(全国通用)2019版高考物理一轮复习备考精炼： 第十章 电磁感应 微专题73 电磁感应现象 楞次定律备考精炼
高考物理新高考版一轮习题：第十章微专题72-电磁感应中的“单杆模型”
1．有外力牵引时：(1)动力学过程： 有F 外－B 2L 2v R ＋r ＝ma .F 外为恒力时，随着v 的增加，a 减小，当a ＝0时，v 最大v m ＝F 外R ＋r B 2L 2；F 外为变力时，可能做匀加速，有F 外－B 2L 2at R ＋r＝ma . (2)能量转化过程：加速阶段W 外＝ΔE k ＋Q 焦，其中Q 焦＝W 克服安培力；匀速阶段W 外＝Q 焦．(3)流过导体横截面的电荷量：q ＝ΔΦR ＋r ，其中ΔΦ＝BLx .或由动量定理得∑BiL Δt ＝m Δv ，即BqL ＝m Δv 得： q ＝m Δv BL. 2．无外力牵引，以一定初速度出发时：B 2L 2v R ＋r＝ma 随v 的减小，a 减小，最终速度减小到0.减少的动能转化为电能，最终转化为焦耳热，－ΔE k ＝Q 焦 ；流过导体横截面的电荷量q ＝ΔΦR ＋r或 q ＝m Δv BL.1．(多选)(2019·四川绵阳市第三次诊断)如图1所示，两条足够长的平行金属导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L ，左端间接一电阻R ，质量为m 的金属杆ab 静置于导轨，杆与导轨间动摩擦因数为μ.现给金属杆一个水平向右的冲量I 0，金属杆运动一段距离x 后静止，运动过程中与导轨始终保持垂直且接触良好．不计杆和导轨的电阻，重力加速度为g .则金属杆ab 在运动过程中( )图1A ．做匀减速直线运动B ．杆中的电流大小逐渐减小，方向从b 流向aC ．刚开始运动时加速度大小为B 2L 2I 0m 2R－μg D ．电阻R 上消耗的电功为I 022m－μmgx 2．(多选)(2019·山西运城市5月适应性测试)如图2所示，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 ，建立Ox 轴平行于金属导轨，在0≤x ≤4 m 的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度随坐标(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处沿导轨向右运动，ab 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x 1＝1 m 处，经x 2＝2 m 到x 3＝3 m 的过程中，电阻器R 的电功率始终保持不变，则( )图2A．金属棒做匀速直线运动B．金属棒运动过程中产生的电动势始终不变C．金属棒在x1与x2处受到磁场的作用力大小之比为3∶2D．金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量相等3．(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图3所示，一长为L＝1 m、质量为m＝1 kg的导体棒ab垂直放在光滑且足够长的U形导轨底端，导轨宽度和导体棒等长且接触良好，导轨平面与水平面成θ＝30°角，整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．现给导体棒沿导轨向上的初速度v0＝4 m/s，经时间t0＝0.5 s，导体棒到达最高点，然后开始返回，到达底端前已做匀速运动．已知导体棒的电阻为R＝0.05 Ω，其余电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，忽略电路中感应电流之间的相互作用，则()图3A．导体棒到达导轨平面底端时，流过导体棒的电流为5 AB．导体棒到达导轨平面底端时的速度大小为1 m/sC．导体棒从开始到顶端的过程中，通过导体棒的电荷量为3 CD．导体棒从开始到返回底端的过程中，回路中产生的电能为15 J4．(多选)(2019·辽宁重点协作体模拟)如图4所示，水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别处在方向相反与轨道垂直的匀强磁场中，右侧区域足够长，方向如图．设左、右区域磁场的磁感应强度分别为B1和B2，虚线为两区域的分界线．一根金属棒ab放在导轨上并与其正交，棒和导轨的电阻均不计．已知金属棒ab在水平向右的恒定拉力作用下，在左侧区域中恰好以速度v做匀速直线运动，则()图4A．若B2＝B1，棒进入右侧区域后先做加速运动，最后以速度2v做匀速运动B．若B2＝B1，棒进入右侧区域中后仍以速度v做匀速运动C．若B2＝2B1，棒进入右侧区域后先做减速运动，最后以速度v4做匀速运动D．若B2＝2B1，棒进入右侧区域后先做加速运动，最后以速度4v做匀速运动5．(2020·北京市东城区月考)如图5所示，两光滑水平放置的平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时()图5A．电容器两端的电压为零B ．通过电阻R 的电流为BLv RC ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R6．(2019·天津市实验中学模拟)如图6所示，固定光滑金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，上端a 、b 间接有阻值为R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B 、 方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、电阻为r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿导轨向上的初速度v 0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k ，弹簧的中心轴线与导轨平行，重力加速度为g .图6(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小a .7．(2020·湖北恩施州质量检测)如图7所示，光滑平行导轨MN 、M ′N ′固定在水平面内，左端MM ′接有一个R ＝2 Ω的定值电阻，右端与均处于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP 、N ′P ′平滑连接于N 、N ′点，且半圆轨道的半径均为r ＝0.5 m ，导轨间距L ＝1 m ，水平轨道的ANN ′A ′的矩形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁场区域的宽度d ＝1 m ．一个质量为m ＝0.2 kg ，电阻R 0＝0.5 Ω，长也为1 m 的导体棒ab 放置在水平导轨上距磁场左边界s 处，在与棒垂直、大小为2 N 的水平恒力F 的作用下从静止开始运动，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，导体棒进入磁场后做匀速运动，当导体棒运动至NN ′时撤去F ，结果导体棒ab 恰好能运动到半圆形轨道的最高点PP ′，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图7(1)匀强磁场磁感应强度B的大小及s的大小；(2)若导体棒运动到AA′时撤去拉力，试判断导体棒能不能运动到半圆轨道上，如果不能说明理由，如果能，试判断导体棒沿半圆轨道运动时会不会离开轨道；(3)在(2)问中最终电阻R中产生的焦耳热．答案精析1．BD [金属杆中电流I ＝E R ＝BLv R 0，v 不断减小，则I 逐渐减小，对金属杆应用右手定则分析可得电流方向是b 到a ，杆受安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ，根据牛顿第二定律，μmg ＋B 2L 2v R＝ma ，解得：a ＝μg ＋B 2L 2v mR，v 不断减小，所以杆做的是加速度减小的减速直线运动，A 错误，B 正确；刚开始运动时，μmg ＋B 2L 2v R ＝ma ，v ＝I 0m ，联立解得：a ＝B 2L 2I 0m 2R＋μg ，C 错误；对金属杆应用动能定理：0－12mv 2＝－W 安－μmgx ，克服安培力的功等于转化为回路的电能即电阻消耗的电功，解得：W 安＝I 022m－μmgx ，D 正确．] 2．BC [因为电阻的功率不变：P ＝I 2R ＝E 2R ＝B 2L 2v 2R ，因为磁感应强度变小，所以速度变大，A 错误；功率P ＝I 2R ＝E 2R不变，所以感应电动势不变，B 正确；功率P ＝I 2R 不变，所以回路电流始终不变，根据安培力公式F ＝BIL ，安培力之比F 1F 2＝B 1B 2＝32，C 正确；通过导体电荷量q ＝I ·t ，因为金属棒在做加速运动，所以通过相同位移的时间减小，所以金属棒从x 1到x 2比从x 2到x 3的过程中通过R 的电荷量小，D 错误．]3．BC [导体棒到达底端前已做匀速运动，则由平衡知识：mg sin 30°＝B 2L 2v m R，代入数据解得：v m ＝1 m/s ，选项B 正确；导体棒到达导轨平面底端时，流过导体棒的电流为I ＝BLv m R＝0.5×1×10.05A ＝10 A ，选项A 错误；导体棒从开始到顶端的过程中，根据动量定理：－(mg sin 30°＋B I L )t 0＝0－mv 0，其中I t 0＝q ，解得q ＝3C ，选项C 正确；导体棒从开始到返回底端的过程中，由能量守恒定律可得，回路中产生的电能为12mv 02－12mv m 2＝12×1×(42－12)J ＝7.5 J ，选项D 错误．]4．BC [金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度v 做匀速直线运动，恒力F T 与安培力平衡．当B 2＝B 1时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电动势与感应电流大小均没有变化，棒所受安培力大小和方向也没有变化，与恒力F T 仍然平衡，则棒进入右边区域后，以速度v 做匀速直线运动，故A 错误，B 正确；当B 2＝2B 1时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力也变大，恒力没有变化，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动．设棒匀速运动速度大小为v ′，在左侧磁场中F ＝B 12L 2v R ，在右侧磁场中匀速运动时，有F ＝B 22L 2v ′R ＝2B 12L 2v ′R ，则v ′＝v 4，即棒最后以速度v 4做匀速直线运动，故C 正确，D 错误．]5．C [当导线MN 匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压．此时导线MN 产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U ＝E ＝BLv ，故A 、B 错误；电容器所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，故C 选项正确；因匀速运动后MN 所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D 错误．]6．(1)BLv 0R ＋r 电流方向为b →a (2)g sin θ－B 2L 2v m R ＋r解析 (1)导体棒产生的感应电动势为：E 1＝BLv 0根据闭合电路欧姆定律得通过R 的电流大小为：I 1＝E 1R ＋r ＝BLv 0R ＋r根据右手定则判断得知：电流方向为b →a(2)导体棒第一次回到初始位置时产生的感应电动势为：E 2＝BLv根据闭合电路欧姆定律得感应电流为： I 2＝E 2R ＋r ＝BLv R ＋r导体棒受到的安培力大小为：F ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r，方向沿斜面向上．导体棒受力如图所示： 根据牛顿第二定律有：mg sin θ－F ＝ma解得：a ＝g sin θ－B 2L 2v m R ＋r. 7．(1)1 T 1.25 m (2)见解析 (3)1.92 J解析 (1)设金属棒在磁场中匀速运动的速度为v 1，则导体棒产生的电动势：E ＝BLv 1回路的电流I ＝E R ＋R 0 根据力的平衡：F ＝BIL 设金属棒恰好能运动到半圆轨道的最高点时速度大小为v 2，根据牛顿第二定律可知：mg ＝m v 22r 根据机械能守恒定律：mg ×2r ＝12mv 12－12mv 22 解得B ＝1 T ，v 1＝5 m/s根据动能定理：Fs ＝12mv 12 解得s ＝1.25 m ；(2)若导体棒运动到AA ′时撤去拉力，导体棒以v 1＝5 m/s 的速度进入磁场，假设导体棒能穿过磁场区域，穿过磁场区域时的速度大小为v 3，根据动量定理有：－F 安Δt ＝m Δv－B 2L 2v R ＋R 0Δt ＝m Δv －B 2L 2R ＋R 0v Δt ＝m Δv即－B 2L 2R ＋R 0d ＝m (v 3－v 1) 解得v 3＝3 m/s假设成立，导体棒能运动到半圆轨道上；设导体棒在半圆轨道上运动时不会离开轨道，设导体棒在半圆轨道上上升的最大高度为h ，根据机械能守恒定律：mgh ＝12mv 32 解得h ＝0.45 m由于h <r ，假设成立，即导体棒在半圆轨道上运动时不会离开半圆轨道；(3)在(2)问中，根据机械能守恒定律可知，导体棒从圆弧轨道上下滑后，以大小为v 4＝3 m/s的速度再次进入磁场，设导体棒向左穿过磁场后的速度v 5，根据动量定理：－B 2L 2R ＋R 0d ＝m (v 5－v 4)解得v 5＝1 m/s整个过程中由能量守恒关系可知，回路中产生的焦耳热：Q ＝12mv 12－12mv 52＝2.4 J 则定值电阻R 中产生的焦耳热为：Q R ＝R R ＋R 0Q ＝1.92 J.。
2019高考物理一轮复习第十章电磁感应第3讲电磁感应中的电路和图
2019高考物理一轮复习第十章电磁感应第3讲电磁感应中的电路和图第3讲电磁感应中的电路和图象问题电磁感应中的电路问题【题型解读】1. 电磁感应电路中的五个等效问题2. 解决电磁感应电路问题的基本步骤(1) “源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向：感应电流方向是电源内部电流的方向，从而确定电源正、负极，明确内阻r.(2) “路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路图.△①(3) “式”的建立：根据E= Blv或E= n结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定△ t律等关系式联立求解.【典题例析】(20XX •高考福建卷)如图，某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abed ,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ在水平拉力作用下沿ab、de以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦.在PQ从靠近ad处向be滑动的过程中（）A. PQ中电流先增大后减小B . PQ两端电压先减小后增大C . PQ上拉力的功率先减小后增大D .线框消耗的电功率先减小后增大［审题指导］在匀强磁场中，谁运动谁是电源，则PQ中的电流为干路电流，PQ两端电压为路端电压，线框消耗的功率为电源的输出功率，再依据电路的规律求解问题.［解析］设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R—r; PQ相当于电源，其电阻为R则电路的外电阻为R外=r=r +3R3R- r —+ 223R223R3当r =时，R外max= R,此时PQ处于矩形线框的中心位置。
24即PQ从靠近ad处向be滑动的过程中外电阻先增大后减小.PQ中的电流为干路电流I =ER外+ R内可知干路电流先减小后增大，选项A错误；PQ两端的电压为路端电压U= E—U内，因E= Blv不变，U内=IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P= F安v = BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗3的功率，因外电阻最大值为R小于内阻R;根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内4阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误.［答案］C电磁感应中电路问题的误区分析(1) 不能正确分析感应电动势及感应电流的方向.因产生感应电动势的那部分电路为电源部分，故该部分电路中的电流应为电源内部的电流，而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势.(2) 应用欧姆定律分析求解电路时，没有注意等效电源的内阻对电路的影响.(3) 对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，特别是并联在等效电源两端的电压表，其示数应该是路端电压，而不是等效电源的电动势.【跟进题组】1. （20XX •高考浙江卷）如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la = 31b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（）A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B . a、b线圈中感应电动势之比为9 : 1 C.a、b线圈中感应电流之比为3 :4 D . a、b线圈中电功率之比为3 : 1解析：选B.于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时△①△ B A B 针方向，则A项错误；根据法拉第电磁感应定律E= N= NS而磁感应强度均匀变化，即恒定，则a、A t A t A tEaSal2LRalaab 线圈中的感应电动势之比为==2= 9,故B项正确；根据电阻定律R= p，且L= 4Nl , 贝廿==3。
(江苏专用)2019高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 课时76 电磁感应中的动力学问题加练半小时.docx
76 电磁感应中的动力学问题[方法点拨]分析导体棒切割磁感线运动时要由牛顿第二定律列方程，在方程中讨论v的变化影响安培力的变化，进而影响加速度a的变化，a的变化又影响v 的变化．1．(2017·山东济南一中模拟)如图1所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()图1A．运动的平均速度等于1 2vB．受到的最大安培力大小为B2L2vR sin θC．下滑的位移大小为qR BLD．产生的焦耳热为qBLv2．(多选)如图2所示，间距为l＝1 m的导轨PQ、MN由电阻不计的光滑水平导轨和与水平面成37°角的粗糙倾斜导轨组成，水平导轨和倾斜导轨都足够长．导体棒ab、cd的质量均为m＝1 kg、长度均为l＝1 m、电阻均为R＝0.5 Ω，ab 棒静止在水平导轨上，cd棒静止在倾斜导轨上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝ 2 T．现ab棒在水平外力F作用下由静止开始沿水平导轨运动，当ab棒的运动速度达到一定值时cd棒开始滑动．已知cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为μ＝0.8，且cd棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.关于该运动过程，下列说法正确的是()图2A．cd棒所受的摩擦力方向始终沿倾斜导轨向上B．cd棒所受的摩擦力方向先沿倾斜导轨向上后沿倾斜导轨向下C．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小为19.375 m/sD．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小为9.375 m/s3．(2017·湖北襄阳调研)如图3所示，倾角为θ＝37°的两根平行长直金属导轨的间距为d，其底端接有阻值为R的电阻．整个装置处在垂直斜面向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量均为m(质量分布均匀)、电阻均为R的导体杆ab、cd垂直于导轨放置，且杆两端均与两导轨保持良好接触，两导体杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5；现杆ab在恒力F作用下沿导轨向上做匀速运动，杆cd能保持静止状态，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g, 求杆ab的速度大小范围．图34.(2018·四川成都第七中学月考)如图4甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L＝1 m，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，下端连接阻值R＝1 Ω的电阻；质量m＝1 kg、阻值r＝1 Ω的匀质金属棒cd放在两导轨上，到导轨最下端的距离L1＝1 m，棒与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.9.整个装置处于与导轨平面垂直(向上为正)的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知在0～1.0 s内，金属棒cd保持静止，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.图4(1)求0～1.0 s内通过金属棒cd的电荷量；(2)求t＝1.1 s时刻，金属棒cd所受摩擦力的大小和方向；(3)1.2 s后，对金属棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金属棒cd沿斜面向上做加速度大小为a＝2 m/s2的匀加速运动，请写出拉力F随时间t′(从施加F时开始计时)变化的关系式．5．(2017·四川资阳二诊)如图5所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，间距为L＝0.5 m的导轨间接一电阻，阻值为R＝2 Ω，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B＝0.8 T．导体棒a的质量为m1＝0.1 kg、接入电路的电阻为R1＝1 Ω；导体棒b的质量为m2＝0.2 kg、接入电路的电阻为R2＝2 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场．a、b电流间的相互作用不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10 m/s2.求：图5(1)导体棒a刚进入磁场时，流过电阻R的电流I；(2)导体棒a穿过磁场区域的速度v1的大小；(3)匀强磁场的宽度d.答案精析1．C2．BC [cd 棒刚开始静止在倾斜导轨上，μ＝0.8>tan 37°＝0.75，cd 棒受到的摩擦力沿倾斜导轨向上，ab 棒向右运动切割磁感线使得ab 棒、cd 棒中产生感应电流，cd 棒受到水平向右的安培力作用，cd 棒受到的摩擦力先沿倾斜导轨向上减小到零，后反向沿倾斜导轨向下增大，故A 错误，B 正确；当cd 棒即将滑动时，由平衡条件得B 2l 2v 2R cos 37°＝mg sin 37°＋μ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg cos 37°＋B 2l 2v 2R sin 37°，代入数据可得v ＝19.375 m/s ，C 正确，D 错误．] 3.3mgR 5B 2d 2≤v ≤3mgRB 2d 2解析 导体杆ab 以速度v 运动切割磁感线产生感应电动势， 则有：E ＝Bdv根据闭合电路欧姆定律有E ＝I (R ＋R2) 导体杆ab 速度较小时，对于导体杆cd 则有 B I2d ＋μmg cos 37°＝mg sin 37° 解得v min ＝3mgR 5B 2d 2导体杆ab 速度较大时，对于导体杆cd 则有 B I ′2d ＝μmg cos 37°＋mg sin 37° 解得v max ＝3mgR B 2d 2故导体杆ab 的速度应满足条件：3mgR 5B 2d 2≤v ≤3mgRB 2d 2 4．见解析解析 (1)在0～1.0 s 内，金属棒cd 上产生的感应电动势为： E ＝S ·ΔB Δt ，其中S ＝L 1L ＝1 m 2由闭合电路的欧姆定律有：I ＝ER ＋r由于0～1.0 s 内回路中的电流恒定， 故该段时间通过金属棒cd 的电荷量为： q ＝I Δt ，其中Δt ＝1 s 解得：q ＝1 C. (2)若0～1.1 s 内金属棒cd 保持静止， 则在0～1.1 s 内回路中的电流不变， t ＝1.1 s 时，金属棒cd 所受的安培力为： F ′＝B 1IL ＝0.2 N ，方向沿导轨向下又导轨对金属棒cd 的最大静摩擦力为：F f ′＝μmg cos 37°＝7.2 N 由于mg sin 37°＋F ′＝6.2 N ＜F f ′， 可知假设成立，金属棒cd 仍保持静止故所求摩擦力为：F f ＝mg sin 37°＋F ′＝6.2 N ，方向沿导轨向上． (3)1.2 s 后，金属棒cd 上产生的感应电动势为： E ′＝B 2Lv ，其中v ＝at ′金属棒cd 所受安培力的大小为：F 安＝B 2I 2L ，其中I 2＝E ′R ＋r由牛顿第二定律有：F －mg sin θ－μmg cos θ－F 安＝ma ，解得： F ＝15.2＋0.16t ′(N)．5．(1)1 A (2)10 m/s (3)1256 m解析 (1)导体棒a 在磁场中匀速运动，则：m 1g sin α－BI a L ＝0 根据等效电路的结构有：I a ＝2I ，联立解得：I ＝1 A (2)导体棒a 在磁场中匀速运动时，有： E 1＝BLv 1，I a ＝E 1R 总R 总＝R 1＋R 2RR 2＋R，联立解得：v 1＝10 m/s(3)设导体棒b 在磁场中匀速运动的速度为v 2， 则：m 2g sin α＝BI b LE 2＝BLv 2，I b ＝E 2R 总′，R 总′＝R 2＋R 1RR 1＋R对导体棒a ，设其在磁场中运动的时间为Δt ，d ＝v 1Δt v 2＝v 1＋g sin α·Δt125联立解得：d＝6m。
(精品)2019年高考物理一轮复习课时精练：第十章第三讲电磁感应规律的综合应用 Word版含解析
2019年高考物理一轮复习课时精练第十章电磁感应第三讲电磁感应规律的综合应用课时跟踪练A组基础巩固1. (2018·连云港模拟)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率()A．均匀增大B．先增大，后减小C．逐渐增大，趋于不变D．先增大，再减小，最后不变解析：条形磁铁在下落过程中受到向上的排斥力，绝缘铜环内产生感应电流，导致条形磁铁做加速度逐渐减小的加速运动，故其速率逐渐增大，最后趋于不变，选项C正确，选项A、B、D错误．答案：C2. (2018·保定模拟)如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B ，方向相反且垂直纸面，MN 、PQ 为其边界，OO ′为其对称轴，一导线折成边长为L 的正方形闭合线框abcd ，线框在外力作用下由纸面内图示位置从静止开始向右做匀加速运动，若电流以逆时针方向为正方向，则从线框开始运动到ab 边刚进入到PQ 右侧磁场的过程中，能反映线框中感应电流随时间变化规律的图象是( )解析：由法拉第电磁感应定律知ab 边运动到MN 边界的过程中感应电动势E ＝2BL v ＝2BLat ，感应电流为i ＝E R ＝2BLat R∝t ，C 、D 错；在ab 边从MN 边界运动到PQ 边界的过程中，产生的感应电动势为E ＝BL v ＝BLat ，感应电流为I ＝E R ＝BLat R∝t ，即刚过MN 边界时感应电动势、感应电流均减小一半，所以A 错，B 对．答案：B3. (2018·日照模拟)如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12v Bl B ．U ＝13v Bl C ．U ＝v Bl D ．U ＝2v Bl解析：电路中电动势为E ＝Bl v ，则MN 两端电压大小U ＝E R ＋R·R ＝12Bl v ，故A 正确． 答案：A4.(多选)(2018·日照第一中学检测)如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab 、cd 均通过棒两端的环套在金属导轨上．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B .ab 、cd 棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R ，导轨电阻不计．开始两棒静止在图示位置，当cd 棒无初速度释放时，对ab 棒施加竖直向上的力F ，使其沿导轨向上做匀加速运动．则( )A ．ab 棒中的电流方向由b 到aB ．cd 棒先做加速运动后做匀速运动C ．cd 棒所受摩擦力的最大值大于其重力D ．力F 做的功等于两棒产生的电热与增加的机械能之和解析：ab棒向上运动的过程中，穿过闭合回路abdc的磁通量增大，根据楞次定律可得，ab棒中的感应电流方向为b→a，故A正确；cd棒中感应电流由c到d，其所在的区域磁场向下，所受的安培力向里，cd棒所受的滑动摩擦力向上，ab棒做匀加速运动，速度增大，产生的感应电流增加，cd棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先做加速运动后做减速运动，最后停止运动，故B错误；因安培力增加，cd棒受摩擦力的作用一直增加，会大于重力，故C正确；根据动能定理可得W F－WF f－W安培－W G＝12m v2－0，力F所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和，故D错误．答案：AC5. (2018·北京模拟)如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图中的()解析：根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得E＝ΔBΔtS，I＝E R ，线圈AB 边所受安培力大小F ＝BIL ＝B ΔB ΔtRSL ，由于F 和SL R 不变，则B ΔB Δt不变；力F 的方向向右，根据楞次定律可知：此时通过线圈的磁通量是增加的，故磁感应强度B 增大，而ΔB Δt是减小的，故选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．答案：D6. (2018·青岛模拟)粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框原先整个置于有界匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框沿四个不同方向以相同速率v 匀速平移出磁场，如图所示，线框移出磁场的整个过程( )A ．四种情况下ab 两端的电势差都相同B ．①图中流过线框的电荷量与v 的大小无关C ．②图中线框的电功率与v 的大小成正比D ．③图中磁场力对线框做的功与v 2成正比解析：由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt，闭合电路欧姆定律I ＝E R ，电流定义式I ＝q Δt可得q ＝ΔΦR ，线框沿四个不同方向移出磁场，流过线框的电荷量与v 的大小无关，选项B 正确；四种情况下ab 两端的电势差不相同，选项A 错误；②图中线框的电功率P ＝E 2R，E ＝BL v ，P 与v 的二次方大小成正比，选项C 错误；③图中磁场力F ＝BIL ，I ＝E R，E ＝BL v ，磁场力对线框做功W ＝FL ，磁场力对线框做的功与v 成正比，选项D 错误．答案：B7. (2018·济宁模拟)如图所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a 开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b 、c (位于磁场中)和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b 、F c 和F d ，则( )A ．F d >F c >F bB ．F c <F d <F bC ．F c >F b >F dD ．F c <F b <F d解析：从a 到b 线圈做自由落体运动，线圈全部进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，因而也不受磁场力，即F c ＝0，从b 到d 线圈继续加速，v d >v b ，当线圈在进入和离开磁场时，穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，受磁场力作用，其大小为：F ＝BIl ＝B Bl v R l ＝B 2l 2v R，因v d >v b ，所以F d >F b >F c ，选项D 正确．答案：D8. (2018·聊城模拟)如图甲是半径为a 的圆形导线框，电阻为R ，虚线是圆的一条弦，虚线左右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设垂直线框向里的磁场方向为正，求：(1)线框中0～t 0时间内的感应电流大小和方向；(2)线框中0～t 0时间内产生的热量．解析：(1)设虚线左侧的面积为S 1，右侧的面积为S 2，则根据法拉第电磁感应定律得：向里的变化磁场产生的感应电动势为E 1＝S 1ΔB 1Δt， 感应电流方向为逆时针；方向向外的变化磁场产生的感应电动势为E 2＝S 2ΔB 2Δt. 感应电流方向为逆时针方向；从题图乙中可以得到ΔB 1Δt＝B 0t 0，ΔB 2Δt＝B 0t 0. 感应电流为I ＝E 1＋E 2R ＝πa 2B 0Rt 0，方向为逆时针方向． (2)根据焦耳定律可得Q ＝I 2Rt 0＝π2a 4B 20Rt 0. 答案：(1)πa 2B 0Rt 0 逆时针方向 (2)π2a 4B 20Rt 0B 组 能力提升9．(2016·浙江卷)如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1解析：当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律E ＝S ΔB Δt及S a ∶S b ＝9∶1知，E a＝9E b，选项B正确；由R＝ρL知，两线圈的电阻关系为R aS′＝3R b，其感应电流之比为I a∶I b＝3∶1，选项C错误；两线圈的电功率之比为P a∶P b＝E a I a∶E b I b＝27∶1，选项D错误．答案：B10.如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿顺时针的感应电流方向为正，则下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()解析：0～L过程中，无感应电流；L～2L过程中bc边切割磁场；的有效长度逐渐增大，电流沿顺时针方向，大小由0均匀增大到BL vR2L～3L过程中ad和bc分别切割左右磁场，总电动势BL v不变，感应电流大小不变，电流沿逆时针方向；3L～4L过程中ad边切割磁场有效长度逐渐减小，电流沿顺时针方向，大小由BL v均匀减小到0，R故选项D 正确．答案：D11.(多选)(2017·湖南师大附中等四校联考)如图所示，AB 、CD 为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中；AB 、CD 的间距为L ，左右两端均接有阻值为R 的电阻；质量为m 、长为L 且不计电阻的导体棒MN 放在导轨上，甲、乙为两根相同的轻质弹簧，弹簧一端与导体棒MN 中点连接，另一端均被固定；导体棒MN 与导轨接触良好；开始时，弹簧均处于自然长度，导体棒MN 具有水平向左的初速度v 0，经过一段时间，导体棒MN 第一次运动到最右端，这一过程中AC 间的电阻R 上产生的焦耳热为Q ，则( )A ．初始时刻导体棒MN 所受的安培力大小为2B 2L 2v 0RB ．从初始时刻至导体棒MN 第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热大于2Q 3C ．当导体棒MN 第一次到达最右端时，每根弹簧具有的弹性势能为14m v 20－Q D ．当导体棒MN 再次回到初始位置时，AC 间电阻R 的热功率为B 2L 2v 20R解析：由F ＝BIL 及I ＝BL v 0R 并，得安培力大小为F A ＝2B 2L 2v 0R ，故A 正确；由题知，导体棒MN 第一次运动至最右端的过程中，AC 间电阻R 上产生的焦耳热为Q ，回路中产生的总焦耳热为2Q ，由于安培力始终对MN 做负功，产生焦耳热，MN 第一次达到最左端的过程中，平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，MN 克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热应大于13×2Q ＝23Q ，故B 正确；由能量守恒得知，当MN 第一次达到最右端时，MN 的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲、乙弹簧的弹性势能，又甲、乙两弹簧的弹性势能相等，所以甲具有的弹性势能为12⎝ ⎛⎭⎪⎫12m v 20－2Q ＝14m v 20－Q ，故C 正确；当MN 再次回到初始位置时，速度小于v 0，MN 产生的感应电动势小于BL v 0，则AC 间电阻R 的热功率小于B 2L 2v 20R，故D 错误．答案：ABC12.(2018·天津静海一中模拟)如图所示，左右两边分别有两根平行金属导轨相距均为L ，左导轨与水平面夹角为30°，右导轨与水平面夹角为60°，左右导轨上端用导线连接．导轨空间内存在匀强磁场，左边的导轨处在方向沿左导轨平面斜向下，磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．右边的导轨处在垂直于右导轨平面斜向上，磁感应强度大小也为B 的匀强磁场中．质量均为m 的导体杆ab 和cd 垂直导轨分别放于左右两侧导轨上，已知两导体杆与两侧导轨间动摩擦因数均为μ＝32，回路电阻恒为R ，若同时无初速度释放两导体杆，发现cd 沿右导轨下滑s 距离时，ab 才开始运动(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．求：(1)ab 刚要开始运动时cd 的速度v ；(2)以上过程中，回路中共产生多少焦耳热；(3)cd 的最终速度为多少？解析：(1)ab 刚运动时，有F N ＝mg cos 30°－F 安，μF N ＝mg sin 30°，得F 安＝36mg ， 由安培力公式F 安＝BIL ，得I ＝3mg 6BL， 由闭合电路欧姆定律I ＝E R， 解得E ＝3mgR 6BL， 对cd ，由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v ，解得v ＝3mgR 6B 2L 2. (2)由动能定理得mgs sin 60°－μmgs cos 60°－W 克安＝12m v 2， 而W 克安＝Q ，故：Q ＝mg 4⎝ ⎛⎭⎪⎫3s －m 2gR 26B 4L 4. (3)根据牛顿第二定律得mg sin 60°＝μmg cos 60°＋B 2L 2v m R， 解得v m ＝3mgR 4B 2L 2. 答案：(1)3mgR 6B 2L 2 (2)mg 4⎝ ⎛⎭⎪⎫3s －m 2gR 26B 4L 4 (3)3mgR 4B 2L 2。
(江苏专版)2019版高考物理一轮复习 专题十 电磁感应课件
考查点 本题考查感应电流产生的条件、法拉第电磁感应定律、万有引力提供向心力、黄 金代换式等考点,情景清晰简单,对分析推理能力要求不高,属于中等难度题。
易错点拨 虽然MN连线在切割磁感线,M点电势高于N点电势,但在M、N之间连小灯泡,整个 回路在磁场中平动,磁通量不变。
(1)求M、N间感应电动势的大小E; (2)在太阳帆板上将一只“1.5 V,0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路,不计太阳帆板和 导线的电阻,试判断小灯泡能否发光,并说明理由; (3)取地球半径R=6.4×103 km,地球表面的重力加速度g=9.8 m/s2,试估算“天宫一号”距离地球 表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)。
高考物理(江苏专用)
专题十 电磁感应
五年高考
考点一 楞次定律 法拉第电磁感应定律
A组 自主命题·江苏卷题组
1.(2014江苏单科,1,3分)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂 直,且一半处在磁场中。在Δt时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。在此 过程中,线圈中产生的感应电动势为 ( )
错解分析 本题易错选C,原因有两种可能:一是对磁通量概念的理解有误,认为面积S=a2;二是 审题不清,认为磁感应强度“增加了”2B。由此可见,解题过程中一定要细心再细心!
2.(2011江苏单科,2,3分)如图所示,固定的水平长直导线中通有电流I,矩形线框与导线在同一竖 直平面内,且一边与导线平行。线框由静止释放,在下落过程中 ( )
考查点 本题从改变线圈构造、工作电源、加热容器等多个视角考查考生对涡流的理解,属 于容易题。
学习指导 涡流不是重、难点,学习中很容易忽视它。由此可见,我们在学习过程中,不留知识 漏洞,才不会在高考中留下遗憾。
2019年高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 第2讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流学案
第2讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流一、法拉第电磁感应定律 1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关． (3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断． 2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合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． (2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I ＝ER ＋r.(4)说明：①当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝n ΔB ·SΔt ；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E ＝nB ·ΔS Δt ；当ΔΦ由B 、S 的变化同时引起时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔSΔt.②磁通量的变化率ΔΦΔt 是Φ－t 图象上某点切线的斜率．二、导体切割磁感线产生的感应电动势 1．公式E ＝Blv 的使用条件 (1)匀强磁场．(2)B 、l 、v 三者相互垂直． 2．“瞬时性”的理解(1)若v 为瞬时速度，则E 为瞬时感应电动势． (2)若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势． 3．切割的“有效长度”公式中的l 为有效切割长度，即导体在与v 垂直的方向上的投影长度．图1中有效长度分别为：图1甲图：沿v 1方向运动时，l ＝cd ；沿v 2方向运动时，l ＝cd ·sin β； 乙图：沿v 1方向运动时，l ＝MN ；沿v 2方向运动时，l ＝0；丙图：沿v 1方向运动时，l ＝2R ；沿v 2方向运动时，l ＝0；沿v 3方向运动时，l ＝R . 4．“相对性”的理解E ＝Blv 中的速度v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．三、自感和涡流现象 1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势． (2)表达式：E ＝L ΔI Δt.(3)自感系数L 的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关． (4)自感现象“阻碍”作用的理解：①流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加．②流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小．线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的I L 逐渐变小． 2．涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流．(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流．(3)涡流的利用：冶炼金属的高频感应炉利用强大的涡流产生焦耳热使金属熔化；家用电磁炉也是利用涡流原理制成的．(4)涡流的减少：各种电机和变压器中，用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯，以减少涡流．1．判断下列说法是否正确．(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大．( × ) (2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大．( × ) (3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大．( √ ) (4)线圈中的电流越大，自感系数也越大．( × )(5)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大．( √ )2．(人教版选修3－2P17第1题改编)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( ) A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 答案 C3．(人教版选修3－2P21第4题改编)如图2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( )图2A ．Q 1＞Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1＞Q 2，q 1＞q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1＞q 2答案 A解析 由Q ＝I 2Rt 得，Q 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 1R 2Rt ＝(BL ab v )2R ×L bc v ＝B 2L 2ab L bc v R ，同理，Q 2＝B 2L 2bc L ab v R ，又因为L ab＞L bc ，故Q 1＞Q 2.由电荷量q ＝I Δt ＝n ΔΦR ＝nBL bc L abR，故q 1＝q 2.所以A 正确．4．(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图3所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有( )图3A ．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B ．取走磁体，电吉他将不能正常工作C ．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D ．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 答案 BCD解析 铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A 项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B 项对；由E ＝n ΔΦΔt 可知，C 项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D 项正确．命题点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用1．求解感应电动势常见情况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绕与B 垂直的轴转动的导线框表达式 E ＝n ΔΦΔtE ＝BLv sin θ E ＝12BL 2ωE ＝NBSωsin ωt2.应用注意点公式E ＝n ΔΦΔt 的应用，ΔΦ与B 、S 相关，可能是ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ，也可能是ΔΦΔt ＝S ΔBΔt ，当B＝kt 时，ΔΦΔt＝kS .例1 轻质细线吊着一质量为m ＝0.42kg 、边长为L ＝1m 、匝数n ＝10的正方形线圈，其总电阻为r ＝1Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图4甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．(g ＝10m/s 2)图4(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针； (2)求线圈的电功率；(3)求在t ＝4s 时轻质细线的拉力大小．①中间位置以下区域分布着磁场；②磁感应强度大小随时间变化关系．答案 (1)逆时针 (2)0.25W (3)1.2N解析 (1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向．(2)由法拉第电磁感应定律得E ＝nΔΦΔt ＝n ·12L 2ΔBΔt＝0.5V 则P ＝E 2r＝0.25W(3)I ＝E r＝0.5A ，F 安＝nBILF 安＋F 线＝mg联立解得F 线＝1.2N.拓展延伸 (1)在例1中磁感应强度为多少时，细线的拉力刚好为0? (2)在例1中求在t ＝6s 内通过导线横截面的电荷量？ 答案 (1)0.84T (2)3C解析 (1)细线的拉力刚好为0时满足：F 安＝mg F 安＝nBIL联立解得：B ＝0.84T(2)由q ＝It 得：q ＝0.5×6C ＝3C.1．(2016·北京理综·16)如图5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( )图5A ．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 答案 B解析 由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E ＝ΔΦΔt ＝πr 2·ΔB Δt ，则E a E b ＝r 2a r 2b ＝41，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，B 项对．2．如图6所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )图6A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt答案 B解析 线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔФΔt ＝n ·ΔB Δt ·S ＝n ·2B －B Δt ·a 22＝nBa22Δt ，选项B 正确．3．如图7所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为7匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )图7A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1 答案 B解析 根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设ΔB Δt ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt l 2，则E aE b ＝(31)2＝91，选项B 正确；根据I ＝E R ＝E ρ4nl S＝nΔB Δt l 2S 4ρnl ＝klS4ρ可知，I ∝l ，故a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1，选项C 错误；电功率P ＝IE ＝klS 4ρ·n ΔB Δt l 2＝nk 2l 3S 4ρ，则P ∝l 3，故a 、b 线圈中电功率之比为27∶1，选项D 错误． 命题点二 导体切割磁感线产生感应电动势 1．计算：切割方式 感应电动势的表达式垂直切割 E ＝Blv倾斜切割 E ＝Blv sin θ，其中θ为v 与B 的夹角旋转切割(以一端为轴)E ＝12Bl 2ω说明 (1)导体与磁场方向垂直；(2)磁场为匀强磁场．2．判断：(1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源．(2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向．(3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低．例2 (多选)(2016·全国Ⅱ·20)法拉第圆盘发电机的示意图如图8所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( )图8A ．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 答案 AB解析 将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a 到b ，B 对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝BL v ＝12BL 2ω，I ＝E R ＋r，ω恒定时，I 大小恒定，ω大小变化时，I 大小变化，方向不变，故A 对，C 错；由P ＝I 2R ＝B 2L 4ω2R4(R ＋r )2知，当ω变为原来的2倍时，P 变为原来的4倍，D 错．求感应电动势大小的五种类型及对应解法1．磁通量变化型：E ＝n ΔΦΔt2．磁感应强度变化型：E ＝nS ΔBΔt3．面积变化型：E ＝nB ΔSΔt4．平动切割型：E ＝Blv ·sin θ (1)θ为l 与v 的夹角．(2)l 为导体切割磁感线的有效长度：首尾相连在垂直速度方向的分量． (3)v 为导体相对磁场的速度． 5．转动切割型：E ＝Blv ＝12Bl 2ω4．(2015·全国Ⅱ·15)如图9，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( )图9A ．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abcaC ．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acba答案 C解析 金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误．转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断U a <U c ，U b <U c ，选项A 错误．由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－12Bl 2ω，选项C 正确．5．(多选)半径为a 、右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .直杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，直杆的位置由θ确定，如图10所示．则( )图10A ．θ＝0时，直杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3时，直杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，直杆受的安培力大小为2B 2av(π＋2)R 0D ．θ＝π3时，直杆受的安培力大小为3B 2av(5π＋3)R 0答案 AD解析 当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以直杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Bav ，选项A 正确．此时直杆上的电流I 1＝E 1(πa ＋2a )R 0＝2Bv(π＋2)R 0，直杆受到的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2av (π＋2)R 0，选项C 错误．当θ＝π3时，直杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，直杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Bav ，选项B 错误．此时直杆上的电流I 2＝E 2(2πa －2πa6＋a )R 0＝3Bv (5π＋3)R 0，直杆受到的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2av (5π＋3)R 0，选项D 正确． 6．(2015·安徽理综·19)如图11所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计．已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )图11A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ答案 B解析 电路中的感应电动势E ＝Blv ，感应电流I ＝E R＝E lsin θr ＝Bv sin θr，故A 错误，B 正确；金属杆所受安培力大小F ＝BI lsin θ＝B 2lv r ，故C 错误；金属杆的热功率P ＝I 2R ＝I2l sin θr ＝B 2lv 2sin θr，故D 错误．命题点三自感和涡流1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗．两种情况下灯泡中电流方向均改变例3(多选)如图12甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )图12A．在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗B．在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗C．在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D．在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗①L的电阻很小；②灯泡A发光．答案AD解析题图甲所示电路中，灯A和线圈L串联，电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，通过R、A形成回路，灯A逐渐变暗，选项A正确，B错误；题图乙所示电路中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不给灯供电，而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A 形成回路，灯A中电流比原来大，A将变得更亮，然后逐渐变暗．处理自感现象问题的技巧1．通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路．2．断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值逐渐减小到零．3．电流稳定时，理想的自感线圈相当于导体，非理想的自感线圈相当于定值电阻．7.(多选)如图13所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源．t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )图13答案AC解析当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知A、C正确．8.如图14所示，电路中A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C是电容很大的电容器．当S闭合与断开时，A、B灯泡的发光情况是( )图14A．S刚闭合后，A亮一下又逐渐熄灭，B逐渐变亮B．S刚闭合后，B亮一下子又逐渐变暗，A逐渐变亮C．S闭合足够长时间后，A和B一样亮D．S闭合足够长时间后，A、B都熄灭答案 A解析S刚闭合时，A、B都变亮，之后A逐渐熄灭，B逐渐变亮，选项A正确，B错误．S 闭合足够长时间后，A熄灭，B一直都是亮的，选项C、D错误.电磁阻尼与电磁驱动的比较电磁阻尼电磁驱动不同点成因由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力效果安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动能量转化导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功相同点两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动典例如图15所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部．则小磁块( )图15A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大答案 C解析小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误．对安培力是动力、阻力的理解技巧电磁阻尼是安培力总是阻碍导体运动的现象，电磁驱动是安培力使导体运动起来的现象，但实质上均是感应电流使导体在磁场中受到安培力．题组1 法拉第电磁感应定律的理解及应用1．(多选)如图1所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化．下列说法正确的是( )图1A ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变 答案 AD解析 线框中的感应电动势为E ＝ΔB Δt S ，设线框的电阻为R ，则线框中的电流I ＝E R ＝ΔB Δt ·SR ，因为B 增大或减小时，ΔBΔt 可能减小，也可能增大，也可能不变．线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关．故选项A 、D 正确．2．(多选)用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图2所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间的变化率ΔBΔt＝k (k ＜0)．则( )图2A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流B ．圆环具有扩张的趋势C ．圆环中感应电流的大小为⎪⎪⎪⎪⎪⎪krS 2ρD ．图中a 、b 两点间的电势差U ab ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k πr 24答案 BD解析 磁通量均匀减少，根据楞次定律可知，圆环中产生顺时针方向的感应电流，选项A 错误；圆环在磁场中的部分，受到向外的安培力，所以有扩张的趋势，选项B 正确；圆环产生的感应电动势大小为⎪⎪⎪⎪⎪⎪k πr 22，则圆环中的电流大小为I ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪kSr 4ρ，选项C 错误；U ab＝E 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k πr 24，选项D 正确．3.(2015·重庆理综·4)如图3为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )图3A ．恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1C ．恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1答案 C解析 根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt ＝n S (B 2－B 1)t 2－t 1，由楞次定律可以判断a 点电势低于b 点电势，所以a 、b 两点之间的电势差为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1，C 项正确．4.如图4所示，两块水平放置的金属板距离为d ，用导线、开关K 与一个n 匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B 中．两板间放一台压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球．K 断开时传感器上有示数mg ，K 闭合稳定后传感器上示数为mg3.则线圈中的磁场B 的变化情况和磁通量的变化率分别是( )图4A ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgdqB ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd3nqC ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgd3qD ．正在减弱，ΔΦΔt ＝2mgd3nq答案 D解析 K 闭合稳定后传感器上示数为mg3，说明此时上极板带正电，即上极板电势高于下极板电势，极板间的场强方向向下，大小满足Eq ＋mg 3＝mg ，即E ＝2mg3q，又U ＝Ed ，所以两极板间的电压U ＝2mgd3q ；线圈部分相当于电源，则感应电流的方向是从下往上，据此结合楞次定律可判断穿过线圈的磁通量正在减少，线圈中产生的感应电动势的大小为n ΔΦΔt ，根据nΔΦΔt ＝2mgd 3q 可得ΔΦΔt ＝2mgd3nq .题组2 导体切割磁感线产生感应电动势的计算5．如图5，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框运动过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为( )图5A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π答案 C解析 线框匀速转动时产生的感应电动势E 1＝B 0rv ＝B 0rωr 2＝12B 0ωr 2.当磁感应强度大小随时间线性变化时，产生的感应电动势E 2＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝12πr 2·ΔB Δt ，要使两次产生的感应电流大小相等，必须E 1＝E 2，即12B 0ωr 2＝12πr 2·ΔB Δt ，解得ΔB Δt ＝ωB 0π，选项C 正确，A 、B 、D错误．6．如图6所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，下列说法正确的是( )图6A ．U ＝12Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由b 经R 到dB ．U ＝Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由d 经R 到bC ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v2R ，方向水平向右D ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2vR，方向水平向左答案 A解析 根据电磁感应定律，MN 产生的电动势E ＝Blv ，由于MN 的电阻与外电路电阻相同，所以MN 两端的电压U ＝12E ＝12Blv ，根据右手定则，流过固定电阻R 的感应电流由b 经R 到d ，故A 正确，B 错误；MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v2R，方向水平向左，故C 、D 错误．7.在xOy 平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y 2＝4x ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的金属棒ab 垂直于x 轴从坐标原点开始，以恒定速度v 沿x 轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触，如图7所示．则下列图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的是( )图7答案 B解析 金属棒ab 沿x 轴以恒定速度v 运动，因此x ＝vt ，则金属棒在回路中的有效长度l ＝2y ＝4x ＝4vt ，由电磁感应定律得回路中感应电动势E ＝Blv ＝4B v 3t ，即E 2∝t ，B 正确．8．如图8所示，MN 、PQ 是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d ，导轨所在平面与水平面成θ角，M 、P 间接阻值为R 的电阻．匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B .质量为m 、阻值为r 的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下，以速度v 匀速向上运动．已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，重力加速度为g .求：图8(1)金属棒产生的感应电动势E ； (2)通过电阻R 的电流I ； (3)拉力F 的大小．答案 (1)Bdv (2)Bdv R ＋r (3)mg sin θ＋B 2d 2vR ＋r解析 (1)根据法拉第电磁感应定律得E ＝Bdv . (2)根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r ＝BdvR ＋r(3)导体棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有F －F 安－mg sin θ＝0，又因为F 安＝BId＝B 2d 2v R ＋r ，所以F ＝mg sin θ＋B 2d 2v R ＋r.题组3 自感和涡流现象9．在研究自感现象的实验中，用两个完全相同的灯泡A 、B 与自感系数很大的线圈L 和定值电阻R 组成如图9所示的电路(线圈的直流电阻可忽略，电源的内阻不能忽略)，关于这个实验下面说法中正确的是( )图9A ．闭合开关的瞬间，A 、B 一起亮，然后A 熄灭 B ．闭合开关的瞬间，B 比A 先亮，然后B 逐渐变暗C ．闭合开关，待电路稳定后断开开关，B 逐渐变暗，A 闪亮一下然后逐渐变暗。
2019年高考物理大一轮复习微专题13电磁感应中的电路和图象问题课件新人教版
(3)金属杆切割磁感线的相对速度 v′＝v0－v 感应电动势 E＝Bdv′ E2 感应电流的电功率 P＝ R B2d2v0－v2 由⑦⑧⑨式得 P＝ R
⑦ ⑧ ⑨ ⑩
本题的关键在于导体切割磁感线产生电动势 E＝Blv，切割的速度 (v)是导体与 磁场的相对速度，分析这类问题，通常是先电后力，再功能．
1．(2018· 湖北黄冈中学调研)(多选)如图所示，磁感应强度大小为 B 的匀强磁场 垂直于光滑金属导轨平面向外，导轨左右两端电路 所在区域均无磁场分布．垂直于导轨的导体棒接入 电路的长度为 L、电阻为 R0，在外力作用下始终以 速度 v0 从左向右做匀速直线运动．小灯泡电阻为 2R0，滑动变阻器总阻值为 4R0，图示状态滑片位于 a、b 的正中间位置，此时位于平 行板电容器中 P 处的带电油滴恰好处于静止状态．电路中其余部分电阻均不计，各 接触处都接触良好，且导轨足够长，则下列判断正确的是( )
第 十 章 电磁感应
微专题13 电磁感应中的电路
和图象问题
栏
目 导 航
命题点一 命题点二 电磁感应中的电路问题 电磁感应中的图象问题
模拟演练· 稳基提能 课后回顾· 高效练习
电磁感应中的电路问题
1．题型简述： 在电磁感应问题中，切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化
的线圈都相当于电源，该部分导体或线圈与其他电阻、灯泡、电容器等用电器构成
解析：(1)根据感应电动势公式得 E＝BLv＝1 T×0.4 m×5 m/s＝2 V E 2V 故感应电流 I＝R＝ ＝2 A 1Ω (2)金属棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为 F 安＝BIL＝0.8 N. 因匀速直线运动，所以导体棒所受拉力 F＝F 安＝0.8 N 所以拉力的冲量 IF＝F· t＝0.8 N×0.1 s＝0.08 N· s (3)其它条件不变，则有电动势 E＝2 V E 由全电路的欧姆定律 I′＝ ＝1 A R＋r 导体棒两端电压 U＝I′R＝1 V.
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课件
部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定
值电阻.质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜
导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场；在水平导
轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B的匀强磁场.闭合开关
S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知
金属杆MN运动到水平轨道前，已达到最大速
度，不计导轨电阻且金属杆MN两端始终与导
轨接触良好，重力加速度为g.求：
(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；
答案 见解析
图7
解析 答案
(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值 电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段 时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；
图4
解析 答案
(2)电阻的阻值.
答案
B2l2t0 m
解析 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＝ER
⑤
式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为
F安＝BlI 因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0
⑥ ⑦
联立④⑤⑥⑦式得 R＝B2ml2t0.
解析 答案
变式3 (2017·江淮十校三模)宽为L的两光滑竖直裸导 轨间接有固定电阻R，导轨(电阻忽略不计)间Ⅰ、Ⅱ区 域中有垂直纸面向里宽为d，磁感应强度为B的匀强磁 场，Ⅰ、Ⅱ区域间距为h，如图5，有一质量为m、长为 L、电阻不计的金属杆与竖直导轨紧密接触，从距区域
2mgR
√
B2l2
3B2l3
mgR
√
图8
解析 答案
变式6 如图9所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
73 电磁感应现象 楞次定律
[方法点拨] (1)理解“谁”阻碍“谁”，及如何阻碍．(2)理解楞次定律的广义形式，
“结果”阻碍“原因”．
1．(多选)(2017·湖北武汉2月调考)如图1所示，在两根竖直放置的平行长直导线M、
N
中，通过同方向、同强度的恒定电流，圆形导线框在图示位置，线框和两导线在同一竖直
平面(纸面)内．下列说法正确的是( )
图1
A．若线框从图示位置由静止释放，则线框做直线运动
B．若线框从图示位置由静止释放，则线框做曲线运动
C．若线框沿着水平方向，自右向左在两导线间匀速移动，则线框中感应电流沿逆时针方向
D．若线框沿着水平方向，自右向左在两导线间匀速移动，则线框中感应电流先沿逆时针、
后沿顺时针方向
2．(多选)(2017·湖北荆门元月调考)某同学在”探究电磁感应的产生条件”的实验中，设
计了如图2所示的装置：线圈A通过电流表甲、高阻值的电阻R′、变阻器R和开关S连接
到干电池上，线圈B的两端接到另一个电流表乙上，两个电流表相同，零刻度居中．闭合
开关后，当滑动变阻器R的滑片P不动时，甲、乙两个电流表指针所指的不同位置如图所
示，则( )
图2
A．当滑片P较快地向左滑动时，甲表指针向右偏转
B．当滑片P较快地向左滑动时，乙表指针向左偏转
C．断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，甲表指针向左偏转
D．断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，乙表指针向左偏转
3．(2018·四川成都模拟)自1932年磁单极子概念被狄拉克提出以来，不管是理论还是实
验物理学家都一直在努力寻找，但迄今仍然没能找到它们存在的确凿证据．近年来，一些
凝聚态物理学家找到了磁单极子存在的有力证据，并通过磁单极子的集体激发行为解释了
一些新颖的物理现象，这使得磁单极子艰难的探索之路出现了一丝新的曙光．如果有一个
只有N极的磁单极子从上向下穿过如图3所示的闭合超导线圈，那么，从上向下看，这个线
圈中将出现( )
图3
A．先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流
B．先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流
C．逆时针方向的持续流动的感应电流
D．顺时针方向的持续流动的感应电流
4．如图4所示，圆柱体为磁体，磁极在左右两侧，外侧a为一金属圆环，与磁体同轴放
置，间隙较小．在左侧的N极和金属圆环上各引出一根导线，分别接高压电源的正、负
极．加高压后，磁体和金属环a间的空气会被电离，形成放电电流，若从右侧观察放电电
流，下列说法正确的是( )
图4
A．放电电流将发生顺时针旋转
B．放电电流将发生逆时针旋转
C．放电电流不发生旋转
D．无法确定放电电流的运动情况
5．(2018·广东东莞模拟)水平方置的光滑绝缘杆上挂有两个铜环M和N，水平密绕长螺线
管穿过两环，如图5所示，螺线管中部区域的管外磁场可以忽略，当滑动变阻器的滑片
P
向左移动时，两环将( )
图5
A．一起向左移动 B．一起向右移动
C．相互靠拢 D．相互分离
6．(多选)某同学设计的家庭电路保护装置如图6所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行
绕成．当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从
而切断家庭电路，仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )
图6
A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零
B．家庭电路中使用的用电器增多时，L2中的磁通量不变
C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起
7．(多选)(2017·河北冀州中学一检)如图7甲所示，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁
场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导
线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内．当螺线管内的
磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法正确的是( )
图7
A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量为零
B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量为零
C．在t1～t2时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流
D．在t1～t2时间内，金属圆环L有扩张趋势
答案精析
1．AC 2.ABD
3．C [只有N极的磁单极子从上到下穿过闭合超导线圈，可分成穿入和穿出两个过程．磁
单极子从上到下穿入闭合超导线圈时，向下的磁通量增加，由楞次定律可判断出，从上向
下看，闭合超导线圈中将出现逆时针方向的感应电流；磁单极子穿出闭合超导线圈时，向
上的磁通量减少，由楞次定律可判断出，从上向下看，闭合超导线圈中将出现逆时针方向
的感应电流；所以磁单极子从上到下穿过闭合超导线圈，从上向下看，闭合超导线圈中将
出现逆时针方向的持续流动的感应电流，选项C正确，A、B、D错误．]
4．A [从右侧看，磁场方向向外，电流方向由正极指向负极，根据左手定则判断可知放电
电流将顺时针旋转，A项正确．]
5．C [当滑动变阻器的滑片P向左移动时，螺线管内部、外部的磁场均增加，穿过M、
N
两铜环的水平向右的磁通量增加，根据楞次定律，可知两环中有相同方向的感应电流，同
方向电流相互吸引，故两环相互靠拢，选项C正确．]
6．ABD
7．AC [由B－t图知，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，L内的磁通量为
零，故A正确．
在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环
的磁通量最大，故B错误．
在t1～t2时间内，磁通量的变化率不断变大，则线框内的感应电流不断变大，根据楞次定
律，在线框中的电流方向为逆时针方向，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增
大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故C正确．
在t1～t2时间内，L内的磁场增加，由楞次定律可以确定L必须减小面积以阻碍磁通量的增
加，故有收缩的趋势，故D错误．]