电磁感应与功能关系
电磁感应综合问题(解析版)--2024年高考物理大题突破
电磁感应综合问题1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的思路。
2.掌握应用动量守恒定律处理电磁感应问题的方法。
3.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。
4.会分析电磁感应中的图像问题。
5.会分析电磁感应中的动力学与能量问题。
电磁感应中的动力学与能量问题1(2024·河北·模拟预测)如图甲所示，水平粗糙导轨左侧接有定值电阻R =3Ω，导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B =1T ，导轨间距L =1m 。
一质量m =1kg ，阻值r =1Ω的金属棒在水平向右拉力F 作用下由静止开始从CD 处运动，金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25，金属棒的v -x 图像如图乙所示，取g =10m/s 2，求：(1)x =1m 时，安培力的大小；(2)从起点到发生x =1m 位移的过程中，金属棒产生的焦耳热；(3)从起点到发生x =1m 位移的过程中，拉力F 做的功。
【答案】(1)0.5N ；(2)116J ；(3)4.75J 【详解】(1)由图乙可知，x =1m 时，v =2m/s ，回路中电流为I =E R +r =BLv R +r=0.5A安培力的大小为F 安=IBL =0.5N (2)由图乙可得v =2x金属棒受到的安培力为F A =IBL =B 2L 2v R +r=x2(N )回路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，从起点到发生x =1m 位移的过程中，回路中产生的焦耳热为Q =W 安=F A x =0+0.52×1J =0.25J金属棒产生的焦耳热为Q 棒=r R +rQ =116J(3)从起点到发生x =1m 位移的过程中，根据动能定理有W F -W 安-μmgx =12mv 2解得拉力F 做的功为W F =4.75J1．电磁感应综合问题的解题思路2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q =I 2Rt ，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q =W 克安(W 克安为克服安培力做的功)；(3)能量转化：Q =ΔE (其他能的减少量)。
专题05 能量观点和动量观点在电磁学中的应用 【讲】-2023年高考物理二轮热点题型归纳(解析)
专题05能量观点和动量观点在电磁学中的应用【要点提炼】1.电磁学中的功能关系(1)电场力做功与电势能的关系：W 电＝－ΔE p 电。
推广：仅电场力做功，电势能和动能之和守恒；仅电场力和重力及系统内弹力做功，电势能和机械能之和守恒。
(2)洛伦兹力不做功。
(3)电磁感应中的功能关系其他形式的能量――→克服安培力做功电能――→电流做功焦耳热或其他形式的能量2．电路中的电功和焦耳热(1)电功：W 电＝UIt ；焦耳热：Q ＝I 2Rt 。
(2)纯电阻电路：W 电＝Q ＝UIt ＝I 2Rt ＝U 2Rt ，U ＝IR 。
(3)非纯电阻电路：W 电＝Q ＋E 其他，U >IR 。
(4)求电功或电热时用有效值。
(5)闭合电路中的能量关系电源总功率任意电路：P 总＝EI ＝P 出＋P 内纯电阻电路：P 总＝I 2(R ＋r )＝E 2R ＋r电源内部消耗的功率P 内＝I 2r ＝P 总－P 出电源的输出功率任意电路：P 出＝UI ＝P 总－P 内纯电阻电路：P 出＝I 2R ＝E 2R（R ＋r ）2P 出与外电阻R 的关系电源的效率任意电路：η＝P出P总×100%＝UE×100%纯电阻电路：η＝RR＋r×100%由P出与外电阻R的关系可知：①当R＝r时，电源的输出功率最大为P m＝E24r。
②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小。
③当R<r时，随着R的增大输出功率越来越大。
④当P出<P m时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。
3．动量观点在电磁感应中的应用(1)动量定理在电磁感应中的应用导体在磁场对感应电流的安培力作用下做非匀变速直线运动时，在某过程中由动量定理有：BL I1Δt1＋BL I2Δt2＋BL I3Δt3＋…＝m v－m v0通过导体横截面的电荷量q＝I1Δt1＋I2Δt2＋I3Δt3＋…得BLq＝m v－m v0，在题目涉及通过电路横截面的电荷量q时，可考虑用此表达式。
电磁感应中的动力学和能量问题
专题9・4电磁感应中的动力学和能量问题一、电磁感应与力和运动1．安培力的大小EB2l2v由感应电动势E=Blv、感应电流/=万和安培力公式F=BIl得F=~R~.2．安培力的方向判断(1)对导体切割磁感线运动，先用右手定则确定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向．(2)根据安培力阻碍导体和磁场的相对运动判断．3．电磁感应中的力和运动电磁感应与力学问题的综合，涉及两大研究对象：电学对象与力学对象．联系两大研究对象的桥梁是磁场对感应电流的安培力，其大小与方向的变化，直接导致两大研究对象的状态改变．二、电磁感应与能量守恒1．能量转化导体切割磁感线或磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，这个过程中机械能或其他形式的能转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机械能或内能．因此，电磁感应过程中总是伴随着能量的转化．2．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．高频考点一电磁感应与力和运动1．受力分析与运动分析对电磁感应现象中的力学问题，除了要作好受力情况和运动情况的动态分析外，还需要注意导体受到的安培力随运动速度变化的特点，速度变化，弹力及相应的摩擦力也随之而变，导致物体的运动状态发生变化．2．应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题的基本思路(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．(3)分析研究导体的受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)．(4)根据牛顿第二定律和运动学规律或平衡条件列方程求解．例1、如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L,长为3么导轨平面与水平面的夹角为6,在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层.匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直•质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为人，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数“；(2)导体棒匀速运动的速度大小V；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热0.【变式探究】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B.B= 12mR L叮Ft C.v=^0-°D.v=2F-0m【举一反三】(多选)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、质量为加、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场方向垂直，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=t0时，线框的ad边与磁场边界MN重合.图乙为拉力F随时间t变高频考点二电磁感应与能量守恒1.电磁感应中的几个功能关系(1)导体克服安培力做的功等于产生的电能W安=£电安电(2)若电路为纯电阻电路，则电磁感应中产生的电能又完全转化为电路的焦耳热Q=E电电(3)导体克服安培力做的功等于消耗的机械能W安=左机械能；(4)综合起来可以看出“电路的焦耳热”等于“电磁感应中产生的电能”等于“机械能的减小”，即Q=E*=E机械能这里还要特别明确“能量转化的层次性”，即E机械能f E电-Q,其中电机械能．机械能电第一次转化是通过克服安培力做功W、来实现，第二次转化是通过感应电流流经电阻转化为安焦耳热来实现．2．用能量方法解决电磁感应问题的一般步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电动势的大小和方向．(2)画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率的表达式．(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的关系式．例2、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 且化的图线.由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小及t0时刻线框的速率v为()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XXXxxxX XX XXX平外力作用下以角速度①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〃，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．1【变式探究】(多选)如图所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB 、CD ，两端接有阻值相同的两个定值电阻.质量为m 的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中.当导体棒静止在00位置时，弹簧处于原 长状态.此时给导体棒一个水平向右的初速度v 0，它能向右运动的最远距离为d ，且能再次经过00位置.已知导体棒所受的摩擦力大小恒为/,导体棒向右运动过程中左侧电阻产生B .弹簧的弹性势能最大为2mv &—20—fdC •导体棒再次回到00'位置时的动能等于1mv 0—40—2fdD .导体棒再次回到00'位置时的动能大于2mv g —40—2fd 的热量为0,不计导轨和导体棒的电阻.贝％)【举一反三】如图甲所示，在虚线mn的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，mn的下方存在竖直向下的匀强磁场，mn上下两侧磁场的磁感应强度大小相等.将两根足够长的直导轨平行放置在磁场中，且贯穿虚线的上下两侧.取两根等长的金属棒a、b,两端分别套上金属环，然后将两金属棒套在长直导轨上，其中a棒置于虚线上侧，b棒置于虚线下侧.从t=0时刻开始在a棒上加一竖直向上的外力F，使a棒由静止开始向上做匀加速直线运动,外力随时间的变化规律如图乙所示，同时b棒在t=0时刻由静止释放.已知两导轨的间距为L=1.5m，a、b棒的质量分别为m y=1kg、m2=0.27kg，两金属棒的总电阻为R=1.8Q,忽略导轨的电阻，b棒与导轨的动摩擦因数为“=0.75，不计a棒与导轨之间的摩擦，取g甲乙(1)求虚线上下两侧的磁感应强度大小以及a棒匀加速运动的加速度大小；(2)如果在0〜2s的时间内外力F对a棒做功为40J,则该过程中整个电路产生的焦耳热为多少？(3)经过多长时间b棒的速度最大?高频考点三、微元法在电磁学中的应用微元法是将研究对象无限细分，从中抽取出微小单元进行研究，找出被研究对象变化规律，由于这些微元遵循的规律相同，再将这些微元进行必要的数学运算(累计求和)，从而顺利解决问题.用该方法可以将一些复杂的物理过程，用我们熟悉的规律加以解决，是物理学中常用的思想方法之一.例3、如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为0,间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面向下.在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触.已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为“，重力加速度大小为g.忽略所有电阻.让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．护鮎—真题练习泮一1.【2016・全国卷I】如图1-,两固定的绝缘斜面倾角均为0,上沿相连.两细金属棒刃(仅标出a端)和c〃(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，回路电阻为人，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为“，重力加速度大小为g,已知金属棒ab匀速下滑.求：()(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.图1-2.【2016・全国卷II】如图1-所示，水平面(纸面)内间距为/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.t0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〃•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.图1-3.【2016•浙江卷】小明设计的电磁健身器的简化装置如图1-10所示，两根平行金属导轨相距l=0.50m，倾角0=53°，导轨上端串接一个R=0.05Q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5=0.24m.—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取10m/s2，sin53°=0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)•求:(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.4.【2016•全国卷III】如图1-所示，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B=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(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越过劇，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=t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小.图1-5.(2013・天津理综・3)如图2所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abed，ab边长大于be边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q],通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次be边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,贝％)A.0>Q2,q pC.Q1=Q2,qfB.Q1>Q2，q1>q2D.Q1=Q2,q>qi图2。
电磁感应定律应用之线框切割类问题
电磁感应定律应用之线框切割类问题TYYGROUP system office room 【TYYUA16H-TYY-TYYYUA8Q8-考点线框切割类问题1．线框的两种运动状态(1)平衡状态——线框处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为零；(2)非平衡状态——导体棒的加速度不为零．2．电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：线框处在磁场中切割部分相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，感应电流I ＝Blv R. (2)受力分析：处在磁场中的各边都受到安培力及其他力，但是根据对称性，在与速度平行方向的两个边所受的安培力相互抵消。
安培力F 安＝BIl ＝B 2l 2v R，根据牛顿第二定律列动力学方程：F 合＝ma .(3)注意点：①线框在进出磁场时，切割边会发生变化，要注意区分；②线框在运动过程中，要注意切割的有效长度变化。
3. 电磁感应过程中产生的焦耳热不同的求解思路(1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt ;(2)功能关系：Q ＝W 克服安培力(3)能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量4. 电磁感应中流经电源电荷量问题的求解：(1)若为恒定电流，则可以直接用公式q =It ；(2)若为变化电流，则依据=N E t q I t t t N R R R ∆Φ∆Φ∆=∆=∆∆=总总总1. 如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( A )＞Q 2，q 1＝q 2＞Q 2，q 1＞q 2 ＝Q 2，q 1＝q 2 ＝Q 2，q 1＞q 22. 一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图所示，则( C )A. 若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动B. 若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C. 若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动D. 若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动3. (多选)在平行于水平地面的有界匀强磁场上方有三个单匝线圈A 、B 、C ，从静止开始同时释放，磁感线始终与线圈平面垂直，三个线圈都是由相同的金属材料制成的正方形，A 线圈有一个小缺口，B 和C 都闭合，但B 的横截面积比C 的大，如下图所示，下列关于它们落地时间的判断，正确的是( BD )A ．A 、B 、C 同时落地B ．A 最早落地C ．B 在C 之后落地D ．B 和C 在A 之后同时落地 4. 如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v 1、v 2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q 1、Q 2.不计空气阻力，则( D )A ．v 1<v 2，Q 1<Q 2B ．v 1＝v 2，Q 1＝Q 2C ．v 1<v 2，Q 1>Q 2D ．v 1＝v 2，Q 1<Q 2 5. 如下图所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L 的单匝正方形线框abcd ，在外力的作用下以恒定的速率v 向右运动进入磁感应强度为B 的有界匀强磁场区域．线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab 边始终平行于磁场的边界．已知线框的四个边的电阻值相等，均为R .求：(1)在ab 边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小；(2)在ab 边刚进入磁场区域时，ab 边两端的电压；(3)在线框被拉入磁场的整个过程中，线框中电流产生的热量． 【答案】(1)4BLv R (2)34Blv (3) 224B L vR6. 如图甲所示，空间存在一宽度为2L 的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在光滑绝缘水平面内有一边长为L 的正方形金属线框，其质量m ＝1 kg 、电阻R ＝4 Ω，在水平向左的外力F 作用下，以初速度v 0＝4 m/s 匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F 大小随时间t 变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B ；(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q ；(3)判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由．【答案】(1)13T (2) C (3)不能 7. 如图所示，倾角为α的光滑固定斜面，斜面上相隔为d 的平行虚线MN 与PQ 间有大小为B 的匀强磁场，方向垂直斜面向下．一质量为m ，电阻为R ，边长为L 的正方形单匝纯电阻金属线圈，线圈在沿斜面向上的恒力作用下，以速度v 匀速进入磁场，线圈ab 边刚进入磁场和cd 边刚要离开磁场时，ab 边两端的电压相等．已知磁场的宽度d 大于线圈的边长L ，重力加速度为g ．求(1)线圈进入磁场的过程中，通过ab 边的电量q ； (2)恒力F 的大小； (3) 线圈通过磁场的过程中，ab 边产生的热量Q ．【答案】(1)2BL R （2）22sin B L v mg R α+（3）222()4B L v L d mv R +-8. 如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电阻为R .在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和M ′N ′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直．现金属线框由距MN 的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v －t 图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量．求：(1)金属线框的边长．(2)磁场的磁感应强度．(3)金属线框在整个下落过程中所产生的热量．【答案】(1)v 1(t 2－t 1) (2)1v 1t 2－t 1mgR v 1(3)2mgv 1(t 2－t 1)＋12m (v 22－v 23) 9. 如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m ，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab 边长为l ，cd 边长为2l ，ab 与cd 平行，间距为2l .匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面.开始时，cd 边到磁场上边界的距离为2l ，线框由静止释放，从cd 边进入磁场直到ef 、pq 边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef 、pq 边离开磁场后，ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动.线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q .线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab 、cd 边保持水平，重力加速度为g .求：(1) 线框ab 边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd 边刚进入磁场时的几倍；(2) 磁场上、下边界间的距离H .【答案】(1)4倍 (2)Qmg ＋28l 10. 如图所示，水平虚线L 1、L 2之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场高度为h ．竖直平面内有一等腰梯形线框，底边水平，其上下边长之比为5：1，高为2h ．现使线框AB 边在磁场边界L 1的上方h 高处由静止自由下落，当AB 边刚进入磁场时加速度恰好为0，在DC 边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动．求：（1） 在DC 边进入磁场前，线框做匀速运动时的速度与AB 边刚进入磁场时的速度比是多少？（2）（3） DC 边刚进入磁场时，线框加速度的大小为多少？（4）（5） 从线框开始下落到DC 边刚进入磁场的过程中，线框的机械能损失和重力做功之比？（6）【答案】（1）1：4 （2）54g （3）47：4811. 如图所示，一质量m =的“日”字形匀质导线框“abdfeca ”静止在倾角α=37°的粗糙斜面上，线框各段长ab =cd =ef =ac =bd =ce =df =L =，ef 与斜面底边重合，线框与斜面间的动摩擦因数μ=，ab 、cd 、ef 三段的阻值相等、均为R =Ω，其余部分电阻不计。
高中物理-第一篇 专题四 第11讲 电磁感应
第11讲 电磁感应 命题规律 1.命题角度：(1)楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用；(2)电磁感应中的图象问题；(3)电磁感应中的动力学与能量问题.2.常用方法：排除法、函数法.3.常考题型：选择题、计算题．考点一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流方向的判断(1)楞次定律：线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律．(2)右手定则：导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则．2．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)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”．3．求感应电动势的方法(1)法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ⎩⎨⎧ S 不变时，E ＝nS ΔB Δt B 不变时，E ＝nB ΔS Δt(2)导体棒垂直切割磁感线：E ＝Bl v .(3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E ＝12Bl 2ω. (4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e ＝nBSωsin ωt .4．通过回路截面的电荷量q ＝I Δt ＝n ΔΦR 总Δt Δt ＝n ΔΦR 总.q 仅与n 、ΔΦ和回路总电阻R 总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．例1 (多选)(2022·广东卷·10)如图所示，水平地面(Oxy 平面)下有一根平行于y 轴且通有恒定电流I 的长直导线．P 、M 和N 为地面上的三点，P 点位于导线正上方，MN 平行于y 轴，PN 平行于x 轴．一闭合的圆形金属线圈，圆心在P 点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行．下列说法正确的有( )A ．N 点与M 点的磁感应强度大小相等，方向相同B ．线圈沿PN 方向运动时，穿过线圈的磁通量不变C ．线圈从P 点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流D ．线圈从P 到M 过程的感应电动势与从P 到N 过程的感应电动势相等答案 AC解析 依题意，M 、N 两点连线与长直导线平行，两点与长直导线的距离相等，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M 、N 两点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，故A 正确；根据右手螺旋定则，线圈在P 点时，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线相等，磁通量为零，在向N 点平移过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线不再相等，穿过线圈的磁通量发生变化，故B 错误；根据右手螺旋定则，线圈从P 点竖直向上运动过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线始终相等，穿过线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈中无感应电流，故C 正确；线圈从P 点到M 点与从P 点到N 点，穿过线圈的磁通量变化量相同，依题意从P 点到M 点所用时间较从P 点到N 点的时间长，根据法拉第电磁感应定律，可知两次的感应电动势不相等，故D 错误．例2 (多选)(2021·辽宁卷·9)如图(a)所示，两根间距为L 、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R 的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t ＝0时磁场方向垂直纸面向里．在t ＝0到t ＝2t 0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L 处；t ＝2t 0时，释放金属棒．整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则( )A ．在t ＝t 02时，金属棒受到安培力的大小为B 02L 3t 0RB ．在t ＝t 0时，金属棒中电流的大小为B 0L 2t 0RC ．在t ＝3t 02时，金属棒受到安培力的方向竖直向上 D ．在t ＝3t 0时，金属棒中电流的方向向右答案 BC解析 由题图(b)可知在0～t 0时间段内闭合回路产生的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝B 0L 2t 0，根据闭合电路欧姆定律有，此时间段内的电流为I ＝E R ＝B 0L 2Rt 0，在t 02时磁感应强度大小为B 02，此时安培力大小为F ＝B 02IL ＝B 02L 32Rt 0，故A 错误，B 正确；由题图(b)可知，在t ＝3t 02时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C 正确；由题图(b)可知，在t ＝3t 0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下掉的过程中穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D 错误．考点二 电磁感应中的图象问题1．电磁感应中常见的图象常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图象．2．解答此类问题的两个常用方法(1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．(2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图象作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．例3 (多选)(2022·河北卷·8)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x 轴上，另一根由ab 、bc 、cd 三段直导轨组成，其中bc 段与x 轴平行，导轨左端接入一电阻R .导轨上一金属棒MN 沿x 轴正向以速度v 0保持匀速运动，t ＝0时刻通过坐标原点O ，金属棒始终与x 轴垂直．设运动过程中通过电阻的电流强度为i ，金属棒受到安培力的大小为F ，金属棒克服安培力做功的功率为P ，电阻两端的电压为U ，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻．下列图象可能正确的是( )答案 AC解析 在0～L v 0时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度L ＝l 0＋v 0t tan θ(θ为ab 与ad 的夹角)，则根据E ＝BL v 0，可得I ＝BL v 0R ＝B v 0R(l 0＋v 0t tan θ)，可知回路电流均匀增加；安培力F ＝B 2L 2v 0R ＝B 2v 0R (l 0＋v 0t tan θ)2，则F －t 关系为二次函数关系，但是不过原点；安培力做功的功率P ＝F v 0＝B 2L 2v 02R ＝B 2v 02R (l 0＋v 0t tan θ)2，则P －t 关系为二次函数关系，但是不过原点；电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U ＝E ＝BL v 0＝B v 0(l 0＋v 0t tan θ)，即U －t 图象是不过原点的直线；根据以上分析，可排除B 、D 选项；在L v 0～2L v 0时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E 不变，感应电流I 不变，安培力F 大小不变，安培力的功率P 不变，电阻两端电压U 保持不变；同理可判断，在2L v 0～3L v 0时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E 均匀减小，感应电流I 均匀减小，安培力F 大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～L v 0内是对称的关系，安培力的功率P 按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～L v 0内是对称的关系，电阻两端电压U 按线性均匀减小，综上所述选项A 、C 可能正确，B 、D 错误．例4 (多选)(2022·安徽省六校第二次联考)如图所示，水平面内有一足够长平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．开关S由1掷到2时开始计时，q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象可能正确的是()答案ACD解析开关S由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流且此刻电流最大，导体棒通有电流后会受到安培力的作用产生加速度而加速运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势，导体棒速度增大，则感应电动势E＝Bl v增大，则实际电流减小，安培力F＝BIL减小，加速度a＝Fm即减小，因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直做加速度减小的加速运动(变加速)，故a－t图象即选项D是正确的；导体棒运动产生感应电动势会给电容器充电，当充电和放电达到一种平衡时，导体棒做匀速运动，因此最终电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，即电容器的电荷量应稳定在某个不为0的数值(不会减少到0)，电路中无电流，故B错误，A、C正确．考点三电磁感应中的动力学与能量问题1．电磁感应综合问题的解题思路2．求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)；(3)能量转化：Q ＝ΔE (其他能的减少量)．例5 (多选)(2022·全国甲卷·20)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C 的电容器和阻值为R 的电阻．质量为m 、阻值也为R 的导体棒MN 静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q ，合上开关S 后( )A ．通过导体棒MN 电流的最大值为Q RCB ．导体棒MN 向右先加速、后匀速运动C ．导体棒MN 速度最大时所受的安培力也最大D ．电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热答案 AD解析 开始时电容器两极板间的电压U ＝Q C ，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I ＝U R ＝Q CR ，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A 项正确，C 项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B 项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热，D 项正确．例6 (2022·山东济南市一模)如图所示，在水平虚线下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .磁场上方某高度处有一个正方形金属线框，线框质量为m ，电阻为R ，边长为L .某时刻将线框以初速度v 0水平抛出，线框进入磁场过程中速度不变，运动过程中线框始终竖直且底边保持水平．磁场区域足够大，忽略空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)线框进入磁场时的速度v ；(2)线框进入磁场过程中产生的热量Q .答案 (1)v 02＋m 2g 2R 2B 4L 4，速度方向与水平方向夹角的正切值为mgRB 2L 2v 0(2)mgL 解析 (1)当线框下边界刚进入磁场时，由于线框速度不变，对线框进行受力分析有BIL＝mg由欧姆定律可得I＝ER线框切割磁感线，由法拉第电磁感应定律可得E＝BL v y由速度的合成与分解可得v＝v02＋v y2联立求解可得v＝v02＋m2g2R2B4L4设此时速度方向与水平面的夹角为θ，则tan θ＝v yv0＝mgR B2L2v0即此时速度方向与水平方向夹角的正切值为mgRB2L2v0.(2)线框进入磁场过程中速度不变，则从进入磁场开始到完全进入磁场，由能量守恒定律得Q＝mgL.例7(2022·河南洛阳市模拟)如图甲所示，金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度大小B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP 间接有阻值R＝1.5 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg，接入电路中电阻r＝0.5 Ω的金属杆ab垂直导轨放置，金属杆与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2.现用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属杆上滑的位移x＝3.8 m时达到稳定状态，金属杆始终与导轨接触良好，对应过程的v－t图象如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，导轨足够长且电阻不计．求：(1)恒力F的大小及金属杆的速度为0.4 m/s时的加速度大小；(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，通过电阻R的电荷量；(3)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，金属杆上产生的焦耳热．答案(1)5.8 N 2.4 m/s2(2)3.8 C(3)1.837 5 J解析(1)当金属杆匀速运动时，由平衡条件得F＝μmg cos 37°＋mg sin 37°＋F安由题图乙知v ＝1 m/s ，则F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r ＝2 N 解得F ＝5.8 N当金属杆的速度为0.4 m/s 时F 安1＝BI 1L ＝B 2L 2v 1R ＋r＝0.8 N 由牛顿第二定律有F －μmg cos 37°－mg sin 37°－F 安1＝ma解得a ＝2.4 m/s 2.(2)由q ＝I ·ΔtI ＝E R ＋rE ＝ΔΦΔt 得q ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r＝3.8 C. (3)从金属杆开始运动到刚到达稳定状态，由动能定理得(F －μmg cos 37°－mg sin 37°)x ＋W 安＝12m v 2－0 又Q ＝|W 安|＝7.35 J ，所以解得Q r ＝r R ＋rQ ＝1.837 5 J.1．(多选)(2022·河南郑州市二模)在甲、乙、丙图中，MN 、PQ 是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨．导体棒ab 垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中，导体棒和导轨间的摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C 原来不带电．现给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，对甲、乙、丙图中导体棒ab 在磁场中的运动状态描述正确的是( )A ．甲图中，棒ab 最终做匀速运动B ．乙图中，棒ab 做匀减速运动直到最终静止C ．丙图中，棒ab 最终做匀速运动D ．甲、乙、丙中，棒ab 最终都静止答案 AC解析 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C 极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，此时ab 棒不受安培力作用，向右做匀速运动，故A 正确；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R 转化为内能，ab 棒速度减小，当ab 棒的动能全部转化为内能时，ab 棒静止，又由I ＝BL v R，F ＝BIL ，由于速度减小，则产生的感应电流减小，导体棒所受安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的加速度减小，所以题图乙中，棒ab 做加速度减小的减速运动直到最终静止，故B 错误；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，此时ab 棒向左做匀速运动，故C 正确；由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有题图乙中棒ab 最终静止，故D 错误．2.(2022·山东泰安市高三期末)如图所示，间距为L 的平行光滑足够长的金属导轨固定倾斜放置，倾角θ＝30°，虚线ab 、cd 垂直于导轨，在ab 、cd 间有垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量均为m 、阻值均为R 的金属棒PQ 、MN 并靠在一起垂直导轨放在导轨上．释放金属棒PQ ，当PQ 到达ab 瞬间，再释放金属棒MN ；PQ 进入磁场后做匀速运动，当PQ 到达cd 时，MN 刚好到达ab .不计导轨电阻，两金属棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g .则MN 通过磁场过程中，PQ 上产生的焦耳热为( )A.2m 3g 2R 2B 4L4 B.m 3g 2R 2B 4L 4 C.m 3g 2R 24B 4L4 D.m 3g 2R 22B 4L4 答案 D解析 由题意知PQ 进入磁场后做匀速运动，则由平衡条件得安培力为F ＝mg sin θ，又因为F ＝BIL ＝B 2L 2v 2R ，解得金属棒速度为v ＝mgR B 2L 2，电流为I ＝mg 2BL ，因为金属棒从释放到刚进入磁场时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知mg sin θ＝ma，所以加速时间为t＝va，由题意知当PQ到达cd时，MN刚好到达ab，即金属棒穿过磁场的时间等于进入磁场前的加速时间，且MN在磁场中的运动情况和PQ一致，故MN通过磁场过程中，PQ上产生的焦耳热为Q焦耳＝I2Rt，解得Q焦耳＝m3g2R22B4L4，故选D.专题强化练[保分基础练]1.(2022·上海市二模)如图，某教室墙上有一朝南的钢窗，将钢窗右侧向外打开，以推窗人的视角来看，窗框中产生()A．顺时针电流，且有收缩趋势B．顺时针电流，且有扩张趋势C．逆时针电流，且有收缩趋势D．逆时针电流，且有扩张趋势答案 D解析磁场方向由南指向北，将钢窗右侧向外打开，则向北穿过窗户的磁通量减少，根据楞次定律，以推窗人的视角来看，感应电流为逆时针电流，同时根据“增缩减扩”可知，窗框有扩张趋势，故选D.2.(2022·广东肇庆市二模)如图所示，开口极小的金属环P、Q用不计电阻的导线相连组成闭合回路，金属环P内存在垂直圆环平面向里的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度随时间的变化率为k，若使金属环Q中产生逆时针方向逐渐增大的感应电流，则()A．k>0且k值保持恒定B．k>0且k值逐渐增大C．k＜0且k值逐渐增大D．k＜0且k值逐渐减小答案 B解析若使金属环Q中产生逆时针方向逐渐增大的感应电流，则金属环P中也有逆时针方向逐渐增大的感应电流，根据楞次定律和安培定则可知，金属环P中向里的磁感应强度增加，且增加得越来越快，即k>0且k值逐渐增大，故选B.3.(2022·陕西宝鸡市模拟)如图所示，两根电阻不计的平行光滑长直金属导轨水平放置，导体棒a和b垂直跨在导轨上且与导轨接触良好，导体棒a的电阻大于b的电阻，匀强磁场方向竖直向下．当导体棒b在大小为F2的水平拉力作用下匀速向右运动时，导体棒a在大小为F1的水平拉力作用下保持静止状态．若U1、U2分别表示导体棒a和b与导轨两个接触点间的电压，那么它们的大小关系为()A．F1＝F2，U1> U2B．F1< F2，U1< U2C．F1 > F2，U1< U2D．F1＝F2，U1＝U2答案 D解析导体棒a、b与导轨构成了闭合回路，流过a、b的电流是相等的；a静止不动，b匀速运动，都处于平衡状态，即拉力等于安培力，所以F1＝F2＝BIL，导体棒b相当于电源，导体棒a相当于用电器，由于电路是闭合的，所以导体棒a两端的电压U1＝IR a，导体棒b切割磁感线产生的电动势E＝BL v b＝I(R a＋R b)，所以其输出的路端电压U2＝E－IR b＝IR a＝U1，故选D.4.(2022·广东省模拟)如图所示，水平面内光滑的平行长直金属导轨间距为L，左端接电阻R，导轨上静止放有一导体棒．正方形虚线框内有方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，该磁场正以速度v匀速向右移动，则()A．电阻R两端的电压恒为BL vB ．电阻R 中有从a 到b 的电流C ．导体棒以速度v 向左运动D ．导体棒也向右运动，只是速度比v 小 答案 D解析 根据楞次定律，磁场正以速度v 匀速向右移动，磁通量减小，则导体棒也向右运动，阻碍磁通量的减小，但由于要产生感应电流，棒的速度比v 小，C 错误，D 正确；由此可认为磁场不动，棒向左切割，感应电流方向从b 到a 流过R ，B 错误；产生感应电动势的大小看棒与磁场的相对速度，故电阻R 两端的电压不恒定且小于或等于BL v ，A 错误． 5．(2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I 1、I 2和I 3.则( )A ．I 1<I 3<I 2B ．I 1>I 3>I 2C ．I 1＝I 2>I 3D ．I 1＝I 2＝I 3答案 C解析 设圆线框的半径为r ，则由题意可知正方形线框的边长为2r ，正六边形线框的边长为r ；所以圆线框的周长为C 2＝2πr ，面积为S 2＝πr 2，同理可知正方形线框的周长和面积分别为C 1＝8r ，S 1＝4r 2，正六边形线框的周长和面积分别为C 3＝6r ，S 3＝33r 22，三个线框材料粗细相同，根据电阻定律R ＝ρL S 横截面，可知三个线框电阻之比为R 1∶R 2∶R 3＝C 1∶C 2∶C 3＝8∶2π∶6，根据法拉第电磁感应定律有I ＝E R ＝ΔB Δt ·SR ，可得电流之比为I 1∶I 2∶I 3＝2∶2∶3，即I 1＝I 2>I 3，故选C.6.(2022·黑龙江哈师大附中高三期末)如图，一线圈匝数为n ，横截面积为S ，总电阻为r ，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k (k >0且为常量)，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C ，两个电阻的阻值分别为r 和2r .下列说法正确的是( )A ．电容器下极板带正电B ．此线圈的热功率为(nkS )2rC ．电容器所带电荷量为3nSkC5D ．电容器所带电荷量为nSkC2答案 D解析 根据楞次定律可以判断通过电阻r 的电流方向为从左往右，所以电容器上极板带正电，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔBΔt ＝nkS ，根据焦耳定律可得此线圈的热功率为P ＝(E 2r )2r ＝(nkS )24r ，故B 错误；电容器两端电压等于r两端电压，电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝C ·rE 2r ＝nSkC2，故C 错误，D 正确．7．(2022·江苏盐城市二模)如图所示，三条平行虚线L 1、L 2、L 3之间有宽度为L 的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域内的磁感应强度大小相等、方向相反，正方形金属线框MNPQ 的质量为m 、边长为L ，开始时MN 边与边界L 1重合，对线框施加拉力F 使其以加速度a 匀加速通过磁场区，以顺时针方向电流为正方向，下列关于感应电流i 和拉力F 随时间变化的图象可能正确的是( )答案 B解析 当MN 边向右运动0～L 的过程中，用时t 1＝2L a ，则E 1＝BLat ，电流I 1＝E 1R ＝BLa Rt ，方向为正方向；拉力F 1＝ma ＋F 安1＝ma ＋B 2L 2aR t ；当MN 边向右运动L ～2L 的过程中，用时t 2＝4L a－2La＝(2－1)2L a ＝(2－1)t 1，E 2＝2BLat ，电流I 2＝E 2R ＝2BLa Rt ，方向为负方向，拉力F 2＝ma ＋F 安2＝ma ＋4B 2L 2aR t ；当MN 边向右运动2L ～3L 的过程中，用时t 3＝6La－4La＝(3－2)2L a ＝(3－2)t 1，E 3＝BLat ，电流I 3＝E 3R ＝BLa Rt ，方向为正方向，拉力F 3＝ma ＋F 安3＝ma ＋B 2L 2aRt ，对比四个选项可知，只有B 正确．[争分提能练]8．(多选)(2021·广东卷·10)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc 和de ，ab 与de 平行，bc 是以O 为圆心的圆弧导轨，圆弧be 左侧和扇形Obc 内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP 的O 端与e 点用导线相接，P 端与圆弧bc 接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN 静止在平行导轨上，若杆OP 绕O 点在匀强磁场区内从b 到c 匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )A ．杆OP 产生的感应电动势恒定B ．杆OP 受到的安培力不变C ．杆MN 做匀加速直线运动D ．杆MN 中的电流逐渐减小 答案 AD解析 杆OP 匀速转动切割磁感线产生的感应电动势为E ＝12Br 2ω，因为OP 匀速转动，所以杆OP 产生的感应电动势恒定，故A 正确；杆OP 转动过程中产生的感应电流由M 到N 通过杆MN ，由左手定则可知，杆MN 会向左运动，杆MN 运动会切割磁感线，产生电动势，感应电流方向与原来电流方向相反，使回路电流减小，杆MN 所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D 正确，B 、C 错误．9.(多选)(2021·全国甲卷·21)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )A ．甲和乙都加速运动B ．甲和乙都减速运动C ．甲加速运动，乙减速运动D ．甲减速运动，乙加速运动 答案 AB解析 设线圈下边到磁场上边界的高度为h ，线圈的边长为l ，则线圈下边刚进入磁场时，有v ＝2gh ，感应电动势为E ＝nBl v ，两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相等(设为m )， 则m ＝ρ0·4nl ·S ，设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻 R ＝ρ4nl S ＝16n 2l 2ρρ0m感应电流为I ＝E R ＝mB v 16nlρρ0所受安培力为F ＝nBIl ＝mB 2v16ρρ0由牛顿第二定律有mg －F ＝ma 联立解得a ＝g －Fm ＝g －B 2v 16ρρ0加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度． 当g >B 2v16ρρ0时，甲和乙都加速运动，当g <B 2v 16ρρ0时，甲和乙都减速运动，当g ＝B 2v16ρρ0时，甲和乙都匀速运动，故选A 、B.10.(2022·山东省第二次模拟)如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m ，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab 、bc 边长均为2l ，gf 边长为l .匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，bc 边离磁场上边界的距离为l ，线框由静止释放，从bc 边进入磁场直到gf 边进入磁场前，线框做匀速运动．在gf 边离开磁场后，ah 、ed 边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc 、gf 边保持水平，重力加速度为g .(1)线框ah 、ed 边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc 边刚进入磁场时的几倍？ (2)若磁场上下边界间的距离为H ，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？ 答案 (1)4 (2)mg (H －13l )解析 (1)设bc 边刚入磁场时速度为v 1，bc 边刚进入时， 有E 1＝2Bl v 1，I 1＝E 1R ，F 1＝2BI 1l线框匀速运动，有F 1＝mg 联立可得v 1＝mgR4B 2l2设ah 、ed 边将离开磁场时速度为v 2，ah 、ed 边将离开磁场时，有E 2＝Bl v 2，I 2＝E 2R ，F 2＝BI 2l ，线框匀速运动，有F 2＝mg 联立可得v 2＝mgRB 2l 2，综上所述v 2v 1＝4即线框ah 、ed 边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc 边刚进入磁场时的4倍． (2)bc 边进入磁场前，根据动能定理， 有mgl ＝12m v 12穿过磁场过程中能量守恒，。
电磁感应 知识点归纳
电磁感应 知识点归纳【知识网络】【要点梳理】要点一、关于磁通量ϕ，磁通量的变化ϕ∆、磁通量的变化率tϕ∆∆ 1、磁通量磁通量cos B S BS BS ϕθ⊥⊥===，是一个标量，但有正、负之分。
可以形象地理解为穿过某面积磁感线的净条数。
2、磁通量的变化磁通量的变化21ϕϕϕ∆=-．要点诠释： ϕ∆的值可能是2ϕ、1ϕ绝对值的差，也可能是绝对值的和。
例如当一个线圈从与磁感线垂直的位置转动180︒的过程中21ϕϕϕ∆=+．3、磁通量的变化率磁通量的变化率tϕ∆∆表示磁通量变化的快慢，它是回路感应电动势的大小的决定因素。
2121t t t ϕϕϕ-∆=∆-， 在回路面积和位置不变时B S t t ϕ∆∆=∆∆（B t∆∆叫磁感应强度的变化率）； 在B 均匀不变时S B t t ϕ∆∆=∆∆，与线圈的匝数无关。
要点二、关于楞次定律（1）定律内容：感应电流具有这样的方向：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量发生变化。
（2）感应电流方向的决定因素是：电路所包围的引起感应电流的磁场的方向和磁通量的增减情况。
（3）楞次定律适用范围：适用于所有电磁感应现象。
（4）应用楞次定律判断感应电流产生的力学效果（楞次定律的变式说法）：感应电流受到的安培力总是阻碍线圈或导体棒与磁场的相对运动，即线圈与磁场靠近时则相斥，远离时则相吸。
（5）楞次定律是能的转化和守恒定律的必然结果。
要点三、法拉第电磁感应定律电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，即E t ϕ∆=∆． 要点诠释：对n 匝线圈有E nt ϕ∆=∆． （1）E nt ϕ∆=∆是t ∆时间内的平均感应电动势，当0t ∆→时，E n tϕ∆=∆转化为瞬时感应电动势。
（2）E ntϕ∆=∆适应于任何感应电动势的计算，导体切割磁感线时sin E BLv θ=．， 自感电动势I E L t ∆=∆都是应用E n tϕ∆=∆而获得的结果。
（3）感应电动势的计算B E n nS t t ϕ∆∆==∆∆，其中B t ∆∆是磁感强度的变化率，是B t -图线的斜率。
电磁感应中的能量转化
例7．如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，
有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能
绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电
阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使
OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率
是( C )
A. B2 ω2 r4 ／R B. B2 ω2 r4 ／2R
ω c
C. B2 ω2 r4 ／4R D. B2 ω2 r4 ／8R
穿出时做功 W2= W1 ∴ W=2B2a2 d v/R
a
B
l
d
• 例４如图所示，电动机牵引一根原来静止的长L为1 m、质量m 为0.1 kg的导体棒MN，其电阻R为1 Ω．导体棒架在处于磁感应 强度B为1 T、竖直放置的框架上，当导体棒上升h为3.8 m时获 得稳定的速度，导体产生的热量为2 J．电动机牵引棒时，电压 表、电流表的读数分别为7 V、1 A．电动机内阻r为1 Ω，不计 框架电阻及一切摩擦，g取10 m/s2，求：
4.导体在达到稳定状态之前，外力移动导体所做的功，一部分 用于克服安培力做功，转化为产生感应电流的电能或最后转化 为焦耳热.，另一部分用于增加导体的动能。
5.导体在达到稳定状态之后，外力移动导体所做的功，全部用 于克服安培力做功，转化为产生感应电流的电能并最后转化为 焦耳热.
6.用能量转化和守恒的观点解决电磁感应问题,只需要从全过 程考虑,不涉及电流产生过程的具体的细节,可以使计算方便,解 题简便.
1 2
mvm2
Q
代入数据可得： t＝1 s
例5 用同种材料粗细均匀的电阻丝做成ab 、cd 、ef 三 根导线，ef较长，分别放在电阻可忽略的光滑平行导轨 上，如图，磁场是均匀的，用外力使导线水平向右做匀
人教版物理大一轮复习 第14课时 电磁感应
第14课时 电磁感应高考题型1 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流方向的判断(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．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)阻碍物体间的相对运动——“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”． 3．求感应电动势的方法 (1)法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ⎩⎨⎧S 不变时，E ＝nS ΔBΔt (感生电动势)B 不变时，E ＝nB ΔSΔt (动生电动势)(2)导线棒垂直切割磁感线：E ＝BL v .(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动E ＝12BL 2ω.(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动e ＝nBSωsin ωt . 考题示例例1 (2020·江苏卷·3)如图1所示，两匀强磁场的磁感应强度B 1和B 2大小相等、方向相反．金属圆环的直径与两磁场的边界重合．下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是( )图1A ．同时增大B 1减小B 2 B ．同时减小B 1增大B 2C ．同时以相同的变化率增大B 1和B 2D ．同时以相同的变化率减小B 1和B 2答案 B解析 若同时增大B 1减小B 2，则穿过环向里的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则，环中产生的感应电流是逆时针方向，故选项A 错误；同理可推出，选项B 正确，C 、D 错误．例2 (2019·江苏卷·14)如图2所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S ＝0.3 m 2、电阻R ＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ．现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt ＝0.5 s 时间内合到一起．求线圈在上述过程中图2(1)感应电动势的平均值E ；(2)感应电流的平均值I ，并在图中标出电流方向； (3)通过导线横截面的电荷量q . 答案 (1)0.12 V(2)0.2 A 电流方向见解析图 (3)0.1 C 解析 (1)感应电动势的平均值E ＝ΔФΔt磁通量的变化ΔФ＝B ΔS联立可得E ＝B ΔSΔt ，代入数据得E ＝0.12 V ；(2)平均电流I ＝ER代入数据得I ＝0.2 A(电流方向见图)；(3)电荷量q ＝I Δt 代入数据得q ＝0.1 C 命题预测1．(多选)(2020·江苏南京、盐城市一模)如图3甲所示，a 、b 两个绝缘金属环套在同一个光滑的铁芯上．在t＝0时刻，a、b两环处于静止状态，a环中的电流i随时间t的变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是()图3A．t2时刻两环相互吸引B．t3时刻两环相互排斥C．t1时刻a环的加速度为零D．t4时刻b环中感应电流最大答案ACD解析在t2时刻与t3时刻，a环中的电流均处于减小阶段，根据楞次定律可知，两环的电流方向相同，则两环相互吸引，故A正确，B错误．a中电流产生磁场，磁场的变化使b中产生电流，才使两环相互作用，在题图乙中，“变化最快”即曲线的斜率最大．t1时刻曲线的斜率为0，这个瞬间磁场是不变化的，因此两环没有作用力，则加速度为零，故C正确．虽然t4时刻a环中的电流为零，但是根据该时刻对应的电流的曲线的斜率最大，即该时刻磁通量变化率最大，故t4时刻b环中感应电动势最大，则b环中感应电流最大，故D正确．2．(多选)(2020·江苏苏锡常镇二模)如图4甲所示，水平放置的平行金属导轨左端连接一个平行板电容器C和一个定值电阻R，导体棒MN放在导轨上且与导轨接触良好．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(垂直纸面向外为磁感应强度的正方向)，MN始终保持静止．不计电容器充电时间，则在0～t2时间内，下列说法正确的是()图4A．电阻R两端的电压大小始终不变B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN棒所受安培力的大小始终不变D．MN棒所受安培力的方向先向右后向左答案AD解析由题图乙知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定的感应电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，故A正确；根据楞次定律可知，通过电阻R的电流一直向下，电容器C的a板电势较高，一直带正电，故B错误；MN中感应电流方向一直向上，由左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D 正确；根据安培力公式F＝BIL，I、L不变，因为磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误．高考题型2电磁感应中的图像问题1．电磁感应中的图像问题常见形式常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像．2．解答此类问题应注意以下几个方面(1)把握三个关注：(2)掌握两个常用方法，可快速准确地解题①排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化趋势、变化快慢，特别是分析物理量的方向(正负)，排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．②函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．考题示例例3(2018·全国卷Ⅱ·18)如图5，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()图5答案 D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～l2I＝2i(顺时针) l2～l I＝0l～3l2I＝2i(逆时针)3l2～2l I＝0由分析知，选项D符合要求．命题预测3．(2020·江苏苏州市调研)如图6所示，在自行车车轮的辐条上固定有一个小磁铁，前叉上相应位置(纸面外侧)处安装了小线圈，在车前进车轮转动过程中线圈内会产生感应电流，从垂直于纸面向里看，下列i－t图像中正确的是(逆时针方向为正)()图6答案 D解析磁铁靠近线圈时，线圈中向外的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场向里，根据安培定则可知线圈中感应电流方向为顺时针方向(负方向)；当磁铁离开线圈时，线圈中向外的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场向外，根据安培定则可知线圈中感应电流方向为逆时针方向(正方向)，A、B、C错误，D正确．4．(2020·江苏无锡市期末)有一匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图7甲所示的匀强磁场．现有如图乙所示的直角三角形导线框abc水平放置，放在匀强磁场中保持静止不动，t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流i顺时针方向为正，竖直边ab所受安培力F的方向水平向左为正．则下面关于F和i随时间t变化的图像正确的是()图7答案 A解析 在0～3 s 时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，由F ＝BIL 可知，安培力与磁感应强度成正比，又由楞次定律判断出回路中感应电流的方向应为顺时针方向，即正方向， 0～2 s 内安培力水平向右，为负方向， 2～3 s 内安培力水平向左，为正方向，在3～4 s 时间内，磁感应强度恒定，感应电动势等于零，感应电流为零，安培力等于零，同理可判断出4～7 s 内的安培力变化情况，故B 、C 错误，A 正确；0～3 s 时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，故D 错误．5．(多选)(2020·东北三省四市教研联合体模拟)如图8所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 放置在同一水平面内，M 、P 之间接一定值电阻R ，金属棒ab 垂直导轨放置，金属棒和导轨的电阻均不计，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中．t ＝0时对金属棒施加水平向右的外力F ，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动．下列关于通过金属棒的电流i 、通过导轨横截面的电荷量q 、拉力F 和拉力的功率P 随时间变化的图像，正确的是( )图8答案 AC解析 由题意可知，金属棒由静止开始做匀加速直线运动，则有：x ＝12at 2，v ＝at ，根据法拉第电磁感应定律得：E ＝BL v ＝BLat ，则感应电流i ＝E R ＝BLaR t ，故A 正确；根据E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R 和q ＝I Δt ，得q ＝ΔΦR ，而ΔΦ＝B ΔS ＝BLx ＝12BLat 2，故q ＝BLa 2R t 2，故B 错误；根据牛顿第二定律有：F －F 安＝ma ，F 安＝BiL ＝B 2L 2aR t ，解得：F ＝ma ＋B 2L 2aR t ，故C 正确；根据P ＝F v ， 得P ＝F v ＝ma 2t ＋B 2L 2a 2Rt 2，故D 错误． 高考题型3 电磁感应中的动力学与能量问题1．电磁感应中的动力学与能量问题常出现的两个模型一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动．两类模型都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图像结合，所以解题方法有相通之处．可参考下面的解题步骤：2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt ，适用于电流、电阻不变； (2)功能关系：Q ＝W 克服安培力，电流变不变都适用；(3)能量转化：Q ＝ΔE (其他能的减少量)，电流变不变都适用． 考题示例例4 (2020·江苏卷·14)如图9所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd 的边长为0.2 m ，bc 边与匀强磁场边缘重合．磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T ，在水平拉力作用下，线圈以8 m/s 的速度向右穿过磁场区域．求线圈在上述过程中图9(1)感应电动势的大小E ； (2)所受拉力的大小F ； (3)感应电流产生的热量Q . 答案 (1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J解析 (1)线圈切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v 代入数据得E ＝0.8 V(2)线圈中产生的感应电流I ＝ER拉力的大小等于安培力F ＝BIl 解得F ＝B 2l 2vR代入数据得F ＝0.8 N (3)运动时间t ＝2lv 根据焦耳定律有Q ＝I 2Rt 联立可得Q ＝2B 2l 3vR代入数据解得Q ＝0.32 J例5 (多选)(2018·江苏卷·9)如图10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10A ．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 4L 4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 图像(可能图像如图所示)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 ＝12m v 2， 进入磁场时ma ＝BIL －mg ＝B 2L 2v R－mg ， 解得v ＝m (a ＋g )R B 2L 2， 联立解得h ＝m 2(a ＋g )2R 22B 4L 4g >m 2gR 22B 4L4，D 错． 命题预测6．(多选)(2020·江西上铙市高三一模)如图11所示，虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场区域上下宽度为l ；质量为m 、边长为l 的正方形线圈abcd 平面保持竖直，ab 边保持水平的从距离磁场上边缘一定高度处由静止下落，以速度v 进入磁场，经过一段时间又以相同的速度v 穿出磁场，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图11A ．线圈的电阻R ＝B 2l 2v mgB ．进入磁场前线圈下落的高度h ＝v 22gC ．穿过磁场的过程中，线圈电阻产生的热量Q ＝2mglD ．线圈穿过磁场所用时间t ＝l v答案 ABC解析 由题意可知，线圈进入磁场和穿出磁场时速度相等，说明线圈在穿过磁场的过程中做匀速直线运动，则mg ＝F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ，R ＝B 2l 2v mg，所以A 正确；线圈在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理得mgh ＝12m v 2，进入磁场前线圈下落的高度为h ＝v 22g，所以B 正确；线圈在穿过磁场的过程中克服安培力做功转化为焦耳热，又安培力与重力平衡，则穿过磁场的过程中线圈电阻产生的热量为Q ＝mg ·2l ＝2mgl ，所以C 正确；根据线圈在穿过磁场过程中做匀速运动，可得线圈穿过磁场的时间为t ＝2l v ，所以D 错误．7．(2020·江苏南京、盐城、一模)如图12所示，闭合矩形线框abcd 可绕其水平边ad 转动，ab 边长为x ，bc 边长为L 、质量为m ，其他各边的质量不计，线框的电阻为R .整个线框处在竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给bc 边一个方向与bc 边、磁场的方向均垂直的初速度v ，经时间t ，bc 边上升到最高处，ab 边与竖直线的最大偏角为θ，重力加速度为g .求t 时间内：图12(1)线框中感应电动势的最大值；(2)流过线框导体截面的电荷量；(3)线框中感应电流的有效值．答案 (1)BL v (2)Blx sin θR (3)m [v 2－2gx (1－cos θ)]2Rt 解析 (1)开始时bc 边速度最大且速度方向与磁感应强度方向垂直，感应电动势最大，则有E max ＝BL v(2)根据电荷量的计算公式可得q ＝I t根据闭合电路欧姆定律可得I ＝ER根据法拉第电磁感应定律可得E ＝ΔΦt ＝BLx sin θt 解得q ＝BLx sin θR(3)根据能量守恒定律可得12m v 2＝mgx (1－cos θ)＋Q 根据焦耳定律Q ＝I 有2Rt解得I 有＝m [v 2－2gx (1－cos θ)]2Rt. 8．(2020·湖南3月模拟)如图13所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN 、PQ 平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，导轨的电阻不计．导轨顶端M 、P 两点间接有滑动变阻器和阻值为R 的定值电阻．一根质量为m 、电阻不计的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．空间存在磁感应强度大小为B 、方向垂直斜面向下的匀强磁场．调节滑动变阻器的滑片，使得滑动变阻器接入电路的阻值为2R ，让ab 由静止开始沿导轨下滑．不计空气阻力，重力加速度大小为g .图13(1)求ab 下滑的最大速度v m ；(2)求ab 下滑的速度最大时，定值电阻上消耗的电功率P ；(3)若在ab 由静止开始至下滑到速度最大的过程中，定值电阻上产生的焦耳热为Q ，求该过程中ab 下滑的距离x 以及通过滑动变阻器的电荷量q .答案 见解析解析 (1)ab 下滑的速度最大时，其切割磁感线产生的感应电动势为：E ＝BL v m ，此时通过定值电阻的电流为：I ＝E R ＋2R， ab 杆所受安培力大小为：F 安＝BIL ，由受力平衡得mg sin θ＝BIL ，联立解得：v m ＝3mgR sin θB 2L 2； (2)由电功率公式有：P ＝I 2R ，解得：P ＝m 2g 2R sin 2θB 2L 2； (3)由题意滑动变阻器接入电路的阻值为2R ，为定值电阻的2倍，根据焦耳定律可知，滑动变阻器上产生的焦耳热为2Q ；由能量守恒定律可得：mgx sin θ＝12m v m 2＋Q ＋2Q ， 解得：x ＝9m 2gR 2sin θ2B 4L 4＋3Q mg sin θ； 在ab 由静止开始至下滑到速度最大的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：ΔΦ＝BLx ，设ab 由静止开始至下滑到速度最大所用时间为Δt ，在该过程中，回路产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt 根据闭合电路欧姆定律可得，在该过程中，通过回路的平均感应电流为I ＝E 3R， 又q ＝I ·Δt 联立解得：q ＝3m 2gR sin θ2B 3L 3＋BLQ mgR sin θ. 专题强化练保分基础练1．(2020·江苏扬州市期末)穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图像如下图所示，可使回路中感应电流先增大后减小且方向不变的是( )答案 C解析 要使回路中感应电流先增大后减小且方向不变，则要求电动势先增大后减小且方向不变，A 、B 项两图回路在前半段时间内磁通量Φ随时间t 变化的图像的斜率为定值，电动势为定值；在后半段时间内磁通量Φ随时间t 变化的图像的斜率为也为定值，电动势为定值，故A 、B 错误；C 项图中磁通量Φ随时间t 变化的图像的斜率先变大后变小，所以感应电动势先变大后变小，且斜率始终为正值，电动势方向不变，故C 正确；D 项图中磁通量Φ随时间t 变化的图像的斜率大小先变小后变大，则电动势先变小后变大，且斜率的正负值变化，即电动势方向变化，故D 错误．2．(多选)(2020·江苏南通、泰州市期末)如图1所示，一条形磁铁竖直放置(上端为N 极)，金属线圈从磁铁正上方某处下落，经条形磁铁A 、B 两端时速度分别为v 1、v 2，线圈中的电流分别为I 1、I 2，线圈在运动过程中保持水平，则( )图1A ．I 1和I 2的方向相同B ．I 1和I 2的方向相反C ．I 1∶I 2＝v 12∶v 22D ．I 1∶I 2＝v 1∶v 2答案 BD解析 金属线圈经条形磁铁A 、B 两端时，磁通量先向上增大后向上减小，依据楞次定律“增反减同”，可知感应电流产生的磁场方向先向下，后向上，根据右手螺旋定则可知，则I 1和I 2感应电流的方向先顺时针，后逆时针(从上向下看)，即它们的方向相反，故A 错误，B 正确； 根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有I ＝E R ＝BL v R即I 与v 成正比，故C 错误，D 正确．3．(多选)(2020·江苏常州市期末)如图2所示，钳型电流表是一种穿心式电流互感器，选择量程后，将一根通电导线夹入钳中，就可以读出导线中的电流．该电流表( )图2 A ．可以测直流电流B ．可以测交流电流C ．量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多D ．量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变少答案 BC解析 电流互感器是根据电磁感应原理制成的，只能测量交流电流，不能测量直流电流，选项A 错误，B 正确；根据I 1I 2＝n 2n 1可知，n 1和I 2一定，则当I 1变大时n 2要增大，则量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多，选项C正确，D错误．4．(多选)(2020·山东潍坊市二模)如图3甲，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化时()图3A．在0～t1时间内，环有收缩趋势B．在t1～t2时间内，环有扩张趋势C．在t1～t2时间内，环内有逆时针方向的感应电流D．在t2～t3时间内，环内有逆时针方向的感应电流答案BC解析在0～t1时间内，B均匀增加，则在线圈中产生恒定的感生电动势，在导线框dcba中形成稳定的电流，故此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，选项A错误；在t1～t2时间内，B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向外减小，穿过环的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，选项B、C正确；在t2～t3时间内，B的方向向下，且B 的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应电流，选项D错误．5．(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图4甲所示，单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积S＝0.3 m2，线框连接一个阻值R＝3 Ω的定值电阻，其余电阻不计，线框的cd边位于磁场边界上．取垂直于纸面向外为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．下列说法正确的是()图4A ．在0～0.4 s 内，线框中感应电流沿逆时针方向B ．在0.4～0.8 s 内，线框有扩张的趋势C ．在0～0.8 s 内，线框中的感应电流为0.1 AD ．在0～0.4 s 内，ab 边所受安培力保持不变答案 C解析 由题图乙所示图线可知，在0～0.4 s 内，磁感应强度垂直于纸面向里，磁感应强度减小，则穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A 错误． 由题图乙所示图线可知，在0.4～0.8 s 内，穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B 错误．由题图乙所示图线可知，在0～0.8 s 内，线框产生的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝0.4－(－0.4)0.8×0.3 V ＝0.3 V ， 线框中的感应电流为：I ＝E R ＝0.33A ＝0.1 A ，故C 正确． 在0～0.4 s 内，线框中的感应电流I 保持不变，由题图乙所示图线可知，磁感应强度B 大小不断减小，由F ＝ILB 可知，ab 边所受安培力不断减小，故D 错误．6．(2020·江苏苏州市调研)如图5所示，两个相同的灯泡a 、b 和电阻不计的线圈L (有铁芯)与电源E 连接，下列说法正确的是( )图5A ．开关S 闭合瞬间，a 灯发光，b 灯不发光B ．开关S 闭合，a 灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭C ．开关S 断开，b 灯“闪”一下后熄灭D ．开关S 断开瞬间，a 灯左端的电势高于右端电势答案 B解析 闭合开关S 瞬间，两小灯泡均有电流流过，同时发光，A 错误；闭合开关S 瞬间，a 灯立即发光，根据楞次定律可知线圈中产生的阻碍原电流变大的感应电流逐渐减小至0，因为a 灯和线圈并联，所以通过线圈的电流逐渐增大，通过a 灯的电流逐渐减小，亮度逐渐减小，因为线圈电阻不计，所以稳定时a 灯被短路，最后熄灭，B 正确；断开开关瞬间，b 灯断路无电流流过，立即熄灭，C 错误；断开开关瞬间，根据楞次定律可知，通过线圈的电流向右，所以线圈右端电势高于左端，所以a 灯右端的电势高于左端，D 错误．7．(多选)如图6甲所示，导线制成的等边三角形OMN 放置在水平桌面上，竖直向下的匀强磁场穿过桌面．剪下MN 间的导线，向左平移到O 点，现使其在水平外力F 作用下紧贴MON 向右匀速运动，从O 点开始计时，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示，导线未脱离MON 之前，外力F 、导线与MON 构成的闭合电路的电动势E 、电路中的电流I 、外力的功率P 与时间t 变化的关系正确的是( )图6A ．F ∝t 2B ．E ∝t 2C ．I ∝tD ．P ∝t 3答案 BCD解析 由题图乙知，磁感应强度B ＝kt ，由几何知识可知，导线切割磁感线的有效长度为l ＝2v t tan 30°＝233v t ， 设导线单位长度电阻为R ，回路总电阻为R 总＝3lR ＝23v tR电动势E ＝Bl v ＝233k v 2t 2∝t 2，B 正确； I ＝E R 总＝k v t 3R∝t ，C 正确； 由题意知F ＝F 安＝BIl ＝239Rk 2v 2t 3∝t 3，A 错误； P ＝F v ＝239Rk 2v 3t 3∝t 3，D 正确． 8．(2020·江苏苏锡常镇一模)据报道，我国华中科技大学的科学家创造了脉冲平顶磁场磁感应强度超过60 T 的世界纪录，脉冲平顶磁场兼具稳态和脉冲两种磁场的优点，能够实现更高的强度且在一段时间保持很高的稳定度．如图7甲所示，在磁场中有一匝数n ＝10的线圈，线圈平面垂直于磁场，线圈的面积为S ＝4×10－4 m 2，总电阻为R ＝60 Ω.如图乙为该磁场磁感应强度的变化规律，设磁场方向向上为正，求：图7(1)t ＝0.5×10－2 s 时，线圈中的感应电动势大小；(2)在0～2×10－2 s 过程中，通过线圈横截面的电荷量；(3)在0～3×10－2 s 过程中，线圈产生的热量．答案 (1)24 V (2)4×10－3 C (3)0.192 J解析 (1)由E ＝n ΔB ΔtS 得E ＝10×601×10－2×4×10－4＝24 V (2)在0～1×10－2 s 过程中，由I ＝E R 得I ＝0.4 A在1×10－2 s ～2×10－2 s 过程中，线圈中电流为0，由q ＝I Δt 可知，流过线圈的电荷量为q ＝0.4×1×10－2 C ＝4×10－3 C(3)由Q ＝I 2Rt 得，0～3×10－2 s 过程中，线圈产生的热量为Q ＝0.42×60×2×10－2 J ＝0.192 J.争分提能练9．(2020·江苏南泰扬徐淮连宿二模)如图8甲所示，虚线右侧有一方向垂直纸面的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度随时间t 变化关系如图乙所示(取磁场垂直纸面向里的方向为正方向)，固定的闭合导线框一半在磁场内．从t ＝0时刻开始，下列关于线框中感应电流i 、线框ab 边受到的安培力F 随时间t 变化图像中，可能正确的是(取线框中逆时针方向的电流为正，安培力向右为正方向)( )图8答案 B解析 由题图可知，在0～T 2内线圈中磁感应强度的变化率相同，故0～T 2内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向；在T 2～T 内线圈中磁感应强度的变化率相同，故T 2～T 内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为负方向；根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔB Δt ·S 2，则感应电流为i ＝E R ＝ΔB Δt ·S 2R由题图可知两段时间内的磁感应强度大小相等，故两段时间内的感应电流大小相等，故A 错误，B 正确；由上分析可知，一个周期内电路的电流大小恒定不变，根据F ＝BIL 可知F 与B 成正比，则在0～T 4内磁场垂直纸面向外减小，电流方向由b 到a ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向右，为正方向，大小随B 均匀减小；在T 4～T 2内磁场垂直纸面向里增大，电流方向由b 到a ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向左，为负方向，大小随B 均匀增大；在T 2～3T 2内磁场垂直纸面向里减小，电流方向由a 到b ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向右，为正方向，大小随B 均匀减小；在3T 2～T 内磁场垂直纸面向外增大，电流方向由a 到b ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向左，为负方向，大小随B 均匀增大，故C 、D 错误．10．(多选)如图9所示，Ⅰ、Ⅱ两条虚线之间存在匀强磁场，磁场方向与竖直纸面垂直．一个质量为m 、边长为L 的正方形导体框，在此平面内沿竖直方向运动，t ＝0时刻导体框的上半部分恰好进入磁场，速度为v 0.经历一段时间后，当导体框上半部分恰好出磁场时，速度为零．此后导体框下落，再经历一段时间到达初始位置．不计空气阻力，则导体框( )图9A ．在上升过程中的加速度一直大于g。
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1．在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B方向相反的水平匀强磁
场，如图所示．PQ为两个磁场的界，
磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R的
金属正方形线框，以
速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线
框运动到分别有一半
面积在两个磁场中时，线框的速度为v/2，则下列说法正确的是()．
A．此过程中通过线框截面的电荷量为2Ba2
R B．此时线框的加速度为
B2a2v
2mR
C．此过程中回路产生的电能为3
8m v
2D．此时线框中的电功率为
B2a2v2
R
2．竖直平行导轨MN上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨间的长度为L，垂直导轨平面的水平匀强磁场方
向向里，不计ab杆及导轨电阻，不计摩擦，且ab与导轨
接触良好，如图.若ab杆在竖直方向外力F作用下匀速上
升，则
A.拉力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
B.金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
C.拉力F和重力做功的代数和等于R上产生的焦耳热
D.拉力F与安培力的合力所做的功等于mgh
3.如图16-14所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒ab,质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F.此时( )
图16-14
A.电阻R1消耗的热功率为Fv/3
B.电阻R2消耗的热功率为Fv/6
C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ
D.整个装置消耗的机械功率为(F+μmgcosθ)v
4.如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连。
匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。
有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置以平行于斜面的大小为v的初速度向上运动，最远到达
a′b′的位置。
已知ab与a′b′之间的距离为s；导体棒电阻的阻值也为R，与导轨之间的动摩擦因数为。
则（）
A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B．上滑到a′b′过程中电流做功发出的热量
C．上滑到a′b′过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为D．上滑到a′b′过程中导体棒机械能减小量为。