全国通用2018年高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第2讲电磁感应定律及综合应用学案
【精编】高三物理二轮复习 第1部分 专题4 电路与电磁感应 第2讲 电磁感应定律的综合应用课件-精心整理
解析： 进入磁场前和通过磁场后，线圈只受重力，加速
度恒为 g.设线圈下边进入磁场时速度为 v，则线圈中感应电动 势 E＝Bdv，由闭合电路欧姆定律有 I＝E/R，安培力 F＝BId， 解得：F＝B2Rd2v，若 F＝mg，则线圈匀速穿过磁场，A 项正确； 若 F＞mg，且线圈减速通过磁场，由牛顿第二定律有：B2Rd2v－ mg＝ma1，可知线圈加速度不断减小，B 项正确；若 F＜mg， 线圈在磁场中刚开始做加速运动，由牛顿第二定律有 mg－ B2Rd2v＝ma2，所以线圈加速度不断减小，当 F＝mg 时线圈匀 速运动，故 C、D 项错．
[解题指导] 解答本题时应从以下四点进行分析： (1)根据右手定则判断感应电流的方向． (2)“刚要向上滑动”说明所受摩擦力为最大摩擦力． (3)正确分析 ab 的受力，结合平衡知识、欧姆定律、感应 电动势的知识求解． (4)正确理解能量的转化，利用能量守恒定律及串联电路的 特点求 ab 上产生的热量．
答案： D
3.(多选)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，用导线将电刷与两竖直导轨、电阻连接起来形成 回路，一金属圆环L(不能转动)用细线悬挂在绝缘棒ab上，转 动摇柄，使圆盘沿逆时针方向做ω增大的加速转动，导轨和铜 盘电阻不计，则下列说法中正确的是( )
A．恒为nStB2－2－t1B1 B．从 0 均匀变化到nStB2－2－t1B1 C．恒为－nStB2－2－t1B1 D．从 0 均匀变化到－nStB2－2－t1B1
解析： 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势 E＝nΔΔΦt ＝nBt22－－Bt11S，由楞次定律和右手螺旋定则可判断 b 点电势高 于 a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此 a、 b 两点电势差恒为 φa－φb＝－nBt22－－Bt11S，选项 C 正确．
全国通用2018届高考物理二轮复习备课资料专题六电路和电磁感应第2讲电磁感应规律及综合应用课件
整 合
突 破
实 战
整合
网络要点重温
【网络构建】
【要点重温】 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
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 2.求感应电动势的两种方法 (1)E=n ,用来计算感应电动势的
2.求感应电动势的方法
(1)感生电动势:E=n
B S 不变时 E nS t S t B不变时E nB t
平动切割：E Blv (2)动生电动势: 1 2 转动切割： E Bl 2
【典例1】 (2017· 辽宁大连模拟)(多选)如图所示,由一段外皮绝缘的导线扭
)
D.回路中感应电流大小为
k (R r) 2
解析:穿过整个回路的磁通量增大,根据楞次定律,及 R>r,则大圆环中电流的方向 为逆时针,小圆环中电流的方向为顺时针,故 A 错误,B 正确;根据法拉第电磁感应 定 律 , 则 有 E=k π (R2-r2), 根 据 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 , 回 路 中 感 应 电 流 大 小 为
A.圆盘顺时针加速转动时,ab棒将向左运动
B.圆盘顺时针匀速转动时,ab棒将保持不动
C.圆盘顺时针减速转动时,ab棒将向左运动 D.圆盘逆时针加速转动时,ab棒将向左运动
解析:由右手定则可知,圆盘顺时针加速转动时,感应电流从圆盘的圆心流 向边缘,线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强.由楞次定律可知,线圈B
中的感生磁场方向向上 , 由右手螺旋定则可知 ,ab 棒中感应电流方向由
2018届高考物理二轮复习电磁感应规律的应用课件(共16张)(全国通用)
定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L,导轨上面横放着两
根质量均为m,电阻均为R(其余部分电阻不计)的导体棒ab和cd,构成矩形回路.
在整个导轨平面内都有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场,如图所示,设两
导体棒均可沿导轨无摩擦滑行.开始时,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0, 若两导体棒在运动过程中始终不接触,则( BC )
U形导轨和导体棒 形成回路,放置在 匀强磁场中,金属 线圈放置其中,金 属杆突然向右运 动,分析回路中感 应电流的方向和 线圈中的感应电 流的方向
1.牢记两个定律,万变不离其宗:楞次定律(右手定则)和法拉第电磁感应 定律. 2.熟记两个公式,解题快又准:E=Blv 和 E=I(R+r).注意感应电动势的其他
Q 2
,
所以 D 错误.
5.[电磁感应的综合应用](2017·福建宁德一模)(多选)如图所示,固定在倾角为 θ =30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d=1 m,其底端接有阻 值为R=2 Ω 的电阻,整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B=2 T的匀 强磁场中.一质量为m=1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置,且与两 导轨保持良好接触.现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F=10 N作用下从静止 开始沿导轨向上运动距离L=6 m时,速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导 轨保持垂直).设杆接入电路的电阻为r=2 Ω ,导轨电阻不计,重力加速度大小为 g=10 m/s2.则此过程( AC ) A.杆的速度最大值为5 m/s B.流过电阻R的电荷量为6 C C.在这一过程中,整个回路产生的焦耳热为17.5 J D.流过电阻R电流方向为由c到d
半根辐条相当于电源,磁场外部的半根辐条与 R1 并联,因此理想电压表的示数为
2018届高考物理二轮专题复习课件：专题四 电路与电磁感应第二讲 楞次定律 法拉第电磁感应定律
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，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最 简捷的方法，但却是最有效的方法。如诊断卷第 5 题，由 E ΔB ＝ · S 可知，线框中电流大小恒定，方向周期性变化，由 P Δt ＝I2R 可知，P 恒定不变，A 正确，由 F＝BIL 可知，F 的 大小和方向均做周期性变化， 同时注意 F 的方向及大小变化 规律，可知 C 错误，D 正确。
1． [多选](2017· 中卫市一模)如图是创意物理实验 设计作品《小熊荡秋千》 。两根彼此靠近且相 互绝缘的金属棒 C、D 固定在铁架台上，与 两个铜线圈 P、Q 组成一闭合回路，两个磁 性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆 动线圈 P 时，线圈 Q 也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千。以下 说法正确的是 向左看) B．P 向右摆动的过程中，Q 也会向右摆动 C．P 向右摆动的过程中，Q 会向左摆动 D．若用手左右摆动 Q，P 会始终保持静止 ( ) A．P 向右摆动的过程中，P 中的电流方向为顺时针方向(从右
答案：AB
2．用一根横截面积为 S、电阻率为 ρ 的硬质导线做成一个半径 为 r 的圆环，ab 为圆环的直径，t＝0 时刻在 ab 的左侧存在 一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图甲，磁感 应强度 B 与时间 t 的关系如图乙，则 0～t1 时间内下面说法 正确的是 ( )
A．圆环一直具有扩张的趋势 B．圆环中产生逆时针方向的感应电流 B0rS C．圆环中感应电流的大小为 4t0ρ
2．应用法拉第电磁感应定律求磁场变化产生的电动势 ΔB 时，公式 E＝n · S，其中 S 为线圈内磁场区的面积，不一 Δt 定等于线圈的面积。 3．在比较电势高低时要区分电源的内电路和外电路。 如诊断卷第 3 题，在第 1 s 内，AB 边切割磁感线为电源， 电流方向由低电势指向高电势，A 点电势高，CD 边为外电 路部分，电流方向由高电势指向低电势，D 点电势高。
2018年高考物理二轮复习专题整合高频突破专题四电路和电磁感应1恒定电流和交变电流课件
-81 2 3 4
2.(2016全国Ⅰ卷)一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻R1、 R2和R3的阻值分别为3 Ω 、1 Ω 和4 Ω,A为理想交流电流表,U为正 弦式交流电源,输出电压的有效值恒定。当开关S断开时,电流表的 示数为I;当S闭合时,电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数 比为( B )
-111 2 3 4
3.(2016全国Ⅲ卷)(多选)如图,理想变压器原、副线圈分别接有额定 电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时,两 灯泡均能正常发光。下列说法正确的是( AD ) A.原、副线圈匝数比为9∶1 B.原、副线圈匝数比为1∶9 C.此时a和b的电功率之比为9∶1 D.此时a和b的电功率之比为1∶9 解析 设灯泡的额定电压为 U0,当 U=10U0 时,因两灯泡均正常发光, 故变压器原线圈的输入电压为 U1=U-U0=9U0,副线圈的输出电压
������总 1
U1= I 干 Q2=CU2= 3 ;综上������1 = 5,C 选项正确。
2
������������
������
3
-71 2 3 4
考点定位:闭合电路的欧姆定律、电容器 命题能力点:侧重考查理解能力 解题思路与方法:解题关键是要搞清电路的结构,画出等效电路图, 搞清电容器两端的电压等于哪个电阻两端的电压,然后根据Q=CU 求解电容器所带的电荷量。
C.
3 5
D.
2 3
-61 2 3 4
解析 S断开时等效电路图如图甲所示。
1=
������
设每个电阻阻值为 R,电路中总电阻 R 总 1= 3 ,干路电流 I 干 =
3������ ;电容器两端电压为 5������
5������
全国通用2018届高考物理二轮温习备课资料专题六电路和电磁感应第2讲电磁感应规律及综合应用专题限时检
C.MP刚进入磁场时导体框所受安培力为
D.MP刚进入磁场时M,P两头的电压为
解析:依照楞次定律可知导体进入磁场进程中,导体框中电流的方向为MQPN,故A正确;MP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为I= = ,故B错误;MP刚进入磁场时导体框所受安培力为F=BI· a= ,故C正确;MP刚进入磁场时M,P两头的电压为U= E= Bav,故D错误.
7.(2017·河北石家庄模拟)如下图,滑腻水平面上存在有界匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B,质量为m边长为a的正方形导体框MNPQ斜向上垂直进入磁场,当MP刚进入磁场时,线框的速度为v,方向与水平方向成45°,假设导体框的总电阻为R,那么( AC )
A.导体进入磁场进程中,导体框中电流的方向为MQPN
A.回路中的最大电流为
B.铜棒b的最大加速度为
C.铜棒b取得的最大速度为
D.回路中产生的总焦耳热为
解析:由题意知a取得冲量时速度最大,依照动量定理可得,a取得的速度va= ,尔后a在安培力作用下做减速运动,b在安培力作用下做加速运动,回路中产生的电动势E=BL(va-vb
),可知a刚取得动量时回路中产生的感应电流最大,即Im= = ,故A错误;b所受最大安培力Fm=BImL= ,依照牛顿第二定律知,b棒所产生的最大加速度am= = ,故B正确;由题意知,a棒做减速运动,b棒做加速运动,当a,b速度相等时,回路中没有感应电流,两棒同时向右匀速直线运动,依照动量守恒定律得,mva=2mv,a,b棒的一起速度v= ,此速度亦为b棒的最大速度,故C错误;依照系统能量守恒可得, m = (m+m)v2+Q,那么回路中产生的总焦耳热Q= ,故D错误.
(1)在如下图装置中,当其中一根金属条ab进入磁场时,指出ab上感应电流的方向,并求ab中感应电流的大小;
专题四电路与电磁感应第2讲电磁感应 交流电
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(2)通过分析，可得电路图为
图 4－2－6 (3)设电路中的总电阻为 R 总，根据电路图可知， 1 4 R 总＝R＋ R＝ R ④ 3 3 ab 两端电势差 E 1 Uab ＝E－IR＝E－ R＝ E≈1.2×10－ 2 V ⑤ R总 4
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设 ab 离开磁场区域的时刻为 t1，下一根金属条进入磁场区 域的时刻为 t2， θ 1 t1 ＝ ＝ s ⑥ ω 12 π 2 1 t2 ＝ ＝ s ⑦ ω 4 设轮子转一圈的时间为 T， 2π T＝ ＝1 s ⑧ ω 在 T＝1 s 内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同．⑨ 由⑤、⑥、⑦、⑧、⑨可画出如下 Uab－t 图象．
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2．交变电流瞬时值表达式书写的基本思路 (1)根据已知图象或由公式Em＝NBSω求出相应峰值． (2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式． ①线圈从中性面开始计时，函数表达式为i＝Imsinωt. ②线圈从垂直中性面开始计时，函数表达式为i＝Imcosωt.
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例3 (2012· 高考安徽卷)如图4－2－9甲是交流发电机模型 示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈 abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈 引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金
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热点三
交变电路综合分析
1．交变电流的“四值” 最大值 ⇒ Em ＝NBSω ⇒ 计算电容器的耐压值 计算闪光电器 瞬时值 ⇒ e＝Em sinωt ⇒ 的闪光时间等 电表的读数及计 正余弦交流 ⇒ E＝Em / 2 ⇒ 算电热、电功及保 电的有效值 险丝的熔断电流 平均值 ⇒ E ＝NΔΦ/Δt ⇒ 计算通过导体的电荷量
通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向
2018届高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题四电路与电磁感应第二讲电磁感应及综合应用学案
第二讲电磁感觉及综合应用[ 高考调研 ][ 知识建构 ]1. 考察方向：①联合闭合电路的欧姆定律，利用楞次定律或右手定章判断感觉电流的方向以及大小计算．②联合牛顿第二定律，对导体棒切割磁感线的运动进行受力剖析和运动分析．③联合图象，应用法拉第电磁感觉定律、闭合电路的欧姆定律、电功率、功能关系等规律，解决电磁感觉的综合问题．2.常用的思想方法：①图象法．②微元法．③清除法．④等效法．[答案](1) 楞次定律与右手定章的关系楞次定律右手定章研究整个闭合导体回路闭合导体回路的一部分对象合用磁通量变化产生感觉电流的各样状况一段导体在磁场中做切割磁感线运动范围关系右手定章是楞次定律的特别状况ΔΦ(2) 公式：E＝nΔtΔΦn：线圈的匝数，ΔΦ ：磁通量的变化量，Δt：对应于ΔΦ 所用的时间，Δt：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觉现象，则这部分电路就是电源．②由法拉第电磁感觉定律求出感觉电动势的大小，依据楞次定律或右手定章确立出电源的正负极．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．存在双感觉电动势的问题中，要求出总的电动势．③正确剖析电路的构造，画出等效电路图．a．内电路：“切割”磁感线的导体和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”之外的电路即外电路．④运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特色、电功率等列方程求解．(4)动力学识题E＝ Blv基本思路：导体受外力运动――→ 感觉电动势错误!感觉电流错误!导体受安培力― →合F＝ ma外力变化― ―→加快度变化― →速度变化 .考向一楞次定律和法拉第电磁感觉定律的应用[ 概括提炼 ]1．感觉电流方向的判断方法(1)右手定章，即依据导体在磁场中做切割磁感线运动的状况进行判断．(2)楞次定律，即依据穿过闭合回路的磁通量的变化状况进行判断．2．楞次定律中“阻挡”的主要表现形式(1)阻挡原磁通量的变化——“增反减同”．(2)阻挡相对运动——“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或减小的趋向——“增减少扩”．(4)阻挡原电流的变化 ( 自感现象 ) ——“增反减同”．3．感觉电动势大小的计算ΔΦ(1) 法拉第电磁感觉定律：E＝ n Δt，合用于广泛状况．(2) E＝Blv，合用于导体棒切割磁感线的状况．(3) E＝1Bl2ω，合用于导体棒旋转切割磁感线的状况．2( 多项选择 )(2017·全国卷Ⅱ) 两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感觉强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m 、总电阻为0.005Ω 的正方形导线框abcd 位于纸面内， cd 边与磁场界限平行，如图(a) 所示．已知导线框向来向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时辰进入磁场．线框中感觉电动势随时间变化的图线如图(b) 所示 ( 感觉电流的方向为顺时针时，感觉电动势取正) ．以下说法正确的选项是()A．磁感觉强度的大小为 0.5 TB．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC．磁感觉强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝ 0.4 s 至t＝ 0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N[ 思路点拨 ] 线框进入磁场，依据右手定章或楞次定律能判断出磁场方向，联合图象分析出线框运动的速度，从图象上感觉电动势的大小能计算出磁感觉强度与安培力．l0.1[ 分析 ] 由E－t图象可知，线框经过0.2 s所有进入磁场，则速度v＝t ＝0.2m/s ＝0.5 m/s ，选项 B 正确；＝ 0.01 V ，依据＝可知，＝ 0.2 T ，选项 A 错误；依据楞次E E BLv B定律可知，磁感觉强度的方向垂直于纸面向外，选项 C 正确；在t＝ 0.4s 至t＝ 0.4 s 这段E 0.01F＝ BIL＝0.04 N，时间内，导线框中的感觉电流I ＝R＝0.005A＝2 A，所受的安培力大小选项 D 错误，应选BC.[答案] BC用法拉第电磁感觉定律求解感觉电动势常有状况与方法情形图研究对象回路 ( 不必定闭一段直导线 ( 或等效绕一端转动的一段导绕与 B垂直的轴转动合)成直导线 )体棒的导线框表达式＝ΔΦE＝ BLv sinθ＝12ωE＝ NBSωsinωtE nΔt E2BL[ 娴熟加强 ]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 位于回路围成的地区内，线框与导轨共面．现让金属杆忽然向右运动，在运动开始PQ的瞬时，对于感觉电流的方向，以下说法正确的选项是()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[ 分析 ]金属杆PQ向右切割磁感线，依据右手定章可知PQRS中感觉电流沿逆时针方向；本来 T 中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感觉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，依据楞次定律可知所述，可知A、 B、 C项错误， D项正确．T 中产生顺时针方向的感觉电流，综上[答案]D2．(2017 ·金丽衢十二校联考) 如右图所示，用一条横截面积为S 的硬导线做成一个边长为 L 的正方形，把正方形的一半固定在平均增大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，ΔB磁感觉强度大小随时间的变化率＝k(k>0)，虚线ab与正方形的一条对角线重合，导线的Δt 电阻率为ρ.则以下说法正确的选项是()A．线框中产生顺时针方向的感觉电流B．线框拥有扩充的趋向C．若某时辰的磁感觉强度为B，则线框遇到的安培力为2k BL2S 8ρkL2 D．线框中ab两点间的电势差大小为2[ 分析 ] 依据楞次定律，线框中产生的感觉电流方向沿逆时针方向，故 A 错误；B增大，穿过线框的磁通量增大，依据楞次定律，感觉电流的磁场为了阻挡磁通量的增添，线框有收缩的趋向，故 B 错误；由法拉第电磁感觉定律得：ΔΦΔBΔB1212E＝＝S＝· L ＝ kL，因线框Δt ΔtΔt224电阻 R＝ρS，那么感觉电流大小为E kSLF＝BI×2L＝2kBL2SI ＝＝8，则线框遇到的安培力为：8，故Rρρ112C正确；由上剖析，可知，ab 两点间的电势差大小U＝2E＝4kL，故 D错误．[答案] C3． ( 多项选择 )(2016 ·全国卷Ⅱ) 法拉第圆盘发电机的表示图如下图．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、 Q分别与圆盘的边沿和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆回旋转时对于流过电阻R的电流，以下说法正确的选项是()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 a 到 b 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成本来的2 倍，则电流在R上的热功率也变成本来的 2 倍[ 分析 ] 法拉第圆盘相当于无数根辐条做切割磁感线运动，若圆盘顺时针转动，依据右手定章可知电流在圆盘上流向圆心，在外电路由 a 流向 b，B正确．圆盘转动方向不变，电流方向也不会发生改变， C 错误．产生的感觉电动势大小＝12ω，可知若ω不变，则EE2Bl不变， A 正确．当ω变成本来的 2 倍时，E、I也会变成本来的 2 倍，依据P＝I2R，可知热功率变成本来的 4 倍， D 错误．[答案] AB考向二电磁感觉中的图象问题[ 概括提炼 ]电磁感觉图象问题解题“5步曲”第 1步：明确图象的种类．是B－ t 图、 I － t 图、 v－t 图、 F－t 图或是 E－ t 图等；第 2步：剖析电磁感觉的详细过程．明确运动分红几个阶段( 依据磁通量的变化特色或切割特色剖析 ) ；第 3 步：写出函数方程．联合法拉第电磁感觉定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数方程；第 4 步：进行数学剖析．依据函数方程进行数学剖析，比如剖析斜率的变化、截距等；第 5 步：得结果．绘图象或判断图象．(2017 ·河北唐山一模) 如下图，在水平圆滑的平行金属导轨左端接必定值电阻R ，导体棒ab 垂直导轨搁置， 整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现给导体棒一直右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，以下图线中， 导体棒速度随时间的变化和经过电阻R 的电荷量q 随导体棒位移的变化描绘正确的选项是()B 2L 2v[分析]导体棒运动过程中受向左的安培力F ＝R ，安培力阻挡棒的运动， 速度减小，由牛顿第二定律得棒的加快度大小F B 2L 2v，则a 减小， v － t 图线斜率的绝对值减小，＝ ＝am RmΔΦ BL故 B 项正确， A 项错误．经过 R 的电荷量 q ＝R ＝ R x ，可知 C 、 D 项错误．[答案] B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“清除法”，即清除与题目要求相违反的图象，留下正确图象． 也可用“比较法”， 即依据要求画出正确的草图， 再与选择比较． 解决此类问题重点是掌握图象特色、 剖析有关物理量的函数关系、 剖析物理过程的变化或物理状态的变化．(2) 图象剖析问题：定性剖析物理图象，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，借助有关的物理看法、 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， 要弄清图象所揭露的物理规律及物理量间的函数关系， 擅长发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．[ 娴熟加强 ]1．( 多项选择 ) 如图甲所示，圆滑平行金属导轨、所在平面与水平面成θ角，、之MN PQ M P 间接一阻值为 R的定值电阻，阻值为r 的金属棒 bc 垂直导轨搁置，其余电阻不计．整个装置处在磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．t ＝0时对棒施加一平行于导轨向上的外力，棒由静止开始沿导轨向上运动，经过R 的感觉电荷量q随t2 的变化F关系如图乙所示．以下对于金属棒bc 的加快度 a、经过棒的电流I 、金属棒遇到的外力 F、穿过回路 cbPM的磁通量Φ随时间 t 变化的图象中正确的选项是()[分析]Blv Bla 2，联合图乙可知金属棒的加快度 a 恒定，选由题意可得 q＝It ＝＋ t ＝＋ tR r R rB2l 2项 A 错误， B 正确；由牛顿第二定律可得F－ mg sinθ－BIl ＝ ma，故有 F＝R＋r at ＋ m( g sinθ12＋a) ，选项 C 正确；由Φ＝ Bl x ＋ at可知选项 D错误．2[答案] BC2．(2017 ·江西南昌三校四联) 如下图，有一个矩形界限的匀强磁场地区，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由地点1( 左) 沿纸面匀速运动到地点2( 右) ．取线框刚抵达磁场界限的时辰为计时起点( t＝0) ，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反应线框中电流与时间关系的是()[ 分析 ]线框进入磁场的过程，磁通量向里增添，依据楞次定律得悉感觉电流的磁场向外，由安培定章可知感觉电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B、 C 错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先平均增大后平均减小，由E＝ BLv，可知感觉电动势先平均增大后平均减小；线框完整进入磁场后，磁通量不变，没有感觉电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，依据楞次定律得悉感觉电流的磁场向里，由安培定章可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先平均增大后平均减小，由 E＝ BLv，可知感觉电动势先平均增大后平均减小；故 A 正确，D错误．[答案]A3．(2017 ·江淮十校三模) 宽为L 的两圆滑竖直裸导轨间接有固定电阻R，导轨(电阻忽略不计 ) 间Ⅰ、Ⅱ地区中有垂直纸面向里宽为d、磁感觉强度为 B 的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ地区间距为 h，如图，有一质量为m、长为 L 电阻不计的金属杆与竖直导轨密切接触，从距地区Ⅰ上端 H处杆由静止开释．若杆在Ⅰ、Ⅱ地区中运动状况完整同样，现以杆由静止开释为计时起点，则杆中电流随时间t 变化的图象可能正确的选项是()[ 分析 ]杆在Ⅰ、Ⅱ地区中运动状况完整同样，说明产生的感觉电流也应完整同样，排除 A 和 C 选项．因杆在无磁场地区中做a＝g的匀加快运动，又杆在Ⅰ、Ⅱ地区中运动状况完整同样，则杆在Ⅰ、Ⅱ地区应做减速运动，在地区Ⅰ中对杆受力剖析知其受竖直向下的重B2L2v力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加快度a＝mg－R，方向竖直向上，则知杆做mBLv加快度渐渐增大的减速运动，又I ＝R，由 I －t 图线斜率变化状况可知选项 B 正确，选项D错误．[答案]B考向三电磁感觉中的能量转变问题[ 概括提炼 ]能量转变及焦耳热的求法1．能量转变其余形式战胜安培力做功电流做功焦耳热或其余――→电能――→的能量形式的能量2．求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律： Q＝ I 2Rt.(2)功能关系： Q＝ W战胜安培力．(3)能量转变： Q＝ΔE其余能的减少许．将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场地区的宽度为＝ 0.4 m，如图甲所示，磁场界限与挡板平行，且上界限到斜面顶端的距离为x ＝0.55Hm．将一通电导线围成的矩形导线框abcd 置于斜面的底端，已知导线框的质量为m＝0.1 kg、导线框的电阻为R＝0.25Ω、 ab 的长度为L＝0.5 m．从 t ＝0时辰开始在导线框上加一恒定的拉力 F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下面与磁场的上界限重合时，将恒力F撤走，最后导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动．已知导线框向上运动的v－ t 图象如图乙所示，3导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝，整个运动过程中导线框没有发生转动，且一直没有走开斜面， g＝10 m/s2.(1) 求在导线框上施加的恒力F 以及磁感觉强度的大小；2 2(2) 若导线框沿斜面向下运动经过磁场时，其速度 v 与位移 s 的关系为 v ＝ v 0－B Ls ，其mR中 v 0 是导线框 ab 边刚进入磁场时的速度大小， s 为导线框 ab 边进入磁场地区后对磁场上面界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q .[ 思路路线 ](1)(2)[分析](1) 由v－t图象可知，在 0～ 0.4 s 时间内导线框做匀加快直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2.0 m/s，所以在此过程中的加快度a＝Δv2＝ 5.0 m/sΔt由牛顿第二定律有F－ mg sinθ－μmg cosθ＝ ma解得 F＝1.5 N由 v－t 图象可知，导线框进入磁场地区后以速度v1做匀速直线运动E BLv1经过导线框的电流 I ＝R＝R导线框所受安培力 F 安＝ BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的均衡条件有B2L2v1F＝ mg sinθ＋μmg cosθ＋解得 B＝0.50 T.R(2) 导线框进入磁场地区后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H导线框 ab 边走开磁场后做匀减速直线运动，抵达挡板时的位移为x0＝ x－ H＝0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有－ mg( x－ H)sinθ－μmg( x－ H)cosθ＝121221 2mv－2mv解得 v ＝2＝ 1.0 m/sv － 2g x－ Hsin θ＋μcos θ21导线框碰挡板后速度大小仍为v2，导线框下滑过程中，因为重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mg sinθ＝μmg cosθ＝0.50 N，所以导线框与挡板碰撞后向下做匀速运动， ab 边刚进入磁场时的速度为v2＝1.0 m/s；进入磁场后因为又遇到安培力作用而减速，做加快度渐渐变小的减速运动，设导线框所有走开磁场地区时的速度为v30B 2L2322B2L2H由 v＝v－mR s 得 v＝ v －mR＝－ 1.0 m/s因 v3<0，说明导线框在走开磁场前速度已经减为零，这时安培力消逝，导线框受力均衡，所以导线框将静止在磁场中某地点导线框向上运动经过磁场地区的过程中产生的焦耳热Q1＝ I 2Rt ＝2221＝ 0.40 J B L HvR导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热12Q2＝ mv2＝0.05 J2所以＝1＋2＝0.45 J.Q Q Q[ 答案 ] (1)1.5 N0.50 T (2)0.45 J用动力学看法、能量看法解答电磁感觉问题的一般步骤[ 娴熟加强 ]迁徙一单杆模型中的能量问题1．(2017 ·河北名校结盟 ) 如下图，相距为L 的两条足够长的圆滑平行金属导轨、MNPQ与水平面的夹角为θ， N、 Q两点间接有阻值为R的电阻．整个装置处于磁感觉强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．将质量为m、阻值也为 R 的金属杆 cd 垂直放在导轨上，杆 cd 由静止开释，下滑距离x 时达到最大速度．重力加快度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触优秀．求：(1)杆 cd 下滑的最大加快度和最大速度；(2)上述过程中，杆上产生的热量．[ 分析 ] (1) 设杆cd下滑到某地点时速度为v，则杆产生的感觉电动势E＝ BLv，回路中E的感觉电流I ＝R＋R杆所受的安培力F＝ BILB2L2v依据牛顿第二定律有mg sinθ－2R＝ ma当速度 v＝0时，杆的加快度最大，最大加快度a＝ g sinθ，方向沿导轨平面向下2mgR sin θ当杆的加快度a＝0时，速度最大，最大速度v m＝B2L2，方向沿导轨平面向下．(2)杆 cd 从开始运动抵达到最大速度过程中，依据能量守恒定律得12mgx sinθ＝ Q总＋2mv1又 Q杆＝2Q总13222θmg R sin所以 Q杆＝2mgx sinθ－B4L4.2mgR sin θ[答案](1) g sin θ，方向沿导轨平面向下B2L2，方向沿导轨平面向下13222mg R sinθ(2) 2mgx sin θ－B4L4迁徙二双杆模型中的能量问题2． ( 多项选择 )(2017 ·浙江五校联考) 如下图，足够长的圆滑水平直导轨的间距为l ，电阻不计，垂直轨道平面有磁感觉强度为 B 的匀强磁场，导轨上相隔必定距离搁置两根长度均为 l 的金属棒， a 棒质量为 m，电阻为 R， b 棒质量为2m，电阻为 2R，现给a棒一个水平向右的初速度 v ，已知 a 棒在此后的运动过程中没有与 b 棒发生碰撞，当 a 棒的速度减为v02 时，b 棒恰好遇到了阻碍物立刻停止运动，而 a 棒仍持续运动，则以下说法正确的选项是()v0A．b棒遇到阻碍物前瞬时的速度为252B．在b棒停止运动前 b 棒产生的焦耳热为Q b＝24mv0C．b棒停止运动后，a棒持续滑行的距离为3mv0R 2B2l2D．b棒停止运动后，a棒持续滑行的距离为mv0R 2B2l2[分析]设 b 棒遇到阻碍物前瞬时的速度为v2，以前两棒构成的系统动量守恒，则mv0 v0v0＝m2＋2mv2，解得 v2＝4，所以选项A错误；在 b 棒停止运动前，依据能量守恒定律可得a1 2 1v0212525棒和 b 棒产生的总焦耳热Q＝ Q a＋ Q b＝2mv0－2m 2－2×2mv2＝16mv0，Q b＝2Q a，解得Q b＝2420，所以选项B正确；a棒独自向右滑行的过程中，当其速度为v时，所受的安培力大小为mvB2l 2B2l 2F 安＝ BIl ＝3R v，依据动量定理有－ F 安Δt＝ mΔv，所以有∑－3R v·Δt＝∑(m·Δv)，22v030Bl mvR可得3R x＝ m2，b 棒停止运动后 a 棒持续行进的距离x＝2B2l2，所以选项C正确，选项D 错误．[答案]BC迁徙三线框模型中的能量问题3．(2017 ·苏州模拟 ) 如下图，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，它们分别系在一越过两个定滑轮的绝缘轻绳两头，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感觉强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时ABCD的下界限与匀强磁场的上界限重合，abcd 的上界限到匀强磁场的下界限的距离为l .现将两导线框由静止开释，当ABCD所有进入磁场时，两导线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加快度为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 经过磁场的时间．[ 分析 ] (1) 如下图，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T，则对 ABCD有 T＝2mg①对 abcd 有 T＝ mg＋ BIl ②EI＝R③E＝ Blv ④mgR则 v＝B2l2.⑤(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 12＝2mgl＋ 2×3mv＋Q⑥3 223mg R联立⑤⑥解得Q＝2mgl－2B4l4.(3) 导线框abcd经过磁场的过程中以速度v 匀速运动，设导线框abcd 经过磁场的时间3l为 t ，则 t ＝v⑦3B2l3联立⑤⑦解得t ＝mgR.mgR322233mg R3Bl[ 答案 ] (1) B2l2(2)2 mgl－2B4l4(3) mgR高考题型展望——杆＋导轨模型[ 考点概括 ]1．单杆模型的常有状况2.双杆在导轨上滑动(1)初速度不为零，不受其余水平外力的作用圆滑的平行导轨表示图质量 m1＝ m2电阻 r 1＝ r 2长度 L1＝ L2杆 MN做变减速运动，杆 PQ做变加快剖析运动，稳准时，两杆的加快度均为零，以相等的速度匀速运动(2)初速度为零，一杆遇到恒定水平外力的作用圆滑的平行导轨圆滑不等距导轨质量 m1＝ m2电阻 r 1＝ r 2长度 L1＝2L2杆MN做变减速运动，杆PQ做变加快运动，稳准时，两杆的加快度均为零，两杆的速度之比为 1∶2不圆滑平行导轨表示图摩擦力 F ＝Ff1f2质量 m1＝ m2质量1＝2m m电阻 r 1＝ r 2电阻 r1＝ r 2长度 L＝L12长度 L1＝L2开始时，若 F <F≤2F ，则 PQ杆先f f开始时，两杆做变加快运动；稳固变加快后匀加快运动； MN杆静止．若>2f，杆先变加快后匀加快运剖析时，两杆以同样的加快度做匀加快F F PQ动，MN杆先静止后变加快最后和 PQ 运动杆同时做匀加快运动，且加快度相同[ 典题示例 ]如图 1 所示，在竖直向下的磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，两根足够长的平行圆滑金属轨道 MN、PQ固定在水平面内，相距为L.一质量为 m的导体棒 ab 垂直于 MN、PQ放在轨道上，与轨道接触优秀．轨道和导体棒的电阻均不计．(1) 如图 2 所示，若轨道左端M、P间接一电动势为E、内阻为 r 的电源和一阻值为R的电阻．闭合开关S，导体棒从静止开始运动．求经过一段时间后，导体棒所能达到的最大速度的大小．(2) 如图 3 所示，若轨道左端M、P 间接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平向右的恒力 F 的作用下从静止开始运动．求导体棒运动过程中的加快度的大小．[ 审题指导]第一步读题干—提信息题干信息1) 圆滑金属轨道滑动中不受摩擦力EΔq2) 轨道和导体棒的电阻均不计求电流I时，图 3 不可以用I ＝R总，应选I ＝Δt3) 求导体棒运动过程中的加快度的大小猜想棒可能匀加快运动第二步审程序—顺思路[ 分析 ] (1) 闭合开关后，导体棒ab产生的电动势与电阻R两头的电压相等时，导体棒Eab 达到最大速度v2， I ＝R＋r，U＝ IR， U＝ BLv2ER解得 v2＝BL R＋ r.(2) 导体棒ab 向右加快运动，在极短时间内，导体棒的速度变化，依据加快度ΔtΔv的定义 a＝ΔvΔE＝BLΔv，电容器增添的电荷量Δq＝CΔE＝，导体棒产生的电动势变化ΔtCBLΔv依据电流的定义I ＝Δq，解得 I ＝CBLa Δt导体棒 ab 遇到的安培力 F 安＝ BIL＝ B2L2Ca 依据牛顿第二定律得F－F 安＝ ma解得 a＝F22. m＋ CBL[答案](1)ER(2)＋FBL＋r2 2R m CBL杆模型剖析思路[ 展望题组]1． ( 多项选择 )(2017 ·苏州模拟) 如下图，在磁感觉强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一水平绝缘桌面，桌面上搁置了间距为L 的足够长的两平行圆滑导轨，导轨左边连一阻值为R的电阻，轨道电阻不计．与两轨道垂直的质量为M、电阻为 r 的导体杆开始静止放在轨道上，现经过与轨道平行的轻绳经过一圆滑的定滑轮与一质量为m的物块相连，导体杆在重力作用下开始运动，导体杆的速度达到最大时为v m.运动中杆一直垂直轨道，则下列说法正确的选项是()A．导体杆做的是匀变速直线运动，运动过程中流过电阻R的电流方向是a→ bmg R＋ rB．导体杆获取的最大速度为v m＝B2L2v m mgC．当物块的速度为v＝2时，导体杆的加快度为2MmgD．导体杆开始运动时加快度最大，且为＋M m[ 分析 ] 导体杆先做变速直线运动，后做匀速运动，运动过程中流过电阻R的电流方向是→，A 错误；杆产生的感觉电动势为＝，因v 变大，故E变大，电路中电流IE＝，b a E BLv R 电流变大，杆受的安培力 F 安＝ BIL，因 I变大，故 F 安变大，选杆和物块整体为研究对象，依据牛顿第二定律，－B2L2v＋)，当a＝ 0时，杆达到最大速度vm＝mg R＋ r， B ＝ ( 2 2mg R＋ r M m a B Lv＝v m mg，C 错误；导体杆开始运动时正确；当物块的速度为2时，导体杆的加快度为2M＋ mmg加快度最大，为M＋m，D正确．[答案] BD2．(2017 ·江西六校联考) 如下图，ab和cd是两条竖直固定的圆滑平行金属导轨，MN和 M′ N′是用绝缘细线连结的两根金属杆，其质量分别为m和2m，用竖直向上、大小未知的外力 F 作用在杆 MN中点，使两杆水沉静止，并恰好与导轨接触．整个装置处在磁感觉强度为、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨足够长，间距为L ，电阻可忽视，两B杆总电阻为 R，与导轨一直接触优秀，重力加快度为g. t ＝0时辰，将细线烧断，保持力F不变．(1)细线烧断后随意时辰，求两杆运动的速度大小之比．(2) 若杆MN至速度最大时发生的位移为s，该过程中经过金属杆横截面的电荷量Δq和电路中产生的焦耳热Q各为多少？[ 分析 ] (1) 解法一：以两杆为研究对象，初始合外力为零，有F＝3mg细线烧断后杆MN向上运动，杆 M′ N′向下运动，随意时辰，两杆中感觉电流等大反向，。
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第2讲 电磁感应定律及综合应用知识必备1.感应电动势的几种表达式(1)穿过回路的磁通量发生变化时E ＝n ΔΦΔt ，一般用来计算Δt 时间内的感应电动势的平均值。
(2)导体棒垂直切割磁感线运动时E ＝BLv 。
(3)导体棒在磁场中以其中一端为圆心转动垂直切割磁感线时E ＝12BL 2ω。
2.感应电动势方向(感应电流方向)的判断(1)右手定则：适用于导体切割磁感线产生感应电流的方向的判断。
(2)楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流产生的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化。
(3)三种阻碍：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——增反减同。
备考策略1.抓住“两个定律”，运用“两种观点”，分析“一种电路”“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；“一种电路”是指电磁感应电路。
2.必须领会的“6种方法和2种物理思想”(1)假设法、图象法、转换法、微元法、类比法、逆向思维法； (2)等效思想、守恒思想。
3.必须辨明的“3个易错易混点”(1)楞次定律中的“阻碍”不是“阻止”，也不是“相反”； (2)注意区别楞次定律和右手定则；(3)发生电磁感应的电路中，产生感应电动势的部分为“电源”，其余部分为“外电路”。
楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用【真题示例1】 (2017·全国卷Ⅲ，15)如图1，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( )图1A.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突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过圆环形金属线框T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故选项D 正确，A、B、C错误。
答案 D【真题示例2】(2017·全国卷Ⅰ，18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。
为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图2所示。
无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是( )图2解析感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。
在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项A正确，B、C、D错误。
答案 A【真题示例3】 (多选)(2016·全国卷Ⅱ，20)法拉第圆盘发电机的示意图如图3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( )图3A.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a到b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倍解析将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，流过电阻的电流方向从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感生电动势E＝BLv＝12BL2ω，I＝ER＋r，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝B2L4ω2R4（R＋r）2知，当ω变为2倍时，P变为原来的4倍，D错。
答案AB真题感悟1.高考考查特点高考在本考点的考查主要集中在新的情境考查楞次定律、法拉第电磁感应定律。
掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律、右手定则是突破考点的方法。
2.常见误区及临考提醒(1)对感应电流产生的条件理解不准确，认为只要切割就有感应电流。
(2)不能正确理解楞次定律造成电流方向判断错误。
(3)左手定则和右手定则混淆出现电流方向的判断错误。
(4)不理解转动切割电动势大小计算方法。
图4A.从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B.0～1 s内圆环面积有扩张的趋势C.3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D.1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反解析 由图乙知，0～1 s 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，0～1 s 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1～2 s 内和2～3 s 内圆环中的感应电流方向相同，选项D 错误；3 s 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 A2.(多选)如图5甲所示，一个圆形线圈匝数n ＝50、面积S 1＝0.5 m 2、电阻r ＝1 Ω。
有一个R ＝2 Ω的电阻，将其两端分别与图甲中的圆形线圈相连接，F 端接地。
在线圈中存在面积S 2＝0.4 m 2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是( )图5A.圆形线圈中产生的感应电动势E ＝3 VB.在0～4 s 时间内通过电阻R 的电荷量q ＝6 CC.F 端电势为零，E 端的电势φE ＝2 VD.在0～4 s 时间内电阻R 上产生的焦耳热Q ＝8 J 解析 根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBΔtS 2＝3 V ，选项A 正确；根据闭合电路欧姆定律，回路中电流为I ＝Er ＋R＝1 A ，在0～4 s 时间内通过电阻R 的电荷量为q＝It ＝1×4 C＝4 C ，选项B 错误；由楞次定律可知，电流沿顺时针方向，F 点电势高，E 点电势低，电阻R 两端电压U R ＝IR ＝1×2 V＝2 V ，又U R ＝φF －φE ，φF ＝0，可得φE ＝－2 V ，选项C 错误；在0～4 s 时间内电阻R 上产生的焦耳热为Q ＝I 2Rt ＝12×2×4 J＝8 J ，选项D 正确。
答案 AD3.(多选)如图6所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r 、圆心在O 点，过圆心放置一长度为2r 、电阻为R 的辐条，辐条与圆环接触良好，现将此装置放置于磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度ω绕O 点逆时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和环的边缘相接触，R 1＝R2，S 处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是( )图6A.通过R 1的电流方向为自下而上B.感应电动势大小为2Br 2ω C.理想电压表的示数为16Br 2ωD.理想电流表的示数为4Br 2ω3R解析 由右手定则可知辐条中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极，因此通过R 1的电流方向为自下而上，选项A 正确；由题意可知，始终有长度为r 的辐条在转动切割磁场线，因此感应电动势大小为12Br 2ω，选项B 错误；由图可知，在磁场内部的半根辐条相当于电源，磁场外部的半根辐条与R 1并联，因此理想电压表的示数为16Br 2ω，选项C 正确；理想电流表的示数为Br 2ω3R ，选项D 错误。
答案 AC电磁感应中的图象问题【真题示例】 (多选)(2017·全国卷Ⅱ，20)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0.1 m 、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图7(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( )图7A.磁感应强度的大小为0.5 TB.导线框运动的速度的大小为0.5 m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 解析 由E －t 图象可知，线框经过0.2 s 全部进入磁场，则速度v ＝l t ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s ，选项B 正确；由图象可知，E ＝0.01 V ，根据E ＝Blv 得，B ＝E lv ＝0.010.1×0.5T ＝0.2 T ，选项A 错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C 正确；在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框中的感应电流I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A, 所受的安培力大小为F＝BIl ＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N ，选项D 错误。
真题感悟 1.高考考查特点本考点的命题主要涉及E －t 图、i －t 图、B －t 图、Φ－t 图，还有v －t 图、F －t 图等。
突破本考点的关键是灵活应用楞次定律、法拉第电磁感应定律判断电流方向及计算电动势的大小。
2.常见误区及临考提醒(1)不能正确的将磁场变化和电流变化相互转换。
(2)不能正确判断感应电流是正方向还是负方向。
(3)不理解图象斜率、曲直的意义。
(4)多阶段过程中不能将各阶段的运动和图象变化相对应。
1. (多选)空间内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为L 。
一正方形导体框边长也为L ，开始时正方形导体框的ab 边与磁场区域横截面的斜边刚好重合，如图8所示。
从图示位置开始计时，正方形导体框以平行于bc 边的速度v 匀速穿越磁场。
若导体框中的感应电流为i ，a 、b 两点间的电压为u a b ，感应电流取逆时针方向为正，则在导体框穿越磁场的过程中，下列i 、u a b 随时间的变化规律正确的是( )图8解析 由楞次定律可以判断出导体框进磁场时电流方向为逆时针，出磁场时电流方向为顺时针，由E ＝Blv 可得i ＝E R 总＝BlvR 总，进、出磁场时导体框切割磁感线的有效长度l 均由大变小，所以电流也是从大变小，选项A 正确，B 错误；进磁场时ab 为电源，u a b <0且u a b ＝－34Blv ，出磁场时ab 不是电源，电流从b 到a ，u a b <0且u a b ＝－Blv4，选项C 错误，D 正确。