第三讲___电磁感应定律的综合应用

法拉第电磁感应定律及应用高考要求：1、法拉第电磁感应定律。

、法拉第电磁感应定律。

2、自感现象和、自感现象和自感系数自感系数。

3、电磁感应现象的综合应用。

、电磁感应现象的综合应用。

一、法拉第电磁感应定律一、法拉第电磁感应定律1、 内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量磁通量的变化率成正比。

的变化率成正比。

即E ＝n ΔФ/Δt 2、说明：1）在电磁感应中，E ＝n ΔФ/Δt 是普遍适用公式，不论导体回路是否闭合都适用，一般只用来求感应电动势的大小，方向由楞次定律或方向由楞次定律或右手定则右手定则确定。

2）用E ＝n ΔФ/Δt 求出的感应电动势一般是平均值，只有当Δt →0时，求出感应电动势才为瞬时值，若随时间均匀变化，则E ＝n ΔФ/Δt 为定值为定值3）E 的大小与ΔФ/Δt 有关，与Ф和ΔФ没有必然关系。

没有必然关系。

3、 导体在磁场中做切割磁感线运动导体在磁场中做切割磁感线运动1） 平动切割：当导体的运动方向与导体本身垂直，但跟磁感线有一个θ角在匀强磁场中平动切割磁感线时，产生感应电动势大小为：E ＝BLvsin θ。

此式一般用以计算感应电动势的瞬时值，但若v 为某段时间内的平均速度，则E ＝BLvsinθ是这段时间内的平均感应电动势。

其中L 为导体有效切割磁感线长度。

为导体有效切割磁感线长度。

2） 转动切割：线圈绕垂直于磁感应强度B 方向的转轴转动时，产生的感应电动势为：E ＝E m sin ωt ＝nBS m sin ωt 。

3） 扫动切割：长为L 的导体棒在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω匀速转动时，棒上产生的感应电动势：①动时，棒上产生的感应电动势：① 以中心点为轴时E ＝0；② 以端点为轴时E＝BL 2ω/2；③；③ 以任意点为轴时E ＝B ω（L 12 －L 22）／2。

二、自感现象及自感电动势二、自感现象及自感电动势1、 自感现象：由于导体本身自感现象：由于导体本身电流电流发生变化而产生的电磁感应现象叫自感现象。

第十章电磁感应第三讲电磁感应规律的综合应用课时跟踪练A组基础巩固1. (2018·连云港模拟)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：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．答案：C2. (2018·保定模拟)如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴，一导线折成边长为L的正方形闭合线框abcd，线框在外力作用下由纸面内图示位置从静止开始向右做匀加速运动，若电流以逆时针方向为正方向，则从线框开始运动到ab 边刚进入到PQ 右侧磁场的过程中，能反映线框中感应电流随时间变化规律的图象是( )解析：由法拉第电磁感应定律知ab 边运动到MN 边界的过程中感应电动势E ＝2BL v ＝2BLat ，感应电流为i ＝E R ＝2BLat R∝t ，C 、D 错；在ab 边从MN 边界运动到PQ 边界的过程中，产生的感应电动势为E ＝BL v ＝BLat ，感应电流为I ＝E R ＝BLat R∝t ，即刚过MN 边界时感应电动势、感应电流均减小一半，所以A 错，B 对．答案：B3. (2018·日照模拟)如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12v Bl B ．U ＝13v Bl C ．U ＝v Bl D ．U ＝2v Bl解析：电路中电动势为E ＝Bl v ，则MN 两端电压大小U ＝E R ＋R·R ＝12Bl v ，故A 正确． 答案：A4.(多选)(2018·日照第一中学检测)如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab 、cd 均通过棒两端的环套在金属导轨上．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B .ab 、cd 棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R ，导轨电阻不计．开始两棒静止在图示位置，当cd 棒无初速度释放时，对ab 棒施加竖直向上的力F ，使其沿导轨向上做匀加速运动．则( )A ．ab 棒中的电流方向由b 到aB ．cd 棒先做加速运动后做匀速运动C ．cd 棒所受摩擦力的最大值大于其重力D ．力F 做的功等于两棒产生的电热与增加的机械能之和解析：ab 棒向上运动的过程中，穿过闭合回路abdc 的磁通量增大，根据楞次定律可得，ab 棒中的感应电流方向为b →a ，故A 正确；cd 棒中感应电流由c 到d ，其所在的区域磁场向下，所受的安培力向里，cd 棒所受的滑动摩擦力向上，ab 棒做匀加速运动，速度增大，产生的感应电流增加，cd 棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd 棒先做加速运动后做减速运动，最后停止运动，故B 错误；因安培力增加，cd 棒受摩擦力的作用一直增加，会大于重力，故C 正确；根据动能定理可得W F －WF f －W 安培－W G ＝12m v 2－0，力F 所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和，故D 错误．答案：AC5. (2018·北京模拟)如图甲所示，线圈ABCD 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AB 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中的( )解析：根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得E ＝ΔB ΔtS ，I ＝E R ，线圈AB 边所受安培力大小F ＝BIL ＝B ΔB ΔtRSL ，由于F 和SL R 不变，则B ΔB Δt不变；力F 的方向向右，根据楞次定律可知：此时通过线圈的磁通量是增加的，故磁感应强度B 增大，而ΔB Δt是减小的，故选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．答案：D6. (2018·青岛模拟)粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框原先整个置于有界匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框沿四个不同方向以相同速率v 匀速平移出磁场，如图所示，线框移出磁场的整个过程( )A ．四种情况下ab 两端的电势差都相同B ．①图中流过线框的电荷量与v 的大小无关C ．②图中线框的电功率与v 的大小成正比D ．③图中磁场力对线框做的功与v 2成正比解析：由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt，闭合电路欧姆定律I ＝E R ，电流定义式I ＝q Δt可得q ＝ΔΦR ，线框沿四个不同方向移出磁场，流过线框的电荷量与v 的大小无关，选项B 正确；四种情况下ab 两端的电势差不相同，选项A 错误；②图中线框的电功率P ＝E 2R，E ＝BL v ，P 与v 的二次方大小成正比，选项C 错误；③图中磁场力F ＝BIL ，I ＝E R，E ＝BL v ，磁场力对线框做功W ＝FL ，磁场力对线框做的功与v 成正比，选项D 错误．答案：B7. (2018·济宁模拟)如图所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a 开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b 、c (位于磁场中)和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b 、F c 和F d ，则( )A ．F d >F c >F bB ．F c <F d <F bC ．F c >F b >F dD ．F c <F b <F d解析：从a 到b 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，v d >v b ，当线圈在进入和离开磁场时，穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，受磁场力作用，其大小为：F ＝BIl ＝B Bl v R l ＝B 2l 2v R，因v d >v b ，所以F d >F b >F c ，选项D 正确．答案：D8. (2018·聊城模拟)如图甲是半径为a 的圆形导线框，电阻为R ，虚线是圆的一条弦，虚线左右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设垂直线框向里的磁场方向为正，求：(1)线框中0～t 0时间内的感应电流大小和方向；(2)线框中0～t 0时间内产生的热量．解析：(1)设虚线左侧的面积为S 1，右侧的面积为S 2，则根据法拉第电磁感应定律得：向里的变化磁场产生的感应电动势为E 1＝S 1ΔB 1Δt， 感应电流方向为逆时针；方向向外的变化磁场产生的感应电动势为E 2＝S 2ΔB 2Δt. 感应电流方向为逆时针方向；从题图乙中可以得到ΔB 1Δt＝B 0t 0， ΔB 2Δt＝B 0t 0. 感应电流为I ＝E 1＋E 2R ＝πa 2B 0Rt 0，方向为逆时针方向．(2)根据焦耳定律可得Q ＝I 2Rt 0＝π2a 4B 20Rt 0. 答案：(1)πa 2B 0Rt 0 逆时针方向 (2)π2a 4B 20Rt 0B 组 能力提升9．(2016·浙江卷)如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1解析：当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律E ＝S ΔB Δt及S a ∶S b ＝9∶1知，E a ＝9E b ，选项B 正确；由R ＝ρL S ′知，两线圈的电阻关系为R a ＝3R b ，其感应电流之比为I a ∶I b ＝3∶1，选项C 错误；两线圈的电功率之比为P a ∶P b ＝E a I a ∶E b I b ＝27∶1，选项D 错误．答案：B10.如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L ，高为L .在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B .一边长为L 、总电阻为R 的正方形导线框abcd ，从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过磁场区域．取沿顺时针的感应电流方向为正，则下列表示线框中电流i 随bc 边的位置坐标x 变化的图象正确的是( )解析：0～L 过程中，无感应电流；L ～2L 过程中bc 边切割磁场的有效长度逐渐增大，电流沿顺时针方向，大小由0均匀增大到BL v R；2L ～3L 过程中ad 和bc 分别切割左右磁场，总电动势BL v 不变，感应电流大小不变，电流沿逆时针方向；3L ～4L 过程中ad 边切割磁场有效长度逐渐减小，电流沿顺时针方向，大小由BL v R均匀减小到0，故选项D 正确．答案：D11.(多选)(2017·湖南师大附中等四校联考)如图所示，AB 、CD 为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中；AB 、CD 的间距为L ，左右两端均接有阻值为R 的电阻；质量为m 、长为L 且不计电阻的导体棒MN 放在导轨上，甲、乙为两根相同的轻质弹簧，弹簧一端与导体棒MN 中点连接，另一端均被固定；导体棒MN 与导轨接触良好；开始时，弹簧均处于自然长度，导体棒MN 具有水平向左的初速度v 0，经过一段时间，导体棒MN 第一次运动到最右端，这一过程中AC 间的电阻R 上产生的焦耳热为Q ，则( )A ．初始时刻导体棒MN 所受的安培力大小为2B 2L 2v 0RB ．从初始时刻至导体棒MN 第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热大于2Q 3C ．当导体棒MN 第一次到达最右端时，每根弹簧具有的弹性势能为14m v 20－Q D ．当导体棒MN 再次回到初始位置时，AC 间电阻R 的热功率为B 2L 2v 20R解析：由F ＝BIL 及I ＝BL v 0R 并，得安培力大小为F A ＝2B 2L 2v 0R ，故A 正确；由题知，导体棒MN 第一次运动至最右端的过程中，AC 间电阻R 上产生的焦耳热为Q ，回路中产生的总焦耳热为2Q ，由于安培力始终对MN 做负功，产生焦耳热，MN 第一次达到最左端的过程中，平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，MN 克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热应大于13×2Q ＝23Q ，故B 正确；由能量守恒得知，当MN 第一次达到最右端时，MN 的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲、乙弹簧的弹性势能，又甲、乙两弹簧的弹性势能相等，所以甲具有的弹性势能为12⎝ ⎛⎭⎪⎫12m v 20－2Q ＝14m v 20－Q ，故C 正确；当MN 再次回到初始位置时，速度小于v 0，MN 产生的感应电动势小于BL v 0，则AC 间电阻R 的热功率小于B 2L 2v 20R，故D 错误．答案：ABC12.(2018·天津静海一中模拟)如图所示，左右两边分别有两根平行金属导轨相距均为L ，左导轨与水平面夹角为30°，右导轨与水平面夹角为60°，左右导轨上端用导线连接．导轨空间内存在匀强磁场，左边的导轨处在方向沿左导轨平面斜向下，磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．右边的导轨处在垂直于右导轨平面斜向上，磁感应强度大小也为B 的匀强磁场中．质量均为m 的导体杆ab 和cd 垂直导轨分别放于左右两侧导轨上，已知两导体杆与两侧导轨间动摩擦因数均为μ＝32，回路电阻恒为R ，若同时无初速度释放两导体杆，发现cd 沿右导轨下滑s 距离时，ab 才开始运动(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．求：(1)ab 刚要开始运动时cd 的速度v ；(2)以上过程中，回路中共产生多少焦耳热；(3)cd 的最终速度为多少？解析：(1)ab 刚运动时，有F N ＝mg cos 30°－F 安，μF N ＝mg sin 30°，得F 安＝36mg ，由安培力公式F 安＝BIL ，得I ＝3mg 6BL， 由闭合电路欧姆定律I ＝E R， 解得E ＝3mgR 6BL， 对cd ，由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v ，解得v ＝3mgR 6B 2L 2. (2)由动能定理得mgs sin 60°－μmgs cos 60°－W 克安＝12m v 2， 而W 克安＝Q ，故：Q ＝mg 4⎝ ⎛⎭⎪⎫3s －m 2gR 26B 4L 4. (3)根据牛顿第二定律得mg sin 60°＝μmg cos 60°＋B 2L 2v m R，解得v m＝3mgR 4B2L2.答案：(1)3mgR6B2L2(2)mg4⎝⎛⎭⎪⎫3s－m2gR26B4L4(3)3mgR 4B2L2。

“三大观点”在电磁感应中的应用[专题概述]一、动力学观点电磁感应与力和运动结合的问题，研究方法与力学相同，首先明确物理过程，正确地进行受力分析，这里应特别注意伴随感应电流而产生的安培力，在匀强磁场中匀速运动的导体受的安培力恒定，变速运动的导体受的安培力也随速度(电流)变化而变化；其次应用相应的规律求解，匀速运动可用平衡条件求解，变速运动的瞬时速度可用牛顿第二定律和运动学公式求解．[示例1] 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，电阻R 与两导轨相连，磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m 、电阻不计的导体棒MN ，在竖直向上大小为F 的恒力作用下，由静止开始沿导轨向上运动．整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，求：(1)初始时刻导体棒的加速度大小；(2)当流过电阻R 的电流恒定时，求导体棒的速度大小．[解析] (1)初始时刻，导体棒受到竖直向下的重力mg 、拉力F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma ，解得a ＝F －mg m. (2)导体棒在拉力、重力和安培力的作用下，做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，达到稳定状态即做匀速运动，此时电流恒定，设此时速度为v ，导体棒产生的电动势为E ＝BL v受到的安培力为F 安＝BIL稳定时的电流为I ＝E R由平衡条件得F －mg －F 安＝0以上联立解得v ＝(F －mg )R B 2L 2[答案] (1)F －mg m (2)(F －mg )R B 2L 2[规律方法]应用动力学观点解决电磁感应综合问题时要特别注意a ＝0时速度v 达到最大时的特点，运动的动态分析如下：[应用提升练]1．(多选)如图甲所示，间距为L 的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，轨道左侧连接一定值电阻R .垂直导轨的导体棒ab 在水平外力F 作用下沿导轨运动，F 随t 变化的规律如图乙所示．在0～t 0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．图乙中t 0、F 1、F 2为已知，棒和轨道的电阻不计．则( )A ．在t 0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B ．在t 0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C ．在0～t 0时间内，导体棒的加速度大小为2(F 2－F 1)R B 2L 2t 0D ．在0～t 0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为(F 2－F 1)t 02BL解析：由题意可知，F 1＝ma ，在t 0时刻，F 2－BIL ＝ma ，且I ＝BL v R，v ＝at 0，联立可得F 2－B 2L 2at 0R＝ma ，在t 0以后，F 2不变，t 增大，a 减小，直到a ＝0后匀速，A 错误，B 正确；由F 1＝ma 和F 2－B 2L 2at 0R ＝ma 可得a ＝(F 2－F 1)R B 2L 2t 0，C 错误；在0～t 0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为q ＝ΔΦR ＝B ×L ×12at 20R ＝(F 2－F 1)t 02BL，D 正确． 答案：BD二、能量观点利用能量观点求解电磁感应中的功能关系问题应注意以下三点：(1)电磁感应现象的实质是其他形式的能转化成电能．(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．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．(3)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算电能．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．[示例2] 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L ＝0.5m ，左端接有阻值R ＝0.3Ω的电阻，一质量m ＝0.1kg 、电阻r ＝0.1Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4T ，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a ＝2m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后电路中产生的电热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，导轨足够长且电阻不计，棒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：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ；(2)撤去外力后电路中产生的电热Q 2；(3)外力做的功W F .[解析] (1)方法一：设棒匀加速运动所用时间为t ，有12at 2＝x ，t ＝2x a ＝2×92s ＝3s. 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为I ＝ER ＋r ＝ΔΦt (R ＋r )＝BLx t (R ＋r )＝0.4×0.5×93×(0.3＋0.1)A ＝1.5A ，根据电流定义式有q ＝I t ＝1.5×3C ＝4.5C. 方法二：在电磁感应现象中通过导线截面的电荷量为q ＝ΔΦR 总，所以有q ＝BLx R ＋r ＝0.4×0.5×90.3＋0.1C ＝4.5C. (2)撤去外力前棒做匀加速运动，设末速度为v ，由v 2＝2ax ，得v ＝6m/s.撤去外力后棒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内能，所以电热等于棒的动能减少量，有Q 2＝ΔE k ＝12m v 2＝12×0.1×62J ＝1.8J. (3)根据题意知撤去外力前的电热为Q 1＝2Q 2＝3.6J.撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其大小等于电热Q 1)、重力不做功，合力共同使棒的动能增大，根据动能定理有ΔE k ＝W F －Q 1，则W F ＝Q 1＋ΔE k ＝3.6J ＋1.8J ＝5.4J.[答案] (1)4.5C (2)1.8J (3)5.4J[规律方法](1)电荷量的计算：电荷量q ＝I Δt ，其中I 必须是电流的平均值，由E ＝N ΔΦΔt 、I ＝E R 总、q ＝I Δt 联立可得q ＝N ΔΦR 总，与时间无关． (2)求解焦耳热Q 的三种方法①焦耳定律：Q ＝I 2Rt .②功能关系：Q ＝W 克服安培力．③能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量．[应用提升练]2.(多选)如图所示，水平线MN 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，MN 上方有一单匝矩形闭合导线框abcd ，其质量为m ，电阻为R ，ab 边长为L 1，bc 边长为L 2，cd 边离MN 的高度为h .现将线框由静止释放，线框下落过程中ab边始终保持水平，且ab 边离开磁场前已经做匀速直线运动，不考虑空气阻力的影响，则线框从静止释放到完全离开磁场的过程中( )A ．导线框中电流最大值一定为BL 12gh RB ．匀速运动时导线框中电流的热功率为m 2g 2R B 2L 21C ．整个过程中通过导线框某一横截面的电荷量为BL 1L 2RD ．整个过程中导线框中产生的热量为mg (h ＋L 2)－m 3g 2R 2B 4L 41解析：设导线框在穿出磁场的过程中所能达到的最大速度为v max ，则导线框中最大感应电流I max ＝BL 1v max R，由运动学公式可得，cd 边刚穿出磁场时导线框的速度v ＝2gh ，因此时ab 边所受安培力大小与重力的大小关系未知，故导线框的最大速度v max 与cd 边刚穿出磁场时导线框的速度v 的大小关系未知，A 错误；导线框匀速运动时，设导线框的速度为v ′，则有G ＝mg ＝B 2L 21v ′R，此时导线框中电流的热功率P 与重力的功率P G 相等，即P ＝P G ＝mg v ′＝m 2g 2R B 2L 21，B 正确；整个过程中通过导线框某一横截面的电荷量q ＝ΔΦR ＝BL 1L 2R，C 正确；设整个过程导线框中产生的热量为Q ，则根据能量守恒定律可得mg (L 2＋h )＝Q ＋12m v ′2，其中v ′＝mgR B 2L 21，解得Q ＝mg (h ＋L 2)－m 3g 2R 22B 4L 41，D 错误． 答案：BC三、动量观点应用动量观点解决电磁感应综合问题可分为两类：(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移如：B I L Δt ＝Δp ，q ＝I ·Δt ，可得q ＝Δp BL. B 2L 2vR 总Δt ＝Δp ，x ＝v Δt ，可得x ＝ΔpR 总B 2L 2.(2)利用动量守恒定律分析双导体杆问题如图所示，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨处在匀强磁场中，导轨上面横放着两根导体杆ab 和cd .给杆ab 一个指向杆cd的初速度v 0，于是产生感应电流．杆ab 受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，杆cd 则在安培力作用下做加速运动．在杆ab 的速度大于杆cd 的速度时，回路中总有感应电流，杆ab 继续减速，杆cd 继续加速．两杆速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两杆以相同的速度v 做匀速运动．从初状态至两杆达到速度相同的过程中，两杆总动量守恒，有m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，根据能量守恒，整个过程中产生的总热量Q ＝12m 1v 20－12(m 1＋m 2)v 2. [示例3] (2018·江西省重点中学高三下学期联考)如图所示，MN 、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径为r ＝0.5m 的相同竖直半圆导轨在N 、Q 端平滑连接，M 、P 端连接定值电阻R ，质量M ＝2kg 的cd 绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N 、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，现有质量m ＝1kg 的ab 金属杆以初速度v 0＝12m /s 水平向右与cd 绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g 取10 m/s 2(不考虑cd 杆通过半圆导轨最高点以后的运动)，求：(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ；(2)正碰后ab 杆的速度大小；(3)电阻R 产生的焦耳热Q .[解析] (1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有Mg ＝M v 2r，解得v ＝gr ＝5m/s(2)碰撞后cd 绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有－2Mgr ＝12M v 2－12M v 22解得碰撞后cd 绝缘杆的速度v 2＝5m/s两杆碰撞过程，动量守恒，取向右为正方向，则有m v 0＝m v 1＋M v 2解得碰撞后ab 金属杆的速度v 1＝2m/s(3)ab 金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有12m v 21＝Q 解得Q ＝2J.[答案] (1)5m /s (2)2 m/s (3)2J[规律方法]电磁感应与动量综合问题的解题思路(1)应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题．(2)在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒．解决此类问题往往要应用动量守恒定律．[应用提升练]3．两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图甲所示放置，间距为d ＝1m ，在左端圆弧轨道部分高h ＝1.25m 处放置一金属杆a ，圆弧轨道与平直轨道区域光滑连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 电阻R a ＝2Ω、R b ＝5Ω，只在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝2T ．现杆b 以初速度v 0＝5m /s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b 的平均电流为0.3 A ；从杆a 下滑到水平轨道时开始计时，a 、b 杆运动的v -t 图象如图乙所示(以a 运动方向为正)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，求：(1)杆a 在圆弧轨道上运动的时间；(2)杆a 在水平轨道上运动过程中通过其横截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热．解析：(1)对杆b 运用动量定理，有Bd I Δt ＝m b (v 0－v b 0)由题图乙可知，v b 0＝2m/s(只考虑速度大小)解得Δt ＝5s即杆a 在圆弧轨道上运动的时间为5s.(2)杆a 下滑的过程中，由机械能守恒定律得m a gh ＝12m a v 2a ， 解得v a ＝5m/s设最后两杆共同的速度为v ′，由动量守恒得m a v a ＋m b v b ＝(m a ＋m b )v ′其中v b ＝－2m/s解得v ′＝83m/s 杆a 的动量变化等于它所受安培力的冲量，由动量定理得 I 安＝BId Δt ′＝m a v a －m a v ′，而q ＝I Δt ′解得q ＝73C. (3)由能量守恒得，两杆共产生的焦耳热为Q ＝m a gh ＋12m b v 20－12(m b ＋m a )v ′2＝1616J 杆b 产生的焦耳热为Q ′＝R b R a ＋R bQ ＝1156J. 答案：(1)5s (2)73C (3)1156J。

【备考2022】高考物理一轮复习学案10.3 电磁感应定律的综合运用(2)右手定则的研究对象为闭合回路的一部分导体，适用于一段导线在磁场中做切割磁感线运动。

2.对电源的理解(1)在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，如切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等，这种电源将其他形式的能转化为电能。

(2)判断感应电流和感应电动势的方向，都是把相当于电源的部分根据右手定则或楞次定律判定的。

实际问题中应注意外电路电流由高电势处流向低电势处，而内电路则相反。

3．导体棒在匀强磁场运动过程中的变与不变(1)外电阻的变与不变若外电路由无阻导线和定值电阻构成，导体棒运动过程中外电阻不变；若外电路由考虑电阻的导线组成，导体棒运动过程中外电阻改变。

(2)内电阻与电动势的变与不变切割磁感线的有效长度不变，则内电阻与电动势均不变。

反之，发生变化。

处理电磁感应区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系(1)因电而生磁(I→B)→安培定则(判断电流周围磁感线的方向)。

(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则(闭合回路的部分导体切割磁感线产生感应电流)。

(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则(磁场对电流有作用力)。

核心素养二对电路的理解(1)内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成。

(2)在闭合电路中，相当于“电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势。

核心素养三图像问题2.解决图像问题的一般步骤(1)明确图像的种类，即是B­t图像还是Φ­t图像，或者E­t图像、I­t图像等。

(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。