2014届高考物理一轮复习课件(考纲解读+考点探究+高分技巧)：9.1电磁感应现象 楞次定律(53张ppt,详解)
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命题热点13
电磁感应现象和楞次定律 命题专家评述
考情分析
2012年全国各地的高考卷中，对电磁感应现象和楞次定律 的考查有5处． 高考题型：选择题 命题趋势
2014年对电磁感应现象和楞次定律可能还会单独命题，也
答案
D
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【知识存盘】
楞次定律
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三定则一定律 适用范围 安培定则 电流的磁 效应 基本现象 运动电荷、电流产生磁场
磁场对运动电荷、电流的作 左手定则 磁场力 用 右手定则 部分导体做切割磁感线运动 电磁感应 楞次定律 闭合回路的磁通量变化
磁场中，然后再从磁场中穿出．已
知匀强磁场区域的宽度L大于线框的 高度h，下列说法正确的是 ( )． 图9-1-2
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A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生 B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产 生 C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转化成电 能
可能容纳到计算题中．
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阅卷教师叮咛
易失分点 1．不能正确确定所研究的回路． 2．对楞次定律中的“阻碍”理解不透． 3．不能灵活选用楞次定律推广的规律． 4．分不清感应电流的磁场和原磁场的关系． 应对策略
对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效
图9-1-3
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A．三者同时落地 B．甲、乙同时落地，丙后落地 C．甲、丙同时落地，乙后落地
D．乙、丙同时落地，甲后落地
解析 甲是铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安
培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙 是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动， 故D正确．
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解析
①确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，
磁场方向向下．
②明确回路中磁通量的变化情况：线圈中向下的磁通量增加．
③由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中感应电流产生的磁 场方向向上． ④应用右手定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)即： b→G→a.
同理可以判断：条形磁铁穿出线圈的过程中，向下的磁通量减
右运动．则PQ所做的运动可能是
A．向右加速运动 C．向右减速运动 B．向左加速运动 D．向左减速运动
图9-1-8 ( )．
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解析
MN 向右运动，说明 MN 受到向右的安培力，因为 ab
在 MN 处的磁场垂直纸面向里左手定则MN 中的感应电流由 ――→ 安培定则 楞次定律 M→N ―――→ L1 中感应电流的磁场方向向上――――→
小，由楞次定律可得线圈中将产生顺时针方向的感应电流(俯 视)，电流从a→G→b. 答案 D
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【变式跟踪2】 如图9-1-7所示，通电 螺线管左侧和内部分别静止吊一 导体环a和b，当滑动变阻器R的滑
动触头c向左滑动时
A．a向左摆，b向右摆 C．a向左摆，b不动
B．使螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心的轴转动 C．使线圈a以MN为轴转动
D．使线圈绕垂直于MN的直径转动
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解析
题中图示位置无论螺线管中的电流怎样发生变化，均
无磁感线穿过线圈平面，磁通量始终为零，故无感应电流产
生，选项A错误．若螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心 的轴转动，穿过线圈的磁通量始终为零，故无感应电流产生， 选项B错误．若线圈a以MN为轴转动，穿过线圈的磁通量始 终为零，故无感应电流产生，选项C错误．若线圈绕垂直于
B．ΦA<ΦB D．不能确定
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解析
磁通量Φ＝Φ内－Φ外．对A、B两环，Φ内相同；而对于
Φ外，B的大于A的，所以ΦA>ΦB.故正确答案为A. 答案 A
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【知识存盘】
1．概念：在磁感应强度为B的匀强
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高考佐证
(2012·课标全国卷，20)如图9-1-10所示，一载流长
直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在 长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在 t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种 变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线 图9-1-10 框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流 i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线 可能是 ( )．
【典例2】 某实验小组用如图9-1-6所示的实 验装置来验证楞次定律．当条形磁铁自 上而下穿过固定的线圈时，通过电流计 的感应电流方向是 图9-1-6 B．先a→G→b，后b→G→a D．先b→G→a，后a→G→b ( )．
A．a→G→b
C．b→G→a
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D．整个线框都在磁场中运动时，机械能转化成电能
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解析
产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变
化，线框全部在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流， 故选项B、D错误．线框进入和穿出磁场的过程中磁通量发 生变化，产生了感应电流，故选项A正确．在产生感应电流 的过程中线框消耗了机械能，故选项C正确．
(
)．
图9-1-7 B．a向右摆，b向左摆 D．a向右摆，b不动
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解析
当滑动变阻器R的滑动触头c向左滑动时，电路中的电
流变大，螺线管产生的磁场逐渐增强，穿过a的磁通量变大，
根据楞次定律可知，a向左摆动；b处于螺线管内部，其周围
的磁场为匀强磁场，方向水平向左，圆环中虽然也产生感应 电流，但根据左手定则可判断出，安培力与b在同一个平面 内，产生的效果是使圆环面积缩小，并不使其摆动，所以C 项正确．
B．通电时，使滑动变阻器的滑片P匀速移动
C．通电时，使滑动变阻器的滑片P加速移动
D．将电键突然断开的瞬间
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解析
当线圈中通恒定电流时，产生的磁场为稳恒磁场，通
过铜环A的磁通量不发生变化，不会产生感应电流． 答案 A
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借题发挥 电磁感应现象是否发生判断流程：
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考点二
楞次定律的理解及应用
楞次定律中“阻碍”的含义
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MN的直径转动，穿过线圈的磁通量会发生变化，故有感应
电流产生，选项D正确． 答案 D
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【变式跟踪1】 如图9-1-5所示，绕在铁芯上的线圈与电源、
滑动变阻器和电键组成闭合回路，在铁芯的右端套有一 个表面绝缘的铜环A，下列各种情 况中铜环A中没有感应电流的是 ( A．线圈中通以恒定的电流 )． 图9-1-5
L2中磁场方向向上减弱 L2中磁场方向向下增强
； L2 中磁场方向向上减弱安培定则 若 ――→
右手定则 PQ 中电流为 Q→P 且减小――――→向右减速运动； L2 中磁 若 安培定则 场 方 向 向 下 增 强 ― ― ― PQ 中 电 流 为 P→Q 且 增 大 ――→ 右手定则 ――――→向左加速运动．
第1讲 电磁感应现象 楞次定律
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磁通量
【思维驱动】
Ⅰ(考纲要求)
如图9-1-1所示，在条形磁铁外套有A、B
两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量
ΦA与穿过B环的磁通量ΦB相比较 ( A．ΦA>ΦB C．ΦA＝ΦB
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)． 图9-1-1
回路不闭合，则只有 感应电动势 ，而无 感应电流 .
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楞次定律
【思维驱动】
Ⅱ(考纲要求)
如图9-1-3所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，
丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，
现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落 过程中不翻转)，则以下说法正确的是 ( )．
答案
BC
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
高三物理一轮复习精品课件3：9.1电磁感应现象 楞次定律
磁通量的变化量与发生此变化所用时间的__比__值___，即 ΔΦ Δt
[特别提醒] (1)公式Φ＝B·S中的B应是匀强磁场的 磁感应强度，S是与磁场方向垂直的平面的面积，因此 可以理解为Φ＝BS⊥.如果平面与磁场方向不垂直，应把 面积S投影到与磁场方向垂直的平面上，求出投影面积 S⊥，代入到Φ＝BS⊥中计算．
2. [对磁通量的考查]如图所示，在条形磁铁外套有
A、B两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量ΦA与穿 过B环的磁通量ΦB相比较( )
A. ΦA>ΦB
B. ΦA<ΦB
C. ΦA＝ΦB
D. 不能确定
解析：磁通量Φ＝Φ内－Φ外．对A、B两环，Φ内相
同；而对于Φ外，B的大于A的，所以ΦA>ΦB.故正确答
案为A. 答案：A
知识点3 楞次定律 Ⅱ
1.楞次定律
(1) 内 容 ： 感 应 电 流 具 有 这 样 的 方 向 ， 即 _感__应__电__流__的__磁__场__总__要__阻__碍__引__起__感__应__电__流__的__磁__通__量__的__变__化．
(2)适用范围：一_切__电__磁__感__应__现__象__．____
(2) 特 例 ： 闭 合 电 路 的 一 部 分 导 体 在 磁 场 内 做 ___切__割__磁__感__线____的运动．
3. 产生电磁感应现象的实质 电磁感应现象的实质是产生_感__应__电__动__势____，如果回路闭合 则 产 生 _感__应__电__流_______ ； 如 果 回 路 不 闭 合 ， 则 只 产 生 __感__应__电__动__势____，而不产生____感__应__电__流__．__ 4. 能量转化 发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为_电__能__.
2014届高考物理一轮复习金榜课件：9
(1)若磁感应强度随时间按B＝B0＋kt变化(k为常量)，写出磁场对线 框ab边的作用力大小随时间变化的关系式； (2)若磁感应强度保持B＝B0不变，线框以恒定 角速度ω绕OO′匀速转动，求线框从图示位
置转过90°过程中通过导线横截面的电荷量；
(3)第(2)问中线框刚好转过90°时，求线框中 的电流强度大小．
磁场的区域宽度为2a，磁感应强度
的大小为B.一边长为a、电阻为4R的
正方形均匀导线框ABCD从图示位置沿水平向右方向以速度
v匀速穿过磁场区域，在下图中线框A、B两端电压UAB与线
框移动距离的关系图象正确的是(
)D
7．半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺 口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属 板连接，两板间距为d，如图甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面， 规定向内为正，变化规律如图乙所示．在t＝0时刻平板之间中心有 一重力不计，电荷量为q的静止微粒．则以下说法正确的是( A )
A．第2秒内上极板为正极 B．第3秒内上极板为负极 C．第2秒末微粒回到了原来位置 D．第2秒末两极板之间的 电场强度大小为 r2
5d
9．如图所示的电路中，电源的电动
势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，
电阻R的阻值大于灯泡D的阻值．在
t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S.下 列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是 (B )
两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )
A．合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭 B．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭 C．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时熄灭 D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭
高三物理一轮复习人教版课件_9-1电磁感应现象_楞次定律
第九章 电磁感应
1．产生电磁感应现象的实质 穿过电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电动 势。如果电路闭合，则有感应电流；如果电路不闭合，则只
有感应电动势而无感应电流。
2．磁通量发生变化的三种常见情况 (1)磁场强弱不变，回路面积改变； (2)回路面积不变，磁场强弱改变； (3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生
2．公式：Φ＝ BS 。
3．单位：韦伯 ，符号：Wb。
4．磁通量是 标量 (填“标量”或“矢量”)。
高考总复习· 物 理（RJ）
第九章 电磁感应
1．磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量。如图所示， 通有恒定电流的导线 MN与闭合线框共面，第一次将线框由位 置 1 平移到位置 2，第二次将线框绕 cd边翻转到 2 ，设先后两次
体切割磁感线情况画出E
t图象和I t图象；另一类
是Φ t图象或B t图象与E t图象和I t图象之间的转化。 4．实际应用问题：理解和掌握日光灯原理、电磁阻
尼、电磁驱动及磁悬浮原理等。
高考总复习· 物 理（RJ）
第九章 电磁感应
第 1讲
电磁感应现象 楞次定律
1．定义：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向 垂直 的面积S和B的乘积。
第九章 电磁感应
高考总复习· 物 理（RJ）
★★☆ 2．法拉第电磁感应定律 Ⅱ★★★★★ 3．楞次定律 Ⅱ★★★★★ 4．自感、涡流 Ⅰ★★★★☆
备考指导
1.熟练掌握应用楞次定律判断感应电流方向的方法； 能够理解和区分安培定则、左手定则、右手定则。 2．法拉第电磁感应定律的应用、导体切割磁感线产 生感应电动势的计算是高考热点，常结合电路、力学、 能量守恒等知识进行考查。 3．电磁感应的图象问题一般有两大类：一是根据导
高考物理大一轮专题复习课件：专题九 第1讲 电磁感应现象 楞次定律
【基础检测】
2.如图 9-1-1 所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀
强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上 A 点作切线 OO′，OO′
与线圈在同一平面上.在线圈以 OO′为轴翻转 180°的过程中，
线圈中电流流向( )
A.始终由 A→B→C→A
B.始终由 A→C→B→A
C.先由 A→C→B→A 再由 A→B→C→A
D.绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在 给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
答案：D
二、楞次定律和右手定则 1.楞次定律 (1)内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总 要阻碍引起___感__应__电__流___的磁通量的变化. (2)适用情况：所有电磁感应现象. 2.右手定则 (1)内容：伸开右手，让大拇指与四指____垂__直____，并与手 掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过____掌__心_____，大拇指指向 导__线__运__动__的方向，其余四指所指方向即为__感__应__电__流__的方向. (2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电动势.
解析：穿过线圈的磁通量 Φ＝BS＝B·12L2＝B2L2，选项 A 正 确.
答案：A
》》》考点 2 楞次定律 感应电流方向的判定 ⊙重点归纳 1.楞次定律中“阻碍”的含义
2.判断感应电流方向的两种方法 方法一 用楞次定律判断
方法二 用右手定则判断 该方法适用于切割磁感线产生的感应电流.判断时注意掌 心、拇指、四指的方向： (1)掌心——磁感线垂直穿入； (2)拇指——指向导体运动的方向； (3)四指——指向感应电流的方向.
答案：BC 备考策略：三个定则容易相混，特别是左、右手易错，关 键是抓住因果关系： (1)因电而生磁(I→B)→安培定则. (2)因动而生电(v、B→I 安)→右手定则. (3)因电而受力(I、B→F 安)→左手定则.
高考物理一轮复习方案 (高频考点+热点导练+历年高考题)第9章 第1节 电磁感应现象 楞次定律课件
题型一：磁通量及其变化(biànhuà)的计算
【例4】面积为S的矩形线框abcd，处在磁感应强度 为B的匀强磁场中(磁场区域足够大)，磁场方向与线 框平面(píngmiàn)成θ角，如图914所示，当线框以ab 为轴顺时针转90°过程中，穿过abcd的磁通量变化 量ΔΦ=____________.
(2)线框进入(jìnrù)磁场阶段，穿过线框的磁通量增加， 线框中将产生感应电流，由右手定则可知，感应电流方向 为逆时针方向；线框在磁场中运动阶段，穿过线框的磁通 量保持不变，无感应电流产生；线框离开磁场阶段，穿过 线框的磁通量减少，线框中将产生感应电流，由右手定则 可知，感应电流方向为顺时针方向．
最后，根据图丙所提供的感应电流和原磁场的分 布情况，运用左手定则可判定a、b、c三个铝环所受 的安培力分别如图丙所示，于是a受安培力Fa作用， 向左运动，c环受安培力Fc作用，向右运动，而由b环 受力的对称性可知，b环所受的安培力Fb合力(hélì)为 零，b环仍然静止．因此正确答案为选项A.
第二十五页，共42页。
(1)①线框进入磁场(cíchǎng)阶段：t为0～l/v.线 框进入磁场(cíchǎng)中的面积线性增加，S=l·v·t，最 后Φ=B·S=Bl2.
②线框在磁场(cíchǎng)中运动阶段： t为l/v～2l/v，线框磁通量为 Φ=B·S=Bl2，保持不变．
第七页，共42页。
③线框离开磁场阶段，t为2l/v～3l/v，线框磁通量线 性减少，最后为零．
第十八页，共42页。
答案：B
点评：在实际问题的分析(fēnxī)中，楞次定律的应用可 拓展为以下四个方面
①阻碍原磁通量的变化，即“增反减同”； ②阻碍相对运动，即“来拒去留”； ③使线圈面积有扩大或缩小的趋势，即“大小小 大”； ④阻碍导体中原来的电流发生变化，即“自感现 象”．
高考物理一轮复习电磁感应现象楞次定律优质课件
＝B·πr2，B正确．
第九章 电磁感应
知识整合基础
热点考向剖析
学科素养提升
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课时演练·大冲关
知识点二
电磁感应现象
[想一想]
法拉第圆盘发电机中，似乎穿过闭合电路 的磁通量没有变化，怎么能产生感应电流？
提示： 随着圆盘的转动， 定向运动电子受到洛伦兹力作用， 造成正、负电荷分别向圆盘中心和边缘累积，产生电动势，进 而产生感应电流．也可把圆盘看成由许多根“辐条”并联，圆 盘转动，每根“辐条”做切割磁感线运动产生电动势，进而产 生感应电流．
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课时演练·大冲关
[填一填] 1．定义 磁感线条数 定义为 某一面积S 磁场中穿过磁场_______________ 的_____________ 穿过该面积的磁通量．
2．公式 BS Φ＝____.
3．单位 1 T·m2 1 Wb＝_______.
第九章 电磁感应
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课时演练·大冲关
[练一练]
如图所示，半径为 R 的圆形线圈共有 n 匝，其中心位置处
半径为 r 的范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁 感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为( A．πBR2 C．nπBR2 B．πBr2 D．nπBr2 )
【解析】
【答案】
Φ ＝ BS 中 S指磁感线垂直穿过的面积，所以 Φ
第九章 电磁感应
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知识点一
磁通量
[想一想]
如图所示，在条形磁铁外套有 A 、 B 两个大小不同的圆 环，穿过A环的磁通量ΦA和穿过B环的磁通量ΦB大小关系是什 么？
2014高考物理(江苏专版)一轮复习讲义 第9章 电磁感应 专题10 电磁感应中的动力学和能量问题
专题十 电磁感应中的动力学和能量问题考纲解读 1.会分析计算电磁感应中有安培力参与的导体的运动及平衡问题.2.会分析计算电磁感应中能量的转化与转移．考点一 电磁感应中的动力学问题分析1． 安培力的大小由感应电动势E ＝Bl v ，感应电流I ＝E R 和安培力公式F ＝BIl 得F ＝B 2l 2v R. 2． 安培力的方向判断3． 导体两种状态及处理方法(1)导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析．(2)导体的非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．例1 (2012·广东理综·35)如图1所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板，R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．图1(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I 及导体棒的速率v .(2)改变R x ，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x.解析 (1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示．导体棒所受安培力F 安＝BIl ①导体棒匀速下滑，所以F 安＝Mg sin θ ②联立①②式，解得I ＝Mg sin θBl③ 导体棒切割磁感线产生感应电动势E ＝Bl v ④由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋R x，且R x ＝R ，所以I ＝E 2R ⑤ 联立③④⑤式，解得v ＝2MgR sin θB 2l 2(2)由题意知，其等效电路图如图所示．由图知，平行金属板两板间的电压等于R x 两端的电压．设两金属板间的电压为U ，因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I ，所以由欧姆定律知U ＝IR x ⑥要使带电的微粒匀速通过，则mg ＝q U d⑦ 联立③⑥⑦式，解得R x ＝mBld Mq sin θ. 答案 (1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2 (2)mBld Mq sin θ规律总结解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是 “先电后力”，即：先做“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ；再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相应部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；最后进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．突破训练1 如图2所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab 、cd 与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab 、cd 的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F 水平向右拉金属棒cd ，经过足够长时间以后( ) 图2A ．金属棒ab 、cd 都做匀速运动B ．金属棒ab 上的电流方向是由b 向aC ．金属棒cd 所受安培力的大小等于2F /3D ．两金属棒间距离保持不变答案 BC解析 对两金属棒ab 、cd 进行受力分析和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab 速度小于金属棒cd 速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab 上的电流方向是由b 到a ，A 、D 错误，B 正确；以两金属棒整体为研究对象有：F ＝3ma ，隔离金属棒cd 分析：F －F 安＝ma ，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝23F，C正确；因此答案选B、C.考点二电磁感应中的能量问题分析1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．2．求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．(2)若电流变化，则：①利用安培力做的功求解：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，则机械能的减少量等于产生的电能．例2如图3所示，倾角为θ＝30°、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L1＝0.4 m，B1＝5 T的匀强磁场垂直导轨平面向上．一质量m＝1.6 kg的金属棒ab垂直于MN、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，其电阻r＝1 Ω.金属导轨上端连接右侧电路，R1＝1 Ω，R2＝1.5 Ω.R2两端通过细导线连接质量M＝0.6 kg的正方形金属框cdef，正方形边长L2＝0.2 m，每条边电阻r0为1 Ω，金属框处在一方向垂直纸面向里、B2＝3 T的匀强磁场中．现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，g取10 m/s2.(1)若将电键S断开，求棒下滑过程中的最大速度．(2)若电键S闭合，每根细导线能承受的最大拉力为3.6 N，求细导线刚好被拉断时棒的速度．(3)若电键S闭合后，从棒释放到细导线被拉断的过程中，棒上产生的电热为2 J，求此过程中棒下滑的高度(结果保留一位有效数字)．图3解析(1)棒下滑过程中，沿导轨的合力为0时，速度最大，mg sin θ－F安＝0F安＝B1IL1I＝Er＋R1＋R2E＝B1L1v max代入数据解得：v max＝7 m/s(2)闭合S 后，设细导线刚断开时，通过金属框ef 边电流为I ′，则通过cd 边的电流为3I ′则：2F T －Mg －B 2I ′L 2－3B 2I ′L 2＝0解得I ′＝0.5 A通过R 2的电流I 2＝3I ′r 0R 2I 2＝1 A电路总电流I 1＝I 2＋4I ′＝3 A金属框接入电路总电阻R 框＝34Ω R 2与R 框并联电阻为R ′，R ′＝R 框R 2R 框＋R 2＝12Ω 设此时棒的速度为v 1，则有I 1＝B 1L 1v 1r ＋R 1＋R ′解得v 1＝3.75 m/s(3)当棒下滑高度为h 时，棒上产生的热量为Q ab ，R 1上产生的热量为Q 1，R 2与R 框上产生的总热量为Q ′，根据能量转化与守恒定律有mgh ＝12m v 21＋Q ab ＋Q 1＋Q ′ Q ab ＝2 JQ 1＝Q ab ＝2 JQ ′＝Q ab 2＝1 J 解得h ≈1 m答案 (1)7 m/s (2)3.75 m/s (3)1 m技巧点拨电磁感应中能量转化问题的分析技巧1． 电磁感应过程往往涉及多种能量的转化(1)如图4中金属棒ab 沿导轨由静止下滑时，重力势能减少，一部分用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能，最终在R 上转化为焦耳热，另一部分转化为金属棒的动能．(2)若导轨足够长，棒最终达到稳定状态做匀速运动，之后重力势能的减小则完全用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能． 图42． 安培力做功和电能变化的特定对应关系(1)“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．(2)安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能．3． 解决此类问题的步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向．(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式．(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方程，联立求解．突破训练2 如图5所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab 质量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用．金属棒沿导轨匀速下滑， 图5则它在下滑高度h 的过程中，以下说法正确的是 ( )A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零B ．重力做的功等于系统产生的电能C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热D ．金属棒克服恒力F 做的功等于电阻R 上产生的焦耳热答案 AC解析 根据动能定理，合力做的功等于动能的增量，故A 对；重力做的功等于重力势能的减少，重力做的功等于克服F 所做的功与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，所以B 、D 错，C 对．44．应用动力学和能量观点解决电磁感应中的“导轨＋杆”模型问题1． 模型概述“导轨＋杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“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．“导轨＋杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；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运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂，形式多变．2． 常见模型类型“电—动—电”型 “动—电—动”型示意图已知量 棒ab 长L ，质量m ，电阻R ；导轨光滑水平，电阻不计棒ab 长L ，质量m ，电阻R ；导轨光滑，电阻不计 过程分析S 闭合，棒ab 受安培力F ＝BLE R ，棒ab 释放后下滑，此时加速度a ＝此时加速度a＝BLEmR，棒ab速度v↑→感应电动势E′＝BL v↑→电流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，当安培力F＝0时，a＝0，v最大，最后匀速运动g sin α，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BL v↑→电流I＝ER↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mg sin α时，a＝0，v最大，最后匀速运动能量转化通过安培力做功，把电能转化为动能克服安培力做功，把重力势能转化为内能运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动，v m＝E′BL匀速运动v m＝mgR sin αB2L2解析(1)设甲在磁场区域abcd内运动时间为t1，乙从开始运动到ab位置的时间为t2，则由运动学公式得L＝12·2g sin θ·t21，L＝12g sin θ·t22解得t1＝Lg sin θ，t2＝2Lg sin θ(1分)因为t1<t2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场．(1分)设乙进入磁场时的速度为v1，乙中产生的感应电动势为E1，回路中的电流为I1，则12m v21＝mgL sin θ(1分)E1＝Bd v1 (1分)I1＝E1/2R (1分)mg sin θ＝BI 1d (1分)解得R ＝B 2d 22m 2L g sin θ(1分) (2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t ，甲的速度为v ，甲中产生的感应电动势为E ，回路中的电流为I ，外力为F ，则v ＝at (1分)E ＝Bd v (1分)I ＝E /2R (1分)F ＋mg sin θ－BId ＝ma (1分)a ＝2g sin θ联立以上各式解得F ＝mg sin θ＋mg sin θ 2g sin θL ·t (0≤t ≤ L g sin θ) (1分) 方向垂直于杆平行于导轨向下． (1分)(3)甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v 0，甲、乙产生的热量相同，均设为Q 1，则v 20＝2aL (1分)W ＋mgL sin θ＝2Q 1＋12m v 20 (2分)解得W ＝2Q 1＋mgL sin θ乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q 2，则2Q 2＝mgL sin θ(2分)根据题意有Q ＝Q 1＋Q 2 (1分)解得W ＝2Q (1分)答案 (1)B 2d 22m 2L g sin θ(2)F ＝mg sin θ＋mg sin θ2g sin θL ·t (0≤t ≤ L g sin θ)，方向垂直于杆平行于导轨向下 (3)2Q突破训练3 如图7甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度L ＝1m ，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接阻值为R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g ＝10 m/s 2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)，求：甲 乙图7(1)磁感应强度B 的大小；(2)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，通过电阻R 的电荷量；(3)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，电阻R 上产生的热量．答案 (1)0.1 T (2)0.67 C (3)0.26 J解析 (1)金属棒在AB 段匀速运动，由题中图象乙得：v ＝Δx Δt＝7 m/s I ＝BL v r ＋R，mg ＝BIL 解得B ＝0.1 T(2)q ＝I Δt I ＝ΔΦ(R ＋r )ΔtΔΦ＝ΔS ΔtB 解得：q ＝0.67 C(3)Q ＝mgx －12m v 2 解得Q ＝0.455 J从而Q R ＝R r ＋RQ ＝0.26 J高考题组1． (2012·山东理综·20)如图8所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好， 图8不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是 ( )A ．P ＝2mg v sin θB ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2sin θ D ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功答案 AC解析 根据I ＝E R ＝BL v R，导体棒由静止释放，速度达到v 时，回路中的电流为I ，则根据共点力的平衡条件，有mg sin θ＝BIL .对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，使其以2v的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I ，则根据平衡条件，有F ＋mg sin θ＝B ·2IL ，所以拉力F ＝mg sin θ，拉力的功率P ＝F ×2v ＝2mg v sin θ，故选项A 正确，选项B 错误；当导体棒的速度达到v 2时，回路中的电流为I 2，根据牛顿第二定律，得mg sin θ－B I 2L ＝ma ，解得a ＝g 2sin θ，选项C 正确；当导体棒以2v 的速度匀速运动时，根据能量守恒定律知，重力和拉力所做的功之和等于R 上产生的焦耳热，故选项D 错误．2． (2012·江苏单科·13)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图9所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝l 、bc ＝ad ＝2l .线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r ，外接电阻为R .求：图9(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m ；(2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F ；(3)外接电阻上电流的有效值I .答案 (1)2NBl 2ω (2)4N 2B 2l 3ωr ＋R (3)4NBl 2ω3(r ＋R )解析 (1)bc 、ad 边的运动速度v ＝ωl 2感应电动势E m ＝4NBl v解得E m ＝2NBl 2ω(2)电流I m ＝E m r ＋R安培力F ＝2NBI m l解得F ＝4N 2B 2l 3ωr ＋R(3)一个周期内，通电时间t ＝49TR 上消耗的电能W ＝I 2m Rt 且W ＝I 2RT解得I ＝4NBl 2ω3(r ＋R ).模拟题组3． 如图10，两根足够长光滑平行金属导轨PP ′、QQ ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的 两金属板M 、N 相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab 水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好． 图10 现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab ，则 ( ) A ．金属棒ab 最终可能匀速下滑 B ．金属棒ab 一直加速下滑C ．金属棒ab 下滑过程中M 板电势高于N 板电势D ．带电微粒不可能先向N 板运动后向M 板运动 答案 BC解析 金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对金属板M 、N 充电，充电电 流通过金属棒时金属棒受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有 mg sin θ－BIL >0，金属棒将一直加速下滑，A 错，B 对；由右手定则可知，金属棒a 端(即M 板)电势高，C 对；若微粒带负电，则电场力向上，与重力反向，开始时电场力为0， 微粒向下加速，当电场力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，可能向N 板减速运动到零后再向M 板运动，D 错．4． 如图11所示，足够长的光滑平行金属导轨cd 和ef 水平放置，在其左端连接倾角为θ＝37°的光滑金属导轨ge 、hc ，导轨间距均为L ＝1 m ，在水平导轨和倾斜导轨上，各放一根与导轨垂直的金属杆，金属杆与导轨接触良好．金属杆a 、b 质量均为m ＝0.1 kg ，电阻R a ＝2 Ω、R b ＝3 Ω，其余电阻不计．在水平导轨和斜面导轨区域分别有竖直向上和竖直向下的匀强磁场B 1、B 2，且B 1＝B 2＝0.5 T ．已知从t ＝0时刻起，杆a 在外力F 1作用下由静止开始水平向右运动，杆b 在水平向右的外力F 2作用下始终保持静止状态，且F 2＝0.75＋0.2t (N)．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图11(1)通过计算判断杆a 的运动情况；(2)从t ＝0时刻起，求1 s 内通过杆b 的电荷量；(3)若t ＝0时刻起，2 s 内作用在杆a 上的外力F 1做功为13.2 J ，则这段时间内杆b 上产生的热量为多少？答案 (1)以4 m/s 2的加速度做匀加速运动 (2)0.2 C (3)6 J解析 (1)因为杆b 静止，所以有 F 2－B 2IL ＝mg tan 37° 而F 2＝0.75＋0.2t (N) 解得I ＝0.4t (A)整个电路中的电动势由杆a 运动产生，故 E ＝I (R a ＋R b ) E ＝B 1L v 解得v ＝4t所以，杆a 做加速度为a ＝4 m/s 2的匀加速运动．(2)杆a 在1 s 内运动的距离d ＝12at 2＝2 mq ＝I ΔtI ＝E R a ＋R bE ＝ΔΦΔt ＝B 1Ld Δtq ＝ΔΦR a ＋R b ＝B 1Ld R a ＋R b＝0.2 C 即1 s 内通过杆b 的电荷量为0.2 C(3)设整个电路中产生的热量为Q ，由能量守恒定律得W 1－Q ＝12m v 21v 1＝at ＝8 m/s解得Q ＝10 J从而Q b ＝R bR a ＋R bQ ＝6 J►题组1 电磁感应中的动力学问题1． 如图1(a)所示为磁悬浮列车模型，质量M ＝1 kg 的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ1＝0.1的粗糙水平地面上．位于磁场中的正方形金属框ABCD 为动力源，其质量m ＝1 kg ，边长为1 m ，电阻为116 Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2＝0.4.OO ′为AD 、BC 的中线．在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO ′CD 区域内磁场如图(b)所示，CD 恰在磁场边缘以外；OO ′BA 区域内磁场如图(c)所示，AB 恰在磁场边缘以内(g ＝10 m/s 2)．若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金属框从静止释放后( )图1A ．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为3 m/s 2B ．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为7 m/s 2C ．若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s 2，绝缘板仍静止D ．若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s 2，绝缘板的加速度为2 m/s 2 答案 AD解析 若金属框固定在绝缘板上，由题意得E ＝ΔB 1Δt ·12S ABCD ＝1×12×1×1 V ＝0.5 V ，I＝ER ＝8 A ，F AB ＝B 2IL ＝8 N ，取绝缘板和金属框整体进行受力分析，由牛顿第二定律：F AB －μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得a ＝3 m/s 2，A 对，B 错；若金属框不固定，对金属框进行受力分析，假设其相对绝缘板滑动，F f1＝μ2mg ＝0.4×1×10 N ＝4 N<F AB ，假设正确．对金属框应用牛顿第二定律得F AB －F f1＝ma 1，a 1＝4 m/s 2；对绝缘板应用牛顿第二定律得F f1－F f2＝Ma 2，F f2＝μ1(M ＋m )g ＝2 N ，解得a 2＝2 m/s 2，C 错，D 对． 2． (2011·天津理综·11)如图2所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距为l ＝0.5 m ，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均 与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab 、cd 分别垂直导轨放置， 每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m ＝0.02 kg ，电阻均为R ＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.2 T ，棒ab 在平行于导轨向上的力F 作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd 恰好能够保持静止，取g ＝10 m/s 2，问：(1)通过棒cd 的电流I 是多少，方向如何？ (2)棒ab 受到的力F 多大？(3)棒cd 每产生Q ＝0.1 J 的热量，力F 做的功W 是多少？ 答案 (1)1 A 方向由d 至c (2)0.2 N (3)0.4 J 解析 (1)棒cd 受到的安培力 F cd ＝IlB棒cd 在共点力作用下受力平衡，则 F cd ＝mg sin 30° 代入数据解得I ＝1 A根据楞次定律可知，棒cd 中的电流方向由d 至c (2)棒ab 与棒cd 受到的安培力大小相等 F ab ＝F cd对棒ab ，由受力平衡知 F ＝mg sin 30°＋IlB 代入数据解得 F ＝0.2 N(3)设在时间t 内棒cd 产生Q ＝0.1 J 的热量，由焦耳定律知 Q ＝I 2Rt设棒ab 匀速运动的速度大小为v ，其产生的感应电动势 E ＝Bl v由闭合电路欧姆定律知I ＝E 2R由运动学公式知在时间t 内，棒ab 沿导轨的位移 s ＝v t 力F 做的功 W ＝Fs综合上述各式，代入数据解得 W ＝0.4 J3． 如图3所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为l ，导轨左端连接一个电阻．一根质量为m 、电阻为r 的金属杆ab 垂 直放置在导轨上．在杆的右方距杆为d 处有一个匀强磁场，磁场 方向垂直于轨道平面向下，磁感应强度为B .对杆施加一个大小为 图3F 、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度为v ，之后进入磁场恰好做匀速运动．不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻力．求：(1)导轨对杆ab 的阻力大小F f . (2)杆ab 中通过的电流及其方向．(3)导轨左端所接电阻的阻值R .答案 (1)F －m v 22d (2)m v 22Bld ，方向由a 流向b (3)2B 2l 2dm v －r解析 (1)杆ab 进入磁场前做匀加速运动，有 F －F f ＝ma v 2＝2ad解得导轨对杆的阻力F f ＝F －m v 22d(2)杆ab 进入磁场后做匀速运动，有 F ＝F f ＋F 安杆ab 所受的安培力F 安＝IBl解得杆ab 中通过的电流I ＝m v 22Bld由右手定则判断杆中的电流方向自a 流向b (3)杆运动过程中产生的感应电动势E ＝Bl v杆中的感应电流I ＝ER ＋r解得导轨左端所接电阻阻值R ＝2B 2l 2dm v －r►题组2 电磁感应中的能量问题4． 如图4所示，竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L ，导轨间接有一定值电阻R ，质量为m ，电阻为r 的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好 接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直， 现将金属棒由静止释放，金属棒下落高度为h 时开始做匀速运动，在此过程中 ( ) 图4 A ．导体棒的最大速度为2ghB ．通过电阻R 的电荷量为BLhR ＋rC ．导体棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的热量D ．重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量 答案 BD解析 金属棒由静止释放后，当a ＝0时，速度最大，即mg －BL BL v mR ＋r ＝0，解得v m ＝mg (R ＋r )B 2L 2，A 项错误．此过程通过R 的电荷量q ＝I Δt ＝BLh (R ＋r )Δt ·Δt ＝BLhR ＋r ，B 项正确．导体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的热量，C 项错误．由动能定理知对导体棒有ΔE k ＝W 重＋W 安，D 项正确．5． (2011·上海单科·32)如图5所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s ＝1.15 m ，两导轨间距L ＝0.75 m ，导轨倾角为30°，导轨上端ab 接一阻值R ＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r ＝0.5 Ω、质量m ＝0.2 kg 的金属棒与轨 道垂直且接触良好，从轨道上端ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q r ＝0.1 J ．(取g ＝10 m/s 2)求：图5(1)金属棒在此过程中克服安培力做的功W 安；(2)金属棒下滑速度v ＝2 m/s 时的加速度a ；(3)为求金属棒下滑的最大速度v m ，有同学解答如下：由动能定理，W G －W 安＝12m v 2m ，….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答． 答案 (1)0.4 J (2)3.2 m/s 2 (3)见解析解析 (1)下滑过程中安培力做的功即为电阻上产生的焦耳热，由于R ＝3r ，因此 Q R ＝3Q r ＝0.3 J所以W 安＝Q ＝Q R ＋Q r ＝0.4 J(2)金属棒下滑时受重力和安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2R ＋rv由牛顿第二定律得mg sin 30°－B 2L 2R ＋rv ＝ma所以a ＝g sin 30°－B 2L 2m (R ＋r )v＝[10×12－0.82×0.752×20.2×(1.5＋0.5)] m/s 2＝3.2 m/s 2(3)此解法正确．金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mg sin 30°－B 2L 2R ＋rv ＝ma上式表明，加速度随速度增大而减小，棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到 匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的最大速度，因此 上述解法正确．mgs sin 30°－Q ＝12m v 2m所以v m ＝ 2gs sin 30°－2Qm＝2×10×1.15×12－2×0.40.2m/s ≈2.74 m/s.6． 如图6所示，两平行光滑的金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，相距为L ，处于竖直方向的磁场中，整个磁场由若干个宽度皆为d 的条形匀强磁场区域1、2、3、4……组成， 磁感应强度B 1、B 2的方向相反，大小相等，即B 1＝B 2＝B .导轨左端MP 间接一电阻R ， 质量为m 、电阻为r 的细导体棒ab 垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，不计导轨的电阻．现对棒ab 施加水平向右的拉力，使其从区域1磁场左边界位置开始以速度v 0向右 做匀速直线运动并穿越n 个磁场区域．图6(1)求棒ab 穿越区域1磁场的过程中电阻R 产生的焦耳热Q ； (2)求棒ab 穿越n 个磁场区域的过程中拉力对棒ab 所做的功W ；(3)规定棒中从a 到b 的电流方向为正，画出上述过程中通过棒ab 的电流I 随时间t 变化的图象；(4)求棒ab 穿越n 个磁场区域的过程中通过电阻R 的净电荷量q .答案 (1)B 2L 2v 0Rd (R ＋r )2 (2)nB 2L 2v 0dR ＋r(3)见解析图(4)BLd R ＋r 或0 解析 (1)棒产生的感应电动势E ＝BL v 0通过棒的感应电流I ＝ER ＋r电阻R 产生的焦耳热Q ＝(E R ＋r )2R ·d v 0＝B 2L 2v 0Rd(R ＋r )2(2)拉力对棒ab 所做的功W ＝E 2R ＋r ·dv 0·n ＝nB 2L 2v 0d R ＋r(3)I －t 图象如图所示(4)若n 为奇数，通过电阻R 的净电荷量q ＝ΔΦ1R ＋r ＝BLdR ＋r若n 为偶数，通过电阻R 的净电荷量q ＝ΔΦ2R ＋r＝0注：(2)问中功W 也可用功的定义式求解；(4)问中的电荷量也可用(3)问中的图象面积 求出．。
高三物理一轮复习精品课件：9.1电磁感应现象 楞次定律(人教版)
11 感应电流 的方向． □ ___________
2．楞次定律． (1) 感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要
12 阻碍 引起感应电流的__________ 13 磁通量 的变化，这就是楞次定 □ □ ________
第一讲
电磁感应现象 楞次定律
考点知识诊断
Hale Waihona Puke 热点题型探究难点能力突破
课后作业
考点知识诊断
知识清单
一、磁通量 1．定义：磁感应强度 B 与垂直于 B 的面积 S 的乘积，叫 做穿过这个面的磁通量，简称磁通．
1 BS 2．公式：Φ＝_______. □
2 韦伯 (Wb)，磁通量是标量． 3．单位：磁通量的单位是□ _______
答案 B
3．如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上， 当螺线管中电流I减小时( )
A．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小 B．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小 C．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大 D．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大
解析 由于电流 I 减小，闭合金属环的磁通量变小，故 环通过减小面积来阻碍磁通量减小，即环有缩小的趋势， A 项正确．
答案 A
4．如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线 框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁 铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落 过程中不翻转)，则以下说法正确的是( )
A．三者同时落地 B．甲、乙同时落地，丙后落地 C．甲、丙同时落地，乙后落地 D．乙、丙同时落地，甲后落地
选修 3－2
第九章 电磁感应