高考物理 专题四 第9讲 电路与电磁感应对点演练(1)

高考定位电磁感应是电磁学部分的重点之一，是高考的重要考点、考查的重点有以下几个方面：①楞次定律的理解和应用；②电磁感应图象；③电磁感应过程中的动态分析；④综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题、应考策略：复习应注意“抓住两个定律，运用两种观点”、两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点、考题1 对楞次定律和电磁感应图象问题的考查例1 如图1所示，直角坐标系xOy 的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B .现将半径为L 、圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ 在外力作用下以恒定角速度绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动、t ＝0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向、则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是( )图1审题突破 根据转动闭合线框切割磁感线产生的感应电动势公式E ＝12Bl 2ω求出每条半径切割磁感线时产生的感应电动势，分段由闭合电路欧姆定律求出感应电流，由楞次定律判断感应电流的方向，即可选择图象、解析 根据楞次定律，线框从第一象限进入第二象限时，电流方向是正方向，设导线框的电阻为R ，角速度为ω，则电流大小为BωL 22R，从第二象限进入第三象限时，电流方向是负方向，电流大小为3BωL 22R ，从第三象限进入第四象限时，电流方向是正方向，电流大小是3BωL 22R，线框从第四象限进入第一象限时，电流方向是负方向，电流大小为BωL 22R ，B 选项正确、答案 B1、(2014·江苏·7)如图2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2A 、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 答案 AB解析 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、1、楞次定律的理解和应用(1)“阻碍”的效果表现为：①阻碍原磁通量的变化——增反减同；②阻碍物体间的相对运动——来拒去留；③阻碍自身电流的变化——自感现象、(2)解题步骤：①确定原磁场的方向(分析合磁场)；②确定原磁通量的变化(增加或减少)；③确定感应电流磁场的方向(增反减同)；④确定感应电流方向(安培定则)、 2、求解图象问题的思路与方法(1)图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象、也可用“对照法”，即按照要求画出正确的草图，再与选项对照、解决此类问题的关键是把握图象特点，分析相关物理量的函数关系，分析物理过程的变化或物理状态的变化、(2)图象分析问题：定性分析物理图象，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断、在有关物理图象的定量计算时，要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖掘图象中的隐含条件，明确有关图象所包围的面积、斜率，以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理 意义、考题2 对电磁感应中动力学问题的考查例2 如图3所示，间距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面夹角为30°，导轨的电阻不计，导轨的N 、Q 端连接一阻值为R 的电阻，导轨上有一根质量一定、电阻为r 的导体棒ab 垂直导轨放置，导体棒上方距离L 以上的范围存在着磁感应强度大小为B 、方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场、现在施加一个平行斜面向上且与棒ab 重力相等的恒力，使导体棒ab 从静止开始沿导轨向上运动，当ab 进入磁场后，发现ab 开始匀速运动，求：图3(1)导体棒的质量；(2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移、审题突破 (1)由牛顿第二定律求出导体棒的加速度，由匀变速运动的速度位移公式求出速度，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出导体棒的质量、(2)应用牛顿第二定律、安培力公式分析答题、解析 (1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动，距离为L ，其加速度为 F －mg sin 30°＝ma F ＝mg得a ＝12g棒进入磁场时的速度为v ＝2aL ＝gL由棒在磁场中匀速运动可知F 安＝12mgF 安＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r得m ＝2B 2L 2R ＋rL g(2)若进入磁场瞬间使拉力减半，则F ＝12mg则导体棒所受合力为F 安F 安＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r ＝mav ＝ΔxΔt 和a ＝Δv Δt代入上式B 2L 2ΔxΔt R ＋r＝m Δv Δt即B 2L 2Δx R ＋r＝m Δv 设导体棒继续向上运动的位移为x ，则有 B 2L 2xR ＋r＝m v 将v ＝gL 和m ＝2B 2L 2R ＋r Lg代入得x ＝2L答案 (1)2B 2L 2R ＋rLg(2)2L2、如图4所示，光滑斜面PMNQ 的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，其中ab 边长为l 1，bc 边长为l 2，线框质量为m 、电阻为R ，有界匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于斜面向上，ef 为磁场的边界，且ef ∥MN .线框在恒力F 作用下从静止开始运动，其ab 边始终保持与底边MN 平行，F 沿斜面向上且与斜面平行、已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是( )图4A 、线框进入磁场前的加速度为F －mg sin θmB 、线框进入磁场时的速度为(F －mg sin θ)RB 2l 21C 、线框进入磁场时有a →b →c →d 方向的感应电流D 、线框进入磁场的过程中产生的热量为(F －mg sin θ)l 1 答案 ABC解析 线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得：F －mg sin θ＝ma ，线框的加速度为a ＝F －mg sin θm，故A 正确、设线框匀速运动的速度大小为v ，则线框受力平衡，F ＝F 安＋mg sin θ，而F 安＝B ·Bl 1v R ·l 1＝B 2l 21v R ，解得v ＝(F －mg sin θ)RB 2l 21，选项B 正确；根据右手定则可知，线框进入磁场时有a →b →c →d 方向的感应电流，选项C 正确；由能量关系，线框进入磁场的过程中产生的热量为力F 做的功与线框重力势能增量的差值，即Fl 2－mgl 2sin θ，选项D 错误，故选A 、B 、C.3、如图5甲所示，MN 、PQ 是相距d ＝1.0 m 足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒ab垂直于导轨MN 、PQ 放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒ab 的质量m ＝0.1 kg ，其接入电路的电阻r ＝1 Ω，小灯泡电阻R L ＝9 Ω，重力加速度g 取10 m/s 2.现断开开关S ，将棒ab 由静止释放并开始计时，t ＝0.5 s 时刻闭合开关S ，图乙为ab 的速度随时间变化的图象、求：图5(1)金属棒ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值； (2)磁感应强度B 的大小、答案 (1)6 m/s 2 35(2)1 T解析 (1)S 断开时ab 做匀加速直线运动由图乙可知a ＝ΔvΔt ＝6 m/s 2根据牛顿第二定律有：mg sin θ＝ma所以sin θ＝35.(2)t ＝0.5 s 时S 闭合，ab 先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大v m ＝6 m/s 后做匀速直线运动根据平衡条件有mg sin θ＝F 安 又F 安＝BId E ＝Bd v m I ＝ER L ＋r解得B ＝1 T.在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，求解回路中的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、考题3 对电磁感应中能量问题的考查例3 如图6所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为1 m ，电阻不计，导轨足够长、两根金属棒ab 和以a ′b ′的质量都是0.2 kg ，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B 的大小相同、让a ′b ′固定不动，将金属棒ab 由静止释放，当ab 下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W 、求：图6(1)ab 下滑的最大加速度；(2)ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q 为多大？ (3)如果将ab 与a ′b ′同时由静止释放，当ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q ′为多大？(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)审题突破 (1)当ab 棒刚下滑时，v ＝0，没有感应电流，此时加速度最大、(2)ab 棒达到最大速度后做匀速运动，其重力功率等于整个回路消耗的电功率，求出v m ，根据能量守恒列式求回路电流的发热量Q .(3)a ′b ′和ab 受力平衡时稳定，求出稳定速度，根据能量守恒列式求回路电流的发热量Q ′.解析 (1)当ab 棒刚下滑时，ab 棒的加速度有最大值： a ＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2.(2分) (2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动，有 mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，(2分) 整个回路消耗的电功率P 电＝BIL v m ＝(mg sin θ－μmg cos θ)v m ＝8 W ，(2分) 则ab 棒的最大速度为：v m ＝10 m/s(1分)由P 电＝E 22R ＝(BL v m )22R (2分)得：B ＝0.4 T 、(1分)根据能量守恒得： mgh ＝Q ＋12m v 2m ＋μmg cos θ·hsin θ(2分) 解得：Q ＝30 J 、(1分)(3)由对称性可知，当ab 下落30 m 稳定时其速度为v ′，a ′b ′也下落30 m ，其速度也为v ′，ab 和a ′b ′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和、 根据共点力平衡条件，对ab 棒受力分析， 得mg sin θ＝BI ′L ＋μmg cos θ(2分)又I ′＝2BL v ′2R ＝BL v ′R(2分)代入解得v ′＝5 m/s(1分)由能量守恒2mgh ＝12×2m v ′2＋2μmg cos θhsin θ＋Q ′(3分)代入数据得Q ′＝75 J 、(1分)答案 (1)4 m/s 2 (2)30 J (3)75 J4、在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L ，如图7所示、一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形线框在t ＝0时刻以速度v 0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t 0，线框ab 边到达gg ′与ff ′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是( )图7A 、当ab 边刚越过ff ′时，线框加速度的大小为g sin θB 、t 0时刻线框匀速运动的速度为v 04C 、t 0时间内线框中产生的焦耳热为32mgL sin θ＋1532m v 20D 、离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动 答案 BC解析 当ab 边进入磁场时，F A ＝B 2L 2v 0R＝mg sin θ.当ab 边刚越过f ′f 时，线框的感应电动势和电流均加倍，4B 2L 2v 0R －mg sin θ＝ma ，加速度向上为3g sin θ，A 错误；t 0时刻，4B 2L 2vR ＝mg sin θ，解得v ＝v 04，B 正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动过程，沿斜面向下运动距离为32L ，则由功能关系得t 0时间内线框中产生的焦耳热为Q ＝3mgL sin θ2＋12m v 20－12m v 2＝32mgL sin θ＋1532m v 20，C正确；线框离开磁场时做加速运动，D 错误、5、如图8所示，水平放置的足够长的平行金属导轨MN 、PQ 的一端接有电阻R 0，不计电阻的导体棒ab 静置在导轨的左端MP 处，并与MN 垂直、以导轨PQ 的左端为坐标原点O ，建立直角坐标系xOy ，Ox 轴沿PQ 方向、每根导轨单位长度的电阻为r .垂直于导轨平面的非匀强磁场磁感应强度在y 轴方向不变，在x 轴方向上的变化规律为：B ＝B 0＋kx ，并且x ≥0.现在导体棒中点施加一垂直于棒的水平拉力F ，使导体棒由静止开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a .设导体棒的质量为m ，两导轨间距为L .不计导体棒与导轨间的摩擦，导体棒与导轨接触良好，不计其余部分的电阻、图8(1)请通过分析推导出水平拉力F 的大小随横坐标x 变化的关系式；(2)如果已知导体棒从x ＝0运动到x ＝x 0的过程中，力F 做的功为W ，求此过程回路中产生的焦耳热Q ；(3)若B 0＝0.1 T ，k ＝0.2 T/m ，R 0＝0.1 Ω，r ＝0.1 Ω/m ，L ＝0.5 m ，a ＝4 m/s 2，求导体棒从x ＝0运动到x ＝1 m 的过程中，通过电阻R 0的电荷量q .答案 (1)F ＝ma ＋(B 0＋kx )2L 22axR 0＋2rx (2)W －max 0(3)0.5 C解析 (1)设导体棒运动到坐标为x 处的速度为v ，由法拉第感应定律得产生的感应电动势为： E ＝BL v ①由闭合电路欧姆定律得回路中的电流为：I ＝BL v R 0＋2rx ② 由于棒做匀加速度直线运动，所以有： v ＝2ax ③此时棒受到的安培力：F A ＝BIL ④由牛顿第二定律得：F －F A ＝ma ⑤由①②③④⑤联立解得：F ＝ma ＋(B 0＋kx )2L 22axR 0＋2rx(2)设导体棒在x ＝x 0处的动能为E k ，则由动能定理得：E k ＝max 0⑥ 由能量守恒与转化定律得：W ＝Q ＋E k ⑦ 将⑥式代入⑦式解得：Q ＝W －max 0(3)由①②两式得：I ＝(B 0＋kx )L vR 0＋2rx⑧因为v ＝at ，将题中所给的数值代入⑧式得：I ＝2t (A)⑨可知回路中的电流与时间成正比，所以在0～t 时间内，通过R 0的电荷量为：q ＝I2t ＝t 2 (C) 由匀加速直线运动规律得：t ＝2xa当x ＝1 m 时，有q ＝2xa＝0.5 C1、明确安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下： 电能W 安>0W 安<0其他形式的能2、明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化、如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能、3、根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解问题、例4(20分)如图9甲所示，MN、PQ是相距d＝1 m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1 m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m＝0.1 kg、电阻R＝1 Ω；MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻R L＝3 Ω，定值电阻R1＝7 Ω，调节电阻箱使R2＝6 Ω，重力加速度g＝10 m/s2.现断开开关S，在t＝0时刻由静止释放ab，在t＝0.5 s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图象、图9(1)求斜面倾角α及磁感应强度B的大小；(2)ab由静止下滑x＝50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R2的值、当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？解析(1)S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得a＝ΔvΔt＝6 m/s2(1分)由牛顿第二定律有mg sin α＝ma，(1分)所以有sin α＝35，即α＝37°，(1分)t＝0.5 s时，S闭合且加了磁场，分析可知，此后ab将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(v m＝6 m/s)后接着做匀速运动、匀速运动时，由平衡条件知mg sin α＝F安，(1分)又F安＝BId I＝Bd v mR总(1分)R总＝R＋R1＋R L R2R L＋R2＝10 Ω(1分)考题4综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题联立以上四式有mg sin α＝B 2d 2v mR 总(2分)代入数据解得B ＝mg sin αR 总d 2v m＝1 T(1分)(2)由能量转化关系有mg sin αx ＝12m v 2m ＋Q (2分)代入数据解得Q ＝mg sin αx －12m v 2m ＝28.2 J(1分)(3)改变电阻箱R 2的值后，ab 匀速下滑时有 mg sin α＝BdI (1分)所以I ＝mg sin αBd＝0.6 A(1分)通过R 2的电流为I 2＝R LR L ＋R 2I (1分)R 2的功率为P ＝I 22R 2(1分)联立以上三式可得P ＝I 2R 2L R 2(R L ＋R 2)2＝I 2R 2L (R L R 2＋R 2)2(1分) 当R L R 2＝R 2时，即R 2＝R L ＝3 Ω，功率最大，(1分)所以P m ＝0.27 W 、(2分)答案 (1)37° 1 T (2)28.2 J (3)3 Ω 0.27 W(2014·安徽·23)(16分)如图10甲所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上、绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为2.5 m ，MN 连线水平，长为3 m 、以MN 中点O 为原点、OP 为x 轴建立一维坐标系Ox .一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3 m 、质量m 为1 kg 、电阻R 为0.3 Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定速度v ＝1 m/s 在导轨上沿x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)、g 取10 m/s 2.图10(1)求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x ＝0.8 m 处电势差U CD ；(2)推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图乙中画出F －x 关系图像；(3)求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热、答案 (1)1.5 V －0.6 V(2)F ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2) 见解析图(3)7.5 J解析 (1)金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势E ＝Bl v (l ＝d ) E ＝1.5 V(D 点电势高)当x ＝0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零、设此时杆在导轨外的长度为l 外，则l 外＝d －OP －x OPd OP ＝ MP 2－(MN 2)2＝2 m 得l 外＝1.2 m由楞次定律判断D 点电势高，故C 、D 两端电势差U CD ＝－Bl 外v ＝－0.6 V .(2)杆在导轨间的长度l 与位置x 的关系是 l ＝OP －x OP d ＝3－32x 对应的电阻R 1＝l dR 电流I ＝Bl v R 1杆受的安培力为F 安＝BIl ＝7.5－3.75x根据平衡条件得F ＝F 安＋mg sin θF ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2) 画出的F －x 图象如图所示、(3)外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积、即W F ＝5＋12.52×2 J ＝17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔE p ＝mgOP sin θ故全过程产生的焦耳热Q ＝W F －ΔE p ＝7.5 J.知识专题练 训练9题组1 楞次定律和电磁感应图象问题1、法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机、如图1所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路、转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转、下列说法正确的是( )图1A 、回路中电流大小变化，方向不变B 、回路中电流大小不变，方向变化C 、回路中电流的大小和方向都周期性变化D 、回路中电流方向不变，从b 导线流进电流表答案 D解析 铜盘转动产生的感应电动势为：E ＝12BL 2ω，B 、L 、ω不变，E 不变，电流：I ＝E R ＝BL 2ω2R，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b 导线流进电流表，故A 、B 、C 错误，D 正确、2、如图2所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R ，边长是L ，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a 进入磁场区域，t 1时刻线框全部进入磁场、若外力大小为F ，线框中电功率的瞬时值为P ，线框磁通量的变化率为ΔΦ，通过导体横截面的电荷量为q ，(其中P —t 图象为抛物线)则这些量随时间变化的关系正确的是( )图2答案 BD解析 线框做匀加速运动，其速度v ＝at ，感应电动势E ＝BL v线框进入磁场过程中受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＝B 2L 2at R由牛顿第二定律得：F －B 2L 2at R＝ma 则F ＝ma ＋B 2L 2a Rt ，故A 错误； 感应电流I ＝E R ＝BLat R线框的电功率P ＝I 2R ＝(BLa )2Rt 2，故B 正确；线框的位移x ＝12at 2，ΔΦΔt ＝B ·ΔS Δt ＝B ·L ·12at 2t ＝12BLat ，故C 错误； 电荷量q ＝I Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦΔt R ·Δt ＝ΔΦR ＝BLx R ＝BL ·12at 2R ＝BLa 2Rt 2，故D 正确、 题组2 电磁感应中动力学问题3、如图3所示，两根足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨下端接有定值电阻R ，匀强磁场方向垂直导轨平面向上、现给金属棒ab 一平行于导轨的初速度v ，使金属棒保持与导轨垂直并沿导轨向上运动，经过一段时间金属棒又回到原位置、不计导轨和金属棒的电阻，在这一过程中，下列说法正确的是()图3A 、金属棒上滑时棒中的电流方向由b 到aB 、金属棒回到原位置时速度大小仍为vC 、金属棒上滑阶段和下滑阶段的最大加速度大小相等D 、金属棒上滑阶段和下滑阶段通过棒中的电荷量相等答案 AD解析 金属棒上滑时，根据右手定则判断可知金属棒中感应电流的方向由b 到a ，故A 正确、金属棒运动过程中产生感应电流，受到安培力作用，根据楞次定律可知安培力总是阻碍金属棒相对于导轨运动，所以金属棒的机械能不断减小，则金属棒回到原位置时速度大小必小于v ，故B 错误、根据牛顿第二定律得：对于上滑过程：mg sin θ＋F 安＝ma 上；对于下滑过程：mg sin θ－F 安′＝ma 下、可知：a 上>a 下，故C 错误、金属棒上滑阶段和下滑阶段中回路磁通量的变化量相等，根据q ＝ΔΦR可知通过金属棒的电荷量相等，故D 正确、 4、如图4所示，螺线管横截面积为S ，线圈匝数为N ，电阻为R 1，管内有水平向右的磁场，磁感应强度为B .螺线管与足够长的平行金属导轨MN 、PQ 相连并固定在同一平面内，与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L .导轨电阻忽略不计、导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为B 0的匀强磁场中、金属杆ab 垂直导轨，杆与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦滑动、已知金属杆ab 的质量为m ，电阻为R 2，重力加速度为g .忽略螺线管磁场对金属杆ab 的影响，忽略空气阻力、图4(1)螺线管内方向向右的磁场B 不变，当ab 杆下滑的速度为v 时，求通过ab 杆的电流的大小和方向；(2)当ab 杆下滑的速度为v 时，螺线管内方向向右的磁场才开始变化，其变化率ΔB Δt＝k (k >0)、讨论ab 杆加速度的方向与k 的取值的关系、答案 (1)B 0L v R 1＋R 2，方向为b →a (2)k <B 20L 2v －mg (R 1＋R 2)sin θB 0LNS ，加速度方向向上；k >B 20L 2v －mg (R 1＋R 2)sin θB 0LNS，加速度方向向下 解析 (1)切割磁感线产生的感应电动势E 1＝B 0L v则电流的大小I ＝E 1R 1＋R 2＝B 0L v R 1＋R 2根据右手定则知，通过ab 的电流方向为b →a .(2)根据法拉第电磁感应定律得，螺线管中磁场变化产生的感应电动势E 2＝N ΔBS Δt＝kNS 产生的感应电动势方向与ab 切割产生的感应电动势方向相反、则感应电流的大小I ＝E 1－E 2R 1＋R 2当mg sin θ<B 0IL ＝B 0L (B 0L v －kNS )R 1＋R 2时，加速度方向向上、 即k <B 20L 2v －mg (R 1＋R 2)sin θB 0LNS，加速度方向向上、 当mg sin θ>B 0IL ＝B 0L (B 0L v －kNS )R 1＋R 2时，加速度方向向下、 即k >B 20L 2v －mg (R 1＋R 2)sin θB 0LNS，加速度方向向下 题组3 电磁感应中能量问题5、如图5所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L .一个质量为m 、边长也为L 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行、t ＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ)，导线框的速度为v 0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，导线框的速度刚好为零、此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力)，则( )图5A 、上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B 、上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C 、上升过程中，导线框的加速度逐渐减小D 、上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率答案 BC解析 线框在运动过程中要克服安培力做功，消耗机械能，故返回原位置时速率减小，由动能定理可知，上升过程动能变化量大，合力做功多，所以选项A 错误；分析线框的运动过程可知，在任一位置，上升过程的安培力大于下降过程中的安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以选项B 正确；以线框为对象分析受力可知，在上升过程做减速运动，有F 安＋mg ＝ma ，F 安＝B 2L 2v R，故有a ＝g ＋B 2L 2mRv ，所以上升过程中，速度减小，加速度也减小，故选项C 正确；在下降过程中的加速度小于上升过程的加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升时间较短，下降时间较长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做的平均功率，所以选项D 错误、6、(2014·新课标Ⅱ·25)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图6所示、整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下、在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)、直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触、设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略、重力加速度大小为g .求：图6(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率、答案 (1)方向为C →D 大小为3Bωr 22R(2)9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr 2解析 (1)根据右手定则，得导体棒AB 上的电流方向为B →A ，故电阻R 上的电流方向为C →D .设导体棒AB 中点的速度为v ，则v ＝v A ＋v B 2而v A ＝ωr ，v B ＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势E ＝Br v根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R ，联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I ＝3Bωr 22R.(2)根据能量守恒定律，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即P ＝BIr v ＋F f v ，而F f ＝μmg解得P ＝9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr 2.。

电磁感应现象楞次定律(1)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。

(×)(2)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。

(√)(3)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变更，线框中也没有感应电流产生。

(√)(4)当导体切割磁感线时，肯定产生感应电动势。

(√)(5)由楞次定律知，感应电流的磁场肯定与引起感应电流的磁场方向相反。

(×)(6)感应电流的磁场肯定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变更。

(√)(1)1831年，英国物理学家法拉第发觉了——电磁感应现象。

(2)1834年，俄国物理学家楞次总结了确定感应电流方向的定律——楞次定律。

突破点(一) 对电磁感应现象的理解和推断1．推断感应电流的流程(1)确定探讨的回路。

(2)弄清晰回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ。

(3)⎩⎨⎧ Φ不变→无感应电流。

Φ变更→⎩⎪⎨⎪⎧ 回路闭合，有感应电流；回路不闭合，无感应电流，但有感应电动势。

2．磁通量Φ发生变更的三种常见状况(1)磁场强弱不变，回路面积变更。

(2)回路面积不变，磁场强弱变更。

(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生变更。

[题点全练]1．(2024·徐州模拟)下列各图所描述的物理情境中，没有感应电流的是( ) A.开关S 闭合稳定后，线圈N 中 B.磁铁向铝环A 靠近，铝环A 中 C.金属框从A 向B 运动，金属框中 D.铜盘在磁场中按图示方向转动，电阻R 中解析：选A 开关S 闭合稳定后，穿过线圈的磁通量保持不变，线圈不产生感应电流，故A 符合题意；磁铁向铝环A 靠近，穿过铝环A 的磁通量在增大，铝环A 产生感应电流，故B 不符合题意；金属框从A 向B 运动，穿过线框的磁通量时刻在变更，线框产生感应电流，故C 不符合题意；铜盘在磁场中按图示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，产生感应电流，故D 不符合题意。

2．(2024·上海模拟)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电流计及开关如图连接。

慢．
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第三节 电磁感应中的电路和图像问题
(2)电磁感应中图象类选择题的两个常见解法
①排除法：定性地分析电磁感应过程中物理
量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀
变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，
排除错误的选项．
②函数法：根据题目所给条件定量地写出两
个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对
[答案] (1)0.8 V 0.4 A (2)1.28×10－2 W
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第三节 电磁感应中的电路和图像问题
⊙规律总结 求解电磁感应电路问题的基本思路
(1)确定电源：明确哪一部分电路产生电磁感应， 则这部分电路就是等效电源．
(2) 用 右 手 定 则 或 楞 次 定 律 确 定 感 应 电 流 的 方 向．在电源(导体)内部，电流由负极(低电势)流向 电源的正极(高电势)，在外部由正极流向负极．
与框架宽度相同，电阻为13 Ω，框
架电阻不计，电阻 R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，图 9－3 －2 当金属棒以 5 m/s 的速度匀速向左运动时，求：
(1)流过金属棒的感应电流多大？ (2)若图中电容器C为0.3 μF，则充电量为多少？ 答案 (1)0.2 A (2)4×10－8 C
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第三节 电磁感应中的电路和图像问题
2．对电磁感应中电源的理解 (1)电源的正、负极可用右手定则或楞次定律判定， 应注意内电路中电流方向由负极流向正极．
(2)电源电动势的大小可由 E＝Blv 或 E＝nΔΔΦt 求
得． 3．对电磁感应电路的理解 (1)在电磁感应电路中，相当于电源的部分把其他形

《名校名师高考考点课时训练》
物理（课件）
第九章 电磁感应Biblioteka 课时1 电磁感应现象、楞次定律
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课时2 法拉第电磁感应定律
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课时3 自感 涡流
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课时4 电磁感应规律的综合问题（电路问题）
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课时6 电磁感应规律的综合应用（能量问题）
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课时7 电磁感应规律的综合应用（图象问题）
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课时5 电磁感应规律的综合应用（动力学问题）
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