精选全国通用2018年高考物理一轮复习第11章电磁感应微专题59电磁感应中的图象和电路问题

2018届高考物理一轮复习第十一章电磁感应第2讲：楞次定律（参考答案）一、知识清单1．【答案】2．【答案】3．【答案】4．【答案】5．【答案】二、例题精讲6．【答案】D7．【答案】 B【解析】由楞次定律可知，在线框从右侧摆动到O点正下方的过程中，向上的磁通量在减小，故感应电流的方向沿d→c→b→a→d；同理，线框从O点正下方向左侧摆动的过程中，电流方向沿d→c→b→a→d，B正确．8．【答案】A【解析】环从位置Ⅰ释放下落，环经过磁铁上端和下端附近时，环中磁通量都变化，都产生感应电流，由楞次定律可知，磁铁阻碍环下落，磁铁对圆环有向上的作用力。

根据牛顿第三定律，圆环对磁铁有向下的作用力，所以T1>mg，T2>mg，选项A正确。

9．【答案】 A【解析】要求框中感应电流顺时针，根据楞次定律，可知框内磁场要么向里减弱(载流直导线中电流正向减小)，要么向外增强(载流直导线中电流负向增大)．线框受安培力向左时，载流直导线电流一定在减小，线框受安培力向右时，载流直导线中电流一定在增大．故答案选A项．10．【答案】C【解析】当飞机在赤道上空竖直下坠时，由于地磁场向北，若飞机从西往东或从东往西飞，机翼不切割磁感线，不产生感应电动势，所以机翼两端不存在电势差，故A、B错误；若飞机从南往北飞，当竖直下坠时，由右手定则可判知，飞机的右方机翼末端电势比左方末端电势高，即φ2比φ1高，相反，若飞机从北往南飞，φ1比φ2高，故C正确，D错误．11．【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；根据E＝BLv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，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根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．12．【答案】D13．【答案】AB【解析】线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，环中感应电流由左侧看为顺时针，A正确．由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环的，B正确．若将环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，C错误．电池正负极调换后，金属环受力仍向左，故仍将向左弹出，D错误．三、自我检测14．【答案】D【解析】金属杆PQ突然向右运动，则其速度v方向向右，由右手定则可得，金属杆PQ中的感应电流方向由Q到P，则PQRS中感应电流方向为逆时针方向．PQRS中感应电流产生垂直纸面向外的磁场，故环形金属线框T中为阻碍此变化，会产生垂直纸面向里的磁场，则T中感应电流方向为顺时针方向，D正确．15．【答案】D16．【答案】CD【解析】根据楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起闭合回路中磁通量的变化，体现在面积上是“增缩减扩”，而回路变为圆形，面积增加了，说明磁场逐渐减弱．因不知回路中电流方向，故无法判定磁场方向，故C、D都有可能．17．【答案】C【解析】条形磁铁在下落过程中受到向上的排斥力，绝缘铜环内产生感应电流，导致条形磁铁做加速度逐渐减小的加速运动，故其速率逐渐增大，最后趋于不变，选项C正确，选项A、B、D错误。

2018届高考物理一轮复习第十一章电磁感应第1讲：磁通量、电磁感应现象班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________ 一、知识清单1．磁通量(1)定义：磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面积的磁通量(2)公式：Φ＝BS。

(3)单位：1 Wb＝1_T·m2。

(4)磁通量是标量，但有正负之分，若规定磁感线从正面穿入时磁通量为正，则磁感线从反面穿入时磁通量为负。

(5)适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场的有效面积．如图1，穿过S2的有效面积为S1，所以磁通量为Φ＝BS1；如图2，有效面积为S cosθ，所以磁通量为Φ＝BScosθ。

(6)磁通量与线圈的匝数无关。

2．非匀强磁场的磁通量磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的净条数．①条形磁铁：Φ先增后减，b处最大Φ先减后增，Φb=0 Φ先减后增，，Φb=0 Φa>Φb②通电直导线I →II：Φ增大；II→III：Φ减小，ΦIII=0III→Ⅳ：Φ增大；Ⅳ→Ⅴ：Φ减小Φ甲=0，Φ乙=0，Φ丙≠0 Φ=0③环形电流Φa>Φb3．磁通量的变化Iaba bN Sa cbMN SabcN Sa cbN S磁通量是标量，但有正负之分．若规定从某一方向穿过平面的磁通量为正，则反向穿过的磁通量为负，合磁通量是相反方向抵消后所剩余的净磁通量．(1)磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1.（注意磁通量的正负号） (2)几种常见引起磁通量变化的情形． ①B 改变，S 不变，ΔΦ＝ΔB ·S . ②B 不变，S 变化，ΔΦ＝B ·ΔS .③B 、S 两者都变化，ΔΦ＝Φ2－Φ1，不能用ΔΦ＝ΔB ·ΔS 来计算．④B 和S 均不变，磁感线方向与线圈平面的夹角θ变化，则ΔΦ＝BS (sin θ2－sin θ1)． 4． 电磁感应现象(1)当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。

一、教学内容：电磁感应本章的知识点：（一）本章要点及高考展望1、本章以电场和磁场等知识为基础，重点讨论了楞次定律和法拉第电磁感应定律。

2、楞次定律不仅含义深刻，且可结合的知识点多，在高考中以选择为主，但有一定的难度。

3、法拉第电磁感应定律常综合几乎所有的力学知识及大部分电学知识，多为中档以上的题目，区分度较大，分值也较多。

4、本章的学习要处理好基础知识和综合能力的关系，要重视对物理过程、物理现象的分析，要建立正确的物理情景，深刻理解基本知识、基本规律的内涵、外延，在掌握一般解题方法的基础上，掌握综合性问题的分析思路和方法，形成较完整的解题策略。

（二）知识结构重点和难点分析：一、产生感应电流的条件、楞次定律1、产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化。

它有两种情况：⑴切割2、右手定则适用于判断闭合电路中一部分导体切割磁感线时感应电流的方向。

3、楞次定律的实质是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现，其应用步骤：⑴明确闭合电路中的原磁场方向；⑵分析穿过闭合电路的磁通量的变化；⑶根据楞次定律判定感应电流的磁场方向；⑷利用安培定则，判定感应电流的方向。

二、法拉第电磁感应定律1、公式tn E ∆∆=φ ⑴感应电动势的大小与电路的电阻及电路是否闭合等无关；⑵一般而言，公式求的是Δt 内的平均感应电动势；⑶在电磁感应中，产生感应电动势的那部分导体可等效成一个电源，感应电动势的方向和导体（电源）内的电流方向一致。

2、公式θsin Blv E =⑴若B 、l 、v 三者互相垂直，Blv E =；若直导线与B 、v 不垂直，则应取B 、l 、v 互相垂直的分量；⑵若导体是弯曲的，则l 应取与B 、v 垂直的有效长度；⑶若v 是瞬时速度，则E 为瞬时电动势；若v 为平均速度，则E 为平均电动势。

3、公式ω221Bl E =为导体棒绕其一端转动切割磁感线时产生的感应电动势。

三、自感由于线圈自身的电流发生变化而产生感应电动势的电磁感应现象。

2018届高考物理一轮复习第十一章电磁感应第5讲：电磁感应的图像问题（参考答案）一、知识清单1． 【答案】2． 【答案】二、例题精讲3． 【答案】B4． 【答案】 C【解析】 线框的位移在，0～L 内，ab 边切割磁感线产生的感应电动势为E ＝B ·2Lv ，感应电流I ＝E R，ab 边所受的安培力大小为F ＝BI ·2L ＝4B 2L 2v R由楞次定律知，ab 边受到安培力方向向左，为负值．线框的位移大于L 后，位移在L ～2L 内线框中磁通量不变，不产生感应电流，ab 边不受安培力，位移在2L ～3L 内，ab 边在磁场之外，不受安培力，故C 项正确．6． 【答案】D7． 【答案】 B【解析】 从B-t 图象中获取磁感应强度B 与时间t 的关系，结合E ＝ΔΦΔt及安培力F ＝BIL 得F-t 关系． 由B-t 图象可知，在0～T 4时间内，B 均匀减小；T 4～T 2时间内，B 反向均匀增大．由楞次定律知，通过ab 的电流方向向上，由左手定则可知ab 边受安培力的方向水平向左．由于B 均匀变化，产生的感应电动势E ＝ΔB ΔtS 不变，则安培力大小不变．同理可得在T 2～T 时间内，ab 边受安培力的方向水平向右，故选项B 正确． 8． 【答案】C【解析】根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i 随时间t 的变化规律如图3所示的是C 。

三、自我检测9． 【答案】BD【解析】由于安培力在整个运动过程中都在阻碍线框向右运动，所以安培力的方向不会发生改变，线框未进入磁场前和线框完全在磁场中时不受安培力作用，所以选项A 错误，B 正确；当线框经过一段时间进入磁场时，由楞次定律可知，产生的感应电流的方向为逆时针方向，线框完全在磁场中时不产生感应电流，当线框出磁场时，由楞次定律可知，产生的感应电流的方向为顺时针方向，所以选项C 错误，选项D 正确。

2018届高考物理一轮复习第十一章电磁感应第6讲：电磁感应的力电综合问题（参考答案）一、知识清单1． 【答案】2． 【答案】3． 【答案】4． 【答案】5． 【答案】6． 【答案】 7． 【答案】D 【解析】由牛顿第二定律可得B 2L 2v R＝ma , 金属棒做a 减小的减速运动，A 错．由能量守恒定律可知，克服安培力做功等于电阻R 和金属棒上产生的焦耳热之和，W 安＝12mv 2＝Q ，因此B 错，D 正确．整个过程中通过金属棒的电量q ＝ΔΦ2R ＝BLx 2R ，得金属棒位移x ＝2qR BL，C 错． 8． 【答案】 ACD【解析】 知识存盘a ．安培力的大小感应电动势：E ＝Blv感应电流：I ＝E R ＋r安培力公式：F ＝BIl ＝B 2l 2v R ＋rb ．安培力的方向(1)先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向．(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反.解析 设闭合S 时，ab 的速度为v ，则E ＝BLv ，I ＝E R ＝BLv R ，F 安＝BIL ＝B 2L 2v R， 若F 安＝B 2L 2v R＝mg ，则选项A 正确． 若F 安＝B 2L 2v R<mg ，则选项C 正确． 若F 安＝B 2L 2v R>mg ，则选项D 正确．9． 【答案】B【解析】对棒受力分析如图所示，F 安＝BIL ＝B 2L 2v R，故D 错误；F 安随棒的速度的增大而增大，故棒做的不是匀加速直线运动，因此运动的平均速度v －≠12v ，A 错误；由q ＝n ΔΦR 总可得：q ＝BLx R ，故棒下滑的位移x ＝qR BL，B 正确；求焦耳热应该用有效值，故C 错误。

10．【答案】B【解析】甲图中ab 棒产生的感应电动势对电容器C 充电，C 两极板间电势差与感应电动势相同时，电路中没有电流，ab 棒做向右的匀速直线运动；乙图中导体棒在初速度作用下，切割磁感线，产生电动势，出现安培力，阻碍其向前运动，其动能转化为热能，最终会静止；而丙图虽在初速度作用下向右运动，但却受到向左的安培力，则杆向右减速运动，然后还要向左运动．当金属杆切割磁感线产生电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，所以金属杆最终处于向左的匀速直线运动．由此得选项B 正确，A 、C 、D 错误．11．【答案】D【解析】线圈进入磁场前机械能守恒，进入磁场时速度均为v ＝2gh ，设线圈材料的密度为ρ1，电阻率为ρ2，线圈边长为L ，导线横截面积为S ，则线圈的质量m ＝ρ14LS ，电阻R ＝ρ24L S ，由牛顿第二定律得mg －B 2L 2v R＝ma ，解得a ＝g －B 2v 16ρ1ρ2，可见两线圈在磁场中运动的加速度相同，两线圈落地时速度相同，即v 1＝v 2，故A 、C 选项错误；线圈在磁场中运动时产生的热量等于克服安培力做的功，Q ＝W 安，而F 安＝B 2L 2v R ＝B 2Lv 4ρ2S ，线圈Ⅱ横截面积S 大，F 安大，故Q 2>Q 1，故选项D 正确，B 错误．12．【答案】 D【解析】 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E ＝BLv 、I ＝E R 、F ＝BIL 得F ＝B 2L 2v R，随着v 的减小，安培力F 减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F ＝B 2L 2v R，导线框做加速度减小的减速运动，所以选项D 正确．三、自我检测13．【答案】D【解析】由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒有mgh ＝12mv 2，所以I ＝E 2R ＝BLv 2R ＝BL 2gh 2R ，A 错误；流过R 的电荷量为q ＝I t ＝ΔΦ2R ＝BLd 2R，B 错误；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q ＝mgh －μmgd ，C 错误；由于导体棒的电阻也为R ，则电阻R 中产生的焦耳热为12Q ＝12mg (h －μd )，D 正确． 14．【答案】BD15．【答案】B【解析】把立体图转变为平面图，由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键．对导体棒进行受力分析作出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力．由平衡条件得mg sin 37°＝F 安＋F f ①F f ＝μF N ②F N ＝mg cos 37°③而F 安＝BIL ④I ＝E R ＋r⑤ E ＝BLv ⑥联立①～⑥式，解得v ＝mg (sin 37°－μcos 37°)(R ＋r )B 2L 2代入数据得v ＝5 m/s.小灯泡消耗的电功率为P ＝I 2R ⑦由⑤⑥⑦式得P ＝(BLv R ＋r)2R ＝1 W ．故选项B 正确． 16．【答案】D17．【答案】CD【解析】解：A 、导线框开始做自由落体运动，ab 边以一定的速度进入磁场，ab 边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab 边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，故A 错误、D 正确；B 、当ab 边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故A 错误；C 、当ab 边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，故C 正确；。

第2讲变压器、电能的输送一、理想变压器基本关系1．构造如图1所示,变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．图1（1）原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈．（2)副线圈：与负载连接的线圈,也叫次级线圈．2．原理电流磁效应、电磁感应．3．基本关系式(1）功率关系：P入＝P出．（2)电压关系：错误!＝错误!。

(3）电流关系：只有一个副线圈时错误!＝错误!。

由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋U n I n。

［深度思考］请你根据以上分析总结理想变压器原、副线圈功率、电压和电流的决定关系．答案（1）电压:副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定．(2）功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定．(3）电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定．二、远距离输电问题1．减少输电电能损失的两种方法（1）理论依据：P损＝I2R。

(2)减小输电线的电阻：根据电阻定律R＝ρ错误!,要减小输电线的电阻R,在保证输电距离情况下，可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积等方法．（3）减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下,根据P＝UI，要减小电流，必须提高电压．2．远距离高压输电的几个基本关系(以图2为例）图2(1）功率关系：P1＝P2,P3＝P4，P2＝P损＋P3.(2)电压、电流关系：U1U2＝n1n2＝错误!，错误!＝错误!＝错误!，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．(3)输电电流：I线＝错误!＝错误!＝错误!.（4)输电线上损耗的电功率:P损＝I线ΔU＝I错误!R线＝(错误!）2R线．当输送功率一定时,输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的错误!.[深度思考] 根据以上分析，请你总结输电线路功率损失的计算方法有哪些？答案(1）P损＝P－P′，P为输送的功率,P′为用户所得功率．（2)P损＝I错误!R线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻．（3）P损＝错误!，ΔU为输电线路上损失的电压,R线为线路电阻．(4）P损＝ΔUI线,ΔU为输电线路上损失的电压，I线为输电线路上的电流．1．判断下列说法是否正确．(1)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率．（×）(2）理想变压器能改变交变电压、交变电流，但不改变功率，即输入功率总等于输出功率．（√)（3)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈的输入电流随之增大．( √)(4)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．( √）（5)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时,副线圈两端无电压．（×）2．(人教版选修3－2P44第2题改编）有些机床为了安全,照明电灯用的电压是36 V，这个电压是把380 V的电压降压后得到的．如果变压器的原线圈是1 140匝，副线圈是( )A．1 081匝B．1 800匝C．108匝D．8 010匝答案C解析由题意知U1＝380 V，U2＝36 V,n1＝1 140则错误!＝错误!得n2＝错误!n1＝108.3．(人教版选修3－2P44第5题改编）如图3所示的电路中,变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0。

[方法点拨](1)产生电动势的那部分导体相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，电源两端电压为路端电压；(2)Φ－t图象、B－t图象的斜率不变或平行，感应电动势大小不变，电流方向不变．1．(B－t图象)(多选)如图1甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的如图所示的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是()图1A．导线圈中产生的是交变电流B．在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1 VC．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20 CD．在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W2．(I－t图象)如图2所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)()图23．(线框切割有界磁场)(多选)空间中存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为L.一正方形导体框abcd的边长也为L，开始正方形导体框的ab 边与磁场区域横截面的斜边刚好重合，如图3所示．由图示的位置开始计时，正方形导体框以平行于bc 边的速度v 匀速穿越磁场．若导体框中的感应电流为i ，a 、b 两点间的电压为U ab ，感应电流取逆时针方向为正，则导体框穿越磁场的过程中，i 、U ab 随时间的变化规律的图象正确的是( )图34．(电路问题)(多选)如图4所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r 的圆环，PQ 为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，但方向相反，圆环的电阻为2R ，一根长度为2r 、电阻为R 的金属棒MN 绕着圆环的圆心O 点紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN 与圆环始终接触良好，则下列说法正确的是( )图4A ．金属棒MN 两端的电压大小为Bωr 2B ．圆环消耗的电功率是恒定的C ．圆环中电流的大小为2Bωr 23RD ．金属棒MN 旋转一周的过程中，电路中产生的热量为4πB 2ωr 43R5．(电路问题)(多选)如图5所示，一个“日”字形金属框架竖直放置，AB 、CD 、EF 边水平且间距均为L ，阻值均为R ，框架其余部分电阻不计．水平虚线下方有一宽度为L 的垂直纸面向里的匀强磁场．释放框架，当AB 边刚进入磁场时框架恰好匀速，从AB 边到达虚线至线框穿出磁场的过程中，AB 两端的电势差U AB 、AB 边中的电流I (设从A 到B 为正)随位移s 变化的图象正确的是( )图56．如图6甲所示，矩形线圈abcd 固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线OO ′恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向里为正，线圈中感应电流逆时针方向为正．则线圈感应电流随时间的变化图象为( )图67．如图7甲所示，一匝数N ＝10、总电阻为R ＝2.5 Ω、边长L ＝0.3 m 的均质正三角形金属线框静置在粗糙水平面上，线框的顶点正好是半径r ＝L 3的圆形磁场的圆心，磁场方向竖直向下(正方向)，磁感应强度大小B 随时间t 变化的关系如图乙所示，a 、b 是磁场边界与线框的两个交点，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f ＝0.6 N ，取π＝3，则( )图7A ．t ＝0时穿过线框的磁通量为0.06 WbB ．线框静止时，线框中的感应电流大小为0.6 AC ．线框静止时，a 、b 两点间电压为118V D ．经时间t ＝0.8 s ，线框开始滑动8．(多选)如图8,在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框,导线框右侧有两个宽度也为L 的有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B 、方向分别竖直向下和竖直向上.t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框在外力作用下,以速度v 匀速进入并通过磁场区域.规定电流i 沿逆时针方向时为正,磁感线竖直向下时磁通量Φ为正,安培力的合力F 向左为正.则以下关于Φ、i 、F 和导线框中的电功率P 随时间变化的图象大致正确的是( )图89．如图9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 两端接一电阻为R 的定值电阻，电阻为r 的金属棒ab 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大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t ＝0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F ，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过定值电阻R 的电荷量q 随时间的平方t 2变化的关系如图乙所示．下列关于穿过回路abPMa 的磁通量Φ、金属棒的加速度a 、外力F 、通过电阻R 的电流I 随时间t 变化的图象中正确的是( )图910．(多选)如图10所示，顶角θ＝45°的金属导轨MON 固定在水平面内，导轨处在方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中．一根与ON 垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v 0沿导轨MON 向右滑动，导体棒的质量为m ，导轨与导体棒单位长度的电阻均为r .导体棒与导轨接触点为a 和b ，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触．t ＝0时导体棒位于顶角O 处，则流过导体棒的电流强度I 、导体棒内产生的焦耳热Q 、导体棒做匀速直线运动时水平外力F 、导体棒的电功率P 各量大小随时间变化的关系正确的是( )图1011．(多选)直角三角形金属框abc 放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．若金属框绕ab 边向纸面外以角速度ω匀速转动90°(从上往下看逆时针转动)，如图11甲所示，c 、a 两点间的电势差为U ca ，通过ab 边的电荷量为q .若金属框绕bc 边向纸面内以角速度ω匀速转动90°，如图乙所示，c 、a 两点间的电势差为U ca ′，通过ab 边的电荷量为q ′.已知bc 、ab 边的长度都为l ，金属框的总电阻为R .下列判断正确的是( )图11A ．U ca ＝12Bωl 2 B ．U ca ′＝12Bωl 2 C ．q ＝2B πl 28R D ．q ′＝Bl 22R答案精析1．ACD [在0～2 s 内，磁感应强度变化率为ΔB 1Δt 1＝1 T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E 1＝nS ΔB 1Δt 1＝100×0.12×1 V ＝1 V ；在2～3 s 内，磁感应强度变化率为ΔB 2Δt 2＝2 T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E 2＝nS ΔB 2Δt 2＝100×0.12×2 V ＝2 V ．导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选项A 正确．在t ＝2.5 s 时，产生的感应电动势为E 2＝2 V ，选项B 错误．在0～2 s 内，感应电流I ＝E 1R＝10 A ，通过导体横截面的电荷量为q ＝I Δt ＝20 C ，选项C 正确．在t ＝1 s 时，导线圈内感应电流的瞬时功率P ＝UI ＝I 2R ＝102× 0.1 W ＝10 W ，选项D 正确．]2．A [由E ＝BLv 可知，导体棒由b 运动到ac 过程中，切割磁感线有效长度L 均匀增大，感应电动势E 均匀增大，由欧姆定律可知，感应电流I 均匀增大．由右手定则可知，感应电流方向由M 经R 到N ，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，大小不断增大，故B 、C 、D 项错，A 项正确．]3．AD [由楞次定律可知，导体框进入磁场时感应电流的方向为逆时针，出磁场时感应电流的方向为顺时针，由E ＝Bl v 可知i ＝E R 总＝Bl v R 总，导体框进、出磁场时，有效切割长度l 均由L 逐渐变为零，所以电流也是从大变小，A 正确，B 错误；进磁场时ab 边为电源，U ab 为负值，且大小为34BL v ，出磁场时ab 边不是电源，电流从b 到a ，U ab 为负值，且大小为BL v 4，C 错误，D 正确．]4．BD [由右手定则知金属棒MN 中产生的感应电动势相当于两电源串联，总电动势E ＝2× 12Br 2ω＝Br 2ω，金属棒MN 相当于电源，外电路电阻为R 2，因此金属棒MN 两端的电压等于13E ＝13Bωr 2，选项A 错误；根据闭合电路欧姆定律得总电流I ＝2Bωr 23R，圆环中电流大小为总电流的一半，为Bωr 23R，选项C 错误；通过圆环的电流和金属棒MN 两端的电压不变，故圆环消耗的电功率是不变的，选项B 正确；金属棒MN 旋转一周的时间t ＝2πω，因此电路中产生的热量W ＝EIt ＝4πB 2ωr 43R，选项D 正确．] 5．AC [0～L 过程中，此时AB 相当于内阻为R 的电源，B 为电源正极，电势较高，AB 两端的电势差为路端电压，设为－U ，此时由欧姆定律有：I 0＝E 32R ，U ＝I 0·12R ＝E 3，其中E 为电源电压，I 0为电路总电流；L ～2L 过程中，CD 相当于内阻为R 的电源，此时U BA ＝E －I 0R ＝13E ＝U ，所以U AB ＝－U ；2L ～3L 过程中，EF 相当于内阻为R 的电源，此时U BA ＝E －I 0R ＝ 13E ＝U ，所以U AB ＝－U ，则A 图象符合，A 项正确，B 项错误；0～L 过程中，因为AB 边刚进入磁场时框架恰好匀速，由受力平衡可知，电流方向从A 到B ，此时电流I 1＝E 32R ＝2E 3R ；L ～2L 过程中，CD 相当于内阻为R 的电源，电流方向从B 到A ，此时电流I 2＝－12I 1＝－E 3R；2L ～3L 过程中，EF 相当于内阻为R 的电源，电流方向从B 到A ，此时电流I 3＝－12I 1＝－E 3R，则C 图象符合，C 项正确，D 项错误．]6．A [由题图乙可知，在0～T 2内，左侧磁场强度大小逐渐增大，右侧磁场强度大小逐渐减小，根据楞次定律，线圈中感应电流方向为逆时针；在T 2～T 内，左侧磁场强度大小逐渐减小，右侧磁场强度大小逐渐增大，根据楞次定律，线圈中感应电流方向为顺时针．再根据均匀变化的磁场产生恒定的电流知，A 正确．]7．D [由磁通量的定义可知t ＝0时穿过线框的磁通量为Φ＝B 0·16πr 2＝0.01 Wb ，A 错；由法拉第电磁感应定律知E ＝N ΔΦΔt ＝N ΔB Δt ·16πr 2＝0.25 V ，所以线框中的感应电流为I ＝E R＝0.1 A ，B 错；由楞次定律及闭合电路欧姆定律可知U ab ＝79E ＝736V ，C 错；线框位于磁场中的两条边受到的安培力大小为F 1＝NBIr ，且两个力的夹角为120°，合力大小等于F 1，所以当F 1等于最大静摩擦力时，线框就要开始滑动，即NBIr ＝f ，由题图乙知B ＝2＋5t (T)，联立并代入数据得t ＝0.8 s ，D 对．]8．BD9．C [设金属导轨间的距离为l ，金属棒沿导轨向上运动的位移为s ，由题图乙可得q ＝I t ＝Bls R ＋r＝kt 2，s ＝k (R ＋r )Bl t 2，故金属棒做匀加速直线运动，B 错误；由Φ＝Bl ⎝⎛⎭⎫s 0＋12at 2可知，A 错误；回路中的电流I ＝Bla R ＋r t ，由牛顿第二定律有F －mg sin θ－BIl ＝ma ，故有F ＝B 2l 2a R ＋rt ＋mg sin θ＋ma ，C 正确，D 错误．]10．AC [0到t 时间内，导体棒的位移为：s ＝v 0t ，t 时刻，导体棒的长度为：l ＝s ，导体棒的电动势为E ＝Bl v 0，回路总电阻为：R ＝(2s ＋2s )r ，电流强度为：I ＝E R ＝B v 0(2＋2)r，故I 的大小保持不变,电流方向为b →a ，A 项正确;t 时刻导体棒的电功率：P ＝I 2R ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤B v 0(2＋2)r 2 ×v 0tr ＝B 2v 30t(2＋2)2r ，D 项错误．因为P ∝t ，所以Q ＝12Pt ＝B 2v 30t 22(2＋2)2r ，Q －t 图线是开口向上的抛物线，B 项错误；导体棒做匀速直线运动，水平外力与安培力平衡，则有F ＝BIl ＝B 2v 20t(2＋2)r ，C 项正确．] 11．AD [甲图bc 和ac 边切割磁感线，产生的电动势E ca ＝E cb ＝Bl v ＝12Bωl 2.由于穿过闭合电路的磁通量没有变化，电路中没有电流，故U ca ＝E ＝12Bωl 2，选项A 正确，选项C 错误．乙图中，只有ca 边切割磁感线，产生的电动势是变化的，其最大值为E ca ＝12Bωl 2，且从图示位置转过90°的瞬间，其瞬时值为0，这个过程中的平均电动势为E ＝B ΔS t ＝Bl 22t，通过ab 边的电荷量q ′＝I t ＝E R t ＝Bl 22R，选项B 错误，选项D 正确．]。

2018届高考物理一轮复习第十一章电磁感应第2讲：楞次定律班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、知识清单1．楞次定律(1)内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

(2)适用范围：一切电磁感应现象。

2．判断感应电流方向的“四步法”3．右手定则该方法适用于部分导体切割磁感线。

判断时注意掌心、四指、拇指的方向：(1)掌心——磁感线垂直穿入；(2)拇指——指向导体运动的方向；(3)四指——指向感应电流的方向。

4．楞次定律推论的应用楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，列表说明如下：内容例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”阻碍相对运动——“来拒去留”使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”B减小，线圈扩张阻碍原电流的变化——“增反减同”5．应用楞次定律判断感应电流和电动势的方向（1）利用楞次定律判断的电流方向也是电路中感应电动势的方向，利用右手定则判断的电流方向也是做切割磁感线运动的导体上感应电动势的方向．若电路为开路，可假设电路闭合，应用楞次定律或右手定则确定电路中假想电流的方向即为感应电动势的方向．（2）在分析电磁感应现象中的电势高低时，一定要明确产生感应电动势的那部分电路就是电源．在电源内部，电流方向从低电势处流向高电势处．二、例题精讲6．(2007宁夏卷)电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。

现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电7．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，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是（）A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d8．(2012·海南高考)如图1，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属环中穿过。

2018届高考物理一轮复习第十一章电磁感应第3讲：法拉第电磁感应定律（参考答案）一、知识清单1． 【答案】2． 【答案】3． 【答案】4． 【答案】二、例题精讲5． 【答案】D【解析】图①表示磁通量不变，则回路不产生感应电动势，A 错误；图②回路产生的磁通量变化均匀，则感应电动势一直不变，B 错误；磁通量Φ随时间t 变化的图象的斜率大小表示感应电动势大小，从图③可以看出，回路在0～t 1时间内产生的感应电动势大于t 1～t 2时间内产生的感应电动势，C 错误；而图④回路斜率先变小后变大，则产生的感应电动势先变小再变大，D 正确。

6． 【答案】 ACD【解析】 导体切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知，感应电流方向不变，A 正确．根据左手定则，CD 段所受的安培力方向竖直向下，故B 错误．感应电动势最大值即切割磁感线等效长度最大时的电动势，故E m ＝Bav ，C 正确． E ＝ΔΦΔt① ΔΦ＝B ·12πa 2② Δt ＝2a v③ 由①②③得E ＝14πBav ，D 正确． 7． 【答案】 C【解析】 当线框绕过圆心O 的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r ，导线框的电阻为R ，即I 1＝E R ＝ΔΦR Δt ＝B 0ΔS R Δt ＝12πr 2B 0R πω＝B 0r 2ω2R .当线圈不动，磁感应强度变化时，I 2＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBS R Δt ＝ΔB πr 2Δt 2R ，因I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝ωB 0π，C 选项正确．借题发挥a ．磁通量变化通常有两种方式(1)磁感应强度B 不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时E ＝nB ΔS Δt； (2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时E ＝n ΔB Δt S ，其中ΔB Δt是Bt 图象的斜率． b ．决定感应电动势E 大小的因素(1)E 的大小决定于ΔΦ (2)E 的大小决定于线圈的匝数．特别提醒①E 的大小与Φ、ΔΦ的大小无必然联系．②Φ＝0时，ΔΦΔt不一定为零． c ．应用法拉第电磁感应定律求解问题的一般步骤(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；(2)利用楞次定律确定感应电流的方向；(3)灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解．8． 【答案】BD【解析】把铜盘看作由中心指向边缘的无数条铜棒组合而成，当铜盘开始转动时，每根铜棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，盘边缘为电源正极，中心为电源负极，C 点电势低于D 点电势，选项A 错误；此电源对外电路供电，电流由b 经电流表再从a 流向铜盘，选项C 错误；铜棒转动切割磁感线，相当于电源，回路中感应电动势为E ＝Brv ＝Brω12r ＝12Bωr 2，选项B 正确；若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中产生感生环形电场，使铜盘中的自由电荷在电场力的作用下定向移动，形成环形电流，选项D 正确。