【新】版高考物理二轮复习专题七电路电磁感应规律及其应用教学案
2020版高考物理大二轮复习试题：电磁感应规律及其应用(含答案)
回扣练12：电磁感应规律及其应用1．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(垂直纸面向里)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由b 经R 到dB ．U ＝Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由d 经R 到bC ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v 2R，方向水平向右 D ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v R，方向水平向左 解析：选A.当MN 运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN 两端的电压也就是电阻R 两端的电压，电路中电动势为E ＝BlV ，MN 的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R ，则电阻上的电压为12Blv ，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N 到M ，那么流过电阻的就是由b 到d .故A 正确，B 错误．MN 受到的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v 2R；由左手定则可知，安培力的方向水平向左；故CD 错误．故选A.2．如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L ，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L 的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场．用i 表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于i x 的图象中正确的是( )解析：选C.线圈进入磁场，在进入磁场的0～L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R ，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在L ～2L 的过程中，电动势E ＝2BLv ，电流I ＝2BLv R，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在2L ～3L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；故ABD 错误，C 正确；故选C.3．如图所示，表面粗糙的U 形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R 的金属棒ab ，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是( )A ．当变阻器滑片P 向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B ．当变阻器滑片P 向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C ．当变阻器滑片P 向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到bD ．当变阻器滑片P 向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到b解析：选C.根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N 极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P 向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a 到b ，A 错误C 正确；当变阻器滑片P 向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b 到a ，而导体棒所处磁场方向为竖直向上的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，故BD 错误．故选C.4．如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ 边长分别为L和2L ，M 、N 间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d ，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场．两板间有一个质量为m 、电量为q 的带正电油滴恰好处于平衡状态，重力加速度为g ，则下列关于磁场磁感应强度大小B 的变化情况及其变化率的说法正确的是( )A ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd qL 2 B ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd qL 2C ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd 2qL 2D ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd 2qL2 解析：选B.电荷量为q 的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线框下端相当于电源的正极，感应电动势顺时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场同向，根据楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势：E ＝ΔB Δt S ＝ΔB Δt L 2；油滴所受电场力：F ＝E 场q ，对油滴，根据平衡条件得：q E d＝mg ；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：ΔB Δt ＝mgd qL2；故选B. 5.如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L (L ＜d )，质量为m 、电阻为R ，将线圈在磁场上方h 高处静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd 边刚进入磁场一直到ab 边离开磁场为止)( )A ．感应电流所做的功为3mgdB ．线圈的最小速度一定大于mgR B 2L 2C ．线圈的最小速度一定是2g （h ＋L －d ）D ．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向解析：选C.据能量守恒，研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q ＝mgd .cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，所以从cd 边刚穿出磁场到ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程，产生的热量Q ′＝2mgd ，感应电流做的功为2mgd ，故A 错误．线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有：mg ＝B 2L 2v R ，解得可能的最小速度v ＝mgR B 2L2，故B 错误．因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg (h ＋L )＝Q＋12mv 2，解得最小速度v ＝2g （h ＋L －d ），故C 正确．线圈穿出磁场的过程，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，故D 错误．故选C.6．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电感L 1、L 2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的( )A ．a 先变亮，然后逐渐变暗B ．b 先变亮，然后逐渐变暗C ．c 先变亮，然后逐渐变暗D ．b 、c 都先变亮，然后逐渐变暗解析：选A.电键S 闭合时，电感L 1中电流等于两倍L 2的电流，断开电键S 的瞬间，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，通过b 、c 的电流都通过a ，故a 先变亮，然后逐渐变暗，故A 正确； b 、c 灯泡由电流i 逐渐减小，B 、C 、D 错误 .故选A.7．(多选)如图甲所示，宽度为L 的足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接一电容为C 的电容器，将一质量为m 的导体棒与导轨垂直放置，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B .用与导轨平行的外力F 向右拉动导体棒，使导体棒由静止开始运动，作用时间t 1后撤去力F ，撤去力F 前棒内电流变化情况如图乙所示．整个过程中电容器未被击穿，不计空气阻力．下列说法正确的是 ( )A ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀速运动B ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀加速直线运动C ．外力F 的冲量大小为It 1⎝ ⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL D ．撤去外力F 后，导体棒最终静止在导轨上，电容器中最终储存的电能为零解析：选BC.对电容器Q ＝CU ，则ΔQ ＝C ΔU ，I ＝ΔQ Δt ；ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ；解得I ＝CBL Δv Δt＝CBLa ，则导体棒的加速度a 恒定，做匀加速运动，选项A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律：F －BIL ＝ma ，则F ＝BIL ＋mI CBL ，则外力F 的冲量大小为I F ＝Ft 1＝It 1⎝⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL ，选项C 正确；撤去外力F 后，导体棒开始时做减速运动，当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为零，此时安培力为零，导体棒做匀速运动，此时电容器两端的电压不为零，则最终储存的电能不为零，选项D 错误；故选BC.8．(多选)如图所示，在竖直平面内MN 、PQ 两光滑金属轨道平行竖直放置，两导轨上端M 、P 间连接一电阻R .金属小环a 、b 套在金属轨道上，质量为m 的金属杆固定在金属环上，该装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直竖直平面向里．金属杆以初速度v 0从图示位置向上滑行，滑行至最高点后又返回到出发点．若运动过程中，金属杆保持水平，两环与导轨接触良好，不计轨道、金属杆、金属环的电阻及空气阻力．金属杆上滑过程和下滑过程相比较，以下说法正确的是( )A ．上滑过程所用时间比下滑过程短B ．上滑过程通过电阻R 的电量比下滑过程多C ．上滑过程通过电阻R 产生的热量比下滑过程大D ．上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大解析：选AC. 如图所示，v t 图斜率代表加速度，其面积表示位移，上滑过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，下滑过程中是加速度逐渐减小的加速运动，由于位移大小相等，可知上升时间小于下落时间，故A 正确；由q ＝ΔΦR，可知上滑过程通过电阻R 的电量等于下滑过程中电量，故B 错误；在相同位置，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑过程安培力的平均值大于下滑过程安培力的平均值，导致上滑过程中导体棒克服安培力做功多，则上滑过程中电阻R 产生的热量大于下滑过程中产生的热量，故C 正确．安培力冲量I ＝BLq ，q ＝ΔΦR，可知上滑过程安培力的冲量等于下滑过程安培力的冲量，故D 错误．9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、长为L 、电阻为R 的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R 的定值电阻．现闭合开关K ，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F ＝2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s 时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是(重力加速度为g )( )A ．金属棒的末速度为3mgRB 2L 2 B ．金属棒的最大加速度为1.4gC ．通过金属棒的电荷量为BLs RD ．定值电阻上产生的焦耳热为34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4 解析：选AD.设金属棒匀速运动的速度为v ，则感应电动势E ＝BLv ；回路电流I ＝E 2R ＝BLv2R ；安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v 2R ；金属棒匀速时，受力平衡有F ＝mg sin 30°＋F 安，即2mg ＝12mg ＋B 2L 2v 2R联立解得：v ＝3mgR B 2L2，故A 正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即F －mg sin 30°＝ma ，代入数据2mg －12mg ＝ma ，解得a ＝1.5g ，故B 错误；根据感应电量公式Q ＝ΔΦR 总＝BLs 2R，故C 错误；对金属棒运用动能定理，有Fs －mgs sin 30°－Q ＝12mv 2，其中定值电阻上产生的焦耳热为Q R ＝12Q ＝34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4，故D 正确；故选AD. 10．(多选)如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，两导轨的左端之间连接的电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1 kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.1 Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图乙所示．则在金属杆开始运动经t ＝ 5.0 s 时( )A ．通过金属杆的感应电流的大小为1.0 A ，方向由b 指向aB ．金属杆的速率为4.0 m/sC ．外力F 的瞬时功率为1.0 WD ．0～5.0 s 内通过R 的电荷量为5.0 C解析：选AC.导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b 指向a ，金属杆开始运动经t ＝5.0 s ，由图象可知电压为0.4 V ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝U R ＝0.40.4 A ＝1 A ，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律知E ＝BLv ，根据电路结构可知：U ＝R R ＋r E ，解得v ＝5 m/s ，故B 错误；根据电路知U ＝R R ＋r BLv ＝0.08v ＝0.08at ，结合U t 图象知导体棒做匀加速运动，加速度为a ＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，在5 s 末时对金属杆有：F －BIL ＝ma 解得：F ＝0.2 N ，此时F 的瞬时功率P ＝Fv ＝0.2×5 W＝1 W 故C 正确；0～5.0 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝E R ＋r t ＝ΔΦt （R ＋r ）×t ＝ΔΦR ＋r ＝B ×12at 2R ＋r ＝12.5 C ，故D 错误；综上所述本题答案是AC.。
高三物理二、三轮复习计划与安排
高三物理二、三轮复习计划与安排高三物理通过第一轮基础知识的复习，学生对高中物理中的基本概念、规律，及其一般应用，在原来的基础上大都有了一定提高。
但这些方面的知识，总的来说是比较零散的，同时，由于新高考划线录取模式未完全出炉，前两年——高一、高二对物理在高考中的作用认识不足，老师、学生对物理不够重视所带来的负面影响，使得第一轮复习较往年同样时间所产生的效果是不同的；对于综合方面的应用更存在较大的问题。
根据往年的经验，在第二轮复习中，主要的任务是能把整个高中物理知识连成线，铺成面织成网，实现知识网络化、系统化。
疏理出知识结构，使之有机地结合在一起。
另外，要在理解的基础上，能够综合各部分的内容，进一步提高解题能力。
如何才能在最后阶段充分利用有限的时间，提高复习效率，这是每位高三同仁都会思考的问题。
我们学校高三物理组根据新高考、新形势，结合本校学生具体情况，参照以往经验制订了2008届高三物理二、三轮复习计划，今天利用市教研室给我们提供的机会，把我们的一些还不成熟的做法向在座的各位领导、老师汇报一下，敬请批评指正。
一、二轮复习主要任务（一）、立足基础，构建知识体系，实现知识网络化由于高一高二认识的问题，使得前期基础知识的学习受到一定的影响，所以第一轮复习后学生的基础知识比以前还是有点不足的。
主要存在以下几方面问题：1、知识理解不到位：⑴对基本概念、基本公式记忆不清，常在考试中将公式表达错；⑵对基本概念、基本公式理解不到位，以致于在具体应用中出错；⑶对定理、定律理解单一，缺乏从不同角度理解；2、解题不规范：解题格式，语言表达不规范3、解题方法不灵活：对物理学科而言，现在的高考在选择题方面，由于单选与多选分开，在解题上有很强的技巧性。
比如这次统测的第9题（讲解）：4、解综合题能力不够：以上几方面在本次市统测中都有明显的体现，相信这是我们每个兄弟学校的共性，针对这种现状，在二轮复习中我们:进一步深化对基础知识的理解，同时把分章节复习的比较零散的知识点从整体的高度重新认识，突出主干知识，抓住重点，了解知识间的纵横联系，从而构建一个完整的知识结构体系。
高考物理电磁感应的基本规律专题复习教案
高考物理电磁感应的基本规律专题复习教案一、引言电磁感应是高中物理中的重要内容之一，也是高考中的热点考点。
本文将从电磁感应的基本规律出发，编写一份复习教案，帮助同学们系统地理解和掌握这一知识点。
二、电磁感应基本规律1. 法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律是电磁感应的基本规律之一。
它表明当磁场穿过闭合线圈时，线圈中会产生感应电动势。
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小与以下因素有关：- 磁感应强度：磁感应强度越大，产生的感应电动势越大；- 线圈匝数：线圈匝数越多，产生的感应电动势越大；- 磁场变化率：磁场变化率越大，产生的感应电动势越大。
2. 楞次定律楞次定律是电磁感应的另一个基本规律。
它描述了由电磁感应产生的感应电流方向。
按照楞次定律，感应电流的方向总是致使产生它的磁场变化减弱。
三、电磁感应的应用1. 电磁感应用于发电机发电机是将机械能转化为电能的装置。
它利用电磁感应的原理，通过旋转磁场在线圈中产生感应电动势，从而实现电能的转换。
发电机在现代社会中起着重要的作用，同时也是高考物理中的常见考点。
2. 电磁感应用于变压器变压器是将交流电能从一个电路传输到另一个电路的装置。
它同样利用电磁感应的原理，通过在一侧的线圈中产生感应电动势，从而在另一侧的线圈中引发电流。
变压器的运行原理和电磁感应紧密相关。
3. 电磁感应用于感应炉感应炉是利用电磁感应加热的装置，广泛应用于工业生产中。
它通过在感应炉内产生高频交变磁场，从而在感应体中产生感应电流，使其加热。
感应炉的工作原理也是电磁感应的应用之一。
四、经典例题分析1. 题目：一根长直导线位于均匀磁场中，如果导线与磁场的夹角发生变化，那么导线中的感应电动势将如何变化？解析：根据法拉第电磁感应定律，当导线与磁场的夹角发生变化时，导线中的感应电动势将发生变化。
具体而言，当夹角增大时，感应电动势增大；当夹角减小时，感应电动势减小。
2. 题目：一个螺线管内部有一个平行于螺线管轴线的导线圈，此导线圈与螺线管的磁斥力方向相反。
高考物理一轮复习 电磁感应规律的综合应用教学案
电磁感应规律的综合应用1．电磁感应中的电路问题：⑴ 内电路和外电路：切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于 ；该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的 ，其余部分是 ．⑵ 电源电动势和路端电压：电动势 E = 或E = n Δφ/Δt ．路端电压：U = IR = ． 2．电磁感应现象中的动力学问题：⑴ 安培力的大小：F = BIl = ．⑵ 安培力的方向：先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向；根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向 ． 3．电磁感应现象中的能量问题：⑴ 能量的转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为 能，电流做功再将电能转化为 能．⑵ 实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化． 4．电磁感应中的图象问题： ⑴ 图象类型：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 等随______变化的图线，即 B – t 图线、φ – t 图线、E – t 图线和 I – t 图线．对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，有时还常涉及感应电动势 E 和感应电流 I 等随________变化的图线，即 E – x 图线和 I – x 图线等． ⑵ 两类图象问题：① 由给定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．解决问题时需要分析磁通量的变化是否均匀，从而判断感应电动势（电流）或安培力的大小是否恒定，然后运用__________或左手定则判断它们的方向，分析出相关物理量之间的函数关系，确定其大小和方向及在坐标中的范围．图象的初始条件，方向与正、负的对应，物理量的变化趋势，物理量的增、减或方向正、负的转折点都是判断图象的关键．1．用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以ΔB /Δt 的变化率增大时，则 （ ） A ．线圈中感应电流方向为acbdaB ．线圈中产生的电动势E = (l 2/2)(ΔB /Δt ) C ．线圈中a 点电势高于b 点电势D ．线圈中a 、b 两点间的电势差为(l 2/2)(ΔB /Δt )2．如图所示，MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．有一垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，宽度为L ，ab 是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始，将开关S 断开，让ab 由静止开始自由下落，过段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象可能是 （ ）3．如图所示，水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程 （ ） A ．安培力对ab 棒所做的功不相等 B ．电流所做的功相等C ．产生的总内能相等D ．通过ab 棒的电荷量相等4．半径为 a 的圆形区域内有均匀磁场,磁感强度为 B = 0.2 T ，磁场方向垂直纸面向里，半径为 b 的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中 a = 0.4 m ，b = 0.6 m ，金属环上分别接有灯 L 1、L 2，两灯的电阻均为 R = 2Ω．一金属棒 MN 与金属环接触良好,棒上单位长度的电阻为 1 Ω，环的电阻忽略不计．⑴若棒以 v 0 = 5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径 OO ′ 的瞬时（如图所示）MN 中的电动势和流过灯 L 1 的电流；⑵ 撤去中间的金属棒 MN ，将右面的半圆环 OL 2O ′ 以OO ′为轴向上翻转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB Δt ＝4π T/s ，求L 1的功率．〖考点1〗电磁感应中的电路问题【例1】为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置．如图所示，自行车后轮由半径r 1 = 5.0×10－2m 的金属内圈、半径r 2 = 0.40 m 的金属外圈和绝缘辐条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R 的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B = 0.10 T 、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r 1、外半径为r 2、张角θ = 30°．后轮以角速度ω = 2π rad/s 相对于转轴转动．若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应．⑴ 当金属条ab 进入“扇形”磁场时，求感应电动势E ，并指出ab 上的电流方向； ⑵ 当金属条ab 进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；⑶ 从金属条ab 进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差U ab 随时间t 变化的U ab – t 图象；⑷ 若选择的是“1.5 V，0.3 A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价．【变式跟踪1】如图所示，在倾角为θ = 37°的斜面内，放置MN和PQ两根不等间距的光滑金属导轨，该装置放置在垂直斜面向下的匀强磁场中．导轨M、P端间接入阻值R1= 30 Ω的电阻和理想电流表，N、Q端间接阻值为R2 = 6 Ω的电阻．质量为m = 0.6 kg、长为L = 1.5 m的金属棒放在导轨上以v0 = 5 m/s的初速度从ab处向右上方滑到a′b′处的时间为t = 0.5 s，滑过的距离l = 0.5 m．ab 处导轨间距L ab = 0.8 m，a′b′处导轨间距L a′b′ = 1 m．若金属棒滑动时电流表的读数始终保持不变，不计金属棒和导轨的电阻．sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8，g取10 m/s2，求：⑴此过程中电阻R1上产生的热量；⑵此过程中电流表上的读数；⑶匀强磁场的磁感应强度．〖考点2〗电磁感应中的动力学问题【例2】如图甲所示，光滑斜面的倾角α= 30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框受到沿光滑斜面向上的恒力F 的作用，已知F＝10 N．斜面上ef线（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的均匀磁场，磁感应强度B 随时间t的变化情况如图乙的B–t图象所示，时间t是从线框由静止开始运动时刻起计时的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh线的距离x＝5.1 m，取g＝10 m/s2．求：⑴线框进入磁场前的加速度；⑵线框进入磁场时匀速运动的速度v；⑶线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热．【变式跟踪2】如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板．R和R x分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．⑴调节R x = R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；⑵改变R x，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为 +q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x．〖考点3〗电磁感应中的能量问题【例3】如图所示，两根足够长、电阻不计、间距为d的光滑平行金属导轨，其所在平面与水平面夹角为θ，导轨平面内的矩形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上，ab与cd之间相距为L，金属杆甲、乙的阻值相同，质量均为m．甲杆在磁场区域的上边界ab处，乙杆在甲杆上方与甲相距L处，甲、乙两杆都与导轨垂直且接触良好．由静止释放两杆的同时，在甲杆上施加一个垂直于杆平行于导轨的外力F，使甲杆在有磁场的矩形区域内向下做匀加速直线运动，加速度大小a = 2g sinθ，甲离开磁场时撤去F，乙杆进入磁场后恰好做匀速运动，然后离开磁场．⑴求每根金属杆的电阻R是多大？⑵从释放金属杆开始计时，求外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向．⑶若整个过程中，乙金属杆共产生热量Q，求外力F对甲金属杆做的功W是多少？【变式跟踪3】如图所示，足够长的光滑斜面上中间虚线区域内有一垂直于斜面向上的匀强磁场，一正方形线框从斜面底端以一定初速度上滑，线框越过虚线进入磁场，最后又回到斜面底端，则下列说法中正确的是 （ ） A ．上滑过程线框中产生的焦耳热等于下滑过程线框中产生的焦耳热 B ．上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热 C ．上滑过程线框克服重力做功的平均功率等于下滑过程中重力的平均功率 D ．上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率 〖考点4〗电磁感应中的图象问题 【例4】如图所示，正方形区域MNPQ 内有垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN 方向匀速运动，t = 0时刻，其四个顶点M ′、N ′、P ′、Q ′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力f 的大小随时间t 变化规律的是 （ ） 【变式跟踪4】如图所示，平行于y 轴的导体棒以速度v 向右做匀速运动，经过半径为R 、磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势ε与导体棒的位置x 关系的图象是 （ ）1．【2012·天津】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 = 0.5 m ，左端接有阻值R = 0.3 Ω的电阻．一质量m = 0.1 kg ，电阻r = 0.1 Ω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 = 0.4 T ．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a = 2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x = 9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比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： ⑴ 棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ； ⑵ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2； ⑶ 外力做的功W F ．【预测1】如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨 MN 、PQ 间距为 l = 0.5 m ，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成 30°角．完全相同的两金属棒ab 、cd 分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为 m = 0.02 kg ，电阻均为 R = 0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度 B = 0.2 T ，棒 ab 在平行于导轨向上的力 F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒 cd 恰好能够保持静止．取 g = 10 m/s 2，问： ⑴ 通过棒 cd 的电流 I 是多少，方向如何？ ⑵ 棒 ab 受到的力 F 多大？ ⑶ 棒 cd 每产生 Q = 0.1 J 的热量，力 F 做的功 W 是多少？2．【2012·山东】如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B ．将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g ．下列选项正确的是（ ）A ．P = 2mgv sin θB ．P = 3mgv sin θC ．当导体棒速度达到0.5v 时加速度大小为0.5g sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功【预测2】如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距 0.2 m ，金属导体 ab 可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab 的电阻为 0.4 Ω，导轨电阻不计，导轨 ab 的质量为 0.2 g ，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为 0.2 T ，且磁场区域足够大，当 ab 导体自由下落 0.4 s时，突然接通开关 S ，取 g = 10 m/s 2．则： ⑴ 试说出 S 接通后，ab 导体的运动情况； ⑵ ab 导体匀速下落的速度是多少？1．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a 、b 两点间的电势差绝对值最大的是 （ ）2．两根平行的长直金属导轨，其电阻不计，导线ab 、cd 跨在导轨上且与导轨接触良好，如图所示，ab 的电阻大于cd 的电阻，当cd 在外力F 1（大小）的作用下，匀速向右运动时，ab 在外力F 2（大小）的作用下保持静止，那么在不计摩擦力的情况下（U ab 、U cd 是导线与导轨接触间的电势差） （ ） A ．F 1 > F 2，U ab > U cd B ．F 1 < F 2，U ab = U cd C ．F 1 = F 2，U ab > U cd D ．F 1 = F 2，U ab = U cd3．如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab 可沿导轨自由滑动，导轨一端连接一个定值电阻R ，金属棒和导轨电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F 恒定，经时间t 1后速度为v ，加速度为a 1，最终以速度2v 做匀速运动；若保持拉力的功率P 恒定，棒由静止经时间t 2后速度为v ，加速度为a 2，最终也以速度2v 做匀速运动，则 （ ） A ．t 2 = t 1 B ．t 1 > t 2 C ．a 2 = 2 a 1 D ．a 2 = 3 a 14．如图所示，足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ．在导轨的最上端M 、P 之间接有电阻R ，不计其他电阻．导体棒ab 从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab 上升的最大高度为H ；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab 上升的最大高度为h ．在两次运动过程中ab 都与导轨保持垂直，且初速度都相等．关于上述情景，下列说法正确的是 （ ） A ．两次上升的最大高度相比较为H < hB ．有磁场时导体棒所受合力的功等于无磁场时合力的功C ．有磁场时，电阻R 产生的焦耳热为0.5mv 02D ．有磁场时，ab 上升过程的最小加速度大小为g sin θ5．如图所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H = 4L /3高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为 （ ） A ．2mgL B ．10mgL /3 C ．3mgL D ．7mgL /36．如图所示，abcd 是一个质量为m ，边长为L 的正方形金属线框．如从图示位置自由下落，在下落h 后进入磁感应强度为B 的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L .在这个磁场的正下方h + L 处还有一个未知磁场，金属线框abcd 在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是 （ ） A ．未知磁场的磁感应强度是2B B ．未知磁场的磁感应强度是2BC ．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgLD ．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL7．如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN 处匀速运动到M ′N ′的过程中，棒上感应电动势E 随时间t 变化的图示，可能正确的是 （ ）8．如图所示，电阻不计且足够长的U 型金属框架放置在绝缘水平面上，框架与水平面间的动摩擦因数μ = 0.2，框架的宽度l = 0.4 m 、质量m 1 = 0.2 kg.质量m 2 =0.1 kg 、电阻R = 0.4 Ω的导体棒ab 垂直放在框架上，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B = 0.5 T ．对棒施加图示的水平恒力F ，棒从静止开始无摩擦地运动，当棒的运动速度达到某值时，框架开始运动．棒与框架接触良好，设框架与水平面间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g 取10 m/s 2．求： ⑴ 框架刚开始运动时棒的速度v ；⑵ 欲使框架运动，所施加水平恒力F 的最小值；⑶ 若施加于棒的水平恒力F 为3 N ，棒从静止开始运动0.7 m 时框架开始运动，求此过程中回路中产生的热量Q ．9．如图（a ）所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L = 0.3 m ．导轨左端连接R = 0.6 Ω的电阻，区域abcd 内存在垂直于导轨平面的匀强磁场B = 0.6 T ，磁场区域宽D = 0.2 m ．细金属棒A 1和A 2用长为2D = 0.4 m 的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r = 0.3 Ω．导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度v = 1.0 m/s 沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A 1进入磁场（t = 0）到A 2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R 的电流强度，并在图（b ）中画出．10．如图所示，abcd 为静止于水平面上宽度为L 而长度很长的U 形金属滑轨，bc 边接有电阻R ，其他部分电阻不计．ef 为一可在滑轨平面上滑动、质量为m 的均匀金属棒．今金属棒以一水平细绳跨过定滑轮，连接一质量为M 的重物．一匀强磁场B 垂直滑轨面．重物从静止开始下落，不考虑滑轮的质量，且金属棒在运动中均保持与bc边平行．忽略所有摩擦力．⑴当金属棒做匀速运动时，其速率是多少？（忽略bc边对金属棒的作用力）⑵ 若重物从静止开始至匀速运动时下落的总高度为h ，求这一过程中电阻R 上产生的热量．参考答案：1．电源 内阻 外电路 E – Ir2．B 2l 2v /(R + r ) 相反 3．电 内4．时间 位移x 楞次定律1．AB ；根据楞次定律可知，选项A 正确；线圈中产生的电动势E = Δφ/Δt = S ΔB /Δt = (l 2/2)(ΔB /Δt )，选项B 正确；线圈中的感应电流沿逆时针方向，所以a 点电势低于b 点电势，选项C 错误；线圈左边的一半导线相当于电源，右边的一半相当于外电路，a 、b 两点间的电势差相当于路端电压，其大小为U = E /2 =(l 2/4)(ΔB /Δt )，选项D 错误． 2．ACD ；设闭合S 时，ab 的速度为v ，则E = BLv ，I = E /R = BLv /R ，F 安 = BIL = B 2L 2v /R ，若F 安 = B 2L 2v /R= mg ，则选项A 正确；若F 安 = B 2L 2v /R < mg ，则选项C 正确；若F 安 = B 2L 2v /R > mg ，则选项D 正确． 3．AC ；光滑导轨无摩擦力，导轨粗糙的有摩擦力，动能最终都全部转化为内能，所以内能相等，C 正确；对光滑的导轨有，mv 02/2 = Q 安，对粗糙的导轨有，mv 02/2 = Q 安′ + Q 摩，Q 安 ≠ Q 安′，则A 正确，B 错；q = It = Blvt /R = Blx /R ，且x 光 > x 粗，所以q 光 > q 粗，D 错．4．⑴棒滑过圆环直径 OO ′ 的瞬间，MN 中的电动势 E 1＝B ·2a ·v 0=0.8 V ，等效电路如图甲所示，流过灯 L 1 的电流I 1 = E 1/R = 0.4 A ． ⑵ 撤去中间的金属棒 MN ，将右面的半圆环 OL 2O ′ 以OO ′ 为轴向上翻转 90°，半圆环 OL 1O ′ 中产生感应电动势，相当于电源，灯 L 2 为外电路，等效电路如图乙所示，感应电动势E 2 = Δφ/Δt = (πa 2/2)( ΔB /Δt ) = 0.32V ，L 1的功率P 1 = (E 2/2)2/R= 1.28×10－2W ．例1 ⑴ 金属条ab 在磁场中切割磁感线时，所构成的回路的磁通量变化．设经过时间Δt ，磁通量变化量为Δφ，由法拉第电磁感应定律E = Δφ/Δt ① Δφ = B ΔS = B [(r 22Δθ)/2 – r 12Δθ)/2]② 由①、②式并代入数值得：E =Δφ/Δt = B ω(r 22 – r 12)/2 =4.9×10－2V ③ 根据右手定则（或楞次定律），可得感应电流方向为b → a ④⑵ 通过分析，可得电路图如图所示．⑶ 设电路中的总电阻为R 总，根据电路图可知，R 总 = R + R /3 = 4R /3 ⑤ ab 两端电势差U ab = E – IR = E – ER /R 总 = E /4 = 1.2×10－2 V ⑥ 设ab 离开磁场区域的时刻为t 1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t 2，t 1 = θ/ω = 1/12 s ⑦ t 2 = (π/2)/ω = 1/4 s ⑧ 设轮子转一圈的时间为T ，T = 2π/ω = 1 s ⑨ 在T = 1 s内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同． ⑩ 由 ⑥、⑦、⑧、⑨、⑩ 可画出如下U ab – t 图象．⑷ “闪烁”装置不能正常工作．（金属条的感应电动势只有4.9×10－2V ，远小于小灯泡的额定电压，因此无法正常工作．）B 增大，E 增大，但有限度；r 2增大，E 增大，但有限度；ω增大，E 增大，但有限度；θ增大，E 不变．变式1 ⑴ 因电流表的读数始终保持不变，即感应电动势不变，故BL ab v 0 = B L a′b′v a′b′，代入数据可得v a′b′ = 4 m/s ，根据能量转化和守恒定律得：Q 总 = m (v 02 – v 2a′b′)/2 – mgl sin 37° = Q R1＋Q R2；由Q = U 2t /R 得：Q R1/Q R2 = R 2/R 1，代入数据可求得：Q R1 = 0.15 J ．⑵ 由焦耳定律Q R1 = I 12R 1t 可知：电流表读数I 1 = 0.1 A ．⑶ 不计金属棒和导轨上的电阻，则R 1两端的电压始终等于金属棒与两轨接触间的电动势，由E =I 1R 1，E = BL a′b′v a′b′可得：B = I 1R 1/L a′b′v a′b′ = 0.75 T ．例2 ⑴ 线框进入磁场前，线框仅受到拉力F 、斜面的支持力和线框重力由牛顿第二定律得：F – mg sin α = ma 线框进入磁场前的加速度a = (F –mg sin α)/m = 5m/s 2．⑵ 因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E =Bl 1v ，形成的感应电流I = E /R = Bl 1v /R ，受到沿斜面向下的安培力F 安＝BIl 1，线框受力平衡，有F ＝mg sin α + B 2l 12v /R ，代入数据解得v = 2 m/s ．⑶ 线框abcd 进入磁场前时，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；线框完全进入磁场后至运动到gh 线，仍做匀加速直线运动．进入磁场前线框的运动时间为t 1 = v /a = 0.4 s ；进入磁场过程中匀速运动时间为t 2 = l 2/v = 0.3 s ；线框完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度大小仍为a = 5 m/s 2，该过程有 x – l 2 = vt 3 + at 32/2，解得t 3 = 1 s ．因此线框整体进入磁场后，ab 边运动到gh 线的过程中，线框中有感应电流的时间t 4 = t 1 + t 2 + t 3 – 0.9 s = 0.8 s ；E = (ΔB /Δt )S = 0.25V ．此过程产生的焦耳热Q = E 2t 4/R = 0.5J ．变式 2 ⑴ 对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图甲所示．导体棒所受安培力F 安 = BIl ① 导体棒匀速下滑，所以F 安 = Mg sin θ ② 联立①②式，解得I = (Mg sin θ)/Bl ③ 导体棒切割磁感线产生感应电动势E = Blv ④ 由闭合电路欧姆定律得I = E /(R + R x )，且R x = R ，所以I = E /2R ⑤ 联立③④⑤式，解得v = (2MgR sin θ)/B 2l 2⑥ ⑵ 由题意知，其等效电路图如图乙所示．由图知，平行金属板两板间的电压等于R x 两端的电压．设两板间的电压为U ，由欧姆定律知U = IR x ⑦ 要使带电的微粒匀速通过，则mg = qU /d ⑧ 因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I ，联立③⑦⑧式，解得R x = mBld /Mq sin θ．例3 ⑴ 设甲在磁场区域abcd 内运动时间为t 1，乙从开始运动到ab 位置的时间为t 2，则由运动学公式得L = 12·2g sin θ·t 12，L = 12g sin θ·t 22解得t 1＝Lgsin θ，t 2＝2Lgsin θ因为t 1 <t 2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场．设乙进入磁场时的速度为v 1，乙中产生的感应电动势为E 1，回路中的电流为I 1，则 12mv 12= mgL sin θ E 1 = Bdv 1 I 1 = E 1/2R mg sin θ = BI 1d 解得R = (B 2d 2/2m )2Lgsin θ．⑵ 从释放金属杆开始计时，设经过时间t ，甲的速度为v ，甲中产生的感应电动势为E ，回路中的电流为I ，外力为F ，则 v = at E = Bdv I = E /2R F + mg sin θ – Bid = ma a = 2g sin θ 联立以上各式解得 F = mg sin θ + mg sin θ2gsin θL·t （0 ≤t ≤ Lgsin θ）；方向垂直于杆平行于导轨向下．⑶ 甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v 0，甲、乙产生的热量相同，甲 乙 乙 甲均设为Q 1，则v 02= 2aL W + mgL sin θ = 2Q 1 + 12mv 02解得W = 2Q 1 + mgL sin θ；乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q 2，则2 Q 2 = mgL sin θ，根据题意有Q = Q 1 + Q 2 解得W = 2Q ．变式3 BD ；考查电磁感应中的功能关系，本题关键是理解上滑经过磁场的末速度与下滑经过磁场的初速度相等，由切割磁感线的效果差别，得A 错B 对．因过程中有能量损失，上滑平均速度大于下滑平均速度，用时t 上 < t 下．重力做功两次相同由P = W /t 可知C 错，D 对．例4 B ；如图所示，当M ′N ′ 从初始位置运动到AB 位置的过程中，切割磁感线的有效长度随时间变化关系为：L 1 = L – (L – 2vt ) = 2vt ，L 为导线框的边长，产生的电流I 1＝BL 1v R，导线框所受安培力f 1＝BI 1L 1＝B 2vt 2v R ＝4B 2v 3t 2R，所以f 1为t 的二次函数图象，是开口向上的抛物线．当Q ′P ′由CD 位置运动到M ′N ′位置的过程中，切割磁感线的有效长度不变，电流恒定．当Q ′P ′由M ′N ′位置运动到AB 位置的过程中，切割磁感线的有效长度L 2＝L －2vt ，产生的电流I 2＝BL 2v R ，导线框所受的安培力为f 2＝B 2L －2vt 2vR，所以也是一条开口向上的抛物线，所以应选B ．变式4 A ；在x = R 左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x 轴正方向成θ角，则导体棒切割磁感线的有效长度L = 2R sin θ，电动势与有效长度成正比，故在x = R 左侧，电动势与x 的关系为正弦图象关系，由对称性可知在x = R 右侧与左侧的图象对称．1．⑴ 设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为Δφ，回路中的平均感应电动势为E 平，由法拉第电磁感应定律得E 平 = Δφ/Δt ① 其中Δφ = Blx ② 设回路中的平均电流为I 平，由闭合电路欧姆定律得I 平 = E 平/(R + r ) ③ 则通过电阻R 的电荷量为q =I 平Δt ④ 联立①②③④式，代入数据得q = 4.5 C ⑤⑵ 设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2= 2ax ⑥ 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得W = 0 – mv 2/2 ⑦ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2 = – W ⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2 = 1.8 J ⑨⑶ 由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q 1∶Q 2 = 2∶1，可得Q 1 = 3.6 J ⑩ 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 W F = Q 1 + Q 2 ⑪ 由⑨⑩⑪式得W F = 5.4 J ．预测1 ⑴ 棒 cd 受到的安培力 F cd = BIl ① 棒 cd 在共点力作用下平衡，则 F cd = mg sin30° ②由 ①② 式代入数据解得 I = 1 A ，方向由右手定则可知由 d 到c ．⑵ 棒ab 与棒cd 受到的安培力大小相等，F ab = F cd ，对棒 ab 由共点力平衡有 F = mg sin30°+ BIl ③代入数据解得 F = 0.2 N ．④⑶ 设在时间 t 内棒cd 产生Q = 0.1 J 热量，由焦耳定律可知Q = I 2Rt ⑤ 设ab 棒匀速运动的速度大小为v ，则产生的感应电动势 E = Blv ⑥ 由闭合电路欧姆定律知I = E /2R ⑦ 由运动学公式知，在时间t 内，棒ab 沿导轨的位移 x = vt ⑧ 力F 做的功W = Fx ⑨ 综合上述各式，代入数据解得W = 0.4 J.2．AC ；导体棒由静止释放，速度达到v 时，回路中的电流为I ，则根据平衡条件，有mg sin θ = BIL ．对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v 的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I ，有F + mg sin θ = 2BIL 所以拉力F = mg sin θ，拉力的功率P = F ·2v = 2mgv sin θ，故选项A 正确、选项B 错误；当导体棒的速度达到0.5v 时，回路中的电流为I /2，根据牛顿第二定律，得mg sin θ – BIL /2 = ma ，解得a = 0.5g sin θ，选项C 正确；当导体棒以2v 的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R 上产生的焦耳热，故选项D 错误． 预测2 ⑴ 闭合 S 之前导体自由下落的末速度为 v 0 = gt = 4 m/s ，S 闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流．ab 立即受到一个竖直向上的安培力F 安 = BIl ab = B 2l 2v 0/R = 0.016 N > mg = 0.002 N ，此刻导体棒所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为 a = (F 安 –mg )/m = B 2l 2v 0/mR – g ，所以，ab 做竖直向下的加速度逐渐减小的变减速运动．当速度减小至 F安 = mg 时，ab 做竖直向下的匀速运动．F 安 = BIl = B 2l 2v /R = mg ，v = mgR /B 2l 2= 0.5 m/s ．1．B ；线框各边电阻相等，切割磁感线的那个边为电源，电动势相同均为Blv ，在A 、C 、D 中，U ab = Blv /4，B 中，U ab = 3Blv /4，选项B 正确．2．D ；通过两导线电流强度一样，两导线都处于平衡状态，则F 1 = BIL ，F 2 = BIL ，所以F 1 = F 2，A 、B错误；U ab = IR ab ，这里cd 导线相当于电源，所以U cd 是路端电压，U cd = IR ab 即U ab = U cd ．3．BD ；若保持拉力F 恒定，在t 1时刻，棒ab 切割磁感线产生的感应电动势为E = BLv ，其所受安培力F 1 = BIL = B 2L 2v /R ，由牛顿第二定律，有F –B 2L 2v /R = ma 1；棒最终以2v 做匀速运动，则F = 2B 2L 2v /R ，故a 1 = B 2L 2v /mR ．若保持拉力的功率P 恒定，在t 2时刻，有 P /v –B 2L 2v /R = ma 2；棒最终也以2v做匀速运动，则P /2v = 2B 2L 2v /R ，故a 2 = 3B 2L 2v /mR = 3a 1，选项C 错误、D 正确．由以上分析可知，在瞬时速度相同的情况下，恒力F 作用时棒的加速度比拉力的功率P 恒定时的加速度小，故t 1 > t 2，选项B 正确，A 错误．4．BD ；当有磁场时，导体棒除受到沿斜面向下的重力的分力外，还切割磁感线有感应电流受到安培力的作用，所以两次上升的最大高度相比较为h < H ，两次动能的变化量相等，所以导体棒所受合力的功相等，选项A 错误，B 正确，有磁场时，电阻R 产生的焦耳热小于0.5mv 02，ab 上升过程的最小加速度为g sin θ，选项C 错误、D 正确．5．C ；设线框刚进入磁场时的速度为v 1，刚穿出磁场时的速度v 2 = v 1/2；线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L ，由题意mv 12/2 = mgH ，mv 12/2 + mg ·2L = mv 22/2 + Q ，联立解得Q = 2mgL + 3mgH /4 = 3mgL ，选项C 正确． 6．C ；设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为v 1，那么mgh = 12mv 21，v 1 = 2gh .设线圈刚进入第二个磁场时速度大小为v 2，那么v 22 – v 21 = 2gh ，v2 = 2v 1；根据题意还可得到，mg = B 2L 2v 1/R ，mg = B x 2L 2v 2/R 整理可得出B x =22B ，A 、B 两项均错．穿过两个磁场时都做匀速运动，把减少的重力势能都转化为电能，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL ，C 项正确、D 项错误．7．A ；在金属棒PQ 进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D 项错误．在磁场中运动时，感应电动势E ＝Blv ，与时间无关，保持不变，故A 选项正确．8．⑴ 框架开始运动时，MN 边所受安培力的大小等于其所受的最大静摩擦力，故有F 安 = μ(m 1 + m 2)g ，F 安 = BIl ，E = Blv ，I = Blv /R ，解得v = 6 m/s ．⑵ 框架开始运动时，MN 边所受安培力的大小等于其所受的最大静摩擦力，设此时加在ab 上的恒力为F ，应有 F ≥ F 安，当F = F 安时，F 最小，设为F min ，故有F min = μ(m 1 + m 2)g = 0.6 N ． ⑶ 根据能量转化和守恒定律，F 做功消耗外界能量，转化为导体棒ab 的动能和回路中产生的热量，有Fs = m 2v 2/2 + Q ，框架开始运动时，ab 的速度v = 6 m/s ，解得Q = 0.3 J ．9． t 1 = D /v = 0.2 s ；在0～t 1时间内，A 1产生的感应电动势E 1 = BLv = 0.18 V ，其等效电路如图甲所示．由图甲知，电路的总电阻 R 0 = r + rR /(r + R ) = 0.5 Ω，总电流为I = E 1/R = 0.36 A ，通过R 的电流为I R = I /3 = 0.12 A ；从A 1离开磁场（t 1 = 0.2 s ）至A 2刚好进入磁场t 2 = 2D /v 的时间内，回路无电流，I R = 0；从A 2进入磁场（t2＝0.4 s ）至离开磁场t 3 = (2D + D )/v = 0.6 s 的时间内，A 2上的感应电动势为E 2＝0.18 V ，其等效电路如图乙所示，由图乙知，电路总电阻R 0 = 0.5 Ω，总电流I = 0.36 A ，流过R 的电流I R = 0.12 A ；综合以上计算结果，绘制通过R 的电流与时间关系如图所示．10．⑴ 系统的运动情况分析可用简图表示如下：。
高考物理大二轮复习 专题五 电路与电磁感应 第二讲 电磁感应规律及其综合应用教学案
第二讲 电磁感应规律及其综合应用[答案] (1)楞次定律与右手定则的关系 楞次定律 右手定则 研究对象整个闭合导体回路 闭合导体回路的一部分 适用范围磁通量变化产生感应电流的各种情况 一段导体在磁场中做切割磁感线运动 关系右手定则是楞次定律的特殊情况(2)公式：E ＝n Δt n ：线圈的匝数，ΔΦ：磁通量的变化量，Δt ：对应于ΔΦ所用的时间，ΔΦΔt：磁通量的变化率．(3)解决电路问题的基本思路①找电源：哪部分电路产生了电磁感应现象，则这部分电路就是电源．②由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律或右手定则确定出电源的正负极．a ．在外电路，电流从正极流向负极；在内电路，电流从负极流向正极．b ．存在双感应电动势的问题中，要求出总的电动势．③正确分析电路的结构，画出等效电路图．a ．内电路：“切割”磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻．b ．外电路：除“电源”以外的电路即外电路．④运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率等列方程求解．(4)动力学问题基本思路：导体受外力运动――→E ＝Blv感应电动势错误!感应电流错误!导体受安培力―→合外力变化――→F ＝ma加速度变化―→速度变化．热点考向一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用角度一 楞次定律的应用【典例1】 (2017·全国卷Ⅲ)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 ，一圆环形金属线框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[思路引领] 利用楞次定律判断金属杆PQ 产生的感应电流的方向，根据感应电流产生的磁场对线框T 中磁通量变化的影响，来判断线框T 中感应电流的方向．[解析] 由于金属杆PQ 突然向右运动，导致金属导轨与金属杆PQ 所围的面积增大，磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，故感应电流产生的磁场方向应垂直于纸面向外，PQRS 中的感应电流沿逆时针方向．对于圆环形金属线框T ，金属杆由于运动产生的感应电流所产生的磁场使得T 内的磁场的磁感应强度变小，磁通量减小，故线框T 中感应电流产生的磁场方向应垂直于纸面向里，故T 中的感应电流沿顺时针方向，故选项D 正确．[答案] D角度二 法拉第电磁感应定律的应用【典例2】 (多选)(2019·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0[思路引领] (1)安培力的方向是否变化，不仅要看i ，还要注意B 的方向是否变化．(2)应用E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt·S 解题时注意S 为有效面积．[解析] 根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝12πr2·B0t0＝B0πr22t0，根据电阻定律可得R＝ρ2πrS，根据欧姆定律可得I＝ER＝B0rS4t0ρ，所以选项C正确，D错误．[答案] BC1．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”．2．用法拉第电磁感应定律求解感应电动势常见情况与方法迁移一楞次定律的应用1．(2019·青岛阶段性教学抽样检测)如右图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的判断正确的是( )A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右[解析] 解法一：当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，线圈中向下的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，线圈中先产生逆时针方向的感应电流后产生顺时针方向的感应电流，线圈四条边所受安培力的合力先向右下，后向右上，因此F N 先大于mg后小于mg，运动趋势向右，D正确．解法二：根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总要反抗产生感应电流的原因．本题中的“原因”是AB回路中磁通量先增大后减小，归根结底是磁场靠近了回路．“效果”是回路要采取措施阻碍磁通量先增大后减小，即“来拒去留”，故必有向右运动的趋势．在竖直方向上，回路则应以先“向下躲”后“向上追”的方式阻碍磁通量先增大后减小，故F N先大于mg后小于mg，D正确．[答案] D迁移二法拉第电磁感应定律的应用2．(多选)在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计，闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是( )A．电容器上极板带正电B．电容器下极板带正电C ．线圈两端的电压为B 0πr 21t 0D ．线圈两端的电压为4B 0πr 225t 0[解析] 由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，A 错，B 对．由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝B 0t 0×πr 22，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I ＝E R ＋R 1＋R 2，所以线圈两端的电压U ＝I (R 1＋R 2)＝4B 0πr 225t 0，C 错，D 对． [答案] BD应用法拉第电磁感应定律求磁场变化产生的电动势时，公式E ＝n ΔB Δt·S ，其中S 为线圈内磁场区的面积，不一定等于线圈的面积.热点考向二 电磁感应中的图像问题【典例】 (多选)(2019·全国卷Ⅱ)如图，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像可能正确的是( )[思路引领] (1)两棒从同一位置释放，进入磁场时速度相同．(2)需分情况讨论，要从释放两棒时间间隔足够长和较短两个角度展开研究．[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像可能是A；由于两导体棒从同一位置释放，两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等，MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势，回路中产生的感应电流不可能小于I1，B错误；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I1，MN受到安培力的作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，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像可能是D，C错误．[答案] AD电磁感应图像问题解题“5步曲”第1步：明确图像的种类．是B－t图、I－t图、v－t图、F－t图或是E－t图等；第2步：分析电磁感应的具体过程．明确运动分成几个阶段(根据磁通量的变化特征或切割特点分析)；第3步：写出函数方程．结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数方程；第4步：进行数学分析．根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等；第5步：得结果．画图像或判断图像．迁移一由给定的电磁感应过程选图像1．(2019·江苏宜兴模拟)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd .t ＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc 边刚进入磁场的时刻为t 1，ad 边刚进入磁场的时刻为t 2，设线框中产生的感应电流的大小为I ，ad 边两端电压大小为U ，水平拉力大小为F ，则下列I 、U 、F 随时间t 变化关系的图像正确的是( )[解析] 由题意可知，线框的速度与时间的关系式为v ＝at ，a 是加速度，设线框总电阻为R ，又由E ＝BLv 和I ＝E R 得感应电流与时间的关系式为I ＝BLa Rt ，B 、L 、a 均不变，在0～t 1时间内，感应电流为零，t 1～t 2时间内，电流I 与t 成正比，t 2时间后无感应电流，A 、B 错误；在0～t 1时间内，感应电流为零，ad 的电压为零，t 1～t 2时间内，电流I 与t 成正比，U ad ＝IR ad ＝BLa R t ×14R ＝BLat 4，电压随时间均匀增加，t 2时间后无感应电流，但有感应电动势，U ad ＝E ＝BLat ，电压随时间均匀增加，C 正确；根据推论得知线框所受的安培力为F A ＝B 2L 2v R，由牛顿第二定律得F －F A ＝ma ，整理得F ＝B 2L 2a Rt ＋ma ，在0～t 1时间内，感应电流为零，F ＝ma ，为定值，t 1～t 2时间内，F 与t 成正比，F 与t 是线性关系，但不过原点，t 2时间后无感应电流，F ＝ma ，为定值，D 错误．[答案] C迁移二 由给定的图像求解电磁感应的物理量2．(多选)(2019·安徽宿州三模)矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的规律如图所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流正方向，水平向右为ad 边所受安培力F 的正方向．下列图像正确的是( )[解析] 导线框中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率．由图可知，0～1 s 时间内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外)，由楞次定律结合安培定则可知感应电流沿逆时针方向，因而是负值，由于磁场均匀变化，所以产生的感应电流恒定，故A错误，B正确；0～1 s时间内，ad边感应电流方向向下，ad 边所受的安培力F＝BIL，根据左手定则得安培力方向向右，为正值，由于B随时间均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，故C错误，D正确．[答案] BD分类排除法解决电磁感应中的图像问题首先根据图像的坐标、物理量的方向或大小等特点将图像分类，然后按方向、大小、变化趋势、变化时段、大小关系的顺序分析，优先判断方向，由简到繁，排除错误选项.热点考向三 电磁感应规律的综合应用【典例】 (2019·河北名校联盟)如图所示，空间中有一垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场上下边界距离为L ，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电阻为R 、边长为L 的均匀正方形导线框abcd 竖直放置，水平边ab 在距磁场上边界高h 处．现将导线框从静止开始无初速度释放，cd 边进入磁场后，导线框做匀速直线运动．重力加速度为g ，不计空气阻力．求：(1)导线框做匀速直线运动时，c 、d 间的电势差U cd ；(2)导线框ab 边刚进入磁场时，导线框的加速度大小a 0；(3)导线框通过磁场区域过程中产生的焦耳热Q .[思路引领] 分段处理，导线框在进磁场前做自由落体运动，进磁场的过程中做变速直线运动，出磁场的过程中做匀速直线运动．由于在整个过程中导线框中产生的感应电流是变化的，不能运用焦耳定律求解焦耳热，但可以利用能量守恒定律求解．[解析] (1)设导线框做匀速直线运动时，速度大小为v ，受到的安培力大小为F 匀速运动时，导线框受力平衡，故F ＝mg电动势E ＝BLv ，又I ＝E R ，F ＝BIL联立解得v ＝mgR B 2L 2由右手定则可判断c 点比d 点电势低，有U cd ＝－3R 4I 故U cd ＝－3BLv 4，解得U cd ＝－3mgR 4BL. (2)导线框ab 边刚进入磁场时，速度大小记为v ′，则对导线框从静止释放到ab 边刚进入磁场这一过程应用机械能守恒定律有mgh ＝12mv ′2解得v ′＝2gh ，此时ab 边所受安培力为F ′＝B 2L 2v ′R，由牛顿第二定律得，⎪⎪⎪⎪⎪⎪mg －B 2L 2v ′R ＝ma 0，解得a 0＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪g －B 2L 22gh mR . (3)导线框由释放到通过磁场区域的过程中，由能量守恒定律有Q ＝mg (h ＋2L )－12mv 2代入数据解得Q ＝mg (h ＋2L )－m 3g 2R 22B 4L4.[答案] (1)－3mgR 4BL (2)⎪⎪⎪⎪⎪⎪g －B 2L 22gh mR(3)mg (h ＋2L )－m 3g 2R 22B 4L4电磁感应中力、电综合问题的解题思路如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线aa ′和bb ′与斜面底边平行，且间距为d ＝0.1 m ，在aa ′、bb ′围成的区域内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，边长也为d ＝0.1 m 的正方形金属线圈MNPQ ，其初始位置PQ 边与aa ′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，不计其他阻力，求：(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度； (2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热． [解析] (1)金属线圈向下进入磁场时，有mg sin θ＝μmg cos θ＋F 安，其中F 安＝BId ，I ＝E R，E ＝Bdv解得v ＝(mg sin θ－μmg cos θ)RB 2d2＝2 m/s. (2)设线圈到达最高点离bb ′的距离为x ，则v 2＝2ax ，mg sin θ－μmg cos θ＝ma 根据能量守恒有E k1－E k ＝μmg cos θ·2x ，其中E k ＝12mv 2解得E k1＝12mv 2＋v 2μmg cos θg sin θ－gμcos θ＝0.1 J.(3)向下匀速通过磁场区域过程中，有mg sin θ·2d －μmg cos θ·2d ＋W 安＝0，Q ＝－W安解得：Q ＝2mgd (sin θ－μcos θ)＝0.004 J. [答案] (1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J电磁感应的综合问题的解题要点(1)变速运动或平衡问题：从牛顿第二定律的瞬时性着手，分析金属棒的运动性质，通过力与运动的关系分析出最终存在的“稳定状态”——通常为安培力与其他力平衡时的匀速运动状态或匀变速直线运动状态．(2)物体的运动较为复杂或涉及变力做功的问题：往往应用能量的观点分析问题，通过各力的做功情况分析能量的转化，特别要注意安培力做功的情况——安培力做正功将电能转化为机械能；安培力做负功将机械能转化为电能.高考热点模型构建——“杆＋导轨”模型考向一 “单杆＋导轨＋电阻”模型【典例1】 (2019·天津和平区四模)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 ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻，一质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω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 ＝0.2 T ，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒运动的位移x ＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前回路中产生的焦耳热Q 1＝2.025 J ，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)金属棒MN 做匀加速运动所需外力随时间变化的表达式； (3)外力做的功W F .[思路引领] 求解电荷量时应该使用电流的平均值；分析金属棒所受的外力随时间的变化规律时，应首先综合法拉第电磁感应定律和安培力公式等知识得出安培力与时间的关系式，然后进一步求解．[解析] (1)棒在匀加速运动中，由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt，其中ΔΦ＝BLx由闭合电路的欧姆定律得I ＝ER ＋r则通过电阻R 的电荷量为q ＝I ·Δt 联立各式，代入数据得q ＝2.25 C. (2)由法拉第电磁感应定律得E ＝BLv对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v ＝at 由闭合电路的欧姆定律得I ＝ER ＋r由安培力公式和牛顿第二定律得F －BIL ＝ma 得F ＝0.2＋0.05t .(3)对棒的匀加速运动过程， 由运动学公式得v 2＝2ax 撤去外力后，由能量守恒Q 2＝12mv 2＝1.8 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2 解得W F ＝3.825 J.[答案] (1)2.25 C (2)F ＝0.2＋0.05t (3)3.825 J“单杆＋导轨＋电阻”四种模型解读(导轨电阻不计)考向二 “杆＋电容器＋导轨”模型【典例2】(2019·湖南衡阳一模)如图所示，足够长的平行金属导轨MN 、PQ 倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝30°，导轨间距为L ，导轨下端分别连着电容为C 的电容器和阻值为R 的电阻，开关S 1、S 2分别与电阻和电容器相连．一根质量为m 、电阻忽略不计的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝32.一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间，另一端跨过定滑轮与一质量为4m 的重物相连，金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计．初始状态用手托住重物使轻绳恰好处于伸长状态，不计滑轮阻力，已知重力加速度为g ，试分析：(1)若S 1闭合、S 2断开，由静止释放重物，求重物的最大速度v m ；(2)若S 1断开、S 2闭合，从静止释放重物开始计时，求重物的速度v 随时间t 变化的关系式．[思路引领] 匀强磁场中，恒力作用下金属棒在接电容器的平行导轨上最终将做匀加速运动，牢记这一结论，可快速解答相关问题．[解析] (1)S 1闭合、S 2断开时，重物由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到的沿导轨向下的安培力为F ＝BIL ，感应电动势为E ＝BLv m感应电流为I ＝E R ＝BLv mR当金属棒速度最大时有4mg ＝mg sin30°＋F ＋μF N 式中F N ＝mg cos30° 解得v m ＝11mgR4B 2L2.(2)S 1断开、S 2闭合时，设从释放重物开始经时间t 金属棒的速度大小为v ，加速度大小为a ，通过金属棒的电流为I ，金属棒受到的安培力F ＝BIL ，方向沿导轨向下，设在t 到(t ＋Δt )时间内流经金属棒的电荷量为ΔQ ，ΔQ 也是平行板电容器在t 到(t ＋Δt )时间内增加的电荷量ΔQ ＝CBL Δv ，Δv ＝a Δt则I ＝ΔQΔt＝CBLa设绳中拉力大小为T ，由牛顿第二定律， 对金属棒有T －mg sin30°－μmg cos30°－BIL ＝ma对重物有4mg －T ＝4ma 解得a ＝11mg4(5m ＋CB 2L 2)可知重物做初速度为零的匀加速直线运动v ＝at ＝11mg4(5m ＋CB 2L 2)t .[答案] (1)11mgR 4B 2L 2 (2)v ＝11mg4(5m ＋CB 2L 2)t“杆＋电容器＋导轨”模型(1)模型概述轨道水平光滑，单杆ab 质量为m ，电阻不计，两平行导轨间距为L ，拉力F 恒定． (2)解题思路开始时a ＝F m，杆ab 速度v ↑⇒感应电动势E ＝BLv ↑，经过Δt 速度为v ＋Δv ，此时感应电动势E ′＝BL (v ＋Δv )，Δt 时间内流入电容器的电荷量Δq ＝C ΔU ＝C (E ′－E )＝CBL Δv电流I ＝Δq Δt ＝CBL ΔvΔt ＝CBLa安培力F 安＝BLI ＝CB 2L 2aF －F 安＝ma ，a ＝Fm ＋B 2L 2C，所以杆以恒定的加速度匀加速运动.1．(2019·辽宁沈阳质检)足够长的平行金属导轨MN 和PQ 表面粗糙，与水平面间的夹角为37°(sin37°＝0.6)，间距为1.0 m ．垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4.0 T ，PM 间所接电阻的阻值为8.0 Ω，质量为2.0 kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25，金属杆ab 在沿斜面向下且与杆垂直的恒力F 作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s ，取g ＝10 m/s 2.求：(1)当金属杆的速度为4.0 m/s 时，金属杆的加速度大小； (2)当金属杆沿导轨的位移为6.0 m 时，通过金属杆的电荷量．[解析] (1)对金属杆ab 应用牛顿第二定律有F ＋mg sin θ－F 安－f ＝ma ，f ＝μF N ，F N＝mg cos θ，ab 杆所受安培力大小为F 安＝BIL ，ab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv ，由闭合电路欧姆定律可得I ＝ER，整理得：F ＋mg sin θ－B 2L 2vR－μmg cos θ＝ma ，代入v m ＝8 m/s 时a ＝0，解得F ＝8 N ， 代入v ＝4 m/s 及F ＝8 N ，解得a ＝4 m/s 2. (2)设通过回路截面的电荷量为q ，则q ＝I t ，回路中的平均电流为I ＝ER，回路中产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦt， 回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx ， 解得q ＝ΔΦR＝3 C. [答案] (1)4 m/s 2(2)3 C2.如图所示，MN 和M ′N ′为两竖直放置的平行光滑长直金属导轨，两导轨间的距离为L .在导轨的下部有垂直于导轨所在平面、方向向里的匀强磁场，磁感应强度为B .在导轨的MM ′端连接电容为C 、击穿电压为U b 、正对面积为S 、极板间可认为是真空、极板间距为d的平行板电容器．在t ＝0时无初速度地释放金属棒ef ，金属棒ef 的长度为L 、质量为m 、电阻可忽略不计．假设导轨足够长，磁场区域足够大，金属棒ef 与导轨垂直并接触良好，导轨和各接触处的电阻不计，电路的电感、空气的阻力可忽略，已知重力加速度为g .(1)求电容器两端的电压达到击穿电压所用的时间．(2)金属棒ef 下落的过程中，速度逐渐变大，感应电动势逐渐变大，电容器极板上的电荷量逐渐增加，两极板间存储的电场能也逐渐增加．单位体积内所包含的电场能称为电场的能量密度．已知两极板间为真空时平行板电容器的电容大小可表示为C ＝ε0Sd.试证明平行板电容器两极板间的空间内的电场能量密度ω与电场强度E 的平方成正比，并求出比例系数(结果用ε0和数字的组合表示)．[解析] (1)在电容器两端电压达到击穿电压前，设任意时刻t ，流过金属棒的电流为i ，由牛顿第二定律知，此时金属棒的加速度a 满足mg －BiL ＝ma设在t 到t ＋Δt 的时间内，金属棒的速度由v 变为v ＋Δv ，电容器两端的电压由U 变为U ＋ΔU ，电容器的带电荷量由Q 变为Q ＋ΔQ ，由电流的定义、电荷量与电压和电容间的关系、电磁感应定律以及加速度的定义得i ＝ΔQ Δt ＝C ΔU Δt ＝CBL Δv Δt＝CBLa联立得a ＝mgB 2L 2C ＋m可知金属棒做初速度为0的匀加速直线运动，当电容器两端电压达到击穿电压时，金属棒的速度为v 0＝U bBL所以电容器两端电压达到击穿电压所用的时间为t ＝v 0a ＝U b (B 2L 2C ＋m )BLmg.(2)当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量ΔQ i 时，电容器两端的电压可认为始终为U i ，增加的电场能可用图甲中左起第1个阴影部分的面积表示；同理，当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量ΔQ i ＋1时，电容器两端的电压可认为始终为U i ＋1，增加的电场能可用图甲中左起第2个阴影部分的面积表示；依次类推可知，当电容器的带电荷量为Q ′、两端电压为U ′时，图乙中阴影部分的面积表示两极板间电场能的大小W ′，所以W ′＝12U ′Q ′，根据题意有ω＝W ′Sd ，又Q ′＝U ′C ，U ′＝Ed ，C ＝ε0S d ，联立解得ω＝12ε0E 2所以电场能量密度ω与电场强度E 的平方成正比，且比例系数为12ε0.[答案] (1)U b (B 2L 2C ＋m )BLmg(2)见解析专题强化训练(十三)一、选择题1．(2018·黄冈中学元月月考)如右图所示，ab 是一个可以绕垂直于纸面的轴O 转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R 的滑片P 自左向右滑动的过程中，线圈ab 将( )A ．静止不动B ．顺时针转动C ．逆时针转动D ．发生转动，但电源的极性不明，无法确定转动方向[解析] 题图中的两个通电的电磁铁之间的磁场方向总是水平的，当滑动变阻器R 的滑。
高考物理二轮复习专题电磁感应定律及综合应用教学案
专题09 电磁感应定律及综合应用电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考命题频率最高的内容之一。
题型多为选择题、计算题。
主要考查电磁感应、楞次定律、法拉第电磁感应定律、自感等知识。
本部分知识多结合电学、力学部分出压轴题，其命题形式主要是电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用、电磁感应与能量守恒的综合应用。
复习中要熟练掌握感应电流的产生条件、感应电流方向的判断、感应电动势的计算，还要掌握本部分内容与力学、能量的综合问题的分析求解方法。
预测2020年的高考基础试题重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效问题．综合试题还是涉及到力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识．主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等．此除日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术这些在实际中有广泛的应用问题也要引起重视。
一、法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律的内容是感应电动势的大小与穿过回路的磁通量的变化率成正比．在具体问题的分析中，针对不同形式的电磁感应过程，法拉第电磁感应定律也相应有不同的表达式或计算式．磁通量变化的形式表达式备注通过n匝线圈内的磁通量发生变化E＝n·ΔtΔΦ(1)当S不变时，E＝nS·ΔtΔB(2)当B不变时，E＝nB·ΔtΔS导体垂直切割磁感线运动E＝BLv 当v∥B时，E＝0 导体绕过一端且垂直于磁场方向的转轴匀速转动E＝21BL2ω线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动E＝nBSω·sinωt当线圈平行于磁感线时，E最大为E＝nBSω，当线圈平行于中性面时，E＝0二、楞次定律与左手定则、右手定则1．左手定则与右手定则的区别：判断感应电流用右手定则，判断受力用左手定则．2．应用楞次定律的关键是区分两个磁场：引起感应电流的磁场和感应电流产生的磁场．感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化，“阻碍”的结果是延缓了磁通量的变化，同时伴随着能量的转化．3．楞次定律中“阻碍”的表现形式：阻碍磁通量的变化(增反减同)，阻碍相对运动(来拒去留)，阻碍线圈面积变化(增缩减扩)，阻碍本身电流的变化(自感现象)．三、电磁感应与电路的综合电磁感应与电路的综合是高考的一个热点内容，两者的核心内容与联系主线如图4－12－1所示：1．产生电磁感应现象的电路通常是一个闭合电路，产生电动势的那一部分电路相当于电源，产生的感应电动势就是电源的电动势，在“电源”内部电流的流向是从“电源”的负极流向正极，该部分电路两端的电压即路端电压，U ＝R ＋r R E.2．在电磁感应现象中，电路产生的电功率等于内外电路消耗的功率之和．若为纯电阻电路，则产生的电能将全部转化为内能；若为非纯电阻电路，则产生的电能除了一部分转化为内能，还有一部分能量转化为其他能，但整个过程能量守恒．能量转化与守恒往往是电磁感应与电路问题的命题主线，抓住这条主线也就是抓住了解题的关键．在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能．说明：求解部分导体切割磁感线产生的感应电动势时，要区别平均电动势和瞬时电动势，切割磁感线的等效长度等于导线两端点的连线在运动方向上的投影．考点一 对楞次定律和电磁感应图像问题的考查例1、【2020·新课标Ⅲ卷】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。
高考物理二轮复习专题七电路电磁感应规律及其应用教学案
专题七电路电磁感应规律及其应用考情分析2020 2020 2020电路T1：理想变压器T13：电阻定律T4：自耦变压器T8：直流电路的分析与计算电磁感应T13：电磁感应定律的应用、电阻定律、焦耳定律T6：感应电动势、感应电流T13：电磁感应定律的应用T7：音响电路中的感抗、容抗T13：电磁感应综合应用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.(2020·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. (2020·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。
高三物理电磁感应规律的综合应用教案
电磁感应规律的综合应用 知识点 电磁感应和电路的综合1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于01电源。
如：切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等。
2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路，外电路由电阻器、电容器等电学元件组成。
在外电路中，电流从高电势处流向低电势处；在内电路中，电流则从02低电势处流向03高电势处。
3．与电路相联系的几个公式(1)电源电动势：E ＝04n ΔΦΔt 或E ＝Bl v 。
(2)闭合电路欧姆定律：I ＝E R ＋r。
电源的内电压：U 内＝05Ir 。
电源的路端电压：U 外＝IR ＝E －Ir 。
(3)消耗功率：P 外＝IU ，P 总＝06EI 。
(4)电热：Q 外＝07I 2Rt ，Q 总＝I 2(R ＋r )t 。
知识点 电磁感应现象中的动力学问题 Ⅱ1．安培力的大小⎬⎪⎫感应电动势：E 01Bl v 感应电流：I ＝E R ＋r安培力公式：F 02IlB F ＝B 2l 2v R ＋r 2．安培力的方向(1)03右手定则或楞次定律确定感应电流方向，04左手定则确定安培力方向。
(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向05相反。
3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。
4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
知识点电磁感应现象中的能量问题Ⅱ1．电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做01切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受02安培力。
外力03克服安培力做功，将其他形式的能转化为04电能；通有感应电流的导体在磁场中通过受安培力做功或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。
2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和05电能之间的转化。
一堵点疏通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。
() 2．导体所受安培力的方向一定与导体的运动方向相反。
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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。
线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场的转动轴以角速度ω匀速转动。
设线圈转动到图示位置的时刻t ＝0，则( )图2A.在t ＝0时刻，穿过线圈的磁通量达到最大，流过电阻R 的电流为零，电压表的读数也为零B.1秒钟内流过电阻R 的电流方向改变ωπ次C.经π2ω的时间，通过电阻R 的电荷量为2πNBS 4（R ＋r ）D.在电阻R 的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变解析 t ＝0时刻线圈处于中性面位置Φ最大，e ＝0，i ＝0，但电压表的读数为有效值不为0，A 项错误；T ＝2πω，交流电在一个周期内电流方向改变两次，所以1 s 内电流方向改变次数为21T ＝ωπ，B 项正确；在π2ω＝T 4时间内，通过R 的电荷量Q ＝ΔΦR ＋r ＝NBSR ＋r ，则C 项错误；电容器有通交流隔直流的特点，在R 两端并联一只电容较大的电容器，相当于总电阻减小，则路端电压减小，电压表测路端电压，所以D 项错误。
答案 B4.(多选)(2017·苏北四市三模)如图3所示的电路中，电感L 的自感系数很大，电阻可忽略，D 为理想二极管，则下列说法正确的有( )图3A.当S 闭合时，L 1立即变亮，L 2逐渐变亮B.当S 闭合时，L 1一直不亮，L 2逐渐变亮C.当S 断开时，L 2立即熄灭D.当S 断开时，L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭解析 当S 闭合时，二极管具有单向导电性，此时为反向电流，所以L 1一直不亮，自感线圈L 阻碍电流的增大，阻碍不等于阻止，所以L 2逐渐变亮，A 项错误，B 项正确；当S 断开时，自感线圈L 中的电流大小及方向不能突变，此时对二极管而言为正向电流，L 1突然变亮，然后L 1、L 2逐渐变暗至熄灭，C 项错误，D 项正确。
答案 BD直流电路分析及动态变化闭合电路动态分析的两种常用方法 (1)程序分析法：流程如下R ⎩⎪⎨⎪⎧增大减小错误! I 总错误!错误! U 内错误!――→U 外＝E －I 总r U 外⎩⎪⎨⎪⎧增大减小――→最后确定⎩⎪⎨⎪⎧I 支U 支(2)利用结论法：即“串反并同”法①“串反”——即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；②“并同”——即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)。
【例1】(2017·苏北四市一模)在如图4所示的电路中，E为电源，电源内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，为理想电压表，R 1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片向上移动，则( )图4A.电压表的示数变大B.小灯泡消耗的功率变小C.通过R2的电流变小D.电源的内耗电压变大解析将滑动变阻器的滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流减小，故R1两端的电压减小，R2两端的电压增大，通过R2的电流变大，A、C项错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P＝I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，B项正确；因电路中电流减小，故电源的内耗电压减小，D项错误。
答案 B【变式1】 (多选)(2017·苏北四市三模)如图5所示，A为巨磁电阻，当它周围的磁场增强时，其阻值增大，C为电容器。
当有磁铁靠近A时，下列说法正确的有( )图5A.电流表的示数减小B.电容器C的电荷量增大C.电压表的示数变小D.电源内部消耗的功率变大解析开关闭合稳定时，电流表、电阻R、巨磁电阻串联，接在电源两端，电压表测路端电压，电容器右极板带正电，左极板带负电，两极板间的电势差等于路端电压。
当有磁铁靠近A时，巨磁电阻阻值增大，电路总阻值增大，回路电流减小，则电流表的示数减小，A项正确；回路电流减小，内电压减小，路端电压增大，电压表的示数增大，电容器C的电荷量增大，B项正确，C项错误；电源内部消耗的功率P内＝I2r变小，D项错误。
答案AB交变电流变压器和远距离输电1.交变电流的“四值”最大值：分析电容器的耐压值。
瞬时值：计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况。
有效值：电表的读数，计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流。
平均值：计算通过电路横截面的电荷量。
2.理想变压器原理及其动态分析(1)根据题意分清变量和不变量，以及变压器电路的原、副线圈的功率、电流、电压的关系。
(2)弄清“谁决定谁”的制约关系。
对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入。
【例2】(2017·宿迁二模)如图6所示，矩形线圈abcd在磁感应强度大小为B＝216πT的匀强磁场中绕垂直于磁场的dc边以角速度ω＝100π rad/s匀速转动。
线圈的匝数N＝100，边长ad＝0.4 m，ab＝0.2 m。
理想变压器原、副线圈的匝数比是2∶1，一只理想二极管和一个阻值为25 Ω的定值电阻R串联在副线圈电路中，已知电压表和电流表均为理想交流电表，线圈和导线的电阻不计，则下列说法正确的是( )图6A.该矩形线圈产生的电动势的最大值为50 VB.电压表的示数为50 VC.1 min内电阻R上产生的热量为750 JD.减小电阻R的值，电流表示数变小解析 该线圈产生的电动势的最大值为E m ＝NBS ω＝100216π0.20.4100π V ＝50 2 V ，A 项错误；根据理想变压器的变压公式可得副线圈两端电压的有效值为25 V ，由于二极管的单向导电性，结合有效值的定义有（25 V ）2R T 2＝U2RT ，解得电压表的示数为U ＝12.5 2 V ≈17.68V ，B 项错误；由焦耳定律得1 min 内电阻R 上产生的热量为Q ＝U 2R t ＝2522×2560 J ＝750 J ，C项正确；减小电阻R 的值，副线圈中的电流增大，则原线圈中的电流增大，电流表的示数变大，D 项错误。
答案 C【变式2】 (2017·扬州模拟)如图7所示为远距离输电的示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。
闭合开关S 后( )图7A.升压变压器的输出电压增大B.降压变压器的输出电流减小C.输电线上损耗的功率增大D.输电线上交流电的频率减小解析 根据输入电压决定输出电压，闭合开关S 后，升压变压器的输出电压不变，选项A 错误；闭合开关S 后，负载增加，负载总电阻减小，降压变压器的输出电流增大，输电线上电流增大，输电线上损耗的功率增大，选项B 错误，C 正确；根据变压器不改变交变电流的频率可知，输电线上交流电的频率不变，选项D 错误。
答案 C电磁感应规律与图象结合解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者E －t 图象、I －t 图象等。
(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的对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式。
(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。
【例3】 [2017·苏、锡、常、镇四市高三教学情况调研(一)]一个圆形线圈，共有n ＝10匝，其总电阻r ＝4.0 Ω。
线圈与阻值R 0＝16 Ω的外电阻连成闭合回路，如图8甲所示。
线圈内部存在着一个边长l ＝0.20 m 的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T ＝1.010－2s ，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向.求：图8(1)t ＝18T 时刻，电阻R 0上的电流大小和方向；(2)0～12T 时间内，流过电阻R 0的电荷量；(3)一个周期内电阻R 0的发热量。
解析 (1)0 ～T4内，感应电动势大小E 1＝nΔΦ1Δt 1＝4nB 1ST，可得E 1＝8 V 电流大小I 1＝E 1R 0＋r可得I 1＝0.4 A电流方向b 到a(2)同(1)可得T 4 ～ T2内，感应电流大小I 2＝0.2 A流过电路的电荷量q ＝I 1T 4＋I 2T4得q ＝1.510－3C (3)Q ＝I 21R 0T2＋I 22R 0T2得Q ＝1.610－2J 。
答案 (1)0.4 A 电流方向b 到a (2)1.510－3C (3)1.610－2J【变式3】 (2017·南京、盐城高三一模)如图9甲所示，质量m ＝1 kg ，边长ab ＝1.0 m ，电阻r ＝2 Ω单匝正方形闭合线圈abdc 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。