(江苏专版)2018年高考物理第二轮复习 第17讲 电磁感应之电磁推理讲义册子

专题七 电路 电磁感应规律及其应用考情分析命题解读本专题分为二大板块，一个是电路，分为直流和交变电路；另一个就是电磁感应规律及其应用。

前者命题常见于选择题，后者以计算题为主，这些考点皆属于高频考点。

从近三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础与实际问题结合。

如电路分析、自耦变压器、输电、电吉他、核磁共振分析应用等。

(2)注重方法与综合。

如以难度适中的计算题考查学生的分析综合能力。

整体难度中等，命题指数★★★★★，复习目标是达B 必会。

1.(2017·江苏泰州中学5月质检)关于传感器，下列说法正确的是( ) A.话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B.电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断C.霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换成这个电阻电学量D.光敏电阻在光照射下其电阻会显著变大解析 话筒是一种常用的声波传感器，其作用是声信号转换为电信号，故A 项错误；热双金属片传感器和干簧管在电路中相当于开关，可以控制电路的通断，故B 项正确；霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量，故C 项错误；光敏电阻在光照射下其电阻会显著变小，D 项错误。

答案 B2. (2017·江苏溧水高级中学模拟)如图1所示，在长载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A 、B ，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab 和cd 。

当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab 和cd 的运动情况是( )图1A.一起向左运动B.一起向右运动C.相向运动，相互靠近D.相背运动，相互远离解析 当载流直导线中的电流逐渐减弱时，穿过下方闭合回路的磁通量变小，根据楞次定律得出面积将变大，D 项正确。

答案 D3.(2017·南京市模拟)如图2所示，面积为S 、匝数为N 、电阻为r 的线圈与阻值为R 的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻R 的两端。

2018高考物理（江苏版）二轮滚讲义练（一）及解析滚动练一、选择题1、(2017·扬州模拟)如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，匀强磁场垂直轨道平面向上，先将开关拨到a给超级电容器C充电，然后将开关拨到b可使电阻很小的导体棒EF沿水平轨道弹射出去，则下列说法正确的是()A．电源给电容器充电后，M板带正电B．在电容器放电过程中，电容器两端电压不断减小C．在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小D．若轨道足够长，电容器将放电至电量为0解析：选B电容器下极板接正极，所以充电后N板带正电，故A错误；电容器放电时，电量和电压均减小，故B正确；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故C错误；若轨道足够长，导体棒切割磁感线产生感应电动势，产生的感应电流和放电形成的电流大小相同时，不再放电，故电容器放电不能至电量为0，故D错误。

2、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略。

一带负电油滴静止于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则()A．平行板电容器的电容将变大B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将增大D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变解析：选D根据C＝εS4πkd知，d增大，则电容减小，故A错误；静电计检测的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该带电油滴带负电荷，则电势能减小，故C错误；电容器与电源断开，则电荷量不变，d 改变，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεS ，知电场强度不变，则带电油滴所受电场力不变，故D 正确。

3、如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ，有一带电粒子P 静止在电容器上部空间中，当在其下极板上快速插入一厚度为L 的不带电的金属板后，粒子P 开始运动，重力加速度为g 。

专题十 电磁感应规律及其应用考点1| 电磁感应规律及其应用难度：中档题 题型：选择题、计算题 五年4考(对应学生用书第48页)1．(2016·江苏高考T 13)据报道，一法国摄影师拍到了“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图10­1所示，假设“天宫一号”正以速度v ＝7．7 km/s 绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M 、N 的连线垂直，M 、N 间的距离L ＝20 m ，地磁场的磁感应强度垂直于v 、MN 所在平面的分量B ＝1．0×10－5 T ．将太阳帆板视为导体．图10­1(1)求M 、N 间感应电动势的大小E ；(2)在太阳帆板上将一只“1．5 V ，0．3 W”的小灯泡与M 、N 相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径R ＝6．4×103 km ，地球表面的重力加速度g 取9．8 m/s 2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h (计算结果保留一位有效数字)．【导学号：17214162】【解题关键】(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．(3)在地球表面有G MmR2＝mg “天宫一号”做匀速圆周运动，有G Mm R＋h 2＝m v 2R ＋h解得h ＝gR 2v2－R ，代入数据得h ≈4×105 m(数量级正确都算对)． 【答案】 (1)1．54 V (2)见解析 (3)4×105m2．(2014·江苏高考T 1)如图10­2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( )【导学号：17214163】图10­2A ．Ba 22ΔtB ．nBa 22ΔtC ．nBa 2Δt D ．2nBa 2ΔtB [由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E ＝nΔΦΔt ＝n ΔB Δt ·S ＝n 2B －B Δt ·a 22，得E ＝nBa 22Δt，选项B 正确．]3．(多选)(2014·江苏高考T7)如图10­3所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，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10­3A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯AB [利用法拉第电磁感应定律和涡电流解题．当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．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．]4．(多选)(2016·江苏高考T6)电吉他中电拾音器的基本结构如图10­4所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音．下列说法正确的有( )图10­4A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化BCD [铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B 正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt知，线圈的感应电动势变大，选项C 正确；弦振动过程中，线圈中感应电流的磁场方向发生变化，则感应电流的方向不断变化，选项D 正确．]1．感应电流方向的判断方法一是利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；二是利用楞次定律，即根据穿过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．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 ，主要用来计算感应电动势的瞬时值．●考向1 法拉第电磁感应定律的应用1．(2017·资阳模拟)用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图10­5所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在的平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率ΔB Δt＝k (k ＜0)，则( )【导学号：17214164】图10­5A ．圆环具有收缩的趋势B ．圆环中产生的感应电流为逆时针方向C ．圆环中a 、b 两点的电压U ab ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪14k πr 2 D ．圆环中产生的感应电流大小为－krS3ρC [由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，故A 错误；磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故B 错误；根据法拉第电磁感应定律，有：E ＝ΔB Δt ·12πr 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12k πr 2，由闭合电路欧姆定律可知，ab 两点间的电势差为U ab ＝E 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪14k πr 2，故C 正确；由法拉第电磁感应定律可知，E ＝ΔB Δt ·12πr 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12k πr 2，线圈电阻R ＝ρ2πr S ，感应电流I ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪krS 4ρ＝－krS4ρ，故D 错误．]●考向2 楞次定律的应用2．(多选)(2017·南京四模)超导体具有电阻为零的特点，图为超导磁悬浮原理图，a 是一个超导闭合环，置于一个电磁铁线圈b 正上方，当闭合电键S 后，超导环能悬浮在电磁铁上方平衡．下列说法正确的有( )图10­6A ．闭合电键S 瞬间，a 环中感应电流受到的安培力向上B ．闭合电键S ，稳定后通过a 环磁通量不变，a 环中不再有电流C ．闭合电键S ，稳定后通过a 环的电流是恒定电流D ．R 取不同的电阻值，稳定后a 环所受安培力都相等ACD [闭合电键S 瞬间，线圈中磁通量增大，则由楞次定律可知，a 中产生的安培力将使a 环有向上运动的趋势，故a 环中感应电流受到的安培力向上，故A 正确；由于线圈由超导体制成，没有电阻所以不消耗能量，故电流一直存在，故B 错误；闭合电键S ，稳定后通过a 环的电流不再变化，故为恒定电流，故C 正确；因圆环存于平衡状态，所以受到的安培力一定等于重力，故稳定时受安培力与电阻R 无关，故D 正确．]3．(2017·苏锡常二模)图中L 是线圈，D 1、D 2是发光二极管(电流从“＋”极流入才发光)．闭合S ，稳定时灯泡A 正常发光，然后断开S 瞬间，D 2亮了一下后熄灭，则( )【导学号：17214165】图10­7A．图是用来研究涡流现象的实验电路B．开关S闭合瞬间，灯泡A立即亮起来C．开关S断开瞬间，P点电势比Q点电势高D．干电池的左端为电源的正极D [该电路是用来研究线圈的自感现象的，与涡流无关，故A错误；L是自感系数足够大的线圈，D1和D2是两个相同的二极管，S闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以灯泡A逐渐变亮，故B错误；S断开，D2亮了一下后熄灭，说明S断开的瞬间电流从右向左流过二极管，则P点电势比Q点电势低，故C错误；S断开，D2亮了一下后熄灭，说明S断开的瞬间电流从右向左流过二极管；根据线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小可知，流过L的电流的方向在S 断开前从左向右，所以L的左侧为正极，则干电池的左端为电源的正极，故D正确．] ●考向3 涡流的应用4．(2017·湖南三模)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化．如图10­8所示，给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是( )图10­8A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电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．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电C [无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故A错误；当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，故B错误；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，故C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误．]考点2| 电磁感应中的图象问题难度：中档题题型：选择题(对应学生用书第50页)5．(2011·江苏高考)如图10­9所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R 的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触．T ＝0时，将开关S 由1掷到2．q 、i 、v 和a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象正确的是( )【导学号：17214166】图10­9A BC D【解题分析】 1．知道电容器放电后会在电路中产生电流．2．导体棒在安培力的作用下加速运动．3．导体棒切割磁感线产生的感应电流与电容器放电电流反向．D [开关S 由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流．导体棒通有电流后会受到安培力的作用，会产生加速度而加速运动．导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势E ＝Blv ，即增大，则实际电流减小，安培力F ＝BIL ，即减小，加速度a ＝F m，即减小．因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动(变加速)．由于通过棒的电流是按指数递减的，那么棒受到的安培力也是按指数递减的，由牛顿第二定律知，它的加速度是按指数递减的．由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力运动，而导体棒运动产生感应电动势会给电容器充电．当充电和放电达到一种平衡时，导体棒做匀速运动．当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，即电容器的电量应稳定在某个不为0的数值(不会减少到0)．这时电容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流．]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 图还是Φ­t 图，或者E ­t 图、I ­t 图等．(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)画图象或判断图象．●考向1 图象的确定5．(2017·徐州二模)如图10­10所示，闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i 随时间t 变化的图象可能正确的是( )图10­10B [线框进入磁场过程中磁通量增加，根据楞次定律可得电流方向为逆时针(正方向)，线框离开磁场过程中磁通量减小，根据楞次定律可得电流方向为顺时针(负方向)；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得感应电流i ＝BLv R，刚进入时有效切割长度最大，感应电流最大、一半进入磁场过程中有效切割长度变为原来一半，感应电流变为原来一半，完全进入后磁通量不变，不会产生感应电流，离开磁场的过程中有效切割长度与进入过程相同，感应电流变化也相同，故B 正确，A 、C 、D 错误．]●考向2 图象的转换6．(2017·泰州一模)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图10­11甲所示，取线圈中磁场B 的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B 随时间t 如图乙变化时，下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的是( )甲 乙图10­11A BC DA [在0～T 2 s 内，根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt ＝4nB 0S T．根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相反，为负值；在T 2～T 内，根据法拉第电磁感应定律，E ′＝n ΔΦΔt ＝8nB 0S T＝2E ，所以感应电流是之前的2倍．再根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值．故A 正确，B 、C 、D 错误．]●考向3 图象的应用7．(2017·锡山中学月考)如图10­12甲，圆形线圈P 静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q ，P 和Q 共轴，Q 中通有变化电流i ，电流随时间变化的规律如图10­12乙所示，P 所受的重力为G ，桌面对P 的支持力为N ，则( )甲 乙图10­12A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N＝G，P有扩张的趋势C．t3时刻N＝G，此时P中没有感应电流D．t4时刻N＜G，此时P中无感应电流A [当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，则N ＞G，P有收缩的趋势，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，此时P没有扩张的趋势，故B错误；t3时刻螺线管中电流为零，N＝G；但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，故C错误．当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t4时刻N＝G，此时P中无感应电流，故D错误．]考点3| 电磁感应中电路和能量问题难度：较大题型：选择题、计算题五年3考(对应学生用书第51页)6．(2015·江苏高考T13)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5．0 cm，线圈导线的截面积A＝0．80 cm2，电阻率ρ＝1．5 Ω·m．如图10­13所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0．3 s内从1．5 T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)图10­13(1)该圈肌肉组织的电阻R；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；(3)0．3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q．【解题关键】解此题的关键有两点：(1)注意区分线圈的面积和线圈导线的截面积．(2)磁感应强度均匀减小，线圈中电流恒定不变．【解析】(1)由电阻定律得R＝ρ2πrA，代入数据得R≈6×103Ω．(2)感应电动势E ＝ΔB ·πr 2Δt，代入数据得E ≈4×10－2V ．(3)由焦耳定律得Q ＝E 2RΔt ，代入数据得Q ＝8×10－8J ．【答案】 (1)6×103Ω (2)4×10－2V (3)8×10－8J7．(2013·江苏高考T 13)如图10­14所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝1．0 m 、bc ＝0．5 m ，电阻r ＝2 Ω．磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到0．2 T ．在1～5 s 内从0．2 T 均匀变化到－0．2 T ，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：图10­14(1)0．5 s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向； (2)在1～5 s 内通过线圈的电荷量q ； (3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q ．【导学号：17214167】【解析】 (1)感应电动势E 1＝N ΔΦ1Δt 1，磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB 1S ，解得E 1＝N ΔB 1S Δt 1，代入数据得E 1＝10 V ，感应电流的方向为a →d →c →b →a ． (2)同理可得E 2＝N ΔB 2S Δt 2，感应电流I 2＝E 2r电荷量q ＝I 2Δt 2，解得q ＝N ΔB 2Sr，代入数据得q ＝10 C ．(3)0～1 s 内的焦耳热Q 1＝I 21r Δt 1，且I 1＝E 1r，1～5 s 内的焦耳热Q 2＝I 22r Δt 2 由Q ＝Q 1＋Q 2，代入数据得Q ＝100 J ．【答案】 (1)10 V ，感应电流的方向为a →d →c →b →a (2)10 C (3)100 J8．(2017·江苏高考T 13)如图10­15所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v ．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图10­15(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； (2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P ．【导学号：17214168】【解析】 (1)MN 刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E ＝Bdv 0① 回路的感应电流I ＝E R② 由①②式解得I ＝Bdv 0R．③ (2)金属杆所受的安培力F ＝BId ④ 由牛顿第二定律得，对金属杆F ＝ma ⑤由③④⑤式得a ＝B 2d 2v 0mR．⑥(3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′＝v 0－v ⑦ 感应电动势E ＝Bdv ′⑧感应电流的电功率P ＝E 2R⑨由⑦⑧⑨式得P ＝B 2d 2 v 0－v 2R．⑩【答案】 (1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2 v 0－v 2R用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤●考向1 电磁感应中的电路问题8．(2017·盐城二模)如图10­16所示，两根水平放置的平行金属导轨，其末端连接等宽的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r ＝0．41 m ，导轨的间距为L ＝0．5 m ，导轨的电阻与摩擦均不计．在导轨的顶端接有阻值为R 1＝1．5 Ω的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0．2 T ，现有一根长度稍大于L 、电阻R 2＝0．5 Ω、质量m ＝1．0 kg 的金属棒，金属棒在水平拉力F 作用下，从图中位置ef 由静止开始匀加速运动，在t ＝0时刻，F 0＝1．5 N ，经2．0 s 运动到cd 时撤去拉力，棒刚好能冲到最高点ab 、(重力加速度g ＝10 m/s 2)．求：图10­16(1)金属棒做匀加速直线运动的加速度； (2)金属棒运动到cd 时电压表的读数；(3)金属棒从cd 运动到ab 过程中电阻R 1上产生的焦耳热．【导学号：17214169】【解析】 (1)根据题意，金属棒从ef 位置开始匀加速运动，根据牛顿第二定律，有F 0＝ma解得：a ＝F 0m ＝1．51．0＝1．5 m/s 2．(2)金属棒运动到cd 时的速度v ＝at ＝1．5×2．0 m/s ＝3 m/s 感应电动势E ＝BLv ＝0．2×0．5×3 V＝0．3 V感应电流I ＝ER 1＋R 2＝0．31．5＋0．5A ＝0．15 A电压表的读数U ＝IR 1＝0．15×1．5 V ＝0．225 V ． (3)根据能量守恒定律，有：12mv 2＝mgr ＋Q解得：Q ＝0．4 J电阻R 1上产生的焦耳热为Q 1＝R 1R 1＋R 2Q ＝1．51．5＋0．5×0．4 J ＝0．3 J【答案】 (1)1．5 m/s 2(2)0．225 V (3)0．3 J ●考向2 电磁感应的动力学问题9．(多选)(2017·南京一模)如图10­17所示，均匀导体围成等腰闭合三角形线圈abc ，底边与匀强磁场的边界平行，磁场的宽度大于三角形的高度．线圈从磁场上方某一高度处由静止开始竖直下落，穿过该磁场区域，不计空气阻力．则下列说法中正确的是( )图10­17A ．线圈进磁场的过程中，可能做匀速直线运动B ．线圈底边进、出磁场时线圈的加速度可能一样C ．线圈出磁场的过程中，可能做先减速后加速的直线运动D ．线圈底边进、出磁场时，线圈所受安培力可能大小相等，方向不同BC [如果匀速，因为有效切割长度越小来越小，安培力会越来越小，不可能匀速运动，故A 错误；如果线圈比较高，进入磁场后先减速后加速，可能导致进磁场的速度和出磁场的速度是一样的，安培力F 安＝B 2L 2vR ，速度一样，安培力一样，根据牛顿第二定律，mg －F 安＝ma ，加速度一样，故B 正确； 如果出磁场时，安培力比重力大，那么线圈先减速，但是在减速的过程中，上面比较窄，安培力会越来越小，最终必然是一个先减速后加速的直线运动，故C 正确；线圈进出磁场时的速度可能相等，根据F ＝B 2L 2vR，安培力大小可能相等，但安培力方向都是向上的，阻碍线圈向下运动，所以安培力方向相同，故D 错误．]10．(2017·南京四模)如图10­18甲所示，两根平行的光滑金属导轨MN 、PQ 和左侧M 、P间连接的电阻R 构成一个固定的水平U 型导体框架，导轨电阻不计且足够长．框架置于一个方向竖直向下、范围足够大的匀强磁场中，磁场左侧边界是OO ′．质量为m 、电阻为r 的导体棒垂直放置在两导轨上，并与导轨接触良好，给导体棒一个水平向右的初速度v 0，棒进入磁场区后回路中的电流I 随棒在磁场区中运动位移x (O 点为x 轴坐标原点)的变化关系如图乙所示，根据题设条件和图中给定数据求：甲 乙图10­18(1)导体棒进入磁场瞬间回路总电功率P 0； (2)导体棒进入磁场瞬间加速度大小a 0；(3)导体棒运动全过程中电阻R 上产生的电热Q R ．【导学号：17214170】【解析】 (1)根据图乙可得导体棒进入磁场瞬间回路的电流强度为I 0， 根据电功率的计算公式可得：P 0＝I 20(R ＋r )． (2)进入磁场时刻电动势：E 0＝BLv 0＝I 0(R ＋r )根据牛顿第二定律可得棒受安培力产生加速度：BI 0L ＝ma 0解得：a 0＝I 20 R ＋rmv 0．(3)棒从进入磁场到停止运动，由动能定理可得：W A ＝0－12mv 2根据功能关系可得回路产生电热：Q ＝－W A ＝12mv 2R 上产生电热：Q R ＝RR ＋r Q ＝Rmv 202 R ＋r．【答案】 (1)I 2(R ＋r ) (2)I 20 R ＋r mv 0 (3)Rmv 202 R ＋r●考向3 电磁感应的能量问题11．(2017·南京一模)如图10­19甲所示，质量m ＝1 kg 、边长ab ＝1．0 m 、电阻r ＝2 Ω的单匝正方形闭合线圈abcd 放置在倾角θ＝30°的斜面上，保持静止状态．匀强磁场垂直线圈平面向上，磁感应强度B 随时间t 变化如图乙所示，整个线圈都处在磁场中，重力加速度g ＝10 m/s 2．求：甲 乙图10­19(1)t ＝1 s 时穿过线圈的磁通量； (2)4 s 内线圈中产生的焦耳热； (3)t ＝3．5 s 时，线圈受到的摩擦力．【解析】 (1)根据磁通量定义式，那么t ＝1 s 时穿过线圈的磁通量：Φ＝BS ＝0．1 Wb ． (2)由法拉第电磁感应定律E ＝ΔB ·S Δt ，结合闭合电路欧姆定律，I ＝E r ，那么感应电流，4 s 内线圈中产生的感应电流大小，I ＝ΔB ·SΔt ·r ＝0．05 A由图可知，t 总＝2 s ；依据焦耳定律，则有：Q ＝I 2rt 总＝0．01 J ．(3)虽然穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，但因各边均受到安培力，依据矢量的合成法则，则线圈受到的安培力的合力为零，因此t ＝3．5 s 时，线圈受到的摩擦力等于重力沿着斜面的分力，即：f ＝mg sin θ＝5 N ． 【答案】 (1)0．1 Wb (2)0．01 J (3)5 N12．(2017·徐州模拟)如图10­20甲所示，质量为M 的“∩”形金属框架MNPQ 放在倾角为θ的绝缘斜面上，框架MN 、PQ 部分的电阻不计，相距为L ，上端NP 部分的电阻为R ．一根光滑金属棒ab 在平行于斜面的力(图中未画出)的作用下，静止在距离框架上端NP 为L 的位置．整个装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，其中B 0、t 0均为已知量．已知ab 棒的质量为m ，电阻为R ，长为L ，与框架接触良好并始终相对斜面静止，t 0时刻框架也静止，框架与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．求：甲 乙图10­20(1)t 0时刻，流过ab 棒的电流大小和方向；(2)0～t 0时间内，通过ab 棒的电荷量及ab 棒产生的热量； (3)框架MNPQ 什么时候开始运动？【导学号：17214171】【解析】 (1)设回路中的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有：E ＝n ΔΦΔt ＝ΔBΔtS＝B 0L 2t 0由闭合电路欧姆定律可得金属棒中的电流大小为：I ＝E 2R ＝B 0L 22Rt 0由楞次定律知，金属棒中的电流方向是a →b ．(2)由电荷量的计算公式可得流过ab 棒的电荷量为：q ＝It 0＝B 0L 22R，根据焦耳定律可得ab 棒产生的热量为：Q ＝I 2Rt 0＝B 20L44Rt 0．(3)设经时间t 框架恰好要动，对框架分析受力，有：Mg sin θ＋F 安＝f 而 f ＝μ(M ＋m )g cos θ，根据安培力的计算公式可得：F 安＝B t IL ， 而磁感应强度为：B t ＝B 0＋B 0t 0t代入解得：t ＝2Rt 20[μ M ＋m g cos θ－Mg sin θ]B 20L3－t 0． 【答案】 (1)B 0L 22Rt 0，方向是a →b (2)B 0L 22R B 20L44Rt 0(3)经过2Rt 20[μ M ＋m g cos θ－Mg sin θ]B 20L3－t 0开始运动热点模型解读| 电磁感应中的“杆＋导轨”模型(对应学生用书第54页)[典例] (2017·湖南益阳调研)如图10­21所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0．5 m ，匀强磁场垂直导轨平面向下，B ＝0．2 T ，两根材料相同的金属棒a 、b 与导轨构成闭合回路，a 、b 金属棒的质量分别为3 kg 、2 kg ，两金属棒的电阻均为R ＝1 Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．现对a 棒施加一平行导轨向上的恒力F ＝60 N ，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态．求：图10­21(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b 棒所受的安培力大小．(3)设当a 金属棒从开始受力到向上运动5 m 时，b 金属棒向上运动了2 m ，且此时a 的速度为4 m/s ，b 的速度为1 m/s ，则求此过程中回路中产生的电热及通过a 金属棒的电荷量．【导学号：17214172】【解析】 (1)a 棒恰好静止时，有m a g sin 30°＝μm a g cos 30°． 解得μ＝33． (2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动，此时两棒有恒定的速度差． 对a 棒：F －m a g sin 30°－μm a g cos 30°－F 安＝m a a 对b 棒：F 安－m b g sin 30°－μm b g cos 30°＝m b a 解得F 安＝24 N ．(3)此过程对a 、b 棒整体根据功能关系，有Q ＝Fx a －(m a g sin 30°＋μm a g cos 30°)x a －(m b g sin 30°＋μm b g cos 30°)x b －12m a v 2a －12m b v 2b解得Q ＝85 J ．q ＝I ·ΔtI ＝E 2RE ＝ΔΦΔt ＝B ·ΔSΔt解得q ＝Bd x a －x b2R＝0．15 C ．【答案】 (1)33(2)24 N (3)85 J 0．15 C [拓展应用] (2017·湖北八校联考)如图10­22所示，两根平行的光滑金属导轨MN 、PQ 放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L ，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B ．导体棒a 与b 的质量均为m ，电阻值分别为R a ＝R ，R b ＝2R ．b 棒放置在水平导轨上足够远处，a 棒在弧形导轨上距水平面h 高度处由静止释放．运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g ．图10­22(1)求a 棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向； (2)求最终稳定时两棒的速度大小；(3)从a 棒开始下落到最终稳定的过程中，求b 棒上产生的内能． 【解析】 (1)设a 棒刚进入磁场时的速度为v ，从开始下落到进入磁场 根据机械能守恒定律有mgh ＝12mv 2a 棒切割磁感线产生感应电动势E ＝BLv根据闭合电路欧姆定律有I ＝ER ＋2Ra 棒受到的安培力F ＝BIL联立以上各式解得F ＝B 2L 22gh3R，方向水平向左．(2)设两棒最后稳定时的速度为v ′，从a 棒开始下落到两棒速度达到稳定 根据动量守恒定律有mv ＝2mv ′ 解得v ′＝122gh ．(3)设a 棒产生的内能为E a ，b 棒产生的内能为E b。