2021版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：专题强化十二 电磁感应中的图象和电路问题 Word版含答案

考点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生转变，与电路是否闭合无关． (3)方向推断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则推断． 2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比． (2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I ＝ER ＋r .[思维深化]1．当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝n ΔB ·S Δt ；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E ＝n B ·ΔSΔt ；当ΔΦ由B 、S 的变化同时引起时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔSΔt.2．磁通量的变化率ΔΦΔt 是Φ－t 图象上某点切线的斜率．3．推断下列说法是否正确．(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大．( × ) (2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大．( × ) (3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大．( √ )1．[法拉第电磁感应定律的理解]将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( ) A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 答案 C解析 由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A 错；感应电动势正比于ΔΦΔt ，与磁通量的大小无直接关系，B 错误，C 正确；依据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D 错误．2．[磁场变化产生感应电动势](2021·重庆理综·4)图1为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )图1A ．恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1C ．恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1答案 C解析 依据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n (B 2－B 1)St 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可推断b点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n (B 2－B 1)St 2－t 1，选项C 正确．3．[法拉第电磁感应定律的应用](2022·江苏单科·1)如图2所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )图2A.Ba 22Δt B.nBa 22Δt C.nBa 2Δt D.2nBa 2Δt 答案 B解析 线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔФΔt ＝n ·ΔB Δt ·S ＝n ·2B －B Δt ·a 22＝nBa 22Δt，选项B 正确．4．[法拉第电磁感应定律的应用]在半径为r 、电阻为R 的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图3甲所示的匀强磁场．以垂直纸面对外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律分别如图乙所示．则0～t 0时间内，导线框中( )图3A ．没有感应电流B ．感应电流方向为逆时针C ．感应电流大小为2πr 2B 0t 0RD ．感应电流大小为πr 2B 0t 0R答案 D解析 依据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流方向为顺时针，而右边的导线框的感应电流方向也为顺时针，则整个导线框的感应电流方向为顺时针，故A 、B 错误；由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生的感应电动势正好是两者之和，即为e ＝πr 2B 0t 0；再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为i ＝πr 2B 0t 0R，故C 错误，D 正确．对Φ、ΔΦ和ΔΦΔt的理解和易错点拨1．不能通过公式正确地计算Φ、ΔΦ和ΔΦΔt的大小，错误地认为它们都与线圈的匝数n 成正比．2．认为公式中的面积S 就是线圈的面积，而忽视了无效的部分；不能通过Φ－t (或B －t )图象正确地求解ΔΦΔt .3．认为Φ＝0(或B ＝0)时，ΔΦΔt肯定等于0. 4．不能正确地分析初、末状态穿过线圈的磁通量的方向关系，从而不能正确利用公式ΔΦ＝Φ2－Φ1求解ΔΦ.考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．公式E ＝Bl v 的使用条件 (1)匀强磁场．(2)B 、l 、v 三者相互垂直． 2．“瞬时性”的理解(1)若v 为瞬时速度，则E 为瞬时感应电动势． (2)若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势． 3．切割的“有效长度”公式中的l 为有效切割长度，即导体在与v 垂直的方向上的投影长度．图4中有效长度分别为：图4甲图：沿v 1方向运动时，l ＝cd ；沿v 2方向运动时，l ＝cd ·sin β； 乙图：沿v 1方向运动时，l ＝MN ；沿v 2方向运动时，l ＝0；丙图：沿v 1方向运动时，l ＝2R ；沿v 2方向运动时，l ＝0；沿v 3方向运动时，l ＝R . 4．“相对性”的理解E ＝Bl v 中的速度v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应留意速度间的相对关系． [思维深化]E ＝n ΔΦΔt、E ＝Bl v 的比较(1)区分：E ＝n ΔΦΔt 常用于求平均感应电动势；E ＝Bl v 既可求平均值，也可以求瞬时值． (2)联系：E ＝Bl v 是E ＝n ΔΦΔt的一种特殊状况．当导体做切割磁感线运动时，用E ＝Bl v 求E 比较便利，当穿过电路的磁通量发生变化时，用E ＝n ΔΦΔt 求E 比较便利．5．[平动切割](多选)半径为a 、右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B .直杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开头，直杆的位置由θ确定，如图5所示．则( )图5A ．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，直杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，直杆受的安培力大小为2B 2a v(π＋2)R 0D ．θ＝π3时，直杆受的安培力大小为3B 2a v (5π＋3)R 0答案 AD解析 当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以直杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Ba v ，选项A 正确．此时直杆上的电流I 1＝E 1(πa ＋2a )R 0＝2B v (π＋2)R 0，直杆受到的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2a v(π＋2)R 0，选项C 错误．当θ＝π3时，直杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，直杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Ba v ，选项B 错误．此时直杆上的电流I 2＝E 2(2πa －2πa 6＋a )R 0＝3B v (5π＋3)R 0，直杆受到的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2a v (5π＋3)R 0，选项D 正确．6．[平动切割](2021·海南单科·2)如图6，空间有一匀强磁场，始终金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则 ε′ε等于( )图6A.12B.22 C ．1 D. 2 答案 B解析 由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势ε＝BL v ，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，并置于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速度v 运动时，ε′＝12BL v ，则 ε′ε＝12BL v BL v ＝22.因此B 对，A 、C 、D 错误．7．[倾斜切割](2021·安徽理综·19)如图7所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计．已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )图7A ．电路中感应电动势的大小为Bl vsin θB ．电路中感应电流的大小为B v sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2l v sin θrD ．金属杆的发热功率为B 2l v 2r sin θ答案 B解析 电路中的感应电动势E ＝Bl v ，感应电流I ＝E R ＝El sin θ r ＝B v sin θr，故A 错误，B 正确；金属杆所受安培力大小F ＝BI l sin θ＝B 2l v r ，故C 错误；金属杆的发热功率P ＝I 2R ＝I 2l sin θ r ＝B 2l v 2sin θr，故D 错误．8．[转动切割](2021·新课标全国Ⅱ·15)如图8，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列推断正确的是( )图8A ．U a ＞U c ，金属框中无电流B ．U b ＞U c ，金属框中电流方向沿abcaC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿acba答案 C解析 金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误．转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则推断U a <U c ，U b <U c ，选项A 错误．由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－12Bl 2ω，选项C 正确.感应电动势的计算及电势凹凸的推断 1．计算：切割方式 感应电动势的表达式垂直切割 E ＝Bl v倾斜切割 E ＝Bl v sin θ，其中θ为v 与B 的夹角旋转切割(以一端为轴)E ＝12Bl 2ω说明：①导体与磁场方向垂直；②磁场为匀强磁场．2．推断：把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源．若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则推断出电流的方向．电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低．考点三 自感现象和涡流现象1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．(2)表达式：E ＝L ΔIΔt.(3)自感系数L 的影响因素：与线圈的大小、外形、匝数以及是否有铁芯有关． 2．涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流． (2)产生缘由：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流．(3)涡流的利用：冶炼金属的高频感应炉利用强大的涡流产生焦耳热使金属熔化；家用电磁炉也是利用涡流原理制成的．(4)涡流的削减：各种电机和变压器中，用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯，以削减涡流． [思维深化]1．自感现象“阻碍”作用的理解：(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加． (2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小． 线圈就相当于电源，它供应的电流从原来的I L 渐渐变小． 2．推断下列说法是否正确．(1)线圈中的电流越大，自感系数也越大．( × )(2)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大．( √ )9．[对自感的考查]如图9所示，A 、B 、C 是3个完全相同的灯泡，L 是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽视不计)．则( )图9A．S闭合时，A灯马上亮，然后渐渐熄灭B．S闭合时，B灯马上亮，然后渐渐熄灭C．电路接通稳定后，三个灯亮度相同D．电路接通稳定后，S断开时，C灯马上熄灭答案 A解析因线圈L的自感系数较大且直流电阻可忽视不计，S闭合时，A灯马上亮，然后渐渐熄灭，A正确．S 闭合时，B灯先不太亮，然后变亮，B错误．电路接通稳定后，B、C灯亮度相同，A灯不亮，C错误．电路接通稳定后，S断开时，C灯渐渐熄灭，D错误．10．[对自感的考查](多选)如图10所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源．t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是()图10答案AC解析当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1先变亮再渐渐熄灭，电流反向；综上所述知选项A、C正确．11．[对涡流的考查](2021·新课标全国Ⅰ·19)(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了有名的“圆盘试验”．试验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用松软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图11所示．试验中发觉，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是() 图11A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动答案AB解析当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确．如图所示，铜圆盘上存在很多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，依据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C 错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．分析自感现象的两点留意1．通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是渐渐变大，断电过程中，电流是渐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路．2．断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的推断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再渐渐熄灭．1．(多选)如图12所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化．下列说法正确的是()图12A ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流肯定增大C ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流肯定增大D ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变 答案 AD解析 线框中的感应电动势为E ＝ΔB Δt S ，设线框的电阻为R ，则线框中的电流I ＝E R ＝ΔB Δt ·SR ，由于B 增大或减小时，ΔBΔt 可能减小，也可能增大，也可能不变．线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关．故选项A 、D 正确．2．如图13所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流的大小和方向是(金属圆盘的电阻不计)( )图13A ．由c 到d ，I ＝Br 2ωRB ．由d 到c ，I ＝Br 2ωRC ．由c 到d ，I ＝Br 2ω2RD ．由d 到c ，I ＝Br 2ω2R答案 D解析 由右手定则判定通过电阻R 的电流的方向是由d 到c ，而金属圆盘产生的感应电动势E ＝12Br 2ω，所以通过电阻R 的电流大小是I ＝Br 2ω2R.选项D 正确．3．(2021·福建理综·18)如图14，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B 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( )图14A ．PQ 中电流先增大后减小B ．PQ 两端电压先减小后增大C ．PQ 上拉力的功领先减小后增大D ．线框消耗的电功领先减小后增大 答案 C解析 设PQ 左侧电路的电阻为R x ，则右侧电路的电阻为3R －R x ，所以外电路的总电阻为R 外＝R x (3R －R x )3R ，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B 错误；电路的总电阻先增大后减小，再依据闭合电路的欧姆定律可得PQ 中的电流I ＝ER ＋R 外先减小后增大，故A 错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F ＝BIL ，拉力的功率P ＝BIL v ，故先减小后增大，所以C 正确；外电路的总电阻R 外＝R x (3R －R x )3R ，最大值为34R ，小于导体棒的电阻R ，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的关系图象可知，线框消耗的电功领先增大后减小，故D 错误．4．(2022·江苏单科·7)(多选)如图15所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通沟通电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )图15A ．增加线圈的匝数B ．提高沟通电源的频率C ．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯答案 AB解析 当电磁铁接通沟通电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温上升．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项A 、B 正确，选项C 、D 错误．5．在争辩自感现象的试验中，用两个完全相同的灯泡A 、B 与自感系数很大的线圈L 和定值电阻R 组成如图16所示的电路(线圈的直流电阻可忽视，电源的内阻不能忽视)，关于这个试验下面说法中正确的是( )图16A ．闭合开关的瞬间，A 、B 一起亮，然后A 熄灭 B ．闭合开关的瞬间，B 比A 先亮，然后B 渐渐变暗C ．闭合开关，待电路稳定后断开开关，B 渐渐变暗，A 闪亮一下然后渐渐变暗D ．闭合开关，待电路稳定后断开开关，A 、B 灯中的电流方向均为从左向右 答案 B解析 闭合开关的瞬间，线圈中产生很大的自感电动势，阻碍电流的通过，故B 马上亮，A 渐渐变亮．随着A 中的电流渐渐变大，流过电源的电流也渐渐变大，路端电压渐渐变小，故B 渐渐变暗，A 错误，B 正确；电路稳定后断开开关，线圈相当于电源，对A 、B 供电，回路中的电流在原来通过A 的电流的基础上渐渐变小，故A 渐渐变暗，B 闪亮一下然后渐渐变暗，C 错误；断开开关后，线圈中的自感电流从左向右，A 灯中电流从左向右，B 灯中电流从右向左，故D 错误．练出高分基础巩固1.如图1所示，两块水平放置的金属板距离为d ，用导线、开关K 与一个n 匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B 中．两板间放一台小型压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球．K 没有闭合时传感器有示数，K 闭合时传感器示数变为原来的一半．则线圈中磁场B 的变化状况和磁通量的变化率分别为( )图1A ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgd2qB ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgd2nqC ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd2qD ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd2nq答案 B解析 依据K 闭合时传感器示数变为原来的一半，推出带正电小球受向上的电场力，即上极板带负电，下极板带正电，线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板，依据安培定则知感应磁场的方向向下，与原磁场方向相反，又由楞次定律得线圈中磁场正在增加；对小球受力分析得q E d ＝mg 2，其中感应电动势E ＝n ΔΦΔt ，代入得ΔΦΔt ＝mgd2nq，故B 正确．2．如图2甲所示，电路的左侧是一个电容为C 的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S .在环形导体中有一垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0～t 0时间内，电容器( )图2A ．上极板带正电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0B ．上极板带正电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0C ．上极板带负电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0D ．上极板带负电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0答案 A解析 由题图乙可知ΔB Δt ＝B 2－B 1t 0，B 增大，依据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，故电容器上极板带正电，E ＝n S ΔB Δt ＝S (B 2－B 1)t 0，Q ＝CE ＝CS (B 2－B 1)t 0，故A 正确．3．如图3甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60°的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(规定斜向下为B 的正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置且与导轨接触良好，除导体棒电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t 1时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流I 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是( )图3答案 D解析由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中的电流大小恒定，故A、B两项错；由F安＝BIl可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向水平向右，故外力F 与F安等值反向，方向水平向左，为负值；在t0～t1时间内，F安方向转变，故外力F方向也转变，为正值，综上所述，D项正确．4．(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直重量方向向下，大小为4.5×10－5 T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，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2 m/s.下列说法正确的是()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9 mV D．电压表记录的电压为5 mV答案AC解析从上往下看，水流切割磁感线示意图如图所示，据右手定则可知河北岸电势高，A项正确，B项错误；由E＝Bl v＝4.5×10－5×100×2 V＝9×10－3 V＝9 mV，可知电压表记录的电压为9 mV，C项正确，D项错误．5．(多选)如图4所示，粗细均匀的导线绕成匝数为n、半径为r的圆形闭合线圈．线圈放在磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，线圈中产生的电流为I，下列说法正确的是()图4A．电流I与匝数n成正比B．电流I与线圈半径r成正比C．电流I与线圈面积S成正比D．电流I与导线横截面积S0成正比答案BD解析由题给条件可知感应电动势为E＝nπr2ΔBΔt，电阻为R＝ρn2πrS0，电流I＝ER，联立以上各式得I＝S0r2ρ·ΔBΔt，则可知B、D项正确，A、C项错误．6．(多选)如图5所示是争辩通电自感试验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关S，调整电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调整可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S，再重新闭合开关S，则()图5A．闭合瞬间，A1马上变亮，A2渐渐变亮B．闭合瞬间，A2马上变亮，A1渐渐变亮C．稳定后，L和R两端电势差肯定相同D．稳定后，A1和A2两端电势差不相同答案BC解析依据题设条件可知，闭合开关S，调整电阻R，使两个灯泡的亮度相同，说明此时电阻R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，断开开关S，再重新闭合开关S的瞬间，依据自感原理，可推断A2马上变亮，而A1渐渐变亮，B正确，A错误；稳定后，自感现象消逝，依据题设条件，可推断线圈L和R两端的电势差肯定相同，A1和A2两端电势差也相同，所以，C正确，D错误．7．(多选)如图6所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN，拉动MN使它以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，则在MN运动过程中闭合电路的()图6A．感应电动势渐渐增大B．感应电流渐渐增大C ．感应电流将保持不变D ．感应电流渐渐减小答案 AC解析 拉动MN 使它以速度v 在匀强磁场中向右匀速平动，t 时刻，导体棒切割磁感线的有效长度l ＝v t tan α，产生的感应电动势E ＝Bl v ＝B v 2t tan α，感应电动势渐渐增大，选项A 正确；粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，单位长度电阻相同，设为R ，回路总电阻R 总＝R (v t tan α＋v t cos α＋v t )＝R (tan α＋1cos α＋1)v t ，产生的感应电流I ＝ER 总是一恒量，选项C 正确，B 、D 错误．综合应用8．(2022·四川理综·6)(多选)如图7所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t ) T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )图7A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到C C ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N 答案 AC解析 依据楞次定律可推断感应电流的方向总是从C 到D ，故A 正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律可知：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ⊥S Δt ＝ΔBL 2Δt sin 30°＝0.2×12×12 V ＝0.1 V ，故感应电流为I ＝E R ＝1A ，金属杆受到的安培力F 安＝BIL ，t ＝1 s 时，F 安＝0.2×1×1 N ＝0.2 N ，此时金属杆受力分析如图甲所示，由平衡条件可知F 1＝F 安·cos 60°＝0.1 N ，F 1为挡板P 对金属杆施加的力．t ＝3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图乙所示，此时挡板H 对金属杆施加的力向右，大小F 3＝BIL cos 60°＝0.2×1×1×12N ＝0.1 N ．故C 正确，D 错误．9．(2021·山东理综·17)(多选)如图8所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开头减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )图8A ．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B ．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C ．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D ．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 答案 ABD解析 由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A 正确；依据E ＝BL v 可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越简洁停止转动，选项B 正确；若加反向磁场，依据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D 正确．10．如图9所示，金属杆ab 放在光滑的水平金属导轨上，与导轨组成闭合矩形电路，长l 1＝0.8 m ，宽l 2＝0.5 m ，回路总电阻R ＝0.2 Ω，回路处在竖直方向的磁场中，金属杆用水平绳通过定滑轮连接质量M ＝0.04 kg 的木块，磁感应强度从B 0＝1 T 开头随时间均匀增加，5 s 末木块将离开水平面，不计一切摩擦，g 取10 m/s 2，求回路中的电流大小．图9答案 0.4 A解析 设磁感应强度B ＝B 0＋kt ，k 是大于零的常数， 于是回路感应电动势E ＝S ΔBΔt ＝kS ，S ＝l 1·l 2，回路感应电流I ＝E R ，金属杆受安培力。

专题强化十三 电磁感应中的动力学和能量问题专题解读1.本专题是动力学观点和能量观点在电磁感应中的综合应用，高考常以计算题的形式命题．2．学好本专题，可以极大培养同学们的分析能力、推理能力和规范表达的能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决电磁感应问题中最难问题的信心．3．用到的知识有：法拉第电磁感应定律、楞次定律、牛顿运动定律、共点力的平衡条件、动能定理、焦耳定律、能量守恒定律等．命题点一 电磁感应中的动力学问题1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)． 2．两种状态及处理方法解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下： 导体受外力运动――→E ＝Bl v感应电动势ER ＋r感应电流――→F ＝BIl导体受安培力→合力变化――→F 合＝ma加速度变化→速度变化→临界状态例1 (2016·全国Ⅲ·25)如图1，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图1(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 答案 (1)kt 0SR(2)B 0l v 0(t －t 0)＋kSt (B 0l v 0＋kS )B 0lR解析 (1)在金属棒未越过MN 之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS ＝k ΔtS ① 由法拉第电磁感应定律有 E ＝ΔΦΔt② 由欧姆定律得I ＝ER③由电流的定义得 I ＝Δq Δt④联立①②③④式得 |Δq |＝kS RΔt⑤由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内即Δt ＝t 0，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为 |q |＝kt 0SR⑥(2)当t >t 0时，金属棒已越过MN .由于金属棒在MN 右侧做匀速运动，有 F ＝F 安⑦式中，F 是外加水平恒力，F 安是金属棒受到的安培力．设此时回路中的电流为I ， F 安＝B 0lI⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为 Φ′＝B 0ls⑩回路的总磁通量为 Φt ＝Φ＋Φ′ ⑪ 其中Φ＝B 1S ＝ktS⑫由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t (t >t 0)，穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0l v 0(t －t 0)＋kSt ⑬ 在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0l v 0＋kS )Δt⑭由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 E t ＝ΔΦt Δt⑮ 由欧姆定律得I ＝E tR⑯联立⑦⑧⑭⑮⑯式得F ＝(B 0l v 0＋kS )B 0lR.1. (多选)如图2所示，两根足够长、电阻不计且相距L ＝0.2 m 的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U ＝4 V 的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B ＝5 T 、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L 、质量为m ＝0.2 kg 、电阻r ＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )图2A ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s 2B ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s 2C ．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/sD ．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8 m/s 答案 BD解析 金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，代入数据得a ＝4 m/s 2，故选项A 错误，B 正确；设金属棒稳定下滑时速度为v ，感应电动势为E ，回路中的电流为I ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E －U r ，由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v ，联立解得v ＝4.8 m/s ，故选项C 错误，D 正确．2．(2016·全国Ⅱ·24)如图3，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：图3(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．答案 (1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m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 ＝Bl v ③ 联立①②③式可得 E ＝Blt 0(Fm－μg )④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律 I ＝E R⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 F 安＝BlI⑥ 因金属杆做匀速运动，有F －μmg －F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m.命题点二 电磁感应中的动力学和能量问题1．题型简述：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程． 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)根据能量守恒定律或功能关系列式求解． 3．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 ＝I 2Rt 直接进行计算． (2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：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，则减少的机械能等于产生的电能．例2 如图4甲，在水平桌面上固定着两根相距L ＝20 cm 、相互平行的无电阻轨道P 、Q ，轨道一端固定一根电阻R ＝0.02 Ω的导体棒a ，轨道上横置一根质量m ＝40 g 、电阻可忽略不计的金属棒b ，两棒相距也为L ＝20 cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B 0＝0.1 T ．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.图4(1)若保持磁感应强度B 0的大小不变，从t ＝0时刻开始，给b 棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F 的大小随时间t 变化关系如图乙所示．求b 棒做匀加速运动的加速度及b 棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t ＝0开始，磁感应强度B 随时间t 按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b 开始运动前，这个装置释放的热量．①匀加速直线运动；②金属棒b 开始运动前．答案 (1)5 m/s 2 0.2 N (2)0.036 J 解析 (1)F 安＝B 0IL ① E ＝B 0L v ② I ＝E R ＝B 0L v R ③ v ＝at④所以F 安＝B 20L 2aRt当b 棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有 F －F f －F 安＝ma⑤ 联立可得F －F f －B 20L 2aRt ＝ma⑥由图象可得：当t ＝0时，F ＝0.4 N ，当t ＝1 s 时，F ＝0.5 N. 代入⑥式，可解得a ＝5 m/s 2，F f ＝0.2 N.(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I ，以b 棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b 所受安培力F 安′与最大静摩擦力F f 相等时开始滑动 感应电动势E ′＝ΔBΔtL 2＝0.02 V⑦I ′＝E ′R＝1 A⑧ 棒b 将要运动时，有F 安′＝B t I ′L ＝F f⑨ 所以B t ＝1 T ，根据B t ＝B 0＋ΔB Δtt⑩得t ＝1.8 s ，回路中产生的焦耳热为Q ＝I ′2Rt ＝0.036 J.能量转化问题的分析程序：先电后力再能量3.小明设计的电磁健身器的简化装置如图5所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T ．质量m ＝4.0 kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24 m ．一位健身者用恒力F ＝80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：图5(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q . 答案 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J 解析 (1)由牛顿第二定律得a ＝F －mg sin θm ＝12 m/s 2进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s (2)感应电动势E ＝Bl v 感应电流I ＝Bl vR安培力F A ＝IBl代入得F A ＝(Bl )2vR ＝48 N(3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64 J F －mg sin θ－F A ＝0 CD 棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间t ＝dv 焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.4．如图6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，导轨电阻不计，间距L ＝0.4 m ，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN .Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5 T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1 kg 、电阻R 1＝0.1 Ω的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4 kg 、电阻R 2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g ＝10 m/s 2，问：图6(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向； (2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v 为多大；(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8 m ，此过程中ab 上产生的热量Q 是多少．答案 (1)由a 流向b (2)5 m/s (3)1.3 J解析 (1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c ，则ab 中电流方向为由a 流向b .(2)开始放置时ab 刚好不下滑，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ① 设ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BL v②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 2③ 设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL④ 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 max⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v ＝5 m/s(3)设cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总，解得Q ＝1.3 J题组1 电磁感应中的动力学问题1．(2016·全国Ⅰ·24)如图1，两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：图1(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． 答案 (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L2解析 (1)由于ab 、cd 棒被平行于斜面的导线相连，故ab 、cd 速度总是相等，cd 也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1，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F N2，对于ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲 乙2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F ① F N1＝2mg cos θ②对于cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得 mg sin θ＋μF N2＝F T ′＝F T③ F N2＝mg cos θ④ 联立①②③④式得：F ＝mg (sin θ－3μcos θ)⑤ (2)设金属棒运动速度大小为v ，ab 棒上的感应电动势为E ＝BL v ⑥ 回路中电流I ＝ER⑦ 安培力F ＝BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧得： v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L2.2．如图2所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L ，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板，上端连接一个阻值R ＝2r 的电阻，整个装置处在磁感应强度为B 、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab 、cd 放在导轨下端，其中棒ab 靠在挡板上，棒cd 在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a 的匀加速运动．已知每根金属棒质量为m 、电阻为r ，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好．求：图2(1)经多长时间棒ab 对挡板的压力变为零； (2)棒ab 对挡板压力为零时，电阻R 的电功率； (3)棒ab 运动前，拉力F 随时间t 的变化关系． 答案 (1)5mgr sin θ2B 2L 2a (2)m 2g 2r sin 2θ2B 2L 2(3)F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a5rt解析 (1)棒ab 对挡板的压力为零时，受力分析可得 BI ab L ＝mg sin θ设经时间t 0棒ab 对挡板的压力为零，棒cd 产生的电动势为E ，则 E ＝BLat 0 I ＝E r ＋R 外R 外＝Rr R ＋r ＝23rI ab ＝R R ＋rI 解得t 0＝5mgr sin θ2B 2L 2a(2)棒ab 对挡板压力为零时，cd 两端电压为 U cd ＝E －Ir 解得U cd ＝mgr sin θBL此时电阻R 的电功率为 P ＝U 2cd R解得P ＝m 2g 2r sin 2θ2B 2L 2(3)对cd 棒，由牛顿第二定律得 F －BI ′L －mg sin θ＝ma I ′＝E ′r ＋R 外E ′＝BLat解得F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a 5rt . 题组2 电磁感应中的动力学和能量问题3.如图3所示，两根相距L ＝1 m 的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37°角，拐角处连接一阻值R ＝1 Ω的电阻．质量均为m ＝2 kg 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R ＝1 Ω.整个装置处于磁感应强度大小B ＝1 T 、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd 杆静止．g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图3(1)水平拉力的功率；(2)现让cd 杆静止，求撤去拉力后ab 杆产生的焦耳热．答案 (1)864 W (2)864 J解析 (1)cd 杆静止，由平衡条件可得mg sin θ＝BIL ，解得I ＝12 A由闭合电路欧姆定律得2I ＝BL v R ＋R 2，得v ＝36 m/s 水平拉力F ＝2BIL ＝24 N ，水平拉力的功率P ＝F v ＝864 W(2)撤去外力后ab 杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有Q ＝ΔE k ＝12m v 2＝1 296 J 而Q ＝I ′2·32R ·t ，ab 杆产生的焦耳热Q ′＝I ′2·R ·t ，所以Q ′＝23Q ＝864 J.⊳思维建模能力的培养⊳图象应用能力的培养1．“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“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．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；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、匀变速、非匀变速运动等．2．该模型的解题思路(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；(2)求回路中的电流大小；(3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)；(4)列动力学方程或平衡方程求解．例1 如图1甲所示，两根足够长平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m .导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B .金属导轨的上端与开关S 、定值电阻R 1和电阻箱R 2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g .现在闭合开关S ，将金属棒由静止释放．图1(1)判断金属棒ab 中电流的方向；(2)若电阻箱R 2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h 时，速度为v ，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)当B ＝0.40 T ，L ＝0.50 m ，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m 随电阻箱R 2阻值的变化关系，如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求R 1的阻值和金属棒的质量m .答案 (1)b →a (2)mgh －12m v 2 (3)2.0 Ω 0.1 kg 解析 (1)由右手定则可知，金属棒ab 中的电流方向为由b 到a .(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，即mgh ＝12m v 2＋Q 则Q ＝mgh －12m v 2. (3)金属棒达到最大速度v m 时，切割磁感线产生的感应电动势：E ＝BL v m由闭合电路的欧姆定律得：I ＝E R 1＋R 2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示金属棒达到最大速度时，满足：mg sin α－BIL ＝0由以上三式得v m ＝mg sin αB 2L 2(R 2＋R 1) 由图乙可知：斜率k ＝60－302m·s －1·Ω－1＝15 m·s －1·Ω－1， 纵轴截距v ＝30 m/s所以mg sin αB 2L 2R 1＝v ，mg sin αB 2L 2＝k 解得R 1＝2.0 Ω，m ＝0.1 kg.解决此类问题要抓住三点1．杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)；2．整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功；3．电磁感应现象遵从能量守恒定律．分析电磁感应图象问题的思路例2 如图2，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界线OO ′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO ′下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )图2答案 A解析线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线．t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象．45分钟章末验收卷一、单项选择题1．图1甲是法拉第于1831年发明的人类历史上第一台发电机——圆盘发电机．图乙为其示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，磁感线垂直穿过铜盘；两块铜片M、N分别与铜轴和铜盘边缘接触，匀速转动铜盘，电阻R就有电流通过．则下列说法正确的是()图1A．回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关B ．回路中有大小和方向都做周期性变化的涡流C ．回路中电流方向不变，从M 经导线流进电阻R ，再从N 流向铜盘D ．铜盘绕铜轴转动时，沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，产生电动势答案 D解析 圆盘发电机的圆盘可看做无数条沿半径方向的金属“条”，转动切割磁感线产生感应电动势，D 项正确；金属“条”相互并联，产生的感应电动势与一条金属“条”转动切割产生的感应电动势相等，即E ＝12BL 2ω，可见感应电动势大小不变，回路总电阻不变，由闭合回路欧姆定律得I ＝E R，故回路中电流大小恒定，且与铜盘转速有关，A 、B 项错；由右手定则可知，回路中电流方向是自下而上通过电阻R ，C 项错．2．下列没有利用涡流的是( )A ．金属探测器B ．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯C ．用来冶炼合金钢的真空冶炼炉D ．磁电式仪表的线圈用铝框做骨架答案 B解析 金属探测器、冶炼炉都是利用涡流现象工作的，磁电式仪表利用涡流能让指针快速稳定，也是利用涡流现象，变压器中的硅钢片是为了防止涡流产生铁损．3.如图2所示电路中，A 、B 、C 为完全相同的三个灯泡，L 是一直流电阻不可忽略的电感线圈．a 、b 为线圈L 的左右两端点，原来开关S 是闭合的，三个灯泡亮度相同．将开关S 断开后，下列说法正确的是( )图2A ．a 点电势高于b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭B ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭C ．a 点电势高于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭D ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭答案 D解析 电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等．某时刻将开关S 断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a 点电势低于b 点电势，三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D正确．4．如图3所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x )关系的是( )图3答案 B解析 位移在0～L 过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I ＝Bl v R ，l ＝x ，则I ＝B v Rx ；位移在L ～2L 过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L ～3L 过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，I ＝B v R(3L －x )． 5．如图4甲，光滑平行且足够长的金属导轨ab 、cd 所在平面与水平面成θ角，b 、c 两端接有阻值为R 的定值电阻．阻值为r 的金属棒PQ 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．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．从t ＝0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F 作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R 的感应电流随时间t 变化的图象如图乙所示．下面分别给出了穿过回路PQcb 的磁通量Φ、磁通量的变化率ΔΦΔt、电阻R 两端的电势差U 和通过棒上某横截面的总电荷量q 随运动时间t 变化的图象，其中正确的是( )图4答案 B解析 由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而图象A 描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，A 错误；回路中的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ，感应电流为I ＝E R ＋r＝ΔΦ(R ＋r )Δt，由题图乙可知：I ＝kt ，故有：ΔΦΔt ＝k (R ＋r )t ，所以图象B 正确；I 均匀增大，电阻R 两端的电势差U ＝IR ＝ktR ，则知U 与时间t 成正比，C 错误；通过金属棒的电荷量为：q ＝I t ＝12kt 2，故有q －t 图象为抛物线，并非过原点的直线，D 错误． 6.如图5所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B ，方向相反，电阻为R 的导线弯成顶角为90°，半径为r 的两个扇形组成的回路，O 为圆心，整个回路可绕O 点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为( )图5A.πB 2ωr 4RB.2πB 2ωr 4RC.4πB 2ωr 4RD.8πB 2ωr 4R答案 C解析 从图示位置开始计时，在一个周期T 内，在0～T 4、T 2～34T 内没有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内线框产生的总的感应电动势E ＝4×12Br 2ω＝2Br 2ω，则在一周期内电路释放的电能为Q ＝E 2R ·T 2，T ＝2πω，解得Q ＝4πB 2ωr 4R ，C 项正确． 7．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的生活．某品牌手机的无线充电原理如图6所示．关于无线充电，下列说法正确的是( )图6A．充电底座中的发射线圈将磁场能转化为电能B．充电底座可以直接使用直流电源实现对手机的无线充电C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D．无线充电时手机接收线圈利用“电流的磁效应”获取电能答案 C解析发射线圈中通入交变电流，交变电流周围形成交变磁场，交变磁场又形成交变电场，从而在接收线圈形成交变电流．发射线圈是将电能转化为磁场能，接收线圈是将磁场能转化为电能，A错误；直流电周围形成恒定的磁场，恒定的磁场无法由电磁感应形成电场，B错误；根据电磁感应规律知接收线圈与发射线圈中交变电流的频率一样，C正确；无线充电时手机接收线圈利用“电磁感应”获得电能，D错误．二、多项选择题8.如图7所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接．导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒的下列说法中正确的是()图7A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BL vD．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能答案AB解析导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确．当mg sin θ＝BIL cos θ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，可以速度v匀速下滑，选项B正确．由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电。

通用版2021版高考物理大一轮复习精品教学案
第10章电磁感应
第1节电磁感应现象楞次定律
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一、磁通量
1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积。

2．公式：Φ＝BS。

3．适用条件：
(1)匀强磁场。

(2)S为垂直磁场的有效面积。

4．磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)。

5．物理意义：
相当于穿过某一面积的磁感线的条数。

如图所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：
(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cos θ或BS3。

(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3。

(3)通过矩形abb′a′的磁通量为0。

6．磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1。

二、电磁感应现象
1．定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。

2．条件
(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。

(2)例如：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。

3．实质
产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流。

如果电路不闭合，则只有感应电动势。

第九章电磁感应交变电流知识内容考试要求真题统计2016.102017.42017.112018.42018.112019.42020.11.电磁感应现象b2.楞次定律c3.法拉第电磁感应定律d2222222322224.电磁感应现象的两类情况b5.互感和自感b106.涡流、电磁阻尼和电磁驱动b7.交变电流c8.描述交变电流的物理量c9.电感和电容对交变电流的影响b10.变压器c21(2)21(1)1011.电能的输送c实验：探究电磁感应的产生条件21实验：探究感应电流方向的规律21(2)实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系21(2)21(1)第1节电磁感应现象楞次定律【基础梳理】提示：面积S与B的乘积Φ＝BS磁感线穿过平面的方向ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S2－B1S1电路闭合磁通量发生变化有感应电流只有感应电动势感应电流的磁场引起感应电流的磁通量的变化从掌心进入导线运动的方向四指所指的方向【自我诊断】判一判(1)磁通量是矢量，有正、负之分．( )(2)当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流．( )(3)穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关．( )(4)电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流．( )(5)感应电流的磁场总是与原磁场方向相反．( )提示：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×做一做为了判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示．已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．(1)将条形磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为____时针(选填“顺”或“逆”)．(2)当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为____时针(选填“顺”或“逆”)．提示：(1)将磁铁N极向下插入L时，根据楞次定律L的上方应为N极．由电流计指针向左偏转，可确定L中电流由b端流入，根据安培定则，俯视线圈，电流为逆时针，线圈绕向为顺时针．(2)将磁铁远离L，由楞次定律，线圈L上方仍为N极，由于此时电流计指针向右偏转，可确定L中电流由a端流入．根据安培定则，俯视线圈，电流为逆时针，线圈绕向也为逆时针．答案：(1)顺(2)逆对电磁感应现象的判断【题组过关】1.如图所示，两个同心圆形线圈a、b在同一平面内，其半径大小关系为r a>r b，条形磁铁穿过圆心并与圆面垂直，则穿过两线圈的磁通量Φa、Φb间的大小关系为( )A．Φa>Φb B．Φa＝ΦbC．Φa<Φb D．条件不足，无法判断解析：选C.条形磁铁内部的磁感线全部穿过a、b两个线圈，而外部磁感线穿过线圈a的比穿过线圈b的要多，线圈a中磁感线条数的代数和要小，故选项C正确．2．(2020·杭州高三检测)如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是( )解析：选B.根据产生感应电流的条件，闭合回路内磁通量发生变化才能产生感应电流，只有选项B正确．3．(2020·杭州质检)如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直，如要在线圈中形成方向为abcda的感应电流，可行的做法是( )A．AB中电流I逐渐增大B．AB中电流I先增大后减小C．导线AB正对OO′靠近线圈D ．线圈绕OO ′轴逆时针转动90°(俯视)解析：选D.由于通电直导线AB 与OO ′平行，且AB 、OO ′所在平面与线圈平面垂直．AB 中电流如何变化，或AB 正对OO ′靠近线圈或远离线圈，线圈中磁通量均为零，不能在线圈中产生感应电流，选项A 、B 、C 错误；线圈绕OO ′轴逆时针转动90°(俯视)，由楞次定律可知，在线圈中形成方向为abcda 的感应电流，选项D 正确．1．磁通量发生变化的三种常见情况 (1)磁场强弱不变，回路面积改变； (2)回路面积不变，磁场强弱改变；(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变． 2．判断感应电流的流程 (1)确定研究的回路．(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.(3)⎩⎪⎨⎪⎧Φ不变→无感应电流Φ变化→⎩⎪⎨⎪⎧回路闭合，有感应电流不闭合，无感应电流，但有感应 电动势对楞次定律的理解及应用 【知识提炼】 楞次定律中“阻碍”的含义【典题例析】(多选)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，下列说法正确的是( ) A．圆盘处于磁场中的部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强，越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动[审题突破] 利用微元法可看做导体切割磁感线产生感应电动势，且磁场越强，对圆盘的阻碍作用越明显．[解析] 将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，根据右手定则可知圆盘处于磁场中的部分的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，所以A正确；由法拉第电磁感应定律知，感应电动势E＝BLv，所以所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，所以B正确；若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘整体切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，不会产生感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确．[答案] ABD【题组过关】考向1 “增反减同”现象1．(多选)(2020·绍兴质检)如图所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中( )A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B．感应电流方向一直是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向解析：选AD.从磁场分布可看出：左侧向里的磁场从左向右越来越强，右侧向外的磁场从左向右越来越弱．所以，圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，由楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相反即向外，由安培定则知，感应电流沿逆时针方向；同理，跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流沿顺时针方向；继续摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流沿逆时针方向，A正确，B错误．由于圆环所在处的磁场上下对称，圆环等效水平部分所受安培力使圆环在竖直方向平衡，所以总的安培力沿水平方向，故D正确，C错误．考向2 “来拒去留”现象2．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率( ) A．均匀增大B．先增大，后减小C．逐渐增大，趋于不变D．先增大，再减小，最后不变解析：选C.开始时，条形磁铁以加速度g竖直下落，则穿过铜环的磁通量发生变化，铜环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍条形磁铁的下落．开始时的感应电流比较小，条形磁铁向下做加速运动，且随下落速度增大，其加速度变小．当条形磁铁的速度达到一定值后，相应铜环对条形磁铁的作用力趋近于条形磁铁的重力．故条形磁铁先加速运动，但加速度变小，最后的速度趋近于某个定值．选项C正确．考向3 “增缩减扩”现象3.(多选)(2020·丽水质检)如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场( )A．逐渐增强，方向向外B．逐渐增强，方向向里C．逐渐减弱，方向向外D．逐渐减弱，方向向里解析：选CD.回路变为圆形，面积增大，说明闭合回路的磁通量增大，所以磁场逐渐减弱，而磁场方向可能向外，也可能向里，故选项C、D正确．考向4 右手定则的应用4．(2020·浙江温岭调研)如图所示，MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，垂直纸面向外的匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，则( )A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→b→d→c→aB．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→aC．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路中的电流为零D．若ab、cd都向右运动，且两杆速度v cd>v ab，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a 解析：选D.由右手定则可判断出A项做法使回路产生顺时针方向的电流，故A项错．若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故B项错．若ab向左，cd向右，则abdc回路中有顺时针方向的电流，故C项错．若ab、cd都向右运动，且两杆速度v cd>v ab，则ab、cd所围面积发生变化，磁通量也发生变化，由楞次定律可判断出，abdc回路中产生顺时针方向的电流，故D项对．应用楞次定律判断感应电流方向的步骤对“一定律、三定则”的综合应用【知识提炼】1．“三个定则与一个定律”的适用情况名称基本现象应用的定则或定律电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对电流的作用磁场对运动电荷、电流有作用力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则闭合回路磁通量变化楞次定律三个定则容易相混，特别是左、右手易错用，抓住因果关系是关键：(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则；(3)因电而受力(I 、B →F 安)→左手定则．【典题例析】(多选)(2020·台州月考)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ，MN 的左边有一闭合电路，当PQ 在外力的作用下运动时，MN 向右运动，则PQ 所做的运动可能是( )A ．向右加速运动B ．向左加速运动C ．向右减速运动D ．向左减速运动[审题突破] 由MN 的运动情况→确定MN 所受的安培力方向――→安培定则MN 处的磁场方向――→左手定则MN 中的感应电流方向――→安培定则L 1中感应电流的磁场方向――→楞次定律L 2中磁场方向及变化情况――→安培定则PQ中电流方向及大小变化――→右手定则确定PQ 所做的运动．[解析] MN 向右运动，说明MN 受到向右的安培力，因为ab 在MN 处的磁场垂直纸面向里――→左手定则 MN 中的感应电流由M →N ――→安培定则L 1中感应电流的磁场方向向上――→楞次定律 ⎩⎪⎨⎪⎧L 2中磁场方向向上减弱L 2中磁场方向向下增强；若L 2中磁场方向向上减弱――→安培定则 PQ 中电流为Q →P且减小――→右手定则 向右减速运动；若L 2中磁场方向向下增强――→安培定则 PQ 中电流为P →Q 且增大――→右手定则向左加速运动．[答案] BC“一定律、三定则”的应用技巧(1)2个条件：感应电流产生的条件⎩⎪⎨⎪⎧闭合回路磁通量变化(2)2种方法：判断感应电流方向⎩⎪⎨⎪⎧楞次定律右手定则(3)2个原则①无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断； ②“电生磁”或“磁生电”均用右手判断．【题组过关】考向1 “因动生电”现象的判断1．(多选)如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )A．向右做匀速运动B．向左做减速运动C．向右做减速运动D．向右做加速运动解析：选BC.当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对、D错．考向2 “因电而动”现象的判断2.(2020·台州质检)如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动，则ab和cd棒的运动情况是( ) A．ab向左运动，cd向右运动B．ab向右运动，cd向左运动C．ab、cd都向右运动D．ab、cd保持静止解析：选A.由安培定则可知螺线管中磁感线方向向上，金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下，当滑动触头向左滑动时，螺线管中电流增大，因此磁场变强，即磁感应强度变大，回路中的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为a→c→d→b→a，由左手定则知ab受安培力方向向左，cd受安培力方向向右，故ab向左运动，cd向右运动．只有A正确．两个实验【题组过关】考向1 实验：探究电磁感应的产生条件1．(2020·丽水质检)如图是探究电磁感应的产生条件的实验实物图，把实验得出的现象及结论填入表格中操作现象开关闭合瞬间线圈B中( )电流产生开关断开瞬间线圈B中( )电流产生开关闭合后，滑动变阻器不动线圈B中( )电流产生开关闭合后，迅速移动变阻器的滑片线圈B中( )电流产生实验结论：当线圈A中电流发生变化时，线圈B中( )电流产生.磁铁插入瞬间电流表的指针( )偏转磁铁拔出瞬间电流表的指针( )偏转磁铁在螺线管中不动电流表的指针( )偏转实验结论：当条形磁铁插入或拔出闭合线圈时，线圈中( )感应电流产生．磁铁相对线圈静止时，( )电流产生.量的变化与B和S有关．答案：有有没有有有发生发生不发生有没有2．(2019·4月浙江选考)在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实物连线后如图1所示．感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示．(1)接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动．将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”“不停振动”)；迅速抽出铁芯时，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”“不停振动”)．(2)断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变．接通电源，闭合开关，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”“不停振动”)．(3)仅用一根导线，如何判断G表内部线圈是否断了？________________________________________________________________________.解析：(1)滑动变阻器触头向右滑动时，接入电路的电阻减小，电流增大，内线圈的磁通量方向向下，且大小增大，根据楞次定律可判断外线圈内的感应电流方向从A接线柱流入，故G表指针向左偏．抽出铁芯时，磁通量减小，G表指针向右偏．(2)把直流输出改为交流输出后，外线圈中的电流方向不断发生变化，故G表指针不停振动．(3)若G表未损坏，短接G表，并摇晃G表，由于电磁阻尼作用，指针的偏转幅度要比不短接G表摇晃时的幅度小，若G表内部线圈断了，短接时回路不闭合，无上述现象．答案：(1)左偏右偏(2)不停振动(3)短接G表前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈未断；反之则断了考向2 实验：探究感应电流方向的规律3．(2020·嘉兴月考)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图所示连接．下列说法中正确的是( )A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转解析：选A.电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．4．(2020·丽水月考)如图是探究感应电流方向的示意图，根据实验填完整表格中的内容．N极插入S极插入N极拔出S极拔出原磁场方向原磁场磁通量的变化感应电流方向(俯视)感应电流的磁场方向结论原磁场磁通量的变化：增加增加减小减小感应电流方向(俯视)：逆时针顺时针顺时针逆时针感应电流的磁场方向：向上向下向下向上结论：磁铁磁极插入、拔出，导致磁通量变化，产生感应电流，感应电流阻碍原磁通量的变化[随堂检测]1.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )A．ΔΦ1>ΔΦ2B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2D．不能判断解析：选C.导体MN周围的磁场并非匀强磁场，靠近MN处的磁场强些，磁感线密一些，远离MN 处的磁感线疏一些，当线框在Ⅰ位置时，穿过平面的磁通量为ΦI，当线框平移到Ⅱ位置时，磁通量为ΦⅡ，则磁通量的变化量为ΔΦ1＝|ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ－ΦⅡ.当线框翻转至Ⅱ位置时，磁感线相当于从“反面”穿过平面，则磁通量为－ΦⅡ，则磁通量的变化量是ΔΦ2＝|－ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ＋ΦⅡ，所以ΔΦ1<ΔΦ2.2．(多选)(2020·宁波质检)下列情况能产生感应电流的是( )A．如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动B．如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时C．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时D．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时解析：选BD.甲图中导体AB顺着磁感线运动，穿过闭合电路的磁通量没有发生变化，无感应电流，故选项A错误；乙图中条形磁铁插入线圈时，线圈中的磁通量增加，拔出时线圈中的磁通量减少，都有感应电流产生，故选项B正确；丙图中开关S一直接通，回路中为恒定电流，螺线管A产生的磁场稳定，螺线管B中的磁通量无变化，线圈中不产生感应电流，故选项C错误；丙图中开关S接通，滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化，螺线管A的磁场变化，螺线管B中的磁通量变化，线圈中产生感应电流，故选项D正确．3．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，甲后落地解析：选D.甲是铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确．4．(2020·台州质检)在“研究电磁感应现象”实验中：(1)首先要确定电流计指针偏转方向和电流方向间的关系．实验中所用电流计量程为100 μA，电源电动势为1.5 V，待选的保护电阻有：R1＝100 kΩ，R2＝1 kΩ，R3＝10 Ω，应选用________作为保护电阻．(2)实验中已得出电流计指针向右偏转时，电流是“＋”接线柱流入的，那么在如图甲所示的装置中，若将条形磁铁S极朝下插入线圈中，则电流计的指针应向________偏转．(3)在给出的实物图乙中，用实线作为导线将实验器材连成实验电路．(4)将线圈L1插入L2中，合上开关．能使感应电流与原电流的绕行方向相同的实验操作是______．A．插入软铁棒B．拔出线圈L1C．使变阻器阻值变大D．断开开关解析：(1)为保护电流计安全，保护电阻最小阻值R＝EI g＝1.5100×10－6Ω＝1.5×104Ω，因此保护电阻应选R1.(2)将条形磁铁S极朝下插入线圈中，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流从“＋”接线柱流入电流计，电流计的指针应向右偏转．(3)将线圈L2和电流计串联形成一个回路，将开关、滑动变阻器、电源、线圈L1串联而成另一个回路即可，实物图如图所示．(4)根据楞次定律可知，若使感应电流与原电流的绕行方向相同，则线圈L2中的磁通量应该减小，故拔出线圈L1，使变阻器阻值变大，断开开关均可使线圈L2中的磁通量减小，故A错误，B、C、D正确．答案：(1)R1(2)右(3)如解析图(4)BCD5.(2020·台州月考)在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中，请完成下列实验步骤：(1)为弄清灵敏电流计指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究．某同学想到了多用电表内部某一挡含有直流电源，他应选用多用电表的__________挡(选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)对灵敏电流计进行测试．由实验可知当电流从正接线柱流入电流计时，指针向右摆动．(2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流计的正接线柱，再将黑表笔________(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流计的负接线柱．若灵敏电流计的指针向左摆动，说明电流由电流计的________(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流计的．(3)实验中该同学将磁铁某极从线圈上方向下插入线圈时，发现电流表的指针向左偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向，并用字母N、S标出磁铁的极性．解析：(1)欧姆挡含有直流电源，故换到欧姆挡．(2)试探性的，所以需要短暂接触，从上面可以知道当电流从正接线柱流入电流计时，指针向右摆动，现要使指针向左摆动，则应使电流从负接线柱流入灵敏电流计．答案：(1)欧姆(2)短暂负(3)如图[课后达标]一、选择题1.(2020·湖州检测)如图所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，边长为L ，匝数为N ，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B ，则穿过线圈的磁通量为( ) A.BL 22 B.NBL 22 C ．BL 2 D ．NBL 2答案：A2.物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L 、开关S 和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L 上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S 的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )A ．线圈接在了直流电源上B ．电源电压过高C ．所选线圈的匝数过多D ．所用套环的材料与老师的不同答案：D3．(2020·嘉兴质检)如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd ，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2，则( )A ．导线框进入磁场时，感应电流方向为a →b →c →d →aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左答案：D4.(2020·绍兴调研)如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是( )A．向左摆动B．向右摆动C．保持静止D．无法判定解析：选A.条形磁铁突然插入线圈时，由楞次定律可判定线圈中产生瞬间电流给平行金属板充电，左板带正电，右板带负电，小球在电场力作用下向左摆动，故A正确．5．(多选)(2020·杭州质检)如图所示，一平面线圈用细杆悬于P点，开始细杆处于水平位置，释放后它在图示的匀强磁场中运动．已知线圈平面始终与纸面垂直．当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中感应电流的方向依次为( )A．位置Ⅰ逆时针方向B．位置Ⅰ位置Ⅱ均为逆时针方向C．位置Ⅱ顺时针方向D．位置Ⅰ位置Ⅱ均为顺时针方向解析：选AC.由题图可知，当线圈从Ⅰ位置运动到最低点过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向顺着磁场方向看是逆时针；当线圈从最低点运动到Ⅱ位置的过程中，穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向应是顺时针，所以A、C项正确，B、D 项错误．6．(2020·浙江9＋1联盟联考)如图所示，水平地面上方存在有界匀强磁场(上、下边界水平)，磁场上。

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阶段素养提升课电磁感应命题热点考点与题型(1)电磁感应中的图像问题。

(2)电磁感应中的电路问题。

(3)电磁感应中的动力学问题。

(4)电磁感应中的能量问题。

(5)金属杆在导轨上的运动问题。

(1)选择题:电磁感应的图像问题、电磁感应中的电路问题和动力学问题。

(2)计算题:用能量、动量的观点分析金属杆在导轨上的运动问题。

角度一注重对易混知识、重要知识点和重要物理思想方法的考查【典例1】(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.若从上往下看,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【素养解读】核心素养素养角度具体表现科学探究问题流过电阻R的电流的大小和方向如何科学思维模型建构圆盘转动相当于导体棒转动切割模型科学推理圆盘的角速度恒定,则产生的感应电动势恒定科学论证用右手定则判定感应电流的方向【解析】选A、B。

若圆盘转动的角速度恒定,则相当于无数切割磁感线的导体的运动速度恒定,切割磁感线感应电动势为E=Br2ω也恒定,则电流大小恒定,A正确;由右手定则可知,从上往下看,只要圆盘顺时针转动,电流就沿a到b的方向流动,不会改变,B正确,C错误;由于电流在R上的热功率与电流的平方成正比,圆盘转动的角速度变为原来的2倍时,圆盘切割磁感线产生的感应电动势变为原来的2倍,电流也变为原来的2倍,电流在R上的热功率变为原来的4倍,选项D错误。