二轮复习电磁感应规律及应用

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高三物理第二轮复习电磁感应规律及其应用新人教版

专题六电路与电磁感应第3讲电磁感应规律及其应用【核心要点突破】知识链接一、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用情况二、法拉第电磁感应定律1.公式：t N E ∆∆Φ=，N 为线圈匝数2、导体切割磁感线的情形（1）一般情况：运动速度v 与磁感应线方向夹角为时则（2）E=BLv (垂直平动切割) L 是导线的有效切割长度 (v 为磁场与导体的相对切割速度) (B 不动而导体动；导体不动而B 运动)（3）2212l B lBl v Bl E ωω===． (直导体绕一端转动切割)深化整合一、感应电流方向的判断、楞次定律的理解楞次定律判定感应电流方向的一般步骤，基本思路可归结为：“一原、二感、三电流”，（1）明确闭合回路中引起感应电流的原磁场方向如何；（2）确定原磁场穿过闭合回路中的磁通量如何变化(是增还是减)（3）根据楞次定律确定感应电流磁场的方向．（4）再利用安培定则，根据感应电流磁场的方向来确定感应电流方向．2.楞次定律中“阻碍”两字的含义：（1）谁阻碍谁?是感应电流的磁通量阻碍原磁通量;（2）阻碍什么?阻碍的是磁通量的变化而不是磁通量本身;（3）如何阻碍?当磁通量增加时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,当磁通量减小时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,即”增反减同”;（4）结果如何?阻碍不是阻止,只是延缓了磁通量变化的快慢,结果是增加的还是增加,减少的还是减少.【典例训练1】（2010·全国Ⅱ理综·T18）如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平。

在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平。

线圈从水平面a 开始下落。

已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离。

若线圈下边刚通过水平面b 、c （位于磁场中）和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分别为b F 、c F 和d F ，则A ．d F >c F >b F B. c F <d F <b F C. c F >b F >d F D. c F <b F <d F【命题立意】本题涉及到电磁感应及安培力公式等知识，考查了考生的理解能力、分析综合能力，是高考命题的热点。

高考物理二轮复习专题四电磁感应与电路考点2电磁感应的规律及应用课件

里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且
接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g 。求
图4 －2 －4
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小磁感应定律的应用
图4 －2 －3
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
答案 C
4 ．如图4 －2 －4 所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l的金属杆置于导轨上，t＝0 时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向
2 ．(法拉第电磁感应定律的应用)如图4 －2 －7 所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b ，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B 随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是
图4 －2 －7
A ．E a∶E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向 B ．E a∶E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向 C ．E a∶E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向 D ．E a∶E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
【必记要点】
1 ．对楞次定律中“阻碍”的理解
谁阻碍谁阻碍什么
如何阻碍
结果如何
是感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场 (原磁场 )的磁通量的变化
阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁场本身
当磁通量增大时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即 “增反减同 ” 阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行，最终结果不受影响

高考物理二轮复习课件第10讲电磁感应规律及其应用

知识规律梳理高频考点突破满分答题策略即时对点演练限时规范训练
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高频考点突破
●
热点一
楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用解析：
本题是电磁感应与电路问题. 由串并联电路特点，虚线MN右侧回路的总电阻R＝7R0/4.回路的总电流I＝U/R＝4U/(7R0)，通过R2的电流I2=I/2=2U/(7R0) 所以R2两端电压U2＝I2R2＝U/7， A正确；由楞次定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过 R2的电流方向向左，所以电容器b极板带正电，B错误；根据 P＝I2R，滑动变阻器R的热功率P＝I2(R0/2)＋(I/2)2(R0/2) ＝(5/8)I2R0，电阻R2的热功率 P2＝(I/2)2R2＝I2R0/8＝P/5， C正确；由法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势 E＝⊿Ф/ ⊿ t ＝ BS/t＝kπ r2， D错误．
②穿过闭合电路的磁通量发生变化阻碍磁通量的变化（增反减同） (3)“阻碍”的表现阻碍物体间的相对运动（来拒去留） 2．感应电动势的计算阻碍原电流的变化（自感现象）
ΔΦ Δt
右手定则：常用于情况① (2)方向判断楞次定律：常用于情况②
(1)法拉第电磁感应定律： E＝n Δ t 若B变，而S不变，则E＝不变，则E＝ nBΔ S ，常用于计算平均电动势．
知识规律梳理
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热点一
楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用
典型例题
强化训练
以题说法
感应电流方向的判断方法方法一楞次定律的使用步骤

高中物理二轮复习课件电磁感应规律及其应用

感应电动势计算
运用法拉第电磁感应定律计算双棒间的感应电动势。
电路分析
将双棒视为电源，分析电路中的电流、电压和功率等物理量。
电磁感应中电容问题
1 2
电容器充放电过程
分析电容器在电磁感应过程中的充放电现象。
电容对电路的影响
探讨电容器对电路中电流、电压等物理量的影响。
3
电容器与电磁感应的综合应用
减小误差措施
选用内阻较小的电流表和电压表；选用电阻较小的线圈；精确调整滑动变阻器的阻值；多次重复实验取平均值等。
06 总结与提高
知识体系梳理
电磁感应基本规律

包括法拉第电磁感应定律、楞次定律等基本规律，以及这些规
律在电路中的具体应用。
电磁感应中的能量转化与守恒
02
分析电磁感应过程中能量转化与守恒的关系，理解能量转化与
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。
法拉第电磁感应定律的应用
动生电动势和感生电动势的产生原因和计算。
楞次定律及其理解
楞次定律内容
楞次定律的理解
感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化。
从原磁场磁通量的变化看感应电流的磁场，两者方向相反；从原磁场磁通量的变化看感应电流的磁场，阻碍的是“原磁场磁通量的变化”而不是“ 原磁场”；原磁场变化时，感应电流的磁场可能与原磁场方向相同，也可能与原磁场方向相反；阻碍的过程是能量相互转化的过程。
01
导体棒切割磁感线产生感应电动势
当导体棒在磁场中做切割磁感线运动时，会在导体棒中产生感应电动势
。感应电动势的大小与导体棒的速度、磁场的磁感应强度以及导体棒与
磁场的夹角有关。

2024高三物理二轮特色专项训练核心考点12 电磁感应规律及综合应用

2024高三物理二轮特色专项训练核心考点12电磁感应规律及综合应用「核心链接」「命题揣测」楞次定律和法拉第电磁感应定律及其应用是每年高考旳必考点，电磁感应图象和与电路、动力学、能量转化等学问结合起来是考察旳热点，其中既有难度中等旳选择题，也有难度较大、综合性较强旳计算题．预料2024年高考从以下角度命题：1．以选择题旳形式考察感应电流旳产生条件、感应电流方向旳推断；2．对电磁感应图象考察旳试题一般有两种形式：一是依据题意选图象；二是依据图象分析电磁感应过程．图象类型主要有：Φ－t、u－t、i－t、F－t、a－t等，有时也会考察各物理量与位移之间关系旳图象；3．对法拉第电磁感应定律考察旳重点是动生电动势旳计算，一般综合性都比拟强，会涉及楞次定律、右手定那么、法拉第电磁感应定律、闭合电路旳欧姆定律以及牛顿其次定律、匀变速直线运动、功、功率、动能定理、能量守恒等学问．「方法突破」1．驾驭产生感应电流旳条件，敏捷应用楞次定律“阻碍〞旳含义推断感应电流旳方向．2．对于电磁感应中各物理量随时间改变旳图象，留意左手定那么、右手定那么、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、牛顿其次定律等规律旳综合应用；对于各物理量随位移改变旳图象，先转换为随时间改变旳图象再求解，如导体匀速运动时，可以把位移轴干脆转换为时间轴．3．电磁感应综合问题(1)解决电磁感应旳动力学问题时，要留意分析导体受力状况，推断导体加速度方向、大小及改变，导体最终到达稳定状态是该类问题旳重要特点；(2)解决电磁感应旳能量问题时，要明确功能关系，确定有哪些形式旳能量发生了转化，如安培力做负功，必定有其他形式旳能转化为电能等．解答此类问题旳一般思维流程是“先电后力〞：①确定等效电源；②分析电路构造，画等效电路图；③利用电路学问求电流旳大小和方向；④依据F＝BIL求安培力旳大小，并由左手定那么推断安培力旳方向；⑤对探讨对象进展受力分析、运动分析、功及能量转化分析；留意纯电阻电路中感应电流做功等于焦耳热．「强化训练」1．(2024·高考海南卷)如图，一质量为m旳条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属铜环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ，设环经过磁铁上端和下端旁边时细线旳张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，那么()A．T1>mg，T2>mg B．T1<mg，T2<mgC．T1>mg，T2<mg D．T1<mg，T2>mg2．如下图，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面对里旳匀强磁场，两个边长相等旳单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用一样材料、不同粗细旳导线绕制(Ⅰ为细导线)、两线圈在距磁场上界面h高处由静止开场自由下落，再进入磁场，最终落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时旳速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生旳热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，那么()A．v1<v2，Q1<Q2 B．v1＝v2，Q1＝Q2C．v1<v2，Q1>Q2 D．v1＝v2，Q1<Q23．(2024·高考新课标全国卷)如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．在t＝0到t＝t1旳时间间隔内，直导线中电流i发生某种改变，而线框中旳感应电流总是沿顺时针方向；线框受到旳安培力旳合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向一样，那么i随时间t改变旳图线可能是()4．(2024·西安质检)如下图，匀强磁场中有两条水平放置旳、电阻可忽视旳光滑平行金属轨道，轨道左端接一个阻值为R 旳电阻，R 旳两端与电压传感器相连．一根导体棒(电阻为r)垂直轨道放置，从t ＝0时刻起对其施加一向右旳水平恒力F ，使其由静止开场向右运动．用电压传感器实时采集电阻R 两端旳电压U ，并用计算机绘制出U －t 图象，假设施加在导体棒上旳水平恒力持续作用一段时间后撤去，那么计算机绘制旳图象可能是( )5．如下图，有一个等腰直角三角形旳匀强磁场区域，其直角边长为L ，磁场方向垂直纸面对外，磁感应强度大小为B.一边长为L 、总电阻为R 旳正方形导线框abcd ，从图示位置开场沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过磁场区域．取方向沿a→b→c→d 旳感应电流为正，那么以下图中表示线框中旳电流i 随x 改变旳图象正确旳是( )6．(2024·高考四川卷)半径为a 右端开小口旳导体圆环和长为2a 旳导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下旳匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开场，杆旳位置由θ确定，如下图．那么( )A ．θ＝0时，杆产生旳电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生旳电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受旳安培力大小为2B2av π＋2R0D ．θ＝π3时，杆受旳安培力大小为3B2av 5π＋3R07．(2024·安徽知名省级示范中学统考)如下图，电阻不计旳光滑平行金属导轨MN 和OP 足够长且水平放置．M、O间接有阻值为R旳电阻，两导轨相距为L，其间有竖直向下旳匀强磁场，磁感应强度为B.有一质量为m、长度为L、电阻为R0旳导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好．用平行于MN向右旳水平力F拉动导体棒CD，使之由静止开场运动．拉力旳功率恒为P，当导体棒CD到达最大速度v0时，以下推断中正确旳是()A．最大速度数值为v0＝1LB PR0B．导体棒CD上C点电势低于D点电势C．克制安培力做功旳功率等于拉力旳功率PD．导体棒CD上产生旳电热功率为P8．如下图，在磁感应强度为B旳水平匀强磁场中，有两根竖直放置旳平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，两导轨所在旳竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原动身点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与金属棒间旳摩擦及它们旳电阻均可忽视不计．那么在金属棒整个上行与整个下行旳两个过程中，以下说法不正确旳是()A．回到动身点旳速度v等于初速度v0B．上行过程中通过R旳电荷量等于下行过程中通过R旳电荷量C．上行过程中R上产生旳热量大于下行过程中R上产生旳热量D．上行旳运动时间小于下行旳运动时间9．(2024·长春第一次调研)如图甲所示，空间存在一宽度为2L旳有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面对里．在光滑绝缘水平面内有一边长为L旳旳外力F作用下，以初速度v0＝4 m/s匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F旳大小随时间t改变旳图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开场计时，求：(1)匀强磁场旳磁感应强度B；(2)线框进入磁场旳过程中，通过线框旳电荷量q;(3)推断线框能否从右侧离开磁场？说明理由．10．如下图，两平行光滑旳金属导轨MN、PQ固定在水平面上，相距为L，处于竖直方向旳磁场中，整个磁场由假设干个宽度皆为d旳条形匀强磁场区域1、2、3、4…组成，磁感应强度B1、B2旳方向相反，大小相等，即B1＝B2＝B.导轨左端M、P间接一电阻R，质量为m、电阻为r旳细导体棒ab垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，不计导轨旳电阻．现对棒ab 施加水平向右旳拉力，使其从区域1磁场左边界位置开场以速度v0向右做匀速直线运动并穿越n个磁场区域．(1)求棒ab穿越区域1磁场旳过程中电阻R上产生旳焦耳热Q；(2)求棒ab穿越n个磁场区域旳过程中拉力对棒ab所做旳功W；(3)规定棒ab中从a到b旳电流方向为正，画出上述过程中通过棒ab旳电流I随时间t改变旳图象；(4)求棒ab穿越n个磁场区域旳过程中通过电阻R旳净电荷量q.11.(2024·高考天津卷)如下图，一对光滑旳平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω旳电阻．一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω旳金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上旳匀强磁场中，磁场旳磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右旳外力作用下，由静止开场以a＝2 m/s2旳加速度做匀加速运动，当棒旳位移x＝9 m时撤去外力，棒接着运动一段距离后停下来，撤去外力前后回路中产生旳焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R旳电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生旳焦耳热Q2；(3)外力做旳功WF.核心考点12电磁感应规律及综合应用Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，那么金属圆环对磁铁旳作用力始终向下，对磁铁受力分析可知T1>mg，T2>mg，A项正确．2．【解析】选D.两线圈在未进入磁场时，都做自由落体运动，从距磁场上界面h高处下落，由动能定理知两线圈在进入磁场时旳速度一样，设为v，线圈Ⅰ所受安培阻力F1＝BI1L＝B2L2v R1，而R1＝ρ电4L S1，S1＝m1ρ·4L ，故F1＝B2L2vm116ρ电ρL2＝B2vm116ρ电ρ.所以此时刻a1＝m1g －F1m1＝g －B2v 16ρ电ρ，同理可得a2＝g －B2v 16ρ电ρ与线圈旳质量无关，即两线圈进入磁场时旳加速度一样，当两线圈进入磁场后虽加速度发生改变，但两者加速度是同步改变旳，速度也同步改变，因此落地时速度相等即v1＝v2；又由于线圈Ⅱ质量大，机械能损失多，所以产生旳热量也多，即Q2>Q1，故D 项正确．3．【解析】选A.线框abcd 中电流I 大小一样，Iab ＝Icd ，而ab 边与直线电流i 之间旳作用力大于cd 边与直线电流i 之间旳作用力．且直线电流之间同向相吸异向相斥．依据楞次定律，当直导线中i 向上且匀称减小时，线框中产生adcba 方向旳电流且恒定，此时线框受力向左；当直导线中电流i 向下且增加时，线框中依旧产生adcba 方向旳电流且恒定，此时线框受力向右．那么可以推断A 图正确．4．【解析】选A.设路端电压为U, 导体棒旳运动速度为v ，那么感应电动势E ＝Blv ，通过电阻R 旳电流I ＝E R ＋r ，电阻R 两端旳电压U ＝IR ＝BLvRR ＋r ，即U ∝v ，由牛顿其次定律F －F 安＝ma 可知，在恒力F 旳作用下，导体棒做加速度渐渐减小旳变加速运动，撤去恒力F 后导体棒旳加速度随着速度旳减小而减小，A 正确．旳bc 边从O 处运动到L 处旳过程中，线框中无电流产生；线框旳bc 边从L 处运动到2L 处旳过程中，bc 边切割磁感线，依据右手定那么可推断，线框中旳电流方向为a→b→c→d ，故电流为正并渐渐增大，同理可知线框旳bc 边从2L 处运动到3L 处旳过程中，线框中旳电流方向为a→d→c→b ，故电流为负并渐渐增大，所以A 、B 、D 错误，C 正确．6．【解析】选AD.开场时刻，感应电动势E1＝BLv ＝2Bav ，故A 项正确．θ＝π3时，E2＝B·2acos π3·v ＝Bav ，故B 项错误．由L ＝2acosθ，E ＝BLv ，I ＝ER ，R ＝R0[2acosθ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0时，F ＝B2L2v R ＝4B2av R02＋π，故C 项错误．θ＝π3时F ＝3B2avR05π＋3，故D 项正确． 7．【解析】选C.依据右手定那么可以推断D 点电势低于C 点电势，B 错误；导体棒CD 到达最大速度时拉力F 与安培力旳合力为零，P ＝Fv0，F ＝BIL ，所以P ＝BILv0，C 正确；I ＝BLv0R ＋R0，解得v0＝1LBP R ＋R0，A 错误；整个回路中导体棒CD 和电阻R 上都要产生电热，D 错误．8．【解析】选A.金属棒切割磁感线运动，由右手定那么和法拉第电磁感应定律、安培力公式可知金属棒上行和下行时旳受力状况，如下图．由能量守恒定律可知，金属棒在运动过程中，局部机械能转化为系统旳焦耳热，故金属棒回到动身点旳速度v 小于初速度v0，A 错误；设金属棒上升旳最大高度为h ，上升过程中金属棒所受旳安培力比下降过程中旳要小，R 上产生旳热量等于金属棒克制安培力做旳功，由W ＝Fh 可知上升过程中产生旳热量比下降过程中产生旳热量要大，C 正确；由电荷量旳定义、欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得，运动过程中产生旳电荷量q ＝ΔΦR 可知，上行和下行过程中磁通量改变相等，那么B 正确；由牛顿其次定律可知a 上>a 下，由位移公式x ＝12at2可知，上行和下行旳位移大小相等，那么t 上<t 下，D 正确．9．【解析】(1)由F －t 图象可知，线框加速度a ＝F2m ＝2 m/s2线框旳边长L ＝v0t －12at2＝4×1 m －12×2×12 m ＝3 mt ＝0时刻线框中旳感应电流I ＝BLv0R线框所受旳安培力F 安＝BIL由牛顿其次定律F1＋F 安＝ma又F1＝1 N ，联立得B ＝13 T ＝0.33 T(2)线框进入磁场旳过程中，平均感应电动势E ＝BL2t平均电流I ＝E R通过线框旳电荷量q ＝I t联立得q ＝0.75 C(3)设匀减速运动速度减为零旳过程中线框通过旳位移为x ，由运动学公式得0－v20＝－2ax 代入数值得x ＝4 m<2L所以线框不能从右侧离开磁场．【答案】(1)0.33 T (2)0.75 C (3)见解析10．【解析】(1)棒ab 产生旳感应电动势E ＝BLv0通过棒ab 旳感应电流I ＝E R ＋r 电阻R 上产生旳焦耳热Q ＝(E R ＋r )2R×d v0＝B2L2v0Rd R ＋r 2(2)因为棒ab 匀速穿越n 个磁场区域，所以拉力对棒做旳功在数值上等于整个回路中产生旳焦耳热，即拉力对棒ab 所做旳功W ＝Q 总＝E2R ＋r ×d v0×nW ＝nB2L2v0d R ＋r(3)如下图(4)假设n 为奇数，通过电阻R 旳净电荷量q ＝ΔΦ1R ＋r ＝BLd R ＋r假设n 为偶数，通过电阻R 旳净电荷量q ＝ΔΦ2R ＋r ＝0【答案】见解析11．【解析】(1)设棒匀加速运动旳时间为Δt ，回路旳磁通量改变量为ΔΦ，回路中旳平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ①其中ΔΦ＝Blx ②设回路中旳平均电流为I ，由闭合电路旳欧姆定律得I ＝ER ＋r ③那么通过电阻R 旳电荷量为q ＝I Δt ④联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ⑤(2)设撤去外力时棒旳速度为v ，对棒旳匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后旳运动过程中安培力做功为W ，由动能定理得W ＝0－12mv2⑦撤去外力后回路中产生旳焦耳热Q2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生旳焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得 Q1＝3.6 J ⑩在棒运动旳整个过程中，由功能关系可知WF ＝Q1＋Q2⑪由⑨⑩⑪式得WF ＝5.4 J【答案】(1)4.5 C(2)1.8 J (3)5.4 J。

高三二轮：电磁感应规律及应用析

典例精讲：
BD
针对训练：
答案：C
拓展练习：
竖直放置的金属环，半径为 a，总电阻为 R，磁感应强度 R 为 B，导体棒 AB 长 2a、电阻为，由水平位置紧贴环面摆下， 2 当摆到竖直位置时， B 点的速度为 v，则这时 AB 两端的电压大小为 ( A )
Bav A. 3 2Bav C. 3
知识梳理：
电磁感应现象： E= nΔΦ
Δt
E= Blv
1 2 E= 2Bl ω
楞次定律右手定则
电路：等效电源（E、r） E I= R+r U=IR P=UI Q=I2Rt DF q=It= n R+r
牛顿运动定律安培力：运动规 F=BIL 律 =
B2 L2 v Rr
动能定理电能与机械能间的转化与守恒等
(3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小 v=v2+at F+mg-F安=ma
2 2 B F 安= L v Rr
⑧(1分) ⑨(2分) ⑩(1分)
由③⑧⑨⑩式解得:F=(t+1.6)N
答案:(1)5m/s2 (2)1.35 m (3)F=(t+1.6)N
(1分)
拓展：
若在磁场I区域下落高度为0.6m时刚到达MN，试分析此过程回路中产生的热量及通过R1的电荷量？
r=1Ω 的导体棒ab,在金属导轨上从MN上方某处由静止下落,下落过
程中导体棒始终保持水平,与金属导轨接触良好。当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v1=3m/s。不计空气阻力,g取10m/s2。 (1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小。 (2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后,棒中的电流大小始终保持不变,求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h。 (3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移,使导体棒ab刚进入磁场 Ⅱ时速度大小变为v2=9m/s,要使棒在外力F作用下做a=3m/s2 的匀加速直线运动,求所加外力F随时间t变化的关系式。安培力等效电路图在磁场II中匀速 v2 运动学规律机械能守恒已知v与t的关系

2024年高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第11讲电磁感应规律及其应用

专题四
电路与电磁感应
第11讲
电磁感应规律及其应用
【复习目标】 1. 掌握楞次定律、法拉第电磁感应定律，并灵活应用。
2. 掌握电磁感应中图像的分析技巧。
3. 做好电磁感应中的电路分析、电源分析、动力学和能量转化分析。
考点一楞次定律法拉第电磁感应定律
角度1 楞次定律的应用
1. 应用楞次定律要“三看”和“三想”
矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通入顺时针方向（俯视）
的电流，当汽车经过线圈时（ C ）
A. 线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B. 汽车进入线圈1过程产生的感应电流方向为abcd
C. 汽车离开线圈1过程产生的感应电流方向为abcd
D. 汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向
相同
角度2 法拉第电磁感应定律
（ B ）
A. 0.30V
B. 0.44V
C. 0.59V
D. 4.3V
[对点训练]
2. （2023·苏锡常镇二模）如图甲所示，一条南北走向的小路，路口设
有出入道闸，每侧道闸金属杆长L，当有车辆通过时杆会从水平位置匀
速转过90°直到竖起，所用时间为t。此处地磁场方向如图乙所示，B为
地磁场总量，BH为地磁场水平分量，Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z
（2023·湖北卷）近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通
信，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所
示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm，图
中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线
圈，磁感应强度变化率为 103T/s ，则线圈产生的感应电动势最接近

新课标高考物理二轮复习专题11-电磁感应规律及应用(解析版)

高考物理二轮复习专题内容11电磁感应规律及应用§知识网络§1．楞次定律中“阻碍”的表现 (1)阻碍磁通量的变化(增反减同)。

(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)。

(3)阻碍原电流的变化(自感现象)。

2．感应电动势的计算(1)法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ，常用于计算平均电动势。

①若B 变，而S 不变，则E ＝n ΔBΔt S ； ②若S 变，而B 不变，则E ＝nB ΔSΔt 。

(2)导体棒垂直切割磁感线：E ＝Blv ，主要用于求电动势的瞬时值。

B 、l 与v 三者必须两两垂直，l 为有效长度，v 为有效速度。

【答案】B【解析】当ab 棒在磁场中切割磁感线时，ab 棒相当于电源，等效电路：由法拉第电磁感应定律可知：E 1＝Blv 由欧姆定律可知：E 1＝I ab (r ＋R 并) I cd ＝I ab 2＝Blv3R 方向c →d U cd ＝I cd ·R ＝Blv3 U cd >0当cd 棒在磁场中切割磁感线时，cd 棒相当于电源，等效电路：由法拉第电磁感应定律可知：E 2＝Blv 由欧姆定律可知：E 2＝I cd (r ＋R 并) I cd ＝2Blv3R 方向d →cU cd ＝I cd ·R ＝2Blv3 U cd >0所以B选项是正确的。

U cd随时间变化如图：C、D选项都错误。

5.相关类型题目如图甲，R0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T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0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，a、b间的电压u ab为正，下列u ab-t图象可能正确的是()【答案】C【解析】由安培定则知：0～0.25T0，圆环内的磁场垂直纸面向里逐渐增大，由楞次定律知，若圆环闭合，感应电流是逆时针方向，逐渐减小至0；0.25T～0.5T，圆环内的磁场垂直纸面向里逐渐减小，由楞次定律知，若圆环闭合，感应电流是顺时针方向，逐渐增大。

高三物理高考二轮复习第一部分专题五第2讲电磁感应规律及其应用

研考向融会贯通
提能力强化闯关
限时规范训练
考向一
试题
解析
考向一考向二考向三
由图乙知， 0～ 1 s 内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～ 1 s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项 A 正确，B 错误；同理可得 1～ 2 s 内和 2～3 s 内圆环中的感应电流方向相同，选项 D 错误； 3 s 末电流的变化率为 0，螺线管中磁感应强度的变化率为 0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项 C 错误．
考向四
研考向融会贯通
提能力强化闯关
限时规范训练
考向二
电磁感应中的图象问题
考向一考向二考向三
[方法技巧] 1．解答电磁感应图象问题的“ 3 个关注” (1)看初始时刻感应电流是否为零，电流方向是正方向还是负方向． (2)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)看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程对应，分析大小和方向的变化趋势．
考向四
2．求感应电动势的两种方法 ΔΦ (1)E＝n ，用来计算感应电动势的平均值． Δt (2)E＝BLv，主要用来计算感应电动势的瞬时值．
研考向融会贯通
提能力强化闯关
限时规范训练
考向一
3．感应电流方向的判断方法
考向一考向二考向三
一是利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；二是利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断． 4．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；

高三物理二轮复习第1部分专题10 电磁感应规律及其应用课件

半径 r＝5.0 cm，线圈导线的截面积 A＝0.80 cm2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m.如图 103
所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度 B 在 0.3 s 内从 1.5 T 均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)
(1)该圈肌肉组织的电阻 R； (2)该圈肌肉组织中的感应电动势 E； (3)0.3 s 内该圈肌肉组织中产生的热量 Q.
向．
2．求感应电动势的两种方法．
(1)E＝nΔΔΦt ，用来计算感应电动势的平均值． (2)E＝Blv，主要用来计算感应电动势的瞬时值 .
电磁感应规律的应用
(2015·全国卷Ⅱ)如图 101，直角三角形金属框 abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向平行于 ab 边向上．当金属框绕 ab 边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分别为 Ua、Ub、Uc.已知 bc 边的长度为 l.下列判断正确的是( )
发散 3 对电磁阻尼、涡流的理解 3．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)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 104 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( )
【解析】金属框 abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项 B、D 错误．转动过程中 bc 边和 ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断 Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项 A 错误．由转动切割
磁感线产生感应电动势的公式得 Ubc＝－12Bl2ω，选项 C 正确．
【解析】 (1)由电阻定律得 R＝ρ2πr，代入数据得 R≈6×103 Ω. A

2022年高考物理二轮复习专题六电路和电磁感应第11讲电磁感应规律及其应用

【解析】选B。当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故A、C错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B正确；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故D错误。
2．(多选)(2021·济南一模)如图所示，足够长的水平金属导轨MN、PQ放在竖直向上的匀强磁场中，金属杆ab在水平恒力F作用下由静止开始向右运动，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计。运动过程中，金属杆加速度大小a、速度大小v、力F的冲量I随时间变化的规律正确的是( )
高频考向二电磁感应的图像问题
一、“感生”类的两类图像
分类
图例
分析
B-t 图像
(1)可得到各时刻磁感应强度的大小和方向。 (2)根据斜率ΔΔBt 可分析感应电动势的大小和方向。
分类
图例
分析
Φ-t 图像
(1)可得到各时刻磁通量的大小和方向。 (2)根据斜率ΔΔBt 可分析感应电动势的大小和方向。
【典例1】中，若磁场B＝8 T且保持恒定不变，以速度v＝0.5 m/s将电路从磁场中匀速拉出时，求感应电流随时间变化的关系式。【解析】将电路从磁场中匀速拉出需要的时间t＝vr ＝1 s。有效切割长度l＝2 r2－（vt）2 ＝ 1－t2 (m) 所以E′＝Blv＝4 1－t2 (V) 根据楞次定律判断可得，感应电动势的方向与电源E的方向相反。

新教材2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题四电路与电磁感应第11讲电磁感应规律及其应用

第11讲电磁感应规律及其应用知识网络构建命题分类剖析命题点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流方向的判断方法情境图3.感应电荷量的计算磁通量变化迁移的电荷量：q＝IΔt＝ERΔt＝nΔΦRΔtΔt＝nΔΦR，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定．考向1 楞次定律的应用例 1[2023·海南卷]汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同考向2 法拉第电磁感应定律的应用例 2[2023·天津卷]如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l.空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：(1)感应电动势E；(2)线框开始向上运动的时刻t0.例 3[2023·山东卷](多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计．质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面．如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD 的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( )A．B2的方向向上 B．B2的方向向下C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s提升训练1.[2023·全国甲卷](多选)一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离．如图(a)所示．现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示．则( )A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大2．[2023·浙江1月]如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆．当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示．若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是( )3.[2023·辽宁省沈阳市监测一](多选)有界匀强磁场磁感应强度为B ，有一半径为R 的线圈，其单位长度上的电阻为r ，线圈直径MN 垂直磁场边界于M 点，现以M 点为轴在纸面内，沿顺时针方向匀速旋转90°，角速度为ω，则( )A ．感应电流方向为顺时针方向B ．感应电动势的最大值为BR 2ωC ．感应电流的最大值为2BR 2ωrD ．通过导体任意横截面的电量为BR 4r命题点二电磁感应中图像或电路问题1．掌握两个技法，快速解答图像问题2．三个关注考向1 电磁感应中的图像例 1[2023·山东省菏泽市三模]如图所示，MNQP是边长为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场．边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行．设导线框中感应电流i逆时针流向为正．若t＝0时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列i-t图像正确的是( )例 2[2023·上海卷] 如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为( )考向2 电磁感应中图像与电路问题的数型结合例 3 (多选)如图甲所示，足够长的两平行金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，导体间距为0.5 m，导轨左边接有定值电阻R0和电阻箱R；导轨间存在磁感应强度大小为0.8 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为0.5 kg、长为0.5 m、内阻不计的金属棒MN放置在导轨上，在水平向右的恒力F作用下金属棒由静止开始运动，金属棒始终与导轨垂直且接−触良好．多次改变电阻箱的阻值R，测得金属棒对应的最大速度v m，绘制出如图乙所示的1v m1图像．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( ) RA．R0中感应电流方向由c指向aB．R0＝2 ΩC．恒力F＝1.4 ND．若R＝2 Ω，则R0在1 s内产生的最大焦耳热为1 J思维提升图例[提醒] 分析磁通量时，一是注意回路中的有效面积；二是注意有效面积内磁场方向是否单一．图例提升训练1.[2023·江苏省八市训练]如图所示，两根光滑平行金属长导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，两根完全相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，两金属棒的长度恰好等于金属导轨的间距，t＝0时刻对金属棒cd施加一个水平向右的恒力F，此后两金属棒由静止开始运动，金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好，两金属棒的速度大小分别记为v a、v c，加速度大小分别记为v a、v c，金属棒cd两端电压记为U cd，闭合回路消耗的电功率记为P，电路中除金属棒以外的电阻均不计，下列关于图像错误的是( )2．[2023·珠海模拟]匝数N＝1 000、面积S＝20 cm2、电阻r＝1 Ω的线圈水平放置，匀强磁场B1竖直向下穿过线圈，其磁感应强度B1按如图所示的规律变化，线圈两端分别连接两根完全相同的劲度系数为k＝100 N/m、电阻为R＝1.5 Ω的金属弹簧，两金属弹簧上端固定在水平天花板上，下端悬挂一根水平金属棒，另有一水平匀强磁场B2垂直金属棒分布(如图所示)．其磁场宽度为L＝10 cm.闭合开关后，两弹簧的长度均变化了Δx＝0.5 cm.导线和金属棒的电阻不计，求：(1)闭合开关后，通过金属棒的电流大小；(2)磁感应强度B2的大小．命题点三电磁感应规律的综合应用1．电磁感应综合问题的解题思路2．与动量定理结合在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)．(1)求速度或电荷量：－B I lΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt.(2)求时间：FΔt＋I A＝mv2－mv1，I A＝－B I lΔt＝－BlΔΦR总.(3)求位移：－B I lΔt＝－B 2l2v̅ΔtR总＝mv2－mv1，即－B 2l2R总x＝m(v2－v1)．3．与动量守恒定律的结合相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动问题，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．考向1 电磁感应中的动力学问题例 1[2023·上海卷]如图(a)，线框cdef位于倾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5 T，已知线框边长cd ＝D＝0.4 m，m＝0.1 kg，总电阻R＝0.25 Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动．斜面上动摩擦因数μ＝√33，线框速度随时间变化如图(b)所示．(重力加速度g取9.8 m/s2)(1)求外力F大小；(2)求cf长度L；(3)求回路产生的焦耳热Q.考向2 电磁感应中的能量问题例 2 如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为θ＝30°，斜面上有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，其宽度均为l＝0.2 m，磁感应强度大小均为B＝1 T，磁场方向分别为垂直斜面向上和垂直斜面向下．斜面上放一质量为M＝0.6 kg、电阻为R＝0.5 Ω的矩形导线框abcd，其ab边长为d＝0.4 m、bc边长为l＝0.2 m，通过细绳绕过光滑的定滑轮与一质量为m＝0.2 kg的重物相连，连接线框的细绳与线框共面，滑轮和绳的质量均不计，ab边距磁场区域Ⅰ的上边界为2l，开始时各段绳都处于伸直状态，现将它们由静止释放，线框沿斜面向下运动，ab边刚穿过两磁场的分界线OO′进入磁场区域Ⅱ时，线框恰好做匀速运动(细绳始终处于拉紧状态)，不计摩擦，忽略磁场边界效应，重力加速度g＝10 m/s2.求：(计算结果保留2位小数)(1)ab边刚进入磁场区域Ⅰ时线框的加速度大小；(2)线框ab边在磁场区域Ⅱ中运动的过程中，线框重力的功率P；(3)从开始释放到ab边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，线框中产生的焦耳热Q.考向3 电磁感应中的动量问题例 3[2023·全国甲卷]如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上．导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行．不计空气阻力．求(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间．提升训练1.[2023·湖南卷]如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g.(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.2．[2023·广东模拟预测]如图甲所示，水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道，轨道间距L＝0.4 m，其中在E、F、G、H四点附近的轨道由绝缘材料制成，这四段绝缘轨道的长度非常短，其余轨道由金属材料制成，金属轨道的电阻不计，在右侧两轨道之间连接一个阻值R＝1.5 Ω的定值电阻．在矩形区域MNQP中存在竖直向上的磁场，记M点所在位置为坐标原点，沿MP方向建立x坐标轴，磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所示，图中B0＝2.5 T．现有一总质量m＝0.1 kg的“工”字形“联动双棒”(由两根长度略长于L的平行金属棒ab和cd，用长度为L的刚性绝缘棒连接构成，棒的电阻均为r＝0.5 Ω)，以初速度v0＝8 m/s沿x轴正方向运动，运动过程中棒与导轨保持垂直，最终静止于轨道上，忽略磁场边界效应．求(1)棒ab刚进入磁场时，流经棒ab的电流的大小和方向；(2)棒ab在EF处的速度大小v1和在GH处时的速度大小v2；(3)电阻R上产生的焦耳热．素养培优·情境命题电磁感应规律在生活、生产和科技中的应用情境1 “自发电”门铃开关[典例1] [2023·广东茂名统考二模]市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示．在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变．松开门铃按钮后，弹簧可使之复位(与a、b连接的外电路未画出)．由此可判断( )A．未按下按钮时，线圈a、b两点间存在电势差B．按下按钮过程中，线圈中感应电流始终由b经线圈流向aC．按钮复位过程中，线圈中的磁通量一直减小D．按下按钮过程与松开复位过程中，a点的电势始终高于b点情境2 磁力刹车系统[典例2](多选)高速铁路列车通常使用磁力刹车系统．磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示．图中磁铁左方铝盘的甲区域(虚线区域)朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域(虚线区域)朝离开磁铁方向运动．下列有关铝盘刹车的说法正确的是( ) A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场C．磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘相同情境3 磁悬浮列车[典例3] (多选)2022年9月20日在德国柏林国际轨道交通技术展览会上中国具有完全自主知识产权的时速600公里高速磁浮交通系统首次在欧洲亮相，引起了世界各国广泛关注．超导磁悬浮列车的原理可以简化为如图所示模式：在水平面上相距L的两根固定平行直导轨间，有大小为B、宽都是L的匀强磁场，相邻磁场区域的磁场方向相反．整个磁场以速度v 水平向右匀速运动，跨在两导轨间的边长为L 的正方形n 匝线圈abcd 悬浮在导轨上方，在磁场力作用下向右运动，并逐渐达到最大速度v m .当超导磁悬浮列车制动时，所有磁场立即停止，线圈继续运动NL 停下来(N 为整数)．设线圈的总电阻为R ，总质量为m ，运动中所受到的阻力大小恒为f .则( )A ．线圈最大速度v m ＝v －fRn 2B 2L 2 B ．制动过程受到的安培力为4nB 2L 2(v−v m )RC ．制动过程线圈产生的焦耳热为12mv m 2－fNLD ．制动过程通过线圈横截面的电荷量可能为2nBL 23R情境4 电磁缓冲装置[典例4] 随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术．其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置．该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abdc ；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN 、PQ 和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向为垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场．当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲．现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v 0，经过时间t 火箭着陆，速度恰好为零；线圈abdc 的电阻为R ，其余电阻忽略不计；ab 边长为l ，火箭主体质量为m ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，重力加速度为g ，一切摩擦阻力不计，求：(1)缓冲滑块刚停止运动时，线圈产生的电动势；(2)缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；(3)火箭主体的速度从v 0减到零的过程中系统产生的电能．第11讲电磁感应规律及其应用命题分类剖析命题点一[例1] 解析：由右手螺旋定则可知，线圈1、2形成的磁场方向都是竖直向下的，A 错；汽车进入线圈1时，线圈abcd 中向下的磁通量增大，由楞次定律可判断，线圈abcd 中的感应电流方向与线圈1反向，是逆时针，即感应电流方向为adcb ，同理，汽车离开线圈1时，线圈abcd 中向下的磁通量减小，线圈abcd 中的感应电流方向是顺时针，即感应电流方向为abcd ，故B 错，C 对；安培力为阻力，与速度方向相反，D 错．答案：C[例2] 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt又n ＝1，ΔΦΔt＝ΔB Δt·S ＝kS ，S ＝l 22解得E ＝kl 22(2)根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为I ＝ER结合安培力的公式和题图可知线框受到的安培力为F A ＝BIl 又B ＝kt (k ＞0)联立可得线框受到的安培力为F A ＝k 2l 3t 2R当线框开始向上运动时，有k 2l 3t 02R＝mg解得t 0＝2mgRk 2l 3 答案：(1)kl 22 (2)2mgRk 2l 3[例3] 解析：导轨的速度v 2>v 1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为f ＝μmg ＝2 N导体棒的安培力大小为F 1＝f ＝2 N由左手定则可知导体棒的电流方向为N →M →D →C →N ，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F 2＝f －m 0g ＝1 N由左手定则可知B 2的方向为垂直纸面向里，A 错误，B 正确；对导体棒分析F 1＝B 1IL 对导体框分析F 2＝B 2IL电路中的电流为I ＝B 1Lv 1−B 2Lv 2r联立解得v 2＝3 m/sC 错误，D 正确；故选BD. 答案：BD [提升训练]1．解析：电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体的速度越来越大，A 正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N 极、S 极上下没有颠倒，B 错误；线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此电流的大小是变化的．小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C 错误；由图(b)可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D 正确．故选AD. 答案：AD2．解析：导体杆摆动时切割磁感线，产生感应电流，受安培力，安培力起阻力作用，故导体杆的振动为阻尼振动．由垂直于磁感线方向的速度大小相同时电阻变大→电流变小→安培力(阻力)变小可知，当R 从R 0变为2R 0时，导体杆振幅的衰减速度变慢，B 正确，ACD 错误．答案：B3．解析：根据楞次定律，感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的变化，可知在线圈转动的过程中通过线圈的磁通量减小，由此可知感应电流应为顺时针方向，故A 正确；当转过90°时的瞬间感应电动势最大，此时切割磁感线的有效长度最大，为圆形线圈的直径，由此可得感应电动势的最大值为E m ＝12B (2R )2ω＝2BR 2ω，根据闭合电路的欧姆定律可知感应电流的最大值为I m ＝E mR 总＝2BR 2ω2πRr ＝BR ωπr，故BC 错误；通过导体任意横截面的电量为q ＝ΔΦR 总＝12πR 2B 2πRr＝RB4r ，故D 正确．答案：AD 命题点二[例1] 解析：0～t 1内是线框的左边框由PQ 向左进入磁场，根据右手定则知感应电流为顺时针(负)，而切割磁感线的有效长度随着水平位移的增大而均匀减小，则感应电流的大小均匀减小；t 1～2t 1内，线框的前后双边同向同速切割相反的磁场，双源相加为总电动势，电流方向为逆时针(正)，两边的有效长度之和等于L ，则电流大小恒定．故选D. 答案：D[例2] 解析：由部分导线切割磁感线产生感应电动势：E ＝BLv 可知金属棒所受安培力为：F A ＝BIL ＝B 2L 2R+rv, 再由F A - t 图像可知，安培力与时间为线性关系可知：金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由牛顿第二定律：安培力与外力的合力为定值，即外力随时间线性变化，由F A -t 图像可知：在0～t 0时间安培力为负值，方向向左，由左手定则和右手定则可知，金属棒向右做减速运动，在t 0～2t 0时间内安培力为正值从零逐渐增加，方向向右，同理可知，金属棒向左做初速度为零的匀加速直线运动，加速度不变，则在t 0时刻，合力向左，但F A ＝0，所以外力为负值不等于零，方向向左．故ABD 错误，C 正确．答案：C[例3] 解析：由右手定则判断可知，金属棒中感应电流方向由N 指向M ，R 0中感应电流方向由a 指向c ，选项A 错误；金属棒受到的滑动摩擦力方向水平向左，大小为f ＝μmg ＝1 N ，由左手定则判断可知，金属棒所受的安培力方向向左，金属棒速度达到最大后开始做匀速直线运动，由受力平衡有F －f ＝BIL ，根据闭合电路欧姆定律有I ＝BLv m R 总，R 总＝RRR+R 0，整理得F －f ＝B 2L 2(1R+1R 0)v m ，变形得1v m＝B 2L 2F−f ·1R +B 2L 2(F−f )R 0，则B 2L 2F−f ＝0.4−0.20.5(Ω·s·m －1)，B 2L 2(F−f )R 0＝0.2(s·m －1)，代入数据解得F ＝1.4 N ，R 0＝2 Ω，选项B 、C 正确；由图乙知，R＝2 Ω时，v m ＝2.5 m/s ，R 总＝RR 0R+R 0＝1 Ω，I ＝BLv m R 总＝1 A ，R 0在1 s 内产生的最大焦耳热为(12I )2R 0t ＝0.5 J ，选项D 错误．答案：BC [提升训练] 1．解析：金属棒cd 在恒力F 作用下由静止开始加速，此时金属棒ab ，cd 加速度a a ＝0，a c ＝Fm ，之后回路中出现感应电流，金属棒cd 受到的安培力与恒力F 反向，金属棒cd 的加速度减小，金属棒ab 在安培力作用下开始加速，金属棒cd 与金属棒ab 的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F 安＝B 2L 2(v c −v a )2R逐渐增大，金属棒cd 加速度减小，金属棒ab 加速度增大，当a a ＝a c 时，v c －v a 不再变化，回路中的电流不再变化，但是两金属棒的速度仍在增大，故A 正确，与题意不符；B 错误，与题意相符；设两金属棒电阻均为R ，系统达到稳定之前U cd ＝BLv a ＋IR ，随时间逐渐增大，系统达到稳定后，因回路中电流不变，则U cd ＝BLv c －IR ，U cd 随着v c 的增加而均匀增加，故C 正确，与题意不符；闭合回路消耗的电功率P ＝2I 2R ，在开始阶段随回路中电流的增大，电功率逐渐增大，当系统稳定后回路中电流不变，电功率不再变化，故D 正确，与题意不符．故选B.答案：B2．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得E ＝NΔΦΔt＝N ΔB1Δt ·S其中，由图可知ΔB 1Δt＝5 T/s代入得E ＝10 V由闭合电路欧姆定律可得I ＝E r+2R代入数据得I ＝2.5 A ； (2)安培力为F 安＝B 2IL 弹簧弹力F 弹＝k Δx对金属棒受力分析，由受力平衡得B 2IL ＝2k Δx 代入数据，得B 2＝4 T. 答案：(1)2.5 A (2)4 T 命题点三[例1] 解析：(1)由v -t 图像可得：a ＝ΔvΔt ＝2.0 m0.4 s 2＝5 m/s 2对导线框受力分析可得：F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 代入数据联立解得：F ＝1.48 N(2)由v -t 图像可知线框cf 边进磁场时开始匀速直线运动，可得：F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋BIL由法拉第电磁感应定律，得线框产生的感应电动势为E ＝BLv由闭合电路欧姆定律，得线框产生的感应电流为I ＝ER ，得：I ＝BLv R代入数据联立解得：L ＝0.5 m ，I ＝2 A(3)线框匀速切割穿过磁场，产生的焦耳热就等于克服安培力所做的功：Q ＝W 克安＝F 安·2D ＝BIL ·2D ＝0.5×2×0.5×2×0.4 J＝0.4 J答案：(1)1.48 N (2)0.5 m (3)0.4 J[例2] 解析：(1)线框的ab 边刚进入磁场区域Ⅰ时，根据机械能守恒定律有2Mgl sinθ－2mgl ＝12(M +m )v 12线框的ab 边刚进入区域Ⅰ时，感应电流I ＝Bdv 1R由牛顿第二定律有Mg sin θ－BId －T ＝Ma ，T －mg ＝ma联立解得a ＝0.85 m/s 2(2)设ab 边刚进入磁场区域Ⅱ时线框的速度为v 2，则对应的感应电流I ′＝2Bdv 2R对线框有Mg sin θ＝2BI ′d ＋T ′，又T ′＝mg 线框重力的功率P ＝Mg sin θ·v 2 联立解得P ＝2.34 W(3)从线框开始释放到ab 边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，根据能量守恒定律有4Mgl sin θ－4mgl ＝Q +12(M +m )v 22，解得Q ＝0.56 J.答案：(1)0.85 m/s 2(2)2.34 W (3)0.56 J[例3] 解析：(1)由于绝缘棒Q 与金属棒P 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv 0＝3mv Q ＋mv P12×3mv 02＝12×3mv Q 2+12mv P 2联立解得v P ＝32v 0，v Q ＝12v 0由题知，碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P 滑出导轨时的速度大小为v ′P ＝v Q ＝12v 0(2)根据能量守恒有12mv P 2＝12mv P ′2＋Q 解得Q ＝mv 02(3)P 、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得－B I lΔt ＝mv ′P －mv P 又q ＝I Δt ，I ＝E ̅R＝ΔΦR Δt＝Blx R Δt联立可得x ＝mv 0RB 2l 2由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为t ＝xv Q＝2mRB 2l 2答案：(1)12v 0 (2)mv 02(3)2mR B 2l 2[提升训练]1．解析：(1)a 导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a 棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E ＝BLv 0由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I ＝E2R ，F ＝BILa 棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL联立解得v 0＝2mgR sin θB 2L 2(2)由右手定则可知导体棒b 中电流向里，b 棒受沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则对b 棒，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋BIL ＝ma 0解得a 0＝2g sin θ(3)释放b 棒后a 棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a 棒，由动量定理得mgsin θt 0－B I Lt 0＝mv －mv 0 b 棒受到向下的安培力，对b 棒，由动量定理得mg sin θt 0＋B I Lt 0＝mv 联立解得v ＝g sin θ·t 0＋v02此过程流过b 棒的电荷量为q ，则有q ＝I t0 由法拉第电磁感应定律可得 I ＝E2R ＝12RBL Δxt 0联立b 棒动量定理可得Δx ＝mv 0R B 2L 2答案：(1)2mgR sin θB 2L 2(2)2g sin θ (3)g sin θt 0＋v02mv 0R B 2L 22．解析：(1)当ab 棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E ＝B 0Lv 由欧姆定律I ＝E2r解得I ＝8 A由右手定则可知，电流方向为acdba ；(2)当ab 棒进入磁场后，到ab 棒到达EF 处的过程中，由动量定理可得－F ̅安t ＝mv 1－。