2020届高考物理一轮复习难点突破电磁感应电路分析与模型转换
2020年高考物理专题精准突破 电磁感应中的图像问题(解析版)
2020年高考物理专题精准突破专题电磁感应中的图像问题【专题诠释】1．电磁感应中常见的图象问题2.处理图象问题要做到“四明确、一理解”【高考领航】【2018·高考全国卷Ⅱ】如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是( )【答案】：D【解析】：设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i .分析知，只有选项D 符合要求．【2018·高考全国卷Ⅱ】如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线 PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图乙所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T 4时为零B ．在t ＝T2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向 D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向【答案】：AC【解析】：在t ＝T 4时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S 知，E ＝0，A 对；在t ＝T 2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T 2和t ＝T 时感应电动势最大，在T 4到T2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到3T 4时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到T 时，R 中电动势为逆时针方向，C 对，B 、D 错． 【方法技巧】电磁感应中图象类选择题的两个常用方法【最新考向解码】例1.(2019·福建南平高三第一次质检)如图所示，水平面内有一足够长的平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，两导轨左端用导线与电容器C (电容器不带电)及开关连接。
2020版高考物理一轮复习专题强化九电磁感应中的电路和图象问题课件新人教版
解析：用长度 La :Lb＝ ：1 的同种导线做成圆环 a、b，故 两个环的半径之比为 ：1，面积之比为 ：1；根据电阻定律
公式 R＝ρSL0，两圆环的电阻之比为 Ra ：Rb＝ ：1；根据法拉第
2．(多选)如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为 r、圆心 在 O 点，过圆心放置一长度为 2r、电阻为 R 的辐条，辐条与圆环 接触良好，现将此装置放置于磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里 的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐
条以角速度 ω 绕 O 点逆时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心
误，B 正确；棒 ab 匀速运动时，水平拉力 F 与安培力大小相等，
则有 FA＝F＝BIL，得 BL＝FI ＝20 N/A，感应电动势 E＝U＋IR1＝(10
＋2×5) V＝20 V，又 E＝BLv，则得 v＝BEL＝2200 m/s＝1 m/s，故 C
正确，D 错误．
答案：BC
多维练透 1.
[2019·辽宁锦州模拟](多选)如图所示，用长度 La ：Lb＝ ： 1 的同种导线做成圆环 a、b，并在 A、C 处相连，当均匀变化的磁 场垂直穿过 a 环时，环内电流为 I1，A、C 间电压为 U1；若同样磁 场穿过 b 环，环内电流为 I2，A、C 间电压为 U2，则( )
答案：D
导体切割的电路问题
例 2 (多选)在水平放置的两条平行光滑直导轨上有一垂直其放置的金属
棒 ab，匀强磁场与轨道平面垂直，磁场方向如图所示，导轨接有两定值电阻 及电阻箱 R，R1＝5 Ω，R2＝6 Ω，其余电阻不计．电路中的电压表量程为 0～ 10 V，电流表的量程为 0～3 A，现将 R 调至 30 Ω，用 F＝40 N 的水平向右的 力使 ab 垂直导轨向右平移，当棒 ab 达到稳定状态时，两电表中有一表正好 达到满偏，而另一表未达到满偏．则下列说法正确的是( )
2020年高考物理真题考点逐个击破-专题5.4 法拉第电磁感应的理解和应用
2020年高考物理真题考点逐个击破-专题5.4 法拉第电磁感应的理解和应用【专题诠释】1．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)当ΔΦ仅由B 引起时，则E ＝n S ΔB Δt ；当ΔΦ仅由S 引起时，则E ＝n B ΔSΔt .2．法拉第电磁感应定律应用的三种情况3.求解感应电动势常见的情况与方法【高考领航】【2019·全国卷Ⅰ】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( )A ．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】 由题可知，通过圆环的磁通量随时间t 均匀变化，则圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向均不变，但t 0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A 错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B 正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝B 0t 0·πr 22＝πB 0r 22t 0，根据闭合电路欧姆定律知，电流I ＝E R ＝πB 0r 22t 0ρ2πr S＝B 0rS4t 0ρ，C 正确，D 错误。
【2018·高考全国卷Ⅰ】如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨 道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空 间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时 针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅰ)．在过程ⅠⅠ 中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )A.54B.32C.74 D ．2 【答案】 B【解析】设OM 的电阻为R ，过程Ⅰ，OM 转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E 1＝ΔΦΔt 1＝B ·ΔSΔt 1＝B ·14πl 2Δt 1＝πBl 24Δt 1，流过OM 的电流为I 1＝E 1R ＝πBl 24R Δt 1，则流过OM 的电荷量为q 1＝I 1·Δt ＝πBl 24R ；过程Ⅰ，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E 2＝ΔΦΔt 2＝（B ′－B ）S Δt 2＝（B ′－B ）πl 22Δt 2，电路中的电流为I 2＝E 2R ＝π（B ′－B ）l 22R Δt 2，则流过OM 的电荷量为q 2＝I 2·Δt 2＝π（B ′－B ）l 22R ；由题意知q 1＝q 2，则解得B ′B ＝32，B 正确，A 、C 、D 错误．【2018·高考全国卷Ⅰ】如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图乙所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T 4时为零B ．在t ＝T2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向 D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向【答案】：AC【解析】：在t ＝T 4时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S 知，E ＝0，A 对；在t ＝T 2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T 2和t ＝T 时感应电动势最大，在T 4到T2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到3T 4时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到T 时，R 中电动势为逆时针方向，C 对，B 、D 错． 【方法技巧】应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式E ＝n ΔΦΔt 求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E ＝nS ΔBΔt求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关． 推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR.【最新考向解码】例1. (2019·广西钦州三模)如图，两条间距为L 的平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上；在MN 左侧面积为S 的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 随时间t 的变化关系为B ＝kt ，式中k 为常量，且k >0；在MN 右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度大小为B 0、方向垂直纸面向里的匀强磁场。
2020版高考物理(浙江选考)一轮4-增分突破四电磁感应与动力学和能量观点综合问题
增分突破四电磁感应与动力学和能量观点综合问题增分策略1.电磁感应与力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力。
解答电磁感应中的力学问题,在分析方法上,要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律,明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化,准确把握运动状态的临界点。
解决电磁感应中的力、电问题的关键有以下几点(1)电学对象电源:E=BLv或E=nΔΔ分析电路的结构利用电路的规律如E=I(R+r)或U=E-Ir。
(2)力学对象受力分析:F安=BIL→F合=ma。
过程分析:F合=ma→v→E→I→F安。
(3)临界点:运动状态的临界点。
2.从能量观点解决电磁感应问题与解决力学问题时的分析方法相似,只是多了一个安培力做功、多了一个电能参与能量转化,因此需要明确安培力做功及电能转化的特点。
电磁感应中焦耳热的三种求法:(1)根据定义式Q=I2Rt计算;(2)利用克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热计算;(3)利用能量守恒定律计算。
典例1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图像如图乙所示,导线框与斜面间的动摩擦因数为μ=,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/s2。
(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-s,其中v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。
2020高考物理一轮总复习第十章电磁感应能力课1电磁感应中的电路和图象问题课件新人教版
杆中的电流
I＝ E ，R R并
并＝RR1＋1RR2 2
F 安＝BIl＝BR2l并2v
得 B＝
2mgR并 l2v
＝2
T.
(2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势－E ＝ΔΔΦt 杆中的平均电流－I ＝R－E并 通过杆的电荷量 Q＝－I ·Δt 通过 R2 的电荷量 q＝13Q＝0.05 C. [答案] (1)2 T (2)0.05 C
3．在同一水平面上的光滑平行导轨 P、Q 相距 l＝1 m，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两极板 M、N 相距 d＝10 mm，定值电阻 R1＝R2 ＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒 ab 的电阻 r＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度 B＝0.5 T 的 匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒 ab 沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极 板之间的质量 m＝1×10－14 kg、电荷量 q＝－1×10－14 C 的微粒恰好静止不动．取 g ＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定．试求：
2．(多选)半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面上，一长为 r、 电阻为 R 的均匀直导体棒 AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆轨道中心 O.装置 的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场内，磁感应强度大小为 B，方向竖直向 下，在两环之间接阻值为 R 的定值电阻和电容为 C 的电容器．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， 导轨电阻不计．下列说法正确的是( )
函数法 系对图象进行分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法
|明考向| 考向一 图象的选择 【例 1】 (多选)(2019 届湖北黄冈期末)如图所示，在光滑水平面内，虚线右侧 存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为 m，电阻为 R，边 长为 L，从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于 磁场的恒定加速度 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，其中 P-t 和 q-t 图象均为抛物线的一部分，则这些量随时间变化的图象 正确的是( )
江苏专用2020版高考物理新增分大一轮复习第九章电磁感应专题突破十一电磁感应定律的综合应用讲义含解析
专题突破十一 电磁感应定律的综合应用命题点一 电磁感应中的图象问题1.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.2.解题步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者E －t 图象、I －t 图象等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图象或判断图象.3.两种常用方法(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)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.(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进行分析和判断.例1 (多选)(2018·扬州中学5月模拟)在光滑水平桌面上有一边长为l 的正方形线框abcd ，bc 边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg ，三角形腰长为l ，磁感应强度垂直桌面向下，abef 在同一直线上，其俯视图如图1所示，线框从图示位置在水平拉力F 作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i 及拉力F 随时间t 的变化关系可能是(以逆时针方向为电流的正方向，F 向右为正方向，时间单位为)( )lv图1答案 BD变式1 (2018·如皋市调研)将一段导线绕成如图2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2答案 B解析 根据题图B －t 图象可知，在0～时间内，B －t 图线的斜率为负且为定值，根据法拉T2第电磁感应定律E ＝nS 可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞ΔBΔt次定律可知，ab 中电流方向为b →a ，再由左手定则可判断ab 边受到向左的安培力，且0～T2时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在～T 时间内，B －t 图线的斜率为正且T2为定值，故ab 边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同.综上可知，B 正确.命题点二 电磁感应中的动力学与能量问题1.解决电磁感应中的动力学问题的一般思路2.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化其他形式的能量电能焦耳热或其他形式的能量――→克服安培力做功――→电流做功 (2)求解焦耳热Q的三种方法3.单棒导体切割磁感线的一般运动过程类型“电—动—电”型“动—电—动”型示意图已知量棒ab 长L ，质量m ，电阻R ；导轨光滑水平，电阻不计棒ab 长L ，质量m ，电阻R ；导轨光滑，电阻不计过程分析(↑表示增大，↓表示减小，→表示推出)S 闭合，棒ab 受安培力F ＝BLE R，此时加速度a ＝，棒ab BLEmR速度v ↑→感应电动势E ′＝棒ab 释放后下滑，此时加速度a ＝g sin α，棒ab 速度v ↑→感应电动势E ＝BLv ↑→电流I ＝↑→安培力F ＝E RBLv ↑→电流I ↓→安培力F ＝BIL ↓→加速度a ↓，当安培力F ＝0时，a ＝0，v 最大，最后匀速运动BIL ↑→加速度a ↓，当安培力F ＝mg sin α时，a ＝0，v 最大，最后匀速运动能量转化分析通过安培力做功，电能一部分转化为棒的动能，一部分通过克服安培力做功转化为电能，又通过电阻转化为焦耳热重力势能一部分转化为棒的动能，一部分通过克服安培力做功转化为电能，又通过电阻转化为焦耳热4.两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析模型1 “导体棒”切割磁感线例2 (多选)(2018·江苏单科·9)如图3所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( )图3A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L4答案 BC解析 穿过磁场Ⅰ后，金属棒在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度.金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A 错.金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知ma ＝BIL －mg ＝－mg ，B 2L 2v Ra 随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动.在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v －t 图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B 对.由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，W 安1－mg ·2d ＝0，W 安1＝2mgd .即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd ，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ，C 对.设刚进入磁场Ⅰ时速度为v ，则由机械能守恒定律知mgh ＝mv 2，①12进入磁场时ma ＝BIL －mg ＝－mg ，B 2L 2vR解得v ＝，②m (a ＋g )RB 2L 2由①②式得h ＝>，D 错.m 2(a ＋g )2R 22B 4L 4g m 2gR 22B 4L 4例3 (2018·南京市三模) 如图4甲所示，固定在水平桌面上的间距为L 的光滑平行金属导轨，其右端MN 间接有阻值为R 的定值电阻，导轨上存在着以efhg 为边界，宽度为d 的匀强磁场，磁场磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，方向竖直向下.一长度为L 的金属棒垂直于导轨放置，金属棒的电阻也为R ，在t ＝0时刻从图示位置在恒力作用下由静止开始沿导轨向右运动，t ＝t 0时刻恰好进入磁场，此时磁感应强度为B 0，并保持不变.金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R 上的电流大小不变，导轨电阻不计.求：图4(1)0～t 0时间内流过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)金属棒穿过磁场的速度及所受恒力的大小；(3)金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q .答案 (1) 方向由N →M (2) (3)B 0Ld 2Rt 0d t 0B 20L 2d 2Rt 0B 20L 2d22Rt 0解析 (1)0～t 0时间内，由E ＝SΔBΔt解得E ＝B 0Ldt由I ＝E 2R解得I ＝B 0Ld2Rt 0由楞次定律可知，电流方向为由N 到M(2)经分析可知，金属棒穿过磁场的过程中电动势大小与0～t 0时间内相同由E ＝＝B 0LvB 0Ldt0解得v ＝d t 0金属棒匀速通过磁场由受力平衡得F ＝BIL则F ＝B 20L 2d 2Rt 0(3)金属棒从题图所示位置到恰好穿出磁场的运动过程中电流大小不变，为I ＝B 0Ld2Rt 0金属棒匀速通过磁场的时间为t ＝＝t 0d v所以Q ＝I 2R (t 0＋t 0)＝.B 20L 2d22Rt 0变式2 (2018·泰州中学月考)如图5甲所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L 为0.5m ，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R ，将一根质量为0.2kg 的金属棒cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd 的电阻r ＝2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝2T.若棒以1m/s 的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F 作用，并保持拉力的功率恒为4W ，从此时开始计时，经过2s 金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象.试求：图5(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒的速度为3m/s 时的加速度大小；(3)求从开始计时起2s 内电阻R 上产生的电热.答案 (1)4m/s (2)m/s 2 (3)3.25J 3512解析 (1)金属棒速度最大时，所受合外力为零，即F 安m ＝F .由题图乙可知F 安m ＝1.0N ，则v m ＝＝＝4m/s.P F PF 安m(2)金属棒速度为3m/s 时，感应电动势E ′＝BLv ＝2×0.5×3V ＝3V.电流I ′＝，F 安′＝BI ′L E ′R ＋r金属棒受到的拉力F ′＝＝NP v 43根据牛顿第二定律F ′－F 安′＝ma 解得a ＝＝m/s 2＝m/s 2.F ′－F 安′m 43－340.23512(3)从开始计时起2s 内，由动能定理得，Pt ＋W 安＝mv m 2－mv 021212W 安＝－6.5J则Q R ＝＝3.25J.－W 安2模型2 “导线框”切割磁感线例4 (2018·南通市、泰州市一模)如图6所示，光滑绝缘斜面倾角为θ，斜面上平行于底边的虚线MN 、PQ 间存在垂直于斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 、PQ 相距为L .一质量为m 、边长为d (d ＜L )的正方形金属线框abef 置于斜面上，线框电阻为R .ab 边与磁场边界MN 平行，相距为L .线框由静止释放后沿斜面下滑，ef 边离开磁场前已做匀速运动，重力加速度为g .求：图6(1)线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量q ；(2)线框ef 边离开磁场区域时速度的大小v ；(3)线框穿过磁场区域产生的热量Q .答案 (1) (2) (3)mg (2L ＋d )sin θ－Bd 2R mgR sin θB 2d 2m 3g 2R 2sin 2θ2B 4d 4解析 (1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt通过回路的电荷量q ＝I ·Δt ＝·Δt E R磁通量的变化量ΔΦ＝Bd 2解得q ＝.Bd 2R(2)线框ef 边离开磁场前，线框中产生的感应电流I ＝Bdv R受到的安培力F ＝IdB 由平衡条件有mg sin θ－F ＝0解得v ＝.mgR sin θB 2d 2(3)线框由静止至离开磁场，由能量守恒定律有mg (2L ＋d )sin θ－Q ＝mv 2－012解得Q ＝mg (2L ＋d )sin θ－.m 3g 2R 2sin 2θ2B 4d 4例5 (2018·扬州市一模)实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为L 、长为2.5L 的N 匝矩形线框abcd ，总电阻为R ，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m .如图7是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为F f ，进入磁场前已达到最大速度v ，车头(ab 边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾(cd 边)刚出磁场时速度恰好为零.已知有界磁场宽度为2.5L ，磁感应强度为B ，方向竖直向下.求：图7(1)进入磁场前小车所受牵引力的功率P ；(2)车头刚进入磁场时，感应电流的大小I ；(3)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q .答案 (1)F f v (2) (3)mv 2－5F f L NBLv R 12解析 (1)进入磁场前小车匀速运动时速度最大，根据受力平衡则有：F ＝F f 牵引力的功率为：P ＝Fv ＝F f v ；(2)车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为：E ＝NBLv 感应电流的大小为：I ＝＝E R NBLv R(3)根据能量守恒定律得：Q ＋F f ·5L ＝mv 212可得，电磁刹车过程中产生的焦耳热为：Q ＝mv 2－5F f L .121.(多选)(2018·启东中学月考)如图8所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计.两质量、长度均相同的导体棒c 、d 置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h 处.磁场宽为3h ，方向与导轨平面垂直.先由静止释放c ，c 刚进入磁场立即匀速运动，此时再由静止释放d ，两导体棒与导轨始终保持良好接触.用a c 表示c 的加速度，E k d 表示d 的动能，x c 、x d 分别表示c 、d 相对释放点的位移.下图中正确的是( )图8答案 BD解析 导体棒c 进入磁场前做自由落体运动，加速度恒为g ，有h ＝gt 2，v ＝gt ，c 棒进入12磁场以速度v 做匀速直线运动的路程为h ′＝vt ＝gt 2＝2h ，此后d 棒进入磁场，d 棒进入磁场而c 棒还没有穿出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g ，直到c 棒穿出磁场，穿出磁场后c 棒仅受重力，加速度仍为g ，A 错误，B 正确；c 棒穿出磁场后，d 棒切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，因此时d 棒速度大于c 棒进入磁场时切割感线的速度，故感应电动势、感应电流、感应安培力都大于c 棒刚进入磁场时的大小，d 棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动v 2－v 02＝2gh ，可知匀加速过程动能与运动距离成正比，D 正确.2.(2018·如皋市模拟四)如图9所示，质量为m 、电阻为R 的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab ＝L 、ad ＝2L .虚线MN 过ad 、bc 边中点.一根能承受最大拉力为F 0的细线沿水平方向拴住ab 边中点O ，细线与ab 边垂直.从某时刻起，在MN 右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B ＝kt 的规律均匀变化.一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab 边穿出磁场时的速度为v .求：图9(1)细线断裂前线框中的电功率P ；(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a 及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W ；答案 (1) (2) mv2k 2L 4R F 0m 12解析 (1)根据法拉第电磁感应定律：E ＝＝L 2＝kL 2；ΔΦΔt ΔBΔt电功率：P ＝＝E 2R k 2L 4R(2)细线断裂瞬间安培力：F 安＝F 0，线框的加速度a ＝＝F 安m F 0m线框离开磁场过程中，由动能定理得：W ＝mv 2.123.(2018·南京师大附中5月模拟)近期大功率储能技术受到媒体的广泛关注，其中飞轮储能是热点之一.为说明某种飞轮储能的基本原理，将模型简化为如图10所示：光滑的”Π”形导轨水平放置，电阻不计，长度足够.轨道平行部分间距为L ＝1m ，导轨上静止放置有长度也为L 、质量为m ＝100kg 、接入电路的电阻为R 1＝0.1Ω的导体棒AB .导轨间虚线框区域有垂直轨道平面向上的均匀变化磁场.虚线框右侧区域有垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ＝10T.图中开关S 接a ，经过足够长时间，棒AB 向右匀速运动，速度为v ＝100m/s.然后若将开关S 接b ，棒AB 可作为电源对电阻R 2供电，电阻R 2＝0.9Ω.图10(1)开关S 接a ，棒AB 匀速运动时，虚线框中的磁场磁通量每秒钟变化多少？(2)求开关S 接b 的瞬间棒AB 的加速度大小.(3)求开关S 接b 后R 2产生的总热量Q .答案 (1)1000Wb (2)100m/s 2 (3)4.5×105J解析 (1)棒匀速运动时加速度为零，安培力为零，电流为零，磁通量不变，所以虚线框中磁场磁通量每秒增加ΔΦ＝BLvt ＝1 000 Wb ；(2)棒AB 产生的感应电动势E ＝BLv ＝1 000 V ，电路中的感应电流I ＝＝1 000 A ，ER 1＋R 2故受到的安培力为F ＝BIL ＝1×104 N ，根据牛顿第二定律可得a ＝＝100 m/s 2；F m (3)棒的动能全部转化为热量，故Q 总＝mv 2＝5×105 J ，12电阻R 2上产生的热量为Q ＝Q 总＝4.5×105 J.R 2R 1＋R 24.(2018·苏州市模拟)如图11所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B .一边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形单匝导线框abcd 放在水平桌面上.在水平拉力作用下，线框从左边界以速度v 匀速进入磁场，当cd 边刚进入磁场时撤去拉力，ab 边恰好能到达磁场的右边界.已知线框与桌面间的动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L ，重力加速度为g .求：图11(1)ab 边刚进入磁场时，其两端的电压U ；(2)水平拉力的大小F 和磁场的宽度d ；(3)整个过程中产生的总热量Q .答案 (1)BLv (2)＋μmg L ＋34B 2L 2v R v 22μg(3) μmgL ＋mv 2＋12B 2L 3v R解析 (1)感应电动势E ＝BLv感应电流I ＝＝E R BLv Rab 边两端电压U ＝I ·R ＝BLv .3434(2)线框进入磁场后，对线框受力分析得，F ＝F 安＋μmg ＝＋μmg B 2L 2v R撤去拉力后，线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动，运动位移x 2＝v 22μg所以磁场宽度d ＝L ＋.v 22μg(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q 1＝I 2Rt 1＝B 2L 3v R由于摩擦产生的热量Q 2＝μmg (L ＋)＝μmgL ＋mv 2v 22μg 12所以整个过程产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝μmgL ＋mv 2＋.12B 2L 3v R1.(2017·南通市第二次调研)如图1所示，闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i 随时间t 变化的图象可能正确的是( )图1答案 B解析 闭合导线框进入磁场时由楞次定律知电流方向为逆时针，故排除D，闭合导线框离开磁场时由楞次定律知电流方向为顺时针，故排除A，根据有效切割长度的变化可知，C错误，B 正确.2.(多选)(2018·盐城中学月考)如图2所示，电阻为R的金属棒，从图示位置分别以速率v1、v2沿电阻不计的光滑轨道从ab匀速滑到a′b′处，若v1∶v2＝1∶2，则在两次移动过程中( )图2A.回路中感应电流I1∶I2＝1∶2B.回路中产生热量Q1∶Q2＝1∶2C.回路中通过横截面的总电荷量q1∶q2＝1∶2D.金属棒产生的感应电动势E1∶E2＝1∶2答案 ABD3.(2018·南京市三校联考)如图3所示，线圈由A位置开始下落，不计空气阻力，在磁场中受到的安培力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为( )图3A.a A>a B>a C>a DB.a A＝a C>a B>a DC.a A＝a C>a D>a BD.a A＝a C>a D＝a B答案 B4.(2017·宜兴市下学期初考)如图4所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd.t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右一直做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图象正确的是( )图4答案 C解析 线框的速度与时间的关系式为v ＝at ，a 是加速度，设线框边长为L ，总电阻为R ，在0～t 1时间内，感应电流为零，t 1～t 2时间内，由E ＝BLv 和i ＝得，感应电流与时间的关系式E R为i ＝t ，B 、L 、a 、R 均不变，电流i 与t 成正比，t 2时间后无感应电流，故A 、B 错误；BLa R在0～t 1时间内，感应电流为零，ad 边两端的电压为零，t 1～t 2时间内，电流i 与t 成正比，ad 边两端电压大小为U ＝iR ad ＝·R ＝，电压随时间均匀增加，t 2时间后无感应电流，BLat R 14BLat 4但有感应电动势，ad 边两端电压大小为U ＝E ＝BLat ，电压随时间均匀增加，故C 正确；根据推论得知：线框所受的安培力为F 安＝，由牛顿第二定律得F －F 安＝ma ，得F ＝t ＋B 2L 2v R B 2L 2a Rma ,0～t 1时间内，感应电流为零，F ＝ma ，为定值，t 1～t 2时间内，F 与t 是线性关系，但不过原点，t 2时间后无感应电流，F ＝ma ，为定值，故D 错误.5.(多选)如图5甲所示，闭合矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直.规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda 方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，下列关于线框中的电流i 、ad 边所受的安培力F 随时间t 变化的图象，正确的是( )图5答案 AD解析 由题图B －t 图象可知，0～1s 时间内，B 增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针的，为负值；1～3s ，磁通量不变，无感应电流；3～4s ，B 减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值；由左手定则可知，在0～1s 内，ad 边受到的安培力水平向右，是正的，1～3s 无感应电流，不受安培力，3～4s 时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝＝·S ，感应电流I ＝＝ΔΦΔt ΔB Δt E R ，由B －t 图象可知，在每一时间段内，是定值，则在各时间段内I 是定值，ad 边S ·ΔB R ·Δt ΔB Δt受到的安培力F ＝BIL ，I 、L 不变，0～1s 内B 均匀增大，则F 均匀增大，3～4s 内B 均匀减小，则F 均匀减小，故B 、C 错误，A 、D 正确.6.(多选)(2018·海安中学月考)水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图6所示，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程( )图6A.外力对棒所做功相等B.电流所做的功相等C.通过ab 棒的电荷量相等D.安培力对ab 棒所做的功不相等答案 AD解析 根据动能定理，两种情况下外力的功都等于动能的变化量，因初状态和末状态相同，则外力对棒做功相同，选项A 正确；电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功多，故B 错误；根据感应电荷量公式q ＝＝，x 是ab 棒滑行的位移大小，B 、R 、导体棒长度L 相同，x ΔΦR BLx R越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大，故C 错误；当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故D 正确.7.(多选)(2018·溧水中学期初模拟)如图7所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，底端接有阻值为R 的电阻.一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和杆ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上.让杆ab 沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab 接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab 由静止下滑距离s 时，已匀速运动，重力加速度为g .则 ( )图7A.匀速运动时杆ab 的速度为mgR sin θB 2L 2B.匀速运动时杆ab 受到的安培力大小为mg sin θC.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，安培力做功为mgs sin θD.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，电阻R 产生的热量为mgs sin θ答案 AB解析 匀速运动时有mg sin θ＝F 安，又F 安＝BIL ＝，解得v ＝，F 安＝mg sin B 2L 2v R mgR sin θB 2L 2θ，故A 、B 正确；杆ab 由静止下滑距离s 过程中，根据能量守恒定律可得电阻R 产生的热量Q ＝mgs sin θ－mv 2，其中v ＝，安培力做功为W ＝－Q ＝mv 2－mgs sin θ，其中v ＝12mgR sin θB 2L 212，故C 、D 错误.mgR sin θB 2L 28.(2018·南京市学情调研)如图8所示，电阻不计、间距为l ＝1.0m 的光滑平行金属导轨，水平放置于磁感应强度B ＝1.0 T 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R ＝1.5Ω，质量为m ＝1.0kg 、电阻为r ＝0.5Ω的金属棒MN 置于导轨上，始终垂直导轨且接触良好.当MN 受到垂直于棒的水平外力F ＝2.0N 的作用，由静止开始运动，经过位移x ＝1.55m ，到达PQ 处(图中未画出)，此时速度为v ＝2.0m/s.求：图8(1)金属棒在PQ 处所受磁场作用力大小；(2)金属棒在PQ 处的加速度大小；(3)金属棒在运动中回路总共产生的热能.答案 (1)1.0N (2)1.0m/s 2 (3)1.1J解析 (1)速度为v ＝2.0 m/s 时，回路中感应电动势为E ＝Blv产生的感应电流I ＝ER ＋r由此得磁场对金属棒的作用力为：F 安＝BIl ＝＝1.0 N B 2l 2v R ＋r(2)由牛顿第二定律有F －F 安＝ma解得a ＝＝1.0 m/s 2F －F 安m(3)设金属棒受到的安培力做功为W ，由动能定理得Fx ＋W ＝mv 212解得W ＝mv 2－Fx ＝－1.1 J 12金属棒克服安培力所做的功，即回路中总共产生的热能得Q ＝－W ＝1.1 J.9.(2018·盐城市三模)如图9所示，在竖直平面内，水平且平行的Ⅰ、Ⅱ虚线间距为L ，其间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一长为2L 、宽为L 的矩形线框质量为m 、电阻为R .开始时，线框下边缘正好与虚线Ⅱ重合，由静止释放，线框上边缘进入磁场后线框一直做减速运动，经过一段时间后，线框上边缘经过虚线Ⅱ瞬间加速度恰为0.重力加速度为g ，不计空气阻力.求矩形线框穿过磁场过程中：图9(1)上边缘经过虚线Ⅱ瞬间，线框中电流的大小；(2)磁通量变化率的最大值；(3)线框中产生的焦耳热.答案 (1) (2)BL (3)2mgL －mg BL 2gL m 3g 2R 22B 4L4解析 (1)由线框受力平衡得：BIL ＝mg ，解得I ＝.mg BL(2)线框上边缘刚进磁场时磁通量的变化率最大，设此时速度为v 1，磁通量变化率＝BLv 1ΔΦΔt由动能定理得mgL ＝mv 1212则＝BL .ΔΦΔt2gL (3) 设线框上边缘通过虚线Ⅱ瞬间线框速度为v 2，则BLv 2＝IR设线框穿过磁场过程中克服安培力做的功为W ，根据动能定理mgL －W ＝mv 22－mv 121212解得W ＝2mgL －m 3g 2R 22B 4L4线框克服安培力所做的功，就是线框中产生的焦耳热，故Q ＝W ＝2mgL －.m 3g 2R 22B 4L410.(2018·镇江市模拟)如图10所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其电阻不计，间距为0.4m.导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界为MN ，区域Ⅰ和Ⅱ中的匀强磁场B 的方向分别垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感应强度大小均为0.5T.将质量为0.1kg 、电阻为0.1Ω的导体棒ab 放在导轨上的区域Ⅰ中，ab 刚好不下滑.再在区域Ⅱ中将质量为0.4kg 、电阻为0.1Ω的光滑导体棒cd 从导轨上由静止开始下滑.cd 棒始终处于区域Ⅱ中，两棒与导轨垂直且与导轨接触良好，g 取10m/s 2.图10(1)求ab 棒所受最大静摩擦力，并判断cd 棒下滑时ab 棒中电流的方向；(2)ab 棒刚要向上滑动时，cd 棒的速度大小v ；(3)若从cd 棒开始下滑到ab 棒刚要向上滑动的过程中，装置中产生的总热量为2.6J ，求此过程中cd 棒下滑的距离x .答案 (1)0.5N 由a 流向b (2)5m/s (3)3.8m解析 (1)ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力有F fmax ＝m 1g sin θ则F fmax ＝0.5 N由右手定则可知cd 棒下滑时ab 棒中电流方向由a 流向b .(2)设ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝Blv 设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIl此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F fmax代入数据解得v ＝5 m/s.(3)设从cd 棒开始下滑到ab 棒刚要向上滑动的过程中装置中产生的总热量为Q 总，由能量守恒有m 2gx sin θ＝Q 总＋m 2v 212解得x ＝3.8 m.。
高三第一轮复习难点整理十——电磁感应电路分析与模型转换答案版
难点15 电磁感应电路分析与模型转换一、命题特点对电磁感应电路的考查命题，常以学科内综合题目呈现，涉及电磁感应定律、直流电路、功、动能定理、能量转化与守恒等多个知识点，突出考查考生理解能力、分析综合能力，尤其从实际问题中抽象概括构建物理模型的创新能力。
二、求解策略变换物理模型，是将陌生的物理模型与熟悉的物理模型相比较，分析异同并从中挖掘其内在联系，从而建立起熟悉模型与未知现象之间相互关系的一种特殊解题方法。
解决电磁感应电路问题的关键就是借鉴或利用相似原型来启发理解和变换物理模型，即把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路，把产生感应电动势的那部分导体等效为内电路。
感应电动势的大小相当于电源电动势。
其余部分相当于外电路，并画出等效电路图。
此时，处理问题的方法的是电磁感应现象中，有时导体两端有电压，但没有电流流过，这类似电源两端有电势差但没有接入电路时，电流为零。
1、如图所示，MN 、PQ 为两平行金属导轨，M 、P 间连有一阻值为R 的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度为B ，磁场方向与导轨所在平面垂直，图中磁场垂直纸面向里。
有一金属圆环沿两导轨滑动，速度为v ，与导轨接触良好，圆环的直径d 与两导轨间的距离相等。
设金属环与导轨的电阻均可忽略，当金属环向右做匀速运动时A 、有感应电流通过电阻R ，大小为RdBvπB 、有感应电流通过电阻R ，大小为RdBv C 、有感应电流通过电阻R ，大小为RdBv 2 D 、没有感应电流通过电阻R ε=Bdv ，I =ε /R =dBv /R答案：B 。
提示：将圆环转换为并联电源模型，如图。
2、在方向水平的、磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场中，有两根竖直放置的导体轨道cd 、e f ，其宽度为1 m ，其下端与电动势为12 V 、内电阻为1 Ω的电源相接，质量为0.1 kg 的金属棒MN 的两端套在导轨上可沿导轨无摩擦地滑动，如图所示，除电源内阻外，其他一切电阻不计，g =10 m ／s 2，从S 闭合直到金属棒做匀速直线运动的过程中A 、电源所做的功等于金属棒重力势能的增加B 、电源所做的功等于电源内阻产生的焦耳热C 、匀速运动时速度为20 m ／sD 、匀速运动时电路中的电流强度大小是2 ABIL =0.5×12×1=6Nmg =1N设匀速时速度为v ， ε =BLv (1)I =(E -ε)/r (2)F =BIL =B (E -BLv )L /r =mgv =E /BL -mrg /B 2L 2=20m/s ，C 对把(1)代入(2)，再根据刚才算出的v ，就算出I =2A ，D 对。
2020届高三物理一轮复习(知识点归纳与总结)：电磁感应与力学综合
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．
解决电磁感应能量转化问题的基本方法是: ①用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，求出回路中电阻消耗电功率表达式. ③分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程.
(2)电磁感应与动量、能量的综合 方法：
(1)从受力角度着手，运用牛顿运动定律及运动学公式
BlL＝mgsinθ……① I= E /R………② E =BLv……③
由①②③得：v=mgRsinθ/B2L2。
(2)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
电磁感应
导体运动 v
感应电动势 E
变化过程是：导体受力做切割 B 运动 产生 E 感 I 感(出现与外力方向相反的安培力体现阻碍效果) 导线做 a↓的变加速直线运动(运动过程中 v 变，E 感=BLv 也变，F 安=BlL 亦变) 当 F 安=F 外时，a=0，
此时物体就达到最大速度．
导线受力做切割磁力线运动,从而产生感应电动势,继而产生感应电流,这样就出现与外力方向相反的安培力作用,于是导 线做加速度越来越小的变加速直线运动,运动过程中速度 v 变,电动势 BLv 也变,安培力 BIL 亦变,当安培力与外力大小相等时,加 速度为零,此时物体就达到最大速度．
2020年高考物理一轮复习专题10.3 电磁感应中的电路与图象问题(讲)(解析版)
专题10.3 电磁感应中的电路与图象问题1．对电磁感应中电源的理解2．解决电磁感应电路问题的基本步骤知识点一电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。
(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路。
2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝Blv或E＝n ΔΦΔt。
(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir。
【拓展提升】1．电磁感应中电路知识的关系图2．解决电磁感应中的电路问题三步曲知识点二电磁感应中的图象问题电磁感应中常见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、I-t图象(2)随位移变化的图象，如E-x图象、I-x图象(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象)(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(用图象)应用知识四个规律左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律六类公式(1)平均电动势E＝nΔΦΔt(2)平动切割电动势E＝Blv(3)转动切割电动势E＝12Bl2ω(4)闭合电路欧姆定律I＝ER＋r(5)安培力F＝BIl(6)牛顿运动定律的相关公式等考点一感生电动势电路分析【典例1】(2016·浙江高考)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a＝3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1【答案】B【解析】当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律E ＝S ΔB Δt 及S a ∶S b ＝9∶1知，E a ＝9E b ，选项B 正确；由R ＝ρL S ′知两线圈的电阻关系为R a ＝3R b ，其感应电流之比为I a ∶I b ＝3∶1，选项C 错误；两线圈的电功率之比为P a ∶P b ＝E a I a ∶E b I b ＝27∶1，选项D 错误。
2020届高考物理人教版一轮复习涉及电磁感应的力电综合问题PPT课件(103张)
热点题型探究
热点三 电磁感应与动量结合问题
考向一 动量定理的应用
例3 一实验小组想要探究电磁刹车的效果.在遥控小车底面安装宽为L、长为2.5L 的N匝矩形导线框,线框电阻为R,面积可认为与小车底面相同,其平面与水平地面平 行,小车总质量为m,其俯视图如图Z10-6所示.小车在磁场外行驶时保持功率始终为 P,且在进入磁场前已达到最大速度,当车头刚要进入磁场时立即撤去牵引力,完全 进入磁场时速度恰好为零.已知有界匀强磁场边界PQ和MN间的距离为2.5L,磁感应 强度大小为B,方向竖直向上,小车在行驶过程中受到地面的阻力恒为f.
热点题型探究
(1)小车车头刚进入磁场时,求线框产生的感应电动势E; (2)求电磁刹车过程中产生的焦耳热Q; (3)若只改变小车功率,使小车恰好穿出磁场时的速度为零,假设小车两次与磁场作 用时间相同,求小车的功率P'.
图Z10-6
热点题型探究
[答案] (1)������������������������
势能与产生的热量 Q 之和,即 F(L+h)=mg(L+h)+Q
解得 Q=(F-mg)(L+h)=3.0 J
热点题型探究
变式题1 (多选)如图Z10-4所示,光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角,两轨道上 端用一电阻R相连,该装置处于匀强磁场中,磁场方向垂直于轨道平面向上.质量为m 的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行,滑行到某一高度h后又返回到底端.若 运动过程中,金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好,轨道与金属杆的电阻均忽略 不计,重力加速度为g,则 ( )
(2 分) (1 分)
(2 分)
(1 分)
热点题型探究
(3)运动时间 t=������������ (2 分) 通过的电荷量 Q=It(2 分) 解得 Q=
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
高中物理高考难点突破难点12 电磁感电路分析与模型转换
德钝市安静阳光实验学校难点12 电磁感应电路分析与模型转换●难点磁场1.如图12-1所示，MN 、PQ 为两平行金属导轨，M 、P 间连有一阻值为R 的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度为B ，磁场方向与导轨所在平面垂直，图中磁场垂直纸面向里.有一金属圆环沿两导轨滑动，速度为v ，与导轨接触良好，圆环的直径d 与两导轨间的距离相等.设金属环与导轨的电阻均可忽略，当金属环向右做匀速运动时A.有感应电流通过电阻R ，大小为RdBvB.有感应电流通过电阻R ，大小为R dBvC.有感应电流通过电阻R ，大小为RdBv2D.没有感应电流通过电阻R2.两根相距d =0.20 m 的平行金属长导轨固定在同一水平面内，并处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B =0.20 T ，导轨上面横放着两条金属细杆，构成矩形闭合回路.每条金属细杆的电阻为r =0.25 Ω，回路中其余部分的电阻可不计，已知两金属细杆在平行导轨的拉力作用下沿导轨朝相反方向匀速平移，速度大小都是v =5.0 m/s ，如图12-2所示，不计导轨上的摩擦.（1）求作用于每条金属细杆的拉力的大小.（2）求两金属细杆在间距增加0.40 m 的滑动过程中共产生的热量.3.如图12-3所示，长为L 、电阻r =0.3 Ω、质量m =0.1 kg 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 =0.5 Ω的电阻，量程为了 0～3.0 A 的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0 V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 =2 m/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.●案例探究［例1］据报道，1992年7月，"阿特兰蒂斯"号航天飞机进行了一项卫星悬绳发电实验，实验取得了部分成功.航天飞机在地球赤道上空离地面约3000km 处由东向西飞行，相对地面速度大约6.5×103m/s ，从航天飞机上向地心方向发射一颗卫星，携带一根长20 km ，电阻为800 Ω的金属悬绳，使这根悬绳与地磁场垂直，做切割磁感线运动.假定这一范围内的地磁场是均匀的.磁感应强度为4×10-5T ，且认为悬绳上各点的切割速度和航天飞机的速度相同.根据理论设计，通过电离层（由等离子体组成）的作用，悬绳可以产生约3 A 的感应电流，试求：（1）金属悬绳中产生的感应电动势；（2）悬绳两端的电压；（3）航天飞机绕地球运行一圈悬绳输出的电能（已知地球半径为6400 km ）.图12-1图12-2图12-3错解分析：考生缺乏知识迁移运用能力和抽象概括能力，不能于现实情景中构建模型（切割磁感线的导体棒模型）并进行模型转换（转换为电源模型及直流电路模型），无法顺利运用直流电路相关知识突破.解题方法与技巧：将飞机下金属悬绳切割磁感线产生感应电动势看作电源模型，当它通过电离层放电可看作直流电路模型.如图12-4所示.（1）金属绳产生的电动势：E =Blv =4×10-5×20×103×6.5×103 V ＝5.2×103V（2）悬绳两端电压，即路端电压可由闭合电路欧姆定律得：U =E -Ir =5.2×103-3×800 V ＝2.8×103 V（3）飞机绕地运行一周所需时间t =v R π2=333105.6)103000106400(14.32⨯⨯+⨯⨯⨯s ＝9.1×103 s 则飞机绕地运行一圈输出电能：E =UIt =2800×3×9.1×103 Ｊ＝７.6×107 Ｊ［例2］如图12-5所示，竖直向上的匀强磁场，磁感应轨道电阻强度B =0.5 T ，并且以tB∆∆=0.1 T/s 在变化，水平不计，且不计摩擦阻力，宽0.5 m 的导轨上放一电阻R 0=0.1 Ω的导体棒，并用水平线通过定滑轮吊着质量M =0.2kg 的重物，轨道左端连接的电阻R =0.4 Ω，图中的l =0.8 m ，求至少经过多长时间才能吊起重物.错解分析：（1）不善于逆向思维，采取执果索因的有效途径探寻解题思路；（2）实际运算过程忽视了B 的变化，将B 代入F 安=BIl ab ，导致错解.解题方法与技巧：由法拉第电磁感应定律可求出回路感应电动势：E =tB S t∆∆=∆∆Φ ①由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流I ＝RR E+0 ②由于安培力方向向左，应用左手定则可判断出电流方向为顺时针方向（由上往下看）.再根据楞次定律可知磁场增加，在t 时磁感应强度为：B ′＝（B ＋tB ∆∆·t） ③此时安培力为F 安=B ′Il ab ④由受力分析可知F 安=mg ⑤由①②③④⑤式并代入数据：t =495 s ●锦囊妙计二、求解策略变换物理模型，是将陌生的物理模型与熟悉的物理模型相比较，分析异同并从中挖掘其内在联系，从而建立起熟悉模型与未知现象之间相互关系的一种特殊解题方法.巧妙地运用“类同”变换，“类似”变换，“类异”变换，可使复杂、陌生、抽象的问题变成简单、熟悉、具体的题型，从而使问题大为简化.解决电磁感应电路问题的关键就是借鉴或利用相似原型来启发理解和变换图12-4图12-5物理模型，即把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路，把产生感应电动势的那部分导体等效为内电路.感应电动势的大小相当于电源电动势.其余部分相当于外电路，并画出等效电路图.此时，处理问题的方法与闭合电路求解基本一致，惟一要注意的是电磁感应现象中，有时导体两端有电压，但没有电流流过，这类似电源两端有电势差但没有接入电路时，电流为零.●歼灭难点训练1.在方向水平的、磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，有两根竖直放置的导体轨道cd、e f，其宽度为1 m，其下端与电动势为12 V、内电阻为1 Ω的电源相接，质量为0.1 kg的金属棒MN的两端套在导轨上可沿导轨无摩擦地滑动，如图12-6所示，除电源内阻外，其他一切电阻不计，g=10 m／s2，从S闭合直到金属棒做匀速直线运动的过程中A.电源所做的功等于金属棒重力势能的增加B.电源所做的功等于电源内阻产生的焦耳热C.匀速运动时速度为20 m／sD.匀速运动时电路中的电流强度大小是2 A2.两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度.如图12-7所示，在这过程中A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mg h与电阻R上发出的焦耳热之和C.恒力F 与安培力的合力所做的功等于零D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R 上发出的焦耳热3.如图12-8所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为a的圆形区域内、外，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B.一半径为b，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合.在内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电量Q =_________.4.如图12-9所示，放在绝缘水平面上的两条平行金属导轨MN和PQ之间的宽度为l，置于磁感应强度值为B的匀强磁场中，B的方向垂直于导轨平面，导轨左端接有电阻为R，其他电阻不计，导轨右端接有电容为C的电容器，长为2l的金属棒ab放在导轨上与导轨垂直且接触良好，其a端绞链在导轨PQ上，现将棒以角速度ω绕a点沿水平导轨平面顺时针旋转90°角，求这个过程中通过R的总电量是多少?5.如图12-10所示，AB和CD是足够长的平行光滑导轨，其间距为l，导轨平面与水平面的夹角为θ.整个装置处在磁感应强度为B的，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.AC端连有电阻值为R的电阻.若将一质量M，垂直于导轨的金属棒EF在距BD端s处由静止释放，在EF棒滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段.今用大小为F，方向沿斜面向上的恒力把EF棒从BD 位置由静图12-6图12-7 图12-8 图12-9图12-10止推至距BD 端s 处，突然撤去恒力F ，棒EF 最后又回到BD 端.求：（1）EF 棒下滑过程中的最大速度.（2）EF 棒自BD 端出发又回到BD 端的整个过程中，有多少电能转化成了内能（金属棒、导轨的电阻均不计）?6.在磁感应强度为B =0.4 T 的匀强磁场中放一个半径r 0=50 cm 的圆形导轨，上面搁有互相垂直的两根导体棒，一起以角速度ω=103rad /s 逆时针匀速转动.圆导轨边缘和两棒通过电刷与外电路连接，若每根导体棒的有效电阻为R 0=0.8 Ω，外接电阻R =3.9 Ω，如所示，求：（1）每半根导体棒产生的感应电动势.（2）当电键S 接通和断开时两电表示数（假定R V →∞，R A →0）.参考答案：［难点磁场］1.B.提示：将圆环转换为并联电源模型，如图12′-1.图12′—1 图12′—22.（1）3.2×10-2N （2）1.28×10-2J提示：将电路转换为直流电路模型如图15′— 2.3.（1）电压表 理由略 （2）F =1.6 N （3）Q =0.25 C ［歼灭难点训练］1.CD 2.AD 3.Q =I Δt =Rb a B )2(22-π或Q =Ra b B )2(22-π 4.Q =Bl 2（R23+2C ω）5.（1）如图12′—3当EF 从距BD 端s 处由静止开始滑至BD 的过程中，受力情况如图图所示.安培力：F 安=BIl =Bl RBlv图12′—3根据牛顿第二定律：a =ML R BlvBMg -sin θ①所以，EF 由静止开始做加速度减小的变加速运动.当a =0时速度达到最大值v m .由①式中a =0有：Mg sinθ-B 2l 2v m /R =0 ②v m =22sin lB MgR θ（2）由恒力F 推至距BD 端s 处，棒先减速至零，然后从静止下滑，在滑回BD 之前已达最大速度v m 开始匀速.设EF 棒由BD 从静止出发到再返回BD 过程中，转化成的内能为ΔE .根据能的转化与守恒定律：F s-ΔE =21Mv m 2③ ΔE =F s-21M （22sin l B MgR θ）2④6.（1）每半根导体棒产生的感应电动势为E 1=Bl v =21Bl 2ω=21×０.4×103×（0.5）2 V ＝50 V.（2）两根棒一起转动时，每半根棒中产生的感应电动势大小相同、方向相同（从边缘指向中心），相当于四个电动势和内阻相同的电池并联，得总的电动势和内电阻为E ＝E 1＝50 V ，r =2141⨯R 0＝0.1 Ω图12-11当电键S 断开时，外电路开路，电流表示数为零，电压表示数等于电源电动势，为50 V.当电键S ′接通时，全电路总电阻为R ′=r +R =（0.1+3.9）Ω=4Ω.由全电路欧姆定律得电流强度（即电流表示数）为I ＝450='+R r E A=12.5 A. 此时电压表示数即路端电压为U =E -Ir =50-12.5×0.1 V＝48.75 V （电压表示数）或U ＝IR ＝12.5×3.9 V＝48.75 V.。
2020年高考物理一轮复习考点归纳专题电磁感应含答案
2020年高考一轮复习知识考点专题10 《电磁感应》第一节电磁感应现象楞次定律【基本概念、规律】一、磁通量1．定义：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和B的乘积．2．公式：Φ＝B·S.3．单位：1 Wb＝1_T·m2.4．标矢性：磁通量是标量，但有正、负．二、电磁感应1．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有电流产生，这种现象称为电磁感应现象．2．产生感应电流的条件(1)电路闭合；(2)磁通量变化．3．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．特别提醒：无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势产生．三、感应电流方向的判断1．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．2．右手定则(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．(2)适用情况：导体切割磁感线产生感应电流．【重要考点归纳】考点一电磁感应现象的判断1.判断电路中能否产生感应电流的一般流程：2.判断能否产生电磁感应现象，关键是看回路的磁通量是否发生了变化．磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1有多种形式，主要有：(1)S、θ不变，B改变，这时ΔΦ＝ΔB·S sin θ；(2)B、θ不变，S改变，这时ΔΦ＝ΔS·B sin θ；(3)B、S不变，θ改变，这时ΔΦ＝BS(sin θ2－sin θ1)．考点二楞次定律的理解及应用1．楞次定律中“阻碍”的含义2．应用楞次定律判断感应电流方向的步骤考点三“一定律三定则”的综合应用1．“三个定则与一个定律”的比较2.无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是涉及磁力都用左手判断．“电生磁”或“磁生电”均用右手判断．【思想方法与技巧】楞次定律推论的应用楞次定律中“阻碍”的含义可以理解为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因，推论如下：(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”第二节法拉第电磁感应定律自感涡流【基本概念、规律】一、法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝ER＋r.2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．(2)公式：E＝n ΔΦΔt，n为线圈匝数．3．导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv.(2)若B⊥l，l⊥v，v与B夹角为θ，则E＝Blv sin_θ.二、自感与涡流1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．(2)表达式：E＝L ΔI Δt.(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生像水的旋涡状的感应电流．(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动．(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，使导体受到安培力作用，安培力使导体运动起来．交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的．【重要考点归纳】考点一公式E＝nΔΦ/Δt的应用1．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)当ΔΦ仅由B引起时，则E＝n SΔBΔt；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝nBΔSΔt.2．磁通量的变化率ΔΦΔt是Φ－t图象上某点切线的斜率．3.应用电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式E＝n ΔΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E＝nS ΔBΔt求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关．推导如下：q＝IΔt＝nΔΦΔtRΔt＝nΔΦR.考点二公式E＝Blv的应用1．使用条件本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场外，还需B、l、v三者相互垂直．实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为E＝Blv sin θ，θ为B与v 方向间的夹角．2．使用范围导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即E＝Bl v.若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势．3．有效性公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度．例如，求下图中MN两点间的电动势时，有效长度分别为甲图：l＝cd sin β.乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；沿v2方向运动时，l＝0.丙图：沿v1方向运动时，l＝2R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R.4．相对性E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．5.感应电动势两个公式的比较考点三自感现象的分析1．自感现象“阻碍”作用的理解(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加．(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小．2．自感现象的四个特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．3．自感现象中的能量转化通电自感中，电能转化为磁场能；断电自感中，磁场能转化为电能．4.分析自感现象的两点注意(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程，线圈中电流逐渐变大，断电过程，线圈中电流逐渐变小，方向不变．此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路．(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭．第三节电磁感应中的电路和图象问题【基本概念、规律】一、电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电阻．2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝Blv或E＝n ΔΦΔt.(2)路端电压：U＝IR＝ER＋r·R.二、电磁感应中的图象问题1．图象类型(1)随时间t变化的图象如B－t图象、Φ－t图象、E－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．2．问题类型(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象．(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．(3)利用给出的图象判断或画出新的图象．【重要考点归纳】考点一电磁感应中的电路问题1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体就是电源，如切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等．这种电源将其他形式的能转化为电能．2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成．3．解决电磁感应中电路问题的一般思路：(1)确定等效电源，利用E＝n ΔΦΔt或E＝Blv sin θ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图．(3)利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解．4.(1)对等效于电源的导体或线圈，两端的电压一般不等于感应电动势，只有在其电阻不计时才相等．(2)沿等效电源中感应电流的方向，电势逐渐升高．考点二电磁感应中的图象问题1．题型特点一般可把图象问题分为三类：(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象；(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；(3)根据图象定量计算．2．解题关键弄清初始条件，正负方向的对应，变化范围，所研究物理量的函数表达式，进、出磁场的转折点是解决问题的关键．3．解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B－t图象还是Φ－t图象，或者是E－t图象、I－t图象等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画出图象或判断图象．4.解决图象类选择题的最简方法——分类排除法．首先对题中给出的四个图象根据大小或方向变化特点分类，然后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)，特别是用物理量的方向，排除错误选项，此法最简捷、最有效．【思想方法与技巧】电磁感应电路与图象的综合问题解决电路与图象综合问题的思路(1)电路分析弄清电路结构，画出等效电路图，明确计算电动势的公式．(2)图象分析①弄清图象所揭示的物理规律或物理量间的函数关系；②挖掘图象中的隐含条件，明确有关图线所包围的面积、图线的斜率(或其绝对值)、截距所表示的物理意义．(3)定量计算运用有关物理概念、公式、定理和定律列式计算．第四节电磁感应中的动力学和能量问题【基本概念、规律】一、电磁感应现象中的动力学问题1．安培力的大小⎭⎬⎫安培力公式：F ＝BIl 感应电动势：E ＝Blv 感应电流：I ＝E R⇒F ＝B 2l 2v R 2．安培力的方向(1)先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定安培力方向． (2)根据楞次定律，安培力的方向一定和导体切割磁感线运动方向相反． 二、电磁感应中的能量转化 1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)感应电流在磁场中受安培力，若安培力做负功，则其他形式的能转化为电能；若安培力做正功，则电能转化为其他形式的能．(3)当感应电流通过用电器时，电能转化为其他形式的能． 2．安培力做功和电能变化的对应关系“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．【重要考点归纳】考点一 电磁感应中的动力学问题分析1．导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析． 2．导体的非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析． 3.分析电磁感应中的动力学问题的一般思路(1)先进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ； (2)再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；(3)然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；(4)最后进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．考点二 电磁感应中的能量问题1．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．2．能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法3.在解决电磁感应中的能量问题时，首先进行受力分析，判断各力做功和能量转化情况，再利用功能关系或能量守恒定律列式求解．【思想方法与技巧】电磁感应中的“双杆”模型1．模型分类“双杆”模型分为两类：一类是“一动一静”，甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡．另一种情况是两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减．2．分析方法通过受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态．对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解．3.分析“双杆”模型问题时，要注意双杆之间的制约关系，即“动杆”与“被动杆”之间的关系，需要注意的是，最终两杆的收尾状态的确定是分析该类问题的关键．电磁感应中的含容电路分析一、电磁感应回路中只有电容器元件1.这类问题的特点是电容器两端电压等于感应电动势，充电电流等于感应电流．2.(1)电容器的充电电流用I＝ΔQΔt＝CΔUΔt表示．(2)由本例可以看出：导体棒在恒定外力作用下，产生的电动势均匀增大，电流不变，所受安培阻力不变，导体棒做匀加速直线运动．二、电磁感应回路中电容器与电阻并联问题1.这一类问题的特点是电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压，充电过程中的电流只是感应电流的一支流．稳定后，充电电流为零．2.在这类问题中，导体棒在恒定外力作用下做变加速运动，最后做匀速运动．。
2020年高考物理双基突破(二)专题40破解电磁感应综合题的方法精讲
专题40 破解电磁感应综合题的方法1．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。
【题1】如图所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的AC端连接一个阻值为R的电阻，一根质量为m、垂直于导轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab棒的最大速度。
已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻都不计。
【答案】过程，当加速度减到a=0时，其速度即增到最大v=v m，此时必将处于平衡状态，以后将以v m匀速下滑取平行和垂直导轨的两个方向对ab 所受的力进行正交分解，应有：F N = mg cos θ F f = μmg cos θ由①②③可得以ab 为研究对象，根据牛顿第二定律应有：mg sin θ –μmg cos θ-RvL B 22=ma ab 做加速度减小的变加速运动，当a =0时速度达最大因此，ab 达到v m 时应有：mg sin θ –μmg cos θ-RvL B 22=0 ④ 由④式可解得注意：（1）电磁感应中的动态分析，是处理电磁感应问题的关键，要学会从动态分析的过程中来选择是从动力学方面，还是从能量、动量方面来解决问题。
（2）在分析运动导体的受力时，常画出平面示意图和物体受力图。
2．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。
2020版人教版物理一轮复习综合备课：电磁感应总结提高
总结提高知 识 网 络 【p 194】电磁感应⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧产生感应电流的条件⎩⎪⎨⎪⎧闭合电路中部分导体切割磁感线闭合电路磁通量变化法拉第电磁感应定律：感应电动势E ⎩⎪⎨⎪⎧切割运动⎩⎪⎨⎪⎧大小：E ＝BLvsin θE ＝Blv （三者互相垂直）方向：右手定则磁通量变化⎩⎪⎨⎪⎧大小：E ＝n ΔΦΔt 方向：楞次定律应用⎩⎪⎨⎪⎧用闭合电路欧姆定律解感应电流电路问题用牛顿运动定律解导线切割磁感线运动问题用动量观点解导线切割磁感线运动问题用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题自感⎩⎪⎨⎪⎧自感现象⎩⎪⎨⎪⎧通电自感断电自感典型应用：镇流器——日光灯原理解题思路与方法 【p 194】1．理解因果关系：楞次定律反映了“因”“果”之间的辩证关系．原因导致结果，结果又反过来影响(“阻碍”)原因，从而引导我们既可由“因”索“果”，又可由“果”索“因”地分析物理现象．2．等效法：不规则导体垂直切割磁感线产生的电动势可用其等效长度替代；对复杂的电磁感应综合问题，要善于画出导体、框架的等效电路图，帮助分析其中的电路问题，如串、并联关系，内外电路、感应电动势的方向等．3．整体法、隔离法：提倡整体与隔离的综合应用，善于从整体到局部，又要从局部推回到整体，对物理现象及过程有深刻的认识，从而使问题简化，如很多“双杆”运动问题的分析．4．程序法分析图象问题：将物理过程分拆成几个阶段或将已知图线分拆成几段，对各“段”结合问题逐一分析．5．力电综合问题(高考热点)(1)电磁感应与力和运动结合的问题，研究方法与力学相同，首先明确物理过程，正确地进行受力分析，这里应特别注意伴随感应电流而产生的安培力：在匀强磁场中匀速运动的导体受的安培力恒定，变速运动的导体受的安培力随速度(电流)变化．其次应用相应的规律求解：匀速运动可用平衡条件求解，变速运动的瞬时速度可用牛顿第二定律和运动学公式求解，变速运动的热量问题一般用能量观点分析．(2)在电磁感应现象中，应用闭合电路欧姆定律分析问题，应明确产生电动势的那部分导体相当于电源，该部分电路的电阻是电源的内阻，而其余部分电路则是外电路．6．理论联系实际问题：本章知识应用广泛，和生产、生活、高科技联系紧密，如日光灯原理、磁悬浮列车的原理、电磁阻尼现象、延时开关、传感器的原理、超导技术应用等，要关注此类问题．体 验 高 考 【p 194】1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻．可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B′B等于( )A.54B.32C.74D ．2 【解析】设圆的半径为R ，金属杆从Q 到S 的过程中：ΔΦ＝B ΔS ＝14B πR 2 根据法拉第电磁感应定律有：E 1＝ΔΦΔt 1＝π4BR 2Δt 1.设回路的总电阻为r ，第一次通过线圈某一横截面的电荷量： q 1＝I 1Δt 1＝E 1r Δt 1＝πBR 24r① 磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B′的过程中设时间为Δt 2，ΔΦ′＝π2(B′－B)R 2 第二次通过线圈某一横截面的电荷量为：q 2＝I 2Δt 2＝ΔΦ′r ＝π（B′－B ）R 22r② 由题，q 1＝q 2 ③联立①②③可得：B′B ＝32.故B 正确，A 、C 、D 错误， 【答案】B2．(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 极朝垂直纸面向外的方向转动【解析】开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处电流产生的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A 正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC 错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处电流产生的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D 正确．【答案】AD3．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i 随时间变化的正确图线可能是( )【解析】设磁感应强度为B ，线圈的速度为v 、电阻为R ；如果某时刻左边位于方向向外的磁场中、右边位于方向向里的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：E 1＝2BLv ，根据电流为：i 1＝E 1R ＝2BLv R，根据右手定则可知电流方向为顺时针；当左右两边都处于方向相同的磁场中时，感应电动势为零，感应电流为零；当左边位于方向向里的磁场中、右边位于方向向外的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：E 2＝2BLv ，根据电流为：i 2＝E 2R ＝2BLv R，根据右手定则可知电流方向为逆时针，故D 正确，A 、B 、C 错误． 【答案】D4．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T 4时为零 B ．在t ＝T 2时改变方向 C ．在t ＝T 2时最大，且沿顺时针方向 D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向【解析】R 中的感应电动势E ∝Δi Δt ，t ＝T 4时刻，Δi Δt＝0，∴E ＝0，A 对，0～T 4，i 为正，穿过R 的磁通量向内增加、感生电流的磁场应向外，故感应电动势为逆时针方向，且Δi Δt >0；t ＝T 2时刻前后，Δi Δt<0，感应电动势均为顺时针方向，B 错．且t ＝T 2时刻，Δi Δt <0，且最大，故C 对，t ＝T 时刻，Δi Δt>0，且最大，故感应电动势为逆时针方向，且最大，D 错，选A 、C.【答案】AC5．(2017·天津)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小【解析】导体棒ab 、电阻R 、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小⎝ ⎛⎭⎪⎫ΔB Δt ＝k 为一定值，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab 中的电流方向由a 到b ，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt＝k·S ，回路面积S 不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律I ＝E R，所以ab 中的电流大小不变，故B 错误；安培力F ＝BIL ，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C 错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f 与安培力F 等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D 正确．【答案】D6．(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌，为了有效隔离外界震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小震动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右震动的衰减最有效的方案是()【答案】A7．(2017·北京)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是()A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【解析】断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，A、B错误；闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，D 错误．【答案】C8．(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突然向右运动，则其速度v方向向右，由右手定则可得：金属杆PQ中的感应电流方向向上，则PQRS中感应电流方向为逆时针方向．对圆环形金属线框T分析如下：PQRS中感应电流产生向外的感应磁场，故圆环形金属线框T中为阻碍此变化，会产生向里的感应磁场，则这个感应磁场产生的感应电流方向为顺时针方向．【答案】D9．(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【答案】BC10．(2017·天津)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E ，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l ，电阻不计．炮弹可视为一质量为m 、电阻为R 的金属棒MN ，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S 接1，使电容器完全充电．然后将S 接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场(图中未画出)，MN 开始向右加速运动．当MN 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN 达到最大速度，之后离开导轨．问：(1)磁场的方向；(2)MN 刚开始运动时加速度a 的大小；(3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q 是多少．【解析】(1)电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN 的电流由M 到N ，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下．(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E ，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流： I ＝E R炮弹受到的安培力：F ＝BIl根据牛顿第二定律：F ＝ma解得加速度a ＝BEl mR(3)电容器放电前所带的电荷量Q 1＝CE开关S 接2后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值v m 时，MN 上的感应电动势：E′＝Blv m最终电容器所带电荷量Q 2＝CE′设在此过程中MN 的平均电流为I －，MN 上受到的平均安培力：F －＝B·I －·l由动量定理，有：F －·Δt ＝mv m －0又I －·Δt ＝Q 1－Q 2最终电容器所带电荷量Q 2＝B 2l 2C 2E B 2l 2C ＋m11．(2017·北京)发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性．直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景．在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN 、PQ 固定在水平面内，相距为L ，电阻不计．电阻为R 的金属导体棒ab 垂直于MN 、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v(v 平行于MN)向右做匀速运动．图1轨道端点MP 间接有阻值为r 的电阻，导体棒ab 受到水平向右的外力作用．图2轨道端点MP 间接有直流电源，导体棒ab 通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I.(1)求在Δt 时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能．(2)从微观角度看，导体棒ab 中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用．为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷．a.请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图．b ．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功．那么，导体棒ab 中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明．【解析】(1)图1中，电路中的电流I 1＝BLv R ＋r棒ab 受到的安培力F 1＝BI 1L在Δt 时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab 克服安培力做的功E 电＝F 1·v Δt ＝B 2L 2v 2Δt R ＋r图2中，棒ab 受到的安培力F 2＝BIL在Δt 时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab 做的做E 机＝F 2·v Δt ＝BILv Δt(2)a.图3中，棒ab 向右运动，由左手定则可知其中的正电荷受到b →a 方向的洛伦兹力，在该洛伦兹力作用下，正电荷沿导体棒运动形成感应电流，有沿b →a 方向的分速度，受到向左的洛伦兹力作用；图4中，在电源形成的电场作用下，棒ab 中的正电荷沿a →b 方向运动，受到向右的洛伦兹力作用，该洛伦兹力使导体棒向右运动，正电荷具有向右的分速度，又受到沿b →a 方向的洛伦兹力作用．如图5、图6.b．设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为u.如图6所示，沿棒方向的洛伦兹力f1′＝qvB，做负功W1＝－f1′·uΔt＝－qvBuΔt垂直棒方向的洛伦兹力f2′＝quB，做正功W2＝f2′·vΔt＝quBvΔt所以W1＝－W2，即导体棒中的一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零．f1′做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f2′做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加．大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到传递能量的作用．。
2020版高考物理新设计一轮复习江苏专版讲义：第九章 第3节 电磁感应中的电路和图像问题 含答案
第3节电磁感应中的电路和图像问题突破点(一)电磁感应中的电路问题1．电磁感应中电路知识的关系图2．[典例]如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中。
一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。
在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中() A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大[思路点拨](1)导体棒PQ相当于电源，等效电路如图所示。
(2)在闭合电路中，外电阻上功率最大的条件是外电阻＝内电阻。
[解析]导体棒产生的电动势E＝BL v，根据其等效电路图知，总电阻R总＝R＋R左·R右＝R＋R左＋R右R左(3R－R左)3R，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，故A 错误；PQ 两端的电压为路端电压U ＝E －IR ，即先增大后减小，B 错误；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P 安＝IE ，先减小后增大，故C 正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为34R ，小于内阻R ；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内电阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D 错误。
[答案] C [方法规律]电磁感应中电路问题的题型特点闭合电路中磁通量发生变化或有部分导体做切割磁感线运动，在回路中将产生感应电动势和感应电流。
从而考题中常涉及电流、电压、电功等的计算，也可能涉及电磁感应与力学、电磁感应与能量的综合分析。
[集训冲关]1.[多选]如图所示，一个匝数n ＝100匝的圆形线圈，面积S 1＝0.4 m 2，电阻r ＝1 Ω。
在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2，垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B ＝0.3＋0.15t (T)。
2020届高三物理一轮复习收尾二轮专题突破检测电磁感应规律及其应用
电磁感应规律及其应用（45分钟100分）一、选择题（本大题共7小题,每小题9分,共63分。
多选题已在题号后标出）1. 朝南的钢窗原来关着，今将它突然朝外推开，转过一个小于90°的角度,考虑到地球磁场的影响，则钢窗活动的一条边中（西边）（）A. 有自下而上的微弱电流B. 有自上而下的微弱电流C. 有微弱电流，方向是先自上而下，后自下而上D. 有微弱电流，方向是先自下而上，后自上而下2. （多选）（2020 •资阳二模）如图所示，水平面内两根光滑的平行金属导轨，左端与电阻R相连接,匀强磁场B竖直向下分布在R导轨所在的空间内，一定质量的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好。
若对金属棒施加一个水平向右的外力F,使金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动并依次通过位置b和c。
若导轨与金属棒的电阻不计,a到b与b到c的距离相等，则下列关于金属棒在运动过程中的说法正确的是（）A. 在从a到b与从b到c的两个过程中,通过电阻R的电量之比为1 : 1B. 在从a到b与从b到c的两个过程中,电阻R上产生的热量之比为1 : 1C. 金属棒通过b、c两位置时,电阻R消耗的功率之比为1 : 2D. 金属棒通过b、c两位置时，外力F做功的功率之比为1 : 23. （2020 •绵阳二模）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应强度B随时间变化的图像如图所示，t=0时刻磁感应强度的方向垂直纸面向里。
若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0〜4s时间内线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图像为图中的（安培力取向上为正方向）（）4.（多选）如图所示的电路中，两根光滑金属导轨平行放置在倾 角为B 的斜面上，导轨下端接有电阻 R,导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的磁感应强度为 B 的匀强磁场中，电阻可略去不计 的金属棒ab 质量为m,受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑h 高度的过程中，以下说法正确的是 （ ）A. 作用在金属棒上各力的合力做功为零B. 重力做功将机械能转化为电能C. 重力与恒力F 做功的代数和等于电阻R 上产生的焦耳热D. 金属棒克服安培力做的功等于重力与恒力 F 做的总功与电阻R 上产生的焦耳热之 和 5.（2020 •烟台一模）如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强 度的大小为B,磁场在y 轴方向足够宽，在x 轴方向宽度为a 。
2020版高考浙江选考物理一轮 5-增分突破五 电磁感应与动量观点综合问题
增分突破五电磁感应与动量观点综合问题增分策略1.应用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象,在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体或能看成一个物体的系统。
(2)对物体进行受力分析,可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量;或先求合力,再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正负号。
(4)根据动量定理列方程,如有必要还需要其他补充方程。
最后代入数据求解。
2.应用动量定理的注意事项(1)一般来说,用牛顿第二定律能解决的问题,用动量定理也能解决,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理求解更简单。
动量定理不仅适用于恒力,也适用于变力。
为变力时,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
(2)动量定理的表达式是矢量式,运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。
3.电磁感应与动量的结合主要有两个考点(1)对与单杆模型,则是与动量定理结合。
例如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作用),由于在磁场中运动的单杆为变速运动,则运动过程所受的安培力为变力,依据动量定理安Δt=ΔP,而又由于安Δt=BΔt=BLq,q=NΔ总=N总,ΔP=mv2-mv1,由以上四式将流经杆的某一横截面积的电荷量q、杆位移x及速度变化结合一起。
(2)对于双杆模型,除受到的安培力之外,受到的其他外力之和为零时,与动量守恒结合考查较多。
典例1如图所示,一质量为m的金属杆ab,以一定的初速度v从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行,轨道平面与水平面成θ角,两导轨上端用一电阻相连,磁场方向垂直轨道平面向上,轨道与金属杆ab的电阻不计并接触良好。
金属杆向上滑行到某一高度h后又返回到底端( )A.整个过程中合外力的冲量大小为2mvB.上滑过程中电阻R上产生的焦耳热等于下滑过程中电阻R上产生的焦耳热C.下滑过程中电阻R上产生的焦耳热小于m-mghD.整个过程中重力的冲量大小为零答案C,解+析经过同一位置时,下滑的速度小于上滑的速度,所以返回底端时的速度小于v,故A错误;在同一位置,棒下滑根据动量定理可知,整个过程中合外力的冲量大小小于2mv时受到的安培力小于上滑时所受的安培力,则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值,所以上滑过程导体棒克服安培力做功大于下滑过程克服安培力做功,故上滑过程中电阻R产生的热量大于下滑过程中电阻R上产生的热量,故B错误。
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2020届高考物理一轮复习难点突破电磁感应电路分析与模型转换电磁感应电路的分析与运算以其覆盖知识点多，综合性强，思维含量高，充分表达考生能力和素养等特点，成为历届高考命题的特点.●难点展台1.〔★★★〕〔1999年广东〕如图15-1所示，MN 、PQ 为两平行金属导轨，M 、P 间连有一阻值为R 的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度为B ，磁场方向与导轨所在平面垂直，图中磁场垂直纸面向里.有一金属圆环沿两导轨滑动，速度为v ，与导轨接触良好，圆环的直径d 与两导轨间的距离相等.设金属环与导轨的电阻均可忽略，当金属环向右做匀速运动时A.有感应电流通过电阻R ，大小为R dBv B.有感应电流通过电阻R ，大小为RdBv C.有感应电流通过电阻R ，大小为RdBv 2 D.没有感应电流通过电阻R2.〔★★★★〕两根相距d =0.20 m 的平行金属长导轨固定在同一水平面内，并处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B =0.20 T ，导轨上面横放着两条金属细杆，构成矩形闭合回路.每条金属细杆的电阻为r =0.25 Ω，回路中其余部分的电阻可不计，两金属细杆在平行导轨的拉力作用下沿导轨朝相反方向匀速平移，速度大小差不多上v =5.0 m/s ，如图15-2所示，不计导轨上的摩擦.〔1〕求作用于每条金属细杆的拉力的大小.〔2〕求两金属细杆在间距增加0.40 m 的滑动过程中共产生的热量.3.〔★★★★〕〔1999年上海〕如图15-3所示，长为L 、电阻r =0.3 Ω、质量m =0.1 kg 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 =0.5 Ω的电阻，量程为了 图15-1 图15-2 图15-30～3.0 A的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0 V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=2 m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观看到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏.咨询：〔1〕此满偏的电表是什么表?讲明理由.〔2〕拉动金属棒的外力F多大?〔3〕现在撤去外力F，金属棒将逐步慢下来，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.●案例探究［例1］〔★★★★★★〕据报道，1992年7月，美国"阿特兰蒂斯"号航天飞机进行了一项卫星悬绳发电实验，实验取得了部分成功.航天飞机在地球赤道上空离地面约3000 km 处由东向西飞行，相对地面速度大约6.5×103 m/s，从航天飞机上向地心方向发射一颗卫星，携带一根长20 km，电阻为800 Ω的金属悬绳，使这根悬绳与地磁场垂直，做切割磁感线运动.假定这一范畴内的地磁场是平均的.磁感应强度为4×10-5T，且认为悬绳上各点的切割速度和航天飞机的速度相同.依照理论设计，通过电离层〔由等离子体组成〕的作用，悬绳能够产生约3 A的感应电流，试求：〔1〕金属悬绳中产生的感应电动势；〔2〕悬绳两端的电压；〔3〕航天飞机绕地球运行一圈悬绳输出的电能〔地球半径为6400 km〕.命题意图：考查考生信息摄取、提炼、加工能力及构建物理模型的抽象概括能力.B级要求.错解分析：考生缺乏知识迁移运用能力和抽象概括能力，不能于现实情形中构建模型〔切割磁感线的导体棒模型〕并进行模型转换〔转换为电源模型及直流电路模型〕，无法顺利运用直流电路相关知识突破.解题方法与技巧：将飞机下金属悬绳切割磁感线产生感应电动势看作电源模型，当图15-4 它通过电离层放电可看作直流电路模型.如图15-4所示.〔1〕金属绳产生的电动势：E=Blv=4×10-5×20×103×6.5×103 V＝5.2×103 V〔2〕悬绳两端电压，即路端电压可由闭合电路欧姆定律得：U =E -Ir =5.2×103-3×800 V ＝2.8×103 V〔3〕飞机绕地运行一周所需时刻t =v R π2=333105.6)103000106400(14.32⨯⨯+⨯⨯⨯s ＝9.1×103 s 那么飞机绕地运行一圈输出电能：E =UIt =2800×3×9.1×103 Ｊ＝７.6×107 Ｊ［例2］〔★★★★★〕如图15-5所示，竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B =0.5 T ，同时以tB ∆∆=0.1 T/s 在变化，水平轨道电阻不计，且不计摩擦阻力，宽0.5 m 的导轨上放一电阻R 0=0.1 Ω的导体棒，并用水平线通过定滑轮吊着质量M =0.2 kg 的重物，轨道左端连接的电阻R =0.4 Ω，图中的l =0.8 m ，求至少通过多长时刻才能吊起重物.命题意图：考查明白得能力、推理能力及分析综合能力.B 级要求.错解分析：〔1〕不善于逆向思维，采取执果索因的有效途径探寻解题思路；〔2〕实际运算过程忽视了B 的变化，将B 代入F 安=BIl ab ，导致错解.解题方法与技巧：由法拉第电磁感应定律可求出回路感应电动势：E =t B S t ∆∆=∆∆Φ ① 由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流I ＝R R E +0 ② 由于安培力方向向左，应用左手定那么可判定出电流方向为顺时针方向〔由上往下看〕.再依照楞次定律可知磁场增加，在t 时磁感应强度为：B ′＝〔B ＋tB ∆∆·t 〕 ③ 现在安培力为 F 安=B ′Il ab ④由受力分析可知F 安=mg ⑤ 由①②③④⑤式并代入数据：t =495 s图15-5●锦囊妙计一、命题特点对电磁感应电路的考查命题，常以学科内综合题目出现，涉及电磁感应定律、直流电路、功、动能定理、能量转化与守恒等多个知识点，突出考查考生明白得能力、分析综合能力，专门从实际咨询题中抽象概括构建物理模型的创新能力.二、求解策略变换物理模型，是将生疏的物理模型与熟悉的物理模型相比较，分析异同并从中挖掘其内在联系，从而建立起熟悉模型与未知现象之间相互关系的一种专门解题方法.巧妙地运用〝类同〞变换，〝类似〞变换，〝类异〞变换，可使复杂、生疏、抽象的咨询题变成简单、熟悉、具体的题型，从而使咨询题大为简化.解决电磁感应电路咨询题的关键确实是借鉴或利用相似原型来启发明白得和变换物理模型，即把电磁感应的咨询题等效转换成稳恒直流电路，把产生感应电动势的那部分导体等效为内电路.感应电动势的大小相当于电源电动势.其余部分相当于外电路，并画出等效电路图.现在，处理咨询题的方法与闭合电路求解差不多一致，惟一要注意的是电磁感应现象中，有时导体两端有电压，但没有电流流过，这类似电源两端有电势差但没有接入电路时，电流为零.●消灭难点训练1.〔★★★★〕在方向水平的、磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，有两根竖直放置的导体轨道cd、e f，其宽度为1 m，其下端与电动势为12 V、内电阻为1 Ω的电源相接，质量为0.1 kg的金属棒MN的两端套在导轨上可沿导轨无摩擦地滑动，如图15-6所示，图15-6除电源内阻外，其他一切电阻不计，g=10 m／s2，从S闭合直到金属棒做匀速直线运动的过程中A.电源所做的功等于金属棒重力势能的增加B.电源所做的功等于电源内阻产生的焦耳热C.匀速运动时速度为20 m／sD.匀速运动时电路中的电流强度大小是2 A2.〔★★★★〕两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计.斜图15-7面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为m 、电阻可不计的金属棒ab ，在沿着斜面与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，并上升h 高度.如图15-7所示，在这过程中A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mg h 与电阻R 上发出的焦耳热之和C.恒力F 与安培力的合力所做的功等于零D.恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上发出的焦耳热3.〔★★★★★〕如图15-8所示，空间存在垂直于纸面的平均磁场，在半径为a 的圆形区域内、外，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B .一半径为b ，电阻为R 的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合.在内、外磁场同时由B 平均地减小到零的过程中，通过导线截面的电量Q =_________.4.〔★★★★★〕如图15-9所示，放在绝缘水平面上的两条平行金属导轨MN 和PQ 之间的宽度为l ，置于磁感应强度值为B 的匀强磁场中，B 的方向垂直于导轨平面，导轨左端接有电阻为R ，其他电阻不计，导轨右端接有电容为C 的电容器，长为2l 的金属棒ab 放在导轨上与导轨垂直且接触良好，其a 端绞链在导轨PQ 上，现将棒以角速度ω绕a 点沿水平导轨平面顺时针旋转90°角，求那个过程中通过R 的总电量是多少?5.〔★★★★〕如图15-10所示，AB 和CD 是足够长的平行光滑导轨，其间距为l ，导轨平面与水平面的夹角为θ.整个装置处在磁感应强度为B 的，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.AC 端连有电阻值为R 的电阻.假设将一质量M ，垂直于导轨的金属棒EF在距BD 端s 处由静止开释，在EF 棒滑至底端前会有加速和匀速两个运动时期.今用大小为F ，方向沿斜面向上的恒力把EF 棒从BD 位置由静止推至距BD 端s图15-8 图15-9图15-10处，突然撤去恒力F ，棒EF 最后又回到BD 端.求：〔1〕EF 棒下滑过程中的最大速度.〔2〕EF 棒自BD 端动身又回到BD 端的整个过程中，有多少电能转化成了内能〔金属棒、导轨的电阻均不计〕?6.〔★★★★★〕在磁感应强度为B =0.4 T 的匀强磁场中放一个半径r 0=50 cm 的圆形导轨，上面搁有互相垂直的两根导体棒，一起以角速度ω=103 rad /s 逆时针匀速转动.圆导轨边缘和两棒中央通过电刷与外电路连接，假设每根导体棒的有效电阻为R 0=0.8 Ω，外接电阻R =3.9 Ω，如所示，求：〔1〕每半根导体棒产生的感应电动势.〔2〕当电键S 接通和断开时两电表示数〔假定R V →∞，R A →0〕.参考答案：［难点磁场］1.B.提示：将圆环转换为并联电源模型，如图15′-1.图15′—1 图15′—22.〔1〕3.2×10-2 N 〔2〕1.28×10-2 J提示：将电路转换为直流电路模型如图15′—2.3.〔1〕电压表 理由略 〔2〕F =1.6 N 〔3〕Q =0.25 C［消灭难点训练］1.CD2.AD3.Q =I Δt =R b a B )2(22-π或Q =R a b B )2(22-π4.Q =Bl 2〔R 23+2C ω〕 5.〔1〕如图15′—3当EF 从距BD 端s 处由静止开始滑至BD 的过程中，受力情形如下图.安培力：F 安=BIl =B l RBlv 图15-11图15′—3依照牛顿第二定律：a =M L R Blv BMg -sin θ ① 因此，EF 由静止开始做加速度减小的变加速运动.当a =0时速度达到最大值v m . 由①式中a =0有：Mg sin θ-B 2l 2v m /R =0② v m =22sin l B MgR θ 〔2〕由恒力F 推至距BD 端s 处，棒先减速至零，然后从静止下滑，在滑回BD 之前已达最大速度v m 开始匀速.设EF 棒由BD 从静止动身到再返回BD 过程中，转化成的内能为ΔE .依照能的转化与守恒定律：F s-ΔE =21Mv m 2③ ΔE =F s-21M 〔22sin l B MgR θ〕2④ 6.〔1〕每半根导体棒产生的感应电动势为E 1=Bl v =21Bl 2ω=21×０.4×103×〔0.5〕2 V ＝50 V. 〔2〕两根棒一起转动时，每半根棒中产生的感应电动势大小相同、方向相同〔从边缘指向中心〕，相当于四个电动势和内阻相同的电池并联，得总的电动势和内电阻为E ＝E 1＝50 V ，r =2141⨯R 0＝0.1 Ω 当电键S 断开时，外电路开路，电流表示数为零，电压表示数等于电源电动势，为50 V. 当电键S ′接通时，全电路总电阻为R ′=r +R =〔0.1+3.9〕Ω=4Ω.由全电路欧姆定律得电流强度〔即电流表示数〕为I ＝450='+R r E A=12.5 A. 现在电压表示数即路端电压为U =E -Ir =50-12.5×0.1 V ＝48.75 V 〔电压表示数〕或U＝IR＝12.5×3.9 V＝48.75 V.。