高考物理复习电磁感应规律及其应用专题复习指导练案

一、选择题(本题共8小题，其中1～4题为单选，5～8题为多选) 1．(2017•河北省定州中学4月考)如图所示，匀强磁场垂直于圆形线圈指向纸里，a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点，现用外力作用在上述四点，将线圈拉成正方形。

设线圈导线不可伸长，且线圈仍处于原先所在的平面内，则在线圈发生形变的过程中导学号86084260( A )A．线圈中将产生abcd方向的感应电流B．线圈中将产生adcb方向的感应电流C．线圈中产生感应电流的方向先是abcd，后是adcbD．线圈中无感应电流产生[解析] 当由圆形变成正方形时磁通量变小，根据楞次定律知在线圈中将产生abcd方向的感应电流，故选项A正确。

2．(2017•江西省鹰潭市一模)如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5 m，金属环总电阻为2 Ω，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T，在环的最高点上方A 点用铰链连接一长度为1.5 m，电阻为3 Ω的导体棒AB，当导体棒AB摆到竖直位置时，导体棒B端的速度为3 m/s。

已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒AB摆到竖直位置时AB两端的电压大小为导学号86084261( B )A．0.4 V B．0.65 VC．2.25 V D．4.5 V[解析] 当导体棒摆到竖直位置时，由v＝ωr可得：C点的速度为：vC＝13vB＝13×3 m/s＝1 m/s。

AC间电压为：UAC＝EAC＝BLAC•vC2＝1×0.5×12＝0.25 VCB段产生的感应电动势为：ECB＝BLCB•vC＋vB2＝1×1×1＋32＝2 V。

圆环两侧并联，电阻为：R＝12Ω＝0.5 Ω，金属棒CB段的电阻为：r＝2 Ω，则CB间电压为：UCB＝Rr＋RECB＝0.50.5＋2×2 V ＝0.4 V故AB两端的电压大小为：UAB＝UAC＋UCB＝0.25＋0.4＝0.65 V。

高考物理一轮复习学习讲义2．解决电磁感应中的电路问题三部曲如图所示，在匀强磁场中竖直放置两条足够长的平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直，，导轨上端连接一阻值为R的电阻和开关S，导轨电阻不计，两金属棒，质量分别为m a＝0.02 kg和m b＝0.01 kg，它们与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦棒固定，开关S断开，用一竖直向上的恒力F拉a棒，稳定后的速度向上匀速运动，此时再释放b棒，b棒恰能保持静止．(g取10 m/s2)棒的重力平衡，有G b＝B20L2v2 1.5RΔB·Lh．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电．电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2 W的电荷量为1.8×10－5 C刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；时间内，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得回路的圆环形区域产生大小恒定的、顺时针方向的感应电流，根据左手定则，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力；同边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故A B C D解析：由题意可知，线框先做自由落体运动，最终做匀加速直线运动．若A B C D在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AB边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势不变，两个电动势串联，总电动势E＝E1＋E2增大，故A错误；x在0～a范围，线框穿过左侧时间内，磁通量Φ＝BLvt，为负值，逐渐增大；在t＝3L2v时磁通量为零，当为最大正值，在2Lv～5L2v时间内，磁通量为正，逐渐减小，t＝5L2v时，时间内，磁通量为负，逐渐增大，t＝3Lv时，磁通量为负的最大值，3Lv～4Lv时间内，磁通量为负，A正确．在0～Lv时间内，E＝BLv，为负值；在Lv～2Lv时间内，两个边切割磁2L3L．动态分析的基本思路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、的条件．具体思路如下：[例题]如图甲所示，电流传感器(相当于一只理想电流表)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集的热功率；匀强磁场的磁感应强度B的大小；时金属杆的速度大小和加速度大小．俯视)顺时针的感应电流．圆环因受到了向下的安培力而加速下落上的安培力的大小；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cd棒的支持力大小为F N2.对于ab棒，由力的平衡条件得处时，电容器C上的电荷量；处时，电容器两端电压为U＝Bdv＝2×0.5×CU＝2 000×10－6×5 C＝1×10－2C.＝ma1，．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；v；整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.在绝缘涂层上导体棒受力平衡有mg sin θ＝μmg cos θμmg)(R＋r) B2d2．电流方向为顺时针方向．磁通量的变化率恒定不变棒所受摩擦力增大棒所受摩擦力不变棒所受摩擦力增大<F d<F b<F b<F d线圈做自由落体运动，线圈全部进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，因而也不受磁场力，即F c＝0，从b到d线圈继续加速，→M两端的电势差都相同．①图中流过线框的电荷量与v的大小无关．②图中线框的电功率与v的大小成正比．③图中磁场力对线框做的功与v2成正比时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C．线圈匀速运动的速度大小为8 m/s1 m时间内，线圈产生的热量为4.2 JE 时导体棒的速度v＝2t＝4 m/s的金属框架竖直固定在绝缘地面上，框架的上端接有一个电子元件，其阻kU，式中k为已知常数．框架上有一质量为的金属棒，金属棒与框架始终接触良好无摩擦，且保持水平．磁感应强度为金属棒运动过程中，流过棒的电流的大小和方向；金属棒从释放到落地过程中通过电子元件的电荷量．流过电子元件的电流大小为I＝UR＝1k，由串联电路特点知流过棒的电流大小也为得a ＝g －BLmk 恒定，故金属棒做匀加速直线运动 根据v 2＝2ax ，得v ＝ 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫g －BL mk (3)设金属棒经过时间t 落地，有h ＝12at 2 解得t ＝2h a ＝2hkmmgk －BL故有q ＝I ·t ＝1k2hkmmgk －BL答案 (1)1k 水平向右(或从a →b ) (2)2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫g －BL mk (3)1k 2hkmmgk －BL10．如图所示，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R ＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度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 1＝0.1 J ．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功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 重－W 安＝12mv 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． 解析 (1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R ＝3r ，因此Q R ＝3Q r ＝0.3 J 故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mg sin 30°－B 2L 2R ＋r v ＝ma所以a ＝g sin 30°－B 2L 2m R ＋r v ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤10×12－0.82×0.752×20.2× 1.5＋0.5m/s 2＝3.2 m/s 2 (3)此解法正确．B．Q2＝2Q1q2＝2q1D．Q2＝4Q1q2＝2q1两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为．两线圈内产生顺时针方向的感应电流∶14ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图所示的哪一个如图所示，光滑导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，沿导轨下滑达到稳定状态时，灯泡的电功率为P，导轨和导线电阻不计．要使灯泡在金属棒稳定运动状态下的电功率为2P，则下面选项中符合条件的是( AC )如图所示，两根电阻不计的平行光滑金属导轨在同一水平面内放置，左端与定值电阻一侧存在着沿x轴方向均匀增大的磁场，磁感应强度与的金属棒从A1运动到A3，此过程中电路中的电功率保持不变．＝2 m，A3的坐标为x3＝3 m，下列说法正确的是2．回路中的电动势既有感生电动势又有动生电动势Blv ．灯泡的亮度先逐渐变亮后保持不变BL2gh．金属棒在磁场中的运动时间为2d gh．把运动导体棒视为电源，其最大输出功率为(BLv0R＋r)2R．导体棒从开始到滑到最大高度的过程所用时间为2s v0mv2－2μmgs cos θ．在该过程中，导体棒所受合外力做功为12mv2的电荷量为BlxR (R＋r)2产生的焦耳热为Rmv202(R＋r)B2l2v2求该磁场磁感应强度的大小；的速度大小；AB下降了h，求此过程电阻R产生的电热．时棒做匀速运动，人教版高考物理一轮复习学案设计专题：电磁感应规律的综合应用；从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力的方向；若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q，试求此过程中外力31 / 31。

电磁感应定律及其应用[建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析 近几年高考对本讲的考查集中在楞次定律，法拉第电磁感定律的应用，电磁感应中的图象问题、电路问题、动力学和能量问题，题型以选择题为主；计算题常以“导体棒”切割磁感线为背景，还可能会涉及动量的问题。

素养呈现1.感应电流的产生、方向判断及大小计算2.电磁感应中的电路分析及图象问题3.电磁感应中的动力学、能量问题 素养落实1.掌握楞次定律、法拉第电磁感应定律，并灵活应用2.掌握电磁感应中图象的分析技巧3.做好电磁感应中的电路分析、电源分析、动力学和能量转化分析考点1| 楞次定律和法拉第电磁感应定律1．判定感应电流方向的两种方法(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。

(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。

2．求感应电动势的方法(1)感生电动势：E ＝nΔΦΔt⎩⎪⎨⎪⎧S 不变时E ＝nSΔBΔtB 不变时E ＝nB ΔS Δt(2)动生电动势：⎩⎪⎨⎪⎧平动切割：E ＝Blv 转动切割：E ＝12Bl 2ω[典例1] (多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。

如图所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。

线框穿过磁场的过程中( )A．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B．感应电流先增大，后减小C．通过线框的电荷量为3BL2 6RD．c、b两点的最大电势差为3BLv[题眼点拨]①“三角形导线框”表明线框进入磁场过程中有效长度发生变化。

②“穿过磁场区域”表明磁通量先增大，后减少。

AD[线圈穿越磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小、再增加，则感应电流先增加、后减小、再增加，选项B错误；根据q＝ΔΦR总，因进入和穿出磁场时，磁通量的变化量相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C错误；当线框完全进入磁场时，c、b两点的电势差最大，最大为Ucb＝E＝B·3Lv＝3BLv，选项D正确。

专题十电磁感应规律及其应用江苏卷考情导向考点考题考情电磁感应规律及其应用2016年T13考查导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律2016年T6考查电吉他的原理和法拉第电磁感应定律2014年T1考查法拉第电磁感应定律S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积2014年T7考查涡流的应用1．本专题对基本知识、规律的考查多为选择题，对综合知识的考查则以计算形式．2．高考题目的设置方式选择题以电磁感应现象、感应电流计算及方向的判断、电磁感应的图象问题、简单的动力学知识和功能关系为主，计算题多是以导体棒切割磁感线的电路问题、动力学问题及功能关系的综合为主．电磁感应中的图象问题电磁感应中电路和能量问题2017年T13考查电磁感应、闭合电路的欧姆定律以及电功率2015年T13考查法拉第电磁感应定律、电阻定律和焦耳定律2013年T13考查感生电动势、动生电动势及电磁感应中的能量转化考点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1．(2016·江苏高考T13)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．(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/s2，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)．【解题关键】关键语句信息解读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．v、L、B相互垂直，可直接应用公式E＝BLv求感应电动势小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线电阻帆板MN和导线均处于磁场中垂直切割磁感线【解析】(1)感应电动势E＝BLv，代入数据得E＝1．54 V．(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GMmR2＝mg“天宫一号”做匀速圆周运动，有GMmR＋h2＝mv2R＋h解得h＝gR2v2－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)4×105 m2．(2014·江苏高考T1)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( )A ．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 ＝n ΔΦΔt ＝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T 7)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T 6)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．●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( )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＝－krS 4ρ，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，D1、D2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，D2亮了一下后熄灭，则( )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( )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＝Fm，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B­t图还是Φ­t图，或者E­t图、I­t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 ≈6×103 Ω．(2)感应电动势E ＝ΔB ·πr 2Δt ，代入数据得E ≈4×10－2 V ．(3)由焦耳定律得Q ＝E 2RΔt ，代入数据得Q ＝8×10－8 J ．【答案】 (1)6×103 Ω (2)4×10－2 V (3)8×10－8 J7．(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 ．【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＝NΔB 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 ．【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 ＝ER②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 2v 0－v2R．⑩【答案】 (1)Bdv 0R(2)B 2d 2v 0mR(3)B 2d 2v 0－v2R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．【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 2v R，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 2v R，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 ．【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 20R ＋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 20根据功能关系可得回路产生电热：Q ＝－W A ＝12mv 20R 上产生电热：Q R ＝R R ＋r Q ＝Rmv 202R ＋r．【答案】 (1)I 20(R ＋r ) (2)I 20R ＋r mv 0(3)Rmv 202R ＋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 ＝Er ，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？【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 ＝ΔB Δt S ＝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[μM ＋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[μM ＋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”模型考题 2016·全国甲卷T 24 2016·全国丙卷T 25 2014·全国卷ⅡT 252013·全国卷ⅠT 25模型展示单侧磁场模型双侧磁场模型旋转切割模型含电容电路切割模型 模型解读金属棒切割磁感线E ＝BLv ，导体棒是电源、安培力做负功，将机械能转化为电能两侧存在电源，可能同时存在，可能先后出现，金属棒切割产生电动势同单侧磁场类似电动势的计算按中间的速度E ＝12BωL 2金属棒切割磁感线给电容器充电．电路中有电流，金属棒受安培力，机械能转化为电能[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。