2018年高考物理大一轮复习第10章电磁感应第4节微专题4 电磁感应中的“杆导轨”模型

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2018版高考物理一轮总复习第10章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感课件

nSB2－B1 A．恒为 t2－t1 nSB2－B1 B．从 0 均匀变化到 t2－t1 nSB2－B1 C．恒为－ t2－t1 nSB2－B1 D．从 0 均匀变化到－ t2－t1
解析
由楞次定律判定，感应电流从 a 流向 b，b 点电
B2－ B1 势高于 a 点电势，故 φa－ φb＝－nS ，因为磁场均匀 t2－ t1 增加，所以 φa－φb 为恒定的，可见 C 正确。
解析
当摆到竖直位臵时，导体棒产生的感应电动势为
0＋ v E ＝ B· 2a v ＝ 2Ba ＝ Bav，圆环被导体棒分为两个半圆 2 R R × 2 2 R 环，两半圆环并联，并联电阻 R 并＝＝，电路总电流 R R 4 ＋ 2 2 4Bav E I＝＝，AB 两端的电压是路端电压，则 U＝ IR 外 R R 3R ＋ 2 4 4Bav R Bav ＝ × ＝，故 A 正确。 4 3 3R
提示：重力、支持力，安培力和杆对它的拉力。
尝试解答平向右
B0ld (1) 2Rt0
B0ld 2R
2 2 B2 0l d (2) Rt0
2 B2 0l d (3) Rt0
方向水
ΔB B0 (1)在 0～ t0 时间内，磁感应强度的变化率＝， Δt t0 ΔΦ ΔB ΔB B0ld 产生感应电动势的大小 E1＝＝ S＝ ld＝， Δt Δt Δt t0 E1 B0ld 流过导体棒 ef 的电流大小 I1＝＝，电荷量 q＝ I1t0 2R 2Rt0 B0ld ＝。 2R
双基夯实一、思维辨析 ΔΦ 1．电磁感应现象中通过回路的电荷量 q＝，仅与磁 R 通量的变化量及回路总电阻有关。 ( × ) 2．导体棒在磁场中运动一定能产生感应电动势。 ( × ) 3．公式 E＝Blv 中的 l 就是导体的长度。( × )

2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第十章电磁感应 45分钟章末验收卷 Word版含答案

45分钟章末验收卷一、单项选择题1．图1甲是法拉第于1831年发明的人类历史上第一台发电机——圆盘发电机．图乙为其示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，磁感线垂直穿过铜盘；两块铜片M 、N 分别与铜轴和铜盘边缘接触，匀速转动铜盘，电阻R 就有电流通过．则下列说法正确的是( )图1A ．回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关B ．回路中有大小和方向都做周期性变化的涡流C ．回路中电流方向不变，从M 经导线流进电阻R ，再从N 流向铜盘D ．铜盘绕铜轴转动时，沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，产生电动势答案 D解析圆盘发电机的圆盘可看做无数条沿半径方向的金属“条”，转动切割磁感线产生感应电动势，D 项正确；金属“条”相互并联，产生的感应电动势与一条金属“条”转动切割产生的感应电动势相等，即E ＝12BL 2ω，可见感应电动势大小不变，回路总电阻不变，由闭合回路欧姆定律得I ＝E R，故回路中电流大小恒定，且与铜盘转速有关，A 、B 项错；由右手定则可知，回路中电流方向是自下而上通过电阻R ，C 项错．2．下列没有利用涡流的是( )A ．金属探测器B ．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯C ．用来冶炼合金钢的真空冶炼炉D ．磁电式仪表的线圈用铝框做骨架答案 B解析金属探测器、冶炼炉都是利用涡流现象工作的，磁电式仪表利用涡流能让指针快速稳定，也是利用涡流现象，变压器中的硅钢片是为了防止涡流产生铁损．3.如图2所示电路中，A 、B 、C 为完全相同的三个灯泡，L 是一直流电阻不可忽略的电感线圈．a 、b 为线圈L 的左右两端点，原来开关S 是闭合的，三个灯泡亮度相同．将开关S 断开后，下列说法正确的是( )图2A ．a 点电势高于b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭B ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭C ．a 点电势高于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭D ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭答案 D解析电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等．某时刻将开关S 断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a 点电势低于b 点电势，三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D 正确．4．如图3所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x )关系的是( )图3答案 B解析位移在0～L 过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I ＝Bl v R ，l ＝x ，则I ＝B v Rx ；位移在L ～2L 过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L ～3L 过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，I ＝B v R(3L －x )． 5．如图4甲，光滑平行且足够长的金属导轨ab 、cd 所在平面与水平面成θ角，b 、c 两端接有阻值为R 的定值电阻．阻值为r 的金属棒PQ 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．从t ＝0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F 作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R 的感应电流随时间t 变化的图象如图乙所示．下面分别给出了穿过回路PQcb 的磁通量Φ、磁通量的变化率ΔΦΔt、电阻R 两端的电势差U 和通过棒上某横截面的总电荷量q 随运动时间t 变化的图象，其中正确的是( )图4答案 B解析由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而图象A 描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，A 错误；回路中的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ，感应电流为I ＝E R ＋r＝ΔΦ(R ＋r )Δt，由题图乙可知：I ＝kt ，故有：ΔΦΔt ＝k (R ＋r )t ，所以图象B 正确；I 均匀增大，电阻R 两端的电势差U ＝IR ＝ktR ，则知U 与时间t 成正比，C 错误；通过金属棒的电荷量为：q ＝I t ＝12kt 2，故有q －t 图象为抛物线，并非过原点的直线，D 错误． 6.如图5所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B ，方向相反，电阻为R 的导线弯成顶角为90°，半径为r 的两个扇形组成的回路，O 为圆心，整个回路可绕O 点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为( )图5A.πB 2ωr 4RB.2πB 2ωr 4RC.4πB 2ωr 4RD.8πB 2ωr 4R答案 C 解析从图示位置开始计时，在一个周期T 内，在0～T 4、T 2～34T 内没有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内线框产生的总的感应电动势E ＝4×12Br 2ω＝2Br 2ω，则在一周期内电路释放的电能为Q ＝E 2R ·T 2，T ＝2πω，解得Q ＝4πB 2ωr 4R ，C 项正确． 7．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的生活．某品牌手机的无线充电原理如图6所示．关于无线充电，下列说法正确的是( )图6A ．充电底座中的发射线圈将磁场能转化为电能B ．充电底座可以直接使用直流电源实现对手机的无线充电C ．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D ．无线充电时手机接收线圈利用“电流的磁效应”获取电能答案 C解析发射线圈中通入交变电流，交变电流周围形成交变磁场，交变磁场又形成交变电场，从而在接收线圈形成交变电流．发射线圈是将电能转化为磁场能，接收线圈是将磁场能转化为电能，A 错误；直流电周围形成恒定的磁场，恒定的磁场无法由电磁感应形成电场，B 错误；根据电磁感应规律知接收线圈与发射线圈中交变电流的频率一样，C 正确；无线充电时手机接收线圈利用“电磁感应”获得电能，D 错误．二、多项选择题8.如图7所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L ，其下端与电阻R 连接．导体棒ab 电阻为r ，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab 以一定初速度v 下滑，则关于ab 棒的下列说法中正确的是( )图7A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BL vD．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能答案AB解析导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确．当mg sin θ＝BIL cos θ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，可以速度v匀速下滑，选项B正确．由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为E＝BL v cos θ，选项C错误．由能量守恒定律知，ab棒减少的重力势能不等于电阻R 上产生的内能，选项D错误．9．如图8，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R.Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B 随坐标x(以m为单位)的分布规律为B＝0.8－0.2x(T)．金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨运动，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．设在金属棒从x1＝1 m经x2＝2 m到x3＝3 m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒()图8A．在x1与x3处的电动势之比为1∶3B．在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1C．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3D．从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为5∶3答案BCD解析由于金属棒在运动过程中，R的电功率不变，则由P＝I2R知电路中电流I不变，又根据E ＝IR知在x1与x3处电动势相同，选项A错误；由题意知在x1、x2、x3处的磁感应强度分别为0.6 T 、0.4 T 、0.2 T ，设导轨间距为L ，由F ＝BIL 知金属棒在x 1与x 3处受到磁场B 的作用力大小之比为3∶1，选项B 正确；由E ＝ΔΦΔt ，q ＝I Δt ，得q ＝ΔΦR，如图为B 随x 变化的图象，图线与坐标轴所围的面积与L 的乘积表示回路磁通量的变化量ΔΦ，可知金属棒从x 1到x 2与从x 2到x 3的过程中通过R 的电荷量之比为5∶3，选项C 正确；根据Q ＝I 2R Δt 和q ＝I Δt 可知金属棒从x 1到x 2与从x 2到x 3的过程所用的时间之比为5∶3，则R 产生的焦耳热之比为5∶3，选项D 正确．10.如图9所示，在水平光滑绝缘桌面上建立直角坐标系xOy ，第一象限内存在垂直桌面向上的磁场，磁场的磁感应强度B 沿x 轴正方向均匀增大且ΔB Δx＝k ，一边长为a 、电阻为R 的单匝正方形线圈ABCD 在第一象限内以速度v 沿x 轴正方向匀速运动，运动中AB 边始终与x 轴平行，则下列判断正确的是( )图9A ．线圈中的感应电流沿逆时针方向B ．线圈中感应电流的大小为ka 2v RC ．为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为k 2a 4v R的水平外力 D ．线圈不可能有两条边所受安培力大小相等答案 BC解析由楞次定律得感应电流沿顺时针方向，A 错误；设线圈向右移动一段距离Δl ，则通过线圈的磁通量变化为ΔΦ＝Δl ·ΔB Δx·a 2＝Δl ·a 2k ，而所需时间为Δt ＝Δl v ，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ka 2v ，故感应电流大小为I ＝E R ＝ka 2v R，B 正确；线圈匀速运动时，外力与安培力平衡，由平衡条件得F ＝(B 2－B 1)Ia ＝ka 2I ＝k 2a 4v R ，C 正确；线圈的AB 、CD 两条边所受安培力大小相等，D 错误．11．如图10，两平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab 、cd 与导轨垂直构成闭合回路，且两棒都可沿导轨无摩擦滑动．用与导轨平行的水平恒力F 向右拉cd 棒，经过足够长时间以后( )图10A ．两棒间的距离保持不变B ．两棒都做匀速直线运动C ．两棒都做匀加速直线运动D ．ab 棒中的电流方向由b 流向a答案 CD三、非选择题12.水平放置的两根平行金属导轨ad 和bc ，导轨两端a 、b 和c 、d 两点分别连接电阻R 1和R 2，组成矩形线框，如图11所示，ad 和bc 相距L ＝0.5 m ，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ＝1 T ，一根电阻为0.2 Ω的导体棒PQ 跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4 m/s 的速度，向右匀速运动，如果电阻R 1＝0.3 Ω，R 2＝0.6 Ω，导轨ad 和bc 的电阻不计，导体棒与导轨接触良好．求：图11(1)导体棒PQ 中产生的感应电流的大小；(2)导体棒PQ 上感应电流的方向；(3)导体棒PQ 向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率．答案 (1)5 A (2)Q →P (3)10 W解析 (1)根据法拉第电磁感应定律E ＝BL v ＝1×0.5×4 V ＝2 V又R 外＝R 1R 2R 1＋R 2＝0.3×0.60.3＋0.6Ω＝0.2 Ω 则感应电流的大小I ＝E R 外＋r ＝20.2＋0.2A ＝5 A (2)根据右手定则判定电流方向为Q →P(3)导体棒PQ 匀速运动，则F ＝F 安＝BIL ＝1×5×0.5 N ＝2.5 N故外力做功的功率P ＝F v ＝2.5×4 W ＝10 W.13．如图12所示，间距为L 的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成．倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r 的定值电阻．质量为m 、电阻也为r 的金属杆MN 垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B 的匀强磁场．闭合开关S ，让金属杆MN 从图示位置由静止释放，已知金属杆MN 运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆MN 始终与导轨接触良好，重力加速度为g .求：图12(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率v m ；(2)金属杆MN 在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m 前，当流经定值电阻的电流从零增大到I 0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q ，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)金属杆MN 在水平导轨上滑行的最大距离x m .答案见解析解析 (1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得mg sin θ－BI m L ＝0根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：I m ＝BL v m 2r解得：v m ＝2mgr sin θB 2L 2 (2)设在这段时间内，金属杆MN 运动的位移为x由电流的定义可得：q ＝I Δt根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得：平均电流I ＝B ΔS 2r Δt ＝BLx 2r Δt解得：x ＝2qr BL设电流为I 0时金属杆MN 的速度为v 0，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可得I 0＝BL v 02r ，解得v 0＝2rI 0BL设此过程中，电路产生的焦耳热为Q 热，由功能关系可得：mgx sin θ＝Q 热＋12m v 20定值电阻r 产生的焦耳热Q ＝12Q 热解得：Q ＝mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2 (3)设金属杆MN 在水平导轨上滑行时的加速度大小为a ，速度为v 时回路电流为I ，由牛顿第二定律得：BIL ＝ma由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：I ＝BL v 2r 得：B 2L 22r v ＝m Δv ΔtB 2L 22r v Δt ＝m Δv ，即B 2L 22r x m＝m v m 得：x m ＝4m 2gr 2sin θB 4L 4。

(全国通用版)2018高考物理大一轮复习第十章电磁感应

第 2 课时法拉第电磁感觉定律自感、涡流【基础稳固】对法拉第电磁感觉定律的理解和应用1.( 多项选择 ) 单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动 , 转轴垂直于磁场 , 若线圈所围面里的磁通量随时间变化规律如下图 ( 磁通量变化曲线是正弦函数图像 ), 则 ( ABD )A.线圈中零时辰的感觉电动势最大B.线圈中 D时辰的感觉电动势为零C.线圈中 D时辰的感觉电动势最大D.线圈中零到 D 时辰内均匀感觉电动势为0.4 V分析 : 依据法拉第电磁感觉定律E= , 由图能够看出 , 零时辰和t=0.01 s 时曲线的斜率最大, 则感觉电动势最大; 而 D 时辰曲线的斜率为零 , 则感觉电动势为零, 应选项 A,B 正确 ,C 错误 ; 零时辰Φ1=0,D 时辰Φ2=2× 10-3 Wb, 则Φ=Φ2- Φ1=2× 10-3 Wb, 经历的时辰t=0.005 s, 所以均匀感觉电动势 E=V=0.4 V, 应选项 D正确.2.(2016 ·北京卷 ,16) 如下图 , 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 . 磁感觉强度 B随时间均匀增大 . 两圆环半径之比为 2∶ 1, 圆环中产生的感觉电动势分别为 E 和 E , 不考虑两圆环间的互相影响 . 以下说法正确的选项是( B )a bA.E a∶ E b=4∶ 1, 感觉电流均沿逆时针方向B.E a∶ E b=4∶ 1, 感觉电流均沿顺时针方向a b感觉电流均沿逆时针方向C.E ∶ E =2∶ 1,a b感觉电流均沿顺时针方向D.E ∶ E =2∶ 1,分析 : 依据法拉第电磁感觉定律 , 有 E= π r 2, 则=( ) 2=4; 由楞次定律可知 , 感觉电流均沿顺时针方向 , 选项 B 正确 .3.(2016 ·河北唐山摸底 )( 多项选择 ) 如图 ( 甲 ) 所示 , 水平搁置的平行金属导轨连结一个平行板电容器 C 和电阻 R, 导体棒 MN放在导轨上且接触优秀, 整个装置放于垂直导轨平面的磁场中, 磁感觉强度 B 的变化状况如图( 乙 ) 所示 ( 图示磁感觉强度方向为正),MN 一直保持静止 , 则 0～ t 2 时间( AD )A. 电容器 C的电荷量大小一直没变B. 电容器 C的 a 板先带正电后带负电C.MN所受安培力的大小一直没变D.MN所受安培力的方向先向右后向左分析 : 磁感觉强度均匀变化, 产生恒定电动势 , 电容器 C的电荷量大小一直没变, 选项 A正确 ,B错误 ; 因为磁感觉强度变化,MN所受安培力的大小变化,MN所受安培力的方向先向右后向左,选项 C错误,D 正确 .切割磁感线的剖析与计算4. 导学号 00622669 如下图 , 虚线地区内有一垂直纸面向里的匀强磁场, 磁场宽度为 L, 磁感觉强度大小为 B. 总电阻为 R的直角三角形导线框, 两条直角边边长分别为2L 和 L, 在该线框以垂直于磁场界限的速度v 匀速穿过磁场的过程中, 以下说法正确的选项是( C )A.线框中的感觉电流方向一直不变B.线框中的感觉电流向来在增大C.线框所受安培力方向一直同样D.当经过线框的磁通量最大时, 线框中的感觉电动势为零分析 : 该线框以垂直于磁场界限的速度v 匀速穿过磁场的过程中, 穿过线框的磁通量先增大后减小 , 依据楞次定律、安培定章能够判断线框中的感觉电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向, 且一直不为零, 由左手定章能够判断线框在该磁场中向来遇到水平向左的安培力作用, 故选项 A,D 错误 ,C 正确 ; 该线框匀速穿过磁场的过程中, 导线框切割磁感线的有效长度先增大、后不变、再增大, 由 E=Blv 及闭合电路的欧姆定律可得线框中的感觉电流先增大、后不变、再增大 ,应选项 B错误.5.(2015 ·全国Ⅱ卷 ,15) 如图 , 直角三角形金属框abc 搁置在匀强磁场中, 磁感觉强度大小为B, 方向平行于ab 边向上 . 当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时,a,b,c三点的电势分别为 U a,U b,U c. 已知 bc 边的长度为l. 以下判断正确的选项是( C )A.U a>U c , 金属框中无电流B.U b>U c , 金属框中电流方向沿 a b c aC.U bc =- Bl 2ω , 金属框中无电流D.U ac = Bl 2ω , 金属框中电流方向沿 a c b a分析 : 闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时 , 穿过金属框的磁通量一直为零, 金属框中无电流 . 由右手定章可知 U b=U a<U c , 选项 A,B,D 错误 ;b,c 两点的电势差 U bc=-Blv 中 =- Bl 2 ω, 选项 C正确 .6.(2016 ·山东青岛质检)( 为 B. 一水平搁置的长度为为 C 的电容器 . 若 ab 杆绕多项选择 ) 如下图 , 在空间存在着竖直向下的匀强磁场, 磁感觉强度L 的金属杆 ab 与圆弧形金属导轨 P,Q 密切接触 ,P,Q 之间接有电容 a点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动 , 则以下说法正确的选项是( AC )A. 电容器与 a 相连的极板带正电B. 金属杆 ab 所受的安培力是阻力C.电容器所带电荷量是2 CBLωD.金属杆中的电流方向从 b 流向 a分析 : 依据右手定章判断可知 a 端电势高 , 电容器与 a 相连的极板带正电; 因为电路中没有电流, 不受安培力作用 , 选项 A 正确 ,B,D 错误 ; 电容器两头的电压等于导体棒ab 产生的电动势 ,电容器所带电荷量是q=CE= CBL2ω , 选项 C正确 .7.导学号 00622670(2016 ·江西十校结盟 )( 多项选择 ) 如下图 , 矩形线框 abcd 经过导体杆搭接在金属导轨EF和 MN上 , 整个装置放在方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中, 导轨左边接有定值电阻 R,当线框向右运动时, 下边说法正确的选项是( BD )A.R 中无电流B.R 中有电流 , 方向为 E→ MC.ab 中无电流D.ab 中有电流 , 方向为 b→ a分析 : 因为线框向右运动 , 所以 ab 两头和 dc 两头存在着同样大小的电势差,ab 中有电流 , 方向为 b→ a,cd 中也有电流 , 方向为 c→ d, 回路内有电流 ,R 中电流方向为E→M,选项 B,D 正确 . 自感、涡流8.(2016 ·山东临沂质检 )( 多项选择 ) 如下图 , 是高频焊接机原理表示图 , 线圈中通一高频电流时, 待焊接的金属工件中就产生感觉电流, 感觉电流经过焊缝产生大批的热量, 将金属融化把工件焊接在一同 , 而工件其余部散发热极少, 以下说法中正确的选项是 (AD ), A. 交变电流的频次越高 , 焊缝处的温度高升得越快 B. 交变电流的频次越低 , 焊缝处的温度高升得越快 C.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小 D.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大分析 : 线圈中通以高频变化的电流时 , 待焊接的金属工件中就产生感觉电流 , 感觉电流的大小与感觉电动势相关 , 电流变化的频次越高 , 电流变化得越快 , 感觉电动势越大 , 选项 A 正确 ,B 错误 ; 工件上焊缝处的电阻大 , 电流产生的热量就多 , 选项 D 正确 ,C 错误 .9.(2016 ·江苏无锡模拟 ) 如下图 , 三个灯泡 L 1,L 2,L 3 的电阻关系为 R 1<R 2<R 3, 电感线圈 L 的电阻可忽视 ,D 为理想二极管 , 开关 S 从闭合状态忽然断开时 , 以下判断正确的选项是 ( B )A.L 1 渐渐变暗 ,L 2,L 3 均先变亮 , 而后渐渐变暗B.L 1 渐渐变暗 ,L 2 立刻熄灭 ,L 3 先变亮 , 而后渐渐变暗C.L 立刻熄灭 ,L ,L 3 均渐渐变暗12D.L 1,L 2,L 3 均先变亮 , 而后渐渐变暗分析 : 开关 S 处于闭合状态时 , 因为 R 1<R 2<R 3 , 则 I 1>I 2>I 3, 开关 S 从闭合状态忽然断开时 , 因为二极管的反向截止作用 ,L 立刻熄灭 , 则电感线圈、 L ,L 3构成闭合回路 ,L 渐渐变暗 , 经过 L3211的电流由 I 3变成 I 1, 再渐渐减小 , 故 L 3 先变亮 , 而后渐渐变暗 , 选项 B 正确 .10. 导学号 00622671( 多项选择 ) 如下图 , 两个同样灯泡 L 1,L 2, 分别与电阻 R 和自感线圈 L 串连 ,接到内阻不行忽视的电源的两头 , 当闭合开关 S 到电路稳固后 , 两灯泡均正常发光 . 已知自感线圈的自感系数很大 . 则以下说法正确的选项是 ( AB )A. 闭合开关 S 到电路稳固前 , 灯泡 L 1 渐渐变亮B. 闭合开关 S 到电路稳固前 , 灯泡 L 2 由亮变暗C.断开开关 S 的一段时间内 ,A 点电势比 B 点电势高D.断开开关 S 的一段时间内 , 灯泡 L 2 亮一下渐渐熄灭分析 : 闭合开关的瞬时 ,L 2 灯立刻正常发光 ,L 1 灯所在电路上线圈产生自感电动势 , 阻挡电流的增大 , 电流只好渐渐增大 ,L 1 灯渐渐变亮 , 应选项 A 正确 ; 闭合开关 S 到电路稳固前 ,L 1 灯所在电路上线圈产生自感电动势 , 电流只好渐渐增大 , 则总电路中的电流渐渐增大, 电源的内电阻上的电压渐渐增大 , 所以路端电压渐渐减小 , 则灯泡 L 2 渐渐变暗 , 应选项 B 正确 ; 闭合开关 , 待电路稳固后断开开关,L 中产生自感电动势 , 相当于电源 , 电流的方向与 L 1 的方向同样 , 从右向左流过 L2灯 , 所以 A 点电势比 B 点电势低 , 应选 C错误 ; 断开开关 S 的一段时间内 ,L 中产生自感电动势 , 电流从本来开始减小 , 所以两个灯泡都是渐渐熄灭 , 不会闪亮一下 , 应选项 D 错误 .【素能提高】11.导学号 00622672 如下图 , 水平固定的闭合导轨分别由平行的直轨和齐心半圆形导轨构成 , 两轨间距离均为 d, 齐心圆的内圆半径均为 d, 两轨间充满匀强磁场 , 磁感觉强度的大小为 B, 方向垂直纸面向里 , 内、外两条导轨间用导线和阻值为 R 的电阻连结 , 其余电阻可忽视 .一根导体棒在两导轨上运动, 棒在平行直导轨上垂直导轨做匀速直线运动, 速度大小为v; 棒在圆弧导轨上匀速转动, 棒与外圆导轨接触点的线速度大小为v, 运动中棒的延伸线一直过圆心 O1或 O2. 求:(1)当棒在圆弧导轨上运动时 , 电阻 R 两头的电压 U;(2)棒在平直导轨上运动距离为L 的过程中 , 电阻 R 产生的焦耳热 Q.分析 :(1)依据题意,棒在圆弧导轨上转动角速度为ω= ,依据法拉第电磁感觉定律有E1= =,由几何知识可知2 2S= π [(2d) -d ],联立解得R两头的电压U=E1=.(2)依据法拉第电磁感觉定律 , 棒在直轨上运动产生的感觉电动势E2 =Bdv,经过电阻的电流I2= =,又 t= ,依据焦耳定律Q= R t,联立解得Q=.答案 :(1) (2)12.(2016 ·浙江 4 月选考 ) 某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置, 如图所示. 竖直固定在绝缘底座上的两根长直圆滑导轨, 间距为 L. 导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场 B. 绝缘火箭支撑在导轨间 , 总质量为 m,此中燃料质量为 m′ , 燃料室中的金属棒 EF 电阻为 R,并经过电刷与电阻可忽视的导轨优秀接触. 引燃火箭下方的推动剂, 快速推动刚性金属棒 CD(电阻可忽视且和导轨接触优秀) 向上运动 , 当回路 CEFDC面积减少许达到最大值S, 用时t, 此过程激出强电流, 产生电磁推力, 加快火箭 . 在t 时间内 , 电阻 R产生的焦耳热使燃料焚烧形成高温高压气体. 当焚烧室下方的可控喷气孔翻开后, 喷出燃气进一步加快火箭.(1) 求回路在t 时间内感觉电动势的均匀值及经过金属棒EF 的电荷量 , 并判断金属棒EF 中的感觉电流方向;(2)经 t 时间火箭恰巧离开导轨 , 求火箭离开时的速度 v0;( 不计空气阻力 )(3)火箭离开导轨时 , 喷气孔翻开 , 在极短的时间内发射出质量为m′的燃气 , 喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u, 求喷气后火箭增添的速度v.( 提示 : 可选喷气前的火箭为参照系)分析 :(1)依据电磁感觉定律, 有= =,q=t= =,电流方向向右 .(2)均匀感觉电流= =,均匀安培力=B L,( -mg)t=mv0 ,v0=-g t.(3)以火箭为参照系 , 设竖直向上为正 ,-m′ u+(m-m′ ) v=0,得v=.答案 :(1)向右(2) -g t(3)【备用题组】1.(2016 ·广东汕头质检 )( 多项选择 ) 如下图 , 正方形线框的边长为L, 电容器的电容为 C.正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中, 当磁感觉强度以k 为变化率均匀减小时 , 以下说法正确的选项是( ABC )A. 线框产生的感觉电动势大小为B. 电压表没有读数C.a 点的电势高于 b 点的电势D.电容器所带的电荷量为零分析 : 因为线框的一半放在磁场中, 所以线框产生的感觉电动势大小为, 选项A正确 ; 因为线框所产生的感觉电动势是恒定的 , 且线框连结了一个电容器电动势 , 内电压为零 , 而接电压表的这部分相当于回路的内部, 相当于电路断路, 外电压等于, 所以 , 电压表两头无电压, 电压表没有读数 , 选项 B 正确 ; 依据楞次定律能够判断,a 点的电势高于 b 点的电势 , 选项 C正确 ; 电容器所带电荷量为Q=C , 选项 D错误 .2.如图 ( 甲 ) 所示 , 一能蒙受最大拉力为 16 N 的轻绳吊一质量为 m=0.8 kg, 边长为L= m 的正方形线圈ABCD,已知线圈总电阻为R=0.5Ω ,在线圈上半部分散布着垂直于线圈平面向里, 大小随时间变化的磁场,如图(乙)所示, 已知t 1时辰轻绳恰巧被拉断,g 取 10 m/s 2,求:;(1) 在轻绳被拉断前线圈感觉电动势大小及感觉电流的方向(2)t=0时AB边遇到的安培力的大小;(3)t 1 的大小.分析 :(1) 轻绳被拉断前, 由法拉第电磁感觉定律得感觉电动势E= = ·S,由图( 乙) 知=1 T/s,由题知 S= L2=1 m2, 解得E=1 V.依据楞次定律 , 感觉电流方向为逆时针.(2)由图知 t=0 时 , 磁感觉强度 B0=1 T,感觉电流I==2 A,F=B0IL=2 N.AB边遇到的安培力(3) 由题意知F max=16 N,t 1时辰轻绳受力为F max=mg+ B1IL,解得 B=2T, 由图(乙)可查出 B 对应的时辰 t =1 s.1 1 1答案 :(1)1 V 逆时针 (2)2 N (3)1 s。

2018高考物理人教一轮复习全程构想课件：第十章电磁

考点一法拉第电磁感应定律的理解和应用 1．感应电动势 (1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势． (2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关． (3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断．
2．法拉第电磁感应定律 (1)内容：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． ΔΦ (2)公式：E＝n Δt ，其中 n 为线圈匝数． (3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律， E 即 I＝ . R＋r
3．磁通量变化通常有三种方式 (1)磁感应强度 B 不变，垂直于磁场的回路面积发生变化， ΔS 此时 E＝nB Δt ； (2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此 ΔB ΔB 时 E＝n Δt S，其中 Δt 是 B－t 图象的斜率． (3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根 B2S2－B1S1 ΔBΔS 据定义求，ΔΦ＝Φ 末－Φ 初，E＝n Δt ≠n Δt . ΔΦ 在图象问题中磁通量的变化率 Δt 是 Φ－t 图象上某点切线的斜率.
ΔB [解析] 由题意可知 Δt ＝k，导体圆环中产生的感应电动势 ΔΦ ΔB Δ B 2 E＝ Δt ＝ Δt .S＝ Δt ·πr ，因 ra：rb＝2：1，故 Ea：Eb＝4： 1，由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项 B 正确． [答案] B
方法技巧应用法拉第电磁感应定律应注意以下两点 ΔΦ (1)由 E＝n Δt 计算所得的感应电动势为 Δt 时间内的平均电动势，Δt 足够小时，才可认为等于瞬时电动势． ΔB (2)应用 E＝nS Δt 计算时，S 为线圈在磁场内的有效面积．
答案：A
考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算 1.导体在匀强磁场中切割磁感线 (1)公式：E＝Blv (2)对 E＝Blv 的理解 ①正交性：B、l、v 三者两两垂直； ②瞬时性：公式中的 v 一般为瞬时速度； ③相对性：v 是相对于磁场 B 的速度； ④有效性：如图所示的导线切割磁感线的运动中，虚线的长度 l 就是各自的有效长度．

2018高考物理大一轮复习第10章电磁感应教学案

一、前言为了确保公司管理体系的有效运行，提升管理水平和风险控制能力，根据公司年度工作计划，特制定本年度管理体系内审工作计划。

二、工作目标1. 确保公司管理体系与国家相关法律法规、行业标准及公司内部规定的符合性；2. 评估公司管理体系的实施和保持情况，找出不足之处，提出改进措施；3. 提高公司管理体系的运行效率，降低运营风险；4. 为公司年度管理体系评审和认证提供依据。

三、工作内容1. 审核范围：（1）公司质量管理体系、环境管理体系、职业健康安全管理体系等；（2）公司内部管理制度、流程及操作规程；（3）公司各部门、子公司及分支机构的管理活动。

2. 审核方法：（1）查阅文件、记录、报表等资料；（2）现场观察、访谈、调查；（3）数据分析、比对；（4）咨询、评审。

3. 审核重点：（1）管理体系文件的有效性、完整性和可操作性；（2）管理体系的实施和保持情况；（3）管理体系与实际运营的符合性；（4）风险识别、评估和控制；（5）内部沟通、培训与意识。

四、工作安排1. 第一阶段（1月-2月）：制定内审计划，成立内审小组，确定内审范围、方法和重点。

2. 第二阶段（3月-5月）：开展内审工作，对各部门、子公司及分支机构进行现场审核。

3. 第三阶段（6月-7月）：整理审核发现的问题，提出整改建议，制定整改计划。

4. 第四阶段（8月-9月）：跟踪整改情况，验证整改效果。

5. 第五阶段（10月-11月）：汇总内审结果，撰写内审报告，提交公司领导层。

五、工作要求1. 内审小组成员应具备相关专业知识和实践经验，确保内审工作的有效开展；2. 内审工作应遵循客观、公正、严谨的原则，确保审核结果的准确性；3. 内审过程中，各部门、子公司及分支机构应积极配合，提供必要的信息和资料；4. 内审发现的问题应及时反馈，确保整改措施落实到位；5. 内审报告应全面、客观地反映内审工作情况，为公司领导层提供决策依据。

六、总结通过本年度管理体系内审工作，进一步优化公司管理体系，提高管理水平和风险控制能力，为公司持续发展奠定坚实基础。

高考物理一轮复习专题十电磁感应考点4 电磁感应的综合应用课件

5．关于电磁感应中“收尾速度”及收尾情况的分析
(1)收尾速度的表达式如图甲所示，导体棒 ab 在恒定外力 F 作用下，从静止开始沿光滑导轨做切割磁感线运动。已知磁感应强度为 B，导体棒长度为 l，电阻为 r，定值电阻为 R，其他电阻不计，则收尾速度 vm＝FBR2＋l2 r。若导体棒质量为 m，与导轨间的动摩擦因数为 μ，则同理有 vm′＝F－μmB2gl2R＋r。
专题十电磁感应
考点四电磁感应的综合应用
撬点·基础点重难点
基础点
知识点 1 电磁感应中的动力学问题 1．安培力的大小
安培力公式：FA＝BIl
感应电动势：E＝Blv 感应电流：I＝RE
⇒FA＝B2Rl2v
2．安培力的方向 (1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向。 (2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反 (选填“相同”或“相反”)。 3．安培力参与物体的运动：导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题。
3．求解电磁感应中的能量转化问题所选用解题规律 (1)动能定理：合外力(包含安培力)所做的功等于导体棒动能的增量。 (2)能量转化和守恒定律 ①判断选定的系统在某一过程中能量是否守恒。 ②分析该过程中能量形式，哪种能量增加，哪种能量减少。 ③增加的能量等于减少的能量。
(3)借助功能关系图分析电磁感应中的能量问题。理顺功能关系是分析电磁感应中能量转化问题的关键，下面以如图所示的情景为例说明。图中倾角为 θ 的导轨不光滑，外力 F 拉着导体棒向上加速垂直切割磁感线，导体棒质量为 m，电阻为 r。导体棒运动过程的功能关系如图所示。

2018版高考物理一轮总复习第10章电磁感应第4讲电磁感应规律的综合应用二_动力学和能量课件

示意图质量 m1＝m2 电阻 r1＝r2 长度 L1＝L2 质量 m1＝m2 电阻 r1＝r2 长度 L1＝2L2
规律
杆 MN 做变减速运动，杆 PQ 做变加速运动，稳定时，两杆的加分析稳定时，两杆的加速速度均为零，两杆度均为零，以相等的的速度之比为 1∶2 速度匀速运动
②初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用光滑的平行导轨不光滑平行导轨
2．安培力的方向 (1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用
左手定则确定安培力方向。
(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。 3．分析导体受力情况时，应为包含安培力在内的全面受力分析。 4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
知识点 2
电磁感应现象中的能量问题
2．[电磁感应中的能量问题 ](多选)如图所示，固定在水平绝缘平面上且足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻 R，质量为 m 的金属棒(电阻也不计) 放在导轨上并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。用水平恒力 F 把 ab 棒从静止开始向右拉动的过程中，下列说法正确的是 ( )
(1)矩形导体框两边同时切割磁感线时，导体中的感应电动势为多少？
提示：E＝ 2Bdv＝2 V。
(2)矩形导体框两边同时切割磁感线时，导体框受到安培力为多大？
2Bdv 提示：F＝ 2B· · d＝ 4 N。 R
尝试解答
选 AD。
d 线圈的右边导线在左侧磁场中运动的时间 t1＝＝1 s， v Bdv F1＝ B d＝1 N，Φ＝ Bd2＝1 Wb，线圈的右边导线离开左 R d 侧磁场又运动时间 t2＝＝1 s，回路中的电流为 0，安培力 v F2＝ 0，磁通量 Φ＝1 Wb 不变，线圈的右边导线在右侧磁 2Bdv d 场中运动的时间 t3＝＝1 s 内， F3＝2B d＝4 N，两侧 v R 磁场产生的磁通量相互抵消，磁通量减小，所以选 A、 D。

2018高考一轮物理(通用版)文档第十章电磁感应章末专题复习教师用书Word版含答案

章末专题复习物理方法|等效法在电磁感应中的应用1．方法概述闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流．将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路问题求解．2．方法技巧(1)明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则来判定．(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题．3．等效问题如图10-1所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为L2.磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L2，电阻为R2的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为L3时，导线ac中的电流为多大？方向如何？图10-1【解析】 MN 滑过的距离为L 3时，如图甲所示，它与bc 的接触点为P ，等效电路图如图乙所示．甲乙由几何关系可知MP 长度为L 3，MP 中的感应电动势E ＝13BL vMP 段的电阻r ＝13RMacP 和MbP 两电路的并联电阻为r 并＝13×2313＋23R ＝29R由欧姆定律得，PM 中的电流I ＝E r ＋r 并ac 中的电流I ac ＝23I解得I ac ＝2BL v 5R根据右手定则可知，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c .【答案】 2BL v 5R 方向由a 流向c[突破训练]1．如图10-2所示，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是()图10-2A．拉力的大小在运动过程中保持不变B．棒通过整个圆环所用的时间为2R aC．棒经过环心时流过棒的电流为B2aR πrD．棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R2aRπrD[导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t，由匀变速直线运动的基本关系式可得2R＝12at2，解得t＝4Ra，选项B错误；由v2－v2＝2ax可知棒经过环心时的速度v＝2aR，此时的感应电动势E＝2BR v，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻r总＝πRr2，故棒经过环心时流过棒的电流为I＝Er总＝4B2aRπr，选项C错误；由对选项C的分析可知棒经过环心时所受安培力的大小为F＝2BIR＝8B2R2aRπr，选项D正确．]物理模型|电磁感应中的“杆＋导轨”模型1．单杆模型(1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→阻碍棒相对于磁场运动．图10-3(2)分析思路：确定电源(3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用．图10-4 2．双杆模型(1)模型特点①一杆切割一杆静止时，分析同单杆类似．②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝ΔΦΔt＝Bl|v1－v2|.(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解．如图10-5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，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g取10 m/s2.问：图10-5(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．【思路导引】【解析】(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max，有F max＝m1g sin θ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BL v②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④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＝m1g sin θ＋F max ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s.(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gx sin θ＝Q总＋12m2v2又Q＝R1R1＋R2Q总解得Q＝1.3 J.【答案】(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J[突破训练]2．(2017·四川雅安中学月考)如图10-6所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF 以初速度v 0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN 一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m 、电阻均为R ，导轨电阻不计，重力加速度为g ，在此过程中导体棒EF 上产生的电热为Q ，求：(1)导体棒MN 受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF 上升的最大高度．图10-6【解析】 (1)EF 获得向上初速度v 0时，产生感应电动势E ＝BL v 0，电路中电流为I ，由闭合电路的欧姆定律有I ＝E 2R ，此时对导体棒MN 受力分析，由平衡条件有F A ＋mg sin α＝F f ，F A ＝BIL ，解得F f ＝B 2L 2v 02R ＋mg sin θ.(2)导体棒EF 上升过程MN 一直静止，对系统由能的转化和守恒定律有12m v 20＝mgh ＋2Q ，解得h ＝m v 20－4Q 2mg .【答案】 (1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)m v 20－4Q 2mg高考热点|电磁感应中电荷量和焦耳热的计算1．电荷量的计算(1)思考方向：根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt确定平均感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电流的定义式I ＝q t 计算电荷量．(2)公式推导过程根据法拉第电磁感应定律→回路中平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ↓根据闭合电路欧姆定律→I＝ER＋r＝nΔΦΔt(R＋r)↓根据电流定义式I＝qt→q＝IΔt＝nΔΦR＋r2．焦耳热的计算求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路：(1)电路中感应电流恒定时：应用焦耳定律：Q＝I2Rt.(2)导体切割磁感线克服安培力做功：焦耳热等于克服安培力做的功：Q＝W安．(3)电路中感应电流是变化的：根据功能关系来求解焦耳热．如图10-7所示，一对光滑的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的电阻．一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比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：图10-7(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功W F.【思路导引】【解析】 (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt① 其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r ③则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ． ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得W ＝0－12m v 2 ⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝1.8 J ． ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2⑪由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J.【答案】 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J[突破训练]3．如图10-8所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，导轨电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．已知金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v m＝2.0 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.(1)求金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；(2)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.【导学号：92492381】图10-8【解析】(1)金属棒由静止释放后，沿导轨做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v m.由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ－F安＝0F安＝BIL，I＝ER＋r，E＝BL v m.解得金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.(2)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x 由能量守恒定律得mgx sin θ＝μmgx cos θ＋Q R＋Q r＋12m v2m根据焦耳定律得Q RQ r＝Rr，则金属棒上产生的焦耳热Q r＝0.5 J解得x＝2.0 m根据q＝IΔt，I＝ER＋r，E＝ΔΦΔt，ΔΦ＝BLx可得q＝BLxR＋r＝1.0 C.【答案】(1)0.5(2)1.0 C。

2018年高考物理大一轮复习第10章电磁感应配套教案

十电磁感应第1节电磁感应现象楞次定律一、磁通量1．概念：磁感应强度B与面积S的乘积．2．计算(1)公式：Φ＝BS.(2)适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场的有效面积．(3)单位：韦伯(Wb)，1 Wb＝1_T·m2.3．意义：穿过某一面积的磁感线的条数．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．产生感应电动势和感应电流的条件(1)产生感应电动势的条件无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，回路中就有感应电动势．产生感应电动势的那部分导体相当于电源．(2)产生感应电流的条件①电路闭合．②磁通量变化．三、感应电流方向的判断1．右手定则：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；让磁感线从掌心垂直进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．如右图所示．2．楞次定律内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．[自我诊断]1．判断正误(1)磁通量虽然是标量，但有正、负之分．(√)(2)当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流．(×)(3)穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关．(√)(4)电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流．(×)(5)感应电流的磁场总是与原磁场方向相反．(×)(6)楞次定律和右手定则都可以判断感应电流的方向，二者没什么区别．(×)(7)回路不闭合时，穿过回路的磁通量发生变化也会产生“阻碍”作用．(×)2．如图所示，匀强磁场中有一个矩形闭合导线框．在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是( )A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动C．如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动解析：选 C.保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项A错误；保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项B错误；线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动，磁通量周期性地改变，故一定有感应电流，故选项C正确；线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项D错误．3．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( )A．总是顺时针B．总是逆时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针解析：选C.磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，则导体环中，先是向上的磁通量增加，磁铁过中间以后，向上的磁通量减少，根据楞次定律，产生的感应电流方向先顺时针后逆时针，选项C正确．4．如图所示，AOC是光滑的金属导轨，电阻不计，AO沿竖直方向，OC沿水平方向；PQ 是金属直杆，电阻为R，几乎竖直斜靠在导轨AO上，由静止开始在重力作用下运动，运动过程中P、Q端始终在金属导轨AOC上；空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆从开始滑动到P端滑到OC的过程中，PQ中感应电流的方向( )A．始终是由P→QB．始终是由Q→PC．先是由P→Q，后是由Q→PD．先是由Q→P，后是由P→Q解析：选C.在PQ杆滑动的过程中，△POQ的面积先增大后减小，穿过△POQ的磁通量先增加后减少，根据楞次定律可知，感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P，C正确．考点一电磁感应现象的判断1．穿过闭合电路的磁通量发生变化的四种情况(1)磁感应强度B不变，线圈面积S发生变化．(2)线圈面积S不变，磁感应强度B发生变化．(3)线圈面积S变化，磁感应强度B也变化，它们的乘积BS发生变化．(4)线圈面积S不变，磁感应强度B也不变，但二者之间夹角发生变化．2．判断电磁感应现象能否发生的一般流程：1. 如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是( )A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向左运动，同时增大磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)解析：选 A.本题中引起磁通量变化都有两个方面，面积的变化和夹角改变，向右运动的同时θ减小都会使磁通量变大，所以A项正确．2．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接．下列说法中正确的是( )A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转解析：选A.只要闭合回路磁通量发生变化就会产生感应电流，故A正确，B错误；开关闭合后，只要滑片P滑动就会产生感应电流，故C、D错误．3．(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解析：选AB.A.当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；B．如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；C．在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．确定磁通量变化的两种方法(1)通过对穿过回路磁感线条数的分析和计算，可以确定磁通量是否变化．(2)依据公式Φ＝BS sin θ(θ是B与S的夹角)确定磁通量与哪些因素有关．考点二楞次定律的理解及应用1．判断感应电流方向的两种方法方法一用楞次定律判断方法二用右手定则判断该方法适用于切割磁感线产生的感应电流．判断时注意掌心、拇指、四指的方向：(1)掌心——磁感线垂直穿入；(2)拇指——指向导体运动的方向；(3)四指——指向感应电流的方向．2．楞次定律推论的应用楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，列表说明如下：B减小，线圈扩张考向1：应用楞次定律判感应电流方向[典例1] 如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是( )A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d解析由楞次定律可知，在线框从右侧摆动到O点正下方的过程中，向上的磁通量在减小，故感应电流的方向沿d→c→b→a→d；同理，线框从O点正下方向左侧摆动的过程中，电流方向沿d→c→b→a→d，B正确．答案 B考向2：右手定则判感应电流的方向[典例2] 如图所示，MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，垂直纸面向外的匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，则( )A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→b→d→c→aB．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→aC．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路中的电流为零D．若ab、cd都向右运动，且两杆速度v cd＞v ab，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a解析由右手定则可判断出A项做法使回路产生顺时针方向的电流，故A项错．若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故B项错．若ab向左，cd向右，则abdc回路中有顺时针方向的电流，故C项错．若ab、cd 都向右运动，且两杆速度v cd＞v ab，则ab、cd所围面积发生变化，磁通量也发生变化，由楞次定律可判断出，abdc回路中产生顺时针方向的电流，故D项正确．答案 D考向3：“阻碍法”的应用[典例3] (2017·东北三省五校联考)如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是( )A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量减少C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大解析当滑片P向下移动时滑动变阻器连入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加，方向向下，选项B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，选项A错误；再根据楞次定律“阻碍”含义的推广，线圈a应有收缩或远离b的趋势来阻碍磁通量的增加，所以C错误，D正确．答案 D感应电流方向判断的两点注意(1)楞次定律可应用于磁通量变化引起感应电流的各种情况(包括一部分导体切割磁感线运动的情况)．(2)右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情景，是楞次定律的一种特殊情况．考点三“三定则、一定律”的理解及应用1．“三个定则、一个定律”的应用对比：(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则．(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定．1．(多选)如图所示，在匀强磁场中放有平行金属导轨，它与大线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在金属导轨上的金属棒ab的运动情况是(两线圈共面放置)( )A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动解析：选BC.欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有沿顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此对前者应使ab向右减速运动；对于后者，则应使ab向左加速运动．2．(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN 的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是( )A．向右加速运动B ．向左加速运动C ．向右减速运动D ．向左减速运动解析：选BC.MN 向右运动，说明MN 受到向右的安培力，因为ab 在MN 处的磁场垂直纸面向里――→左手定则MN 中的感应电流由M →N ――→安培定则L 1中感应电流的磁场方向向上――→楞次定律⎩⎪⎨⎪⎧ L 2中磁场方向向上减弱L 2中磁场方向向下增强.若L 2中磁场方向向上减弱――→安培定则PQ 中电流为Q →P 且减小――→右手定则向右减速运动；若L 2中磁场方向向下增强――→安培定则PQ 中电流为P →Q 且增大――→右手定则向左加速运动． 3．(多选)如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出．左线圈连着平行导轨M 和N ，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab ，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法中正确的是( )A ．当金属棒ab 向右匀速运动时，a 点电势高于b 点，c 点电势高于d 点B ．当金属棒ab 向右匀速运动时，b 点电势高于a 点，c 点与d 点等电势C ．当金属棒ab 向右加速运动时，b 点电势高于a 点，c 点电势高于d 点D ．当金属棒ab 向右加速运动时，b 点电势高于a 点，d 点电势高于c 点解析：选BD.当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向由a →b .根据电流从电源(ab 相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b 点电势高于a 点．又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，A 错误，B 正确．当ab 向右做加速运动时，由右手定则可推断φb >φa ，电流沿逆时针方向．又由E ＝BLv 可知ab 导体两端的E 不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且场强不断增强，所以右边电路的线圈中的向上的磁通量不断增加．由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上．把这个线圈看作电源，由于电流是从c 沿内电路(即右线圈)流向d ，所以d 点电势高于c 点，C 错误，D 正确．左、右手定则区分技巧(1)抓住“因果关系”：“因动而电”——用右手；“因电而动”——用左手．(2)形象记忆：把两个定则简单地总结为“通电受力用左手，运动生电用右手”．“力”的最后一笔“丿”方向向左，用左手；“电”的最后一笔“乚”方向向右，用右手．课时规范训练[基础巩固题组]1．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：选D.产生感应电流的条件为：闭合回路内磁通量发生变化．A项中，线圈绕在磁铁上，磁通量未变，不会产生感应电流，A错误．同理B错误．C项中，往线圈中插入条形磁铁的瞬间，线圈中磁通量发生变化，此时线圈中将产生感应电流，但插入后磁通量不再变化，无感应电流，故到相邻房间观察时无示数，C错误．D项中，在线圈通电或断电的瞬间，磁通量发生变化，产生感应电流，D正确．2．如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生图中箭头方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是( )A．使匀强磁场均匀增大B．使圆环绕水平轴ab如图转动30°C．使圆环绕水平轴cd如图转动30°D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动解析：选 A.根据右手定则，圆环中感应电流产生的磁场竖直向下与原磁场方向相反，根据楞次定律，说明圆环磁通量在增大．磁场增强则磁通量增大，A正确．使圆环绕水平轴ab或cd转动30°，圆环在垂直磁场方向上的投影面积减小，磁通量减小，只会产生与图示方向相反的感应电流，B、C错误．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，圆环仍与磁场垂直，磁通量不变，不会产生感应电流，D错误．3．如图甲所示，在同一平面内有两个相互绝缘的金属圆环A、B，圆环A平分圆环B为面积相等的两部分，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，甲图中A环所示的电流方向为正，下列说法正确的是( )A．B中始终没有感应电流B．B中有顺时针方向的感应电流C．B中有逆时针方向的感应电流D．B中先有顺时针方向的感应电流，后有逆时针方向的感应电流解析：选B.由于圆环A中的电流发生了变化，故圆环B中一定有感应电流产生，由楞次定律判定B中有顺时针方向的感应电流，故选项B正确．4．(多选)如图，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，A 为导体环．当B绕轴心顺时针转动且转速增大时，下列说法正确的是( )A．A中产生逆时针的感应电流B．A中产生顺时针的感应电流C．A具有收缩的趋势D．A具有扩展的趋势解析：选BD.由图可知，B为均匀带负电绝缘环，B中电流为逆时针方向，由右手螺旋定则可知，电流的磁场垂直纸面向外且逐渐增大；由楞次定律可知，磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以感应电流的磁场的方向垂直纸面向里，A中感应电流的方向为顺时针方向，故A错误，B正确；B环外的磁场的方向与B环内的磁场的方向相反，当B环内的磁场增强时，A环具有面积扩展的趋势，故C错误，D正确．5．(多选)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的．电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去．现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率ρ铜<ρ铝．闭合开关S的瞬间( )A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C．若将环放置在线圈右方，环将向左运动D．电池正负极调换后，金属环不能向左弹射解析：选AB.线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，环中感应电流由左侧看为顺时针，A正确．由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环的，B正确．若将环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，C错误．电池正负极调换后，金属环受力仍向左，故仍将向左弹出，D错误．6．多年来物理学家一直设想用实验证实自然界中存在“磁单极子”．磁单极子是指只有S极或只有N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布．如图所示的实验就是用于检测磁单极子的实验之一，abcd为用超导材料围成的闭合回路．设想有一个N极磁单极子沿abcd轴线从左向右穿过超导回路，那么在回路中可能发生的现象是( )A．回路中无感应电流B．回路中形成持续的abcda流向的感应电流C．回路中形成持续的adcba流向的感应电流D．回路中形成先abcda流向后adcba流向的感应电流解析：选C.N极磁单极子的磁感线分布类似于正点电荷的电场线分布，由楞次定律知，回路中形成方向沿adcba流向的感应电流，由于回路为超导材料做成的，电阻为零，故感应电流不会消失，C项正确．[综合应用题组]7．(多选)如图所示，一接有电压表的矩形闭合线圈ABCD向右匀速穿过匀强磁场的过程中，下列说法正确的是( )A．线圈中有感应电动势，有感应电流B．线圈中有感应电动势，无感应电流C．AB边两端有电压，且电压表有示数D．AB边两端有电压，但电压表无示数解析：选BD.由于通过回路的磁通量不变，故回路中无感应电流产生，A项错；由欧姆定律知电压表示数U＝IR V＝0，C项错；由于AB棒切割磁感线AB两端有电压，B、D项正确．8．如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两条可自由滑动的导体棒ab和cd，当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体棒ab和cd的运动情况是( )A．一起向左运动B．一起向右运动C．ab和cd相向运动，相互靠近D．ab和cd相背运动，相互远离解析：选C.电流增强时，电流在abdc回路中产生的垂直纸面向里的磁场增强，回路中磁通量增大，根据楞次定律可知回路要减小面积以阻碍磁通量的增加，因此，两导体棒要相向运动，相互靠近．选项C正确．9．如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流．现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏电流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中感应电流的方向是( )A．先顺时针后逆时针B．先逆时针后顺时针C．先顺时针后逆时针，然后再顺时针D．先逆时针后顺时针，然后再逆时针解析：选 D.如图为地下通电直导线产生的磁场的正视图，当线圈在通电直导线正上方的左侧时由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，同理在右侧也为逆时针，当线圈一部分在左侧一部分在右侧时为顺时针，故D正确．10．(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，圆盘将匀速转动解析：选ABD.设想把金属圆盘切割成无数根导体棒，导体棒切割磁感线产生感应电动势、感应电流，根据右手定则可知，靠近圆心处的电势高，选项A正确；根据E＝BLv可知，所加磁场B越强，感应电动势E越大，感应电流越大，因F＝BIL，所以安培力也越大，安培力对圆盘的转动阻碍作用越强，选项B正确；若所加磁场反向，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍将减速运动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘的半径切割磁感线，产生感应电动势，但圆盘内没有涡流，故没有安培力，不消耗机械能，所以圆盘匀速转动，选项D正确．11．(多选)如图所示，铁芯上有两个线圈A和B.线圈A跟电源相连，LED(发光二极管，具有单向导电性)M和N并联后接在线圈B两端．图中所有元件均正常，则( )A．S闭合瞬间，A中有感应电动势B．S断开瞬间，A中有感应电动势C．S闭合瞬间，M亮一下，N不亮D．S断开瞬间，M和N二者均不亮解析：选ABC.闭合开关的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加，线圈A中将产生自感电动。

高三物理一轮复习第十章电磁感应

第十章电磁感应第一讲电磁感应定律楞次定律考点一电磁感应现象的理解和判断例1、现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接。

下列说法中正确的是（）。

A: 电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B: 线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转C: 电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流计指针静止在中央零刻度D: 电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转多维练透考点二楞次定律的理解与应用例2、多维练透1、如图所示,一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中,若要使圆环中产生如箭头所示方向的感应电流,下列方法可行的是()A、使匀强磁场均匀增大B、使圆环绕水平轴ab如图转动C、使圆环绕水平轴cd如图转动D、保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动2、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3、如图所示,同一平面内,三个闭合金属圆环1、2、3同心放置,下列说法正确的是A.给圆环1通一恒定电流,圆环2的磁通量小于圆环3的磁通量B.给圆环3通一恒定电流,圆环1的磁通量大于圆环2的磁通量C.给圆环2通一变化电流,圆环1和圆环3的感应电流方向始终相同D.给圆环1通一变化电流,圆环2和圆环3的感应电流方向始终相反考点三楞次定律推论的应用例3、多维练透1、考点四左手定则、右手定则、楞次定律、安培定则的综合应用例4、多维练透1、如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c 中将有感应电流产生且被螺线管吸引（）。

2018高考物理大一轮复习方案：第10单元电磁感应物理测评

单元小结卷(十)一、选择题(每小题6分，共48分，1～5小题为单选，6～8小题为多选)1．如图D101所示，一圆形闭合铜环从高处由静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁(质量为m)，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合．则悬挂磁铁的绳子中拉力F随时间t变化的图像可能是图D102中的()图D101图D1022．如图D103所示，两个完全相同的矩形导线框A、B在相距很近(但不重叠)的两平行竖直平面内，线框的长边均处于水平位置．线框A固定且通有恒定电流I，不计阻力，线框B从足够高处由静止释放至运动到A下方的过程中()图D103A．穿过线框B的磁通量先变小后变大B．穿过线框B的磁通量先变大后变小C．线框B所受安培力的合力为零D．线框B的机械能一直减小3．如图D104所示，一个闭合三角形导线框位于竖直平面内，其下方固定一根与线框所在的竖直平面平行且相距很近(但不重叠)的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．不计阻力，线框从实线位置由静止释放至运动到直导线下方虚线位置过程中()图D104A．线框中的磁通量为零时其感应电流也为零B．线框中感应电流方向为先顺时针后为逆时针C．线框受到安培力的合力方向始终竖直向上D．线框减少的重力势能全部转化为电能4．如图D105所示，导体杆OP在作用于OP中点且垂直OP的力作用下，绕O点沿以O为圆心、半径为r的光滑半圆形导轨在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B，A、O间接有阻值为R的定值电阻，导体杆和导轨电阻不计，回路中的总电功率为P，则()图D105A．外力的大小为2Br P RB．外力的大小为Br PRC．导体杆旋转的角速度大小为2PR Br2D．导体杆旋转的角速度大小为2Br2PR5．如图D106所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，该磁场分布在宽为L的区域内．现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度变为v(v<v0)，那么()图D106A．线圈完全进入磁场时的速度大于v0＋v 2B．线圈安全进入磁场时的速度等于v0＋v 2C．线圈完全进入磁场时的速度小于v0＋v 2D．以上情况A、B均有可能，而C是不可能的6．如图D107所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的正方形导线框EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过T 8导线框转到图中虚线位置，则在这T8时间内()图D107A ．平均感应电动势大小等于8（3－22）a 2B TB ．平均感应电动势大小等于16a 2B 9TC ．顺时针方向转动时感应电流方向为E →F →G →H →ED ．逆时针方向转动时感应电流方向为E →H →G →F →E7．如图D108甲所示，水平面上的光滑平行导轨MN 、PQ 上放着两根导体棒ab 、cd ，两棒间用绝缘丝线系住．已知平行导轨MN 、PQ 间距为L 1，导体棒ab 、cd 间距为L 2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R .开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙所示．则以下说法正确的是( )图D108A ．在t 0时刻回路中产生的感应电动势E ＝L 2B 0t 0B ．在0～t 0时间内导体棒中电流为L 1L 2B 02Rt 0C ．在t 02时刻绝缘丝线所受拉力为L 21L 2B 204Rt 0D ．在0～t 0时间内回路电流方向是a →b →d →c →a8．在如图D109所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v 1做匀速直线运动；当ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动，从ab 进入GH 至到达MN 与JP 的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔE k ，重力对线框做功为W 1，安培力对线框所做的功的绝对值为W 2，下列说法中正确的有( )图D109A ．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v 2>v 1B ．从ab 进入GH 至到达MN 与JP 的中间位置的过程中，机械能守恒C ．从ab 进入GH 至到达MN 与JP 的中间位置的过程中，有(W 1－ΔE k )的机械能转化为电能D ．从ab 进入GH 至到达MN 与JP 的中间位置的过程中，线框动能的变化量为ΔE k ＝W 1－W 2二、计算题(第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．如图D1010所示，一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L，左端接有阻值为R的电阻，一质量为m、长度为L的金属棒MN放置在导轨上，棒的电阻为r，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速运动，运动过程中始终与导轨垂直且良好接触．已知外力的功率为P不变，经过时间t导体棒最终做匀速运动．求：(1)导体棒匀速运动时的速度大小；(2)t图D101010．如图D1011所示，两根平行金属导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，两磁场区域相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界为水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B，方向竖直向下．质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b垂直导轨放置在其上，金属棒b置于磁场Ⅱ的右边界CD处．现将金属棒a从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．(1)若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大静摩擦力均为15mg，将金属棒a从距水平面高度h处由静止释放．求：①金属棒a刚进入磁场Ⅰ时，通过金属棒b的电流大小；②若金属棒a在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a释放时的高度h应满足的条件；(2)若水平段导轨是光滑的，将金属棒a仍从高度h处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ.设两磁场区域足够大，求金属棒a在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b中可能产生的焦耳热最大值．图D1011参考答案（测评手册）单元小结卷(十)1．B解析] 当线圈从N极上方下落时，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍其磁通量的增加，故线圈和磁铁间为斥力作用，此时绳子的拉力大于磁铁重力；同理当线圈从S极上方下落时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍其磁通量的减小，故线圈和磁铁间为引力作用，此时绳子的拉力大于磁铁重力，故B正确．2．D解析] 由通电线框A的磁感线分布，可知穿过线框B的磁通量变化应是增大→减小→增大→减小→增大→减小，A、B项错误；由楞次定律和左手定则可知线框B始终受到向上的安培阻力，C项错误；安培力做负功，使线框的机械能转化为电能，D项正确．3．C解析] 根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里，离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小．线框从上向下靠近导线的过程，穿过线框向外的磁通量增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；经过导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小至零，之后变成向里磁通量，并逐渐增大，直至最大，根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流．向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的线框中电流方向又变成了顺时针，且这一过程是连续的，线框中始终有感应电流存在，故A 、B 错误；根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故安培力的方向始终向上，故C 正确；根据能量守恒定律，线框从实线位置由静止释放至运动到虚线位置过程中，减少的重力势能转化为电能和自身动能，故D 错误．4．C 解析] 设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E ＝12Br 2ω，I ＝E R ，根据题述回路中的总电功率为P ，则P ＝EI ；设维持导体杆匀速转动的外力为F ，则有P ＝F v 2，v ＝rω，联立解得F ＝Br P R ，ω＝2PR Br 2，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．5．B 解析] 设线圈电阻为R ，完全进入磁场中时的速度为v x .线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力．对于线圈进入磁场的过程，根据动量定理可得－F Δt ＝－Ba ΔΦR ＝－Ba Ba 2R ＝m v x －m v 0，对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得－F ′Δt ′＝－Ba ΔΦR ＝－Ba Ba 2R ＝m v －m v x ，由上述二式可得v x ＝v 0＋v 2，B 选项正确．6．AD 解析] 由题意可知，导线框从开始转过T 8磁通量减少量为ΔΦ＝4B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12a 2，平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝8（3－22）a 2B T ，选项A 正确，选项B 错误；由楞次定律知无论导线框转动方向如何都是穿过导线框的磁通量减少，电流方向都是E →H →G →F →E ，选项C 错误，选项D 正确．7．BC 解析] 由图乙可知，磁感应强度变化率ΔB Δt ＝B 0t 0，在t 0时刻回路中产生的感应电动势E ＝ΔB Δt S ＝L 1L 2B 0t 0，选项A 错误；在0～t 0时间内磁感应强度减小，由楞次定律，回路中产生的感应电流方向为顺时针，大小为I ＝E 2R ＝L 1L 2B 02Rt 0，选项B 正确，选项D 错误；由左手定则，ab 导体棒所受安培力方向向左，cd 导体棒所受安培力方向向右，大小相等，在t 02时刻，磁感应强度为B 02，安培力大小为F ＝B 02IL 1＝L 21L 2B 204Rt 0，所以在t 02时刻绝缘丝线所受拉力为L 21L 2B 204Rt 0，选项C 正确． 8．CD 解析] 线框的ab 边在GH 和JP 之间时，线框做匀速运动，ab 进入JP 后回路感应电动势和之前相比增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此ab 边进入JP 后开始做减速运动，感应电动势和感应电流均减小，安培力减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mg sin θ相等时，线框以速度v 2做匀速运动，因此v 2<v 1，A 错误；由于有安培力做功，机械能不守恒，B 错误；线框克服安培力做功，将机械能转化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少机械能转化为电能，由动能定理得W1－W2＝ΔE k，W2＝W1－ΔE k，故C、D 正确．9．(1)P（R＋r）BL(2)Pt－mP（R＋r）2B2L2解析] (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BL v回路中电流I＝E R＋r导体棒所受安培力F安＝BIL P＝F v匀速运动时有F＝F安联立可得v＝P（R＋r）BL.(2)导体棒由静止开始加速过程，根据动能定理W F＋W安＝12m v2其中W F＝Pt回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，Q＝－W安解得Q＝Pt－mP（R＋r）2B2L2.10．(1)①BL2gh2R②h≤m2gR250B4L4(2)110mgh解析] (1)①a棒从h高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh＝12m v2解得v0＝2gha棒刚进入磁场Ⅰ后产生的感应电动势为E＝BL v0，此时通过a、b的感应电流大小为I＝E 2R解得I＝BL2gh2R.②a棒刚进入磁场Ⅰ后，b棒受到的安培力大小F＝2BIL为使b棒保持静止必有F≤15mg由以上各式联立解得h≤m2gR2 50B4L4.(2)由题意知当金属棒a进入磁场Ⅰ时，由左手定则判断知a棒向右做减速运动；b棒向左做加速运动．二者产生的感应电动势相反，故当二者的感应电动势大小相等时闭合回路的电流为零，此后二者均做匀速运动，故当金属棒a、b均匀速运动时，金属棒b中产生焦耳热最大，设此时a、b的速度大小分别为v1与v2，由以上分析有BL v1＝2BL v2对金属棒a应用动量定理有－BILΔt＝m v1－m v0对金属棒b应用动量定理有－2BIL Δt ＝－m v 2联立以上各式解得v 1＝45v 0，v 2＝25v 0由能量守恒定律得电路产生的总电热为Q 总＝12m v 20－12m v 21－12m v 22故金属棒b 中产生的焦耳热最大值为Q ＝12Q 总＝120m v 20＝110mgh .。

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