2019高考物理一轮复习第十章电磁感应第6讲章末热点集训学案
2019年高考物理一轮复习第十章电磁感应本章学科素养提升课件
编后语
• 常常可见到这样的同学，他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具，下课铃一响，就迫不及待地“逃离”教室。实际上，每节课刚下课时的几分 钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学习的同学往往懂得抓好课后的“黄金两分钟”。那么，课后的“黄金时间”可以用来做什么呢？
• 一、释疑难 • 对课堂上老师讲到的内容自己想不通卡壳的问题，应该在课堂上标出来，下课时，在老师还未离开教室的时候，要主动请老师讲解清楚。如果老师已
答案 2.0 Ω 0.1 kg
Байду номын сангаас解析
建模感悟
解决此类问题要抓住三点 (1)杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为 零)； (2)整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功； (3)电磁感应现象遵从能量守恒定律.
图象应用能力的培养 分析电磁感应图象问题的思路
【例2】 如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不 同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进 入磁场的时刻.线框下落过程形状不变，ab边始终保持与 磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直.设 OO′下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪 一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化 的规律 答案 解析
解析 由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向为由b到a.
(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v， 求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q； 答案 mgh－12mv2
解析 mgh＝12 mv2＋Q
则Q＝mgh－
1 2
mv2.
(3)当B＝0.40 T，L＝0.50 m，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度vm随 电阻箱R2阻值的变化关系，如图乙所示.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60， cos 37°＝0.80.求R1的阻值和金属棒的质量m.
2019年高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 专题强化十三 电磁感应中的动力学和能量问题学案
专题强化十三电磁感应中的动力学和能量问题专题解读1.本专题是动力学观点和能量观点在电磁感应中的综合应用，高考常以计算题的形式命题．2．学好本专题，可以极大培养同学们的分析能力、推理能力和规范表达的能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决电磁感应问题中最难问题的信心．3．用到的知识有：法拉第电磁感应定律、楞次定律、牛顿运动定律、共点力的平衡条件、动能定理、焦耳定律、能量守恒定律等．命题点一电磁感应中的动力学问题1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联例1(2016·全国Ⅲ·25)如图1，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图1(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 答案 (1)kt 0SR(2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0l R解析 (1)在金属棒未越过MN 之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS ＝k ΔtS ① 由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt② 由欧姆定律得I ＝E R③由电流的定义得I ④| ⑤Δt ＝t 0，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为 | ⑥MN 右侧做匀速运动，有F ＝F 安⑦式中，F 是外加水平恒力，F 安是金属棒受到的安培力．设此时回路中的电流为I ，F 安＝B 0lI ⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为 Φ′＝B 0ls ⑩回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′ ⑪ 其中Φ＝B 1S ＝ktS⑫由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t (t >t 0)，穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0lv 0(t －t 0)＋kSt ⑬ 在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0lv 0＋kS )Δt⑭由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E t ＝ΔΦtΔt⑮ 由欧姆定律得I ＝E tR⑯联立⑦⑧⑭⑮⑯式得F ＝(B 0lv 0＋kS )B 0l R.1.(多选)如图2所示，两根足够长、电阻不计且相距L ＝0.2m 的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U ＝4V 的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B ＝5T 、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L 、质量为m ＝0.2kg 、电阻r ＝1.0Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则( )图2A ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3m/s 2B ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4m/s 2C ．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6m/sD ．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8m/s 答案 BD解析 金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，代入数据得a ＝4m/s 2，故选项A 错误，B 正确；设金属棒稳定下滑时速度为v ，感应电动势为E ，回路中的电流为I ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E －Ur，由法拉第电磁感应定律得E ＝BLv ，联立解得v ＝4.8m/s ，故选项C 错误，D 正确．2．(2016·全国Ⅱ·24)如图3，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：图3(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．答案 (1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m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(Fm－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I ⑤F⑥ ＝0⑦1培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程． 2．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化； (3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解． 3．求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算． (2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能． 例2 如图4甲，在水平桌面上固定着两根相距L ＝20cm 、相互平行的无电阻轨道P 、Q ，轨道一端固定一根电阻R ＝0.02Ω的导体棒a ，轨道上横置一根质量m ＝40g 、电阻可忽略不计的金属棒b ，两棒相距也为L ＝20cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B 0＝0.1T ．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2.图4(1)若保持磁感应强度B 0的大小不变，从t ＝0时刻开始，给b 棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F 的大小随时间t 变化关系如图乙所示．求b 棒做匀加速运动的加速度及b 棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t ＝0开始，磁感应强度B 随时间t 按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b 开始运动前，这个装置释放的热量．①匀加速直线运动；②金属棒b 开始运动前．答案 (1)5m/s 20.2N (2)0.036J 解析 (1)F 安＝B 0IL① E ＝B 0Lv② I ＝E R ＝B 0Lv R③ v ＝at④所以F 安＝B 20L 2aRt当b 棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有F －F f －F 安＝ma⑤ 联立可得F －F f －B 20L 2aRt ＝ma⑥由图象可得：当t ＝0时，F ＝0.4N ，当t ＝1s 时，F ＝0.5N. 代入⑥式，可解得a ＝5m/s 2，F f ＝0.2N.(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I ，以b 棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b 所受安培力F 安′与最大静摩擦力F f 相等时开始滑动 感应电动势E ′＝ΔB ΔtL 2＝0.02V⑦I ′＝E ′R＝1A⑧ 棒b 将要运动时，有F 安′＝B t I ′L ＝F f⑨ 所以B t ＝1T ，根据B t ＝B 0＋ΔBΔtt⑩得t ＝1.8s ，回路中产生的焦耳热为Q ＝I ′2Rt ＝0.036J.能量转化问题的分析程序：先电后力再能量3.小明设计的电磁健身器的简化装置如图5所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0T ．质量m ＝4.0kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24m ．一位健身者用恒力F ＝80N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：图5(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q . 答案 (1)2.4m/s (2)48N (3)64J 26.88J 解析 (1)由牛顿第二定律得a ＝F －mg sin θm＝12m/s 2进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4m/s (2)感应电动势E ＝Blv 感应电流I ＝Blv R安培力F A ＝IBl 代入得F A ＝(Bl )2vR＝48N(3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64JF －mg sin θ－F A ＝0 CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t ＝dv焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88J.4．如图6所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L ＝0.4m ，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN .Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1kg 、电阻R 1＝0.1Ω的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4kg 、电阻R 2＝0.1Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g ＝10m/s 2，问：图6(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向； (2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v 为多大；(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8m ，此过程中ab 上产生的热量Q 是多少．答案 (1)由a 流向b (2)5m/s (3)1.3J解析 (1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c ，则ab 中电流方向为由a 流向b .(2)开始放置时ab 刚好不下滑，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ①设ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ②I ③④F 安＝m 1g sin θ＋F max⑤5m/sQ 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总，解得Q ＝1.3J题组1 电磁感应中的动力学问题1．(2016·全国Ⅰ·24)如图1，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑．求：图1(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小． 答案 (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L 2解析 (1)由于ab 、cd 棒被平行于斜面的导线相连，故ab 、cd 速度总是相等，cd 也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2，对于ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲 乙2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F① F N1＝2mg cos θ②对于cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mg sin θ＋μF N2＝F T ′＝F T③ F N2＝mg cos θ④ 联立①②③④式得：F ＝mg (sin θ－3μcos θ)⑤(2)设金属棒运动速度大小为v ，ab 棒上的感应电动势为E ＝BLv⑥ 回路中电流I ＝ER⑦ 安培力F ＝BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L2.2．如图2所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L ，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板，上端连接一个阻值R ＝2r 的电阻，整个装置处在磁感应强度为B 、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab 、cd 放在导轨下端，其中棒ab 靠在挡板上，棒cd 在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a 的匀加速运动．已知每根金属棒质量为m 、电阻为r ，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好．求：图2(1)经多长时间棒ab 对挡板的压力变为零； (2)棒ab 对挡板压力为零时，电阻R 的电功率； (3)棒ab 运动前，拉力F 随时间t 的变化关系． 答案 (1)5mgr sin θ2B 2L 2a (2)m 2g 2r sin 2θ2B 2L 2＋3B 2L 2atcd 产生的电动势为E ，则E I R I ab ＝R R ＋rI解得t 0＝5mgr sin θ2B 2L 2a(2)棒ab 对挡板压力为零时，cd 两端电压为U cd ＝E －Ir解得U cd ＝mgr sin θBL此时电阻R 的电功率为P ＝U 2cd R解得P ＝m 2g 2r sin 2θ2B 2L 2 (3)对cd 棒，由牛顿第二定律得F －BI ′L －mg sin θ＝maI ′＝E ′r ＋R 外E ′＝BLat解得F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a 5rt . 题组2 电磁感应中的动力学和能量问题3.如图3所示，两根相距L ＝1m 的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37°角，拐角处连接一阻值R ＝1Ω的电阻．质量均为m ＝2kg 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R ＝1Ω.整个装置处于磁感应强度大小B ＝1T 、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd 杆静止．g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图3(1)水平拉力的功率；(2)现让cd 杆静止，求撤去拉力后ab 杆产生的焦耳热．答案 (1)864W (2)864J解析 (1)cd 杆静止，由平衡条件可得mg sin θ＝BIL ，解得I ＝12A由闭合电路欧姆定律得2I ＝BLv R ＋R 2，得v ＝36m/s 水平拉力F ＝2BIL ＝24N ，水平拉力的功率P ＝Fv ＝864W(2)撤去外力后ab 杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有Q ＝ΔE k ＝12mv 2＝1296J而Q ＝I ′2·32R ·t ，ab 杆产生的焦耳热Q ′＝I ′2·R ·t ，所以Q ′＝23Q ＝864J.⊳思维建模能力的培养⊳图象应用能力的培养1．“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等．2．该模型的解题思路(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；(2)求回路中的电流大小；(3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)；(4)列动力学方程或平衡方程求解．例1 如图1甲所示，两根足够长平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m .导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B .金属导轨的上端与开关S 、定值电阻R 1和电阻箱R 2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g .现在闭合开关S ，将金属棒由静止释放．图1(1)判断金属棒ab 中电流的方向；(2)若电阻箱R 2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h 时，速度为v ，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)当B ＝0.40T ，L ＝0.50m ，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m 随电阻箱R 2阻值的变化关系，如图乙所示．取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求R 1的阻值和金属棒的质量m .答案 (1)b →a (2)mgh －12mv 2 (3)2.0Ω 0.1kg 解析 (1)由右手定则可知，金属棒ab 中的电流方向为由b 到a .(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，即 mgh ＝12mv 2＋Q则Q ＝mgh －12mv 2.(3)金属棒达到最大速度v m 时，切割磁感线产生的感应电动势：E ＝BLv m由闭合电路的欧姆定律得：I ＝ER 1＋R 2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示金属棒达到最大速度时，满足：mg sin α－BIL ＝0由以上三式得v m ＝mg sin αB 2L 2(R 2＋R 1)由图乙可知：斜率k ＝60－302m·s －1·Ω－1＝15m·s －1·Ω－1，纵轴截距v ＝30m/s所以mg sin αB 2L 2R 1＝v ，mg sin αB 2L 2＝k解得R 1＝2.0Ω，m ＝0.1kg.解决此类问题要抓住三点1．杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)；2．整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功；3．电磁感应现象遵从能量守恒定律．分析电磁感应图象问题的思路例2如图2，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )图2答案 A解析线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线．t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象．45分钟章末验收卷一、单项选择题1．图1甲是法拉第于1831年发明的人类历史上第一台发电机——圆盘发电机．图乙为其示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，磁感线垂直穿过铜盘；两块铜片M 、N 分别与铜轴和铜盘边缘接触，匀速转动铜盘，电阻R 就有电流通过．则下列说法正确的是( )图1A ．回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关B ．回路中有大小和方向都做周期性变化的涡流C ．回路中电流方向不变，从M 经导线流进电阻R ，再从N 流向铜盘D ．铜盘绕铜轴转动时，沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，产生电动势答案 D解析 圆盘发电机的圆盘可看做无数条沿半径方向的金属“条”，转动切割磁感线产生感应电动势，D 项正确；金属“条”相互并联，产生的感应电动势与一条金属“条”转动切割产生的感应电动势相等，即E ＝12BL 2ω，可见感应电动势大小不变，回路总电阻不变，由闭合回路欧姆定律得I ＝E R，故回路中电流大小恒定，且与铜盘转速有关，A 、B 项错；由右手定则可知，回路中电流方向是自下而上通过电阻R ，C 项错．2．下列没有利用涡流的是( )A ．金属探测器B ．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯C ．用来冶炼合金钢的真空冶炼炉D ．磁电式仪表的线圈用铝框做骨架答案 B解析 金属探测器、冶炼炉都是利用涡流现象工作的，磁电式仪表利用涡流能让指针快速稳定，也是利用涡流现象，变压器中的硅钢片是为了防止涡流产生铁损．3.如图2所示电路中，A 、B 、C 为完全相同的三个灯泡，L 是一直流电阻不可忽略的电感线圈．a 、b 为线圈L 的左右两端点，原来开关S 是闭合的，三个灯泡亮度相同．将开关S 断开后，下列说法正确的是( )图2A ．a 点电势高于b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭B ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭C ．a 点电势高于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭D ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭答案 D解析 电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等．某时刻将开关S 断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a 点电势低于b 点电势，三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D 正确．4．如图3所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x )关系的是( )图3答案 B解析 位移在0～L 过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I ＝Blv R ，l ＝x ，则I ＝Bv Rx ；位移在L ～2L 过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L ～3L 过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，I ＝Bv R(3L －x )．5．如图4甲，光滑平行且足够长的金属导轨ab 、cd 所在平面与水平面成θ角，b 、c 两端接有阻值为R 的定值电阻．阻值为r 的金属棒PQ 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．从t ＝0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F 作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R 的感应电流随时间t 变化的图象如图乙所示．下面分别给出了穿过回路PQcb 的磁通量Φ、磁通量的变化率ΔΦΔt、电阻R 两端的电势差U 和通过棒上某横截面的总电荷量q 随运动时间t 变化的图象，其中正确的是( )图4答案 B解析 由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而图象A 描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，A 错误；回路中的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ，感应电流为I ＝E R ＋r＝ΔΦ(R ＋r )Δt ，由题图乙可知：I ＝kt ，故有：ΔΦΔt＝k (R ＋r )t ，所以图象B 正确；I 均匀增大，电阻R 两端的电势差U ＝IR ＝ktR ，则知U 与时间t 成正比，C 错误；通过金属棒的电荷量为：q ＝I t ＝12kt 2，故有q －t 图象为抛物线，并非过原点的直线，D 错误．6.如图5所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B ，方向相反，电阻为R 的导线弯成顶角为90°，半径为r 的两个扇形组成的回路，O 为圆心，整个回路可绕O 点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为( )图5A.πB 2ωr 4RB.2πB 2ωr 4R C.4πB 2ωr 4R D.8πB 2ωr 4R答案 C解析 从图示位置开始计时，在一个周期T 内，在0～T 4、T 2～34T 内没有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内线框产生的总的感应电动势E ＝4×12Br 2ω＝2Br 2ω，则在一周期内电路释放的电能为Q ＝E 2R ·T 2，T ＝2πω，解得Q 76所示．关于无线充电，下列说法正确的是( )图6A ．充电底座中的发射线圈将磁场能转化为电能B ．充电底座可以直接使用直流电源实现对手机的无线充电C ．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D ．无线充电时手机接收线圈利用“电流的磁效应”获取电能答案 C解析 发射线圈中通入交变电流，交变电流周围形成交变磁场，交变磁场又形成交变电场，从而在接收线圈形成交变电流．发射线圈是将电能转化为磁场能，接收线圈是将磁场能转化为电能，A 错误；直流电周围形成恒定的磁场，恒定的磁场无法由电磁感应形成电场，B 错误；根据电磁感应规律知接收线圈与发射线圈中交变电流的频率一样，C 正确；无线充电时手机接收线圈利用“电磁感应”获得电能，D 错误．二、多项选择题8.如图7所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L ，其下端与电阻R 连接．导体棒ab 电阻为r ，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab 以一定初速度v 下滑，则关于ab 棒的下列说法中正确的是( )图7A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BLvD．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能答案AB解析导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确．当mg sinθ＝BIL cosθ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，可以速度v匀速下滑，选项B正确．由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为E＝BLv cosθ，选项C错误．由能量守恒定律知，ab棒减少的重力势能不等于电阻R上产生的内能，选项D错误．9．如图8，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R.Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x(以m为单位)的分布规律为B＝0.8－0.2x(T)．金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨运动，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．设在金属棒从x1＝1m经x2＝2m到x3＝3m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒( )图8A．在x1与x3处的电动势之比为1∶3B．在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1C．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3D．从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为5∶3答案BCD解析。
江苏专版2019高考物理一轮复习第十章交变电流传感器学案20180523352
第十章交变电流传感器第1节交变电流的产生及描述(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，一定会产生正弦式交变电流。
(×)(2)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。
(×)(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，线圈中的感应电动势为零，电流方向发生改变。
(√)(4)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值。
(√)(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。
(×)(6)交变电流的峰值总是有效值的2倍。
(×)突破点(一)交变电流的产生和描述1．正弦式交变电流的产生(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
(2)两个特殊位置的特点：ΔΦ①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改Δt变。
1ΔΦ②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变。
Δt(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次。
(4)交变电动势的最大值E m＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。
2．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)函数表达式图像Φ＝Φm cos ωt＝BS cos磁通量ωte＝E m sin ωt＝nBSωsin电动势ωt电流E m i＝I m sin ωt＝sinR＋rωt电压RE mu＝U m sin ωt＝sinR＋rωt[题点全练]1．(2018·苏州模拟)如图甲所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S，总电阻为r，线圈两端外接一电阻R和一个理想交流电流表。
若线圈绕对称轴OO′以角速度ω做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图像，下列说法正确的是()A．在t1～t3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BSBS B．在t3～t4时间内，通过电阻R的电荷量为RC．在t3时刻穿过线圈平面的磁通量的变化率为2BSωD．在t3时刻电流表的示数为BSω2R＋r解析：选D由题图可知，在t1和t3时刻穿过线圈平面的磁通量大小为BS，方向相反，则在t 1～t3时间内穿过线圈平面的磁通量的变化量为2BS，A错误；在t3～t4时间内，磁通量BS E BS的变化量为BS，则平均电动势E＝，因此通过电阻R的电荷量为q＝·Δt＝Δt R＋r Δt R＋r2BSΔt＝，故B错误；在t3时刻电动势E＝BSω，则由法拉第电磁感应定律，R＋rΔΦE＝可知，则穿过线圈的磁通量变化率为BSω，故C错误；在t3时刻电流表的示数为ΔtE BSω交变电流的有效值，则有I＝＝，故D正确。
高考物理一轮复习 第十章 电磁感 高考热点强化训练 电磁感规律的综合用
权掇市安稳阳光实验学校高考热点强化训练14 电磁感应规律的综合应用1．(2019·安徽第二次模拟)如图1所示，光滑绝缘的水平桌面上有一直角三角形导线框ABC ，其中AB ＝L ，BC ＝2L ，两平行虚线间有一垂直于桌面向下的匀强磁场，磁场宽度为L ，导线框BC 边与虚线边界垂直．现让导线框从图示位置开始沿BC 方向匀速穿过磁场区域．设线框中产生顺时针方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场的过程中，产生的感应电流与线框运动距离x 的函数关系图象正确的是( ) 图1 答案 D解析 在线框进入0～L 范围时，线框内产生的感应电流为逆时针方向；切割磁感线的有效长度从0均匀增加到L2，可知感应电流均匀增加；从L ～2L ，线框切割磁感线的有效长度为L2不变，感应电流不变，方向为逆时针方向；从2L ～3L ，线框切割磁感线的有效长度从L2逐渐增加到L ，则感应电动势增加到原来的2倍，感应电流增加到原来的2倍，方向为顺时针方向，故选D.2.(多选)(2020·山东模拟)如图2所示，固定在同一水平面内的两平行长直金属导轨，间距为1m ，其左端用导线接有两个阻值为4Ω的电阻，整个装置处在竖直向上、大小为2T 的匀强磁场中．一质量为2kg 的导体杆MN 垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为2Ω，杆与导轨之间的动摩擦因数为0.5.对杆施加水平向右、大小为20N 的拉力F ，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度g ＝10m/s 2.则( ) 图2A ．M 点的电势高于N 点B ．杆运动的最大速度是10m/sC ．杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等D ．当杆达到最大速度时，MN 两点间的电势差大小为20V 答案 BC解析 根据右手定则可知，MN 产生的感应电流的方向为M →N ，则N 相当于电源的正极，故M 点的电势低于N 点，故选项A 错误；当杆的合力为零时，其速度达到最大值，即：F ＝μmg ＋BIL ＝μmg ＋B 2L 2v R 总，由于R 总＝12R ＋r ＝4Ω，代入数据整理可以得到最大速度v ＝10m/s ，故选项B 正确；由于杆接入电路的电阻r 与两电阻并联阻值相等，而且并联的电流与通过杆MN 的电流始终相等，则根据焦耳定律可知，杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等，故选项C 正确；当杆的速度最大时，杆产生的感应电动势为：E ＝BLv ＝2×1×10 V＝20V ，根据闭合电路欧姆定律可知，此时电路中总电流为：I 总＝E R 总＝204A ＝5A ，则此时MN 两点间的电势差大小为：U MN ＝E －I 总r ＝20V －5×2V＝10V ，故选项D 错误． 3．(多选)(2020·陕西渭南市质检)如图3所示，相距为L 的两条平行金属导轨与水平地面的夹角为θ，上端接有阻值为R 的定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒从距水平地面高h 处由静止释放，导体棒能沿倾斜的导轨下滑，已知下滑过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，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( ) 图3A ．棒从开始运动直至地面的过程中，通过电阻R 的电荷量为BLhR sin θB ．棒从开始运动直至地面的过程中，电阻R 上产生的焦耳热为mgh －μmghtan θC ．棒释放瞬间的加速度大小是g sin θ－μg cos θD ．如果增加导体棒质量，则导体棒从释放至滑到斜面底端的时间不变 答案 AC解析 根据E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R ，q ＝I Δt 联立求得：q ＝ΔΦR ＝BLh R sin θ，A 正确；设到达斜面底端时的速度大小为v ，由动能定理得：12mv 2＝mgh －μmg cos θhsin θ－W 安，则电阻R 上产生的焦耳热Q ＝W 安＝mgh －μmg htan θ－12mv 2，B 错误；棒释放瞬间，对棒受力分析得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，则加速度大小a ＝g sin θ－μg cos θ，C 正确；当棒速度为v 时，感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝E R ，则F 安＝BIL ＝B 2L 2vR ，对导体棒由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－B 2L 2v R ＝ma ，则a ＝g sin θ－μg cos θ－B 2L 2v mR，所以当速度相同时，增加导体棒质量，加速度会减小，而位移不变，结合v －t 图象可知，时间会增加，D 错误．4．(多选)(2018·江苏卷·9)如图4所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( ) 图4A ．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B ．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C ．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD ．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L4答案 BC解析 穿过磁场Ⅰ后，金属杆在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A错．金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知ma ＝BIL －mg ＝B 2L 2vR－mg ，a 随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动；在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v －t 图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B 对． 由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，mg ·2d －W 安1＝0，W 安1＝2mgd ，即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd ，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ，C 对． 设刚进入磁场Ⅰ时速度为v ， 则由机械能守恒定律知 mgh ＝12mv 2，①进入磁场时ma ＝BIL －mg ＝B 2L 2vR －mg ，解得v ＝m a ＋g RB 2L 2，②由①②式得h ＝m 2a ＋g 2R 22B 4L 4g >m 2gR 22B 4L4，D 错． 5．(2019·江苏泰州中学月考)如图5甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝100，线圈面积S ＝200 cm 2，线圈的电阻r ＝1Ω，线圈外接一个阻值R ＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．求： 图5(1)线圈中的感应电流的大小和方向； (2)电阻R 在0～6s 消耗的总功率； (3)前4s 内通过R 的电荷量． 答案 见解析解析 (1)0～4s 内，由法拉第电磁感应定律有： E 1＝n ΔΦ1Δt 1＝n ΔB 1·S Δt 1＝100×0.4－0.24×0.02V＝0.1V ，线圈中的感应电流大小为：I 1＝E 1R ＋r ＝0.14＋1A ＝0.02A ，由楞次定律知感应电流方向沿逆时针方向．4～6s 内，由法拉第电磁感应定律有：E 2＝n ΔΦ2Δt 2＝n ΔB 2·S Δt 2＝100×0.42×0.02V＝0.4V ，线圈中的感应电流大小为：I 2＝E 2R ＋r ＝0.44＋1A ＝0.08A ，由楞次定律知感应电流方向沿顺时针方向．(2)0～4s 内，R 消耗的功率为：P 1＝I 12R ＝0.022×4W＝1.6×10－3W4～6s 内，R 消耗的功率为：P 2＝I 22R ＝0.082×4W＝2.56×10－2W故R 消耗的总功率为：P ＝P 1＋P 2＝2.72×10－2W. (3)前4s 内通过R 的电荷量为：q ＝I 1Δt ＝0.02×4C＝0.08C.6.(2019·江西一模)如图6所示，在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m 和m 的正方形导线框a 、b ，电阻均为R ，边长均为l ；它们分别系在一跨过两个轻质定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l 的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ；开始时，线框b 的上边框与匀强磁场的下边界重合，线框a 的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l .现将系统由静止释放，线框a 恰好匀速穿越磁场区域．不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图6(1)线框a 穿出磁场区域时的电流大小； (2)线框a 穿越磁场区域时的速度大小；(3)线框b 进入磁场过程中产生的焦耳热． 答案 见解析解析 (1)设绳子拉力为F ，线框a 匀速穿出磁场区域时 对线框a ：4mg sin θ＝F 安＋F对线框b ：F ＝mg sin θ且F 安＝BIl ，解得：I ＝9mg5Bl(2)线框a 匀速运动时，线框a 、b 速度大小相等E ＝Blv ，I ＝E R ，解得：v ＝9mgR5B 2l2(3)设线框b 进入磁场过程产生的焦耳热为Q ，对系统列能量守恒方程4mgl sin θ＝mgl sin θ＋12×5mv 2＋Q得Q ＝95mgl －81m 3g 2R 210B 4l 4.7．(2019·江苏期末)如图7所示，光滑导轨MN 和PQ 固定在竖直平面内，导轨间距为L ，两端分别接有阻值均为R 的定值电阻R 1和R 2.两导轨间有一边长为L2的正方形区域abcd ，该区域内有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m 的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab 处由静止释放，若金属杆离开磁场前已做匀速运动，不计导轨和金属杆的电阻．重力加速度为g ，求： 图7(1)金属杆离开磁场前的瞬间流过R 1的电流大小和方向； (2)金属杆离开磁场时速度的大小；(3)金属杆穿过整个磁场过程中电阻R 1上产生的焦耳热．答案 (1)mgBL方向从P 到M(2)2mgR B 2L2(3)mgL 4－m 3g 2R 2B 4L4解析 (1)设流过金属杆中的电流为I ，由平衡条件得mg ＝BI L 2，解得I ＝2mgBL因R 1、R 2电阻相同，所以R 1中的电流大小I 1＝I 2＝mgBL ，方向从P 到M .(2)设杆匀速运动时的速度大小为v由E ＝B L2vE ＝I R 2得v ＝2mgR B 2L2(3)由能量守恒可知：mg L 2＝Q ＋12mv 2解得Q ＝mgL 2－2m 3g 2R 2B 4L4则R 1上产生的焦耳热为Q R 1＝12Q ＝mgL 4－m 3g 2R2B 4L4.。
2019届高考物理一轮复习课件： 第十章 电磁感应核心素养提升课件
2019届高三物理第一轮复习第十章电磁感应《法拉第电磁感应定律的理解和应用 自感和涡流》学案教师版
第十章 电磁感应 第二节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流考点一 法拉第电磁感应定律的理解与应用1.感应电动势—⎪⎪⎪⎪→概念—|在 电磁感应 现象中产生的电动势→产生条件—⎪⎪⎪ 穿过回路的磁通量发生 变化 ，与电路是否 闭合 无关→方向—|用楞次定律或右手定则判断2.定律—⎪⎪⎪⎪→内容—⎪⎪⎪感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的 变化率 成正比→公式—⎪⎪ E ＝n ΔΦΔt【典例1】 (多选)线圈所围的面积为0.1 m2,线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看沿顺时针方向,如图(甲)所示.磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图(乙)所示.则以下说法正确的是( )A.在0～5 s 时间内,I 的最大值为0.01 AB.在t=4 s 时刻,I 的方向为逆时针C.前2 s 内,通过线圈某一截面的总电荷量为 0.01 CD.第3 s 内,线圈的发热功率最大【即时训练1】.(2016·北京卷，16)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a 、b ，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B 随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b .不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )A ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向【解析】 由题意可知ΔB Δt ＝k ，导体圆环中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ＝ΔBΔt ·πr 2，因r a ∶r b ＝2∶1，故E a ∶E b ＝4∶1；由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B 正确．【答案】 B【即时训练 2】如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R .金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小【解析】 A 错：根据楞次定律，ab 中感应电流方向由a 到b .B 错：根据E ＝ΔB Δt ·S ，因为ΔB Δt 恒定，所以E 恒定，根据I ＝ER ＋r 知，回路中的感应电流恒定．C 错：根据F ＝BIl ，由于B 减小，安培力F 减小．D 对：根据平衡条件，静摩擦力f ＝F ，故静摩擦力减小． 【答案】 D考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算表达式E=nt∆Φ∆E=BLvsin θ E=12BL 2ω 情景图研究 对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒意义一般求平均感应电动势,当Δt →0时求的是瞬时感应电动势一般求瞬时感应电动势,当v 为平均速度时求的是平均感应电动势用平均值法求瞬时感应电动势适用条件所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析)匀强磁场匀强磁场 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)对金属杆由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma 匀加速直线运动：v ＝at 0 动生电动势：E ＝Bl v 解得：E ＝Blt 0⎝⎛⎭⎫Fm －μg . (2)金属杆进磁场后匀速运动：F ＝μmg ＋BIl 由欧姆定律：I ＝ER得：R ＝B 2l 2t 0m.【答案】 (1)Blt 0⎝⎛⎭⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m【即时训练 3】如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆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)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； (2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P .【解析】 (1)MN 刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E ＝Bd v 0① 回路的感应电流I ＝ER ②由①②式解得I ＝Bd v 0R.③(2)金属杆所受的安培力F ＝BId ④ 由牛顿第二定律得，对金属杆F ＝ma ⑤ 由③④⑤式得a ＝B 2d 2v 0mR.⑥(3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′＝v 0－v ⑦ 感应电动势E ＝Bd v ′⑧ 感应电流的电功率P ＝E 2R ⑨由⑦⑧⑨式得P ＝B 2d 2(v 0－v )2R⑩【答案】 (1)Bd v 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2(v 0－v )2R【即时训练4】(2014·课标卷Ⅱ，25)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求：(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率．【思路点拨】 1.由右手定则可判断导体电流方向(电源内部电流方向)→通过R 的电流方向；2.由法拉第电磁感应定律→感应电动势→欧姆定律求电流；3.能的转化和守恒→确定各部分的功率．【解析】 (1)在Δt 时间内，导体棒扫过的面积为： ΔS ＝12ωΔt [(2r )2－r 2]①根据法拉第电磁感应定律，导体棒产生的感应电动势大小为：E ＝B ΔSΔt②根据右手定则，感应电流的方向是从B 端流向A 端，因此流过电阻R 的电流方向是从C 端流向D 端；由欧姆定律：I ＝E R③ 联立①②③可得：I ＝3ωBr 22R ④(2)在竖直方向有： mg －2F N ＝0⑤式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力相等，其值为F N ，两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为：F f ＝μF N ⑥在Δt 时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为：l 1＝rωΔt ⑦ l 2＝2rωΔt ⑧克服摩擦力做的总功为：W f ＝F f (l 1＋l 2)⑨在Δt 时间内，消耗在电阻R 上的功为：W R ＝I 2R Δt ⑩ 根据能量转化和守恒定律，外力在Δt 时间内做的功为： W ＝W f ＋W R ⑪外力的功率为：P ＝WΔt⑫由④～⑫式可得：P ＝32μmgωr ＋9ω2B 2r 44R .【答案】 (1)C 端流向D 端 3ωBr 22R(2)32μmgωr ＋9ω2B 2r 44R考点三 自感现象和涡流1．通电自感和断电自感的比较通电自感断电自感电路图器材 A 1、A 2同规格，R ＝R L ，L 较大 L 很大(有铁芯)，R L <R A现象S 闭合瞬间，A 2灯立即亮起来，A 1灯逐渐变亮，最终一样亮开关S 断开时，灯A 突然闪亮一下后再渐渐熄灭【典例3】(2017·河南洛阳第二次联考)(多选)如图所示,电路中A,B是规格相同的灯泡,L 是电阻可忽略不计的电感线圈,那么下列判断正确的是()A.闭合开关S时,A,B一起亮,然后A变暗后熄灭B.闭合开关S时,B先亮,A逐渐变亮,最后A,B一样亮C.断开开关S时,A立即熄灭,B由亮变暗后熄灭D.断开开关S时,B立即熄灭,A闪亮一下后熄灭【即时训练4】如图所示,两相同灯泡A1,A2,A1与一理想二极管D连接.假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大;线圈L的直流电阻不计.下列说法正确的是()A.闭合开关S后,A1会逐渐变亮B.闭合开关S稳定后,A1,A2亮度相同C.断开S的瞬间,A1会逐渐熄灭D.断开S的瞬间,a点的电势比b点低【即时训练5】(2015·全国Ⅰ卷,19)(多选)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【巩固训练】1. (2015·课标卷Ⅱ，15)如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A ．U a ＞U c ，金属框中无电流B ．U b ＞U c ，金属框中电流方向沿a －b －c －aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a －c －b －a【解析】 金属框绕ab 边转动时，闭合回路abc 中的磁通量始终为零(即不变)，所以金属框中无电流．金属框在逆时针转动时，bc 边和ac 边均切割磁感线，由右手定则可知φb ＜φc ，φa ＜φc ，所以根据E ＝Bl v 可知，U bc ＝U ac ＝－Bl v ＝－Bl 0＋ωl 2＝－12Bl 2ω.由以上分析可知选项C 正确．【答案】 C2．(2018·武汉十四中高三上学期质检)如图所示，在边长为a 的等边三角形区域内有匀强磁场B ，其方向垂直于纸面向外，一个边长也为a 的等边三角形导线框架EFG 正好与上述磁场区域的边界重合，而后绕其几何中心O 点在纸面内以角速度ω顺时针方向匀速转动，于是线框EFG 中产生感应电动势，若转过60°后线框转到图中的虚线位置，则在这段时间内( )A ．感应电流方向为E →G →F →EB ．感应电流方向为E →F →G →EC ．平均感应电动势大小等于3ωa 2B4πD ．平均感应电动势大小等于3ωa 2B3π【解析】 根据题意，穿过线框的磁通量变小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场相同，再由安培定则可知感应电流方向为E→F→G→E，A项错误，B项正确；根据几何关系可得，磁场穿过线框的有效面积减小了ΔS＝312a2，根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势E＝ΔSΔt B＝3ωa2B4π，C项正确，D项错误．【答案】BC3.(平动切割)(2017·全国Ⅱ卷,20)(多选)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(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0.5 TB.导线框运动速度的大小为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 N4.(转动切割)(2016·全国Ⅱ卷,20)(多选)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5.(2018·华中师大附中高三一模)如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下列四个图象中能定性描述电流I1、I2随时间t 变化关系的是()【解析】在闭合开关S时，流过D2的电流立即增大到稳定值I2′，流过D1的电流由于线圈的自感作用并不能立即增大，而是缓慢地增大到I1′，且I1′＝2I2′，在断开开关S 时，线圈中产生自感电动势，D1、D2和D3组成回路，回路中有逆时针方向的电流，且电流从I1′逐渐减小，最后减为零，所以选项C正确．【答案】 C6.(2017·北京卷，19)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是()A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【解析】A错：断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1＞I A1，即RL1＜R A1.B错：图1中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1＜R A1，所以A1中电流小于L1中电流．C对：闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同．D错：闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等．【答案】 C7 (2016·课标卷Ⅲ，25)如图，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t ＞t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 【解析】 (1)在金属棒越过MN 之前，t 时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ①设在从t 时刻到t ＋Δt 的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R 的电荷量为Δq .根据法拉第电磁感应有ε＝ΔΦΔt②根据欧姆定律可得i ＝εR ③根据电流的定义可得i ＝ΔqΔt ④联立①②③④可得|Δq |＝kSRΔt ⑤根据⑤可得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为|q |＝kt 0SR.⑥(2)当t ＞t 0时，金属棒已越过MN ，由于金属棒在MN 右侧做匀速运动，有f ＝F ⑦ 式中，f 是外加水平恒力，F 是匀强磁场施加的安培力，设此时回路中的电流为I ，F 的大小为F ＝B 0Il ⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0)⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B 0ls ⑩ 回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′⑪式中，Φ仍如①式如所示．由①⑨⑩⑪可得，在时刻t (t ＞t 0)穿过回路的总磁通量为Φt＝B 0l v 0(t －t 0)＋kSt ⑫201911 在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0l v 0＋kS )Δt ⑬由法拉第电磁感应定律可得，回路感应电动势的大小为ε1＝ΔΦt Δt⑭ 由欧姆定律有I ＝ε1R⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮可得f ＝(B 0l v 0＋kS )B 0l R .【答案】 (1)kt 0S R(2)B 0l v 0(t －t 0)＋kSt(B 0l v 0＋kS )B 0l R。
高考物理一轮复习第十章电磁感应专题强化十二电磁感应的综合问题学案(2021年整理)
2019年度高考物理一轮复习第十章电磁感应专题强化十二电磁感应的综合问题学案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年度高考物理一轮复习第十章电磁感应专题强化十二电磁感应的综合问题学案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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专题强化十二电磁感应的综合问题专题解读 1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题.2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化,可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心.3。
用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等.命题点一电磁感应中的图象问题1。
题型简述借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点,此类题目一般分为两类:(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；(2)由给定的图象分析电磁感应过程,定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象.常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等.2.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.3.解题步骤（1）明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图,或者E－t图、I－t图等；（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、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(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。
2019年高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 专题强化十三 电磁感应中的动力学和能量问题学案
专题强化十三电磁感应中的动力学和能量问题专题解读1.本专题是动力学观点和能量观点在电磁感应中的综合应用，高考常以计算题的形式命题．2．学好本专题，可以极大培养同学们的分析能力、推理能力和规范表达的能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决电磁感应问题中最难问题的信心．3．用到的知识有：法拉第电磁感应定律、楞次定律、牛顿运动定律、共点力的平衡条件、动能定理、焦耳定律、能量守恒定律等．命题点一电磁感应中的动力学问题1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联例1(2016·全国Ⅲ·25)如图1，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图1(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 答案 (1)kt 0SR(2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0l R解析 (1)在金属棒未越过MN 之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS ＝k ΔtS ① 由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt② 由欧姆定律得I ＝E R③由电流的定义得I ④| ⑤Δt ＝t 0，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为 | ⑥MN 右侧做匀速运动，有F ＝F 安⑦式中，F 是外加水平恒力，F 安是金属棒受到的安培力．设此时回路中的电流为I ，F 安＝B 0lI ⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为 Φ′＝B 0ls ⑩回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′ ⑪ 其中Φ＝B 1S ＝ktS⑫由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t (t >t 0)，穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0lv 0(t －t 0)＋kSt ⑬ 在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0lv 0＋kS )Δt⑭由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E t ＝ΔΦtΔt⑮ 由欧姆定律得I ＝E tR⑯联立⑦⑧⑭⑮⑯式得F ＝(B 0lv 0＋kS )B 0l R.1.(多选)如图2所示，两根足够长、电阻不计且相距L ＝0.2m 的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U ＝4V 的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B ＝5T 、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L 、质量为m ＝0.2kg 、电阻r ＝1.0Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则( )图2A ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3m/s 2B ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4m/s 2C ．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6m/sD ．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8m/s 答案 BD解析 金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，代入数据得a ＝4m/s 2，故选项A 错误，B 正确；设金属棒稳定下滑时速度为v ，感应电动势为E ，回路中的电流为I ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E －Ur，由法拉第电磁感应定律得E ＝BLv ，联立解得v ＝4.8m/s ，故选项C 错误，D 正确．2．(2016·全国Ⅱ·24)如图3，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：图3(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．答案 (1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m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(Fm－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I ⑤F⑥ ＝0⑦1培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程． 2．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化； (3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解． 3．求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算． (2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能． 例2 如图4甲，在水平桌面上固定着两根相距L ＝20cm 、相互平行的无电阻轨道P 、Q ，轨道一端固定一根电阻R ＝0.02Ω的导体棒a ，轨道上横置一根质量m ＝40g 、电阻可忽略不计的金属棒b ，两棒相距也为L ＝20cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B 0＝0.1T ．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2.图4(1)若保持磁感应强度B 0的大小不变，从t ＝0时刻开始，给b 棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F 的大小随时间t 变化关系如图乙所示．求b 棒做匀加速运动的加速度及b 棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t ＝0开始，磁感应强度B 随时间t 按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b 开始运动前，这个装置释放的热量．①匀加速直线运动；②金属棒b 开始运动前．答案 (1)5m/s 20.2N (2)0.036J 解析 (1)F 安＝B 0IL① E ＝B 0Lv② I ＝E R ＝B 0Lv R③ v ＝at④所以F 安＝B 20L 2aRt当b 棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有F －F f －F 安＝ma⑤ 联立可得F －F f －B 20L 2aRt ＝ma⑥由图象可得：当t ＝0时，F ＝0.4N ，当t ＝1s 时，F ＝0.5N. 代入⑥式，可解得a ＝5m/s 2，F f ＝0.2N.(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I ，以b 棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b 所受安培力F 安′与最大静摩擦力F f 相等时开始滑动 感应电动势E ′＝ΔB ΔtL 2＝0.02V⑦I ′＝E ′R＝1A⑧ 棒b 将要运动时，有F 安′＝B t I ′L ＝F f⑨ 所以B t ＝1T ，根据B t ＝B 0＋ΔBΔtt⑩得t ＝1.8s ，回路中产生的焦耳热为Q ＝I ′2Rt ＝0.036J.能量转化问题的分析程序：先电后力再能量3.小明设计的电磁健身器的简化装置如图5所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0T ．质量m ＝4.0kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24m ．一位健身者用恒力F ＝80N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：图5(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q . 答案 (1)2.4m/s (2)48N (3)64J 26.88J 解析 (1)由牛顿第二定律得a ＝F －mg sin θm＝12m/s 2进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4m/s (2)感应电动势E ＝Blv 感应电流I ＝Blv R安培力F A ＝IBl 代入得F A ＝(Bl )2vR＝48N(3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64JF －mg sin θ－F A ＝0 CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t ＝dv焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88J.4．如图6所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L ＝0.4m ，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN .Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1kg 、电阻R 1＝0.1Ω的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4kg 、电阻R 2＝0.1Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g ＝10m/s 2，问：图6(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向； (2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v 为多大；(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8m ，此过程中ab 上产生的热量Q 是多少．答案 (1)由a 流向b (2)5m/s (3)1.3J解析 (1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c ，则ab 中电流方向为由a 流向b .(2)开始放置时ab 刚好不下滑，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ①设ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ②I ③④F 安＝m 1g sin θ＋F max⑤5m/sQ 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总，解得Q ＝1.3J题组1 电磁感应中的动力学问题1．(2016·全国Ⅰ·24)如图1，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑．求：图1(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小． 答案 (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L 2解析 (1)由于ab 、cd 棒被平行于斜面的导线相连，故ab 、cd 速度总是相等，cd 也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2，对于ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲 乙2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F① F N1＝2mg cos θ②对于cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mg sin θ＋μF N2＝F T ′＝F T③ F N2＝mg cos θ④ 联立①②③④式得：F ＝mg (sin θ－3μcos θ)⑤(2)设金属棒运动速度大小为v ，ab 棒上的感应电动势为E ＝BLv⑥ 回路中电流I ＝ER⑦ 安培力F ＝BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L2.2．如图2所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L ，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板，上端连接一个阻值R ＝2r 的电阻，整个装置处在磁感应强度为B 、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab 、cd 放在导轨下端，其中棒ab 靠在挡板上，棒cd 在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a 的匀加速运动．已知每根金属棒质量为m 、电阻为r ，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好．求：图2(1)经多长时间棒ab 对挡板的压力变为零； (2)棒ab 对挡板压力为零时，电阻R 的电功率； (3)棒ab 运动前，拉力F 随时间t 的变化关系． 答案 (1)5mgr sin θ2B 2L 2a (2)m 2g 2r sin 2θ2B 2L 2＋3B 2L 2atcd 产生的电动势为E ，则E I R I ab ＝R R ＋rI解得t 0＝5mgr sin θ2B 2L 2a(2)棒ab 对挡板压力为零时，cd 两端电压为U cd ＝E －Ir解得U cd ＝mgr sin θBL此时电阻R 的电功率为P ＝U 2cd R解得P ＝m 2g 2r sin 2θ2B 2L 2 (3)对cd 棒，由牛顿第二定律得F －BI ′L －mg sin θ＝maI ′＝E ′r ＋R 外E ′＝BLat解得F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a 5rt . 题组2 电磁感应中的动力学和能量问题3.如图3所示，两根相距L ＝1m 的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37°角，拐角处连接一阻值R ＝1Ω的电阻．质量均为m ＝2kg 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R ＝1Ω.整个装置处于磁感应强度大小B ＝1T 、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd 杆静止．g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图3(1)水平拉力的功率；(2)现让cd 杆静止，求撤去拉力后ab 杆产生的焦耳热．答案 (1)864W (2)864J解析 (1)cd 杆静止，由平衡条件可得mg sin θ＝BIL ，解得I ＝12A由闭合电路欧姆定律得2I ＝BLv R ＋R 2，得v ＝36m/s 水平拉力F ＝2BIL ＝24N ，水平拉力的功率P ＝Fv ＝864W(2)撤去外力后ab 杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有Q ＝ΔE k ＝12mv 2＝1296J而Q ＝I ′2·32R ·t ，ab 杆产生的焦耳热Q ′＝I ′2·R ·t ，所以Q ′＝23Q ＝864J.⊳思维建模能力的培养⊳图象应用能力的培养1．“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等．2．该模型的解题思路(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；(2)求回路中的电流大小；(3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)；(4)列动力学方程或平衡方程求解．例1 如图1甲所示，两根足够长平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m .导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B .金属导轨的上端与开关S 、定值电阻R 1和电阻箱R 2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g .现在闭合开关S ，将金属棒由静止释放．图1(1)判断金属棒ab 中电流的方向；(2)若电阻箱R 2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h 时，速度为v ，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)当B ＝0.40T ，L ＝0.50m ，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m 随电阻箱R 2阻值的变化关系，如图乙所示．取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求R 1的阻值和金属棒的质量m .答案 (1)b →a (2)mgh －12mv 2 (3)2.0Ω 0.1kg 解析 (1)由右手定则可知，金属棒ab 中的电流方向为由b 到a .(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，即 mgh ＝12mv 2＋Q则Q ＝mgh －12mv 2.(3)金属棒达到最大速度v m 时，切割磁感线产生的感应电动势：E ＝BLv m由闭合电路的欧姆定律得：I ＝ER 1＋R 2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示金属棒达到最大速度时，满足：mg sin α－BIL ＝0由以上三式得v m ＝mg sin αB 2L 2(R 2＋R 1)由图乙可知：斜率k ＝60－302m·s －1·Ω－1＝15m·s －1·Ω－1，纵轴截距v ＝30m/s所以mg sin αB 2L 2R 1＝v ，mg sin αB 2L 2＝k解得R 1＝2.0Ω，m ＝0.1kg.解决此类问题要抓住三点1．杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)；2．整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功；3．电磁感应现象遵从能量守恒定律．分析电磁感应图象问题的思路例2如图2，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )图2答案 A解析线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线．t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象．45分钟章末验收卷一、单项选择题1．图1甲是法拉第于1831年发明的人类历史上第一台发电机——圆盘发电机．图乙为其示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，磁感线垂直穿过铜盘；两块铜片M 、N 分别与铜轴和铜盘边缘接触，匀速转动铜盘，电阻R 就有电流通过．则下列说法正确的是( )图1A ．回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关B ．回路中有大小和方向都做周期性变化的涡流C ．回路中电流方向不变，从M 经导线流进电阻R ，再从N 流向铜盘D ．铜盘绕铜轴转动时，沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，产生电动势答案 D解析 圆盘发电机的圆盘可看做无数条沿半径方向的金属“条”，转动切割磁感线产生感应电动势，D 项正确；金属“条”相互并联，产生的感应电动势与一条金属“条”转动切割产生的感应电动势相等，即E ＝12BL 2ω，可见感应电动势大小不变，回路总电阻不变，由闭合回路欧姆定律得I ＝E R，故回路中电流大小恒定，且与铜盘转速有关，A 、B 项错；由右手定则可知，回路中电流方向是自下而上通过电阻R ，C 项错．2．下列没有利用涡流的是( )A ．金属探测器B ．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯C ．用来冶炼合金钢的真空冶炼炉D ．磁电式仪表的线圈用铝框做骨架答案 B解析 金属探测器、冶炼炉都是利用涡流现象工作的，磁电式仪表利用涡流能让指针快速稳定，也是利用涡流现象，变压器中的硅钢片是为了防止涡流产生铁损．3.如图2所示电路中，A 、B 、C 为完全相同的三个灯泡，L 是一直流电阻不可忽略的电感线圈．a 、b 为线圈L 的左右两端点，原来开关S 是闭合的，三个灯泡亮度相同．将开关S 断开后，下列说法正确的是( )图2A ．a 点电势高于b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭B ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭C ．a 点电势高于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭D ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭答案 D解析 电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等．某时刻将开关S 断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a 点电势低于b 点电势，三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D 正确．4．如图3所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x )关系的是( )图3答案 B解析 位移在0～L 过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I ＝Blv R ，l ＝x ，则I ＝Bv Rx ；位移在L ～2L 过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L ～3L 过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，I ＝Bv R(3L －x )．5．如图4甲，光滑平行且足够长的金属导轨ab 、cd 所在平面与水平面成θ角，b 、c 两端接有阻值为R 的定值电阻．阻值为r 的金属棒PQ 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．从t ＝0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F 作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R 的感应电流随时间t 变化的图象如图乙所示．下面分别给出了穿过回路PQcb 的磁通量Φ、磁通量的变化率ΔΦΔt、电阻R 两端的电势差U 和通过棒上某横截面的总电荷量q 随运动时间t 变化的图象，其中正确的是( )图4答案 B解析 由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而图象A 描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，A 错误；回路中的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ，感应电流为I ＝E R ＋r＝ΔΦ(R ＋r )Δt ，由题图乙可知：I ＝kt ，故有：ΔΦΔt＝k (R ＋r )t ，所以图象B 正确；I 均匀增大，电阻R 两端的电势差U ＝IR ＝ktR ，则知U 与时间t 成正比，C 错误；通过金属棒的电荷量为：q ＝I t ＝12kt 2，故有q －t 图象为抛物线，并非过原点的直线，D 错误．6.如图5所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B ，方向相反，电阻为R 的导线弯成顶角为90°，半径为r 的两个扇形组成的回路，O 为圆心，整个回路可绕O 点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为( )图5A.πB 2ωr 4RB.2πB 2ωr 4R C.4πB 2ωr 4R D.8πB 2ωr 4R答案 C解析 从图示位置开始计时，在一个周期T 内，在0～T 4、T 2～34T 内没有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内线框产生的总的感应电动势E ＝4×12Br 2ω＝2Br 2ω，则在一周期内电路释放的电能为Q ＝E 2R ·T 2，T ＝2πω，解得Q 76所示．关于无线充电，下列说法正确的是( )图6A ．充电底座中的发射线圈将磁场能转化为电能B ．充电底座可以直接使用直流电源实现对手机的无线充电C ．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D ．无线充电时手机接收线圈利用“电流的磁效应”获取电能答案 C解析 发射线圈中通入交变电流，交变电流周围形成交变磁场，交变磁场又形成交变电场，从而在接收线圈形成交变电流．发射线圈是将电能转化为磁场能，接收线圈是将磁场能转化为电能，A 错误；直流电周围形成恒定的磁场，恒定的磁场无法由电磁感应形成电场，B 错误；根据电磁感应规律知接收线圈与发射线圈中交变电流的频率一样，C 正确；无线充电时手机接收线圈利用“电磁感应”获得电能，D 错误．二、多项选择题8.如图7所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L ，其下端与电阻R 连接．导体棒ab 电阻为r ，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab 以一定初速度v 下滑，则关于ab 棒的下列说法中正确的是( )图7A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BLvD．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能答案AB解析导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确．当mg sinθ＝BIL cosθ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，可以速度v匀速下滑，选项B正确．由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为E＝BLv cosθ，选项C错误．由能量守恒定律知，ab棒减少的重力势能不等于电阻R上产生的内能，选项D错误．9．如图8，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R.Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x(以m为单位)的分布规律为B＝0.8－0.2x(T)．金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨运动，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．设在金属棒从x1＝1m经x2＝2m到x3＝3m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒( )图8A．在x1与x3处的电动势之比为1∶3B．在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1C．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3D．从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为5∶3答案BCD解析。
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第6讲章末热点集训
楞次定律的应用
置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线
置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连．套在铁芯下部的
线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示．导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁
场中．下列说法正确的是( )
A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动
C．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动
D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向左运动
[解析] 由右手定则知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向
下且磁场增强．由楞次定律知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则知，ab棒中感应电流方向由a→b.
由左手定则知，ab棒受的安培力方向向左，将向左运动，故A错误；同理B、D错误，C正确．
[答案] C
1.
(多选)如图所示，在水平平行金属导轨之间存在一匀强磁场，导轨电阻不计，导轨上放两根导线ab和cd，
导轨跟大线圈A相连，A内有一小闭合线圈B，磁感线垂直导轨所在的平面向上(俯视)．小线圈B中能产生感
应电流，且使得ab和cd之间的距离减小，下列叙述正确的是( )
A．导线ab加速向右运动，B中产生逆时针方向的电流，cd所受安培力水平向右
B．导线ab匀速向左运动，B中产生顺时针方向的电流，cd所受安培力水平向左
C．导线cd匀速向右运动，B中不产生感应电流，ab不受安培力
D．导线cd加速向左运动，B中产生顺时针方向的电流，ab所受安培力水平向左
解析：选AD.在ab和cd只有一个运动且ab向右运动或cd向左运动时，ab和cd间的距离才会减小；导
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线ab向右运动时，由楞次定律(或右手定则)可知，回路abdca中感应电流的方向是逆时针的，即cd中的感应
电流由d→c，由左手定则可知，cd所受安培力水平向右，而ab和大线圈A构成的回路中的感应电流则是顺时
针方向的，若ab加速运动，则感应电流穿过小线圈的向下磁通量增加，由楞次定律可知，小线圈B中的感应
电流为逆时针方向；同理可得，当导线cd向左加速运动时，B中产生顺时针方向的感应电流，ab所受安培力
水平向左，所以叙述正确的是A、D.
电磁感应中的图象问题
(多选)如图所示，CAD是固定在水平面上的用一硬导线折成的V形框架，∠A＝θ.在该空间存在磁感应强
度为B、方向竖直向下的匀强磁场．框架上的EF是用同样的硬导线制成的导体棒，它在水平外力作用下从
A
点开始沿垂直EF方向以速度v水平向右匀速平移．已知导体棒和框架始终接触良好且构成等腰三角形回路，
导线单位长度的电阻均为R，框架和导体棒均足够长．则下列描述回路中的电流I和消耗的电功率P随时间
t
变化的图象中正确的是( )
[解析] 由几何知识可知，导体棒切割磁感线的有效长度为L＝2vttanθ2，回路的总电阻R总＝(1sin θ2＋
1)·LR，感应电动势E＝BLv，则回路中的电流I＝BvR（1sin θ2＋1），回路消耗的电功率P＝EI＝
2B2v3tan
θ
2
R
（1sin θ2＋1）
t
，故选项A、D正确，选项B、C错误．
[答案] AD
2.(多选)如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P之间
接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒bc垂直导轨放置，其他电阻不计．整个装置处在磁感应强度为
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F
，棒由静止开始沿
导轨向上运动，通过R的感应电荷量q随t2的变化关系如图乙所示．下列关于金属棒bc的加速度a、通过棒
的电流I、金属棒受到的外力F、穿过回路cbPM的磁通量Φ随时间t变化的图象中正确的是( )
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3
解析：选BC.由题意可得q＝It＝BlvR＋rt＝BlaR＋rt2，结合题图乙可知金属棒的加速度a恒定，选项A错误，
B正确；由牛顿第二定律可得F－mgsinθ－BIl＝ma，故有F＝B2l2R＋rat＋m(gsinθ＋a)，选项C正确；由Φ＝
Bl
x0＋12at
2
可知选项D错误．
电磁感应中的动力学和能量的综合问题
(2017·高考北京卷)发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性．直流发电
机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景．
在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，
电阻不计．电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v(v平行于MN)向
右做匀速运动．
图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用．图2轨道端点M、P间接
有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I.
(1)求在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能．
(2)从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用．为了方便，可
认为导体棒中的自由电荷为正电荷．
a．请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图．
b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功．那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转
化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明．
[解析] (1)题图1中，电路中的电流I1＝BLvR＋r
棒ab受到的安培力F1＝BI1L
在Δt时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功
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4
E电＝F1·vΔt
＝B2L2v2ΔtR＋r
题图2中，棒ab受到的安培力F2＝BIL
在Δt时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功
E机＝F2·vΔt＝BILvΔt
.
(2)a.如图甲、乙所示．
b．设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为u.
如图乙所示，沿棒方向的洛伦兹力f1′＝qvB，做负功
W1＝－f1′·uΔt＝－qvBuΔt
垂直棒方向的洛伦兹力f2′＝quB，做正功
W2＝f2′·vΔt＝quBvΔt
所以W1＝－W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零．
f1′做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f
2
′做正功，宏
观上表现为安培力做正功，使机械能增加．大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的
机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用．
答案：见解析
3.如图所示，条形磁场组方向水平向里，磁场边界与地面平行，磁场区域宽度为L＝0.1 m，
磁场间距为2L，一正方形金属线框质量为m＝0.1 kg，边长也为L，总电阻为R＝0.02 Ω.现将金属线框置于
磁场区域1上方某一高度h处自由释放，线框在经过磁场区域时bc边始终与磁场边界平行．当h＝2L时，
bc
边进入磁场时金属线框刚好能做匀速运动．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.
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(1)求磁感应强度B的大小；
(2)若h>2L，磁场不变，金属线框bc边每次出磁场时都刚好做匀速运动，求此情形中金属线框释放的高
度h；
(3)求在(2)情形中，金属线框经过前n个磁场区域过程中线框中产生总的焦耳热．
解析：(1)当h＝2L时，bc边进入磁场时金属框的速度
v＝2gh＝2gL
＝2 m/s，
此时金属线框刚好能做匀速运动，则有
mg＝BIL
，
又I＝ER＝BLvR，
综合即得：磁感应强度B＝1LmgRv，
代入数据即得B＝1 T.
(2)当h>2L时，bc边第一次进入磁场时金属线框的速度v0＝2gh>2gL，即有mg
2gL＝2 m/s，如图．
金属线框ad边从磁场穿出后，线框又将在重力作用下做加速运动，经过的位移为L，设此时线框的速度
为v′，则有
v′2＝v2＋2gL，解得v
′＝6m/s.
根据题意，为保证金属线框bc边每次出磁场时都刚好做匀速运动，则应有
v′＝v0＝2gh，即得h
＝0.3 m.
(3)设金属线框在每次经过一个条形磁场过程中产生的热量为Q0，则根据能量守恒有：
12mv′2＋mg(2L)＝1
2
mv2＋Q
0
，
代入数据得Q0＝0.3 J，则经过前n个磁场区域时线框上产生总的焦耳热Q＝nQ0＝0.3nJ.
答案：(1)1 T (2)0.3 m (3)0.3nJ