(通用版)2020高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第9课时电磁感应的综合应用课件
2020版高考物理大二轮复习试题：电磁感应规律及其应用(含答案)
回扣练12：电磁感应规律及其应用1．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(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，则( )A ．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 2v 2R，方向水平向右 D ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v R，方向水平向左 解析：选A.当MN 运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN 两端的电压也就是电阻R 两端的电压，电路中电动势为E ＝BlV ，MN 的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R ，则电阻上的电压为12Blv ，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N 到M ，那么流过电阻的就是由b 到d .故A 正确，B 错误．MN 受到的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v 2R；由左手定则可知，安培力的方向水平向左；故CD 错误．故选A.2．如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L ，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L 的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场．用i 表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于i x 的图象中正确的是( )解析：选C.线圈进入磁场，在进入磁场的0～L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R ，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在L ～2L 的过程中，电动势E ＝2BLv ，电流I ＝2BLv R，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在2L ～3L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；故ABD 错误，C 正确；故选C.3．如图所示，表面粗糙的U 形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R 的金属棒ab ，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是( )A ．当变阻器滑片P 向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B ．当变阻器滑片P 向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C ．当变阻器滑片P 向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到bD ．当变阻器滑片P 向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到b解析：选C.根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N 极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P 向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a 到b ，A 错误C 正确；当变阻器滑片P 向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b 到a ，而导体棒所处磁场方向为竖直向上的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，故BD 错误．故选C.4．如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ 边长分别为L和2L ，M 、N 间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d ，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场．两板间有一个质量为m 、电量为q 的带正电油滴恰好处于平衡状态，重力加速度为g ，则下列关于磁场磁感应强度大小B 的变化情况及其变化率的说法正确的是( )A ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd qL 2 B ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd qL 2C ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd 2qL 2D ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd 2qL2 解析：选B.电荷量为q 的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线框下端相当于电源的正极，感应电动势顺时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场同向，根据楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势：E ＝ΔB Δt S ＝ΔB Δt L 2；油滴所受电场力：F ＝E 场q ，对油滴，根据平衡条件得：q E d＝mg ；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：ΔB Δt ＝mgd qL2；故选B. 5.如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L (L ＜d )，质量为m 、电阻为R ，将线圈在磁场上方h 高处静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd 边刚进入磁场一直到ab 边离开磁场为止)( )A ．感应电流所做的功为3mgdB ．线圈的最小速度一定大于mgR B 2L 2C ．线圈的最小速度一定是2g （h ＋L －d ）D ．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向解析：选C.据能量守恒，研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q ＝mgd .cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，所以从cd 边刚穿出磁场到ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程，产生的热量Q ′＝2mgd ，感应电流做的功为2mgd ，故A 错误．线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有：mg ＝B 2L 2v R ，解得可能的最小速度v ＝mgR B 2L2，故B 错误．因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg (h ＋L )＝Q＋12mv 2，解得最小速度v ＝2g （h ＋L －d ），故C 正确．线圈穿出磁场的过程，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，故D 错误．故选C.6．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电感L 1、L 2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的( )A ．a 先变亮，然后逐渐变暗B ．b 先变亮，然后逐渐变暗C ．c 先变亮，然后逐渐变暗D ．b 、c 都先变亮，然后逐渐变暗解析：选A.电键S 闭合时，电感L 1中电流等于两倍L 2的电流，断开电键S 的瞬间，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，通过b 、c 的电流都通过a ，故a 先变亮，然后逐渐变暗，故A 正确； b 、c 灯泡由电流i 逐渐减小，B 、C 、D 错误 .故选A.7．(多选)如图甲所示，宽度为L 的足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接一电容为C 的电容器，将一质量为m 的导体棒与导轨垂直放置，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B .用与导轨平行的外力F 向右拉动导体棒，使导体棒由静止开始运动，作用时间t 1后撤去力F ，撤去力F 前棒内电流变化情况如图乙所示．整个过程中电容器未被击穿，不计空气阻力．下列说法正确的是 ( )A ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀速运动B ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀加速直线运动C ．外力F 的冲量大小为It 1⎝ ⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL D ．撤去外力F 后，导体棒最终静止在导轨上，电容器中最终储存的电能为零解析：选BC.对电容器Q ＝CU ，则ΔQ ＝C ΔU ，I ＝ΔQ Δt ；ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ；解得I ＝CBL Δv Δt＝CBLa ，则导体棒的加速度a 恒定，做匀加速运动，选项A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律：F －BIL ＝ma ，则F ＝BIL ＋mI CBL ，则外力F 的冲量大小为I F ＝Ft 1＝It 1⎝⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL ，选项C 正确；撤去外力F 后，导体棒开始时做减速运动，当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为零，此时安培力为零，导体棒做匀速运动，此时电容器两端的电压不为零，则最终储存的电能不为零，选项D 错误；故选BC.8．(多选)如图所示，在竖直平面内MN 、PQ 两光滑金属轨道平行竖直放置，两导轨上端M 、P 间连接一电阻R .金属小环a 、b 套在金属轨道上，质量为m 的金属杆固定在金属环上，该装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直竖直平面向里．金属杆以初速度v 0从图示位置向上滑行，滑行至最高点后又返回到出发点．若运动过程中，金属杆保持水平，两环与导轨接触良好，不计轨道、金属杆、金属环的电阻及空气阻力．金属杆上滑过程和下滑过程相比较，以下说法正确的是( )A ．上滑过程所用时间比下滑过程短B ．上滑过程通过电阻R 的电量比下滑过程多C ．上滑过程通过电阻R 产生的热量比下滑过程大D ．上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大解析：选AC. 如图所示，v t 图斜率代表加速度，其面积表示位移，上滑过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，下滑过程中是加速度逐渐减小的加速运动，由于位移大小相等，可知上升时间小于下落时间，故A 正确；由q ＝ΔΦR，可知上滑过程通过电阻R 的电量等于下滑过程中电量，故B 错误；在相同位置，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑过程安培力的平均值大于下滑过程安培力的平均值，导致上滑过程中导体棒克服安培力做功多，则上滑过程中电阻R 产生的热量大于下滑过程中产生的热量，故C 正确．安培力冲量I ＝BLq ，q ＝ΔΦR，可知上滑过程安培力的冲量等于下滑过程安培力的冲量，故D 错误．9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、长为L 、电阻为R 的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R 的定值电阻．现闭合开关K ，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F ＝2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s 时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是(重力加速度为g )( )A ．金属棒的末速度为3mgRB 2L 2 B ．金属棒的最大加速度为1.4gC ．通过金属棒的电荷量为BLs RD ．定值电阻上产生的焦耳热为34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4 解析：选AD.设金属棒匀速运动的速度为v ，则感应电动势E ＝BLv ；回路电流I ＝E 2R ＝BLv2R ；安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v 2R ；金属棒匀速时，受力平衡有F ＝mg sin 30°＋F 安，即2mg ＝12mg ＋B 2L 2v 2R联立解得：v ＝3mgR B 2L2，故A 正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即F －mg sin 30°＝ma ，代入数据2mg －12mg ＝ma ，解得a ＝1.5g ，故B 错误；根据感应电量公式Q ＝ΔΦR 总＝BLs 2R，故C 错误；对金属棒运用动能定理，有Fs －mgs sin 30°－Q ＝12mv 2，其中定值电阻上产生的焦耳热为Q R ＝12Q ＝34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4，故D 正确；故选AD. 10．(多选)如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，两导轨的左端之间连接的电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1 kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.1 Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图乙所示．则在金属杆开始运动经t ＝ 5.0 s 时( )A ．通过金属杆的感应电流的大小为1.0 A ，方向由b 指向aB ．金属杆的速率为4.0 m/sC ．外力F 的瞬时功率为1.0 WD ．0～5.0 s 内通过R 的电荷量为5.0 C解析：选AC.导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b 指向a ，金属杆开始运动经t ＝5.0 s ，由图象可知电压为0.4 V ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝U R ＝0.40.4 A ＝1 A ，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律知E ＝BLv ，根据电路结构可知：U ＝R R ＋r E ，解得v ＝5 m/s ，故B 错误；根据电路知U ＝R R ＋r BLv ＝0.08v ＝0.08at ，结合U t 图象知导体棒做匀加速运动，加速度为a ＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，在5 s 末时对金属杆有：F －BIL ＝ma 解得：F ＝0.2 N ，此时F 的瞬时功率P ＝Fv ＝0.2×5 W＝1 W 故C 正确；0～5.0 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝E R ＋r t ＝ΔΦt （R ＋r ）×t ＝ΔΦR ＋r ＝B ×12at 2R ＋r ＝12.5 C ，故D 错误；综上所述本题答案是AC.。
高考第二轮复习专题(4)(物理电磁感与电路).rar
闪堕市安歇阳光实验学校专题四 电磁感应与电路[方法归纳]电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考的热点之一。
电磁感应是讨论其他形式能转化为电能的特点和规律；电路问题主要是讨论电能在电路中传输、分配并通过用电器转化成其他形式能的特点和规律，本专题的思想是能量转化与守恒思想。
在复习电磁感应部分时，其核心是法拉第电磁感应定律和楞次定律；这两个定律一是揭示感应电动势的大小所遵循的规律；一个是揭示感的电动势方向所遵循的规律，法拉第电磁感定律的数学表达式为：n tε∆Φ=∆，磁通量的变化率越大，感应电动势越大．磁通量的变化率越大，外界所做的功也越大．楞次定律的表述为：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，从楞次定律的内容可以判断出：要想获得感应电流就必须克服感应电流的阻碍，需要外界做功，需要消耗其他形式的能量．在第二轮复习时如果能站在能量的角度对这两个定律进行再认识，就能够对这两个定律从更加整体、更加深刻的角度把握．电路部分的复习，其一是以部分电路欧姆定律为中心，包括六个基本物理量（电压、电流、电阻、电功、电功率、电热），三条定律（部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律），以及串、并联电路的特点等概念、定律的理解掌握和计算；其二是以闭合电路欧姆定律为中心讨论电动势概念、闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化；其三，对高中物理所涉及的三种不同类别的电路进行比较，即恒定电流电路、变压器电路、远距离输电电路，比较这些电路哪些是基本不变量，哪些是变化量，变化的量是如何受到不变量的制约的．其能量是如何变化的．在恒定电流电路中，如果题目不加特殊强调，电源的电动势和内电阻是基本不变量，在外电阻改变时其他量的变化受到基本不变量的制约．在变压器电路中，如果题目不加特殊强调，变压器的输入电压不变，其他量改变时受到这个基本不变量的制约．在远距离输电电路中，如果题目不加特殊强调，发电厂输出的电功率不变，其他量改变时受到这个基本不变量的制约． [典例分析]1．电磁感应的图象问题方法：图象问题有两种：一是给出电磁感应过程选出或画出正确图象；二是由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．其思路是：利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势．感应电流的大小，利用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向，利用图象法直观，明确地表示出感应电流的大小和方向．掌握这种重要的物理方法．例1、如图4—1（a ）所示区域（图中直角坐标系x O y 的1、3象限）内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于图面向里，大小为B ，半径为l ，圆心角为60°的扇形导线框OPQ 以角速度ω绕O 点在图面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R ．（1）求线框中感应电流的最大值I 0和交变感应电流的频率f ．（2）在图（b ）中画出线框转一周的时间内感应电流I 随时间t 变化的图象．（规定在图（a ）中线框的位置相应的时刻为t =0）2、电路的动态分析方法：利用欧姆定律，串、并联电路的性质，闭合电路的欧姆定律；明确不变量，以“从局部到整体再到局部”，“从外电路到内电路再到外电路”的顺序讨论各物理量的变化情况．例2、如图4—3所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ．当可变电阻的滑片P 向b 移动时，电压表V 1的变化情况是（ ）的读数U 1与电压表V 2的读数U 2A ．U 1变大，U 2变小B ．U 1变大，U 2变大C ．U 1变小，U 2变小 B ．U 1变小，U 2变大 3、电磁感应与力学综合方法：从运动和力的关系着手，运用牛顿第二定律（1）基本思路：受力分析→运动分析→变化趋向→确定运动过程和最终的稳定状态→由牛顿第二定律列方程求解．（2）注意安培力的特点：（3）纯力学问题中只有重力、弹力、摩擦力，电磁感应中多一个安培力，安培力随速度变化，部分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，在分析问题时要注意上述联系．例3、如图4—4所示，两根相距为d 的足够长的平行金属导轨位于水平x O y平面内，左端接有阻值为R 的电阻，其他部分的电阻均不计．在x >0的一侧存在垂直x O y 平面且方向竖直向下的稳定磁场，磁感强度大小按B =kx 规律变化（其中k 是一大于零的常数）．一根质量为m 的金属杆垂直跨搁在光滑的金属导轨上，两者接触良好．当t =0时直杆位于x =0处，其速度大小为v 0，方向沿x 轴正方向，在此后的过程中，始终有一个方向向左的变力F 作用于金属杆，使金属杆的加速度大小恒为a ，加速度方向一直沿x 轴的负方向．求：（1）闭合回路中感应电流持续的时间有多长？（2）当金属杆沿x 轴正方向运动的速度为02v 时，闭合回路的感应电动势多大？此时作用于金属杆的外力F 多大？4、电磁感应与动量、能量的综合方法：（1）从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律①应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题．②在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒．解决此类问题往往要应用动量守恒定律．（2）从能量转化和守恒着手，运用动能定律或能量守恒定律①基本思路：受力分析→弄清哪些力做功，正功还是负功→明确有哪些形导体运动v 感应电动势E 感应电流I 安培力F磁场对电流的作用 电磁感应阻碍闭合电路欧姆定律（a ） （b ）2πω图4—3图4—4式的能量参与转化，哪增哪减→由动能定理或能量守恒定律列方程求解．②能量转化特点：其它能（如：机械能）−−−−−−→安培力做负功电能−−−−−→电流做功内能（焦耳热）例4、如图4—6所示，在空间中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B．有一宽度为b（b<h）、长度为L、电阻为R、质量为m的矩形导体线圈紧贴磁场区域的上边缘从静止起竖直下落，当线圈的PQ边到达磁场下边缘时，恰好开始做匀速运动．求：（1）线圈的MN边刚好进入磁场时，线圈的速度大小．（2）线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所经历的时间．例5、两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平内，两导轨间的距离为l，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd构成矩形回路，如图4—7所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，磁感应强度为B，设两导体棒均为沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度（如图所示），若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少？（2）当ab棒的速度变为初速度的34时，cd棒的加速度是多少？5、电磁感应与电路综合方法：在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源．解决电磁感应与电路综合问题的基本思路是：（1）明确哪部分相当于电源，由法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向．（2）画出等效电路图．（3）运用闭合电路欧姆定律．串并联电路的性质求解未知物理量．例6、如图4—8所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为2L．磁场的磁感强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段长度为2L，电阻为2R的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿bc方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为3L时，导线ac中的电流为多大？方向如何？6、交变电流的三值（1）最大值：mE NBSω=，最大值(、)m m mE V I与线圈的形状，以及转轴的位置无关，但转轴应与磁感线垂直．（2）有效值：交流电的有效值是根据电流的热效应来定义的．即在同一时间内，跟某一交流电一样能使同一电阻产生相等热量的直流的数值，叫做该交流电的有效值．正弦交流电的有效值与最大值之间的关系为：,,222m m mE U IE U I===．各种交流电器设备上值及交流电表上的测量值都是指有效值．（3）平均值ntϕε∆=∆（4）最大值、有效值和平均值的应用①求电功、电功率以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计图4—6 图4—8 图4—7算．正弦交变电流的有效值为2m I I =，其他交流电流的有效值只能根据有效值的定义来计算．②求一段时间内通过导体横截面的电量时要用平均值来计算．,q It =而,E I E nR t∆Φ==∆． 注意122E E E +≠，平均值不等于有效值．③在考虑电容器的耐压值时，则应根据交流电的最大值．例7、边长为a 的N 匝正方形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以角速度ω绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，线圈的电阻为R ．求：（1）线圈从中性面开始转过90°角的过程中产生的热量．（2）线圈从中性面开始转过90°角的过程中，通过导线截面的电量． 7、电容、电路、电场、磁场综合方法：从电场中的带电粒子受力分析入手，综合运用牛顿第二定律；串、并联电路的性质、闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律进行分析、计算，注意电容器两端的电压和等效电路．例8、如图4—11所示，光滑的平行导轨P 、Q 相距l =1m ，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器C 两极板间距离d =10mm ，定值电阻R 1=R 3=8Ω，R 2=2Ω，导轨电阻不计，磁感应强度B =0.4T 的匀强磁场竖直向下穿过导轨平面，当金属棒ab 沿导轨向右匀速运动（开关S 断开）时，电容器两极板之间质量m =1×10－14kg ，带电荷量q =－1×10－25C 的粒子恰好静止不动；当S 闭合时，粒子以加速度a =7m/s 2向下做匀加速运动，取g =10m/s 2，求：（1）金属棒ab 运动的速度多大？电阻多大？（2）S 闭合后，使金属棒ab 做匀速运动的外力的功率多大？8、电磁感应与交流电路、变压器综合 方法：①变压器遵循的是法拉第电磁感应定律，理想变压器不考虑能量损失，即输入功率等于输出功率．②理想变压器原线圈的电压决定着负线圈的电压，而副线圈上的负载反过来影响着原线圈的电流，输入功率．③远距离输电是以电功率展开分析的，其中损失功率是最为关键的因素．④在供电电路、输电电路、用电回路所构成的输电电路中， 输出电路中的电流和输电回路中的损失电压是联系其余两回路的主要物理量．n 1︰n 2 1n '︰2n ' 图4—12例9、有条河流，流量Q =2m 3/s ，落差h =5m ，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240V ，输电线总电阻R=30Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想电压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220V 、100W ”的电灯正常发光． [跟踪练习]1．矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感强度B 随时间变化的图象如图4—13所示．t =0时刻，磁感强度的方向垂直于纸面向里．在0～4s 时间内，线框的ab 边受力随时间变化的图象（力的方向规定以向左为正方向），可能如图4—14中的（ ）× × × × × × × × × × × ×R 3R 2qSmR 1vaPbQ图4—11图4—13～ U 0I 送 P 输U 送R U 1 U 2A． B． C． D．2．如图4—14甲所示，由均匀电阻丝做成的正方形线框abcd的电阻为R，ab=bc=cd=da=l．现将线框以与ab垂直的速度v匀速穿过一宽为2l、磁感应强度为B的匀强磁场区域，整个过程中ab、cd两边始终保持与边界平行．令线框的cd边刚与磁场左边界重合时t=0，电流沿abcda流动的方向为正．（1）求此过程中线框产生的焦耳热；（2）在图乙中画出线框中感应电流随时间变化的图象；（3）在图丙中画出线框中a、b两点间电势差U ab随时间t变化的图象．图4—143．如图4—15所示，T为理想变压器，A1、A2为交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑变阻器的滑动触头向下滑动时（）A．A1的读数变大，A2读数变大B．A1的读数变大，A2读数变小C．A1的读数变小，A2读数变大D．A1的读数变小，A2的读数变小4．如图4—16所示：半径为r、电阻不计的两个半圆形光滑导轨并列竖直放置，在轨道左上方端点M、N间接有阻值为R的小电珠，整个轨道处在磁感强度为B的匀强磁场中，两导轨间距为L，现有一质量为m，电阻为R的金属棒ab从M、N处自由静止释放，经一定时间到达导轨最低点O、O′，此时速度为v．（1）指出金属棒ab从M、N到O、O′的过程中，通过小电珠的电流方向和金属棒ab的速度大小变化情况．（2）求金属棒ab到达O、O′时，整个电路的瞬时电功率．（3）求金属棒ab从M、N到O、O′的过程中，小电珠上产生的热量．5．（2002·上海）如图4—17所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B．一根质量为m的金属杆从轨道上静止自由滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m，则（）A．如果B增大，v m将变大 B．如果α变大，v m将变大C．如果R变小，v m将变大 D．如果m变小，v m将变大6．（全国）如图4—18所示a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面（纸面）向里．导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的，距离l1；c1d1段与c2d2段也是竖直的，距离为l2．x1y1与x2y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m1和m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触．两杆与导轨构成的回路的总电阻为R．F为作用于金属杆x1y1上的竖直向上的恒力．已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率．图4—16～R1AR2 R3AT图4—15图4—18a bc ditO图甲图乙U abtO图丙l图4—177．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图4—19所示，抛物线的方程是y =x 2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y =a 的直线（图中虚线所示），一个小金属环从抛物线上y =b （y >a ）处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是（ ）A ．mgbB ．212mvC ．mg (b －a )D ．21()2mg b a mv -+8．如图4—20所示，长为L 、电阻r =0.3Ω、质量m =0.1kg 的金属棒CD 垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L ，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R =0.5Ω的电阻，量程为0～3.0A 的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0V 的电压表接在电阻R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右恒定外力F 使金属棒右移，当金属棒以v =2m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏，问：（1）此满偏的电表是什么表？说明理由． （2）拉动金属棒的外力F 多大？（3）此时撤去外力F ，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R 的电量．9．高频焊接是一种常用的焊接方法，其焊接的原理如图所示．将半径为10cm的待焊接的圆形金属工件放在导线做成的1000匝线圈中，然后在线圈中通以高频的交变电流，线圈产生垂直于金属工件所在平面的变化磁场，磁场的磁感应强度B 的变化率为10002sin tπωT/s ．焊接处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的 99倍．工作非焊接部分每单位长度上的电阻为31010m R π--=Ω，焊接的缝宽非常小，求焊接过程中焊接处产生的热功率．（取2π=10，不计温度变化对电阻的影响）图4—2110．如图所示，与光滑的水平平行导轨P 、Q 相连的电路中，定值电阻R 1=5Ω，R 2=6Ω；电压表的量程为0～10V ，电流表的量程为0～3A ，它们都是理想电表；竖直向下的匀强磁场穿过水平导轨面，金属杆ab 横跨在导轨上，它们的电阻均可不计，求解下列问题：（1）当滑动变阻器的阻值R 0=30Ω时，用水平恒力F 1=40N 向右作用于ab ，在ab 运动达到稳定状态时，两个电表中有一个电表的指针恰好满偏，另一个电表能安全使用．试问：这时水平恒力F 1的功率多大？ab 的速度v 1多大？（2）将滑动变阻器的电阻调到R 0=3Ω，要使ab 达到稳定运动状态时，两个电表中的一个电表的指针恰好满偏，另一个电表能安全使用，作用于ab 的水平恒力F 2多大？这时ab 的运动速度v 2多大？11．两只相同的电阻，分别通过简谐波形的交流电和方形波的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图4—23所示．在简谐波形交流电的一个周期内，简谐波形交流电在电阻上图4—19图4—20图4—22R 0R xR 1图4—23产生的焦耳热Q 1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q 2之比为12Q Q 等于（ ）A ．3︰1B ．1︰2C ．2︰1D ．4︰312．曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图4—24甲为其结构示意图．图中N 、S 是一对固定的磁极，abcd 为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc 边中点、与ab 边平行，它的一端有一半径r 0=1.0cm 的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图4—24乙所示．当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动．设线框由N =800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S =20cm 2，磁极间的磁场可视为匀强磁场，磁感强度B =0.010T ，自行车车轮的半径R 1=35cm ，小齿轮的半径R 2=4.0cm ，大齿轮的半径R 3=10.0cm （见图乙）．现从静止开始使大齿轮加速运动，问大齿轮的角速度为多大时才能使发电机输出电压的有效值U =3.2V ？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动） 图4—2413．如图4—25所示，两块水平放置的平行金属板间距为d ，定值电阻的阻值为R ，竖直放置线圈的匝数为n ，绕制线圈导线的电阻为R ，其他导线的电阻忽略不计．现在竖直向上的磁场B 穿过线圈，在两极板中一个质量为m ，电量为q ，带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B 的变化情况是（ ） A ．均匀增大，磁通量变化率的大小为2mgd nqB ．均匀增大，磁通量变化率的大小为mgd nqC ．均匀减小，磁通量变化率的大小为2mgd nqD ．均匀减小，磁通量变化率的大小为mgd nq14．如图4—26所示，水平面中的光滑平行导轨P 1、P 2相距l =50cm ，电池电动势E ′=6V ，电阻不计；电容C =2 F ，定值电阻R =9Ω；直导线ab 的质量m =50g ，横放在平行导轨上，其中导轨间的电阻R ′=3Ω；竖直向下穿过导轨面的匀强磁场的磁感应强度B =1.0T ；导轨足够长，电阻不计．（1）闭合开关S ，直导线ab 由静止开始运动的瞬时加速度多大？ab 运动能达到的最大速度多大？（2）直导线ab 由静止开始运动到速度最大的过程中，电容器的带电荷量变化了多少？15．如图4—27所示的四个图中，a 、b 为输入端，接交流电源、cd 为输出端，下列说法中错误．．的是（ ）A B CDA ．A 图中U ab <U cdB ．B 图中U ab >U cdC ．C 图中U ab <U cdD ．D 图中U ab >U cd16．某电站输送的电功率是500kW ，当采用6kV 电压输电时，安装在输电线路起点的电度表和终点的电度表一昼夜读数相差4800kWh （即4800度），试求：（1）输电线的电阻；（2）若要使输电线上损失的功率降到输送功率的2.304%，应采用多高的电压向外输电？专题四 电磁感应与电路答案 典型例题图4—25～ a bcd～ abd c ～ a bcd～abdc E ′P 1P 2图4—26【例1】 解析：在从图中位置开始（t =0）匀速转动60°的过程中，只有OQ 边切割磁感线，产生的感应电动势2112E Bl ω=，由右手定则可判定电流方向为逆时针方向（设为正方向）．根据欧姆定律得，211(0)23E Bl I t R R ωπω==<≤．导线框再转过30°的过程中，由于∆Φ=0，则22350(),()32226Bl I t I t R ππωππωωωω=<=<≤≤顺时针方向．245540()()623Bl I t I t R ππωππωωωω=<=<≤≤逆时针方向267433110()()32226Bl I t I t R ππωππωωωω=<=<≤≤顺时针方向综合以上分析可知，感应电流的最大值202Bl I Rω=，图4—2所示．频率f πω=．其I —t 图象如答案：（1）20;2Bl I f R ωπω==（2）如图4—2所示． 【例2】 解析：P 向b 移动，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律、欧姆定律以及电路的性质从而可以判断U 1、U 2的变化情况．当P 向b 移动时，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电路I 变小，由欧姆定律得U 2=IR 变小，再由闭合电路欧姆定律得U 1=E －Ir 变大，故本题正确答案应选A ．【例3】 解析： （1）由题意可知，金属杆在磁场中的运动分为两个阶段：先沿x 轴正方向做匀减速运动，直到速度为零；然后x 轴负方向做匀加速直线运动，直到离开磁场，其速度一时间图象如图4—5所示．金属杆在磁场中运动切割磁感线，闭合回路产生感应电流，所以回路中感应电流持续的时间0122v t t a==．（2）当金属杆沿x 轴正方向运动的速度为02v 时，对应的x 坐标x 1`满足：2001()2,2v v ax =-解得x 1=2038v a．则在x 1处的磁感强度21138kv B kx a==此时回路中的感应电动势，金属杆所受的安培力大小25201129128k v d E F BId B d R a R===安方向沿x 轴负方向由牛顿第二定律得F ＋F 安=ma所以，此时作用于金属杆的外力252029128k v dF ma a R=-方向沿x 轴负方向．答案：（1）02v a（2）325200239;16128kdv k v dma a a R- 【例4】 解析： （1）设线圈匀速穿出磁场的速度为v ′， 此时线圈中产生的感应电动势为E BLv '=． ①产生的感应电流为E I R= ②线圈受到的安培力为F =BIL ③此过程线圈受到的重力与安培力平衡mg =F ④ 联立①②③④式，得22mgR v B L '=⑤设线圈的上边刚好进入磁场时速度为v ，线圈全部在磁场里运动的过程中，根据能量守恒定律2211()22mg h b mv mv '-=- ⑥ 联立⑤⑥解得222()2()mgRv g h b B L =-- ⑦ （2）设线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所用时间为t ，根据动量定理0F mgt I mv -=- ⑧图4—2图4—5根据法拉第电磁感应定律BLb E tt∆Φ== ⑨线圈中产生的平均电流EIR=⑩ 故安培力的冲量F I Ft BLIt == ○11 联立⑨⑩○11得，22F B L b I R= ○12 将⑦和○12代入⑧解得22BL b t mgR =【例5】 解析：ab 棒向cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流．ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd 棒则在安培力作用下做加速运动，在ab 棒的速度大于cd 棒的速度时，回路中总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速．两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，再棒以相同的速度v 做匀速运动．（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒的动量守恒，有02mv mv =． 根据能量守恒，整个过程中产生的总热量22200111(2)224Q mv m v mv =-=（2）设ab棒的速度为初速度的34时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒可知0034mv m v mv '=+．此时回路中感应电动势和感应电流分别为03(),42E E v v Bl I R'=-=．此时cd 棒所受的安培力F =IBl ，cd棒的加速度Fa m=．由以上各式可得2204B l v a mR=．答案： （1）2014mv （2）2204B l v mR【例6】 解析：MN 滑过的距离为3L 时，它与bc 的接触点为P ，如图4—9所示．由几何关系可知，MP 的长度为3L ，MP 相当于电路中的电源，其感应电动势13E BLv =，内阻13r R =．等效电路如图4—10所示．图4—9 图4—10外电路并联电阻为1223312933R R R ⨯==+并 由闭合电路欧姆定律可得，MP 中的电流EI R r=+并ac 中的电流23ac I I =联立以上各式解得25ac BLv I R=根据右手定则，MP 中的感应电流方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c ．答案：25ac BLv I R=，方向由a 流向c ．【例7】 解析：（1）线圈中产生的热量应用转动过程中产生的交变电流的有效值来计算．因线圈中感应电动势的峰值为2m ENBa ω=，故线圈中电流的有效值为2I =，线圈转过90°角经历的时间为42T t πω==．所以此过程中产生的热量22424N B a Q IRt Rπω==．（3）线圈转过90°角的过程中，感应电动势和感应电流的平均值分别为所以通过导体截面的电量为2NBa q It R==答案：（1）2244N B a Q R πω=（2）2NBa q R=【例8】 解：（1）带电粒子在电容器两极板间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡1U mg q d=求得电容器两极板间的电压：14115110100.011V 10mgd U q --⨯⨯⨯=== 由于粒子带负电，可知上极板电势高．由于S 断开，R 1上无电流，R 2、R 3上电压等于U 1，电路中的感应电流．。
2020高考物理二轮复习专题教案：四电路与电磁感应第9课时电磁感应的综合应用教案
第9课时 电磁感应的综合应用 考点楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．求感应电动势的两种方法 (1)E ＝n ΔΦΔt ，用来计算感应电动势的平均值． (2)E ＝Blv 或E ＝12Bl 2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值． 2．判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断．3．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式(1)阻碍磁通量的变化——“增反减同”．(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．(4)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”．例1 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图1(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )图1A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0答案 BC解析 在0～t 0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误． 变式训练1．(多选)(2019·山东聊城市模拟)如图2甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd 相连，导线框内有一小金属圆环L ，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B 随时间按图乙所示规律变化时( )图2A ．在t 1～t 2时间内，L 有收缩趋势B ．在t 2～t 3时间内，L 有扩张趋势C ．在t 2～t 3时间内，L 内有逆时针方向的感应电流D ．在t 3～t 4时间内，L 内有顺时针方向的感应电流答案 AD解析 据题意，在t 1～t 2时间内，外加磁场磁感应强度增加且增加得越来越快，则在导线框中产生沿顺时针方向逐渐增大的电流，该电流激发出逐渐增大的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可知圆环有收缩趋势，故选项A 正确；在t 2～t 3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生恒定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B 、C 错误；在t 3～t 4时间内，外加磁场向下减小，且减小得越来越慢，在导线框中产生沿顺时针方向逐渐减小的电流，该电流激发出垂直于纸面向内逐渐减弱的磁场，故圆环内产生顺时针方向的感应电流，选项D 正确．例2 (多选)(2019·山东枣庄市上学期期末)如图3所示，水平放置的半径为2r 的单匝圆形裸金属线圈A ，其内部有半径为r 的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下；线圈A 的圆心和磁场区域的圆心重合，线圈A 的电阻为R .过圆心的两条虚线ab 和cd 相互垂直．一根电阻不计的直导体棒垂直于ab 放置，使导体棒沿ab 从左向右以速度v 匀速通过磁场区域，导体棒与线圈始终接触良好，线圈A 中会有感应电流通过．撤去导体棒，使磁场的磁感应强度均匀变化，线圈A 中也会有感应电流，如果使cd 左侧的线圈中感应电流大小和方向与导体棒经过cd 位置时的相同，则( )图3A ．磁场一定增强B ．磁场一定减弱C ．磁感应强度的变化率为4Bv πrD ．磁感应强度的变化率为8Bv πr答案 AC解析 根据右手定则，导体棒切割磁感线产生的感应电流通过cd 左侧的线圈时的方向是逆时针的，根据楞次定律，使磁场的磁感应强度均匀变化，产生同样方向的感应电流，磁场一定增强，故A 正确，B 错误；导体棒切割磁感线时，根据法拉第电磁感应定律，导体棒经过cd 位置时产生的感应电动势E ＝2Brv ，根据欧姆定律，通过cd 左侧的线圈中感应电流大小I ＝ER 2＝4Brv R ；磁场的磁感应强度均匀变化时，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，ΔB Δt ×r 2πR＝4Brv R ，ΔB Δt ＝4Bv πr，故C 正确，D 错误． 变式训练2．(2019·山东济南市3月模拟)在如图4甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1000匝，横截面积S ＝20cm 2.螺线管导线电阻r ＝1.0Ω，R 1＝4.0Ω，R 2＝5.0Ω，C ＝30μF.在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是()图4A ．螺线管中产生的感应电动势为1.2VB ．闭合K ，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电C ．闭合K ，电路中的电流稳定后，电阻R 1的电功率为2.56×10－2WD ．闭合K ，电路中的电流稳定后，断开K ，则K 断开后，流经R 2的电荷量为1.8×10－2C 答案 C解析 根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt；解得：E ＝0.8 V ，故A 错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，则电容器的下极带正电，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I ＝E R 1＋R 2＋r＝0.08 A ，根据P ＝I 2R 1解得：P ＝2.56×10－2 W ，故C 正确；K 断开后，流经R 2的电荷量即为K 闭合时电容器一个极板上所带的电荷量Q ，电容器两端的电压为：U ＝IR 2＝0.4 V ，流经R 2的电荷量为：Q ＝CU ＝1.2×10－5 C ，故D 错误． 考点电磁感应中的电路与图象问题1．电磁感应现象中的电源与电路 (1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．(2)在电源内部电流由负极流向正极．(3)电源两端的电压为路端电压．2．解图象问题的三点关注(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程可以分为几个阶段，这几个阶段分别与哪段图象变化相对应．(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应．3．解图象问题的两个方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．例3 (多选)(2019·贵州部分重点中学教学质量评测卷(四))长为L 的金属棒OP 固定在顶角为2θ的塑料圆锥体侧面上，ab 为圆锥体底面直径．圆锥体绕其轴OO ′以角速度ω在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中匀速转动，转动方向如图5所示，下列说法正确的是( )图5A ．金属棒上O 点的电势高于P 点B ．金属棒上O 点的电势低于P 点C ．金属棒OP 两端电势差大小为12B ω2L sin θ D ．金属棒OP 两端电势差大小为12B ωL 2sin 2θ 答案 AD解析 由右手定则知金属棒OP 在匀速转动过程中切割磁感线产生的感应电动势方向由P 指向O ，在电源内部由电势低处指向电势高处，则金属棒上O 点的电势高于P 点，故A 正确，B 错误．金属棒OP 在匀速转动过程中切割磁感线的有效长度L ′＝O ′P ＝L sin θ，故产生的感应电动势E ＝BL ′·12ωL ′＝12B ωL 2sin 2θ，故C 错误，D 正确． 变式训练3.(2019·安徽宣城市期末调研测试)边界MN 的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B 、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l 的正三角形金属线框abc 粗细均匀，三边阻值相等，a 顶点刚好位于边界MN 上，现使线框围绕过a 点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图6所示，则在ab 边开始转入磁场的瞬间ab 两端的电势差U ab 为( )图6A.13Bl 2ω B ．－12Bl 2ω C ．－13Bl 2ω D.16Bl 2ω 答案 A解析 当ab 边刚进入磁场时，ab 部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即a 、b 间的距离为l ，E ＝Bl v ＝Bl l ω2＝12Bl 2ω；设每个边的电阻为R ，a 、b 两点间的电势差为：U ＝I ·2R ＝E 3R ·2R ，故U ＝13B ωl 2，故A 正确，B 、C 、D 错误． 例4 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图7，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab 、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ 、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是( )图7答案AD解析根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ 没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图像可能是D.变式训练4.(2019·安徽合肥市第一次质量检测)如图8所示，一有界匀强磁场区域的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L；正方形导线框abcd的边长也为L，当bc边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域．若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图象是( )图8答案 B解析 设导线框运动的加速度为a ，则某时刻其速度v ＝at ，所以在0～t 1时间内(即当bc 边位于磁场左边缘时开始计时，到bc 边位于磁场右边缘结束)，根据法拉第电磁感应定律得：E ＝BLv ＝BLat ，电动势为逆时针方向．由闭合电路欧姆定律得：I ＝BLa Rt ，电流为正．其中R 为线框的总电阻．所以在0～t 1时间内，I ∝t ，故A 、C 错误；从t 1时刻开始，ad 边开始切割磁感线，电动势大小E ＝BLat ，其中t 1＜t ≤t 2，电流为顺时针方向，为负，电流I ＝BLa Rt ，t 1＜t ≤t 2，其中I 0＝BLa R t 1，电流在t 1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持I 0＝BLa Rt 1不变，故B 正确，D 错误． 考点电磁感应中的动力学与能量问题1．电荷量的求解 电荷量q ＝I Δt ，其中I 必须是电流的平均值．由E ＝n ΔΦΔt 、I ＝E R 总、q ＝I Δt 联立可得q ＝n ΔΦR 总，此式不涉及时间．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，电流变或不变都适用；(3)能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量，电流变或不变都适用．3．电磁感应综合题的解题策略(1) 电路分析：明确电源与外电路，可画等效电路图．(2) 受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v 的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v 的变化．(3) 过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”．(4) 能量分析：克服安培力做的功，等于把其他形式的能转化为电能的多少．例5 (2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图9所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面上平行于底边的虚线ef 下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，边长为L 的正方形导线框abcd 放在斜面上，线框的电阻为R ，线框的cd 边刚好与ef 重合．无初速度释放线框，当ab 边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，线框的质量为m ，重力加速度为g ，求：图9(1)ab 边刚好要进入磁场时线框的速度大小；(2)从释放线框到ab 边进入磁场时，通过线框横截面的电荷量．答案 (1)mgR sin θB 2L 2 (2)BL 2R解析 (1)ab 边刚好要进入磁场时，mg sin θ＝F A ＝B 2L 2v R解得：v ＝mgR sin θB 2L 2(2)线框进入磁场的过程中，平均电流为I ＝E R根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔФΔt 通过线框横截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔФR ＝BL 2R . 变式训练5．(多选)(2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟)如图10甲所示，在MN 、OP 间存在一匀强磁场，t ＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F 作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动，外力F 随时间t 变化的图线如图乙所示，已知线框质量m ＝1kg 、电阻R ＝2Ω，则( )图10A ．线框的加速度大小为2m/s 2B ．磁场宽度为6mC ．匀强磁场的磁感应强度大小为2TD ．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为22C 答案 ACD 解析 整个线框在磁场中运动时只受外力F 作用，则加速度a ＝F m ＝2m/s 2.由题图可知，从线框右边刚进入磁场到右边刚离开磁场，运动的时间为2s ，磁场的宽度d ＝12at 12＝4m ，所以选项A 正确，B 错误；当线框全部进入磁场前的瞬间：F 1－F 安＝ma ，而F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＝B 2L 2at R，线框的宽度L ＝12at 12＝12×2×12m ＝1m ，联立得：B ＝2T ，所以选项C 正确；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为q ＝ΔФR ＝BL 2R ＝2×122C ＝22C ，所以选项D 正确． 例6 (2019·浙南名校联盟期末)如图11甲所示，在竖直方向上有4条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1L 2之间、L 3L 4之间存在匀强磁场，大小均为1T ，方向垂直于虚线所在平面．现有一根电阻为2Ω的均匀金属丝，首尾相连制成单匝矩形线圈abcd ，连接处接触电阻忽略，宽度cd ＝L ＝0.5m ，线圈质量为0.1kg ，将其从图示位置由静止释放(cd 边与L 1重合)，速度随时间变化的关系如图乙所示，其中0～t 1时间内图线是曲线，其他时间内都是直线；并且t 1时刻cd 边与L 2重合，t 2时刻ab 边与L 3重合，t 3时刻ab 边与L 4重合，已知t 1～t 2的时间间隔为0.6 s ，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g 取10m/s 2)．求：图11(1)线圈匀速运动的速度大小；(2)线圈的长度ad ；(3)在0～t 1时间内通过线圈的电荷量；(4)0～t 3时间内，线圈ab 边产生的热量．答案 (1) 8m/s (2) 2m (3) 0.25C (4) 0.18J解析 (1) t 2～t 3时间ab 边在L 3L 4内做匀速直线运动，E ＝BLv 2，F ＝B E RL ，F ＝mg 联立解得：v 2＝mgR B 2L 2＝8m/s.(2)从cd 边出L 2到ab 边刚进入L 3线圈一直做匀加速直线运动，ab 刚进上方磁场时，cd 也应刚进下方磁场，设磁场宽度是d ，由v 2＝v 1＋gt 得，v 1＝2m/s ，则3d ＝v 1＋v 22t ＝3m ，得：d ＝1m ，有：ad ＝2d ＝2m.(3)0～t 1时间内，通过线圈的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BdL R＝0.25C. (4)在0～t 3时间内由能量守恒得：线圈产生热量Q 总＝mg ·5d －12mv 22＝1.8J 故线圈ab 边产生热量Q ＝110Q 总＝0.18J. 变式训练6.(2019·福建三明市期末质量检测)如图12所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L ＝0.4m ，其下端连接一个定值电阻R ＝4Ω，其他电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝1T ．一质量为m ＝0.04kg 的导体棒ab 垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图12(1)求导体棒下滑的最大速度；(2)若导体棒从静止加速到v ＝4m/s 的过程中，通过R 的电荷量q ＝0.2C ，求R 产生的热量值． 答案 (1)6m/s (2)0.16J解析 (1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则：mg sin θ＝BIL ，I ＝BLv R，联立解得v ＝6m/s(2)设该过程中电流的平均值为I ，则q ＝I Δt I ＝E R ，E ＝BLx Δt由能量守恒定律可得：mgx sin θ＝12mv 2＋Q 联立解得：x ＝2m ，Q ＝0.16J ．专题突破练级保分练1.(2019·广东珠海市质量监测)如图1所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO′转动，摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则( )图1A．铜盘转动将变快B．铜盘转动将变慢C．铜盘仍以原来的转速转动D．因磁极方向未知，无法确定答案 B解析假设蹄形磁铁的上端为N极，下端为S极，铜盘顺时针转动(从OO′方向看)．根据右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘．通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力的方向是沿逆时针方向，其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小．无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反．同时，转动过程中，机械能转化为电能，最终转化为内能，所以转得慢了．所以B正确，A、C、D错误．2．(多选)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图2甲所示，匀强磁场垂直穿过矩形金属线框abcd，磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化，下列说法正确的是( )图2A．t1时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aB．t3时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aC．t2时刻线框的感应电流最大D．t1时刻线框ab边受到的安培力方向向右答案AD解析t1时刻穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框的感应电流方向为a→b→c→d→a，由左手定则可知，线框ab边受到的安培力方向向右，选项A、D正确；t3时刻穿过线框的磁通量向里减小，可知线框的感应电流方向为a→d→c→b→a，选项B错误；B－t图象的斜率等于磁感应强度的变化率，可知t2时刻磁感应强度的变化率为零，则线框的感应电流为零，选项C错误．3.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图3，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上．t ＝0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动．运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图像中可能正确的是( )图3答案 AC解析 棒ab 以初速度v 0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab 受到与v 0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd 受到与v 0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv ＝v 1－v 2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab 和棒cd 的速度相同，v 1＝v 2，这时两相同的光滑导体棒ab 、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv 0＝mv 1＋mv 2，解得v 1＝v 2＝v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．4.(2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图4所示，宽为L 的光滑导轨竖直放置，左边有与导轨平面垂直的区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为B ，右边有两块水平放置的金属板，两板间距为d .金属板和电阻R 都与导轨相连．要使两板间质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，阻值也为R 的金属棒ab 在导轨上的运动情况可能为(金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g )( )图4A ．向右匀速运动，速度大小为2dmg BLqB ．向左匀速运动，速度大小为2dmg BLqC ．向右匀速运动，速度大小为dmg2BLq D ．向左匀速运动，速度大小为dmg 2BLq答案 A解析 两板间质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，则qE ＝mg ，板间电场强度E ＝mg q ，方向竖直向下；两板间电压U ＝Ed ＝mgd q，且上板带正电、下板带负电．金属棒ab 切割磁感线相当于电源，两金属板与电阻R 并联后接在金属棒两端，则金属棒中电流方向由b 流向a ，U ＝R R ＋R ·E ＝12·BLv ，则金属棒ab 在导轨上的运动速度v ＝2mgd qBL；据金属棒中电流方向由b 流向a 和右手定则可得，金属棒向右运动．综上，A 正确，B 、C 、D 错误．5.(2019·北京市东城区上学期期末)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，磁感应强度大小为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 R答案 C解析 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 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．(多选)(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图6甲所示，通电直导线MN 和正方形导线框在同一水平面内，ab 边与MN 平行，先给MN 通以如图乙所示的电流，然后再通以如图丙所示的正弦交流电，导线和线框始终保持静止不动，电流从N 到M 为正，已知线框中的磁通量与直导线MN 中的电流成正比，则下列说法正确的是( )图6A ．通以如图乙所示的电流时，线框中产生的电流先减小后增大B ．通以如图乙所示的电流时，线框中的感应电流方向始终不变C ．通以如图丙所示的电流时，0～t 2时间内，线框受到的安培力方向不变D ．通以如图丙所示的电流时，t 3时刻线框受到的安培力为零答案 BD解析 由题意可知，从N 到M 的方向为电流正方向；通以如题图乙所示的电流时，在0～t 1时间内电流方向为从M 到N ，穿过线框abcd 的磁场方向垂直纸面向外，大小在减小，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda ；在t 1时刻后，电流方向为N 到M ，穿过线框abcd 的磁场方向垂直纸面向里，大小在增大，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda ，故电流的方向不变，根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔФΔt，则线框中的感应电流为I ＝E R ＝ΔФΔt ×1R ，因线框中的磁通量与直导线MN 中的电流成正比，即ΔФΔt ∝ΔI Δt，则由乙图可知ΔI Δt 一直保持不变，故ΔФΔt不变，则感应电流I 不变，故A 错误，B 正确；通以如题图丙所示的电流时，在0～t 22时间内，导线中电流沿正方向增大，则线框中的磁场向里增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，即为abcda ，根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向右，cd 边受到的安培力方向向左，根据F ＝BIL 可知，I 、L 相同，但ab 边离导线近，故ab 边所在处的磁感应强度大于cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向右；在t 22～t 2时间内，导线中电流沿正方向减小，则线框中的磁场向里减小，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，即为adcba ；根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向左，cd 边受到的安培力方向向右，根据F ＝BIL 可知，I 、L 相同，但ab 边离导线近，故ab 边所在处的磁感应强度大于cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向左，故在0～t 2时间内线框受到的安培力方向改变，故C 错误；由题图丙可知，在t 3时刻电流为零，根据F ＝BIL 可知，此时线框受到的安培力为零，故D 正确．7．(2019·湖北十堰市上学期期末)如图7甲所示，导体棒MN 置于水平导轨上，PQMN 所围成的矩形的面积为S ，PQ 之间有阻值为R 的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t 0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( )图7A ．在0～2t 0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向先向左后向右，大小不变B ．在0～t 0时间内，通过导体棒的电流方向为N 到MC ．在t 0～2t 0时间内，通过电阻R 的电流大小为SB 0Rt 0D ．在0～t 0时间内，通过电阻R 的电荷量为2SB 0R答案 B解析 由题图乙所示图象可知，0～t 0时间内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t 0～2t 0时间内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，则在这两个时间段内摩擦力方向相反；0～t 0时间内产生的感应电动势与感应电流的大小不变，但磁感应强度是变化的，所以安培力是变化的，同理，在t 0～2t 0时间内安培力也是变化的，所以0～2t 0时间内摩擦力的大小是变化的，故A 错误；由题图乙所示图象可知，在0～t 0时间内磁感应强度减小，穿过闭合回路的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，通过导体棒的电流方向为N 到M ，故B 正确；由题图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在t 0～2t 0时间内感应电动势：E ＝ΔФΔt ＝ΔB ·S Δt＝2B 0·S t 0，感应电流为：I 2＝E R ＝2B 0S Rt 0，故C 错误；由题图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～t 0时间内感应电动势：E 1＝ΔФΔt ＝ΔB ·S Δt ＝B 0S t 0；感应电流为：I 1＝E 1R ＝B 0S Rt 0，电荷量：q 1＝I 1t 0＝B 0S R，故D 错误．级争分练8.(2019·福建漳州市第二次教学质量监测)如图8所示，在竖直面内有一半径为L 的圆形光滑金属导轨CPD ，处于磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面(纸面)向里的匀强磁场中，圆心为O ，直径CD 水平，半径OP 竖直，O 、D 间用导线连接．一质量分布均匀的金属棒OA ，长。
2020年高考物理二轮复习精品考点专题09 电磁感应定律及综合应用(讲)(原卷版)
专题九 电磁感应定律及综合应用电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考命题频率最高的内容之一。
题型多为选择题、计算题。
主要考查电磁感应、楞次定律、法拉第电磁感应定律、自感等知识。
本部分知识多结合电学、力学部分出压轴题，其命题形式主要是电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用、电磁感应与能量守恒的综合应用。
复习中要熟练掌握感应电流的产生条件、感应电流方向的判断、感应电动势的计算，还要掌握本部分内容与力学、能量的综合问题的分析求解方法。
预测高考重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效问题．综合试题还是涉及到力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识．主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等．此除日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术这些在实际中有广泛的应用问题也要引起重视。
知识点一、法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律的内容是感应电动势的大小与穿过回路的磁通量的变化率成正比．在具体问题的分析中，针对不同形式的电磁感应过程，法拉第电磁感应定律也相应有不同的表达式或计算式．知识点二、楞次定律与左手定则、右手定则1．左手定则与右手定则的区别：判断感应电流用右手定则，判断受力用左手定则．2．应用楞次定律的关键是区分两个磁场：引起感应电流的磁场和感应电流产生的磁场．感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化，“阻碍”的结果是延缓了磁通量的变化，同时伴随着能量的转化．3．楞次定律中“阻碍”的表现形式：阻碍磁通量的变化(增反减同)，阻碍相对运动(来拒去留)，阻碍线圈面积变化(增缩减扩)，阻碍本身电流的变化(自感现象)．知识点三、电磁感应与电路的综合电磁感应与电路的综合是高考的一个热点内容，两者的核心内容与联系主线如图4－12－1所示：1．产生电磁感应现象的电路通常是一个闭合电路，产生电动势的那一部分电路相当于电源，产生的感应电动势就是电源的电动势，在“电源”内部电流的流向是从“电源”的负极流向正极，该部分电路两端的电压即路端电压，U＝RR＋rE.2．在电磁感应现象中，电路产生的电功率等于内外电路消耗的功率之和．若为纯电阻电路，则产生的电能将全部转化为内能；若为非纯电阻电路，则产生的电能除了一部分转化为内能，还有一部分能量转化为其他能，但整个过程能量守恒．能量转化与守恒往往是电磁感应与电路问题的命题主线，抓住这条主线也就是抓住了解题的关键．在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能．说明：求解部分导体切割磁感线产生的感应电动势时，要区别平均电动势和瞬时电动势，切割磁感线的等效长度等于导线两端点的连线在运动方向上的投影．高频考点一对楞次定律和电磁感应图像问题的考查例1、(多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图4(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()图4A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0【举一反三】（2018年全国II 卷）如图，在同一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。
2021届高考物理二轮复习专题四 电路与电磁感应(考点+习题)含解析
专题四电路与电磁感应1.恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系:E=U外+U内,I=,U=E-Ir。
(2)闭合电路中的功率关系:P总=EI,P内=I2r,P出=IU=I2R=P总-P内。
(3)直流电路中的能量关系:电功W=qU=UIt,电热Q=I2Rt。
(4)纯电阻电路中W=Q,非纯电阻电路中W>Q。
2.电磁感应(1)判断感应电流的方向:右手定则和楞次定律(增反减同、来拒去留、增缩减扩)。
(2)求解感应电动势常见情况与方法(3)自感现象与涡流自感电动势与导体中的电流变化率成正比,线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系。
线圈的横截面积越大,线圈越长,匝数越多,它的自感系数就越大。
带有铁芯的线圈其自感系数比没有铁芯时大得多。
3.交变电流(1)交变电流的“四值”①最大值:为U m、I m,即交变电流的峰值。
②瞬时值:反映交变电流每瞬间的值,如e=E m sinωt。
③有效值:正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E=、U=、I=;非正弦式交变电流的有效值可以根据电流的热效应来求解。
计算交变电流的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。
④平均值:反映交变电流的某物理量在t时间内的平均大小,如平均电动势E=n。
(2)理想变压器的基本关系式①功率关系:P入=P出;②电压关系:=;③电流关系:=。
(3)远距离输电常用关系式(如图所示)①功率关系:P1=P2,P3=P4,P2=P线+P3。
②电压损失:U损=I2R线=U2-U3。
③输电电流:I线===。
④输电导线上损耗的电功率:P损=I线U损=R线=R线。
高考演练1.(2019江苏单科,1,3分)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10,当输入电压增加20 V时,输出电压()A.降低2 VB.增加2 VC.降低200 VD.增加200 V答案D依据理想变压器原、副线圈的电压比与匝数比关系公式可知,=,则ΔU 2=ΔU1,得ΔU2=200 V,故选项D正确。
新课标2020高考物理总复习专题突破方略专题四电磁感应和电路1.4.1电磁感应定律的综合应用课件
复习时应理清各个基本概念，熟记各公 式及适用条件，掌握交流电“四值”的 特点及适用范围，注意训练和掌握闭合 电路的动态分析问题、含容电路的分析 问题、变压器电路的动态分析问题及电 磁感应与电路相综合问题的分析思路与 方法，强化电磁感应图象问题的训练， 提高解决与实际生活、生产科技相结合 的实际问题的能力.
1．(2019·贵阳市二模)如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴 顺时针匀速转动，现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆 盘减速过程中，以下说法正确的是( ) A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高 B．所加磁场越强越不易使圆盘停止转动 C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动 D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 答案：D
2．(多选)(2019·江苏省七市调研)某手持式考试金属探测器如图所示，它能检查出 考生违规携带的电子通信储存设备．工作时，探测环中的发射线圈通以正弦式交 变电流，附近的被测金属物中感应出电流，感应电流的磁场反过来影响探测器线 圈中的电流，使探测器发出警报．则( ) A．被测金属物中产生的是恒定电流 B．被测金属物中产生的是交变电流 C．探测器与被测金属物相对静止时也能发出警报 D．违规携带的手机只有发出信号时才会被探测到 答案：BC
[知识体系构建]
高频考点 1 电磁感应现象、楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用
〉〉 视角一 楞次定律的应用 [例 1] (多选)(2018·全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通 过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接 成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下 列说法正确的是( )
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直于纸面向里的方向转动 B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直于纸面向里的方向 C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直于纸面向外的方向 D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直于纸面向外 的方向转动
2020高考物理二轮总复习第一部分专题突破方略专题四电磁感应和电路1.4.1电磁感应定律的综合应用课件
[规律方法] 楞次定律的应用——一原、二感、三电流
1．明确研究回路的原磁场——弄清研究的回路中原磁场的方向及磁通量的变化情 况； 2．确定感应电流的磁场——根据楞次定律中的“阻碍”原则，结合原磁场磁通量 变化情况，确定感应电流的磁场的方向； 3．判定电流方向——根据感应电流的磁场方向，运用安培定则判断感应电流的方 向．
解析：根据题意可知：cd 中电流的方向为 c→d，c 端电势高于 d 端电势，A 错误； ab 中电流的方向为 b→a，对 ab 应用右手定则可知Ⅰ是 N 极，Ⅱ是 S 极，B 错误， C 正确．当 cd 棒向下运动时，回路中会产生 d→c 的电流，则 ab 中电流的方向为 a→b，根据左手定则可知，ab 棒受的安培力向右，D 错误．
复习时应理清各个基本概念，熟记各公 式及适用条件，掌握交流电“四值”的 特点及适用范围，注意训练和掌握闭合 电路的动态分析问题、含容电路的分析 问题、变压器电路的动态分析问题及电 磁感应与电路相综合问题的分析思路与 方法，强化电磁感应图象问题的训练， 提高解决与实际生活、生产科技相结合 的实际问题的能力.
A．感应线圈中产生的是恒定电流 B．感应线圈中电流的方向总是与励磁线圈中电流方向相反 C．t3 时刻，感应线圈中电流的瞬时值为 0 D．t1～t2 时间内，c 点电势高于 d 点电势
答案：CD
解析：励磁线圈产生的磁场随电流变化，因为电流不是均匀变化，磁场也不是均 匀变化，所以感应电动势 E＝nΔΔΦt ＝nΔΔBt S，就不是恒定的，感应电流也就不是恒 定的，A 错误；感应电流的磁场阻碍引起感应电流磁通量的变化，当励磁线圈电 流减小时，磁感应强度减小，感应电流与励磁线圈电流方向相同，B 错误；t3 时刻， 励磁线圈电流变化率为零，磁感应强度变化率为零，E＝nΔΔΦt ＝nΔΔBt S，感应电动 势为零，感应电流为零，C 正确．t1～t2 时间内，励磁线圈中的电流正向减小，磁 感应强度向上减小，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可判断 c 点电势高 于 d 点电势，D 正确．
【精品推荐】2020高考物理二轮专题复习课标通用版 课件 专题4 电路与电磁感应 第1部分 微专题4
• 静止释放导体棒①，①进入磁场时恰好开始做匀速运动，此 时再由静止释放导体棒②.求：(重力加速度g取10 m/s2，导 体棒与导轨始终接触良好)
• (1)导体棒①进入磁场时的速度大小v1； • (2)匀强磁场的磁感应强度大小B；
• (3)导体棒①离开磁场时的速度大小v2； • (4)分析说明从导体棒①开始到导体棒②离开磁场的过程中，
• 2．解决电磁感应与力学的综合问题的基本步骤
• (1)明确研究对象和物理过程，即研究哪段导体在哪一过程切 割磁感线．
• (2)根据导体运动状态，应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．
• (3)画出等效电路图，应用闭合电路欧姆定律求回路中的感应 培力方向的确定， 列出动力学方程或平衡方程求解．
则 tC＝xvA0＋t2＋vR0，xC＝vCtC，
由图可得 R＝xA＋xC， 联立解得 xA＝2k2－k2＋－13 π·mqBv0.
答案 (1)k＋2k1mv20
3πm (2) 2qB
(3)2k2－k2＋－13 π·mqBv0
• 【跟踪训练2】(2019·湖北武汉二中月考)如图所示，在直角 坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标为(－L，0)， MN与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某 区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画 出)．现有一质量为m、电荷量为－e的电子，从虚线MN上的 P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，
3L2 18 .
答案
(1)
3mv20 eL
(2)6meLv0
πL 9v0
3L2 (3) 18
题型二 电磁感应综合问题
• 1．电磁感应综合问题的两大研究对象及其关系 • 电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源)，
2020高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题四电路与电磁感应第二讲电磁感应及综合应用学案
第二讲电磁感应及综合应用[知识建构][高考调研]1.考查方向：①结合闭合电路的欧姆定律，利用楞次定律或右手定则判断感应电流的方向以及大小计算．②结合牛顿第二定律，对导体棒切割磁感线的运动进行受力分析和运动分析．③结合图象，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电功率、功能关系等规律，解决电磁感应的综合问题．2.常用的思想方法：①图象法．②微元法．③排除法．④等效法．楞次定律 右手定则 研究对象 整个闭合导体回路闭合导体回路的一部分适用范围 磁通量变化产生感应电流的各种情况 一段导体在磁场中做切割磁感线运动关系右手定则是楞次定律的特殊情况(2)公式：E ＝nΔΦΔtn ：线圈的匝数，ΔΦ：磁通量的变化量，Δt ：对应于ΔΦ所用的时间，ΔΦΔt：磁通量的变化率．(3)解决电路问题的基本思路①找电源：哪部分电路产生了电磁感应现象，则这部分电路就是电源．②由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律或右手定则确定出电源的正负极． a ．在外电路，电流从正极流向负极；在内电路，电流从负极流向正极． b ．存在双感应电动势的问题中，要求出总的电动势． ③正确分析电路的结构，画出等效电路图．a ．内电路：“切割”磁感线的导体和磁通量发生变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻．b ．外电路：除“电源”以外的电路即外电路．④运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率等列方程求解． (4)动力学问题基本思路：导体受外力运动――→E ＝Blv感应电动势错误!感应电流错误!导体受安培力―→合外力变化错误!加速度变化―→速度变化.考向一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用[归纳提炼]1．感应电流方向的判断方法(1)右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断． (2)楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断． 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．感应电动势大小的计算 (1)法拉第电磁感应定律：E ＝nΔΦΔt，适用于普遍情况． (2)E ＝Blv ，适用于导体棒切割磁感线的情况． (3)E ＝12Bl 2ω，适用于导体棒旋转切割磁感线的情况．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)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 N[思路点拨] 线框进入磁场，根据右手定则或楞次定律能判断出磁场方向，结合图象分析出线框运动的速度，从图象上感应电动势的大小能计算出磁感应强度与安培力．[解析] 由E －t 图象可知，线框经过0.2 s 全部进入磁场，则速度v ＝l t ＝0.10.2 m/s ＝0.5 m/s ，选项B 正确；E ＝0.01 V ，根据E ＝BLv 可知，B ＝0.2 T ，选项A 错误；根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C 正确；在t ＝0.4 s 至t ＝0.4 s 这段时间内，导线框中的感应电流I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A ，所受的安培力大小F ＝BIL ＝0.04 N ，选项D 错误，故选BC.[答案] BC用法拉第电磁感应定律求解感应电动势常见情况与方法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 ωt1．(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS ，一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )A ．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向B ．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向C ．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向D ．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向[解析] 金属杆PQ 向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS 中感应电流沿逆时针方向；原来T 中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ 中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T 的磁通量减小，根据楞次定律可知T 中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A 、B 、C 项错误，D 项正确．[答案] D2．(2017·金丽衢十二校联考)如右图所示，用一条横截面积为S 的硬导线做成一个边长为L 的正方形，把正方形的一半固定在均匀增大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率ΔBΔt＝k (k >0)，虚线ab 与正方形的一条对角线重合，导线的电阻率为ρ.则下列说法正确的是( )A ．线框中产生顺时针方向的感应电流B ．线框具有扩张的趋势C ．若某时刻的磁感应强度为B ，则线框受到的安培力为2kBL 2S8ρD ．线框中ab 两点间的电势差大小为kL 22[解析] 根据楞次定律，线框中产生的感应电流方向沿逆时针方向，故A 错误；B 增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流的磁场为了阻碍磁通量的增加，线框有收缩的趋势，故B 错误；由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝ΔB Δt ·12L 2＝12kL 2，因线框电阻R ＝ρ4LS， 那么感应电流大小为I ＝E R ＝kSL 8ρ，则线框受到的安培力为：F ＝BI ×2L ＝2kBL 2S8ρ，故C 正确；由上分析，可知，ab 两点间的电势差大小U ＝12E ＝14kL 2，故D 错误．[答案] C3．(多选)(2016·全国卷Ⅱ)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[解析] 法拉第圆盘相当于无数根辐条做切割磁感线运动，若圆盘顺时针转动，根据右手定则可知电流在圆盘上流向圆心，在外电路由a 流向b ，B 正确．圆盘转动方向不变，电流方向也不会发生改变，C 错误．产生的感应电动势大小E ＝12Bl 2ω，可知若ω不变，则E 不变，A 正确．当ω变为原来的2倍时，E 、I 也会变为原来的2倍，根据P ＝I 2R ，可知热功率变为原来的4倍，D 错误．[答案] AB考向二 电磁感应中的图象问题[归纳提炼]电磁感应图象问题解题“5步曲”第1步：明确图象的种类．是B －t 图、I －t 图、v －t 图、F －t 图或是E －t 图等；第2步：分析电磁感应的具体过程．明确运动分成几个阶段(根据磁通量的变化特征或切割特点分析)；第3步：写出函数方程．结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数方程； 第4步：进行数学分析．根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等； 第5步：得结果．画图象或判断图象．(2017·河北唐山一模)如图所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R ，导体棒ab 垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R 的电荷量q 随导体棒位移的变化描述正确的是( )[解析] 导体棒运动过程中受向左的安培力F ＝B 2L 2vR ，安培力阻碍棒的运动，速度减小，由牛顿第二定律得棒的加速度大小a ＝F m ＝B 2L 2vRm，则a 减小，v －t 图线斜率的绝对值减小，故B 项正确，A 项错误．通过R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝BLRx ，可知C 、D 项错误． [答案] B图象问题的思路与方法(1)图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象．也可用“对照法”，即按照要求画出正确的草图，再与选择对照．解决此类问题关键是把握图象特点、分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化或物理状态的变化．(2)图象分析问题：定性分析物理图象，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断．在有关物理图象的定量计算时，要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖掘图象中的隐含条件，明确有关图象所包围的面积、斜率，以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理意义．[熟练强化]1．(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t 2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( )[解析] 由题意可得q ＝It ＝Blv R ＋r t ＝Bla R ＋rt 2，结合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 －mg sin θ－BIl ＝ma ，故有F ＝B 2l 2R ＋r at ＋m (g sin θ＋a )，选项C 正确；由Φ＝Bl ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋12at 2可知选项D 错误．[答案] BC2．(2017·江西南昌三校四联)如图所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t ＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )[解析] 线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B 、C 错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；故A 正确，D 错误．[答案] A3．(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，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Ⅰ上端H 处杆由静止释放．若杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，现以杆由静止释放为计时起点，则杆中电流随时间t 变化的图象可能正确的是( )[解析] 杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，说明产生的感应电流也应完全相同，排除A 和C 选项．因杆在无磁场区域中做a ＝g 的匀加速运动，又杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，则杆在Ⅰ、Ⅱ区域应做减速运动，在区域Ⅰ中对杆受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加速度a ＝mg －B 2L 2v R m ，方向竖直向上，则知杆做加速度逐渐增大的减速运动，又I ＝BLvR，由I －t 图线斜率变化情况可知选项B 正确，选项D 错误．[答案] B考向三 电磁感应中的能量转化问题[归纳提炼]能量转化及焦耳热的求法 1．能量转化 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．求解焦耳热Q 的三种方法 (1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt . (2)功能关系：Q ＝W 克服安培力． (3)能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量．将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H ＝0.4 m ，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x ＝0.55 m ．将一通电导线围成的矩形导线框abcd 置于斜面的底端，已知导线框的质量为m ＝0.1 kg 、导线框的电阻为R ＝0.25 Ω、ab 的长度为L ＝0.5 m ．从t ＝0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F ，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F 撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动．已知导线框向上运动的v －t 图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝33，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g ＝10 m/s 2.(1)求在导线框上施加的恒力F 以及磁感应强度的大小；(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v 与位移s 的关系为v ＝v 0－B 2L 2mRs ，其中v 0是导线框ab 边刚进入磁场时的速度大小，s 为导线框ab 边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q .[思路路线] (1)(2)[解析] (1)由v －t 图象可知，在0～0.4 s 时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v 1＝2.0 m/s ，所以在此过程中的加速度a ＝Δv Δt＝5.0 m/s 2由牛顿第二定律有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 解得F ＝1.5 N由v －t 图象可知，导线框进入磁场区域后以速度v 1做匀速直线运动 通过导线框的电流I ＝E R ＝BLv 1R导线框所受安培力F 安＝BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋B 2L 2v 1R解得B ＝0.50 T.(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v 1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H导线框ab 边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为x 0＝x －H ＝0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v 2，由动能定理，有－mg (x －H )sin θ－μmg (x －H )cos θ＝12mv 22－12mv 21解得v 2＝v 21－2g x －Hsin θ＋μcos θ＝1.0 m/s导线框碰挡板后速度大小仍为v 2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mg sin θ＝μmg cos θ＝0.50 N ，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab 边刚进入磁场时的速度为v 2＝1.0 m/s ；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v 3由v ＝v 0－B 2L 2mR s 得v 3＝v 2－2B 2L 2HmR＝－1.0 m/s因v 3<0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热 Q 1＝I 2Rt ＝2B 2L 2Hv 1R＝0.40 J导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q 2＝12mv 22＝0.05 J所以Q ＝Q 1＋Q 2＝0.45 J.[答案] (1)1.5 N 0.50 T (2)0.45 J用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤[熟练强化]迁移一 单杆模型中的能量问题1．(2017·河北名校联盟)如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面的夹角为θ，N 、Q 两点间接有阻值为R 的电阻．整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．将质量为m 、阻值也为R 的金属杆cd 垂直放在导轨上，杆cd 由静止释放，下滑距离x 时达到最大速度．重力加速度为g ，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好．求：(1)杆cd 下滑的最大加速度和最大速度； (2)上述过程中，杆上产生的热量．[解析] (1)设杆cd 下滑到某位置时速度为v ，则杆产生的感应电动势E ＝BLv ，回路中的感应电流I ＝ER ＋R杆所受的安培力F ＝BIL根据牛顿第二定律有mg sin θ－B 2L 2v2R＝ma当速度v ＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a ＝g sin θ，方向沿导轨平面向下 当杆的加速度a ＝0时，速度最大，最大速度v m ＝2mgR sin θB 2L2，方向沿导轨平面向下． (2)杆cd 从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgx sin θ＝Q 总＋12mv 2m又Q 杆＝12Q 总所以Q 杆＝12mgx sin θ－m 3g 2R 2sin 2θB 4L 4.[答案] (1)g sin θ，方向沿导轨平面向下 2mgR sin θB 2L2，方向沿导轨平面向下 (2)12mgx sin θ－m 3g 2R 2sin 2θB 4L 4 迁移二 双杆模型中的能量问题2．(多选)(2017·浙江五校联考)如图所示，足够长的光滑水平直导轨的间距为l ，电阻不计，垂直轨道平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度均为l 的金属棒，a 棒质量为m ，电阻为R ，b 棒质量为2m ，电阻为2R ，现给a 棒一个水平向右的初速度v 0，已知a 棒在以后的运动过程中没有与b 棒发生碰撞，当a 棒的速度减为v 02时，b 棒刚好碰到了障碍物立即停止运动，而a 棒仍继续运动，则下列说法正确的是( )A ．b 棒碰到障碍物前瞬间的速度为v 02B ．在b 棒停止运动前b 棒产生的焦耳热为Q b ＝524mv 2C ．b 棒停止运动后，a 棒继续滑行的距离为3mv 0R2B 2l 2D ．b 棒停止运动后，a 棒继续滑行的距离为mv 0R2B 2l2[解析] 设b 棒碰到障碍物前瞬间的速度为v 2，之前两棒组成的系统动量守恒，则mv 0＝m v 02＋2mv 2，解得v 2＝v 04，所以选项A 错误；在b 棒停止运动前，根据能量守恒定律可得a 棒和b 棒产生的总焦耳热Q ＝Q a ＋Q b ＝12mv 20－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022－12×2mv 22＝516mv 20，Q b ＝2Q a ，解得Q b ＝524mv 20，所以选项B 正确；a 棒单独向右滑行的过程中，当其速度为v 时，所受的安培力大小为F 安＝BIl ＝B 2l 23Rv ，根据动量定理有－F安Δt ＝mΔv ，所以有∑⎝ ⎛⎭⎪⎫－B 2l 23R v ·Δt ＝∑(m ·Δv )，可得B 2l 23R x ＝m v 02，b 棒停止运动后a 棒继续前进的距离x ＝3mv 0R2B 2l2，所以选项C 正确，选项D 错误．[答案] BC迁移三 线框模型中的能量问题3．(2017·苏州模拟)如图所示，竖直面内的正方形导线框ABCD 和abcd 的边长均为l 、电阻均为R ，质量分别为2m 和m ，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时ABCD 的下边界与匀强磁场的上边界重合，abcd 的上边界到匀强磁场的下边界的距离为l .现将两导线框由静止释放，当ABCD 全部进入磁场时，两导线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)两导线框匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热； (3)导线框abcd 通过磁场的时间．[解析] (1)如图所示，设两导线框刚匀速运动的速度大小为v 、此时轻绳上的张力为T ，则对ABCD 有T ＝2mg ①对abcd 有T ＝mg ＋BIl ②I ＝E R ③ E ＝Blv ④则v ＝mgR B 2l 2.⑤(2)设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q ，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l 的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有4mgl ＝2mgl ＋12×3mv 2＋Q ⑥联立⑤⑥解得Q ＝2mgl －3m 3g 2R22B 4l4.(3)导线框abcd 通过磁场的过程中以速度v 匀速运动，设导线框abcd 通过磁场的时间为t ，则t ＝3lv⑦联立⑤⑦解得t＝3B2l3mgR.[答案] (1)mgRB2l2(2)2mgl－3m3g2R22B4l4(3)3B2l3mgR高考题型预测——杆＋导轨模型[考点归纳]1．单杆模型的常见情况2.双杆在导轨上滑动(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨光滑不等距导轨示意图质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝2L2分析杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用光滑的平行导轨不光滑平行导轨示意图质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2摩擦力F f1＝F f2质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2分析开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时，若F f<F≤2F f，则PQ杆先变加速后匀加速运动；MN杆静止．若F>2F f，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同如图1所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L.一质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．轨道和导体棒的电阻均不计．(1)如图2所示，若轨道左端M、P间接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值为R的电阻．闭合开关S，导体棒从静止开始运动．求经过一段时间后，导体棒所能达到的最大速度的大小．(2)如图3所示，若轨道左端M、P间接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平向右的恒力F的作用下从静止开始运动．求导体棒运动过程中的加速度的大小．[审题指导]第一步读题干—提信息题干信息1)光滑金属轨道滑动中不受摩擦力2)轨道和导体棒的电阻均不计 求电流I 时，图3不能用I ＝E R 总，应选I ＝Δq Δt3)求导体棒运动过程中的加速度的大小 猜想棒可能匀加速运动第二步 审程序—顺思路[解析] (1)闭合开关后，导体棒ab 产生的电动势与电阻R 两端的电压相等时，导体棒ab 达到最大速度v 2，I ＝ER ＋r，U ＝IR ，U ＝BLv 2 解得v 2＝ERBL R ＋r.(2)导体棒ab 向右加速运动，在极短时间Δt 内，导体棒的速度变化Δv ，根据加速度的定义a ＝ΔvΔt，导体棒产生的电动势变化ΔE ＝BLΔv ，电容器增加的电荷量Δq ＝CΔE ＝CBLΔv根据电流的定义I ＝ΔqΔt，解得I ＝CBLa 导体棒ab 受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2Ca 根据牛顿第二定律得F －F 安＝ma 解得a ＝Fm ＋CB 2L 2.[答案] (1)ER BL R ＋r (2)Fm ＋CB 2L 2杆模型分析思路[预测题组]1．(多选)(2017·苏州模拟)如图所示，在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中，有一水平绝缘桌面，桌面上放置了间距为L 的足够长的两平行光滑导轨，导轨左侧连一阻值为R 的电阻，轨道电阻不计．与两轨道垂直的质量为M 、电阻为r 的导体杆开始静止放在轨道上，现通过与轨道平行的轻绳经过一光滑的定滑轮与一质量为m 的物块相连，导体杆在重力作用下开始运动，导体杆的速度达到最大时为v m .运动中杆始终垂直轨道，则下列说法正确的是( )A ．导体杆做的是匀变速直线运动，运动过程中流过电阻R 的电流方向是a →bB ．导体杆获得的最大速度为v m ＝mg R ＋rB 2L 2C ．当物块的速度为v ＝v m2时，导体杆的加速度为mg2MD ．导体杆开始运动时加速度最大，且为mgM ＋m[解析] 导体杆先做变速直线运动，后做匀速运动，运动过程中流过电阻R 的电流方向是b →a ，A 错误；杆产生的感应电动势为E ＝BLv ，因v 变大，故E 变大，电路中电流I ＝E R，电流变大，杆受的安培力F 安＝BIL ，因I 变大，故F 安变大，选杆和物块整体为研究对象，根据牛顿第二定律，mg －B 2L 2vR ＋r＝(M ＋m )a ，当a ＝0时，杆达到最大速度v m ＝mg R ＋r B 2L 2，B 正确；当物块的速度为v ＝v m 2时，导体杆的加速度为mg2M ＋m，C 错误；导体杆开始运动时加速度最大，为mg M ＋m，D 正确．[答案] BD2．(2017·江西六校联考)如图所示，ab 和cd 是两条竖直固定的光滑平行金属导轨，MN 和M ′N ′是用绝缘细线连接的两根金属杆，其质量分别为m 和2m ，用竖直向上、大小未知的外力F 作用在杆MN 中点，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触．整个装置处在磁感应强度为B 、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨足够长，间距为L ，电阻可忽略，两杆总电阻为R ，与导轨始终接触良好，重力加速度为g .t ＝0时刻，将细线烧断，保持力F 不变．(1)细线烧断后任意时刻，求两杆运动的速度大小之比．(2)若杆MN 至速度最大时发生的位移为s ，该过程中通过金属杆横截面的电荷量Δq 和电路中产生的焦耳热Q 各为多少？[解析] (1)解法一：以两杆为研究对象，初始合外力为零，有F ＝3mg细线烧断后杆MN 向上运动，杆M ′N ′向下运动，任意时刻，两杆中感应电流等大反向，所受安培力等大反向，故系统合外力仍为零，动量守恒，有mv 1－2mv 2＝0故两杆运动的速度大小之比为v 1∶v 2＝2∶1 解法二：用隔离法，利用牛顿运动定律分析 设杆MN 和杆M ′N ′的加速度大小分别为a 1、a 2 对杆MN ：F －mg －F 安1＝ma 1 对杆M ′N ′：2mg －F 安2＝2ma 2。
2020版高考物理二轮新考势课件：1-4-11 电磁感应及应用
次定律，A 环中产生逆时针方向的感应电流，选项 B 正确，C、D 错误．
【答案】 B
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【例 2】 (2019 年智达调研)(多选)如图 4－11－2 甲所示，线圈 A 与导线相连，线圈
内有随图 4－11－2 乙所示规律变化的磁场，规定磁场 B 向下为正方向，则下列叙述正确
【例 1】 (2019 年贵州模拟)如图 4－11－1 甲所示，在同一平面内有两个绝缘金属细
圆环 A、B，两环重叠部分的面积为圆环 A 面积的一半，圆环 B 中电流 i 随时间 t 的变化
关系如图 4－11－1 乙所示，以甲图圆环 B 中所示的电流方向为负方向，则 A 环中( )
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②右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形．
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引领高考/把握考试 (2)求感应电动势的方法
①感生电动势：E＝nΔΔΦt SB不不变变时时EE＝＝nnSBΔΔΔΔBtSt
平动切割：E＝Blv
②动生电动势：转动切割：E＝12Bl2ω
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2．如图 4－11－4 甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置
一个螺线管，在螺线管中通入如图 4－11－4 乙所示的电流，电流从螺线管 a 端流入为正．以
下说法正确的是( )
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图 4—11—4
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高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感 第2讲 电磁感及综合用
权掇市安稳阳光实验学校专题四电路与电磁感应第2讲电磁感应及综合应用体系构建考向分析楞次定律和法拉第电磁感应定律及其应用是本讲中高考的热点，常与电路、动力学、能量转化等知识结合起来考查，既有中等难度的选择题，又有综合性较强的计算题。
高考主要考查内容：（1）楞次定律的应用问题；（2）法拉第电磁感应定律和楞次定律的综合应用问题，电路、图象、动力学等问题；（3）自感现象的应用问题。
热点例析热点一电磁感应中的图象问题电磁感应中的图象多在选择题中出现，有时也在计算题中考查，主要考查以下内容：（1）综合考查楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识；（2）在计算题中考查学生的识图能力。
电磁感应现象中，回路产生的感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力随时间的变化规律，可用图象直观地表现出来（如：I—t、B—t、E—t等），此题型可大致分为两类：（1）由给定的电磁感应过程选择相应的物理量的函数图象，以选择题形式为主；（2）由给定的有关图象分析电磁感应过程，确定相关物理量，以综合计算题形式出现。
【例1】如图，水平虚线MN的上方有一匀强磁场，矩形导线框ABCD从某处以速度v0竖直上抛，向上运动高度H后进入与线圈平面垂直的匀强磁场，此过程中导线框的AB边始终与边界MN平行，在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图中能正确反映导线框的速度与时间关系的是（）。
规律小结图象问题的思路与方法（1）图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象。
也可用“对照法”即按照要求画出正确的草图，再与选项对照。
解决此类问题关键是把握图象特点、分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化或物理状态的变化。
（2）图象分析问题：定性分析物理图象，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断。
在有关物理图象的定量计算时，要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖掘图象中的隐含条件，明确有关图象所包围的面积、斜率，以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理意义。
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的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙
图4
所示的规律变化，则下列说法中正确的是
A.螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B.闭合K，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电
√C.闭合K，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10－2 W
D.闭合K，电路中的电流稳定后，断开K，则K断开后，流经R2的电荷量为1.8×10－2 C
2.判断感应电流方向的两种方法 (1)利用_右__手__定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断. (2)利用_楞__次__定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断. 3.楞次定律中“阻碍”的四种表现形式 (1)阻碍磁通量的变化——“增反减同”. (2)阻碍相对运动——“来拒去留”. (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”. (4)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”.
图3
解析 根据右手定则，导体棒切割磁感线产生的感应电流通过 cd左侧的线圈时的方向是逆时针的， 根据楞次定律，使磁场的磁感应强度均匀变化，产生同样方向 的感应电流，磁场一定增强，故A正确，B错误；
导体棒切割磁感线时，根据法拉第电磁感应定律，导体棒经过cd位置时产生的感 应电动势E＝2Brv， 根据欧姆定律，通过 cd 左侧的线圈中感应电流大小 I＝RE＝4BRrv；
解析 根据法拉第电磁感应定律：E＝nΔΔΦt ＝nSΔΔBt ；
解得：E＝0.8 V，故A错误；
根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下， 则螺线管下端相当于电源的正极，则电容器的下极带正电，故B错误； 根据闭合电路欧姆定律，有：I＝R1＋ER2＋r＝0.08 A，
根据 P＝I2R1解得：P＝2.56×10－2 W，故C正确；
例4 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图7，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水 平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计.虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存 在垂直于导轨所在平面的匀强磁场.将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一 位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好.已知PQ进入磁场时加速度恰好为 零.从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的 图像可能正确的是
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1.(多选)(2019·山东聊城市模拟)如图2甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，
图中箭头所示方向为其正方向.螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环
L，圆环与导线框在同一平面内.当螺线管内的磁感应强度B随时间按图乙所示规律变
化时
√A.在t1～t2时间内，L有收缩趋势
B.在t2～t3时间内，L有扩张趋势
例3 (多选)(2019·贵州部分重点中学教学质量评测卷(四))长为L的金属棒OP固定在
顶角为2θ的塑料圆锥体侧面上，ab为圆锥体底面直径.圆锥体绕其轴OO′以角速度
ω在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中匀速转动，转动方向如图5所
示，下列说法正确的是
√A.金属棒上O点的电势高于P点
B.金属棒上O点的电势低于P点
ΔΦ q＝_n_R__总__，此式不涉及时间.
2.求解焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律：Q＝_I_2_R_t_，适用于电流、电阻不变； (2)功能关系：Q＝W克服安培力，电流变或不变都适用； (3)能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量，电流变或不变都适用. 3.电磁感应综合题的解题策略 (1) 电路分析：明确电源与外电路，可画等效_电__路__图. (2) 受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第 二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变 化又会影响v的变化. (3) 过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”. (4) 能量分析：克服安培力做的功，等于把其他形式的能转化为电能的多少.
例2 (多选)(2019·山东枣庄市上学期期末)如图3所示，水平放置的半径为2r的单匝
圆形裸金属线圈A，其内部有半径为r的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小
为B、方向竖直向下；线圈A的圆心和磁场区域的圆心重合，线圈A的电阻为R.过圆
心的两条虚线ab和cd相互垂直.一根电阻不计的直导体棒垂直于ab放置，使导体棒沿
2 磁场的磁感应强度均匀变化时，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，
ΔΔBt ×R r2π＝4BRrv，ΔΔBt ＝4πBrv，故 C 正确，D 错误.
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2.(2019·山东济南市3月模拟)在如图4甲所示的电路
中，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝20 cm2.
螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω， C＝30 μF.在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场
√
√
图7
解析 根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导 体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相 同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时 间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入 磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定 律可知流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A； 若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则 两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中 做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电 流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一 定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电 流减小，流过PQ的电流随时间变化的图像可能是D.
3.解图象问题的两个方法 (1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快 慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项. (2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函 数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法.
例1 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀
强磁场，其边界如图1(a)中虚线MN所示.一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，
将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上.t＝0时磁感应强度的方
向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示.则在t＝0到t＝t1的时 间间隔内
C.金属棒 OP 两端电势差大小为12Bω2Lsin θ
√D.金属棒 OP 两端电势差大小为12BωL2sin2 θ
图5
解析 由右手定则知金属棒OP在匀速转动过程中切割磁感线产 生的感应电动势方向由P指向O，在电源内部由电势低处指向电 势高处，则金属棒上O点的电势高于P点，故A正确，B错误. 金属棒OP在匀速转动过程中切割磁感线的有效长度L′＝O′P ＝Lsin θ， 故产生的感应电动势 E＝BL′·12ωL′＝12BωL2sin2 θ，故 C 错误，D 正确.
电流 I＝BRLat，t1＜t≤t2，其中 I0＝BRLat1， 电流在 t1 时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持 I0＝BRLat1 不变， 故B正确，D错误.
考点3 电磁感应中的动力学与能量问题
1.电荷量的求解 电荷量q＝IΔt，其中I必须是电流的_平__均__值.由E＝nΔΔtΦ、I＝RE总、q＝IΔt联立可得
√
解析 设导线框运动的加速度为a，则某时刻其速度v＝at，所以
在0～t1时间内(即当bc边位于磁场左边缘时开始计时，到bc边位于 磁场右边缘结束)，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝BLat，
电动势为逆时针方向. 由闭合电路欧姆定律得：I＝BRLat，电流为正. 其中R为线框的总电阻.所以在0～t1时间内，I∝t，故A、C错误； 从t1时刻开始，ad边开始切割磁感线，电动势大小E＝BLat， 其中t1＜t≤t2，电流为顺时针方向，为负，
ab从左向右以速度v匀速通过磁场区域，导体棒与线圈始终接触良好，线圈A中会有
感应电流通过.撤去导体棒，使磁场的磁感应强度均匀变化，线圈A中也会有感应电
流，如果使cd左侧的线圈中感应电流大小和方向与导体棒经过cd位置时的相同，则
√A.磁场一定增强
B.磁场一定减弱
√C.磁感应强度的变化率为4πBrv
D.磁感应强度的变化率为8πBrv
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4.(2019·安徽合肥市第一次质量检测)如图8所示，一有界匀强磁 场区域的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L； 正方形导线框abcd的边长也为L，当bc边位于磁场左边缘时，线 框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域.若规定逆时针方
图8 向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图象是
两端的电势差Uab为
√A.13Bl2ω
B.－12Bl2ω
C.－13Bl2ω
D.16Bl2ω
图6
解析 当ab边刚进入磁场时，ab部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，
即 a、b 间的距离为 l，E＝Bl v ＝Bll2ω＝12Bl2ω； 设每个边的电阻为 R，a、b 两点间的电势差为：U＝I·2R＝3ER·2R， 故 U＝13Bωl2，故 A 正确，B、C、D 错误.
第9课时
电磁感应的综合应次定律与法拉第电磁感应定律的应用 考点2 电磁感应中的电路与图象问题 考点3 电磁感应中的动力学与能量问题
考点1 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
1.求感应电动势的两种方法 (1)E＝nΔΔΦt ，用来计算感应电动势的_平__均__值. (2)E＝Blv 或 E＝12Bl2ω，主要用来计算感应电动势的_瞬__时__值.
K断开后，流经R2的电荷量即为K闭合时电容器一个极板上所带的电荷量Q， 电容器两端的电压为：U＝IR2＝0.4 V， 流经R2的电荷量为：Q＝CU＝1.2×10－5 C，故D错误.