法正确的是(灯泡电阻不变)()A.小灯泡L1、L3变暗,L2变亮B.ΔU1与ΔI的比值不变C.ΔU1<ΔU2D.ΔU1=ΔU2答案:B解析:滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端,总电阻变大,总电流减小,路端电压增大,L2中电流减小,变暗,L3中电压增大,变亮,U1增大,选项A错误;U2减小,而路端电压U=U1+U2增大,所以U1的变化量大于U2的变化量,选项C、D错误;ΔU1与ΔI的比值不变,为电源内阻和L2电阻之和,选项B正确。

3.(2019·河南濮阳模拟)如图甲所示,光滑“∠”形金属支架ABC固定在水平面上,支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中,一金属导体棒EF放在支架上,用一轻杆将导体棒与墙固定连接,磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,取垂直于纸面向里为正方向,则下列说法正确的是()A.t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B.t2时刻轻杆对导体棒的作用力最大C.t2到t3时间内,轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D.t2到t4时间内,轻杆对导体棒的作用力方向不变答案:C可知,t1时刻感应电动势为0,感应电流为0,安培力为0,轻杆对导体棒的作用力为0,解析:由E=nΔΦΔΦ选项A错误;t2时刻感应电动势最大,感应电流最大,但磁感应强度为0,安培力为0,轻杆对导体棒的作用力为0,选项B错误;t2到t3时间内,安培力先增大后减小,所以轻杆对导体棒的作用力先增大后减小,选项C正确;t2到t4时间内,感应电流方向改变,安培力方向改变,则轻杆对导体棒的作用力方向改变,选项D错误。

第二讲电磁感应及综合应用[知识建构][高考调研]1.考查方向：①结合闭合电路的欧姆定律，利用楞次定律或右手定则判断感应电流的方向以及大小计算．②结合牛顿第二定律，对导体棒切割磁感线的运动进行受力分析和运动分析．③结合图象，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电功率、功能关系等规律，解决电磁感应的综合问题．2.常用的思想方法：①图象法．②微元法．③排除法．④等效法．楞次定律 右手定则 研究对象 整个闭合导体回路闭合导体回路的一部分适用范围 磁通量变化产生感应电流的各种情况 一段导体在磁场中做切割磁感线运动关系右手定则是楞次定律的特殊情况(2)公式：E ＝nΔΦΔtn ：线圈的匝数，ΔΦ：磁通量的变化量，Δt ：对应于ΔΦ所用的时间，ΔΦΔt：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――→E ＝Blv感应电动势错误!感应电流错误!导体受安培力―→合外力变化错误!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”． (2)阻碍相对运动——“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”． (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”． 3．感应电动势大小的计算 (1)法拉第电磁感应定律：E ＝nΔΦΔt，适用于普遍情况． (2)E ＝Blv ，适用于导体棒切割磁感线的情况． (3)E ＝12Bl 2ω，适用于导体棒旋转切割磁感线的情况．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m 、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图(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0.5 TB ．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D ．在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N[思路点拨] 线框进入磁场，根据右手定则或楞次定律能判断出磁场方向，结合图象分析出线框运动的速度，从图象上感应电动势的大小能计算出磁感应强度与安培力．[解析] 由E －t 图象可知，线框经过0.2 s 全部进入磁场，则速度v ＝l t ＝0.10.2 m/s ＝0.5 m/s ，选项B 正确；E ＝0.01 V ，根据E ＝BLv 可知，B ＝0.2 T ，选项A 错误；根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C 正确；在t ＝0.4 s 至t ＝0.4 s 这段时间内，导线框中的感应电流I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A ，所受的安培力大小F ＝BIL ＝0.04 N ，选项D 错误，故选BC.[答案] BC用法拉第电磁感应定律求解感应电动势常见情况与方法情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B 垂直的轴转动的导线框表达式 E ＝n ΔΦΔtE ＝BLv sin θ E ＝12BL 2ωE ＝NBSωsin ωt1．(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，金属杆PQ 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] 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均匀增大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率ΔBΔt＝k (k >0)，虚线ab 与正方形的一条对角线重合，导线的电阻率为ρ.则下列说法正确的是( )A ．线框中产生顺时针方向的感应电流B ．线框具有扩张的趋势C ．若某时刻的磁感应强度为B ，则线框受到的安培力为2kBL 2S8ρD ．线框中ab 两点间的电势差大小为kL 22[解析] 根据楞次定律，线框中产生的感应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，根据楞次定律，感应电流的磁场为了阻碍磁通量的增加，线框有收缩的趋势，故B 错误；由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝ΔB Δt ·12L 2＝12kL 2，因线框电阻R ＝ρ4LS， 那么感应电流大小为I ＝E R ＝kSL 8ρ，则线框受到的安培力为：F ＝BI ×2L ＝2kBL 2S8ρ，故C 正确；由上分析，可知，ab 两点间的电势差大小U ＝12E ＝14kL 2，故D 错误．[答案] C3．(多选)(2016·全国卷Ⅱ)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a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍[解析] 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，根据右手定则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．产生的感应电动势大小E ＝12Bl 2ω，可知若ω不变，则E 不变，A 正确．当ω变为原来的2倍时，E 、I 也会变为原来的2倍，根据P ＝I 2R ，可知热功率变为原来的4倍，D 错误．[答案] AB考向二 电磁感应中的图象问题[归纳提炼]电磁感应图象问题解题“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：分析电磁感应的具体过程．明确运动分成几个阶段(根据磁通量的变化特征或切割特点分析)；第3步：写出函数方程．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方程； 第4步：进行数学分析．根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等； 第5步：得结果．画图象或判断图象．(2017·河北唐山一模)如图所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R ，导体棒ab 垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R 的电荷量q 随导体棒位移的变化描述正确的是( )[解析] 导体棒运动过程中受向左的安培力F ＝B 2L 2vR ，安培力阻碍棒的运动，速度减小，由牛顿第二定律得棒的加速度大小a ＝F m ＝B 2L 2vRm，则a 减小，v －t 图线斜率的绝对值减小，故B 项正确，A 项错误．通过R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝BLRx ，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“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象．也可用“对照法”，即按照要求画出正确的草图，再与选择对照．解决此类问题关键是把握图象特点、分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化或物理状态的变化．(2)图象分析问题：定性分析物理图象，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，借助有关的物理概念、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，要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖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．[熟练强化]1．(多选)如图甲所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 之间接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 的金属棒bc 垂直导轨放置，其他电阻不计．整个装置处在磁感应强度为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F ，棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R 的感应电荷量q 随t 2的变化关系如图乙所示．下列关于金属棒bc 的加速度a 、通过棒的电流I 、金属棒受到的外力F 、穿过回路cbPM 的磁通量Φ随时间t 变化的图象中正确的是( )[解析] 由题意可得q ＝It ＝Blv R ＋r t ＝Bla R ＋rt 2，结合图乙可知金属棒的加速度a 恒定，选项A 错误，B 正确；由牛顿第二定律可得F －mg sin θ－BIl ＝ma ，故有F ＝B 2l 2R ＋r at ＋m (g sin θ＋a )，选项C 正确；由Φ＝Bl ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋12at 2可知选项D 错误．[答案] BC2．(2017·江西南昌三校四联)如图所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t ＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )[解析] 线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，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均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则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均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；故A 正确，D 错误．[答案] A3．(2017·江淮十校三模)宽为L 的两光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区域中有垂直纸面向里宽为d 、磁感应强度为B 的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ区域间距为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紧密接触，从距区域Ⅰ上端H 处杆由静止释放．若杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，现以杆由静止释放为计时起点，则杆中电流随时间t 变化的图象可能正确的是( )[解析] 杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，说明产生的感应电流也应完全相同，排除A 和C 选项．因杆在无磁场区域中做a ＝g 的匀加速运动，又杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，则杆在Ⅰ、Ⅱ区域应做减速运动，在区域Ⅰ中对杆受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加速度a ＝mg －B 2L 2v R m ，方向竖直向上，则知杆做加速度逐渐增大的减速运动，又I ＝BLvR，由I －t 图线斜率变化情况可知选项B 正确，选项D 错误．[答案] B考向三 电磁感应中的能量转化问题[归纳提炼]能量转化及焦耳热的求法 1．能量转化 其他形式的能量――→克服安培力做功电能――→电流做功焦耳热或其他形式的能量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 克服安培力． (3)能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量．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，磁场区域的宽度为H ＝0.4 m ，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x ＝0.55 m ．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 ＝0.25 Ω、ab 的长度为L ＝0.5 m ．从t ＝0时刻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，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F 撤走，最终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，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝33，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g ＝10 m/s 2.(1)求在导线框上施加的恒力F 以及磁感应强度的大小；(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v 与位移s 的关系为v ＝v 0－B 2L 2mRs ，其中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 边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q .[思路路线] (1)(2)[解析] (1)由v －t 图象可知，在0～0.4 s 时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v 1＝2.0 m/s ，所以在此过程中的加速度a ＝Δv Δt＝5.0 m/s 2由牛顿第二定律有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 解得F ＝1.5 N由v －t 图象可知，导线框进入磁场区域后以速度v 1做匀速直线运动 通过导线框的电流I ＝E R ＝BLv 1R导线框所受安培力F 安＝BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋B 2L 2v 1R解得B ＝0.50 T.(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v 1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 边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为x 0＝x －H ＝0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v 2，由动能定理，有－mg (x －H )sin θ－μmg (x －H )cos θ＝12mv 22－12mv 21解得v 2＝v 21－2g x －Hsin θ＋μcos θ＝1.0 m/s导线框碰挡板后速度大小仍为v 2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mg sin θ＝μmg cos θ＝0.50 N ，因此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v 2＝1.0 m/s ；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v 3由v ＝v 0－B 2L 2mR s 得v 3＝v 2－2B 2L 2HmR＝－1.0 m/s因v 3<0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热 Q 1＝I 2Rt ＝2B 2L 2Hv 1R＝0.40 J导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q 2＝12mv 22＝0.05 J所以Q ＝Q 1＋Q 2＝0.45 J.[答案] (1)1.5 N 0.50 T (2)0.45 J用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤[熟练强化]迁移一 单杆模型中的能量问题1．(2017·河北名校联盟)如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面的夹角为θ，N 、Q 两点间接有阻值为R 的电阻．整个装置处于磁感应强度为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 由静止释放，下滑距离x 时达到最大速度．重力加速度为g ，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好．求：(1)杆cd 下滑的最大加速度和最大速度； (2)上述过程中，杆上产生的热量．[解析] (1)设杆cd 下滑到某位置时速度为v ，则杆产生的感应电动势E ＝BLv ，回路中的感应电流I ＝ER ＋R杆所受的安培力F ＝BIL根据牛顿第二定律有mg sin θ－B 2L 2v2R＝ma当速度v ＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a ＝g sin θ，方向沿导轨平面向下 当杆的加速度a ＝0时，速度最大，最大速度v m ＝2mgR sin θB 2L2，方向沿导轨平面向下． (2)杆cd 从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgx sin θ＝Q 总＋12mv 2m又Q 杆＝12Q 总所以Q 杆＝12mgx sin θ－m 3g 2R 2sin 2θB 4L 4.[答案] (1)g sin θ，方向沿导轨平面向下 2mgR sin θB 2L2，方向沿导轨平面向下 (2)12mgx sin θ－m 3g 2R 2sin 2θB 4L 4 迁移二 双杆模型中的能量问题2．(多选)(2017·浙江五校联考)如图所示，足够长的光滑水平直导轨的间距为l ，电阻不计，垂直轨道平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度均为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 0，已知a 棒在以后的运动过程中没有与b 棒发生碰撞，当a 棒的速度减为v 02时，b 棒刚好碰到了障碍物立即停止运动，而a 棒仍继续运动，则下列说法正确的是( )A ．b 棒碰到障碍物前瞬间的速度为v 02B ．在b 棒停止运动前b 棒产生的焦耳热为Q b ＝524mv 2C ．b 棒停止运动后，a 棒继续滑行的距离为3mv 0R2B 2l 2D ．b 棒停止运动后，a 棒继续滑行的距离为mv 0R2B 2l2[解析] 设b 棒碰到障碍物前瞬间的速度为v 2，之前两棒组成的系统动量守恒，则mv 0＝m v 02＋2mv 2，解得v 2＝v 04，所以选项A 错误；在b 棒停止运动前，根据能量守恒定律可得a 棒和b 棒产生的总焦耳热Q ＝Q a ＋Q b ＝12mv 20－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022－12×2mv 22＝516mv 20，Q b ＝2Q a ，解得Q b ＝524mv 20，所以选项B 正确；a 棒单独向右滑行的过程中，当其速度为v 时，所受的安培力大小为F 安＝BIl ＝B 2l 23Rv ，根据动量定理有－F安Δt ＝mΔv ，所以有∑⎝ ⎛⎭⎪⎫－B 2l 23R v ·Δt ＝∑(m ·Δv )，可得B 2l 23R x ＝m v 02，b 棒停止运动后a 棒继续前进的距离x ＝3mv 0R2B 2l2，所以选项C 正确，选项D 错误．[答案] BC迁移三 线框模型中的能量问题3．(2017·苏州模拟)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．[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T ，则对ABCD 有T ＝2mg ①对abcd 有T ＝mg ＋BIl ②I ＝E R ③ E ＝Blv ④则v ＝mgR B 2l 2.⑤(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 ＝2mgl ＋12×3mv 2＋Q ⑥联立⑤⑥解得Q ＝2mgl －3m 3g 2R22B 4l4.(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)mgRB2l2(2)2mgl－3m3g2R22B4l4(3)3B2l3mgR高考题型预测——杆＋导轨模型[考点归纳]1．单杆模型的常见情况2.双杆在导轨上滑动(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨光滑不等距导轨示意图质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝2L2分析杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速杆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运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用光滑的平行导轨不光滑平行导轨示意图质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2摩擦力F f1＝F f2质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2分析开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时，若F f<F≤2F f，则PQ杆先变加速后匀加速运动；MN杆静止．若F>2F f，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同如图1所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道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，与轨道接触良好．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速度的大小．[审题指导]第一步读题干—提信息题干信息1)光滑金属轨道滑动中不受摩擦力2)轨道和导体棒的电阻均不计 求电流I 时，图3不能用I ＝E R 总，应选I ＝Δq Δt3)求导体棒运动过程中的加速度的大小 猜想棒可能匀加速运动第二步 审程序—顺思路[解析] (1)闭合开关后，导体棒ab 产生的电动势与电阻R 两端的电压相等时，导体棒ab 达到最大速度v 2，I ＝ER ＋r，U ＝IR ，U ＝BLv 2 解得v 2＝ERBL R ＋r.(2)导体棒ab 向右加速运动，在极短时间Δt 内，导体棒的速度变化Δv ，根据加速度的定义a ＝ΔvΔt，导体棒产生的电动势变化ΔE ＝BLΔv ，电容器增加的电荷量Δq ＝CΔE ＝CBLΔv根据电流的定义I ＝ΔqΔt，解得I ＝CBLa 导体棒ab 受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2Ca 根据牛顿第二定律得F －F 安＝ma 解得a ＝Fm ＋CB 2L 2.[答案] (1)ER BL R ＋r (2)Fm ＋CB 2L 2杆模型分析思路[预测题组]1．(多选)(2017·苏州模拟)如图所示，在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中，有一水平绝缘桌面，桌面上放置了间距为L 的足够长的两平行光滑导轨，导轨左侧连一阻值为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，现通过与轨道平行的轻绳经过一光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 .运动中杆始终垂直轨道，则下列说法正确的是( )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 →bB ．导体杆获得的最大速度为v m ＝mg R ＋rB 2L 2C ．当物块的速度为v ＝v m2时，导体杆的加速度为mg2MD ．导体杆开始运动时加速度最大，且为mgM ＋m[解析] 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b →a ，A 错误；杆产生的感应电动势为E ＝BLv ，因v 变大，故E 变大，电路中电流I ＝E 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，根据牛顿第二定律，mg －B 2L 2vR ＋r＝(M ＋m )a ，当a ＝0时，杆达到最大速度v m ＝mg R ＋r B 2L 2，B 正确；当物块的速度为v ＝v m 2时，导体杆的加速度为mg2M ＋m，C 错误；导体杆开始运动时加速度最大，为mg M ＋m，D 正确．[答案] BD2．(2017·江西六校联考)如图所示，ab 和cd 是两条竖直固定的光滑平行金属导轨，MN 和M ′N ′是用绝缘细线连接的两根金属杆，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，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触．整个装置处在磁感应强度为B 、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 ，电阻可忽略，两杆总电阻为R ，与导轨始终接触良好，重力加速度为g .t ＝0时刻，将细线烧断，保持力F 不变．(1)细线烧断后任意时刻，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 ，该过程中通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？[解析] (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，任意时刻，两杆中感应电流等大反向，所受安培力等大反向，故系统合外力仍为零，动量守恒，有mv 1－2mv 2＝0故两杆运动的速度大小之比为v 1∶v 2＝2∶1 解法二：用隔离法，利用牛顿运动定律分析 设杆MN 和杆M ′N ′的加速度大小分别为a 1、a 2 对杆MN ：F －mg －F 安1＝ma 1 对杆M ′N ′：2mg －F 安2＝2ma 2。