2019高考物理一轮复习第十章电磁感应第75讲电磁感应中的图象问题加练半小时教科版

专题75 电磁感应中的电路和图象问题1．时，注意电磁感应发生分为几个过程，和图象的变化是否对应，优先使用排除法．1.(2020·新疆克拉玛依市四模)如图1所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO ′与磁场边界重合．线圈按图示方向匀速转动．若从图示位置开始计时，并规定电流a →b →c →d →a 为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是( )图1答案 A解析 题图所示时刻，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为：a →d →c →b →a ，为负方向．线圈中产生的感应电动势表达式为e ＝E m sin ωt ＝BSωsin ωt ，S 是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为i ＝－e R ＝－BSωR sin ωt ＝－I m sin ωt ，其中I m ＝BSωR.故线圈中感应电流按正弦规律变化，根据数学知识得知A 正确，B 、C 、D 错误．2.如图2所示，一个有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，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )图2答案 A解析 线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i 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；线框完全在磁场的过程，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，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i 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．3.(2020·安徽江淮十校联考)如图3所示，在磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动．金属导轨间距为L 且电阻不计，金属杆的电阻为2R 、长度为L ，ab 间有一电阻，阻值为R ，MN 两点间电势差为U ，则通过电阻R 的电流方向及U 的大小( )图3A ．a →b ，BLvB ．a →b ，BLv 3C ．a →b ，2BLv 3D ．b →a ，2BLv 3答案 B解析 由右手定则判断可知，MN 中产生的感应电流方向为N →M ，则通过电阻R 的电流方向为a →b ，MN 产生的感应电动势为E ＝BLv ，电阻两端的电压为U ＝E R ＋2R ·R ＝BLv 3，B 正确，A 、C 、D 错误．4.(多选)如图4所示，均匀金属圆环总电阻为4R ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直地穿过圆环．金属杆OM 的长为L ，电阻为R ，M 端与环紧密接触，金属杆OM 绕过圆心的转轴O 以恒定的角速度ω顺时针转动．阻值为R 的电阻一端用导线和环上的A 点连接，另一端和金属杆的转轴O 处的端点相连接．下列结论正确的是( )图4A ．金属杆OM 旋转产生的感应电动势恒为BL 2ω2B ．通过电阻R 的电流最小值为BL 2ω8R，方向从下到上 C ．通过电阻R 的电流最大值为BL 2ω4R，且R 的上端比下端电势高 D ．OM 两点之间的电势差绝对值的最大值为BL 2ω3 答案 AD解析 金属杆在磁场中做匀速圆周运动，产生的感应电动势E ＝BωL 22，选项A 正确；当金属杆M 端转到圆环上A 点正上方时，接入电路中的总电阻最大R 总＝3R ，由闭合电路欧姆定律得电流的最小值为I 小＝E R 总＝BωL 26R，电流方向自下而上，选项B 错误；当金属杆M 端转到A 点时，接入电路中的总电阻最小R 总′＝2R ，由闭合电路欧姆定律得电流的最大值为I 大＝ER 总′＝BωL 24R，流过电阻R 的电流方向自下而上，电阻R 下端电势高于上端，选项C 错误；OM 两点之间的电势差绝对值的最大值为U ＝E －I 小R ＝BωL 23，选项D 正确．5.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图5，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab 、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ 、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ 进入磁场时加速度恰好为零．从PQ 进入磁场开始计时，到MN 离开磁场区域为止，流过PQ 的电流随时间变化的图象可能正确的是( )图5答案 AD解析 根据题述，PQ 进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ 通过磁场区域一段时间后MN 进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ 的电流随时间变化的图象可能是A ；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ 没有出磁场区域时MN 就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ 出磁场后，MN 切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I 1，受到安培力作用，由于安培力大小与速度成正比，则MN 所受的安培力一定大于MN 的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN 一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ 的电流随时间变化的图象可能是D.6.(2020·山东临沂市蒙阴实验中学期末)如图6所示，一闭合直角三角形线框以速度v 匀速穿过匀强磁场区域．从BC 边进入磁场区域开始计时，到A 点离开磁场区域的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是图中的( )图6答案 A解析 在线框进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量增多，根据楞次定律及安培定则可知，线框中产生逆时针方向的电流，由于切割磁感线的有效长度逐渐减小，根据E ＝Blv ，I ＝E R可知感应电流逐渐减小；当线框全部进入磁场中时，线框中无感应电流；在线框出磁场的过程中，穿过线框的磁通量减少，线框中产生顺时针方向的电流，切割磁感线的有效长度逐渐减小，感应电流也逐渐减小，故A 符合题意．7．(多选)(2020·山东淄博十中期末)如图7甲所示，在光滑水平面上用恒力F 拉质量为1 kg 的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为1 m ，在1位置以速度v 0＝3 m/s 进入匀强磁场时开始计时，此时线框中的感应电动势为1 V ，在t ＝3 s 时线框到达2位置开始离开匀强磁场．此过程中线框的v －t 图象如图乙所示，那么( )图7A ．t ＝0时，线框右侧边MN 两端的电压为0.25 VB ．恒力F 的大小为0.5 NC ．线框完全离开磁场的瞬时速度大小为2 m/sD ．线框从位置1到位置3的过程中产生的焦耳热为6 J答案 BCD解析 t ＝0时，线框右侧边MN 两端的电压为路端电压，总的感应电动势为1 V ，则路端电压U 外＝34E ＝0.75 V ，故A 错误；线框完全进入磁场后，由于磁通量没有变化，所以没有感应电流产生，线框只受恒力F 的作用，做匀速直线运动，结合题图乙可知线框在1～3 s 内做匀加速直线运动，加速度a ＝Δv Δt ＝3－23－1m/s 2＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律有F ＝ma ，解得F ＝0.5 N ，故B 正确；由题意可知t ＝3 s 时线框到达2位置开始离开匀强磁场，此时线框的速度与刚进入磁场时的速度相同，则线框穿出磁场与进入磁场的运动情况完全相同，线框完全离开磁场的瞬时速度与t ＝1 s 时的速度相等，即为2 m/s ，故C 正确；线框进入磁场和离开磁场的过程中产生的焦耳热相同，由功能关系有Q ＝2[Fl ＋(12mv 02－12mv 12)]＝2[0.5×1＋12×1×(32－22)] J ＝6 J ，故D 正确．。

电磁感应中的图象及电路问题考点剖析一、电磁感应中的图象问题图象问题是一种半定量分析的问题，电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图线，即B–t图线、Φ–t 图线、E–t图线和I–t图线。

此外，还涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图线，即E–x图线和I–x图线。

这些图象问题大体可分为两类：1．由给出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。

对电磁感应图象问题的考查主要以选择题为主，是常考知识点，高考对第一类问题考查得较多。

不管是哪种类型，电磁感应中图象问题常需要利用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律。

解决此类问题的一般步骤：a．明确图象的种类；b．分析电磁感应的具体过程；c．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方程；d．根据函数方程进行数学分析。

如斜率及其变化、两轴的截距、图线与横坐标轴所围图形的面积等代表的物理意义；e．画图象或判断图象；在图象问题中经常利用类比法，即每一个物理规律在确定研究某两个量的关系后，都能类比成数学函数方程以进行分析和研究，如一次函数、二次函数、三角函数等。

3．常见题型：图象的选择、图象的描绘、图象的转换、图象的应用。

4．所用规律：一般包括：左手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等。

二、电磁感应中的电路问题1．电磁感应中电路知识的关系图：2．分析电磁感应电路问题的基本思路3．电磁感应电路的几个等效问题典例精析1、纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。

一长为2R的导体杆OA绕O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω。

t=0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示，若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是A B C D【答案】C【解析】只研究金属棒向右转动90°的一段过程即可：切割磁感线的有效长度L=2R sin ωt，感应电动势E=12BLv=12BL（Lω）=12B（2R sin ωt）2ω=2BR2ωsin2ωt，可见感应电动势应该按照三角函数的规律变化，可以排除A 和B，再根据右手定则，金属棒刚进入磁场时电动势为正，可排除D，只有C正确。

专题十电磁感应中的动力学和能量问题考纲解读 1.能解决电磁感应问题中涉及安培力的动态分析和平衡问题.2.会分析电磁感应问题中的能量转化，并会进行有关计算．考点一电磁感应中的动力学问题分析1．导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析．2．导体的非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．例1如图1所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50 m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0 T．将一根质量为m＝0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s＝2.0 m．已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：图1(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；(2)金属棒到达cd处的速度大小；(3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量．解析(1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，则mg sin θ－μmg cos θ＝maa＝2.0 m/s2(2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有mg sin θ＝BIL＋μmg cos θI ＝BL v R解得v ＝2.0 m/s(3)设金属棒从ab 运动到cd 的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ，由能量守恒，有mgs sin θ＝12m v 2＋μmgs cos θ＋Q 解得Q ＝0.10 J答案 (1)2.0 m/s 2 (2)2.0 m/s (3)0.10 J电磁感应与动力学问题的解题策略此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向．(2)根据等效电路图，求解回路中感应电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的感应电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．突破训练1 如图2所示，相距为L 的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨上固定有质量为m 、电阻为R 的两根相同的导体棒，导体棒MN 上方轨道粗糙、下方轨道光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B .将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN 下滑而EF 保持静止，当MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，下列叙述正确的是( )图2A ．导体棒MN 的最大速度为2mgR sin θB 2L 2B ．导体棒EF 与轨道之间的最大静摩擦力为mg sin θC ．导体棒MN 受到的最大安培力为mg sin θD ．导体棒MN 所受重力的最大功率为m 2g 2R sin 2 θB 2L 2答案 AC解析 由题意可知，导体棒MN 切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝BL v ，回路中的电流I ＝E 2R ，MN 受到的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 2R，故MN 沿斜面做加速度减小的加速运动，当MN 受到的安培力大小等于其重力沿轨道方向的分力时，速度达到最大值，此后MN 做匀速运动．故导体棒MN 受到的最大安培力为mg sin θ，导体棒MN 的最大速度为2mgR sin θB 2L 2，选项A 、C 正确．由于当MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，由力的平衡知识可知EF 与轨道之间的最大静摩擦力为2mg sin θ，B 错误．由P ＝G v sin θ可知导体棒MN 所受重力的最大功率为2m 2g 2R sin 2 θB 2L 2，D 错误． 考点二 电磁感应中的能量问题分析1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．2．求解思路(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利用安培力做的功求解：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，则机械能的减少量等于产生的电能．例2 如图3所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ ，磁感应强度B 的大小为5 T ，磁场宽度d ＝0.55 m ，有一边长L ＝0.4 m 、质量m 1＝0.6 kg 、电阻R ＝2 Ω的正方形均匀导体线框abcd 通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m 2＝0.4 kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)线框abcd 还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab 边距磁场MN 边界的距离x 多大？(3)在(2)问中的条件下，若cd 边恰离开磁场边界PQ 时，速度大小为2 m/s ，求整个运动过程中ab 边产生的热量为多少？图3审题指导 1.线框abcd 未进入磁场时，线框沿斜面向下加速，m 2沿水平面向左加速，属连接体问题．2．ab 边刚进入磁场时做匀速直线运动，可利用平衡条件求速度．3．线框从开始运动到离开磁场的过程中，线框和物体组成的系统减少的机械能转化为线框的焦耳热．解析 (1)m 1、m 2运动过程中，以整体法有m 1g sin θ－μm 2g ＝(m 1＋m 2)aa ＝2 m/s 2以m 2为研究对象有F T －μm 2g ＝m 2a (或以m 1为研究对象有m 1g sin θ－F T ＝m 1a )F T ＝2.4 N(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有m 1g sin θ－μm 2g －B 2L 2v R＝0 v ＝1 m/sab 到MN 前线框做匀加速运动，有v 2＝2axx ＝0.25 m(3)线框从开始运动到cd 边恰离开磁场边界PQ 时：m 1g sin θ(x ＋d ＋L )－μm 2g (x ＋d ＋L )＝12(m 1＋m 2)v 21＋Q 解得：Q ＝0.4 J所以Q ab ＝14Q ＝0.1 J 答案 (1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J突破训练2 如图4所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R 的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B .有一质量为m 、长为l 的导体棒从ab 位置获得平行于斜面、大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′位置，滑行的距离为s ，导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则( )图4A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2v RB ．上滑过程中电流做功发出的热量为12m v 2－mgs (sin θ＋μcos θ) C ．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12m v 2 D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为12m v 2－mgs sin θ 答案 BD解析 导体棒刚开始运动时所受安培力最大，F m ＝BIl ＝B 2l 2v 2R，A 选项错误．由能量守恒定律可知：导体棒动能减少的数值应该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生的电热和克服摩擦阻力做功产生的内能，其公式表示为：12m v 2＝mgs sin θ＋μmgs cos θ＋Q 电热，则有：Q 电热＝12m v 2－(mgs sin θ＋μmgs cos θ)，即为导体棒克服安培力做的功．导体棒损失的机械能即为克服安培力做功和克服摩擦阻力做功的和，W 损失＝12m v 2－mgs sin θ.故B 、D 正确．43.应用动力学和能量观点解决电磁感应中的“导轨＋杆”模型问题1．模型概述对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态最终达到稳定的运动状态，该系统称为“导轨＋杆”模型．2．模型分类及分析方法根据杆的数目，对于“导轨＋杆”模型题目，又常分为单杆模型和双杆模型．(1)单杆模型是电磁感应中常见的物理模型，此类问题所给的物理情景一般是导体棒垂直切割磁感线，在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动，所涉及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等．此类问题的分析要抓住三点：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．(2)双杆类问题可分为两种情况：一是“假双杆”，甲杆静止不动，乙杆运动．其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡．另一种情况是两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减． 线框进入磁场和离开磁场的过程和单杆的运动情况相同，在磁场中运动的过程与双杆的运动情况相同．例3 如图5所示，足够长的金属导轨MN 、PQ 平行放置，间距为L ，与水平面成θ角，导轨与定值电阻R 1和R 2相连，且R 1＝R 2＝R ，R 1支路串联开关S ，原来S 闭合．匀强磁场垂直导轨平面向上，有一质量为m 、有效电阻也为R 的导体棒ab 与导轨垂直放置，它与导轨粗糙接触且始终接触良好．现将导体棒ab 从静止释放，沿导轨下滑，当导体棒运动达到稳定状态时速率为v ，此时整个电路消耗的电功率为重力功率的34.已知重力加速度为g ，导轨电阻不计，求：图5(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小和达到稳定状态后导体棒ab 中的电流强度I ；(2)如果导体棒ab 从静止释放沿导轨下滑x 距离后达到稳定状态，这一过程回路中产生的电热是多少？(3)导体棒ab 达到稳定状态后，断开开关S ，从这时开始导体棒ab 下滑一段距离后，通过导体棒ab 横截面的电荷量为q ，求这段距离是多少？审题与关联解析 (1)回路中的总电阻为：R 总＝32R 当导体棒ab 以速度v 匀速下滑时棒中的感应电动势为：E ＝BL v此时棒中的感应电流为：I ＝E R 总此时回路的总电功率为：P 电＝I 2R 总此时重力的功率为：P 重＝mg v sin θ根据题给条件有：P 电＝34P 重，解得：I ＝ mg v sin θ2R B ＝32L mgR sin θ2v (2)设导体棒ab 与导轨间的滑动摩擦力大小为F f ，根据能量守恒定律可知：14mg v sin θ＝F f v 解得：F f ＝14mg sin θ 导体棒ab 减少的重力势能等于增加的动能、回路中产生的焦耳热以及克服摩擦力做功的和mg sin θ·x ＝12m v 2＋Q ＋F f ·x 解得：Q ＝34mg sin θ·x －12m v 2(3)S 断开后，回路中的总电阻为：R 总′＝2R设这一过程经历的时间为Δt ，这一过程回路中的平均感应电动势为E ，通过导体棒ab 的平均感应电流为I ，导体棒ab 下滑的距离为s ，则：E ＝ΔΦΔt ＝BLs Δt ，I ＝E R 总′＝BLs 2R Δt得：q ＝I Δt ＝BLs 2R解得：s ＝4q 32v R mg sin θ答案 见解析高考题组1．(2013·安徽·16)如图6所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6)( )图6A ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W答案 B解析 导体棒MN 匀速下滑时受力如图所示，由平衡条件可得F 安＋μmg cos 37°＝mg sin 37°，所以F 安＝mg (sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N ，由F 安＝BIL 得I ＝F 安BL＝1 A ，所以E ＝I (R 灯＋R MN )＝2 V ，导体棒的运动速度v ＝E BL＝5 m/s ，小灯泡消耗的电功率为P 灯＝I 2R 灯＝1 W ．正确选项为B.模拟题组2．如图7甲所示，电阻不计且间距L ＝1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R＝2 Ω的电阻，虚线OO ′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab 从OO ′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平．已知杆ab 进入磁场时的速度v 0＝1 m/s ，下落0.3 m 的过程中加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则( )图7A ．匀强磁场的磁感应强度为1 TB ．杆ab 下落0.3 m 时金属杆的速度为1 m/sC ．杆ab 下落0.3 m 的过程中R 上产生的热量为0.2 JD ．杆ab 下落0.3 m 的过程中通过R 的电荷量为0.25 C答案 D解析 在杆ab 刚进入磁场时，有B 2L 2v 0R－mg ＝ma ，由题图乙知，a 的大小为10 m/s 2，解得B ＝2 T ，A 错误．杆ab 下落0.3 m 时杆做匀速运动，则有B 2L 2v ′R＝mg ，解得v ′＝0.5 m/s ，选项B 错误．在杆ab 下落0.3 m 的过程，根据能量守恒，R 上产生的热量为Q ＝mgh －12m v ′2＝0.287 5 J ，选项C 错误．通过R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝B ·ΔS R＝0.25 C ．选项D 正确．3．在如图8所示倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L .一质量为m 、电阻为R 、边长为L 2的正方形导体线圈，在沿平行斜面向下的拉力F 作用下由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ时，恰好做匀速直线运动，下列说法中正确的有(重力加速度为g )( )图8A ．从线圈的ab 边刚进入磁场Ⅰ到线圈dc 边刚要离开磁场Ⅱ的过程中，线圈ab 边中产生的感应电流先沿b →a 方向再沿a →b 方向B ．线圈进入磁场Ⅰ过程和离开磁场Ⅱ过程所受安培力方向都平行斜面向上C ．线圈ab 边刚进入磁场 Ⅰ 时的速度大小为4R (mg sin θ＋F )B 2L 2D ．线圈进入磁场Ⅰ做匀速运动的过程中，拉力F 所做的功等于线圈克服安培力所做的功答案 BC解析 由右手定则可知线圈的ab 边刚进入磁场Ⅰ和线圈的dc 边刚要离开磁场Ⅱ时，线圈ab 边中的感应电流方向均为b →a ，线圈经过JP 时感应电流的方向为a →b ，A 错误．由楞次定律可判断出感应电流所受磁场的安培力阻碍线圈的切割磁感线运动，B 正确．线圈ab 边刚进入磁场Ⅰ时，受到的安培力F 安＝BI L 2＝B 2L 2v 4R，由共点力的平衡知识可知F 安＝mg sin θ＋F ，联立可得线圈ab 边刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为4R (mg sin θ＋F )B 2L 2，C 正确．线圈进入磁场Ⅰ做匀速运动的过程中，合外力做的功为0，即拉力F 和重力沿斜面方向的分力所做的功等于线圈克服安培力所做的功，D 错误．4．如图9所示，固定的光滑平行金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，上端a 、b 间接有阻值为R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、电阻为r 的导体棒与一端固定的弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v 0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k ，弹簧的中心轴线与导轨平行．图9(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小a ；(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为E p ，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q .答案 (1)BL v 0R ＋r ，电流方向为b →a (2)g sin θ－B 2L 2v m (R ＋r ) (3)R R ＋r [12m v 20＋(mg sin θ)2k －E p ] 解析 (1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势E 1＝BL v 0通过R 的电流大小I 1＝E 1R ＋r ＝BL v 0R ＋r电流方向为b →a(2)回到初始位置时，导体棒产生的感应电动势为E 2＝BL v感应电流I 2＝E 2R ＋r ＝BL v R ＋r导体棒受到的安培力大小为F ＝BI 2L ＝B 2L 2v R ＋r，方向沿斜面向上 根据牛顿第二定律有：mg sin θ－F ＝ma解得a ＝g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r )(3)导体棒最终静止，有：mg sin θ＝kx压缩量x ＝mg sin θk设整个过程回路产生的焦耳热为Q 0，根据能量守恒定律有12m v 20＋mgx sin θ＝E p ＋Q 0 Q 0＝12m v 20＋(mg sin θ)2k－E p 电阻R 上产生的焦耳热Q ＝R R ＋r Q 0＝R R ＋r [12m v 20＋(mg sin θ)2k －E p ](限时：45分钟)►题组1 电磁感应中的动力学问题1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一定值电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可以在ab 、cd 上无摩擦地滑动．杆ef 及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图1A ．ef 将减速向右运动，但不是匀减速B ．ef 将匀减速向右运动，最后停止C ．ef 将匀速向右运动D ．ef 将做往返运动答案 A解析 杆ef 向右运动，所受安培力F ＝BIl ＝Bl Bl v R ＝B 2l 2v R，方向向左，故杆ef 做减速运动；v 减小，F 减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A 正确．2．一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图2所示，则( )图2A ．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动B ．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C ．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动D ．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动答案 C解析 从线框全部进入磁场至线框开始离开磁场，线框做加速度为g 的匀加速运动，可知线圈离开磁场过程中受的安培力大于进入磁场时受的安培力，故只有C 项正确．3．在伦敦奥运会上，100 m 赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图3甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ＝0.5 m ，一端通过导线与阻值为R ＝0.5 Ω的电阻连接．导轨上放一质量为m ＝0.5 kg 的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计．匀强磁场方向竖直向下．用与导轨平行的拉力F 作用在金属杆上，使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应的速度v 也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知v 和F 的关系如图乙．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)则( )图3A ．金属杆受到的拉力与速度成正比B ．该磁场的磁感应强度为1 TC ．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D ．导轨与金属杆之间的动摩擦因数μ＝0.4答案 BCD解析 由题图乙可知拉力与速度是一次函数，但不成正比，故A 错；图线在横轴的截距是速度为零时的拉力，金属杆将要运动，此时阻力——最大静摩擦力等于该拉力，也等于运动时的滑动摩擦力，C 对；由F －BIL －μmg ＝0及I ＝BL v R 可得：F －B 2L 2v R－μmg ＝0，从题图乙上分别读出两组F 、v 数据代入上式即可求得B ＝1 T ，μ＝0.4，所以选项B 、D 对．4．如图4所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为M .斜面上ef 线(ef 平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab 边始终平行于底边，则下列说法正确的是( )图4A ．线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θmB ．线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg －mg sin θ)R Bl 1C ．线框做匀速运动的总时间为B 2l 21Mg －mgR sin θD ．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2答案 D解析 由牛顿第二定律，Mg －mg sin θ＝(M ＋m )a ，解得线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θM ＋m，A 错误．由平衡条件，Mg －mg sin θ－F 安＝0，F 安＝BIl 1，I ＝E R ，E ＝Bl 1v ，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v ＝(Mg －mg sin θ)R B 2l 21，B 错误．线框做匀速运动的总时间为t ＝l 2v ＝B 2l 21l 2(Mg －mg sin θ)R，C 错误．由能量守恒定律，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，为(Mg －mg sin θ)l 2，D 正确．►题组2 电磁感应中的能量问题5．一质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，以初速度v 0从一对光滑的平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R 相连，如图5所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v ，则( )图5A ．向上滑行的时间小于向下滑行的时间B ．向上滑行的过程中电阻R 上产生的热量大于向下滑行的过程中电阻R 上产生的热量C ．向上滑行的过程中与向下滑行的过程中通过电阻R 的电荷量相等D ．金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中，电阻R 上产生的热量为12m (v 20－v 2) 答案 ABC解析 金属杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A 对；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R 上产生的热量多，B 对；由q ＝ΔΦR ＋r知C 对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为12m (v 20－v 2)，D 错．6．在如图6所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L ，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP 与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔE k，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的有()图6A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B．从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中，线框的机械能守恒C．从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中，有W1－ΔE k的机械能转化为电能D．从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小ΔE k ＝W1－W2答案CD解析ab边越过JP后回路感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此ab边越过JP后开始做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mg sin θ相等时，以速度v2做匀速运动，因此v2<v1，A错；由于有安培力做功，线框机械能不守恒，B错；线框克服安培力做功，将机械能转化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少机械能转化为电能，由动能定理得W1－W2＝ΔE k，W2＝W1－ΔE k，故C、D正确．7．如图7所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、b′b围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g、总电阻为R＝1 Ω、边长为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图7(1)线圈进入磁场区域时，受到的安培力大小；(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．答案(1)2×10－2 N(2)1 m(3)4×10－3 J解析(1)对线圈受力分析有：F安＋μmg cos θ＝mg sin θ代入数据得：F安＝2×10－2 N(2)F安＝BIdE＝B v dI＝E R解得：F安＝B2d2vR代入数据得：v＝2 m/s线圈进入磁场前做匀加速运动，a＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s2线圈释放时，PQ边到bb′的距离x＝v22a＝1 m(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d＝0.1 mQ＝W安＝F安·2d解得：Q＝4×10－3 J8．如图8所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15 m，两导轨间距L＝0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值为R＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度为B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q r ＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)求：图8(1)金属棒在此过程中克服安培力做的功W 安；(2)金属棒下滑速度v ＝2 m/s 时的加速度a ；(3)为求金属棒下滑的最大速度v m ，有同学解答如下：由动能定理，W G －W 安＝12m v 2m，….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答． 答案 (1)0.4 J (2)3.2 m/s 2 (3)见解析解析 (1)下滑过程中安培力做的功即为电阻上产生的焦耳热，由于R ＝3r ，因此 Q R ＝3Q r ＝0.3 J所以W 安＝Q ＝Q R ＋Q r ＝0.4 J(2)金属棒下滑时受重力和安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2R ＋rv 由牛顿第二定律得mg sin 30°－B 2L 2R ＋rv ＝ma 所以a ＝g sin 30°－B 2L 2m (R ＋r )v ＝[10×12－0.82×0.752×20.2×(1.5＋0.5)] m/s 2＝3.2 m/s 2 (3)此解法正确．金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mg sin 30°－B 2L 2R ＋rv ＝ma 上式表明，加速度随速度增大而减小，棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的最大速度，因此上述解法正确．mgs sin 30°－Q ＝12m v 2m 所以v m ＝ 2gs sin 30°－2Q m ＝2×10×1.15×12－2×0.40.2 m/s ≈2.74 m/s.。

第十章电磁感应第一讲电磁感应定律楞次定律考点一电磁感应现象的理解和判断例1、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，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多维练透考点二楞次定律的理解与应用例2、多维练透1、如图所示,一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中,若要使圆环中产生如箭头所示方向的感应电流,下列方法可行的是()A、使匀强磁场均匀增大B、使圆环绕水平轴ab如图转动C、使圆环绕水平轴cd如图转动D、保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动2、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3、如图所示,同一平面内,三个闭合金属圆环1、2、3同心放置,下列说法正确的是A.给圆环1通一恒定电流,圆环2的磁通量小于圆环3的磁通量B.给圆环3通一恒定电流,圆环1的磁通量大于圆环2的磁通量C.给圆环2通一变化电流,圆环1和圆环3的感应电流方向始终相同D.给圆环1通一变化电流,圆环2和圆环3的感应电流方向始终相反考点三楞次定律推论的应用例3、多维练透1、考点四左手定则、右手定则、楞次定律、安培定则的综合应用例4、多维练透1、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（）。