2015高考物理(山东专用)二轮专题辅导训练：专题4 第10讲 电磁感应问题的综合分析
高三物理第二轮专题复习 专题四电磁感应与电路教案 人教版
专题四 电磁感应与电路一、考点回顾“电磁感应”是电磁学的核心内容之一，同时又是与电学、力学知识紧密联系的知识点，是高考试题考查综合运用知识能力的很好落脚点，所以它向来高考关注的一个重点和热点，本专题涉及三个方面的知识：一、电磁感应，电磁感应研究是其它形式有能量转化为电能的特点和规律，其核心内容是法拉第电磁感应定律和楞次定律；二、与电路知识的综合，主要讨论电能在电路中传输、分配，并通过用电器转化为其它形式的能量的特点及规律；三、与力学知识的综合，主要讨论产生电磁感应的导体受力、运动特点规律以及电磁感应过程中的能量关系。
由于本专题所涉及的知识较为综合，能力要求较高，所以往往会在高考中现身。
从近三年的高考试题来看，无论哪一套试卷，都有这一部分内容的考题，题量稳定在1～2道，题型可能为选择、实验和计算题三种，并且以计算题形式出现的较多。
考查的知识：以本部分内容为主线与力和运动、动量、能量、电场、磁场、电路等知识的综合，感应电流（电动势）图象问题也经常出现。
二、典例题剖析根据本专题所涉及内容的特点及高考试题中出的特点，本专题的复习我们分这样几个小专题来进行：1.感应电流的产生及方向判断。
2.电磁感应与电路知识的综合。
3.电磁感应中的动力学问题。
4.电磁感应中动量定理、动能定理的应用。
5.电磁感应中的单金属棒的运动及能量分析。
6.电磁感应中的双金属棒运动及能量分析。
7.多种原因引起的电磁感应现象。
(一)感应电流的产生及方向判断1．(2007理综II 卷)如图所示，在PQ 、QR 区域是在在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc 边与磁场的边界P 重合。
导线框与磁场区域的尺寸如图所示。
从t ＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。
以a →b →c →d →e →f 为线框中有电动势的正方向。
以下四个ε-t 关系示意图中正确的是【 】解析：楞次定律或左手定则可判定线框刚开始进入磁场时，电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D 选项错误；1－2s 内，磁通量不变化，感应电动势为0，A 选项错误；2－3s 内，产生感应电动势E ＝2Blv ＋Blv ＝3Blv ，感应电动势的方向为逆时针方向（正方向），故C 选项正确。
电磁感应问题专题讲解(课件)高中物理选择性必修第二册(鲁科版)
用法拉第电磁感应定律和楞次定 律确定电动势的大小和方向
画出等效电路图
根据电路知识求解
例题８
例题８、如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上， 磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端 固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间 接有阻值为R的电阻和电容为C、极板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在 电容器极板间处于静止状态，已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列
小为v的速度匀速运动，则PM刚进入磁场时（ A ）
A．线框中的感应电流开始逐渐变小 B．感应电流大小为
C．线框所受安培力大小为 D．N、M 两端的电压为
例题７
例题７、如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l， bc间电阻为R，其它部分电阻不计。导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁 感应强度大小为B。金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N。并与导轨成θ 角，金属杆以ω的角速度绕N点由图示位置逆时针匀速转动到与导轨ab垂直。转动 过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆电阻忽略不计，则在金属杆转动过程中
闭合电路
I E Rr
U R E Rr
P IU Q I 2Rt q CU 电流方向
联系１：电动势E 联系２：功和能
电磁感应
E Blv E n
t
E 1 Bl2
2 q n
R 楞次定律 （或右手定则）
例题６
例题６、如图所示，水平面的虚线之上有垂直于纸面向里足够大的匀强形导线框PQMN沿PN方向以大
例题３
例题３、如图所示，一个边长为L的正方形导线框沿x轴正方向匀速穿过匀强磁场 区域。以x轴的正方向为安培力的正方向，从线框在图示位置的时刻开始计时，关
2015届高考物理精讲：专题10+电磁感应(高考定位+审题破题,含原创题组及解析)
高考定位电磁感应是电磁学部分的重点之一，是高考的重要考点．考查的重点有以下几个方面：①楞次定律的理解和应用；②电磁感应图象；③电磁感应过程中的动态分析；④综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题．应考策略：复习应注意“抓住两个定律，运用两种观点”．两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点．考题1 对楞次定律和电磁感应图象问题的考查例1 (单选)如图1所示，直角坐标系xOy 的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B .现将半径为L 、圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ 在外力作用下以恒定角速度绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t ＝0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是( )图1审题突破 根据转动闭合线框切割磁感线产生的感应电动势公式E ＝12Bl 2ω求出每条半径切割磁感线时产生的感应电动势，分段由闭合电路欧姆定律求出感应电流，由楞次定律判断感应电流的方向，即可选择图象．解析 根据楞次定律，线框从第一象限进入第二象限时，电流方向是正方向，设导线框的电阻为R ，角速度为ω，则电流大小为BωL 22R，从第二象限进入第三象限时，电流方向是负方向，电流大小为3BωL 22R ，从第三象限进入第四象限时，电流方向是正方向，电流大小是3BωL 22R，线框从第四象限进入第一象限时，电流方向是负方向，电流大小为BωL 22R ，B 选项正确．答案 B1．(双选)(2014·江苏·7)如图2所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )图2A ．增加线圈的匝数B ．提高交流电源的频率C ．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯 答案 AB解析 当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项A 、B 正确，选项C 、D 错误．1．楞次定律的理解和应用(1)“阻碍”的效果表现为：①阻碍原磁通量的变化——增反减同；②阻碍物体间的相对运动——来拒去留；③阻碍自身电流的变化——自感现象．(2)解题步骤：①确定原磁场的方向(分析合磁场)；②确定原磁通量的变化(增加或减少)；③确定感应电流磁场的方向(增反减同)；④确定感应电流方向(安培定则)． 2．求解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．解决此类问题的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．考题2 对电磁感应中动力学问题的考查例2 如图3所示，间距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面夹角为30°，导轨的电阻不计，导轨的N 、Q 端连接一阻值为R 的电阻，导轨上有一根质量一定、电阻为r 的导体棒ab 垂直导轨放置，导体棒上方距离L 以上的范围存在着磁感应强度大小为B 、方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场．现在施加一个平行斜面向上且与棒ab 重力相等的恒力，使导体棒ab 从静止开始沿导轨向上运动，当ab 进入磁场后，发现ab 开始匀速运动，求：图3(1)导体棒的质量；(2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移． 审题突破 (1)由牛顿第二定律求出导体棒的加速度，由匀变速运动的速度位移公式求出速度，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出导体棒的质量．(2)应用牛顿第二定律、安培力公式分析答题．解析 (1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动，距离为L ，其加速度为 F －mg sin 30°＝ma F ＝mg得a ＝12g棒进入磁场时的速度为v ＝2aL ＝gL由棒在磁场中匀速运动可知F 安＝12mgF 安＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r得m ＝2B 2L 2R ＋rL g(2)若进入磁场瞬间使拉力减半，则F ＝12mg则导体棒所受合力为F 安F 安＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r ＝mav ＝ΔsΔt 和a ＝Δv Δt 代入上式B 2L 2Δs Δt R ＋r＝m Δv Δt即B 2L 2Δs R ＋r＝m Δv 设导体棒继续向上运动的位移为s ，则有 B 2L 2sR ＋r＝m v 将v ＝gL 和m ＝2B 2L 2R ＋r Lg代入得s ＝2L答案 (1)2B 2L 2R ＋rLg(2)2L2．(单选)如图4所示，光滑斜面PMNQ 的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，其中ab 边长为l 1，bc 边长为l 2，线框质量为m 、电阻为R ，有界匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于斜面向上，ef 为磁场的边界，且ef ∥MN .线框在恒力F 作用下从静止开始运动，其ab 边始终保持与底边MN 平行，F 沿斜面向上且与斜面平行．已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断不正确的是( )图4A ．线框进入磁场前的加速度为F －mg sin θmB ．线框进入磁场时的速度为(F －mg sin θ)RB 2l 21C ．线框进入磁场时有a →b →c →d 方向的感应电流D ．线框进入磁场的过程中产生的热量为(F －mg sin θ)l 1 答案 D解析 线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得：F －mg sin θ＝ma ，线框的加速度为a ＝F －mg sin θm，故A 正确．设线框匀速运动的速度大小为v ，则线框受力平衡，F ＝F 安＋mg sinθ，而F 安＝B ·Bl 1v R ·l 1＝B 2l 21vR ，解得v ＝(F －mg sin θ)R B 2l 21，选项B 正确；根据右手定则可知，线框进入磁场时有a →b →c →d 方向的感应电流，选项C 正确；由能量关系，线框进入磁场的过程中产生的热量为力F 做的功与线框重力势能增量的差值，即Fl 2－mgl 2sin θ，选项D 错误，故选D.3．如图5甲所示，MN 、PQ 是相距d ＝1.0 m 足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒ab 垂直于导轨MN 、PQ 放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒ab 的质量m ＝0.1 kg ，其接入电路的电阻r ＝1 Ω，小灯泡电阻R L ＝9 Ω，重力加速度g 取10 m/s 2.现断开开关S ，将棒ab 由静止释放并开始计时，t ＝0.5 s 时刻闭合开关S ，图乙为ab 的速度随时间变化的图象．求：图5(1)金属棒ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值； (2)磁感应强度B 的大小．答案 (1)6 m/s 2 35(2)1 T解析 (1)S 断开时ab 做匀加速直线运动由图乙可知a ＝ΔvΔt ＝6 m/s 2根据牛顿第二定律有：mg sin θ＝ma所以sin θ＝35.(2)t ＝0.5 s 时S 闭合，ab 先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大v m ＝6 m/s 后做匀速直线运动根据平衡条件有mg sin θ＝F 安 又F 安＝BId E ＝Bd v m I ＝ER L ＋r解得B ＝1 T.在此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动—电—动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向． (2)根据等效电路图，求解回路中的感应电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推出对电路中的感应电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．考题3 对电磁感应中能量问题的考查例3 如图6所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为1 m ，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab 和以a ′b ′的质量都是0.2 kg ，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B 的大小相同．让a ′b ′固定不动，将金属棒ab 由静止释放，当ab 下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W ．求：图6(1)ab 下滑的最大加速度；(2)ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q 为多大？(3)如果将ab 与a ′b ′同时由静止释放，当ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q ′为多大？(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 审题突破 (1)当ab 棒刚下滑时，v ＝0，没有感应电流，此时加速度最大．(2)ab 棒达到最大速度后做匀速运动，其重力功率等于整个回路消耗的电功率，求出v m ，根据能量守恒列式求回路电流的发热量Q .(3)a ′b ′和ab 受力平衡时稳定，求出稳定速度，根据能量守恒列式求回路电流的发热量Q ′.解析 (1)当ab 棒刚下滑时，ab 棒的加速度有最大值： a ＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2.(2分)(2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动，有 mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，(2分)整个回路消耗的电功率P 电＝BIL v m ＝(mg sin θ－μmg cos θ)v m ＝8 W ， (2分) 则ab 棒的最大速度为：v m ＝10 m/s(1分) 由P 电＝E 22R ＝(BL v m )22R(2分) 得：B ＝0.4 T ．(1分)根据能量守恒得： mgh ＝Q ＋12m v 2m ＋μmg cos θ·h sin θ (2分) 解得：Q ＝30 J ．(1分)(3)由对称性可知，当ab 下落30 m 稳定时其速度为v ′，a ′b ′也下落30 m ，其速度也为v ′，ab 和a ′b ′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和． 根据共点力平衡条件，对ab 棒受力分析， 得mg sin θ＝BI ′L ＋μmg cos θ(2分) 又I ′＝2BL v ′2R ＝BL v ′R(2分) 代入解得v ′＝5 m/s(1分) 由能量守恒2mgh ＝12×2m v ′2＋2μmg cos θhsin θ＋Q ′(3分) 代入数据得Q ′＝75 J ．(1分)答案 (1)4 m/s 2 (2)30 J (3)75 J4．(双选)在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L ，如图7所示．一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形线框在t ＝0时刻以速度v 0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t 0，线框ab 边到达gg ′与ff ′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是( )图7A ．当ab 边刚越过ff ′时，线框加速度的大小为g sin θB ．t 0时刻线框匀速运动的速度为v 04C ．t 0时间内线框中产生的焦耳热为32mgL sin θ＋1532m v 20D ．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动答案 BC解析 当ab 边进入磁场时，F A ＝B 2L 2v 0R＝mg sin θ.当ab 边刚越过f ′f 时，线框的感应电动势和电流均加倍，4B 2L 2v 0R －mg sin θ＝ma ，加速度向上为3g sin θ，A 错误；t 0时刻，4B 2L 2vR ＝mg sinθ，解得v ＝v 04，B 正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动过程，沿斜面向下运动距离为32L ，则由功能关系得t 0时间内线框中产生的焦耳热为Q ＝3mgL sin θ2＋12m v 20－12m v 2＝32mgL sin θ＋1532m v 20，C 正确；线框离开磁场时做加速运动，D 错误． 5．如图8所示，水平放置的足够长的平行金属导轨MN 、PQ 的一端接有电阻R 0，不计电阻的导体棒ab 静置在导轨的左端MP 处，并与MN 垂直．以导轨PQ 的左端为坐标原点O ，建立直角坐标系xOy ，Ox 轴沿PQ 方向．每根导轨单位长度的电阻为r .垂直于导轨平面的非匀强磁场磁感应强度在y 轴方向不变，在x 轴方向上的变化规律为：B ＝B 0＋kx ，并且x ≥0.现在导体棒中点施加一垂直于棒的水平拉力F ，使导体棒由静止开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a .设导体棒的质量为m ，两导轨间距为L .不计导体棒与导轨间的摩擦，导体棒与导轨接触良好，不计其余部分的电阻．图8(1)请通过分析推导出水平拉力F 的大小随横坐标x 变化的关系式；(2)如果已知导体棒从x ＝0运动到x ＝x 0的过程中，力F 做的功为W ，求此过程回路中产生的焦耳热Q ；(3)若B 0＝0.1 T ，k ＝0.2 T /m ，R 0＝0.1 Ω，r ＝0.1 Ω/m ，L ＝0.5 m ，a ＝4 m/s 2，求导体棒从x ＝0运动到x ＝1 m 的过程中，通过电阻R 0的电荷量q .答案 (1)F ＝ma ＋(B 0＋kx )2L 22axR 0＋2rx (2)W －max 0(3)0.5 C解析 (1)设导体棒运动到坐标为x 处的速度为v ，由法拉第感应定律得产生的感应电动势为： E ＝BL v①由闭合电路欧姆定律得回路中的电流为：I ＝BL v R 0＋2rx ②由于棒做匀加速度直线运动，所以有： v ＝2ax③ 此时棒受到的安培力：F A ＝BIL④ 由牛顿第二定律得：F －F A ＝ma⑤由①②③④⑤联立解得：F ＝ma ＋(B 0＋kx )2L 22axR 0＋2rx(2)设导体棒在x ＝x 0处的动能为E k ，则由动能定理得：E k ＝max 0 ⑥ 由能量守恒与转化定律得：W ＝Q ＋E k⑦将⑥式代入⑦式解得：Q ＝W －max 0(3)由①②两式得：I ＝(B 0＋kx )L vR 0＋2rx⑧ 因为v ＝at ，将题中所给的数值代入⑧式得：I ＝2t (A)⑨可知回路中的电流与时间成正比，所以在0～t 时间内，通过R 0的电荷量为：q ＝I2t ＝t 2 (C) 由匀加速直线运动规律得：t ＝2xa当x ＝1 m 时，有q ＝2xa＝0.5 C1．明确安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下： 电能W 安>0W 安<0其他形式的能2．明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化．如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能． 3．根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解问题．考题4 综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题例4 (20分)如图9甲所示，MN 、PQ 是相距d ＝1 m 的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1 m 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，ab 的质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝1 Ω；MN 、PQ 的上端连接右侧电路，电路中R 2为一电阻箱；已知灯泡电阻R L ＝3 Ω，定值电阻R 1＝7 Ω，调节电阻箱使R 2＝6 Ω，重力加速度g ＝10 m/s 2.现断开开关S ，在t ＝0时刻由静止释放ab ，在t ＝0.5 s 时刻闭合S ，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab 的速度随时间变化图象．图9(1)求斜面倾角α及磁感应强度B 的大小；(2)ab 由静止下滑s ＝50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热； (3)若只改变电阻箱R 2的值．当R 2为何值时，ab 匀速下滑中R 2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？解析 (1)S 断开时，ab 做匀加速直线运动，从图乙得a ＝ΔvΔt ＝6 m/s 2(1分) 由牛顿第二定律有mg sin α＝ma ，(1分) 所以有sin α＝35，即α＝37°，(1分)t ＝0.5 s 时，S 闭合且加了磁场，分析可知，此后ab 将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(v m ＝6 m/s)后接着做匀速运动． 匀速运动时，由平衡条件知mg sin α＝F 安，(1分) 又F 安＝BId I ＝Bd v mR 总(1分) R 总＝R ＋R 1＋R L R 2R L ＋R 2＝10 Ω(1分) 联立以上四式有mg sin α＝B 2d 2v mR 总(2分) 代入数据解得B ＝mg sin αR 总d 2v m＝1 T(1分) (2)由能量转化关系有mg sin αs ＝12m v 2m ＋Q (2分) 代入数据解得Q ＝mg sin αs －12m v 2m ＝28.2 J(1分)(3)改变电阻箱R 2的值后，ab 匀速下滑时有 mg sin α＝BdI(1分)所以I ＝mg sin αBd＝0.6 A(1分)通过R 2的电流为I 2＝R LR L ＋R 2I(1分) R 2的功率为P ＝I 22R 2(1分) 联立以上三式可得P ＝I 2R 2L R 2(R L ＋R 2)2＝I 2R 2L (R L R 2＋R 2)2(1分)当R L R 2＝R 2时，即R 2＝R L ＝3 Ω，功率最大，(1分) 所以P m ＝0.27 W ．(2分)答案 (1)37° 1 T (2)28.2 J (3)3 Ω 0.27 W(2014·安徽·23)(16分)如图10甲所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为2.5 m ，MN 连线水平，长为3 m ．以MN 中点O 为原点、OP 为x 轴建立一维坐标系Ox .一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3 m 、质量m 为1 kg 、电阻R 为0.3 Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定速度v ＝1 m /s 在导轨上沿x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g 取10 m/s 2.图10(1)求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x ＝0.8 m 处电势差U CD ； (2)推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图乙中画出F －x 关系图像；(3)求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热． 答案 (1)1.5 V －0.6 V(2)F ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2) 见解析图 (3)7.5 J解析 (1)金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势E ＝Bl v (l ＝d ) E ＝1.5 V(D 点电势高)当x ＝0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l 外，则l 外＝d －OP －x OP d OP ＝ MP 2－(MN2)2＝2 m得l 外＝1.2 m由楞次定律判断D 点电势高，故C 、D 两端电势差 U CD ＝－Bl 外v ＝－0.6 V .(2)杆在导轨间的长度l 与位置x 的关系是 l ＝OP －x OP d ＝3－32x对应的电阻R 1＝ldR电流I ＝Bl vR 1杆受的安培力为F 安＝BIl ＝7.5－3.75x 根据平衡条件得F ＝F 安＋mg sin θ F ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2)画出的F －x 图象如图所示．(3)外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积．即W F ＝5＋12.52×2 J ＝17.5 J而杆的重力势能增加量ΔE p ＝mgOP sin θ 故全过程产生的焦耳热Q ＝W F －ΔE p ＝7.5 J.知识专题练 训练10题组1 楞次定律和电磁感应图象问题1．(单选)法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图1所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是( )图1A ．回路中电流大小变化，方向不变B ．回路中电流大小不变，方向变化C ．回路中电流的大小和方向都周期性变化D ．回路中电流方向不变，从b 导线流进电流表 答案 D解析 铜盘转动产生的感应电动势为：E ＝12BL 2ω，B 、L 、ω不变，E 不变，电流：I ＝E R ＝BL 2ω2R ，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b 导线流进电流表，故A 、B 、C 错误，D 正确．2．(双选)如图2所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R ，边长是L ，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a 进入磁场区域，t 1时刻线框全部进入磁场．若外力大小为F ，线框中电功率的瞬时值为P ，线框磁通量的变化率为ΔΦΔt ，通过导体横截面的电荷量为q ，(其中P —t 图象为抛物线)则这些量随时间变化的关系正确的是( )图2答案 BD解析 线框做匀加速运动，其速度v ＝at ，感应电动势E ＝BL v线框进入磁场过程中受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＝B 2L 2atR由牛顿第二定律得：F －B 2L 2atR＝ma则F ＝ma ＋B 2L 2aRt ，故A 错误；感应电流I ＝E R ＝BLatR线框的电功率P ＝I 2R ＝(BLa )2Rt 2，故B 正确；线框的位移s ＝12at 2，ΔΦΔt ＝B ·ΔS Δt ＝B ·L ·12at 2t ＝12BLat ，故C 错误；电荷量q ＝I Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦΔt R ·Δt ＝ΔΦR ＝BLs R ＝BL ·12at 2R ＝BLa 2R t 2，故D 正确．题组2 电磁感应中动力学问题3．(双选)如图3所示，两根足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨下端接有定值电阻R ，匀强磁场方向垂直导轨平面向上．现给金属棒ab 一平行于导轨的初速度v ，使金属棒保持与导轨垂直并沿导轨向上运动，经过一段时间金属棒又回到原位置．不计导轨和金属棒的电阻，在这一过程中，下列说法正确的是()图3A ．金属棒上滑时棒中的电流方向由b 到aB ．金属棒回到原位置时速度大小仍为vC ．金属棒上滑阶段和下滑阶段的最大加速度大小相等D ．金属棒上滑阶段和下滑阶段通过棒中的电荷量相等 答案 AD解析 金属棒上滑时，根据右手定则判断可知金属棒中感应电流的方向由b 到a ，故A 正确．金属棒运动过程中产生感应电流，受到安培力作用，根据楞次定律可知安培力总是阻碍金属棒相对于导轨运动，所以金属棒的机械能不断减小，则金属棒回到原位置时速度大小必小于v ，故B 错误．根据牛顿第二定律得：对于上滑过程：mg sin θ＋F 安＝ma 上；对于下滑过程：mg sin θ－F 安′＝ma下．可知：a 上>a 下，故C 错误．金属棒上滑阶段和下滑阶段中回路磁通量的变化量相等，根据q ＝ΔΦR可知通过金属棒的电荷量相等，故D 正确．4．如图4所示，螺线管横截面积为S ，线圈匝数为N ，电阻为R 1，管内有水平向右的磁场，磁感应强度为B .螺线管与足够长的平行金属导轨MN 、PQ 相连并固定在同一平面内，与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L .导轨电阻忽略不计．导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为B 0的匀强磁场中．金属杆ab 垂直导轨，杆与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦滑动．已知金属杆ab 的质量为m ，电阻为R 2，重力加速度为g .忽略螺线管磁场对金属杆ab 的影响，忽略空气阻力．图4(1)螺线管内方向向右的磁场B 不变，当ab 杆下滑的速度为v 时，求通过ab 杆的电流的大小和方向；(2)当ab 杆下滑的速度为v 时，螺线管内方向向右的磁场才开始变化，其变化率ΔB Δt ＝k (k >0)．讨论ab 杆加速度的方向与k 的取值的关系．答案 (1)B 0L vR 1＋R 2，方向为b →a(2)k <B 20L 2v －mg (R 1＋R 2)sin θB 0LNS ，加速度方向向上；k >B 20L 2v －mg (R 1＋R 2)sin θB 0LNS ，加速度方向向下解析 (1)切割磁感线产生的感应电动势E 1＝B 0L v则电流的大小I ＝E 1R 1＋R 2＝B 0L v R 1＋R 2根据右手定则知，通过ab 的电流方向为b →a .(2)根据法拉第电磁感应定律得，螺线管中磁场变化产生的感应电动势E 2＝N ΔBS Δt ＝kNS产生的感应电动势方向与ab 切割产生的感应电动势方向相反．则感应电流的大小I ＝E 1－E 2R 1＋R 2当mg sin θ<B 0IL ＝B 0L (B 0L v －kNS )R 1＋R 2时，加速度方向向上．即k <B 20L 2v －mg (R 1＋R 2)sin θB 0LNS，加速度方向向上．当mg sin θ>B 0IL ＝B 0L (B 0L v －kNS )R 1＋R 2时，加速度方向向下．即k >B 20L 2v －mg (R 1＋R 2)sin θB 0LNS ，加速度方向向下题组3 电磁感应中能量问题5．(双选)如图5所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L .一个质量为m 、边长也为L 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t ＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ)，导线框的速度为v 0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力)，则( )图5A ．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B ．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C ．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小D ．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率 答案 BC解析 线框在运动过程中要克服安培力做功，消耗机械能，故返回原位置时速率减小，由动能定理可知，上升过程动能变化量大，合力做功多，所以选项A 错误；分析线框的运动过程可知，在任一位置，上升过程的安培力大于下降过程中的安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以选项B 正确；以线框为对象分析受力可知，在上升过程做减速运动，有F 安＋mg＝ma ，F 安＝B 2L 2v R ，故有a ＝g ＋B 2L 2mR v ，所以上升过程中，速度减小，加速度也减小，故选项C 正确；在下降过程中的加速度小于上升过程的加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升时间较短，下降时间较长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做的平均功率，所以选项D 错误．6．(2014·新课标Ⅱ·25)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图6所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求：图6(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率．答案 (1)方向为C →D 大小为3Bωr 22R(2)9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr 2解析 (1)根据右手定则，得导体棒AB 上的电流方向为B →A ，故电阻R 上的电流方向为C →D .设导体棒AB 中点的速度为v ，则v ＝v A ＋v B2而v A ＝ωr ，v B ＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势E ＝Br v根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R ，联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I ＝3Bωr 22R .(2)根据能量守恒定律，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即P ＝BIr v ＋f v ，而f ＝μmg解得P ＝9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr2.。
2015高考物理(山东专用)二轮专题辅导训练：专题2 第6
热点二功能观点在电磁感应问题中的应用5.图2－6－8(2014·广东卷，15)如图2－6－8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()A．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中的大解析由于电磁感应，小磁块在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落体运动，机械能守恒，故A、B错误；而在P中加速度较小，下落时间较长，落至底部的速度较小，故C正确，D错误．答案 C6.图2－6－9如图2－6－9所示，竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨，质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其他电阻不计．导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab立刻做变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是()A．导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小B．单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能C．导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符合能的转化和守恒定律D ．导体棒ab 最后做匀速运动时，速度大小为v ＝mgRB 2L 2解析 导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下做加速运动．开关闭合时，由右手定则判定，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的安培力方向向上，F ＝BIL ＝B BL vR L ，导体棒受到的重力和安培力的合力变小，加速度变小，物体做加速度越来越小的运动，A 正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动．由F －mg ＝0得，B BL v R L ＝mg ，v ＝mgRB 2L 2，D 正确；导体棒克服安培力做功，减少的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，B 正确． 答案 ABD 7．(2014·江苏卷，13)如图2－6－10所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直．质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g .求：图2－6－10(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ； (2)导体棒匀速运动的速度大小v ；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q . 解析 (1)在绝缘涂层上运动时，受力平衡： 则有mg sin θ＝μmg cos θ① 解得：μ＝tan θ②(2)在光滑导轨上匀速运动时，导体棒产生的感应电动势为：E ＝BL v ③则电路中的感应电流I ＝ER ④ 导体棒所受安培力F 安＝BIL ⑤ 且由平衡条件得F 安＝mg sin θ⑥联立③～⑥式，解得v ＝mgR sin θB 2L 2⑦(3)从开始下滑到滑至底端由能量守恒定律得：3mgd sin θ＝Q ＋Q f ＋12m v 2⑧又由因摩擦产生的内能Q f ＝μmgd cos θ⑨联立⑧⑨解得Q ＝2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4⑩答案(1)tan θ(2)mgR sin θB2L2(3)2mgd sin θ－m3g2R2sin2θ2B4L48．(2014·西安一模)图2－6－11如图2－6－11所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l＝0.50 m．轨道的M、M′端之间接一阻值R＝0.40 Ω的定值电阻，N、N′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0＝0.50 m．直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B＝0.64 T的匀强磁场中，磁场区域的宽度d＝0.80 m，且其右边界与NN′重合．现有一质量m＝0.20 kg、电阻r＝0.10 Ω的导体杆ab静止在距磁场的左边界s ＝2.0 m处．在与杆垂直的水平恒力F＝2.0 N的作用下导体杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点PP′.已知导体杆在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆与直轨道之间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g＝10 m/s2，求：(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流的大小和方向；(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量；(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热．解析(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，根据动能定理则有(F－μmg)s＝12m v21，解得v1＝6.0 m/s导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E＝Bl v1＝1.92 V此时通过导体杆上的电流大小I＝ER＋r＝3.84 A根据右手定则可知，电流方向为由b向a.(2)设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值E平均，则由法拉第电磁感应定律有E平均＝ΔΦ/t＝Bld/t通过电阻R的感应电流的平均值I平均＝E平均/(R＋r)通过电阻R的电荷量q＝I平均t＝0.512 C.(3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到半圆形轨道最高点的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有mg＝m v23R0对于导体杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有12m v22＝12m v23＋mg·2R0联立解得v2＝5.0 m/s导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能ΔE＝12m v21－12m v22＝1.1 J此过程中电路中产生的焦耳热为Q＝ΔE－μmgd＝0.94 J.答案(1)3.84 A由b→a(2)0.512 C(3)0.94 J电磁感应中焦耳热的求法1．电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W克安．2．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．3．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．。
2015年物理高考解析磁场电磁感应题型
2015年物理高考解析磁场电磁感应题型本文将对2015年物理高考中关于磁场和电磁感应的题目进行解析。
通过详细的分析和解答，希望能够帮助大家更好地理解和应对这一考题类型。
题目一：某永磁铁直径为2cm，自北至南产生均匀磁场，磁感应强度为1T。
一质点在铁的中心轴线上以速度υ匀速运动，该质点经过铁球中心1秒钟所受到的洛伦兹力为F。
已知电子电荷为e，那么F的大小为？解析：这是一道关于磁场和洛伦兹力的经典题目。
首先，我们可以根据洛仑兹力的公式F = qvBsinθ来计算质点所受的洛伦兹力。
由于题目中并未给出质点的电荷量，我们可以推测质点是带电粒子，其电荷量为e。
然后，我们需要确定质点在通过铁球中心1秒钟所受到的力。
根据质点在铁球中心1秒钟内的运动速度v = s/t，其中s为质点在铁球中心轴线上的位移，t为运动时间。
根据题目提供的信息，可知质点在铁球中心轴线上的位移为直径的一半，即s = 1cm = 0.01m。
而运动时间t为1秒。
接下来，我们还需计算质点在磁场中的磁感应强度B。
根据题目所述，永磁铁所产生的均匀磁场的磁感应强度为1T。
综上所述，我们可以将以上已知条件代入洛伦兹力的公式，计算出质点所受的洛伦兹力F的大小。
计算过程如下：F = qvBsinθF = evBsinθF = e(vBsinsin0°)由于sin0° = 0，所以质点所受的洛伦兹力F的大小为0。
题目二：在电磁感应实验中，一个线圈共有N匝，面积为S，线圈的两端分别接入一个电阻为R的电路，初始状态下线圈周围的磁感应强度B为0。
现在在线圈内瞬时产生一个磁感应强度为B的磁场，并保持不变。
经过一段时间后，电路中的电流达到稳定状态，为I。
根据给定信息，求线圈发生变化的时间。
解析：这是一道关于电磁感应和电路稳定状态的题目。
我们需要根据已知的条件求解线圈发生变化的时间。
首先，根据安培环路定理，我们可以得到在线圈内感应电动势ε 的表达式为ε = -N(dφ/dt)，其中N为线圈匝数，φ为线圈的磁通量，t为时间。
2015高考物理(山东专用)二轮专题辅导训练：专题4 第10讲 热点三 电磁感应中的动力学问题
热点三 电磁感应中的动力学问题应用动力学观点解决电磁感应现象问题的思路和方法：(1)思路：明确电源，画出等效电路，判断电流方向或电势高低．(2)受力分析和运动过程分析：导体棒在磁场中切割磁感线运动时，动力学特征是(3)牛顿第二定律：通过分析导体棒的受力情况和运动情况，建立力和运动量之间的联系，计算稳定态的物理量或者对运动过程进行动态分析．9.图4－10－13(2014·烟台模拟)如图4－10－13所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，左侧为半径为R 的14光滑圆弧轨道，其最低位置与右侧水平粗糙平直导轨相切，右端接一个阻值为r 的定值电阻．平直导轨部分的左边区域有宽度为d 、磁感应强度大小为B 、方向竖直的匀强磁场．质量为m 、电阻也为r 的金属棒从圆弧轨道最高处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则在此过程中，以下说法正确的是( )A ．金属棒在磁场中做匀减速运动B ．通过金属棒横截面的电荷量为BdL rC ．定值电阻r 产生的焦耳热为12mg (R －μd )D ．金属棒运动到圆弧轨道最低位置时对轨道的压力为3mg解析 金属棒在磁场中运动时，竖直方向上重力和支持力平衡，水平方向上受到向左的滑动摩擦力和安培力，随着速度的减小，金属棒产生的感应电动势减小，感应电流减小，所受的安培力减小，合力减小，则由牛顿第二定律可知金属棒的加速度减小，所以金属棒在磁场中做加速度减小的变减速运动，故A 错误；通过金属棒横截面的电荷量为q ＝I Δt ，又I ＝E 2r ，E ＝ΔΦΔt ，则得q ＝ΔΦ2r ＝BdL 2r ，故B 错误；根据能量守恒定律得：定值电阻r 产生的焦耳热为Q ＝12(mgR －μmgd )＝12mg (R －μd )，故C 正确；设金属棒运动到圆弧轨道最低位置时速度为v ，金属棒在圆弧轨道运动过程中，根据机械能守恒定律得：mgR ＝12m v 2，在轨道最低位置时，由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 2R ，联立解得：轨道对金属棒的支持力为：N ＝3mg ，根据牛顿第三定律得金属棒对轨道的压力为：N ′＝N ＝3mg ，故D 正确． 答案 CD10．(2014·高考冲刺卷一)如图4－10－14甲所示，在MN 、OP 间存在一匀强磁场，t ＝0时，一正方形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通过磁场，外力F 随时间t 变化的图象如图乙所示，已知线框质量为1 kg ，电阻R ＝1 Ω，线框穿过磁场过程中，外力F 对线框做功76 J ，则( )图4－10－14A ．磁场宽度与线框边长相等为0.25 mB ．匀强磁场的磁感应强度为4 2 TC ．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为 2 CD ．线框穿过磁场过程中，线框中产生的焦耳热为1.0 J解析 由题图乙知开始时有a ＝F m ＝1 m/s 2,1.0 s 内外力F 均匀增大，1.0 s 时安培力消失，说明磁场宽度与线框边长相等，为L ＝14at 2＝0.25 m ，A 对；1.0 s 时速度为v ＝at ＝1.0 m/s ，F ＝3 N ，由牛顿第二定律知F －B 2L 2v R ＝ma ，代入数值得B ＝4 2 T ，B 对；线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为q ＝I t ＝BL v 2R t ＝22C ，C 错；线框穿过磁场过程中，线框中产生的焦耳热为Q ＝W F －12m v 2＝23 J ，D 错． 答案 AB图4－10－1511．如图4－10－15所示，MN 、PQ 为足够长的平行金属导轨，间距L ＝0.50 m ，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N 、Q 间连接一个电阻R ＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B ＝1.0 T ．将一根质量为m ＝0.050 kg 的金属棒放在导轨的ab 位置，金属棒及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd 处时，其速度大小开始保持不变，位置cd 与ab 之间的距离s ＝2.0 m ．已知g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；(2)金属棒到达cd 处的速度大小；(3)金属棒由位置ab 运动到cd 的过程中，电阻R 产生的热量．解析 (1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a ，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a ＝2.0 m/s 2(2)设金属棒到达cd 位置时速度大小为v 、电流为I ，金属棒受力平衡，有 mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θI ＝BL v R解得v ＝2.0 m/s(3)设金属棒从ab 运动到cd 的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ，由能量守恒，有mgs sin θ＝12m v 2＋μmgs cos θ＋Q解得Q ＝0.10 J答案 (1)2.0 m/s 2 (2)2.0 m/s (3)0.10 J1．电磁感应中的动力学问题的解题策略此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向．(2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．2．常见的解题流程如下。
山东省高考物理模拟试题专题汇编—电磁感应
电磁感应一．多项选择题(实验中学)1．某同学在实验室里熟悉各种仪器的使用，他将一条形磁铁放在转盘上，如图甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边，当转盘(及磁铁)转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化与转盘转动的周期一致．经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象：（）A．在图象记录的这段时间内，圆盘转动的快慢情况是不变B．在图象记录的这段时间内，圆盘转动的快慢情况是先快慢不变，后越来越慢C．在t=0.15s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化D．在t=0.15s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值。
(潍坊一模)2．插有铁芯的线圈直立在水平桌面上，铁芯上套一铝环，线圈与电源、开关相连，如图所示．闭合开关的瞬间，铝环跳起一定高度．若保持开（）A．停在这一高度，直到断开开关再回落B．不断升高，直到断开开关再停止上升C．回落，断开开关时铝环不再跳起D．回落，断开开关时铝环再次跳起(青岛市)3．如图所示，矩形线框置于竖直向下的磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框平面处于竖直面内。
下述说法正确的是（）A．因为线框中产生的是交变电流，所以电流表示数始终为零B．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大C．线框通过图中位置瞬间，通过电流表的电流瞬时值最大D．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电流表电流的有效值也增大一倍(莱芜四中)4．如图，将一个光滑斜面置于匀强磁场中，通电直导体棒置于此光滑斜面上。
电流方向垂直纸面向里。
以下四个图中，有可能使导体棒在斜面上保持静止的是（）(日照市)5．如图所示，在水平地面下埋着一条沿东西方向通有恒定电流的水平直导线。
现用一串有灵敏电流计的闭合圆形检测线圈检测此通电直导线的位置。
若不考虑地磁场的影响，检测线圈在水平面内，从距直导线很远处的北边移至距直导线很远处的南边的过程中，俯视检测线圈。
2015高考物理二轮复习 教师用书 第10讲 电磁感应问题的综合分析
第10讲电磁感应问题的综合分析1．(多选)(2012·江苏单科，7)某同学设计的家庭电路保护装置如图4－10－1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4－10－1A．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将被电磁铁吸起解析由于零线、火线中电流方向相反，产生磁场方向相反，所以家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零，选项A正确；家庭电路短路和用电器增多时均不会引起L2的磁通量的变化，选项B正确，C错误；地面上的人接触火线发生触电时，线圈L1中磁场变化引起L2中磁通量的变化，产生感应电流，吸起K，切断家庭电路，选项D正确．答案ABD2．(2014·江苏卷，1)如图4－10－2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4－10－2A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2Δt D.2nBa 2Δt解析 由法拉第电磁感应定律可知，在Δt 时间内线圈中产生的平均感应电动势为E ＝n ΔΦΔt ＝n 2B a 22－B a 22Δt＝nBa 22Δt ，选项B 正确． 答案 B图4－10－33．(多选)(2014·江苏卷，7)如图4－10－3所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )A ．增加线圈的匝数B ．提高交流电源的频率C ．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯解析 杯内的水之所以沸腾，是由于金属杯处于下方线圈所产生的交变磁场中，产生涡流，从而使金属杯温度升高，而瓷杯内不会产生涡流，故C 错；要想缩短加热时间，则应增大磁场的强度和变化率，因此A 、B 正确，D 错误．答案 AB4．(2012·江苏单科，13)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图4－10－4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 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4－10－4(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 .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 ). 答案 (1)2NBl 2ω (2)4N 2B 2l 3ωr ＋R (3)4NBl 2ω3(r ＋R )图4－10－55．(2013·江苏单科，13)如图4－10－5所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝1.0 m 、bc ＝0.5 m ，电阻r ＝2 Ω.磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T ．在1～5 s 内从0.2 T 均匀变化到－0.2 T ，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：(1)0.5 s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向；(2)在1～5 s 内通过线圈的电荷量q ；(3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q .解析 (1)感应电动势E 1＝N ΔΦ1Δt 1，磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB 1S ，解得E 1＝N ΔB 1S Δt 1，代入数据解得E 1＝10 V ，感应电流方向为a ―→d ―→c ―→b ―→a (或逆时针)．(2)同理可得：感应电流E 2＝N ΔΦΔt 2＝N ΔB 2S Δt 2，I 2＝E 2r ，电量q ＝I 2Δt 2解得q ＝N ΔB 2S r ，代入数据 q ＝10 C.(3)0～1 s 内线圈产生的焦耳热Q 1＝I 21r Δt 1，且I 1＝E 1r ，1～5 s 内线圈产生的焦耳热Q 2＝I 22r Δt 2，由Q ＝Q 1＋Q 2，代入数据得Q ＝100 J答案 (1)10 V a →d →c →b →a (2)10 C (3)100 J主要题型：选择题或计算题知识热点(1)楞次定律的理解及应用(2)法拉第电磁感应定律的应用(3)用电磁感应现象分析实际问题(如2014年的第7题，分析涡流加热现象)(4)法拉第电磁感应定律和楞次定律的综合应用，如电路问题、图象问题、动力学问题、能量问题等．物理方法(1)图象法 (2)等效法 (3)守恒法 (4)模型法命题趋势(1)预计2015年高考仍将以电磁感应的产生条件，感应电动势和感应电流的计算和图象表达为主．(2)结合新技术，对科技类问题的建模，运用力学和电学知识解决电磁感应类的问题，复习时应予以高度关注．热点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．(多选)(2014·南京一模)匀强磁场方向垂直纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图4－10－6甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示．令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，f1、f2、f3分别表示I1、I2、I3时，金属环上很小一段受到的安培力，则()图4－10－6A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向C．f1方向指向圆心，f2方向指向圆心D．f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心解析在Oa段，磁场垂直纸面向里且均匀增强，根据楞次定律可判断产生的感应电流的方向是逆时针的，同理，ab、bc段产生的感应电流的方向是顺时针的，A正确，B错；根据左手定则可判断Oa、ab、bc段对应金属圆环上很小一段受到的安培力方向，即f1、f3方向指向圆心，而f2背离圆心向外，C错，D正确．(或采用“增缩减扩”的方法也可以直接判断)答案AD图4－10－72．(多选)(2014·陕西省质检二)如图4－10－7所示，用同种电阻丝制成的正方形闭合线框1的边长与圆形闭合线框2的直径相等．m和n是1线框下边的两个端点，p和q是2线框水平直径的两个端点.1和2线框同时由静止开始释放并进入上边界水平、足够大的匀强磁场中，进入过程中m、n和p、q连线始终保持水平．当两线框完全进入磁场以后，下面说法正确的是()A．m、n和p、q电势的关系一定有Φm＜Φn，Φp＜ΦqB．m、n和p、q间电势差的关系一定有U mn＝U pqC．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q1＞Q2D．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q1＝Q2解析当两线框完全进入磁场以后，根据右手定则知Φn＞Φm，Φq＞Φp，A正确；两线框完全进入磁场后，由于两线框的速度关系无法确定，故不能确定两点间的电势差的关系，B错误；设m、n间距离为a，由q＝ΔΦR，R＝ρlS得进入磁场过程中流过1、2线框的电荷量都为BaS4ρ，C错误，D正确．答案AD3．[2014·苏、锡、常、镇四市高三调研(二)]在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图4－10－8甲所示的匀强磁场．以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示．则0～t0时间内，导线框中()图4－10－8A．没有感应电流B ．感应电流方向为逆时针C ．感应电流大小为πr 2B 0/(t 0R )D ．感应电流大小为2πr 2B 0/(t 0R )解析 对左半侧磁场，穿过导线框的磁通量垂直纸面向外均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知，导线框中由此产生的感应电动势为E 1＝B 0－0t 0－0×πr 22＝πB 0r 22t 0，根据楞次定律可知导线框左半侧中产生的感应电流的方向为顺时针方向．对右半侧磁场，穿过导线框的磁通量垂直纸面向里均匀减小，根据法拉第电磁感应定律可知，导线框中由此产生的感应电动势为E 2＝B 0－0t 0－0×πr 22＝πB 0r 22t 0，根据楞次定律可知导线框右半侧中产生的感应电流的方向为顺时针方向，对整个导线框而言，其感应电动势为，E ＝E 1＋E 2＝πB 0r 2t 0，感应电流的方向为顺时针方向，故选项A 、B 错误；根据闭合电路欧姆定律可知感应电流的大小为I ＝E R ＝πB 0r 2Rt 0，故选项C 正确，选项D 错误．答案 C4．(多选)(2014·四川卷，6)如图4－10－9所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t )T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )图4－10－9A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到CC ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N解析 t ＝1 s 时，穿过闭合回路中的磁通量减少，由楞次定律可判断感应电流的方向从C →D ，选项A 正确；t ＝3 s 时，磁感应强度的方向斜向上，且穿过闭合回路中的磁通量增加，由楞次定律可以判断感应电流的方向仍是从C →D ，故选项B 错误；t ＝1 s 时，F 安＝BIl ①E ＝ΔB Δt S ②I ＝E R ③由①②③得：F 安＝0.2 N对金属杆受力分析如图所示：由平衡条件得：F N1＝F 安sin 30°＝0.1 N ，选项C 正确；同理，可算出金属棒对挡板H 的压力大小为0.1 N ，选项D 错．答案 AC1．法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ，常有两种特殊情况，即E ＝n ΔB Δt S 和E ＝nB ΔS Δt ，其中ΔB Δt 是B －t 图象中图线的斜率，若斜率不变则感应电动势是恒定不变的．2．楞次定律中的“阻碍”有三层含义(1)阻碍磁通量的变化；(2)阻碍物体间的相对运动；(3)阻碍原电流的变化．要注意灵活应用．热点二 电磁感应中的图象问题图4－10－105．(2014·高考冲刺卷九)如图4－10－10所示，空间内存在两个磁感应强度大小相等、方向相反且垂直纸面的匀强磁场，MN、PQ为其边界，MN、PQ互相平行，一导线折成正方形闭合线圈，线圈的边长大于MN、PQ两边界间的距离．线圈在纸面内以恒定的速度向右运动的过程中，线圈左右两边始终与MN、PQ平行，以线圈中逆时针方向为感应电流的正方向，线圈中的感应电流i随时间t变化的图示，可能正确的是()解析开始一段时间内线圈中的磁通量不变，没有感应电流，线圈右边出磁场后线圈左边切割磁感线、由右手定则判断线圈中产生逆时针方向的电流，接着线圈左、右两边同时切割磁感线，也产生逆时针方向的电流，但电流大小为原来的2倍，再过一段时间，只有线圈右边切割磁感线，仍产生逆时针方向的电流，大小又恢复到原来的值，最后当线圈完全进入右侧的磁场后，线圈中的磁通量不变，没有感应电流，故选项A正确．答案 A6．(2014·全国卷新课标Ⅰ，18)如图4－10－11甲，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图乙所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()图4－10－11解析由图乙可知c、d间的电压大小是不变化的，根据法拉第电磁感应定律可判断出线圈cd中磁通量的变化率是不变的，又因已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，所以线圈ab中的电流是均匀变化的，选项C正确，A、B、D均错误．答案 C图4－10－127．如图4－10－12所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长为L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，则这些量随时间变化的关系正确的是(其中P－t图象为抛物线)()解析 经过时间t (t ≤t 1)，线框速度v ＝at ，产生的感应电动势E ＝BL v ＝BLat ，感应电流I ＝E R ＝BLa R t ，安培力F A ＝BIL ＝B 2L 2aR t ，均随时间均匀增大．外力F ＝ma ＋F A ＝ma ＋B 2L 2aR t ，则外力F 随时间变化的关系是一次函数关系，但不是正比关系．功率P ＝EI ＝B 2L 2a 2R t 2，随时间变化的关系是二次函数关系，其图象是抛物线．所以C 正确，A 、B 错误．通过导体横截面的电荷量q ＝ΔΦR ＝B ·L ·12at 2R ＝BLa 2R t 2，其随时间变化的关系是二次函数关系，其图象是抛物线，选项D 错误． 答案 C8．(多选)(2014·山西四校第三次联考)如图4－10－13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 两端接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 的金属棒ab 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．t ＝0时对棒施一平行于导轨的外力F ，棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R 的感应电流随时间t 变化的关系如图乙所示．下列关于穿过回路abPMa 的磁通量Φ和磁通量的瞬时变化率ΔΦΔt 以及ab 两端的电势差U ab 和通过棒的电荷量q 随时间变化的图象中，正确的是( )图4－10－13解析 本题应根据右手定则判断ab 产生感应电流方向，即可得到流过电阻R 的电流方向；再由左手定则判断出安培力的方向为沿斜面向下，棒由静止开始沿导轨向上运动，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知：E＝BL v，I＝ER＋r，I＝kt可以得出物体运动的速度随时间均匀变化，即v＝k′t则物体做匀加速直线运动，物体运动的位移x＝12at2，则穿过回路abPMa的磁通量Φ＝BS＝B(M a＋x)L知，x不随时间均匀变化，故A选项错误；磁通量的变化率ΔΦΔt＝BΔSΔt＝BLΔxΔt＝BL v＝BLat，知磁通量的变化率随时间的增大而均匀增大，故B选项正确；金属棒导体ab的电压U ab＝IR＝kRt，即金属棒导体ab 的电压随时间的增大而均匀增大，故C选项错误；通过金属棒ab的电荷量q＝I t＝ΔΦR＋r＝BLxR＋r＝BL×12at2R＋r，故D选项正确．答案BD1．分析电磁感应图象问题时的“三个关注”(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分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．(3)关注大小、方向的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲、直是否和物理过程对应．2．判断图线是否正确的关键首先要明确坐标轴所表示的两个物理量之间的函数关系，其次要看物理量的方向．热点三电磁感应中的动力学问题应用动力学观点解决电磁感应现象问题的思路和方法：(1)思路：明确电源，画出等效电路，判断电流方向或电势高低．(2)受力分析和运动过程分析：导体棒在磁场中切割磁感线运动时，动力学特征是(3)牛顿第二定律：通过分析导体棒的受力情况和运动情况，建立力和运动量之间的联系，计算稳定态的物理量或者对运动过程进行动态分析．图4－10－149．(多选)(2014·山东卷，16)如图4－10－14所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M、F N表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是()A．F M向右B．F N向左C．F M逐渐增大D．F N逐渐减小解析由安培定则可知，通电直导线在M、N区产生的磁场方向分别为垂直纸面向外、垂直纸面向里，导体棒向右通过M区时，由右手定则可知产生的感应电流方向向下，由左手定则可知，F M向左，同理可以判断，F N向左，越靠近通电直导线磁场越强，导体棒匀速运动，由E＝BL v、I＝ER、F＝BIL可知，F M逐渐增大，F N逐渐减小，正确选项为B、C、D.答案BCD10．(多选)(2014·高考冲刺卷一)如图4－10－15甲所示，在MN、OP间存在一匀强磁场，t＝0时，一正方形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通过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示，已知线框质量为1kg，电阻R＝1 Ω，线框穿过磁场过程中，外力F对线框做功76J，则()图4－10－15A．磁场宽度与线框边长相等为0.25 mB．匀强磁场的磁感应强度为4 2 TC．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为 2 C D．线框穿过磁场过程中，线框中产生的焦耳热为1.0 J解析由题图乙知开始时有a＝Fm＝1 m/s2,1.0 s内外力F均匀增大，1.0 s时安培力消失，说明磁场宽度与线框边长相等，为L＝14at2＝0.25 m，A对；1.0 s时速度为v＝at＝1.0 m/s，F＝3 N，由牛顿第二定律知F－B2L2vR＝ma，代入数值得B＝4 2 T，B对；线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为q＝I t＝BL v 2R t＝22C，C错；线框穿过磁场过程中，线框中产生的焦耳热为Q＝W F－12m v2＝23J，D错．答案AB图4－10－1611．如图4－10－16所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50 m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0 T．将一根质量为m＝0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s＝2.0 m．已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；(2)金属棒到达cd处的速度大小；(3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量．解析(1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a＝2.0 m/s2(2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有mg sin θ＝BIL＋μmg cos θI＝BL v R解得v＝2.0 m/s(3)设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为Q，由能量守恒，有mgs sin θ＝12m v2＋μmgs cos θ＋Q解得Q＝0.10 J答案(1)2.0 m/s2(2)2.0 m/s(3)0.10 J1．电磁感应中的动力学问题的解题策略此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向．(2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．2．常见的解题流程如下高考命题热点10.应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题(1)电磁感应中的力、电问题应抓住的“两个对象”：(2)解决电磁感应能量问题的基本思路：①确定感应电动势的大小和方向．②画出等效电路图并求出电流．③进行受力情况分析和做功情况分析．④明确在此过程中的能量变化情况．⑤用动能定理或能量守恒定律解题．用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤图4－10－17【典例】(16分)如图4－10－17所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝2 kg，斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ef和gh的距离s＝11.4 m，(取g＝10 m/s2)，求：(1)线框进入磁场前重物的加速度；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(3)ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间t；(4)ab边运动到gh处的速度大小及在线框由静止开始运动到gh处的整个过程中产生的焦耳热．审题流程第一步：抓关键点→获取信息第二步：抓过程分析→理清思路满分解答(1)线框进入磁场前，仅受到细线的拉力F，斜面的支持力和线框的重力，重物受到自身的重力和细线的拉力F′，对线框由牛顿第二定律得F－mg sin α＝ma(1分)对重物由牛顿第二定律得Mg－F′＝Ma(1分)又F＝F′联立解得线框进入磁场前重物的加速度a＝Mg－mg sin αM＋m＝5 m/s2.(1分)(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，则重物受力平衡：Mg＝F1(1分) 线框abcd受力平衡：F1′＝mg sin α＋F安(1分)又F1＝F1′ab边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势E＝Bl1v(1分)回路中的感应电流为I＝ER＝Bl1vR(1分)ab边受到的安培力为F安＝BIl1联立解得Mg＝mg sin α＋B2l21vR(1分)代入数据解得v＝6 m/s.(1分)(3)线框abcd进入磁场前，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动至gh处，仍做匀加速直线运动．进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同，为a ＝5 m/s 2，该阶段的运动时间为t 1＝va ＝1.2 s(1分)进入磁场过程中匀速运动的时间t 2＝l 2v ＝0.1 s(1分)线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相同，所以该阶段的加速度仍为a ＝5 m/s 2由匀变速直线运动的规律得s －l 2＝v t 3＋12at 23(1分) 解得t 3＝1.2 s(1分)因此ab 边由静止开始运动到gh 处所用的时间 t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.5 s ．(1分) (4)线框ab 边运动到gh 处的速度v ′＝v ＋at 3＝6 m/s ＋5×1.2 m/s ＝12 m/s(1分) 整个运动过程产生的焦耳热Q ＝F 安l ＝(Mg －mg sin α)l 2＝9 J ．(1分) 答案 (1)5 m/s 2 (2)6 m/s (3)2.5 s (4)12 m/s 9 J(2014·安徽卷，23)(16分)如图4－10－18甲所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为2.5 m ，MN 连线水平，长为3 m ．以MN 中点O 为原点，OP 为x 轴建立一维坐标系Ox .一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3 m 、质量m 为1 kg 、电阻R 为0.3 Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定速度v ＝1 m/s 在导轨上沿x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g 取10 m/s 2.图4－10－18(1)求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x ＝0.8 m 处电势差U CD ；(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图象；(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．解析(1)由题可知，金属杆运动过程中的感应电动势为E＝Bd v＝1.5 V(1分)由几何关系可知，金属杆运动到x＝0.8 m处时，接入电路的长度为l＝1.8 m，(1分)故可知U CD＝－Bd v－Bl v＝－0.6 V(1分)(2)金属杆做匀速直线运动，故始终受力平衡，即F＝mg sin θ＋BIl(2分)I＝Bl vR x(1分)所以F＝mg sin θ＋B2l2vR x(1分)其中l＝OP－xOP d＝3 m－32x，R x＝l×0.1 Ω/m(1分)代入可得F＝12.5－3.75x (m)(0≤x≤2) 关系图象如下图所示(2分)(3)由图象可以确定力F所做的功为F－x图线下所围面积，即W F＝5＋12.52×2 J＝17.5 J(1分)而杆的重力势能增加量ΔE p ΔE p＝mg OP sin θ(2分)代入数据得：ΔE p＝10 J(1分) 故全过程产生的焦耳热QQ＝W F－ΔE p＝7.5 J(2分)答案(1)1.5 V－0.6 V(2)F＝12.5－3.75x(m)图象见解析(3)7.5 J一、单项选择题1．(2014·全国卷新课标Ⅰ，14)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化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，观察电流表的变化解析产生感应电流的条件是：穿过闭合回路中的磁通量发生变化，引起磁通量变化的原因有①闭合回路中的磁场变化；②在磁场不变的条件下，闭合回路中的有效面积变化；③闭合回路的面积、磁场均变化．选项A、B、C中的闭合回路的面积及回路中的磁场均不变，故选项A、B、C均错误．在选项D中线圈通电或断电的瞬间改变了电流的大小，使另一个闭合回路中的磁场发生变化，故有感应电流产生，选项D正确．答案 D图4－10－192．如图4－10－19所示，竖直平面内一具有理想边界AB的匀强磁场垂直纸面向里，在距离边界H处一正方形线框MNPO以初速度v0向上运动，假设在整个过程中MN始终与AB平行，则下列图象能反映线框从开始至到达最高点的过程中速度变化规律的是()解析在线框从开始运动到MN边接近AB时，线框做匀减速直线运动；MN边进入磁场后因切割磁感线而产生感应电流，其受到安培力作用则线框加速度瞬时变大，速度瞬时减小更快．随着速度减小，产生的感应电流减小，安培力减小，加速度减小，所以能正确反映线框速度与时间关系的是图C.答案 C3．(2014·全国大纲卷，20)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，最后不变解析开始时，条形磁铁以加速度g竖直下落，则穿过铜环的磁通量发生变化，铜环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍条形磁铁的下落．开始时的感应电流比较小，条形磁铁向下做加速运动，且随下落速度增大，其加速度变小．当条形磁铁的速度达到一定值后，相应铜环对条形磁铁的作用力趋近于条形磁铁的重力．故条形磁铁先加速运动，但加速度变小，最后的速度趋近于某个定值．选项C正确．答案 C4.图4－10－20(2014·宿迁市高三摸底)如图4－10－20所示，用相同导线制成的边长为L或2L的四个单匝矩形闭合回路，它们以相同的速度先后垂直穿过正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，区域宽度大于2L.则进入磁场过程中，电流最大的回路是()。
高考物理二轮复习专题四第10讲电磁感应作业山东专用
第10讲 电磁感应一、单项选择题1.(2018山东泰安二模)图甲为手机及无线充电板。
图乙为充电原理示意图。
充电板接交流电源,对充电板供电,充电板内的送电线圈可产生交变磁场,从而使手机内的受电线圈产生交变电流,再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。
为方便研究,现将问题做如下简化:设送电线圈的匝数为n 1,受电线圈的匝数为n 2,面积为S,若在t 1到t 2时间内,磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B 1均匀增加到B 2。
下列说法正确的是( )A.受电线圈中感应电流方向由d 到cB.c 点的电势高于d 点的电势C.d 、c 之间的电势差为n 1(B 2-B 1)St 2-t 1 D.d 、c 之间的电势差为n 2(B 2-B 1)St 2-t 1答案 D 根据楞次定律可知,受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针,受电线圈中感应电流方向由c 到d,所以c 点的电势低于d 点的电势,故A 、B 均错误;根据法拉第电磁感应定律可得d 、c 之间的电势差为U dc =E=n ΔΦΔt =n 2(B 2-B 1)St 2-t 1,故C 错误,D 正确。
2.(2017课标Ⅲ,15,6分)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中沿顺时针方向答案D金属杆PQ向右运动,穿过PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,感应电流在PQRS内的磁场方向垂直纸面向外,由安培定则可判断PQRS中产生逆时针方向的电流。
2020届高考物理山东省二轮复习课件：专题四第10讲 电磁感应
3.感应电动势大小的计算
(1)法拉第电磁感应定律:E=n ΔΦ ,适用于普遍情况;
Δt
(2)E=Blv,适用于导体棒切割磁感线的情况;
(3)E= 1 Bl2ω,适用于导体棒旋转切割磁感线的情况。
2
1.(2019河北唐山模拟)如图所示是某校首届中学生创意物理实验设计展评活 动中获得一等奖的作品《小熊荡秋千》。两根彼此靠近且相互绝缘的金属 棒C、D固定在铁架台上,C、D的两端用柔软的细导线吊了两个铜线圈P、Q (Q上粘有一张小熊的图片),并组成一闭合回路,两个磁性很强的条形磁铁如 图放置,当用手左右摆动线圈P时,线圈Q也会跟着摆动,仿佛小熊在荡秋千。 关于此作品,以下说法正确的是 ( )
答案 AD 本题为电磁感应综合应用中的双棒问题,考查考生的综合分析 能力,体现了模型建构、科学推理等核心素养以及严谨的科学态度。 两棒均由同一位置由静止释放,则进入磁场时,两棒的速度相等。若PQ棒出 磁场后,MN棒再进入磁场,则MN棒做匀速运动切割磁感线,则通过PQ棒上的 电流随时间变化的图像为A图;若PQ棒出磁场前MN棒进入磁场,则PQ棒与 MN棒在磁场中做加速运动,当PQ棒出磁场后,MN棒切割磁感线运动的速度 比进入时的大,MN棒做减速运动,通过PQ棒的电流随时间变化的图像应为D 图。
答案 ABD 根据右手定则,处于磁场中的圆盘部分,感应电流从靠近圆盘 边缘处流向靠近圆心处,故靠近圆心处电势高,A正确;安培力F= B2l2v中 ,磁场越
R
强,安培力越大,B正确;磁场反向时,安培力仍是阻力,C错误;若所加磁场穿过 整个圆盘,则磁通量不再变化,没有感应电流,安培力为零,故圆盘不受阻力作 用,将匀速转动,D正确。
3.(2019广东深圳模拟)如图所示,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 ΔB =k(k>0),虚线ab与正方形的一
2015年高考物理试题分类汇编 专题十 电磁感应
专题十电磁感应考点一电磁感应现象楞次定律1.(2015理综,20,6分)利用所学物理知识,可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相关问题。
IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路。
公交车上的读卡机(刷卡时“嘀”的响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波。
刷卡时,IC卡内的线圈L中产生感应电流,给电容C充电,达到一定的电压后,驱动卡内芯片进行数据处理和传输。
下列说法正确的是( )A.IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池B.仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时,IC卡才能有效工作C.若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率,则线圈L中不会产生感应电流D.IC卡只能接收读卡机发射的电磁波,而不能向读卡机传输自身的数据信息答案 B2.(2015某某理综,17,6分)(多选)如图,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。
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ABD考点二法拉第电磁感应定律自感和涡流1.(2015课标Ⅰ,19,6分)(多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。
实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。
实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。
下列说法正确的是( )A.圆盘上产生了感应电动势B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动答案AB2.(2015某某理综,19,6分)如图所示,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。
高考物理二轮复习专题电磁感应讲含解析.doc
电磁感应4.错误！未指定书签。
纵观近几年高考试题，预测2019年物理高考试题还会考：1.高考命题频率较高的是感应电流的产生条件、方向的判定和法拉第电磁感应定律的应用，与电路、力学、能量及动量等知识相联系的综合及图象问题(如Φ－t图象、B－t图象和i－t图象)等时有出现，要高度重视，法拉第电磁感应定律、楞次定律一直是高考命题的热点。
2.本专题因难度大、涉及知识点多、综合能力强，主要的题型还是杆+导轨模型问题，线圈穿过有界磁场问题，综合试题还会涉及力和运动、能量守恒等知识，还可能以科学技术的具体问题为背景，考查运用知识解决实际问题的能力。
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考向01 法拉第电磁感应定律和楞次定律1.讲高考（1）考纲要求知道电磁感应现象产生的条件;理解磁通量及磁通量变化的含义，并能计算;掌握楞次定律和右手定则的应用，并能判断感应电流的方向及相关导体的运动方向；能应用法拉第电磁感应定律、公式E ＝Blv 计算感应电动势.2.理解自感、涡流的产生，并能分析实际应用。
考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用 考点定位】考查了楞次定律的应用、导体切割磁感线运动【方法技巧】在分析导体切割磁感线运动、计算电动势时，一定要注意导体切割磁感线的有效长度，在计算交变电流的有效值时，一定要注意三个相同：相同电阻，相同时间，相同热量。
2．讲基础 （1）电磁感应现象① 产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．② 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． （2） 楞次定律①内容：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：所有的电磁感应现象．③右手定则：适用情况：导体棒切割磁感线产生感应电流． （3）法拉第电磁感应定律 ①法拉第电磁感应定律的公式tnE ∆∆Φ=. ②导体切割磁感线的情形：则E ＝Blv sin_θ.（运动速度v 和磁感线方向夹角为）；E ＝Blv .（运动速度v 和磁感线方向垂直）；导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E ＝Bl v ＝12Bl 2ω(平均速度等于中点位置线速度12l ω)． 3．讲典例案例1．如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m 的铜质矩形线圈。
[创新设计]2015高考物理课件(山东专用)二轮 专题四 电路和电磁感应4-10
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2．(2014·山东卷，16) 如图4－10－2 所示，一端接有定值电阻的平行金 属轨道固定在水平面内，通有恒定
电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨
图4－10－2
道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过
M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表 示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是
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解析 产生感应电流的条件是：穿过闭合回路中的磁通量发 生变化，引起磁通量变化的原因有①闭合回路中的磁场变化； ②在磁场不变的条件下，闭合回路中的有效面积变化；③闭 合回路的面积、磁场均变化．选项A、B、C中的闭合回路的 面积及回路中的磁场均不变，故选项A、B、C均错误．在选 项D中线圈通电或断电的瞬间改变了电流的大小，使另一个 闭合回路中的磁场发生变化，故有感应电流产生，选项D正 确． 答案 D
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图4－10－1
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解析 由 B－t 图象可知，在 0～T4时间内，B 均匀减小；T4～T2时 间内，B 反向均匀增大．由楞次定律知，通过 ab 的电流方向向 上，由左手定则可知 ab 边受安培力的方向水平向左．由于 B 均匀变化，产生的感应电动势 E＝ΔΔBt S 不变，则安培力大小不 变．同理可得在T2～T 时间内，ab 边受安培力的方向水平向右， 故选项 B 正确． 答案 B
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图4－10－5
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A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向 C．f1方向指向圆心，f2方向指向圆心 D．f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心 解析 在Oa段，磁场垂直纸面向里且均匀增强，根据楞次定 律可判断产生的感应电流的方向是逆时针的，同理，ab、bc 段产生的感应电流的方向是顺时针的，A正确，B错；根据左 手定则可判断Oa、ab、bc段对应金属圆环上很小一段受到的 安培力方向，即f1、f3方向指向圆心，而f2背离圆心向外，C 错，D正确．(或采用“增缩减扩”的方法也可以直接判断) 答案 AD
2015高考物理(山东专用)二轮专题辅导训练：专题4 第10
热点二电磁感应中的图象问题图象类型(1)随时间变化的图象，如B－t图象、Φ－t图象、E－t图象、F－t图象和i－t图象．(2)随位移x变化的图象，如E－x图象和i－x图象问题类型(1)由给定的电磁感应过程判断或画出图象(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量应用知识左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、函数图象等5．(2014·高考冲刺卷九)如图4－10－9所示，空间内存在两个磁感应强度大小相等、图4－10－9方向相反且垂直纸面的匀强磁场，MN、PQ为其边界，MN、PQ互相平行，一导线折成正方形闭合线圈，线圈的边长大于MN、PQ两边界间的距离．线圈在纸面内以恒定的速度向右运动的过程中，线圈左右两边始终与MN、PQ平行，以线圈中逆时针方向为感应电流的正方向，线圈中的感应电流i随时间t变化的图示，可能正确的是()解析开始一段时间内线圈中的磁通量不变，没有感应电流，线圈右边出磁场后线圈左边切割磁感线、由右手定则判断线圈中产生逆时针方向的电流，接着线圈左、右两边同时切割磁感线，也产生逆时针方向的电流，但电流大小为原来的2倍，再过一段时间，只有线圈右边切割磁感线，仍产生逆时针方向的电流，大小又恢复到原来的值，最后当线圈完全进入右侧的磁场后，线圈中的磁通量不变，没有感应电流，故选项A正确．答案 A6．图4－10－10甲中bacd为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m 的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的电阻为R，整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中，磁感应强度随时间的变化如图乙，导体棒PQ始终静止，在0～t1时间内()图4－10－10A．导体棒PQ所受安培力的方向始终沿轨道斜面向上B．导体棒PQ所受安培力的方向始终沿轨道斜面向下C．导体棒PQ受到的摩擦力可能一直增大D．导体棒PQ受到的摩擦力可能先减小后增大解析在0～t1时间内，磁感应强度B先减小后反向增大，穿过PQca回路的磁通量先减小后反向增大，由楞次定律可知，当回路磁通量均匀减小时，产生恒定的感应电流，回路面积有扩大趋势，导体棒PQ受到的安培力沿轨道斜面向上，安培力的大小F A＝BIL＝IL(B0－kt)随磁感应强度B的减小而减小，导体棒PQ受到的静摩擦力在t＝0时若沿斜面向下，则静摩擦力随B的减小而减小；在t＝0时若沿斜面向上，则静摩擦力随B的减小而增大．当磁感应强度B反向增大时，回路磁通量增大，回路面积有缩小的趋势，导体棒PQ受到的安培力沿斜面向下，且随磁感应强度B的增大而增大，导体棒PQ受到的静摩擦力F f＝mg sin θ＋BIL也随之增大．因此安培力在磁感应强度B减小到0之前沿斜面向上，之后沿斜面向下，选项A、B错误；而静摩擦力可能先减小后增大或者一直增大，选项C、D正确．答案CD7．(2014·山东济南期末)图4－10－11如图4－10－11所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的上下边界MN、PS是水平的．有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域，已知当线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动．以线框的ab边到达MN时开始计时，以MN处为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向上为力的正方向．则关于线框中的感应电流I和线框所受到的安培力F 与ab边的位置坐标x的以下图线中，可能正确的是()解析由题意可知线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动，此时线框所受的安培力与重力大小相等，即F＝mg，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，所以可知线框进入磁场过程，安培力应小于重力，即F＜mg，只能做加速运动，根据I ＝BL v R ，F ＝BIL ＝B 2L 2v R ，mg －F ＝ma ，可知线框进入磁场的过程中，随着速度增大，感应电流增大，安培力增大，线框所受的合力减小，加速度减小，所以线框做加速度减小的变加速运动，感应电流i 的变化率逐渐减小，安培力F 的变化率也逐渐减小，再根据楞次定律可判断，线框进入磁场和穿出磁场过程，所受的安培力方向都向上，为正方向，故A 、D 正确，B 、C 错误．答案 AD8．(2014·山西四校第三次联考)如图4－10－12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 两端接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 的金属棒ab 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．t ＝0时对棒施一平行于导轨的外力F ，棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R 的感应电流随时间t 变化的关系如图乙所示．下列关于穿过回路abPMa 的磁通量Φ和磁通量的瞬时变化率ΔΦΔt 以及ab 两端的电势差U ab 和通过棒的电荷量q 随时间变化的图象中，正确的是( )图4－10－12解析 本题应根据右手定则判断ab 产生感应电流方向，即可得到流过电阻R 的电流方向；再由左手定则判断出安培力的方向为沿斜面向下，棒由静止开始沿导轨向上运动，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知：E ＝BL v ，I ＝E R ＋r，I ＝kt 可以得出物体运动的速度随时间均匀变化，即v ＝k ′t 则物体做匀加速直线运动，物体运动的位移x ＝12at 2，则穿过回路abPMa 的磁通量Φ＝BS ＝B (M a ＋x )L 知，Φ不随时间均匀变化，故A 选项错误；磁通量的变化率ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ＝BL Δx Δt ＝BL v ＝BLat ，知磁通量的变化率随时间的增大而均匀增大，故B 选项正确；金属棒导体ab 两端的电压U ab ＝IR ＝kRt ，即金属棒导体ab 两端的电压随时间的增大而均匀增大，故C 选项错误；通过金属棒ab 的电荷量q ＝I t ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r ＝BL ×12at 2R ＋r，故D 选项正确．答案BD1．分析电磁感应图象问题时的“三个关注”(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分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．(3)关注大小、方向的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲、直是否和物理过程对应．2．判断图线是否正确的关键首先要明确坐标轴所表示的两个物理量之间的函数关系，其次要看物理量的方向．。
2015年高考物理母题题源系列专题10电磁感应中的图像与能量(含解析)
专题10 电磁感应中的图像与能量【母题来源一】 2015年山东卷第19题【母题原题】19. 如图甲，R 0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。
左端连接在一周期为T 0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R 0的电流i 始终向左，其大小按图乙所示规律变化。
规定内圆环a 端电势高于b 端时，间的电压为u ab 正，下列u ab -t 图像可能正确的是： （ ）【母题来源二】 2015年上海卷第20卷【母题原题】20．（多选）如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。
在外力F 作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。
在匀速运动过程中外力F 做功F W ，磁场力对导体棒做功1W ，磁铁克服磁场力做功2W ，重力对磁铁做功G W ，回路中产生的焦耳热为Q ，导体棒获得的动能为K E 。
则： （ ）A 、1W Q =B 、21W W Q -=C 、1K W E =D 、F G K W WE Q +=+【命题意图】 考查法拉第电磁感应定律的应用，涉及图象问题，意在考查考生分析问题，通过图象获取有用信息的能力和应用数学知识解决问题的能力。
电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电量的计算等知识点，意在考查考生对电磁感应电路的分析以及对电磁感应中功能关系的正确理解和应用。
【考试方向】 电磁感应中常涉及B —t 图象、Φ—t 图象、E —t 图象、I —t 图象、F —t 图象和v —t 图象，还涉及E —x 图象、I —x 图象等，这类问题既要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解，对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高。
主要以选择题的形式单独命题，有时也会以信息给予的方式命制计算题。
电磁感应与能量的综合，涉及到的考点有：法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、功和功率、焦耳定律、能量守恒定律、功能关系、动能定理等，主要以选择题和计算题的形式考查。
10_第10讲电磁感应 高考物理(山东)复习专题
第10讲电磁感应一、单项选择题1.(2018山东泰安二模)图甲为手机及无线充电板。
图乙为充电原理示意图。
充电板接交流电源,对充电板供电,充电板内的送电线圈可产生交变磁场,从而使手机内的受电线圈产生交变电流,再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。
为方便研究,现将问题做如下简化:设送电线圈的匝数为n1,受电线圈的匝数为n2,面积为S,若在t1到t2时间内,磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1均匀增加到B2。
下列说法正确的是( )A.受电线圈中感应电流方向由d到cB.c点的电势高于d点的电势C.d、c之间的电势差为n1(B2-B1)St2-t1D.d、c之间的电势差为n2(B2-B1)St2-t1答案 D 根据楞次定律可知,受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针,受电线圈中感应电流方向由c到d,所以c点的电势低于d点的电势,故A、B均错误;根据法拉第电磁感应定律可得d、c之间的电势差为Udc =E=nΔΦΔt=n2(B2-B1)St2-t1,故C错误,D正确。
2.(2017课标Ⅲ,15,6分)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中沿顺时针方向答案 D 金属杆PQ向右运动,穿过PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,感应电流在PQRS内的磁场方向垂直纸面向外,由安培定则可判断PQRS中产生逆时针方向的电流。
穿过T的磁通量是外加匀强磁场和PQRS产生的感应电流的磁场的磁通量代数和,穿过T的合磁通量垂直纸面向里减小,据楞次定律和安培定则可知,T中产生顺时针方向的感应电流,故D正确。
【优化探究】2015届高三物理总复习配套课件：第10章 电磁感应10章末专题突破
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高考总复习 物理（AH）
解析：设导轨夹角为θ，则导体棒切割磁感线的有效长度为l＝
vttan θ，故E＝Blv＝Bv2ttan θ，E∝t，A错误；如果导体棒和导轨单
位长度的电阻为r，则时刻t时，总电阻R＝(vt＋vttan θ＋vt/cos θ)r＝(1
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高考总复习 物理（AH） 【典例1】 (2014年江西联考)如右图所示，xOy平面内有一半 径为R的圆形区域，区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，左半圆 磁 场 方 向 垂 直 于 xOy 平 面 向 里 ， 右 半 圆 磁 场 方 向 垂 直 于 xOy 平 面 向 外．一平行于y轴的长导体棒ab以速度v沿x轴正方向做匀速运动，则导 体棒两端的电势差Uba与导体棒位置x关系的图象是下列的( )
向相反，所受安培力大于重力沿斜面方向分力，线框做减速直线运动，
感应电流减小，所以②正确．若进入磁场时安培力小于重力沿斜面方 山
向的分力，将做加速运动，加速度减小，图象斜率减小，当出磁场时，
东 金
安培力大于重力沿斜面的分力，则与②分析相同，故③对．
太 阳
答案：C
书
业
有
限
公
司
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高考总复习 物理（AH） 2．如图所示，闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场 中，磁场足够大，从ab边开始进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间 内，线框运动的速度—时间图象不可能是( )
能；当ab边刚进入磁场时，若线框所受安培力大于重力，则线框做加 山
东
速度逐渐减小的减速运动，最后可能做匀速运动，故选项D可能；线 金
框在磁场中不可能做匀加速运动，故选项B是不可能的，故选B.
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第10讲 电磁感应问题的综合分析
1．(2013·山东卷，18)将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示．用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图象是( )
图4－10－1
解析 由B －t 图象可知，在0～T 4时间内，B 均匀减小；T 4～T
2时间内，B 反向均匀增大．由楞次定律知，通过ab 的电流方向向上，由左手定则可知ab 边受安培力
的方向水平向左．由于B 均匀变化，产生的感应电动势E ＝ΔB
Δt S 不变，则安培力
大小不变．同理可得在T
2～T 时间内，ab 边受安培力的方向水平向右，故选项B 正确． 答案 B 2．(2014·山东卷，16)
图4－10－2
如图4－10－2所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M 、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )
A ．F M 向右
B ．F N 向左
C ．F M 逐渐增大
D ．F N 逐渐减小
解析 由安培定则可知，通电直导线在M 、N 区产生的磁场方向分别为垂直纸面向外、垂直纸面向里，导体棒向右通过M 区时，由右手定则可知产生的感应电流方向向下，由左手定则可知，F M 向左，同理可以判断，F N 向左，越靠近通电直导
线磁场越强，导体棒匀速运动，由E ＝BL v 、I ＝E
R 、F ＝BIL 可知，F M 逐渐增大，F N 逐渐减小，正确选项为B 、C 、D. 答案 BCD 3.
图4－10－3
(2013·新课标全国卷Ⅱ，16)如图4－10－3所示，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图象中，可能正确描述上述过程的是( )
解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E ＝BL v 、I
＝E
R 、F ＝BIL 得F ＝B 2L 2v R ，随着v 的减小，安培力F 减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，
导线框离开磁场的过程中，根据F ＝B 2L 2v
R ，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D 正确． 答案 D 4．(2014·新课标全国卷Ⅰ，14)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )
A ．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B ．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C ．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
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
解析 产生感应电流的条件是：穿过闭合回路中的磁通量发生变化，引起磁通量
变化的原因有①闭合回路中的磁场变化；②在磁场不变的条件下，闭合回路中的有效面积变化；③闭合回路的面积、磁场均变化．选项A、B、C中的闭合回路的面积及回路中的磁场均不变，故选项A、B、C均错误．在选项D中线圈通电或断电的瞬间改变了电流的大小，使另一个闭合回路中的磁场发生变化，故有感应电流产生，选项D正确．
答案 D
5．(2014·新课标全国卷Ⅰ，18)如图4－10－4甲所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图乙所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()
图4－10－4
解析由图乙可知c、d间的电压大小是不变化的，根据法拉第电磁感应定律可判断出线圈cd中磁通量的变化率是不变的，又因已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，所以线圈ab中的电流是均匀变化的，选项C正确，A、B、D均错误．
答案 C
主要题型：选择题或计算题
知识热点
(1)楞次定律的理解及应用
(2)法拉第电磁感应定律的应用
(3)法拉第电磁感应定律和楞次定律的综合应用，如电路问题、图象问题、动力学问题、能量问题等．
物理方法
(1)图象法(2)等效法(3)守恒法(4)模型法
命题趋势
(1)预计2015年高考仍将以电磁感应的产生条件，感应电动势和感应电流的计算和
图象表达为主．
(2)结合新技术，对科技类问题的建模，运用力学和电学知识解决电磁感应类的问题，复习时应予以高度关注.。