高三物理二轮复习电磁感应中的电路问题教学案无答案(新)
高三物理二轮复习 第一部分 专题四 电磁感应与电路 第
专题四电磁感应与电路第1讲电磁感应规律及应用2016高考导航——适用于全国卷Ⅰ热点聚焦备考对策1.电磁感应部分：以考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用为主，多涉及牛顿运动定律、电功和电热等力电综合问题．考查形式为选择题或计算题.2.恒定电流部分：以选择题的形式考查动态电路、电路故障、含容电路和含电表电路等问题的分析.3.交变电流部分：以选择题的形式考查交变电流有效值与峰值的关系、理想变压器的原理．复习时应理清各个基本概念，熟记各公式及适用条件，掌握交流电“四值”的特点及适用范围，注意训练和掌握闭合电路的动态分析问题、含容电路的分析问题、变压器电路的动态分析问题及电磁感应与电路相综合问题的分析思路与方法，强化电磁感应图象问题的训练，提高解决与实际生活、生产科技相结合的实际问题的能力.第1讲电磁感应规律及应用热点一电磁感应图象问题命题规律电磁感应图象问题多以选择题形式出现，有时也与计算题结合，主要考查以下内容：(1)综合应用楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识，判断电流(或安培力)随时间t(或位移x)变化的图象．(2)利用动力学观点判断棒(或线圈)的速度随时间变化的图象．(3)在计算题中考查学生的识图能力，由图象获取解题信息的能力．1．(2015·高考山东卷)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压u ab为正，下列u ab－t图象可能正确的是( )甲乙A BC D[突破点拨](1)整流电路部分是干扰条件．(2)在0～0.25T0内，i的变化率为正，且越来越______；当t＝0.25T0时，i的变化率为________；在0.25T0～0.5T0内，i的变化率为负，且越来越________．(3)0.5T0～T0内与0～0.5T0内i的变化情况相同，故u ab的变化周期为________．[解析] 圆环内磁场的变化周期为0.5T0，则产生的感应电动势的变化周期也一定是0.5T0，四个图象中，只有C的变化周期是0.5T0，根据排除法可知，C正确．[答案] C在上述题1中，若正弦交流电不经过整流，则u ab－t图象应为题1四个选项中的( )解析：选A．不整流，i变化的周期为T0，故B、C错误．经分析u ab－t应为余弦曲线，故A正确，D错误．2．(2015·广州第二次模拟)如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t＝0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流(以逆时针方向为正)．则下列表示I－t关系的图线中，正确的是( )[解析] 在线框进入磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐增加，当线框即将完全进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电流最大，此过程电流方向为逆时针方向．整个线框在磁场中运动时，不产生感应电流．当线框离开磁场时，产生的感应电流方向为顺时针方向，且切割磁感线的有效长度逐渐减小，产生的感应电流逐渐减小，所以选项D正确．[答案] D3．(2015·长沙二模)如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属线框电阻为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，t1时刻线框全部进入磁场．规定顺时针方向为感应电流I的正方向．外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过线框横截面的电荷量为q ，则这些量随时间变化的关系正确的是( )[解析] 线框速度v ＝at ，产生的感应电动势随时间均匀增大，感应电流均匀增大，A 错误；安培力随时间均匀增大，外力F 随时间变化关系是一次函数，但不是成正比，功率P ＝EI ，随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，所以C 正确、B 错误；通过线框横截面的电荷量q ＝It ，随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，选项D 错误．[答案] C [总结提升]分析电磁感应图象问题要注意以下四点(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何． (2)注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应． (3)注意观察图象的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程相对应． (4)优先采取排除法．热点二 电磁感应电路问题命题规律 电磁感应电路问题为每年高考的热点，考查题型以选择题为主，主要涉及电流、电压、电功率、电热和电量的计算．1．(2015·高考安徽卷)如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ[突破点拨](1)MN 切割磁感线的有效长度为________．(2)MN 在回路中的有效电阻为________． (3)安培力公式F ＝BIL 中的L ＝________．[解析] 金属杆MN 切割磁感线的有效长度为l ，产生的感应电动势E ＝Blv ，A 错误；金属杆MN 的有效电阻R ＝rlsin θ，故回路中的感应电流I ＝E R＝Blv sin θrl ＝Bv sin θr，B 正确；金属杆受到的安培力F ＝BIl sin θ＝Bl sin θ·Bv sin θr ＝B 2lvr ，C 错误；金属杆的热功率P＝I 2R ＝B 2v 2sin 2 θr 2·rl sin θ＝B 2v 2sin θ·lr，D 错误．[答案] B在上述题1中，若要维持杆匀速滑动，求所需要施加的水平外力的大小和方向．解析：由平衡条件知：外力方向为水平方向上垂直于杆向右，大小F 外＝F 安＝B 2lvr .答案：B 2lv r水平方向上垂直于杆向右2.(多选)(2015·陕西西安质检)如图所示，用同种电阻丝制成的正方形闭合线框1的边长与圆形闭合线框2的直径相等，m 和n 是线框1下边的两个端点，p 和q 是线框2水平直径的两个端点，线框1和2同时由静止开始释放并进入上边界水平、足够大的匀强磁场中，进入过程中m 、n 和p 、q 连线始终保持水平．当两线框完全进入磁场以后，下面说法正确的是( )A ．m 、n 和p 、q 电势的关系一定有U m ＜U n ，U p ＜U qB ．m 、n 和p 、q 间电势差的关系一定有U mn ＝U pqC ．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q 1＞Q 2D ．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q 1＝Q 2[解析] 当两线框完全进入磁场以后，根据右手定则知U n ＞U m ，U q ＞U p ，A 正确；两线框完全进入磁场后，由于两线框的速度关系无法确定，故不能确定两点间的电势差的关系，B 错误；设m 、n 间距离为a ，由Q ＝ΔΦR ，R ＝ρlS得进入磁场过程中流过线框1、2的电荷量都为BaS4ρ，C 错误，D 正确．[答案] AD3.如图所示，水平放置的U 形金属导轨abcd 处于匀强磁场之中，已知导轨间的距离为L ，磁场的磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．直金属导线MN 中间串有电压表(已知导线和电压表的总质量为m )，水平跨接在ab 与cd 上，且与ab 垂直，直导线与导轨之间的动摩擦因数为μ，R 为电阻，C 为电容器．现令MN 以速度v 0向右匀速运动一段时间后，用U 表示电压表的读数，q 表示电容器所带的电荷量，C 表示电容器的电容，F 表示对MN 的拉力．因电压表的体积很小，对MN 间电压的影响可忽略，则( )A ．U ＝BLv 0，F ＝B 2L 2v 0R＋μmgB ．U ＝BLv 0，F ＝μmgC ．U ＝0，F ＝μmgD ．q ＝BLCv 0，F ＝B 2L 2v 0R[解析] 当直导线匀速运动时，产生的电动势为E ＝BLv 0，但因为电容相当于开路，所以回路中的感应电流为零，所以安培力为零，电压表的示数为零，电容器所带电荷量为q ＝BLCv 0，拉力的大小为F ＝μmg ，即只有C 项正确．[答案] C [总结提升]解决电磁感应中电路问题的思路(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E 的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r .(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．(3)根据E ＝BLv 或E ＝n ΔФΔt ，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．热点三 电磁感应过程中的动力学问题命题规律 电磁感应中的动力学问题为每年高考的热点，考查方式既有选择题，又有计算题，命题规律有以下两点：(1)与牛顿第二定律、运动学知识结合的动态分析问题．(2)电磁感应中的安培力问题、涉及受力分析及功能关系的问题．1.如图所示，竖直平面内有一宽L ＝1 m 、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计．在导轨的上、下边分别接有电阻R 1＝3 Ω和R 2＝6 Ω.在MN 上方及CD 下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B ＝1 T ．现有质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝1 Ω的导体棒ab ，在金属导轨上从MN 上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好．当导体棒ab 下落到快要接近MN 时的速度大小为v 1＝3 m/s.不计空气阻力，g 取10 m/s2.(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小；(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h；(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式．[突破点拨](1)导体棒ab从MN上方某处由静止下落→导体棒在磁场Ⅰ中切割磁感线产生________→导体棒在______________作用下做加速运动．(2)电路的连接→导体棒切割磁感线相当于电源，__________组成外电路．(3)问题(2)中导体棒ab进入磁场Ⅱ后，电流大小始终保持不变→导体棒____________→导体棒在磁场Ⅱ中做____________．[解析] (1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中切割磁感线运动，棒中产生感应电动势E，棒在重力和安培力作用下做加速运动．由牛顿第二定律得：mg－BIL＝ma1①E＝BLv1②R外＝R1R2R1＋R2③I＝ER外＋r④由以上四式可得：a1＝5 m/s2.(2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变．mg＝BI′L⑤I′＝E′R外＋r⑥E′＝BLv′⑦联立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，v′2－v21＝2gh 解得：h＝1.35 m.(3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小v＝v2＋at⑧F＋mg－F安＝ma⑨F安＝B2L2vR外＋r⑩由③⑧⑨⑩解得：F＝(t＋1.6) N.[答案] (1)5 m/s2(2)1.35 m (3)F＝(t＋1.6) N(1)在上述题1第(2)问中，求a、b两点间的电势差大小是多少．解析：根据题意，a、b两点间电势差为U＝BLv′－I′r代入数据解得：U＝4 V.答案：4 V(2)在上述题1第(3)问中，请画出0～1.6 s内外力F与时间t的关系图象．解析：由于F＝(t＋1.6) N故0～1.6 s内F－t图象如图所示．答案：见解析图2．(2015·昆明一模)如图甲所示，MN 左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场．现将一边长为l 、质量为m 、电阻为R 的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且bc 边与磁场边界MN 重合．当t ＝0时，对线框施加一水平拉力F ，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t ＝t 0时，线框的ad 边与磁场边界MN 重合．图乙为拉力F 随时间变化的图线．由以上条件可知，磁场的磁感应强度B 的大小为( )A ．B ＝1lmR t 0 B ．B ＝1l2mRt 0C ．B ＝1lmR 2t 0D ．B ＝2lmR t 0[解析] 根据题意，可知F 0＝ma ，F 安＝BIL ＝B 2l 2v R ＝B 2l 2atR，因为F －F 安＝ma ＝常数，所以ΔF Δt ＝ΔF 安Δt ，即2F 0t 0＝B 2l 2a R ，将F 0＝ma 代入化简，可得B ＝1l2mRt 0.故选项B 正确．[答案] B 3．(2015·福建厦门质检)如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，沿x 轴方向B 与x 成反比，如图乙所示．顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触．已知t ＝0时，导体棒位于顶点O 处，导体棒的质量为m ＝1 kg ，回路接触点总电阻恒为R ＝0.5 Ω，其余电阻不计．回路电流I 与时间t 的关系如图丙所示，图线是过原点的直线．求：(1)t ＝2 s 时回路的电动势E ；(2)0～2 s 时间内流过回路的电荷量q 和导体棒的位移x 1； (3)导体棒滑动过程中水平外力F 的瞬时功率P (单位：W)与横坐标x (单位：m)的关系式．[解析] (1)根据I －t 图象可知：I ＝k 1t (k 1＝2 A/s) 当t ＝2 s 时，回路电流I 1＝4 A 根据欧姆定律：E ＝I 1R ＝2 V. (2)流过回路的电荷量q ＝ItI ＝I 2解得：q ＝k 1t 22当t ＝2 s 时，q ＝4 C 由欧姆定律得：I ＝Blv Rl ＝x tan 45°根据B －x 图象可知：B ＝k 2x(k 2＝1 T ·m) 解得：v ＝k 1R k 2t 由于k 1R k 2＝1 m/s 2，再根据v ＝v 0＋at ，可得a ＝1 m/s 2可知导体棒做匀加速直线运动则0～2 s 时间内导体棒的位移x 1＝12at 2＝2 m.(3)棒受到的安培力F 安＝BIl 根据牛顿第二定律：F －F 安＝ma根据2ax ＝v 2P ＝Fv解得：P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k 222ax R ＋ma 2ax ＝4x ＋2x (W)．[答案] (1)2 V (2)4 C 2 m (3)P ＝4x ＋2x (W)[总结提升]电磁感应中的动力学问题的解题思路(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．用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题命题规律 电磁感应综合问题往往涉及法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、动力学问题、能量问题等，综合性较强，常作为压轴计算题，有时也有选择题．[范例] (2015·湖南师大附中模拟考试)(22分)如图所示，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：(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)[规范答题] (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＝BILv 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 ＝（BLv m ）22R(2分)得：B ＝0.4 T ．(1分)根据能量守恒得：mgh ＝Q ＋12mv 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 ′＝2BLv ′2R ＝BLv ′R (2分)解得v ′＝5 m/s(1分)由能量守恒得：2mgh ＝12×2mv ′2＋2μmg cos θ·h sin 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 J [总结提升](1)解决电磁感应综合问题的一般分析思路：(2)求解焦耳热的三个途径①感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q ＝W 克安．②感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q ＝I 2Rt . ③感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解． [最新预测]1.(2015·山东泰安模拟)如图所示，间距为L ，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m ，电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v 0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q .下列说法正确的是( )A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为mv 202C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qR BLD ．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv 202解析：选D ．设某时刻的速度为v ，则此时的电动势E ＝BLv ，安培力F 安＝B 2L 2v2R，由牛顿第二定律有F 安＝ma ，则金属棒做加速度减小的减速运动，选项A 错误；由能量守恒定律知，整个过程中克服安培力做功等于电阻R 和金属棒上产生的焦耳热之和，即W 安＝Q ＝12mv 20，选项B 错误，D 正确；整个过程中通过金属棒的电荷量q ＝ΔΦ2R ＝BS 2R ＝BLx2R ，得金属棒在导轨上发生的位移x ＝2qRBL，选项C 错误．2．(2015·潍坊一模)如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距L ，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，虚线上方轨道光滑且磁场方向向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下．当导体棒EF 以初速度v 0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN 一直静止在导轨上．若两导体棒质量均为m 、电阻均为R ，导轨电阻不计，重力加速度为g ，在此过程中导体棒EF 上产生的焦耳热为Q ，求：(1)导体棒MN 受到的最大摩擦力； (2)导体棒EF 上升的最大高度．解析：(1)EF 获得向上的初速度v 0时，感应电动势 E ＝BLv 0电路中电流为I ，由闭合电路欧姆定律：I ＝E2R此时对导体棒MN 受力分析，由平衡条件： F A ＋mg sin θ＝F f F A ＝BIL解得：F f ＝B 2L 2v 02R＋mg sin θ.(2)导体棒EF 上升过程MN 一直静止，对系统由能量的转化和守恒知12mv 20＝mgh ＋2Q解得：h ＝mv 20－4Q2mg.答案：(1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)mv 20－4Q2mg[失分防范]用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题极易从以下几点失分：①不会分析电源和电路结构，求不出电动势、电流等电学量；②错误分析导体(或线圈)受力情况，尤其是安培力的大小和方向；③不能正确地把机械运动过程、电磁感应过程和能量转化过程相联系；④思维混乱，错用公式，求不出结果．可以从以下几点进行防范：①从“三个角度”看问题，即力与运动角度(动力、阻力、加速度、匀速还是变速)，电磁感应角度(电动势、电流、磁场强弱和方向、动生电还是电生动)，能量转化角度(什么力做了什么功、什么能转化成什么能)；②从“四个分析”理思路，即“源”“路”“力”“能”的分析，以力的分析为核心，力找对了，导体的运动情况和电磁感应过程就基本清楚了；③从“五个定律”搞突破，即电磁感应定律、楞次定律、欧姆定律、牛顿第二定律、能量守恒定律．A 卷一、选择题1．(多选)(2015·高考全国卷Ⅰ，T19，6分) 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：选AB．当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A 正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；电流是由于圆盘切割磁感线而产生的，不是因为自由电子随盘移动产生的，选项D错误．2.(2015·高考海南卷)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则ε′ε等于( )A．12B．22C．1 D． 2解析：选B．由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势ε＝BLv，将此棒弯成两段长度相等且互相垂直的折线，并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速度v运动时，ε′＝12BLv，则ε′ε＝12BLvBLv＝22.因此B对，A、C、D错．3.(多选)(2015·高考山东卷)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )A ．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B ．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C ．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D ．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动解析：选ABD ．根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A 正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B 正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D 正确．4．(2015·高考福建卷)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R 的导体棒PQ ，在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( )A ．PQ 中电流先增大后减小B ．PQ 两端电压先减小后增大C ．PQ 上拉力的功率先减小后增大D ．线框消耗的电功率先减小后增大解析：选C ．设PQ 左侧金属线框的电阻为r ，则右侧电阻为3R －r ；PQ 相当于电源，其电阻为R ，则电路的外电阻为R 外＝r （3R －r ）r ＋（3R －r ）＝－⎝⎛⎭⎪⎫r －3R 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3R 223R，当r ＝3R2时，R 外max＝34R ，此时PQ 处于矩形线框的中心位置，即PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ 中的电流为干路电流I ＝ER 外＋R 内，可知干路电流先减小后增大，选项A 错误．PQ两端的电压为路端电压U ＝E －U 内，因E ＝Blv 不变，U 内＝IR 先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B 错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P ＝F 安v ＝BIlv ，可知因干路电流先减小后增大，PQ 上拉力的功率也先减小后增大，选项C 正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为34R ，小于内阻R ；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D 错误．5．(多选)(2014·高考四川卷)如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30° 角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t ) T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到C C ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N 解析：选AC ．根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C 到D ，故A 正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律可知：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ⊥S Δt ＝ΔBL 2Δt sin 30°＝0.2×12×12 V ＝0.1 V ，故感应电流为I＝E R＝1 A ，金属杆受到的安培力F A ＝BIL ，t ＝1 s 时，F A ＝0.2×1×1 N ＝0.2 N ，方向如图1，此时金属杆受力分析如图1，由平衡条件可知F 1＝F A ·cos 60°＝0.1 N ，F 1为挡板P 对金属杆施加的力．t ＝3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图2，此时挡板H 对金属杆施加的力向右，大小F 3＝BIL cos 60°＝0.2×1×1×12 N ＝0.1 N ．故C 正确，D 错误．6．(多选)(2015·济南一模)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m 的金属棒ab .导轨的一端连接电阻R ，其他电阻均不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动．则( )A ．随着ab 运动速度的增大，其加速度也增大B ．外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能C ．当ab 做匀速运动时，外力F 做功的功率等于电路中的电功率D ．无论ab 做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析：选CD ．金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动，随着ab 运动速度的增大，产生的感应电流增大，所受与F 方向相反的安培力增大，其加速度减小，选项A 错误；外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能和金属棒增加的动能之和，选项B 错误；由能量守恒定律可知，当ab 做匀速运动时，外力F 做功的功率等于电路中的电功率，选项C 正确；无论ab 做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，选项D 正确．7.如图所示，质量为m 的金属线框A 静置于光滑水平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m 的物体B 相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d 表示A 与磁场左边界的距离，不计滑。
高三物理第二轮专题复习 专题四电磁感应与电路教案 人教版
专题四 电磁感应与电路一、考点回顾“电磁感应”是电磁学的核心内容之一，同时又是与电学、力学知识紧密联系的知识点，是高考试题考查综合运用知识能力的很好落脚点，所以它向来高考关注的一个重点和热点，本专题涉及三个方面的知识：一、电磁感应，电磁感应研究是其它形式有能量转化为电能的特点和规律，其核心内容是法拉第电磁感应定律和楞次定律；二、与电路知识的综合，主要讨论电能在电路中传输、分配，并通过用电器转化为其它形式的能量的特点及规律；三、与力学知识的综合，主要讨论产生电磁感应的导体受力、运动特点规律以及电磁感应过程中的能量关系。
由于本专题所涉及的知识较为综合，能力要求较高，所以往往会在高考中现身。
从近三年的高考试题来看，无论哪一套试卷，都有这一部分内容的考题，题量稳定在1～2道，题型可能为选择、实验和计算题三种，并且以计算题形式出现的较多。
考查的知识：以本部分内容为主线与力和运动、动量、能量、电场、磁场、电路等知识的综合，感应电流（电动势）图象问题也经常出现。
二、典例题剖析根据本专题所涉及内容的特点及高考试题中出的特点，本专题的复习我们分这样几个小专题来进行：1.感应电流的产生及方向判断。
2.电磁感应与电路知识的综合。
3.电磁感应中的动力学问题。
4.电磁感应中动量定理、动能定理的应用。
5.电磁感应中的单金属棒的运动及能量分析。
6.电磁感应中的双金属棒运动及能量分析。
7.多种原因引起的电磁感应现象。
(一)感应电流的产生及方向判断1．(2007理综II 卷)如图所示，在PQ 、QR 区域是在在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc 边与磁场的边界P 重合。
导线框与磁场区域的尺寸如图所示。
从t ＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。
以a →b →c →d →e →f 为线框中有电动势的正方向。
以下四个ε-t 关系示意图中正确的是【 】解析：楞次定律或左手定则可判定线框刚开始进入磁场时，电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D 选项错误；1－2s 内，磁通量不变化，感应电动势为0，A 选项错误；2－3s 内，产生感应电动势E ＝2Blv ＋Blv ＝3Blv ，感应电动势的方向为逆时针方向（正方向），故C 选项正确。
河北省高考物理二轮专题复习 电磁感应教案
河北2013年高考二轮专题复习教案电磁感应一、电磁感应现象1．产生感应电流的条件感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。
以上表述是充分必要条件。
当闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，电路中有感应电流产生。
这个表述是充分条件，但不是必要的。
在导体做切割磁感线运动时用它判定比较方便。
2．感应电动势产生的条件感应电动势产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化。
无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量变化了，就一定有感应电动势产生。
这好比一个电源：不论外电路是否闭合，电动势总是存在的。
若外电路是闭合的，电路中就会有电流。
3．磁通量和磁通量变化如果在磁感应强度为B 的匀强磁场中有一个与磁场方向垂直的平面，其面积为S ，则定义B 与S 的乘积为穿过这个面的磁通量，用Φ表示，即Φ=BS 。
Φ是标量，但是有方向（只分进、出该面两种方向）。
单位为韦伯，符号为W b 。
1W b =1T ∙m 2=1V ∙s=1kg ∙m 2/(A ∙s 2)。
可以认为磁通量就是穿过某个面的磁感线条数。
在匀强磁场的磁感线垂直于平面的情况下，B =Φ/S ，所以磁感应强度又叫磁通密度。
当匀强磁场的磁感应强度B 与平面S 的夹角为α时，磁通量Φ=BS sin α（α是B 与S 的夹角）。
磁通量的变化ΔΦ=Φ2-Φ1有多种形式，主要有：①S 、α不变，B 改变，这时ΔΦ=ΔB ∙S sin α②B 、α不变，S 改变，这时ΔΦ=ΔS ∙B sin α③B 、S 不变，α改变，这时ΔΦ=BS (sin α2-sin α1)若B 、S 、α中有两个或三个同时变化时，就只能分别计算Φ1、Φ2，再求Φ2-Φ1了。
磁通量是有方向的。
当初、末状态的磁通量方向相反时，计算磁通量变化时应将初、末状态磁通量的大小相加。
例1．如图所示，矩形线圈沿a →b →c 在条形磁铁附近移动，试判断穿过线圈的磁通量如何变化？如果线圈M 沿条形磁铁从N 极附近向右移动到S 极附近，穿过该线圈的磁通量如何变化？解：⑴在磁铁右端轴线附近由上到下移动时，穿过线圈的磁通量由方向向下减小到零，再变为方向向上增大。
高考物理大二轮复习专题五电路与电磁感应第一讲直流电和交流电教学案
第一讲直流电和交流电
[答案] (1)内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟整个电路中的总电阻成反比．
(2)表达式：I＝E
R＋r，或
E＝U外＋Ir，或Eq＝qU外＋qU内．
(3)电路故障分析基本思路及方法
①仪表检测法
a．电流表示数正常而电压表无示数
“电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电压表．
故障原因可能是：ⅰ.电压表损坏；ⅱ.电压表接触不良；ⅲ.与电压表并联的用电器短路．
b．电压表有示数而电流表无示数
“电压表有示数”表明电路中有电流通过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流流过电流表．
故障原因可能是：ⅰ.电流表短路；ⅱ.和电压表并联的用电器断路．
c．电流表、电压表均无示数
“两表均无示数”表明无电流通过两表，除了两表同时短路外，可能是干路断路导致无电流．
d．欧姆表检测
先使被测电路与电源断开，用欧姆表检测用电器，指针不动，说明用电器断路；指针偏转最大，说明用电器短路．
②假设法
已知电路发生某种故障，寻找故障发生在何处时，可将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生故障，运用电流变化进行正向推理，推理结果若与题述物理现象不符合，则故障不是发生在这部分电路；若推理结果与题述物理现象符合，则故障可能发生在这部分电路，直到找出发生故障的全部可能为止，此方法亦称排除法．
(4)理想变压器的基本特征。
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。
高三物理第二轮专题复习 专题三电磁感应与电路教案 人教版
2009二轮复习专题三 电磁感应与电路[典例分析]1．电磁感应的图象问题例1、如图4—1（a ）所示区域（图中直角坐标系x O y 的1、3象限）内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于图面向里，大小为B ，半径为l ，圆心角为60°的扇形导线框OPQ 以角速度ω绕O 点在图面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R ．（1）求线框中感应电流的最大值I 0和交变感应电流的频率f ．（2）在图（b ）中画出线框转一周的时间内感应电流I 随时间t 变化的图象．（规定在图（a ）中线框的位置相应的时刻为t =0）2、电路的动态分析例2、如图4—3所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ．当可变电阻的滑片P 向b 移动时，电压表V 1的读数U 1与电压表V 2的读数U 2的变化情况是（ ）A ．U 1变大，U 2变小B ．U 1变大，U 2变大C ．U 1变小，U 2变小D ．U 1变小，U 2变大 3、电磁感应与力学综合例3、如图4—4所示，两根相距为d 的足够长的平行金属导轨位于水平x O y 平面内，左端接有阻值为R 的电阻，其他部分的电阻均不计．在x >0的一侧存在垂直x O y 平面且方向竖直向下的稳定磁场，磁感强度大小按B =kx 规律变化（其中k 是一大于零的常数）．一根质量为m 的金属杆垂直跨搁在光滑的金属导轨上，两者接触良好．当t =0时直杆位于x =0处，其速度大小为v 0，方向沿x 轴正方向，在此后的过程中，始终有一个方向向左的变力F 作用于金属杆，使金属杆的加速度大小恒为a ，加速度方向一直沿x 轴的负方向．求：（1）闭合回路中感应电流持续的时间有多长？ （2）当金属杆沿x 轴正方向运动的速度为2v 时，闭合回路的感应电动势多大？此时作用于金属杆的外力F 多大？4、电磁感应与动量、能量的综合例4、如图4—6所示，在空间中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h ，磁感应强度为B ．有一宽度为b （b <h ）、长度为L 、电阻为R 、质量为m 的矩形导体线圈紧贴磁场区域的上边缘从静止起竖直下落，当线圈的PQ 边到达磁场下边缘时，恰好开始做匀速运动．求：（a ） （b ） 图4—12πω图4—3图4—4（1）线圈的MN 边刚好进入磁场时，线圈的速度大小． （2）线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所经历的时间．例5、两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平内，两导轨间的距离为l ，导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd 构成矩形回路，如图4—7所示．两根导体棒的质量皆为m ，电阻皆为R ，磁感应强度为B ，设两导体棒均为沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度（如图所示），若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少？ （2）当ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的加速度是多少？5、电磁感应与电路综合例6、如图4—8所示，直角三角形导线框abc 固定在匀强磁场中，ab 是一段长为L 、电阻为R 的均匀导线，ac 和bc 的电阻可不计，ac 长度为2L．磁场的磁感强度为B ，方向垂直纸面向里．现有一段长度为2L ，电阻为2R的均匀导体棒MN 架在导线框上，开始时紧靠ac ，然后沿bc 方向以恒定速度v 向b 端滑动，滑动中始终与ac 平行并与导线框保持良好接触，当MN 滑过的距离为3L时，导线ac 中的电流为多大？方向如何？6、交变电流的三值例7、边长为a 的N 匝正方形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以角速度 绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，线圈的电阻为R ．求：（1）线圈从中性面开始转过90°角的过程中产生的热量．（2）线圈从中性面开始转过90°角的过程中，通过导线截面的电量．图4—6图4—8图4—77、电容、电路、电场、磁场综合例8、如图4—11所示，光滑的平行导轨P 、Q 相距l =1m ，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器C 两极板间距离d =10mm ，定值电阻R 1=R 3=8Ω，R 2=2Ω，导轨电阻不计，磁感应强度B =0.4T 的匀强磁场竖直向下穿过导轨平面，当金属棒ab 沿导轨向右匀速运动（开关S 断开）时，电容器两极板之间质量m =1×10－14kg ，带电荷量q =－1×10－25C 的粒子恰好静止不动；当S 闭合时，粒子以加速度a =7m/s 2向下做匀加速运动，取g =10m/s 2，求：（1）金属棒ab 运动的速度多大？电阻多大？（2）S 闭合后，使金属棒ab 做匀速运动的外力的功率多大？8、电磁感应与交流电路、变压器综合例9、有条河流，流量Q =2m 3/s ，落差h =5m ，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240V ，输电线总电阻R=30Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想电压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220V 、100W ”的电灯正常发光．专题四 《电磁感应与电路》跟踪练习与高考预测1．矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感强度B 随时间变化的图象如图4—13所示．t =0时刻，磁感强度的方向垂直于纸面向里．在0～4s 时间内，线框的ab 边受力随时间变化的图象（力的方向规定以向左为正方向），可能如图4—14中的（ ）A ．B ．C ．D ．2．如图4—14甲所示，由均匀电阻丝做成的正方形线框abcd 的电阻为R ，ab =bc =cd =da =l ．现将线框以与ab 垂直的速度v 匀速穿过一宽为2l 、磁感应强度为B 的匀强磁场区域，整个过程中ab 、cd 两边始终保×× ×× × × × × × × × ×R 3R 2qSmR 1vaPQ图4—11图4—13持与边界平行．令线框的cd边刚与磁场左边界重合时t=0，电流沿abcda流动的方向为正．（1）求此过程中线框产生的焦耳热；（2）在图乙中画出线框中感应电流随时间变化的图象；（3）在图丙中画出线框中a、b两点间电势差U ab随时间t变化的图象．图4—143．如图4—15所示，T为理想变压器，A1、A2为交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑变阻器的滑动触头向下滑动时（）A．A1的读数变大，A2读数变大B．A1的读数变大，A2读数变小C．A1的读数变小，A2读数变大D．A1的读数变小，A2的读数变小4．如图4—16所示：半径为r、电阻不计的两个半圆形光滑导轨并列竖直放置，在轨道左上方端点M、N间接有阻值为R的小电珠，整个轨道处在磁感强度为B的匀强磁场中，两导轨间距为L，现有一质量为m，电阻为R的金属棒ab从M、N处自由静止释放，经一定时间到达导轨最低点O、O′，此时速度为v．（1）指出金属棒ab从M、N到O、O′的过程中，通过小电珠的电流方向和金属棒ab的速度大小变化情况．（2）求金属棒ab到达O、O′时，整个电路的瞬时电功率．（3）求金属棒ab从M、N到O、O′的过程中，小电珠上产生的热量．5．（2004年全国）如图4—18所示a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面（纸面）向里．导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的，距离l1；c1d1段与c2d2段也是竖图4—16～R1A1R2 R3A2T图4—15a bc ditO图甲图乙U abtO图丙l直的，距离为l 2．x 1y 1与x 2y 2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m 1和m 2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触．两杆与导轨构成的回路的总电阻为R ．F 为作用于金属杆x 1y 1上的竖直向上的恒力．已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率．6．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图4—19所示，抛物线的方程是y =x 2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y =a 的直线（图中虚线所示），一个小金属环从抛物线上y =b （y >a ）处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是（ ） A ．mgb B ．212mvC ．mg (b －a )D ．21()2mg b a mv -+7．如图4—20所示，长为L 、电阻r =0.3Ω、质量m =0.1kg 的金属棒CD 垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L ，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R =0.5Ω的电阻，量程为0～3.0A 的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0V 的电压表接在电阻R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右恒定外力F 使金属棒右移，当金属棒以v =2m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏，问： （1）此满偏的电表是什么表？说明理由． （2）拉动金属棒的外力F 多大？（3）此时撤去外力F ，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R 的电量．8．高频焊接是一种常用的焊接方法，其焊接的原理如图所示．将半径为10cm 的待焊接的圆形金属工件放在导线做成的1000匝线圈中，然后在线圈中通以高频的交变电流，线圈产生垂直于金属工件所在平面的变化磁场，磁场的磁感应强度B 的变化率为10002sin t πωT/s ．焊接处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的 99倍．工作非焊接部分每单位长度上的电阻为31010m R π--=Ω，焊接的缝宽非常小，求焊接过程中焊接处产生的热功率．（取2π=10，不计温度变化对电阻的影响）图4—19图4—219．如图4—25所示，两块水平放置的平行金属板间距为d ，定值电阻的阻值为R ，竖直放置线圈的匝数为n ，绕制线圈导线的电阻为R ，其他导线的电阻忽略不计．现在竖直向上的磁场B 穿过线圈，在两极板中一个质量为m ，电量为q ，带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B 的变化情况是（ ）A ．均匀增大，磁通量变化率的大小为2mgdnqB ．均匀增大，磁通量变化率的大小为mgdnq C ．均匀减小，磁通量变化率的大小为2mgdnqD ．均匀减小，磁通量变化率的大小为mgdnq10．如图4—26所示，水平面中的光滑平行导轨P 1、P 2相距l =50cm ，电池电动势E ′=6V ，电阻不计；电容C =2 F ，定值电阻R =9Ω；直导线ab 的质量m =50g ，横放在平行导轨上，其中导轨间的电阻R ′=3Ω；竖直向下穿过导轨面的匀强磁场的磁感应强度B =1.0T ；导轨足够长，电阻不计．（1）闭合开关S ，直导线ab 由静止开始运动的瞬时加速度多大？ab 运动能达到的最大速度多大？ （2）直导线ab 由静止开始运动到速度最大的过程中，电容器的带电荷量变化了多少？11．如图4—27所示的四个图中，a 、b 为输入端，接交流电源、cd 为输出端，下列说法中错误．．的是（ ） A B C DA ．A 图中U ab <U cdB ．B 图中U ab >U cdC ．C 图中U ab <U cdD ．D 图中U ab >U cd12．某电站输送的电功率是500kW ，当采用6kV 电压输电时，安装在输电线路起点的电度表和终点的电度表一昼夜读数相差4800kWh （即4800度），试求：（1）输电线的电阻；（2）若要使输电线上损失的功图4—25～a bd～abdc ～a bd～abdcE ′P 1P 2图4—26率降到输送功率的2.304%，应采用多高的电压向外输电？。
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第讲电磁感应规律及其应用学案.docx
第2讲 电磁感应规律及其应用[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律授课提示：对应学生用书第59页[真题再做]1.(多选)(2018·高考全国卷Ⅰ，T19)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远外沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动B ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向C ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向D ．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动解析：根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场．开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 对．开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N 极指北，B 、C 错． 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 对．答案：AD2．(2018·高考全国卷Ⅰ，T17)如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )A.54 B.32 C.74D ．2解析：在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt1＝B (12πr 2－14πr 2)Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E1R且q 1＝I 1Δt 1 在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt2＝(B ′－B )12πr2Δt 2I 2＝E2Rq 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B (12πr 2－14πr 2)R ＝(B ′－B )12πr 2R所以B ′B ＝32.答案：B3．(2018·高考全国卷Ⅱ，T18)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是( )解析：设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i .线框位移 等效电路的连接电流0～l 2 I ＝2i (顺时针)l2～l I ＝0l ～3l 2I ＝2i (逆时针)3l2～2lI ＝0分析知，只有选项D 符合要求． 答案：D4．(2016·高考全国卷Ⅱ，T24)如图，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值．解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E ＝Blv ③联立①②③式可得E ＝Blt 0(F m－μg )④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律得I ＝ER ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B2l2t0m .⑧答案：(1)Blt 0(F m －μg ) (2)B2l2t0m[考情分析]■命题特点与趋势——怎么考1．高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电荷量的计算等知识点．以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题．2．电磁感应中常涉及B t 图象、Φt 图象、E t 图象、I t 图象、F t 图象和v t 图象，还涉及E x 图象、I x 图象等，这类问题既要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解，对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高．■解题要领——怎么做1．抓住两个关键：一是电动势的大小，它取决于磁通量的变化率；二是电动势的方向，实际方向与规定的正方向一致时取正，反之取负．同时注意对无感应电流区域的判断．2．迁移力学知识、规律解决电磁感应综合问题．3．常用思想方法：(1)图象法；(2)等效法；(3)守恒法；(4)模型法．[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点授课提示：对应学生用书第60页[网络构建][要点熟记]1．“三定则、一定律”的应用(1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向． (2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向． (3)右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向． (4)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向． 2．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．(2)E ＝BLv ，用来计算感应电动势的瞬时值或平均值． 3．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”．[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技能授课提示：对应学生用书第60页考向一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用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 ＝nS ΔBΔt B 不变时E ＝nB ΔSΔt(2)动生电动势：⎩⎪⎨⎪⎧平动切割：E ＝Blv 转动切割：E ＝12Bl2ω1．(2018·贵州贵阳期末)如图甲所示，在同一平面内有两个绝缘金属细圆环A 、B ，两环重叠部分的面积为圆环A 面积的一半，圆环B 中电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示，以甲图圆环B 中所示的电流方向为负方向，则A 环中( )A ．没有感应电流B ．有逆时针方向的感应电流C ．有顺时针方向的感应电流D ．感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向解析：由于A 环中磁通量变化，所以A 环中有感应电流，选项A 错误；根据楞次定律，A 环中产生逆时针方向的感应电流，选项B 正确，C 、D 错误．答案：B2.(多选)(2018·江西赣州中学高三模拟)1831年10月28日，法拉第展示了他发明的圆盘发电机，其示意图如图所示，水平铜盘可绕竖直铜轴转动，两铜片M 、N 分别与铜盘边缘和铜轴连接，使整个铜盘处于竖直向上的匀强磁场中．M 和N 之间连接阻值为R 的导体和滑动变阻器R P ，若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向．已知铜盘的半径为L ，铜盘转动的角速度为ω，铜盘连同两铜片对电流的等效电阻值为r ，磁感应强度为B ，下列说法正确的是( )A ．导体R 中的电流方向从a 到bB ．铜盘转动产生的感应电动势大小为12BL 2ωC ．移动滑动触头位置时，导体R 的最大功率为B4L4R ω24(R ＋r )2D ．如果R P ＝R ＋r ，则滑动变阻器的最大功率为B2L4ω216(R ＋r )解析：若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向，根据右手定则可知，导体R 中的电流方向从b 到a ，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律得，铜盘转动产生的感应电动势为E ＝12BL 2ω，故B 正确；根据闭合电路欧姆定律得I ＝E r ＋R ＋RP，则导体R 的功率为P ＝I 2R＝(E r ＋R ＋RP )2R ，当R P ＝0时，导体的功率最大，即P m ＝B2L4R ω24(R ＋r )2，故C 错误；把导体R 等效成电源的内阻，则电流的等效内阻为r ′＝r ＋R ，此时外电路只有R P ，故当R P ＝r ＋R 时，滑动变阻器的功率最大，即P m ′＝B2L4ω216(R ＋r )，故D 正确．答案：BD3.如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a 端流入为正．以下说法正确的是( )A ．从上往下看，0～1s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向B ．0～1s 内圆环面积有扩张的趋势C ．3s 末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D ．1～2s 内和2～3s 内圆环中的感应电流方向相反解析：由图乙知，0～1s 内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A 正确，B 错误；同理可得1～2s 内和2～3s 内圆环中的感应电流方向相同，选项D 错误；3s 末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C 错误．答案：A考向二 电磁感应中的图象问题[典例展示1] (多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T4时为零B ．在t ＝T2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向[思路探究] (1)如何判断通电直导线周围的磁场？ (2)i t 图象中的信息说明导线框R 内的磁通量如何变化？[解析] 在t ＝T 4时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔtS 知，E ＝0，A 对；在t ＝T2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T 2和t ＝T 时感应电动势最大，在T 4到T2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到3T 4时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到T 时，R 中电动势为逆时针方向，C 对，B 、D 错．[答案] AC [方法技巧]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B t 图象还是Φt 图象，或者是E t 图象、I t 图象等，如例题中考查了i t 图象．(2)分析电磁感应的具体过程，如例题中电流变化引起导线框R 内磁通量变化，要分段研究．(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)应用图象信息画图象、判断图象或讨论各物理量的变化，如例题中是根据i t 图象信息讨论导线框R 的电动势变化．4．(多选)如图甲所示，面积为S 的n 匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间周期性变化，如图乙所示．已知线圈的电阻为R ，则下列说法正确的是( )A ．线圈内产生的感应电动势最大值为SB 0 B ．线圈内产生的感应电流最小值为nSB02RC ．线圈内产生的感应电动势周期为4sD ．0～1s 内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向解析：根据法拉第电磁感应定律可知E ＝n ΔBΔt S ，结合图乙分析可知，在0～1s 内产生的感应电动势最大，最大值为E max ＝n ΔBΔt S ＝nB 0S ，A 错误；1～2s 内线圈内产生的感应电动势最小为零，故感应电流的最小值为零，B 错误；由图线可知，线圈内产生的感应电动势周期为4s ，C 正确；0～1s 内磁感应强度逐渐增大，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律可知，0～1s 内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向，D 正确．答案：CD5.如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B ，磁场在y 轴方向足够宽，在x 轴方向宽度为a .一直角三角形导线框ABC (BC 边的长度为a )从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中感应电流i 、BC 两端的电压u BC 与导线框移动的距离x 的关系图象正确的是( )解析：导线框切割磁感线产生感应电动势E ＝BLv ，感应电流i ＝E R ＝BLvR ，在0～a 内，有效长度L 均匀变大，感应电流i 均匀变大，在a ～2a 内，有效长度L 均匀变大，感应电流均匀变大，由楞次定律可知，在线框进入磁场的过程中，感应电流沿逆时针方向，电流是正的，在线框离开磁场的过程中，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的，故A 、B 错误；BC 两端的电压u BC ＝iR ，在0～a 内，i 均匀增大，u BC 均匀增大，且B 点电势高于C 点电势，u BC >0；在a ～2a 内，i 均匀增大，u BC 均匀增大，且B 点电势低于C 点电势，u BC <0，故C 错误，D 正确．答案：D6．(多选)(2018·河南洛阳一模)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C 和电阻R ，导体棒MN 放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B 的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN 始终保持静止，则0～t 2时间( )A ．电容器C 的电荷量大小始终没变B ．电容器C 的a 板先带正电后带负电 C ．MN 所受安培力的大小始终没变D ．MN 所受安培力的方向先向右后向左解析：由题图乙可知，回路内磁感应强度变化率ΔBΔt不变，根据法拉第电磁感应定律知E ＝SΔB Δt 为恒定值，电容器C 两端的电压值不变，根据C ＝QU可知，电容器C 的电荷量大小始终没变，选项A 正确，B 错误；根据闭合电路欧姆定律知，MN 中电流恒定不变，由于磁感应强度B 变化，MN 所受安培力的大小变化，选项C 错误；利用楞次定律可判断出MN 中感应电流的方向为从N 到M ，根据左手定则，MN 所受安培力的方向为先向右后向左，选项D 正确．答案：AD考向三 电磁感应中的电路与动力学问题[典例展示2] (2017·高考海南卷)如图，两光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内，导轨间距为l ，左端连有阻值为R 的电阻，一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场区域．已知金属杆以速度v 0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零，金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好．除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计．求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率．[思路探究] (1)金属棒在磁场中运动的加速度是多大？(2)金属棒在磁场中运动的位移是多少？ (3)金属棒来到磁场区域中间时的速度是多大？[解析] 由题意可知，开始时金属杆产生的感应电动势为E ＝Blv 0 依据闭合电路欧姆定律，则电路中电流为I ＝Blv0R再由安培力公式有F ＝BIl ＝B2l2v0R设金属杆的质量为m ，则金属杆在整个过程中的加速度为a ＝F m ＝B2l2v0Rm设金属杆由开始到停止的位移为x ，由运动学公式有0－v 20＝－2ax ，解得x ＝v202a ＝Rmv02B2l2故正中间离开始的位移为x 中＝Rmv04B2l2设金属杆在中间位置时的速度为v ， 由运动学公式有v 2－v 20＝－2ax 中，解得v ＝22v 0 则金属杆运动到中间位置时，所受到的安培力为F ′＝BI ′l ＝2B2l2v02R金属杆中电流的功率为P ＝I ′2R ＝B2l2v202R .[答案]2B2l2v02R B2l2v202R[方法技巧]解决电磁感应中的电路和动力学问题的关键电磁感应与动力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力．解答电磁感应中的动力学问题，在分析方法上，要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律，明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化，准确把握运动状态的临界点．(3)临界点→运动状态的变化点7.如图所示，ab 、cd 是间距为l 的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨电阻不计，ac 间接有阻值为R 的电阻，空间存在磁感应强度大小为B 0、方向竖直向上的匀强磁场．将一根阻值为r 、长度为l 的金属棒从轨道顶端由静止释放，金属棒沿导轨向下运动的过程中始终与导轨接触良好．已知当金属棒向下滑行距离x 到达MN 处时达到稳定速度，重力加速度为g ，求：(1)金属棒下滑到MN 的过程中通过电阻R 的电荷量； (2)金属棒的稳定速度的大小．解析：(1)金属棒下滑到MN 的过程中的平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝B0lxcos θΔt根据闭合电路欧姆定律，电路中的平均电流为I ＝ER ＋r ＝B0lxcos θ(R ＋r )Δt ，则q ＝I Δt ＝B0lxcos θR ＋r. (2)金属棒速度稳定时的感应电动势为E ＝B 0lv cos θ 电路中产生的电流为I ＝ER ＋r金属棒受的安培力为F ＝B 0Il稳定时金属棒的加速度为零，由力的平衡条件可知mg sin θ－F cos θ＝0联立以上各式解得，稳定时金属棒的速度v ＝mg (R ＋r )sin θB 20l 2cos 2θ. 答案：(1)B0lxcos θR ＋r (2)mg (R ＋r )sin θB 20l 2cos 2θ8.如图所示，一与水平面夹角为θ＝37°的倾斜平行金属导轨，两导轨足够长且相距L ＝0.2m ，另外两根水平金属杆MN 和PQ 的质量均为m ＝0.01kg ，可沿导轨无摩擦地滑动，MN 杆和PQ 杆的电阻均为R ＝0.2Ω(倾斜金属导轨电阻不计)，MN 杆被两个垂直于导轨的绝缘立柱挡住，整个装置处于匀强磁场内，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B ＝1.0T ．PQ 杆在恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，拉力F 垂直PQ 杆沿导轨平面向上，当运动位移x ＝0.1m 时PQ 杆达到最大速度，此时MN 杆对绝缘立柱的压力恰好为零(g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)PQ 杆的最大速度大小v m ；(2)当PQ 杆加速度a ＝2m/s 2时，MN 杆对立柱的压力大小． 解析：(1)PQ 杆达到最大速度时，感应电动势为E m ＝BLv m ，感应电流为I m ＝Em2R，根据MN 杆受力分析可得，mg sin θ＝BI m L ， 联立解得v m ＝2mgRsin θB2L2＝0.6m/s.(2)当PQ 杆的加速度a ＝2m/s 2时，对PQ 杆受力分析，根据牛顿第二定律可得F －mg sin θ－BIL ＝ma ，对MN 杆受力分析，根据共点力的平衡可得BIL ＋F N －mg sin θ＝0，PQ 杆达到最大速度时，有F －mg sin θ－BI m L ＝0，联立解得F N ＝0.02N ，根据牛顿第三定律可得MN 杆对立柱的压力大小F N ′＝0.02N.答案：(1)0.6m/s (2)0.02N考向四 电磁感应中的能量问题[典例展示3] 如图所示，竖直面内的正方形导线框ABCD 和abcd的边长均为l 、电阻均为R ，质量分别为2m 和m ，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时ABCD 的下边界与匀强磁场的上边界重合，abcd 的上边界到匀强磁场的下边界的距离为l .现将两导线框由静止释放，当ABCD 全部进入磁场时，两导线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)两导线框匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热； (3)导线框abcd 通过磁场的时间． [思维流程][解析] (1)如图所示，设两导线框刚匀速运动的速度大小为v 、此时轻绳上的张力为F T ，则对ABCD 有F T ＝2mg ①对abcd 有F T ＝mg ＋BIl ② I ＝E R③ E ＝Blv ④则v ＝mgR B2l2⑤(2)设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q ，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l 的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有4mgl ＝2mgl ＋12×3mv 2＋Q ⑥联立⑤⑥解得Q ＝2mgl －3m3g2R22B4l4(3)导线框abcd 通过磁场的过程中以速度v 匀速运动，设导线框abcd 通过磁场的时间为t ，则t ＝3lv⑦联立⑤⑦解得t ＝3B2l3mgR.[答案] (1)mgR B2l2 (2)2mgl －3m3g2R22B4l4 (3)3B2l3mgR[方法技巧]求解电磁感应中能量问题的策略(1)若回路中的电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算． (2)若回路中的电流变化，则可按以下两种情况计算：①利用功能关系求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的减少量等于回路中产生的电能，如例题(2)中焦耳热的计算．9.(2018·河南洛阳一模)如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN 、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L ＝1m ，导轨间连接的定值电阻R ＝3Ω，导轨上放一质量为m ＝0.1kg 的金属杆ab ，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r ＝1Ω，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B ＝1T 的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g 取10m/s 2.现让金属杆从AB 位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：(1)金属杆的最大速度；(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q ＝0.6J ，此时金属杆下落的高度．解析：(1)设金属杆的最大速度为v m ，此时安培力与重力平衡，即F 安＝mg ①又F 安＝BIL ②E ＝BLv m ③ I ＝ER ＋r④ 代入数据，联立①②③④得v m ＝4m/s(2)电路中产生的总焦耳热Q 总＝R ＋rRQ ＝0.8J 由能量守恒定律得mgh ＝12mv 2m ＋Q 总代入数据解得h ＝1.6m.答案：(1)4m/s (2)1.6m10．如图甲所示，斜面上存在一有理想边界的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，在斜面上离磁场上边界s 1＝0.36m 处静止释放一单匝矩形金属线框，线框底边和磁场边界平行，金属线框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.整个线框进入磁场的过程中，机械能E 和位移s 之间的关系如图乙所示．已知E 0－E 1＝0.09J ，线框的质量为0.1kg ，电阻为0.06Ω，斜面倾角θ＝37°，磁场区域的宽度d ＝0.43m ，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)线框刚进入磁场时的速度大小v 1；(2)线框从开始进入磁场至完全进入磁场所用的时间t ； (3)线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值．解析：(1)在未进入磁场前，金属线框做匀加速直线运动，有a ＝g sin37°－μg cos37°＝2m/s 2 v 21＝2as 1解得v 1＝1.2m/s.(2)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力F f 和安培力F A 所做的功，机械能均匀减小，因此安培力为恒力，线框匀速进入磁场．设线框的侧边长为s 2，即线框进入磁场过程运动的距离为s 2，根据功能关系，除重力之外的力所做的功等于物体机械能的变化，所以有ΔE ＝W f ＋W A ＝(F f ＋F A )s 2 因为是匀速进入磁场，所以F f ＋F A ＝mg sin 37°＝0.6 N解得s 2＝0.15mt ＝s2v1＝0.151.2s ＝0.125s. (3)设线框刚出磁场时的速度大小为v 2，则有v 2＝v 21＋2a (d －s 2)解得v 2＝1.6 m/s则线框刚出磁场时的速度最大，有P max ＝I 2R ＝B2L2v22R根据线框匀速进入磁场，有F A ＋μmg cos37°＝mg sin37° F A ＝BIL ＝B2L2v1R联立解得P max ＝0.43W.答案：(1)1.2m/s(2)0.125s(3)0.43W[限训练·通高考] 科学设题拿下高考高分单独成册对应学生用书第145页(45分钟)一、单项选择题1．(2018·贵州普通高等学校招生适应性考试)如图甲所示，一位于纸面内的圆形线圈通过导线与一小灯泡相连，线圈中有垂直于纸面的磁场．以垂直纸面向里为磁场的正方向，该磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是( )A．t1～t3时间内流过小灯泡电流的方向先为b→a后为a→bB．t1～t3时间内流过小灯泡电流的方向先为a→b后为b→aC．t1～t3时间内小灯泡先变亮后变暗D．t1～t3时间内小灯泡先变暗后变亮解析：t1～t3时间内穿过线圈的磁通量先向里减小后向外增加，根据楞次定律可知，流过小灯泡电流的方向为a→b，选项A、B错误；t1～t3时间内，Bt线的斜率先增大后减小，则磁通量的变化率先增大后减小，感应电动势先增大后减小，小灯泡先变亮后变暗，选项C 正确，D错误．答案：C2.(2017·高考全国卷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中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T 中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS 中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T 的磁通量减小，根据楞次定律可知T 中产生顺时针方向的感应电流．综上所述，可知A 、B 、C 项错误，D 项正确．答案：D3.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( )A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b 到a 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍 解析：由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a 到b 的方向流动，选项B 错误；由感应电动势E ＝12Bl 2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A 正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C 错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P ＝I 2R 知，电流在R 上的热功率变为原来的4倍，选项D 错误．答案：A4．两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m 、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是( )A ．磁感应强度的大小为0.5TB ．导线框运动速度的大小为0.5m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向内D ．在t ＝0.4s 至t ＝0.6s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N解析：从题图(b)可知，导线框运动的速度大小v ＝L t ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s ，B 项正确；导。
高中物理二轮总复习 电磁感应综合题教案
命题点2 电磁感应综合题本类考题解答锦囊解答“龟磁感应综合题”一类试题，应了解以下几点：1.电磁感应与力学知识综合：导体在磁场中做切割磁感线运动，田路中产生感应电流，感应电流在磁场中又要受到安培办的作府；从而引出一系列如平衡、加速度、动量和能量等综合问题.利用平衡、牛顿定律和动量定理 动能定理要解决问题2．电磁感应和直流电路知识综合：利用闭合电路欧姆定律求感应电流的大小，利用直流电路的串、并联知识求各部分支路的电压、电流和电功率(或热功率)、消耗的电能等问.3．涉及能的转化和守恒定律，有时用守恒思想解题较简单．Ⅰ 高考最新热门题1 (典型例题)如图25-2—1所示，a 1b 1c 1d 1和a 2b 2c 2d 2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面纸面)向里.导线的a 1b 1，段与a 2b 2段是竖直的，距离为l 1，c 1d 1段与c 2d 2段也是垂直的，距离为l 2,x 1y 1与x 2y 2为两根用不可可长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m 1和m 2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触．两杆与导轨构成的回路的总电阻为R.F 为作用于金属杆x 1y 1上的竖直向上的恒力．已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率大小和回路电阻上的热功率．命题目的与解题巧：考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、焦耳定律等规律的综合应用能力.解题关键是分析清楚物理过程.[解析] 设杆向上运动的速度为v ，因杆的运动，两抒与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少，由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小E=B(l 2-l 1) ①回路中的电流R EI = ②电流沿顺时针方向，两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x 1y 1的安培力f 1=Bl 1I ③方向向上 作用于杆x 2y 2的安培力f 2=Bl 2I ④方向向下当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有：F-m 1g-m 2g+f 1-f 2=0 ⑤ 解以上各式，得)()(2121l l B gm m F I -+-= ⑥)()(1221l l B gRm m F U -+-= ⑦作用于两杆的重力的功率的大小p=(m 1=+m 2)gv ⑧电阻上的热功率 Q=I 2R ⑨ 由⑥⑦⑧⑨式得Rl l B g m m F Q g m m R l l B gm m R p 21222121212221)()()()()(⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡---=+-+-= ⑩[答案] R l l B g m m F Q g m m R l l B gm m R p 21222121212221)()()()()(⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡---=+-+-=2 (典型例题)如图25-2—2(甲)所示，两根足够长的直金属导轨MN,PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻，一根质量为m 的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b 向a 方向看到的装置如图25-2-2(乙)所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．答案:如图D25-1所示 (2)R Blv ；gsin θ-mR v L B 22 (3) 22sin L B mgR θ指导：(1)如图D 25-1所示，某时刻ab 杆受重力 mg ，方向竖直向下，支持力N ，方向垂直斜面向上；安培力F ，方向平行斜面向上．(2)当ab 杆速度为v 时，感应电动热E=BLv ，此时电路中电流I=ab R BLv R E ·=杆所受安培力F=BIv 根据牛顿运动定律，有ma=mgsin θ-F=mgsin θR v L B 22 , mRL B g a 22sin -=θ (3)当R v L B 22=mgsin θ时，ab 杆达到最大速度 v m ,V m =22sin L B mgR θ 3 (典型例题)水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L 一端通过导线与阻值为R 的电阻连接；导轨上放一质量为m 的金属杆，如图25—2—3所示，金属杆与导轨的电阻忽略不计．均匀磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F 作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v 也会变化，v 和F 的关系如图25-2-4所示．(取重力加速度g=10m ／s 2)(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动?(2)若m=0.5kg ，L=0.5m,R=0.5Ω，磁感应强度B 为多大？(3)由v-F 图线的截距可求得什么物理量?其值为多少?答案:加速度减小的加速运动 (2)lT (3)动摩擦因数 V=0．4指导：(1)金属杆运动后，回路中产生感应电流，金属杆将受 F 和安培力的作用，且安培力随着速度增大而增加，杆所受合外力减小，故加速度减小，即加速度减小的加速运动．(2)感应电动势E=BLv ，感应电流I=R E ，安培力F=BIL=Rv L B 22由图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时合力为零．F=R v L B 22+f 所以v=22L B R (F-f)．从图一可以得一直线的斜率k=2，所以B=2kL R =1T. (3)由直线的截距可以求得金属杆受到的阻力f=2N ．若金属杆受到的阻力仅为动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数 μ=0．4 (典型例题)·如图25-2-5所示，在水平面上两条平行导电导轨MN 、PQ ，导轨间距离为l 匀强磁场垂直于导轨所在的平面(纸面)向里，磁感应强度的大小为且两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m 1、m 2和R 1、R 2．两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数皆为μ.已知杆l被外力拖动，以恒定的速度v o 沿导轨运动，达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略.求此时杆2克服摩擦力做功的功率.答案: p=μm 2g [)(212220R R l B gm v +-μ] 指导：设杆2的运动速度为 v ，由于两杆运动时，两杆和导轨成的回路中磁通量发生变化，产生电磁感应现象，感应电动势为E=B 1(v 0-v)，感应电流I 21R R E I +=杆2做匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，即BlI=μm 2g ．摩擦力的功率p=μm 2gv ．由以上各式解得P=μm 2g[v 0-222l B gm μ(R 1+R 2)]．5 (典型例题)如图25—2-6所示，OACO 为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O 、C 处分别接有短电阻丝(图中用粗线表示)，R1=4Ω，R2=8Ω(导轨其他部分电阻不计)．导轨OAC 的形状满足方程y=2sin(x 3π)(单位：m)．磁感应强度B=0.2T ，的匀强磁场方向垂直于导轨平面．一足够长的金属棒在水平外力F 作用下，以恒定的速率v=5.0 m ／s 水平向右在导轨上从O 点滑动到C 点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC 导轨垂直．不计棒的电阻．求：(1)外力F 的最大值；(2)金属棒在导轨上运动时电阻丝R 1上消耗的最大功率；(3)在滑动过程中通过金属棒的电流I 与时间t 的关系．答案:0．3N(2)1W(3))35sin(43t I π= A 指导：(1)金属棒匀速运动 F 外=F 安 由E=Biv,I=总R E ．得F 外=BIL =总R v L B 22当L 达到最大，即,22sin 2m L m ==π Ω=+=38·2121R R R R R 总 则N 。
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电磁感应中的电路问题
【知识要点】
1.楞次定律、右手定则、左手定则的区别：
(1)“因动而电”——用右手定则，“因电而动”——用左手定则。
(2)在应用楞次定律时，注意“阻碍’’含义可推广为三种表达方式：①阻碍原磁通量的变化；②阻碍导体的相对运动(来拒去留)；③阻碍原电流的变化(自感现象)。
2.安培力、楞次定律和法拉第电磁感应定律是解决此类问题的重要根据,在应用法拉第电磁感应定律时应注意:①区分ϕ、ϕ∆、
t ∆∆ϕ的含义;②理解E=BLv 和t n E ∆∆=ϕ的应用。
一般t
n E ∆∆=ϕ
用来求平均电动势和感生电动势,E =BLv 用来求瞬时电动势和动生电动势。
3.电磁感应中的电路问题：在电磁感应中，切割磁感线的导体或发生磁通量变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源，将它们接到电阻等用电器上，便可对用电器供电，在回路中形成电流，将它们接在电容器上，便可使电容器充电，解决此类问题的基本方法是：（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向;（2）画出等效电路图;（3）运用闭合电路的欧姆定律，串并联电路的性质，电功率等联立求解。
【例题分析】
例 1.两金属棒和三根电阻丝如图连接,虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，
三根电阻丝的电阻大小之比R 1:R 2:R 3=1:2:3，金属棒电阻不计。
当S 1、S 2闭
合，S 3 断开时，闭合的回路中感应电流为I ，当S 2、S 3闭合，S 1 断开时，闭合的回路中感应电流为5I ，当S 1、S 3闭合，S 2 断开时，闭合的回路中感应电
流是（ ）
A.0
B.3I
C.6I
D.7I
例2.如图所示，长度为L =0.2m 、电阻r =0.3Ω、质量m =0.1kg 的金属棒CD ，垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上，导轨间距离也为L ，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计. 导轨左端接有R =0.5Ω的电阻，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面，磁感应强度B =4T . 现以水平向右的恒定外力F 使金属棒右移，当金属棒以v =2m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，求： ⑴电路中理想电流表和理想电压表的示数； ⑵拉动金属棒的外力F 的大小；
⑶若此时撤去外力F ，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上. 求撤去外力到金属棒停止运动的
R 3 S
m
a
b
R 1 R 2
V 过程中，在电阻R 上产生的电热.
例3.两根光滑的长直金属导轨MN 、M′ N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l ，电阻不计，M 、
M′处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R ，电容器的电容为C 。
长度也为l 、阻值同
为R 的金属棒a b 垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中。
a b 在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在a b 运动距离为s 的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q 。
求 ⑴.a b 运动速度v 的大小； ⑵.电容器所带的电荷量q 。
例4.平行光滑导轨置于匀强磁场中,磁感应强度为B ＝0.4T ,方向垂直于导轨平面.金属棒ab 以速度
v 向左匀速运动.导轨宽度L ＝1m ,电阻R 1＝R 3＝8Ω,R 2＝4Ω,导轨电阻不计(金属棒ab 电阻不能忽略),
平行板电容器两板水平放置,板间距离d ＝10mm ,内有一质量为m ＝1×10
－14
kg ,电量q ＝1×10－15C 的粒子,在电键S 断开时粒
子处于静止状态,S 闭合后粒子以a ＝6m/s 2
的加速度匀加速下落,g=10m/s 2。
求：
⑴金属棒运动的速度为多少？
⑵S闭合后，作用于棒的外界拉力的功率为多少？
例5.直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为l1=0.6m、单位长度电阻为r=3Ω/m 的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，bc长度为l2=0.3m。
磁场的磁感强度为B=0.5T，方向垂直纸面向里。
现有一段长度为L=0.3m、单位长度电阻也为r=3Ω/m的均匀导体杆MN架在导线框上，开始时紧靠a点，然后沿ab方向以恒定速度v=1.2m/s向b端滑动，滑动中始终与bc平行并与导线框保持良好接触。
⑴导线框中有感应电流的时间是多长？
⑵当导体杆MN滑到ab中点时，导线bc中的电流多大？方向如何？
⑶求导体杆MN自a点至滑到ab中点过程中，回路中感应电动势的平均值。
⑷找出当导体杆MN所发生的位移为x（0<x≤0.6m）时，流经导体杆的电流表达式；并求当x为何值时电流最大，最大电流是多少？。