高考物理二轮复习【专题10】电磁感应(讲)(解析版)

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2019年高考物理二轮复习专题11电磁感应讲含解析201904041146

年高考中频繁出现．
Ⅱ 3.该部分知识与其他学科知识相互渗透也
是命题的趋势，同时将该部分知识同生产、
生活实际、高科技等相结合，注重考查学生
分析、解决实际问题的能 Ⅰ
4.试题题型全面，选择题、解答题都可能
出现，且解答题难度较大，涉及知识点多，
考查综合能力，从而增加试题的区分度.
纵观近几年高考试题，预测 2019 年物理高考试题还会考： 1.高考命题频率较高的是感应电流的产生条件、方向的判定和法拉第电磁感应定律的应用，与电路、力学、能量及动量等知识相联系的综合及图象问题(如 Φ－t 图象、B－t 图象和 i－t 图象)等时有出现，要高度重视，法拉第电磁感应定律、楞次定律一直是高考命题的热点。 2.本专题因难度大、涉及知识点多、综合能力强，主要的题型还是杆+导轨模型问题，线圈穿过有界磁场问题，综合试题还会涉及力和运动、能量守恒等知识，还可能以科学技术的具体问题为背景，考查运用知识解决实际问题的能力。
考向 01 法拉第电磁感应定律和楞次定律
1
1.讲高考（1）考纲要求知道电磁感应现象产生的条件;理解磁通量及磁通量变化的含义，并能计算;掌握楞次定律和右手定则的应用，并能判断感应电流的方向及相关导体的运动方向；能应用法拉第电磁感应定律、公式 E＝Blv 计算感应电动势.2.理解自感、涡流的产生，并能分析实际应用。考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用考点定位】考查了楞次定律的应用、导体切割磁感线运动【方法技巧】在分析导体切割磁感线运动、计算电动势时，一定要注意导体切割磁感线的有效长度，在计算交变电流的有效值时，一定要注意三个相同：相同电阻，相同时间，相同热量。
电磁感应
考点大纲 1. 电磁感应现象 2.磁通量 3. 法拉第电磁感应定律 4.楞次定律

2020版高考物理大二轮复习试题：电磁感应规律及其应用(含答案)

回扣练12：电磁感应规律及其应用1．如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由b 经R 到dB ．U ＝Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由d 经R 到bC ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v 2R，方向水平向右 D ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v R，方向水平向左解析：选A.当MN 运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN 两端的电压也就是电阻R 两端的电压，电路中电动势为E ＝BlV ，MN 的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R ，则电阻上的电压为12Blv ，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N 到M ，那么流过电阻的就是由b 到d .故A 正确，B 错误．MN 受到的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v 2R；由左手定则可知，安培力的方向水平向左；故CD 错误．故选A.2．如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L ，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L 的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场．用i 表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于i x 的图象中正确的是( )解析：选C.线圈进入磁场，在进入磁场的0～L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R ，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在L ～2L 的过程中，电动势E ＝2BLv ，电流I ＝2BLv R，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在2L ～3L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；故ABD 错误，C 正确；故选C.3．如图所示，表面粗糙的U 形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R 的金属棒ab ，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是( )A ．当变阻器滑片P 向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B ．当变阻器滑片P 向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C ．当变阻器滑片P 向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到bD ．当变阻器滑片P 向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到b解析：选C.根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N 极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P 向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a 到b ，A 错误C 正确；当变阻器滑片P 向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b 到a ，而导体棒所处磁场方向为竖直向上的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，故BD 错误．故选C.4．如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ 边长分别为L和2L ，M 、N 间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d ，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场．两板间有一个质量为m 、电量为q 的带正电油滴恰好处于平衡状态，重力加速度为g ，则下列关于磁场磁感应强度大小B 的变化情况及其变化率的说法正确的是( )A ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd qL 2 B ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd qL 2C ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd 2qL 2D ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd 2qL2 解析：选B.电荷量为q 的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线框下端相当于电源的正极，感应电动势顺时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场同向，根据楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势：E ＝ΔB Δt S ＝ΔB Δt L 2；油滴所受电场力：F ＝E 场q ，对油滴，根据平衡条件得：q E d＝mg ；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：ΔB Δt ＝mgd qL2；故选B. 5.如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L (L ＜d )，质量为m 、电阻为R ，将线圈在磁场上方h 高处静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd 边刚进入磁场一直到ab 边离开磁场为止)( )A ．感应电流所做的功为3mgdB ．线圈的最小速度一定大于mgR B 2L 2C ．线圈的最小速度一定是2g （h ＋L －d ）D ．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向解析：选C.据能量守恒，研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q ＝mgd .cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，所以从cd 边刚穿出磁场到ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程，产生的热量Q ′＝2mgd ，感应电流做的功为2mgd ，故A 错误．线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有：mg ＝B 2L 2v R ，解得可能的最小速度v ＝mgR B 2L2，故B 错误．因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg (h ＋L )＝Q＋12mv 2，解得最小速度v ＝2g （h ＋L －d ），故C 正确．线圈穿出磁场的过程，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，故D 错误．故选C.6．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电感L 1、L 2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的( )A ．a 先变亮，然后逐渐变暗B ．b 先变亮，然后逐渐变暗C ．c 先变亮，然后逐渐变暗D ．b 、c 都先变亮，然后逐渐变暗解析：选A.电键S 闭合时，电感L 1中电流等于两倍L 2的电流，断开电键S 的瞬间，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，通过b 、c 的电流都通过a ，故a 先变亮，然后逐渐变暗，故A 正确； b 、c 灯泡由电流i 逐渐减小，B 、C 、D 错误 .故选A.7．(多选)如图甲所示，宽度为L 的足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接一电容为C 的电容器，将一质量为m 的导体棒与导轨垂直放置，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B .用与导轨平行的外力F 向右拉动导体棒，使导体棒由静止开始运动，作用时间t 1后撤去力F ，撤去力F 前棒内电流变化情况如图乙所示．整个过程中电容器未被击穿，不计空气阻力．下列说法正确的是 ( )A ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀速运动B ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀加速直线运动C ．外力F 的冲量大小为It 1⎝ ⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL D ．撤去外力F 后，导体棒最终静止在导轨上，电容器中最终储存的电能为零解析：选BC.对电容器Q ＝CU ，则ΔQ ＝C ΔU ，I ＝ΔQ Δt ；ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ；解得I ＝CBL Δv Δt＝CBLa ，则导体棒的加速度a 恒定，做匀加速运动，选项A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律：F －BIL ＝ma ，则F ＝BIL ＋mI CBL ，则外力F 的冲量大小为I F ＝Ft 1＝It 1⎝⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL ，选项C 正确；撤去外力F 后，导体棒开始时做减速运动，当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为零，此时安培力为零，导体棒做匀速运动，此时电容器两端的电压不为零，则最终储存的电能不为零，选项D 错误；故选BC.8．(多选)如图所示，在竖直平面内MN 、PQ 两光滑金属轨道平行竖直放置，两导轨上端M 、P 间连接一电阻R .金属小环a 、b 套在金属轨道上，质量为m 的金属杆固定在金属环上，该装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直竖直平面向里．金属杆以初速度v 0从图示位置向上滑行，滑行至最高点后又返回到出发点．若运动过程中，金属杆保持水平，两环与导轨接触良好，不计轨道、金属杆、金属环的电阻及空气阻力．金属杆上滑过程和下滑过程相比较，以下说法正确的是( )A ．上滑过程所用时间比下滑过程短B ．上滑过程通过电阻R 的电量比下滑过程多C ．上滑过程通过电阻R 产生的热量比下滑过程大D ．上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大解析：选AC. 如图所示，v t 图斜率代表加速度，其面积表示位移，上滑过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，下滑过程中是加速度逐渐减小的加速运动，由于位移大小相等，可知上升时间小于下落时间，故A 正确；由q ＝ΔΦR，可知上滑过程通过电阻R 的电量等于下滑过程中电量，故B 错误；在相同位置，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑过程安培力的平均值大于下滑过程安培力的平均值，导致上滑过程中导体棒克服安培力做功多，则上滑过程中电阻R 产生的热量大于下滑过程中产生的热量，故C 正确．安培力冲量I ＝BLq ，q ＝ΔΦR，可知上滑过程安培力的冲量等于下滑过程安培力的冲量，故D 错误．9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、长为L 、电阻为R 的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R 的定值电阻．现闭合开关K ，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F ＝2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s 时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是(重力加速度为g )( )A ．金属棒的末速度为3mgRB 2L 2 B ．金属棒的最大加速度为1.4gC ．通过金属棒的电荷量为BLs RD ．定值电阻上产生的焦耳热为34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4 解析：选AD.设金属棒匀速运动的速度为v ，则感应电动势E ＝BLv ；回路电流I ＝E 2R ＝BLv2R ；安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v 2R ；金属棒匀速时，受力平衡有F ＝mg sin 30°＋F 安，即2mg ＝12mg ＋B 2L 2v 2R联立解得：v ＝3mgR B 2L2，故A 正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即F －mg sin 30°＝ma ，代入数据2mg －12mg ＝ma ，解得a ＝1.5g ，故B 错误；根据感应电量公式Q ＝ΔΦR 总＝BLs 2R，故C 错误；对金属棒运用动能定理，有Fs －mgs sin 30°－Q ＝12mv 2，其中定值电阻上产生的焦耳热为Q R ＝12Q ＝34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4，故D 正确；故选AD. 10．(多选)如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，两导轨的左端之间连接的电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1 kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.1 Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图乙所示．则在金属杆开始运动经t ＝ 5.0 s 时( )A ．通过金属杆的感应电流的大小为1.0 A ，方向由b 指向aB ．金属杆的速率为4.0 m/sC ．外力F 的瞬时功率为1.0 WD ．0～5.0 s 内通过R 的电荷量为5.0 C解析：选AC.导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b 指向a ，金属杆开始运动经t ＝5.0 s ，由图象可知电压为0.4 V ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝U R ＝0.40.4 A ＝1 A ，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律知E ＝BLv ，根据电路结构可知：U ＝R R ＋r E ，解得v ＝5 m/s ，故B 错误；根据电路知U ＝R R ＋r BLv ＝0.08v ＝0.08at ，结合U t 图象知导体棒做匀加速运动，加速度为a ＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，在5 s 末时对金属杆有：F －BIL ＝ma 解得：F ＝0.2 N ，此时F 的瞬时功率P ＝Fv ＝0.2×5 W＝1 W 故C 正确；0～5.0 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝E R ＋r t ＝ΔΦt （R ＋r ）×t ＝ΔΦR ＋r ＝B ×12at 2R ＋r ＝12.5 C ，故D 错误；综上所述本题答案是AC.。

高考物理电磁感应现象压轴题知识归纳总结含答案解析

高考物理电磁感应现象压轴题知识归纳总结含答案解析一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图所示，质量为4m 的物块与边长为L 、质量为m 、阻值为R 的正方形金属线圈abcd 由绕过轻质光滑定滑轮的绝缘细线相连，已知细线与斜面平行，物块放在光滑且足够长的固定斜面上，斜面倾角为300。

垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B ，磁场上下边缘的高度为L ，上边界距离滑轮足够远，线圈ab 边距离磁场下边界的距离也为L 。

现将物块由静止释放，已知线圈cd 边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，求：（1）线圈刚进入磁场时ab 两点的电势差大小（2）线圈通过磁场的过程中产生的热量【答案】（1）3245ab U BL gL =；（2）32244532m g R Q mgL B L =-【解析】【详解】（1）从开始运动到ab 边刚进入磁场，根据机械能守恒定律可得214sin 30(4)2mgL mgL m m v =++，25v gL =应电动势E BLv =，此时ab 边相当于是电源，感应电流的方向为badcb ，a 为正极，b 为负极，所以ab 的电势差等于电路的路端电压，可得332445ab U E BL gL == （2）线圈cd 边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，所以线圈和物块均合外力为0，可得绳子的拉力为2mg ，线圈受的安培力为mg ，所以线圈匀速的速度满足22mB L v mg R=，从ab 边刚进入磁场到cd 边刚离开磁场，根据能量守恒定律可知2143sin 3(4)2m mg L mgL m m v Q θ=+++，32244532m g R Q mgL B L=-2．如图，垂直于纸面的磁感应强度为B ，边长为 L 、电阻为 R 的单匝方形线圈 ABCD 在外力 F 的作用下向右匀速进入匀强磁场，在线圈进入磁场过程中，求：(1)线圈进入磁场时的速度 v 。

电磁感应(解析版)2021年高考物理二轮复习讲义

解密11 电磁感应ΔΔsin E n t E Blv Φθ⎧⎧⎪⎨⎩⎪⎨⎧⎪⎨⎪⎩⎩⎧⎧=⎪⎪⎨⎪⎪=⎪⎩⎪⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎧⎨⎩⎧⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎨电路闭合产生感应电流的条件磁通量发生变化电磁感应现象感生电动势感应电动势动生电动势公式电路问题法拉第电磁感应定律图象问题应用能量问题电磁感应力电综合问题楞次定律感应电流方向判断右手定则：适用于导体切割磁感线的情况定义自感自感电动势自感系数自感、互感、涡流互感变压器原理涡流⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩考点1 法拉第电磁感应定律一、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 ntΦ∆=∆，其中n 为线圈匝数。

3．感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率tΦ∆∆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。

二、法拉第电磁感应定律的应用1．磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ=B ·ΔS ，则B SE n t ∆=∆； 2．磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ=ΔB ·S ，则B SE nt∆=∆； 3．磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ=Φ末–Φ初，2211B S B S B SE nn t t-∆∆=≠∆∆；4．在图象问题中磁通量的变化率tΦ∆∆是Φ-t 图象上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。

三、导体切割磁感线产生感应电动势的计算 1．公式E =Blv 的使用条件（1）匀强磁场；（2）B 、l 、v 三者相互垂直；（3）如不垂直，用公式E =Blv sin θ求解，θ为B 与v 方向间的夹角。

2．“瞬时性”的理解（1）若v 为瞬时速度，则E 为瞬时感应电动势；（2）若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势，即E Bl v =。

高考物理二轮复习专题解析—电磁感应

高考物理复习专题解析—电磁感应命题规律 1.命题角度：(1)楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用；(2)电磁感应中的图像问题；(3)电磁感应中的动力学与能量问题.2.常用方法：排除法、函数法.3.常考题型：选择题、计算题．考点一楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流方向的判断(1)楞次定律：线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律．(2)右手定则：导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则．2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”．3．求感应电动势的方法(1)法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ⎩⎨⎧ S 不变时，E ＝nS ΔB Δt B 不变时，E ＝nB ΔS Δt(2)导体棒垂直切割磁感线：E ＝Blv .(3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E ＝12Bl 2ω. (4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e ＝nBSωsin ωt .4．通过回路截面的电荷量q ＝I Δt ＝n ΔΦR 总Δt Δt ＝n ΔΦR 总.q 仅与n 、ΔΦ和回路总电阻R 总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．例1 (多选)(2022·广东卷·10)如图所示，水平地面(Oxy 平面)下有一根平行于y 轴且通有恒定电流I的长直导线．P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN 平行于x轴．一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行．下列说法正确的有()A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等答案AC解析依题意，M、N两点连线与长直导线平行，两点与长直导线的距离相等，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，故A正确；根据右手螺旋定则，线圈在P点时，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线相等，磁通量为零，在向N点平移过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线不再相等，穿过线圈的磁通量发生变化，故B错误；根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线始终相等，穿过线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈中无感应电流，故C正确；线圈从P点到M点与从P点到N点，穿过线圈的磁通量变化量相同，依题意从P点到M点所用时间较从P点到N点的时间长，根据法拉第电磁感应定律，可知两次的感应电动势不相等，故D错误．例2(多选)(2021·辽宁卷·9)如图(a)所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里．在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L 处；t＝2t0时，释放金属棒．整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则()A ．在t ＝t 02时，金属棒受到安培力的大小为B 02L 3t 0RB ．在t ＝t 0时，金属棒中电流的大小为B 0L 2t 0RC ．在t ＝3t 02时，金属棒受到安培力的方向竖直向上 D ．在t ＝3t 0时，金属棒中电流的方向向右答案 BC解析由题图(b)可知在0～t 0时间段内闭合回路产生的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝B 0L 2t 0，根据闭合电路欧姆定律有，此时间段内的电流为I ＝E R ＝B 0L 2Rt 0，在t 02时磁感应强度大小为B 02，此时安培力大小为F ＝B 02IL ＝B 02L 32Rt 0，故A 错误，B 正确；由题图(b)可知，在t ＝3t 02时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C 正确；由题图(b)可知，在t ＝3t 0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下掉的过程中穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D 错误．考点二电磁感应中的图像问题1．电磁感应中常见的图像常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像．2．解答此类问题的两个常用方法(1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．(2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．例3(多选)(2022·河北卷·8)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R.导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直．设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻．下列图像可能正确的是()答案AC解析在0～Lv0时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度L＝l0＋v0t tan θ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E ＝BLv 0，可得I ＝BLv 0R ＝Bv 0R (l 0＋v 0t tan θ)，可知回路电流均匀增加；安培力F ＝B 2L 2v 0R ＝B 2v 0R (l 0＋v 0t tan θ)2，则F －t 关系为二次函数关系，但是不过原点；安培力做功的功率P ＝Fv 0＝B 2L 2v 02R ＝B 2v 02R (l 0＋v 0t tan θ)2，则P －t 关系为二次函数关系，但是不过原点；电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U ＝E ＝BLv 0＝Bv 0(l 0＋v 0t tan θ)，即U －t 图像是不过原点的直线；根据以上分析，可排除B 、D 选项；在L v 0～2L v 0时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E 不变，感应电流I 不变，安培力F 大小不变，安培力的功率P 不变，电阻两端电压U 保持不变；同理可判断，在2L v 0～3L v 0时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E 均匀减小，感应电流I 均匀减小，安培力F 大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～L v 0内是对称的关系，安培力的功率P 按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～L v 0内是对称的关系，电阻两端电压U 按线性均匀减小，综上所述选项A 、C 可能正确，B 、D 错误．例4 (多选)(2022·安徽省六校第二次联考)如图所示，水平面内有一足够长平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R 的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．开关S 由1掷到2时开始计时，q 、i 、v 和a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图像可能正确的是( )答案 ACD解析开关S 由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流且此刻电流最大，导体棒通有电流后会受到安培力的作用产生加速度而加速运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势，导体棒速度增大，则感应电动势E＝Blv增大，则实际电流减小，安培力F＝BIL减小，加速度a＝Fm即减小，因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直做加速度减小的加速运动(变加速)，故a－t图像即选项D是正确的；导体棒运动产生感应电动势会给电容器充电，当充电和放电达到一种平衡时，导体棒做匀速运动，因此最终电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，即电容器的电荷量应稳定在某个不为0的数值(不会减少到0)，电路中无电流，故B错误，A、C正确．考点三电磁感应中的动力学与能量问题1．电磁感应综合问题的解题思路2．求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)；(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)．例5(多选)(2022·全国甲卷·20)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后()A ．通过导体棒MN 电流的最大值为Q RCB ．导体棒MN 向右先加速、后匀速运动C ．导体棒MN 速度最大时所受的安培力也最大D ．电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热答案 AD解析开始时电容器两极板间的电压U ＝Q C ，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I ＝U R ＝Q CR ，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A 项正确，C 项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B 项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热，D 项正确．例6 (2022·山东济南市一模)如图所示，在水平虚线下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .磁场上方某高度处有一个正方形金属线框，线框质量为m ，电阻为R ，边长为L .某时刻将线框以初速度v 0水平抛出，线框进入磁场过程中速度不变，运动过程中线框始终竖直且底边保持水平．磁场区域足够大，忽略空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)线框进入磁场时的速度v ；(2)线框进入磁场过程中产生的热量Q .答案 (1)v 02＋m 2g 2R 2B 4L 4，速度方向与水平方向夹角的正切值为mgR B 2L 2v 0(2)mgL 解析 (1)当线框下边界刚进入磁场时，由于线框速度不变，对线框进行受力分析有 BIL ＝mg由欧姆定律可得I ＝E R线框切割磁感线，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv y由速度的合成与分解可得v＝v02＋v y2联立求解可得v＝v02＋m2g2R2 B4L4设此时速度方向与水平面的夹角为θ，则tan θ＝v yv0＝mgR B2L2v0即此时速度方向与水平方向夹角的正切值为mgRB2L2v0.(2)线框进入磁场过程中速度不变，则从进入磁场开始到完全进入磁场，由能量守恒定律得Q＝mgL.例7(2022·河南洛阳市模拟)如图甲所示，金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度大小B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP 间接有阻值R＝1.5 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg，接入电路中电阻r＝0.5 Ω的金属杆ab垂直导轨放置，金属杆与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2.现用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属杆上滑的位移x＝3.8 m时达到稳定状态，金属杆始终与导轨接触良好，对应过程的v－t图像如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，导轨足够长且电阻不计．求：(1)恒力F的大小及金属杆的速度为0.4 m/s时的加速度大小；(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，通过电阻R的电荷量；(3)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，金属杆上产生的焦耳热．答案(1)5.8 N 2.4 m/s2(2)3.8 C(3)1.837 5 J解析(1)当金属杆匀速运动时，由平衡条件得F＝μmg cos 37°＋mg sin 37°＋F安由题图乙知v ＝1 m/s ，则F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r ＝2 N 解得F ＝5.8 N当金属杆的速度为0.4 m/s 时F 安1＝BI 1L ＝B 2L 2v 1R ＋r＝0.8 N 由牛顿第二定律有F －μmg cos 37°－mg sin 37°－F 安1＝ma解得a ＝2.4 m/s 2.(2)由q ＝I ·ΔtI ＝E R ＋rE ＝ΔΦΔt 得q ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r＝3.8 C. (3)从金属杆开始运动到刚到达稳定状态，由动能定理得(F －μmg cos 37°－mg sin 37°)x ＋W 安＝12mv 2－0 又Q ＝|W 安|＝7.35 J ，所以解得Q r ＝r R ＋rQ ＝1.837 5 J.1．(多选)(2022·河南郑州市二模)在甲、乙、丙图中，MN 、PQ 是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨．导体棒ab 垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中，导体棒和导轨间的摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C 原来不带电．现给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，对甲、乙、丙图中导体棒ab 在磁场中的运动状态描述正确的是( )A ．甲图中，棒ab 最终做匀速运动B ．乙图中，棒ab 做匀减速运动直到最终静止C ．丙图中，棒ab 最终做匀速运动D ．甲、乙、丙中，棒ab 最终都静止答案 AC 解析题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C 极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，此时ab 棒不受安培力作用，向右做匀速运动，故A 正确；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R 转化为内能，ab 棒速度减小，当ab 棒的动能全部转化为内能时，ab 棒静止，又由I ＝BLv R，F ＝BIL ，由于速度减小，则产生的感应电流减小，导体棒所受安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的加速度减小，所以题图乙中，棒ab 做加速度减小的减速运动直到最终静止，故B 错误；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，此时ab 棒向左做匀速运动，故C 正确；由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有题图乙中棒ab 最终静止，故D 错误．2.(2022·山东泰安市高三期末)如图所示，间距为L 的平行光滑足够长的金属导轨固定倾斜放置，倾角θ＝30°，虚线ab 、cd 垂直于导轨，在ab 、cd 间有垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量均为m 、阻值均为R 的金属棒PQ 、MN 并靠在一起垂直导轨放在导轨上．释放金属棒PQ ，当PQ 到达ab 瞬间，再释放金属棒MN ；PQ 进入磁场后做匀速运动，当PQ 到达cd 时，MN 刚好到达ab .不计导轨电阻，两金属棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g .则MN 通过磁场过程中，PQ 上产生的焦耳热为( )A.2m 3g 2R 2B 4L 4B.m 3g 2R 2B 4L 4C.m 3g 2R 24B 4L 4D.m 3g 2R 22B 4L4 答案 D解析由题意知PQ 进入磁场后做匀速运动，则由平衡条件得安培力为F ＝mg sin θ，又因为F ＝BIL ＝B 2L 2v 2R ，解得金属棒速度为v ＝mgR B 2L 2，电流为I ＝mg2BL ，因为金属棒从释放到刚进入磁场时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知mg sin θ＝ma ，所以加速时间为t ＝va ，由题意知当PQ 到达cd 时，MN 刚好到达ab ，即金属棒穿过磁场的时间等于进入磁场前的加速时间，且MN 在磁场中的运动情况和PQ 一致，故MN 通过磁场过程中，PQ 上产生的焦耳热为Q 焦耳＝I 2Rt ，解得Q 焦耳＝m 3g 2R 22B 4L4，故选D.专题强化练[保分基础练]1.(2022·上海市二模)如图，某教室墙上有一朝南的钢窗，将钢窗右侧向外打开，以推窗人的视角来看，窗框中产生( )A ．顺时针电流，且有收缩趋势B ．顺时针电流，且有扩张趋势C ．逆时针电流，且有收缩趋势D．逆时针电流，且有扩张趋势答案 D解析磁场方向由南指向北，将钢窗右侧向外打开，则向北穿过窗户的磁通量减少，根据楞次定律，以推窗人的视角来看，感应电流为逆时针电流，同时根据“增缩减扩”可知，窗框有扩张趋势，故选D.2.(2022·广东肇庆市二模)如图所示，开口极小的金属环P、Q用不计电阻的导线相连组成闭合回路，金属环P内存在垂直圆环平面向里的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度随时间的变化率为k，若使金属环Q中产生逆时针方向逐渐增大的感应电流，则()A．k>0且k值保持恒定B．k>0且k值逐渐增大C．k＜0且k值逐渐增大D．k＜0且k值逐渐减小答案 B解析若使金属环Q中产生逆时针方向逐渐增大的感应电流，则金属环P中也有逆时针方向逐渐增大的感应电流，根据楞次定律和安培定则可知，金属环P中向里的磁感应强度增加，且增加得越来越快，即k>0且k值逐渐增大，故选B.3.(2022·陕西宝鸡市模拟)如图所示，两根电阻不计的平行光滑长直金属导轨水平放置，导体棒a和b垂直跨在导轨上且与导轨接触良好，导体棒a的电阻大于b的电阻，匀强磁场方向竖直向下．当导体棒b在大小为F2的水平拉力作用下匀速向右运动时，导体棒a在大小为F1的水平拉力作用下保持静止状态．若U1、U2分别表示导体棒a和b与导轨两个接触点间的电压，那么它们的大小关系为()A．F1＝F2，U1> U2B ．F 1< F 2，U 1< U 2C ．F 1 > F 2，U 1< U 2D ．F 1 ＝ F 2，U 1＝ U 2 答案 D解析导体棒a 、b 与导轨构成了闭合回路，流过a 、b 的电流是相等的；a 静止不动，b 匀速运动，都处于平衡状态，即拉力等于安培力，所以F 1＝F 2＝BIL ，导体棒b 相当于电源，导体棒a 相当于用电器，由于电路是闭合的，所以导体棒a 两端的电压U 1＝IR a ，导体棒b 切割磁感线产生的电动势E ＝BLv b ＝I (R a ＋R b )，所以其输出的路端电压U 2＝E －IR b ＝IR a ＝U 1，故选D.4．(2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I 1、I 2和I 3.则( )A ．I 1<I 3<I 2B ．I 1>I 3>I 2C ．I 1＝I 2>I 3D ．I 1＝I 2＝I 3答案 C解析设圆线框的半径为r ，则由题意可知正方形线框的边长为2r ，正六边形线框的边长为r ；所以圆线框的周长为C 2＝2πr ，面积为S 2＝πr 2，同理可知正方形线框的周长和面积分别为C 1＝8r ，S 1＝4r 2，正六边形线框的周长和面积分别为C 3＝6r ，S 3＝33r 22，三个线框材料粗细相同，根据电阻定律R ＝ρL S 横截面，可知三个线框电阻之比为R 1∶R 2∶R 3＝C 1∶C 2∶C 3＝8∶2π∶6，根据法拉第电磁感应定律有I ＝E R ＝ΔB Δt ·SR ，可得电流之比为I 1∶I 2∶I 3＝2∶2∶3，即I 1＝I 2>I 3，故选C.5.(2022·黑龙江哈师大附中高三期末)如图，一线圈匝数为n ，横截面积为S ，总电阻为r ，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k (k >0且为常量)，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C ，两个电阻的阻值分别为r 和2r .下列说法正确的是( )A ．电容器下极板带正电B ．此线圈的热功率为nkS 2rC ．电容器所带电荷量为3nSkC5D ．电容器所带电荷量为nSkC2答案 D解析根据楞次定律可以判断通过电阻r 的电流方向为从左往右，所以电容器上极板带正电，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔBΔt ＝nkS ，根据焦耳定律可得此线圈的热功率为P ＝(E 2r )2r ＝nkS24r，故B 错误；电容器两端电压等于r 两端电压，电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝C ·rE 2r ＝nSkC2，故C 错误，D 正确．6.(2021·北京卷·7)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U 型导体框左端连接一阻值为R 的电阻，质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 置于导体框上．不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦．ab 以水平向右的初速度v 0开始运动，最终停在导体框上．在此过程中( )A ．导体棒做匀减速直线运动B ．导体棒中感应电流的方向为a →bC ．电阻R 消耗的总电能为mv 02R2R ＋rD ．导体棒克服安培力做的总功小于12mv 02答案 C解析导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b 到a ，再根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为E ＝BLv ，感应电流为I ＝E R ＋r ＝BLv R ＋r ，故安培力为F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r ，根据牛顿第二定律有F ＝ma ，可得a ＝B 2L 2m R ＋rv ，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故A 、B错误；根据能量守恒定律，可知整个过程回路中产生的总热量为Q ＝12mv 02，因电阻与导体棒串联，则产生的热量与电阻成正比，则电阻R 产生的热量为Q R ＝R R ＋r Q ＝mv 02R2R ＋r ，故C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于12mv 02，故D 错误．7．(2022·江苏盐城市二模)如图所示，三条平行虚线L 1、L 2、L 3之间有宽度为L 的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域内的磁感应强度大小相等、方向相反，正方形金属线框MNPQ 的质量为m 、边长为L ，开始时MN 边与边界L 1重合，对线框施加拉力F 使其以加速度a 匀加速通过磁场区，以顺时针方向电流为正方向，下列关于感应电流i 和拉力F 随时间变化的图像可能正确的是( )答案 B解析当MN 边向右运动0～L 的过程中，用时t 1＝2L a ，则E 1＝BLat ，电流I 1＝E 1R ＝BLa Rt ，方向为正方向；拉力F 1＝ma ＋F 安1＝ma ＋B 2L 2aR t ；当MN 边向右运动L ～2L 的过程中，用时t 2＝4L a－2La＝(2－1)2L a ＝(2－1)t 1，E 2＝2BLat ，电流I 2＝E 2R ＝2BLa Rt ，方向为负方向，拉力F 2＝ma ＋F 安2＝ma ＋4B 2L 2aR t ；当MN 边向右运动2L ～3L 的过程中，用时t 3＝6La－4La＝(3－2)2L a ＝(3－2)t 1，E 3＝BLat ，电流I 3＝E 3R ＝BLa Rt ，方向为正方向，拉力F 3＝ma ＋F 安3＝ma ＋B 2L 2aRt ，对比四个选项可知，只有B 正确．[争分提能练]8．(多选)(2021·广东卷·10)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc 和de ，ab 与de 平行，bc 是以O 为圆心的圆弧导轨，圆弧be 左侧和扇形Obc 内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP 的O 端与e 点用导线相接，P 端与圆弧bc 接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN 静止在平行导轨上，若杆OP 绕O 点在匀强磁场区内从b 到c 匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )A ．杆OP 产生的感应电动势恒定B ．杆OP 受到的安培力不变C ．杆MN 做匀加速直线运动D ．杆MN 中的电流逐渐减小答案 AD解析杆OP 匀速转动切割磁感线产生的感应电动势为E ＝12Br 2ω，因为OP 匀速转动，所以杆OP 产生的感应电动势恒定，故A 正确；杆OP 转动过程中产生的感应电流由M 到N 通过杆MN ，由左手定则可知，杆MN 会向左运动，杆MN 运动会切割磁感线，产生电动势，感应电流方向与原来电流方向相反，使回路电流减小，杆MN 所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D 正确，B 、C 错误．9.(多选)(2021·全国甲卷·21)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )A ．甲和乙都加速运动B ．甲和乙都减速运动C ．甲加速运动，乙减速运动D ．甲减速运动，乙加速运动答案 AB解析设线圈下边到磁场上边界的高度为h ，线圈的边长为l ，则线圈下边刚进入磁场时，有v ＝2gh ，感应电动势为E ＝nBlv ，两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相等(设为m )，则m ＝ρ0·4nl ·S ，设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻 R ＝ρ4nl S ＝16n 2l 2ρρ0m感应电流为I ＝E R ＝mBv 16nlρρ0所受安培力为F ＝nBIl ＝mB 2v16ρρ0由牛顿第二定律有mg －F ＝ma 联立解得a ＝g －F m ＝g －B 2v16ρρ0加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．当g >B 2v16ρρ0时，甲和乙都加速运动，当g <B 2v 16ρρ0时，甲和乙都减速运动，当g ＝B 2v16ρρ0时，甲和乙都匀速运动，故选A 、B.10.(2022·山东省第二次模拟)如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m ，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab 、bc 边长均为2l ，gf 边长为l .匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，bc 边离磁场上边界的距离为l ，线框由静止释放，从bc 边进入磁场直到gf 边进入磁场前，线框做匀速运动．在gf 边离开磁场后，ah 、ed 边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc 、gf 边保持水平，重力加速度为g .(1)线框ah 、ed 边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc 边刚进入磁场时的几倍？ (2)若磁场上下边界间的距离为H ，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？答案 (1)4 (2)mg (H －13l )解析 (1)设bc 边刚入磁场时速度为v 1，bc 边刚进入时，有E 1＝2Blv 1，I 1＝E 1R ，F 1＝2BI 1l线框匀速运动，有F 1＝mg 联立可得v 1＝mgR4B 2l2设ah 、ed 边将离开磁场时速度为v 2，ah 、ed 边将离开磁场时，有E 2＝Blv 2，I 2＝E 2R ，F 2＝BI 2l ，线框匀速运动，有F 2＝mg 联立可得v 2＝mgR B 2l 2，综上所述v 2v 1＝4即线框ah 、ed 边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc 边刚进入磁场时的4倍． (2)bc 边进入磁场前，根据动能定理，有mgl ＝12mv 12穿过磁场过程中能量守恒，有mg (H ＋2l )＋12mv 12＝12mv 22＋Q联立可得Q ＝mg (H －13l )．11.(2022·福建泉州市质量监测)如图，间距为L 的光滑平行导轨倾斜固定，倾角θ＝30°，电阻不计的导轨上放置两根有一定阻值的金属杆ab 和cd ，两杆质量均为m ，cd 杆中点通过平行于导轨的轻绳系在固定的拉力传感器上．整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨。

高三物理二轮专题复习讲座：电磁感应(共157张PPT)

注意：两种分力的合力分别充当安培力和非静电力
一个电阻为R的长方形线圈abed沿着磁针所指的南北方向平放在北半球的一个水平桌面上，ab=l1， bc=l2．现突然将线圈翻转180°，使ab与dc互换位置，测得导线中流过的电量为Q1．然后维持ad边不动，将线圈绕ad边转动，使之突然竖直，这次测得导线中流过的电量为Q2，试求该处地磁场的磁感强度的大小。
《电磁感应》专题讲座
细推物理须行乐，何用浮名绊此身？ -----杜甫
瑞金一中高二物理备课组
物理竞赛大纲规定的考试内容：法拉第电磁感应定律，Lenz定律，感应电场，自感系数和互感等。从考点内容看，电磁感应所涉及到的知识点与常规教学基本相同，但对学生能力的要求较高，同时对数学能力的要求和物理方法的应用能力的要求都很高，希望同学们对于一些经典问题能有全面的理解。
2 B1 1 2 分析： Q1 R R ' B2 1 2 B1 Q2 R R
2 B B12 B2
1 2
B
2R 2 Q12 2Q1Q2 2Q2 2l1l2
Fm
B
v
h b
－－－－－－－－－－－
E
+++++++++++++++ Fe
H
将一载流导体放在磁场中，由于洛伦兹力的作用，会使带电粒子(或别的载流子)发生横向偏转，在磁场和电流二者垂直的方向上出现横向电势差，这一现象称为霍尔效应。
2
ω
O
3
l
r Δr
2
3
r 3r Δr 3r Δr Δr
3 2 2

高三物理二轮专题复习第10讲电磁感应

第10讲电磁感应1．(2018·全国卷Ⅰ·17)如图1，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( )图1A.54B.32C.74D ．2 【考点定位】电磁感应、法拉第电磁感应定律【点评】应用二级结论：q ＝n ΔΦR可快速解题，重点是磁通量的计算【难度】中等 [答案] B[解析] 在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有 E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R 且q 1＝I 1Δt 1在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝(B ′－B )12πr 2Δt 2I 2＝E 2Rq 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2R ＝(B ′－B )12πr 2R所以B ′B ＝32.2．(多选)(2018·全国卷Ⅰ·19)如图2，两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( )图2A ．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【考点定位】互感现象、电磁感应条件、楞次定律、安培定则【难度】中等 [答案] AD[解析] 根据安培定则，开关闭合时铁芯中产生水平向右的磁场，开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 项正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N 极指北，B 、C 项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 项正确．3．(2018·全国卷Ⅱ·18)如图3，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( )图3【考点定位】右手定则、楞次定律、电磁感应图象问题【难度】中等[答案] D[解析]设线框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．4．(多选)(2018·全国卷Ⅲ·20)如图4(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( )图4A ．在t ＝T4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【考点定位】交变电流图象问题、法拉第电磁感应定律、楞次定律【点评】由电流变化的图象分析出通过R 的磁通量的变化规律，判断出其斜率大小对应感应电动势大小【难度】中等 [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 ＝ΔBΔt S 知，E ＝0，A项正确；在t ＝T 2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T2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 项正确，B 、D 项错误．5．(2017·全国卷Ⅰ·18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对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振动，如图5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振动的衰减最有效的方案是( )图5【考点定位】电磁阻尼、电磁感应条件【点评】与科学仪器结合、情景新颖【难度】较易[答案] A6.(2016·全国卷Ⅲ·25)如图6所示，两条相距l的光滑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；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图6(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．【考点定位】法拉第电磁感应定律、磁通量的计算【点评】虽然是双电源问题，但题目引导学生从总磁通量的变化角度去解题【难度】中等 [答案] (1)kt 0SR(2)B 0l v 0(t －t 0)＋kSt (B 0l v 0＋kS )B 0lR[解析] (1)在金属棒未越过MN 之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS ＝k ΔtS ① 由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ②由欧姆定律得i ＝ER ③由电流的定义得i ＝ΔqΔt ④联立①②③④式得|Δq |＝kSRΔt ⑤由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内即Δt ＝t 0，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为|q |＝kt 0SR⑥(2)当t >t 0时，金属棒已越过MN .由于金属棒在MN 右侧做匀速运动，有F ＝F 安⑦式中，F 是外加水平恒力，F 安是金属棒受到的安培力．设此时回路中的电流为I ，F 安＝B 0lI ⑧ 此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0)⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B 0ls ⑩ 回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′⑪ 其中Φ＝B 1S ＝ktS ⑫由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t (t >t 0)，穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0l v 0(t －t 0)＋kSt ⑬ 在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0l v 0＋kS )Δt ⑭由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 E t ＝ΔΦt Δt⑮由欧姆定律得I ＝E tR⑯联立⑦⑧⑭⑮⑯式得，F ＝(B 0l v 0＋kS )B 0lR.选择题中的考查重点在于产生感应电流的条件、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律的基本应用，往往结合图象、电路、历史中的著名实验、现代科技中的应用等创设新情景，总体难度不大.计算题在2013全国卷Ⅰ、2014全国卷Ⅱ、2016全国卷Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ等年份出现过，一般考查电磁感应定律的应用，与力学问题结合时一般是匀速或静止时的平衡问题，较简单. 2013年的与电容器充电过程相结合较难，除外考点1 楞次定律与电磁感应定律的应用1．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”； (2)阻碍相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”； (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”． (5)感应电流产生的“结果”阻碍引起感应电流的“原因”． 2．求感应电动势大小的五种类型 (1)磁通量变化型：E ＝n ΔΦΔt .(2)磁感应强度变化型：E ＝nS ΔBΔt .(3)面积变化型：E ＝nB ΔSΔt .(4)平动切割型：E ＝Bl v (v ⊥B )． (5)转动切割型：E ＝12Bl 2ω.注意：公式E ＝nS ΔB Δt 中的ΔBΔt 等于B －t 图象的斜率．3．电磁感应现象中的电源与电路(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源． (2)在电源内部电流由负极流向正极．(3)电源两端的电压为路端电压．(多选)(2018·湖南省常德市期末检测)2017年9月13日，苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款iPhone新机型，除了常规的硬件升级外，三款iPhone还支持快充和无线充电．图7甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100、电阻r＝1 Ω、横截面积S＝1.5×10－3m2，外接电阻R＝7 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，则()图7A．在t＝0.01 s时通过R的电流发生改变B．在t＝0.01 s时线圈中的感应电动势E＝0.6 VC．在0～0.02 s内通过电阻R的电荷量q＝1.5×10－3 CD．在0.02～0.03 s内R产生的焦耳热为Q＝1.8×10－3 J[答案]BC[解析]根据楞次定律可知，在0～0.01 s内电流方向和在0.01～0.02 s内电流方向相同，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律可知： E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBS Δt ＝100×4×1.5×10－3 V ＝0.6 V ，故B 正确；在0～0.02 s 内，产生的感应电流为 I ＝E R ＋r ＝0.67＋1A ＝0.075 A ，电荷量为q ＝It ＝0.075×0.02 C ＝1.5×10－3 C ，故C 正确；在0.02～0.03 s 内，产生的感应电动势为E ′＝n ΔΦ′Δt ＝n ΔB ′SΔt ＝100×8×1.5×10－3 V ＝1.2 V ，产生的感应电流为I ′＝E ′R ＋r ＝1.27＋1A ＝0.15 A ，R 上产生的焦耳热为Q ＝I ′2Rt ＝0.152×7×0.01 J ＝1.575×10－3 J ，故D 错误．(多选)(2018·江西省仿真模拟)如图8甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd 相连，导线框内有一小金属圆环L ，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B 随时间按图乙所示规律变化时( )图8A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流[答案]AD[解析]据题意，在t1～t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且图线切线的斜率在增加，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流产生增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流产生稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场向下减小，且图线切线的斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向的感应电流，选项D正确．1．(多选)(2018·湖北省武汉市调研)如图9甲所示，在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)．t＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是()图9A．线框中产生大小、方向周期性变化的电流B．MN边受到的安培力先减小后增大C．线框做匀加速直线运动D．线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失[答案]BC[解析]穿过线框的磁通量先向下减小，后向上增加，则根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A错误；因B的变化率不变，则感应电动势不变，感应电流不变，而B的大小先减小后增加，根据F＝BIL可知，MN边受到的安培力先减小后增大，选项B正确；因线框平行的两边电流等大反向，则整个线框受的安培力为零，则线框下滑的加速度不变，线框做匀加速直线运动，选项C正确；因安培力对线框做功为零，斜面光滑，则线框的机械能守恒，选项D错误．2．(2018·闽粤期末大联考)如图10所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒，ab和cd用导线连成一个闭合回路，当ab棒向左运动时，cd棒受到向下的磁场力．则有()图10A．由此可知d电势高于c电势B．由此可知Ⅰ是S极C．由此可知Ⅰ是N极D．当cd棒向下运动时，ab棒不受到向左的磁场力[答案] B[解析]cd棒受到的安培力向下，由左手定则可知，cd棒中电流方向是：由c指向d，所以c 点的电势高于d点的电势，故A错误；ab中的电流由b流向a，ab棒向左运动时，由右手定则可知，ab棒所处位置磁场方向竖直向上，则Ⅰ是S极，Ⅱ是N极，故B正确，C错误；当cd棒向下运动时，ab棒中电流方向由a流向b，故ab棒受到向左的磁场力，故D错误．考点2电磁感应中的图象问题1．磁场变化产生感应电动势或感应电流时一般由B－t图象或Φ－t图象，判断I－t或E－t关系(1)注意正方向的规定．(2)B－t图象、Φ－t图象的斜率不变时，E、I大小方向不变；反之电流、电动势恒定时，B(Φ)随时间均匀变化．(3)安培力大小与B、I、L有关，当I、L不变，B随时间均匀变化时安培力随时间均匀变化．2．导体棒、线框切割磁感线时有效切割长度：导体首尾连线在垂直磁场、垂直切割速度方向上的投影长度．(多选)(2018·江西师范大学附中三模)如图11所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压U ab及导线框中的电流i随cd 边的位移x变化的图线可能是()图11[答案]BD[解析]线框的cd边刚进入磁场时做匀速运动，则整个线框进入磁场时速度不变，根据楞次定律知产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小E＝Bl v，此时ab两端的电压为U ab＝14Bl v，当线框全部进入磁场时，线框内无感应电流，此时线框做匀加速运动，ab两端的电压为U ab＝Bl(v＋at)，线框cd边刚出磁场后的瞬间，ab两端的电压为cd边即将出磁场前瞬，且逐渐减小，对比图象可知，A错误，B正确；当线圈的cd边出磁场时，间ab两端电压的34电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F，故此时线框做减速运动，且加速度逐渐减小，电流－位移图象切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大小，C错误，D 正确．(多选)(2018·福建省厦门市质检)如图12所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度为2L.一边长为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进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等．从ab边刚越过GH处开始计时，规定沿斜面向上为安培力的正方向，则线框运动的速率v与线框所受安培力F随时间变化的图线中，可能正确的是()图12[答案] AC[解析] 根据楞次定律可得线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E ＝BL v ，感应电流I ＝BL v R ，产生的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v R，随速度变化而变化，ab 边刚越过GH 进入磁场瞬间和刚越过MN 穿出磁场瞬间速度刚好相等，可能的运动情况有两种，一是进磁场时匀速，完全进入磁场后做匀加速直线运动，但出磁场过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，二是进磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，完全进入磁场后做匀加速运动，出磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，结合图象知A 正确，B 错误；根据左手定则可得线框进入磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，为正，且F ＝BIL ＝B 2L 2v R，线框完全进入磁场后，线框所受安培力为零；出磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，且出磁场时的安培力可能等于进入磁场时的安培力，所以C 正确，D 错误．3．(2018·河北省张家口市上学期期末)一正三角形导线框ABC(高为a)从如图13所示的位置沿x轴正方向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、磁场方向相反且均垂直于平面、宽度均为a.则感应电流I与线框移动距离x的关系图线可能是(以逆时针方向为感应电流的正方向)()图13[答案] C[解析]当线框移动距离x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；当线框移动距离x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，三角形导线框左侧在左边磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，三角形导线框右侧在右边磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2增大，两个电动势方向一致，总电动势E＝E1＋E2增大，感应电流增大，故A错误；当线框移动距离x 在2a～3a范围，线框穿过右侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C正确，D错误．考点3 电磁感应中的动力学与能量问题1．电磁感应与动力学综合题的解题策略(1)做好电路分析，明确电源与外电路，可画等效电路图．(2)做好受力分析，把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v 的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v 的变化．(3)做好运动过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”．2．电磁感应中能量的三种求解方法(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．其他形式的能量――――――→克服安培力做功电能――――→电流做功焦耳热或其他形式的能量(2)利用能量守恒定律求解：若只有电能和机械能参与转化，则机械能的减少量等于产生的电能．(3)利用电路的相关公式——电功公式或电热公式求解：若通过电阻的电流是恒定的或电流的有效值已知，则可直接利用电功公式或焦耳定律求解焦耳热．特别提醒：注意区分回路中某个元件的焦耳热和回路总焦耳热，不能混淆． (2018·河北省张家口市上学期期末)如图14所示，两根半径为r 的四分之一圆弧轨道间距为L ，其顶端a 、b 与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B .将一根长度稍大于L 、质量为m 、电阻为R 0的金属棒从轨道顶端ab 处由静止释放．已知当金属棒到达图示的cd 位置(金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ)时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef 时，对轨道的压力为1.5mg .求：图14(1)当金属棒的速度最大时，流经电阻R 的电流大小和方向；(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R 的电荷量．(3)金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R 上产生的热量．[答案] (1)mg cos θBL电流方向为a →R →b (2)BL πr 2(R ＋R 0) (3)3mgrR 4(R ＋R 0)[解析] (1)金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，则有：mg cos θ＝BIL解得：I ＝mg cos θBL，流经R 的电流方向为a →R →b . (2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为：ΔΦ＝BS ＝BL ·πr 2＝BL πr 2平均电动势为：E ＝ΔΦΔt ，平均电流为：I ＝E R ＋R 0则流经电阻R 的电荷量：q ＝I Δt ＝ΔΦR ＋R 0＝BL πr 2(R ＋R 0)(3)在轨道底端时，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2r据题有：F N ＝1.5mg由能量转化和守恒得：Q＝mgr－12m v2＝34mgr电阻R上产生的热量为：Q R＝RR＋R0Q＝3mgrR4(R＋R0).(2018·广东省广州市4月模拟)如图15，两条间距L＝0.5 m且足够长的平行光滑金属直导轨，与水平地面成α＝30°角固定放置，磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向上，质量m ab＝0.1 kg、m cd＝0.2 kg 的金属棒ab、cd垂直导轨放在导轨上，两金属棒的总电阻r＝0.2 Ω，导轨电阻不计．ab在沿导轨所在斜面向上的外力F作用下，沿该斜面以v＝2 m/s的恒定速度向上运动．某时刻释放cd，cd向下运动，经过一段时间其速度达到最大．已知重力加速度g＝10 m/s2，求在cd 速度最大时，图15(1)abdc回路的电流强度I以及F的大小；(2)abdc回路磁通量的变化率以及cd的速率．[答案](1)5 A 1.5 N (2)1.0 Wb/s 3 m/s[解析](1)以cd为研究对象，当cd速度达到最大时，有：m cd g sin α＝BIL①代入数据得：I＝5 A由于两棒均沿导轨所在斜面方向做匀速运动，可将两棒看作整体，作用在ab上的外力：F＝(m ab＋m cd)g sin α②(或对ab：F＝m ab g sin α＋BIL)代入数据得：F＝1.5 N(2)设cd达到最大速度时abdc回路产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律有：E＝ΔΦΔt③由闭合电路欧姆定律有：I＝Er④联立③④并代入数据得：ΔΦ＝1.0 Wb/sΔt设cd的最大速率为v m，cd达到最大速度后的一小段时间Δt内，abdc回路磁通量的变化量：ΔΦ＝B·ΔS＝BL(v m＋v)·Δt⑤回路磁通量的变化率：ΔΦ＝BL(v m＋v)⑥Δt联立⑤⑥并代入数据得：v m＝3 m/s.4．(多选)(2018·广东省茂名市第二次模拟)如图16甲所示，一粗细均匀的单匝正方形铜线框，质量m ＝1 kg ，放置在光滑绝缘水平面上，两平行虚线间存在与水平面垂直的匀强磁场，磁场边界线与线框ab 边平行．现用垂直于ab 边的水平恒力F 拉动线框，线框到达位置Ⅰ时开始计时，此时线框开始进入匀强磁场，速度v 0＝3 m/s ，线框中感应电动势为2 V ．在t ＝3 s 时线框到达位置Ⅱ，线框开始离开匀强磁场，此过程中线框v －t 图象如图乙所示，那么( )图16A ．t ＝0时，ab 间的电压为0.75 VB ．恒力F 的大小为0.5 NC ．线框进入磁场与离开磁场的过程中线框内感应电流的方向相同D ．线框完全离开磁场瞬间的速度大小为2 m/s[答案] BD[解析] t ＝0时，ab 相当于电源，外电阻为内阻的3倍，ab 间电压应为电动势的34，即U ab ＝34E ＝34×2 V ＝1.5 V ，A 错误；线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增加，而线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律可知两个过程中产生的感应电流方向相反，当线框完全进入磁场到刚要穿出磁场过程，即1～3 s 过程中，由于穿过线框的磁通量不变，所以没有感应电流，不受安培力作用，外力F 即为线圈受到的合力，根据牛顿第二定律可得F ＝ma ＝1×3－22N ＝0.5 N ，B 正确，C 错误；因为线框刚要离开磁场时的速度和线框开始进入磁场时速度相等，所以受力情况、运动情况相同，线框刚离开磁场瞬间的速度和刚进入磁场瞬间的速度相等，即为2 m/s ，D 正确．5．(多选)(2018·河南省郑州市第二次质量预测)如图17，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R 的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g )( )图17A ．金属棒中的最大电流为Bd 2gh 2RB ．金属棒克服安培力做的功为mghC ．通过金属棒的电荷量为BdL 2RD ．金属棒产生的电热为12mg (h －μd ) [答案] CD[解析] 金属棒下滑过程中，根据动能定理得：mgh ＝12m v 2，金属棒到达磁场左边界时的速度为v ＝2gh ，金属棒到达磁场左边界后做减速运动，刚到达磁场左边界时的速度最大，最大感应电动势E ＝BL v ，则最大感应电流为：I ＝E R ＋R ＝BL 2gh 2R ，故A 错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh －W B －μmgd ＝0－0，克服安培力做的功：W B ＝mgh －μmgd ，故B 错误；通过金属棒的电荷量为：q ＝I Δt ＝ΔΦ2R ＝BLd 2R，故C 正确；克服安培力做的功转化为焦耳热，电阻与金属棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q R ＝12Q ＝12W B ＝12mg (h －μd )，故D 正确．考点4 电磁感应与动量结合的问题(2018·山东省淄博市模拟)如图18所示，一个质量为m 、电阻不计、足够长的光滑U 形金属框架MNQP ，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN 和PQ 相距为L .空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .另有质量也为m 的金属棒CD ，垂直于MN 放置在导轨上，并用一根绝缘细线系在定点A .已知，细线能承受的最大拉力为F T0，CD 棒接入导轨间的有效电阻为R .现从t ＝0时刻开始对U 形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a 的匀加速直线运动．图18(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t 0及细线断裂时框架的瞬时速度v 0大小；。

高考物理二轮专题复习电磁感应中单双棒问题归类例析

高考物理二轮专题复习电磁感应中单双棒问题归类例析文档编制序号：[KKIDT-LLE0828-LLETD298-POI08]高考物理二轮专题复习：电磁感应中“单、双棒”问题归类例析一、单棒问题：1.单棒与电阻连接构成回路：例1、如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻．一根与导轨接触良好、阻值为R／2的金属导线ab垂直导轨放置（1）若在外力作用下以速度v向右匀速滑动，试求ab两点间的电势差。

（2）若无外力作用，以初速度v向右滑动，试求运动过程中产生的热量、通过ab电量以及ab发生的位移x。

2、杆与电容器连接组成回路例2、如图所示, 竖直放置的光滑平行金属导轨, 相距l , 导轨一端接有一个电容器, 电容量为C, 匀强磁场垂直纸面向里, 磁感应强度为B, 质量为m的金属棒ab可紧贴导轨自由滑动.现让ab由静止下滑, 不考虑空气阻力, 也不考虑任何部分的电阻和自感作用. 问金属棒的做什么运动棒落地时的速度为多大3、杆与电源连接组成回路例3、如图所示，长平行导轨PQ、MN光滑，相距5.0l m，处在同一水平面中，磁感应强度B=的匀强磁场竖直向下穿过导轨面．横跨在导轨上的直导线ab的质量m =、电阻R =Ω，导轨电阻不计．导轨间通过开关S将电动势E =、内电阻r =Ω的电池接在M、P两端，试计算分析：（1）在开关S刚闭合的初始时刻，导线ab的加速度多大随后ab的加速度、速度如何变化（2）在闭合开关S后，怎样才能使ab以恒定的速度υ=s沿导轨向右运动试描述这时电路中的能量转化情况（通过具体的数据计算说明）．1、双杆所在轨道宽度相同——常用动量守恒求稳定速度例4、两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。

导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0．若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少．（2）当ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的加速度是多少例5、如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。

2024届高考物理二轮复习专题课件：+电磁感应

【考向】自感、互感
A．如图甲，人造地球卫星经过地面跟踪站上空，地面接收到信号频率先增大后减小 B．如图乙，A、B两灯均发亮，若断开开关，A灯和B灯都会立即熄灭 C．如图丙，高频感应炉是利用炉外线圈产生的热量使炉内的金属熔化 D．如图丁，利用该装置验证向心力与角速度的关系时，要保持皮带连接的两个塔轮半径相同
A．线圈abcd中的电流方向为顺时针B．线圈abcd中的电流
方向为逆时针C．线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向
一致D．线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向相反
【答案】BC 【详解】AB．当汽车保险杠撞上前面的障碍物C时，电磁缓冲器是磁场相对于保险杠上的线圈运动，可以反过来以磁场为参考系，则保险杠上的线圈abcd相对于磁场反方向运动，根据右手定则或楞次定律，可知线圈abcd中的电流方向为逆时针，故A错误，B正确； CD．根据左手定则可知bc边受到的安培力方向与车前行方向一致，故C正确，D 错误。故选BC。
二、网络构建、知识梳理
“三个定则”“一个定律”的比较
名称电流的磁效应磁场对电流的作用
电磁感应
应用的定则或定律安培定则左手定则右手定则楞次定律
基本现象运动电荷、电流产生磁场磁场对运动电荷、电流有作用力部分导体做切割磁感线运动
闭合回路磁通量变化
自感、互感问题
通电自感和断电自感的比较
B．闭合回路中的感应电动势为 k S1 2S2
C．定值电阻两端的电流大小为 k S1 S2
D．定值电阻两端的电压为
Rk
S1
R
2S2
r
Rr
例2、如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长 L＝0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.4T，现使ab以＝10m/s的速度向左做匀速运动.

2014高考物理二轮复习：知识必备专题十电磁感应基本问题分析

一、感应电动势的几种表达式
1. 穿过回路的磁通量发生变化时E=n Δ
Δt
,一般用来计算Δt时间内的感应
电动势的平均值.
2. 导体棒垂直切割磁感线运动时E=BLv.
3. 导体棒在磁场中以其中一端为圆心转动切割磁感线时E=1
2BL2ω.
二、感应电动势方向(或感应电流方向)判断:
1. 右手定则:适用于导体切割磁感线产生感应电流的方向的判断.
2. 楞次定律: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.
三种阻碍:
(1) 阻碍原磁通量的变化——增反减同.
(2) 阻碍物体间的相对运动——来拒去留.
(3) 阻碍自身电流的变化——增反减同.
三、自感现象
自感电动势与导体中的电流变化率成正比,比例系数称为导体的自感系数L.线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系.线圈的横截面积越大,线圈越大,匝数越多,它的自感系数就越大.有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯的大得多.。

2024年高考物理题源展望专题11 电磁感应问题(解析版

专题11 电磁感应问题目录近年真题对比考向一法拉第电磁感应定律的理解和应用问题带电粒子在有界磁场中运动考向二电磁感应的综合问题命题规律解密名校模拟探源易错易混速记【命题意图】考查法拉第电磁感应定律综合应用问题，意在考查考生分析问题，通过图象获取有用信息的能力和应用数学知识解决问题的能力。

电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电量的计算等知识点，意在考查考生对电磁感应电路的分析以及对电磁感应中功能关系的正确理解和应用2022年高考考查的内容较大概率以法拉第电磁感应定律的理解及其应用为核心，侧重要注重法拉第电磁感应定律的理解及应用。

有时还与实际生活、生产科技相结合，考查考生利用物理知识分析解决实际问题的能力。

【考查要点】主要考相法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、功和功率、焦耳定律、能量守恒定律、功能关系、动能定理等，既有以选择题形式出现的，也有计算题的形式。

【课标链接】①理解法拉第电磁感应定律、楞次定律②能分析电磁感应中的电路问画出等效电路图。

能用力学中的能量守恒定律、功能关系、动能定理分析电磁感应问题。

考向一法拉第电磁感应定律的理解和应用问题带电粒子在有界磁场中运动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【答案】C【解析】由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A 错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb （逆时针），B 错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd （顺时针），C 正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb （逆时针），再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D 错误。

(广东版)高三物理第二轮专题复习(专家概述+解题思路与方法+专题测试)专题十电磁感应与力学综合[0

专题十电磁感应与力学综合【专家概述】本专题的重点和难点内容1、能量守恒定律、动量守恒定律、法拉第电磁感应定律、全电路欧姆定律、牛顿运动定律、万有引力定律、胡克定律2、动量定理、动能定理、运动公式、滑动摩擦力公式、其它物理量的定义及公式（如电场力、安培力、洛仑兹力等）本专题的解题思路与方法1、处理单体运动问题时，确定研究对象（如质点、杆等），受力分析（通电导线涉及法拉第电磁感应定律、全电路欧姆定律、安培力公式；带电粒子在电场、磁场中运动涉及电场力公式、洛仑兹力公式），建立直角坐标系，根据能量守恒定律、动量定理、动能定理、牛顿第二定律分别在x轴方向、y轴方向建立方程2、处理双体运动问题时（如碰撞、爆炸等），确定研究系统（如两质点、两杆等），受力分析，建立直角坐标系，根据动量守恒定律沿运动方向建立方程3、根据已知条件或几何关系建立方程，联立以上方程组解出结果，判断结果的合理性。

【经典例说】例1 （湛江调研）如下图，在磁感应强度B=1.2T的匀强磁场中，让导体PQ在U型导轨υ=10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L=0.5m，那么产生的感应电动势的大小和PQ 上以速度中的电流方向分别为（）A．0.6V，由P向QB．0.6V，由Q向PC．6V，由P向QD．6V，由Q向P答案：D分析：PQ在外力作用下匀速向右运动，切割磁感线，产生感应电动势、感应电流。

E==6V，根据楞次定律判断出感应电流方向为QPaRd，选项D正确。

解：BLv小结：求感应电动势用法拉第电磁感应定律，求感应电流方向用楞次定律，此题用“增反减同”要快一些。

变式训练 1．（茂名一模）如下图，光滑的“U ”形金属框架静止在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中.现使ab 棒突然获得一初速度V 向右运动，以下说法正确的选项是（）A ．ab 做匀减速运动B ．回路中电流均匀减小C ．a 点电势比b 点电势低D ．U 形框向右运动2．（江苏高考）如下图，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计.匀强磁场与导轨平面垂直.阻值为R 的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触.T=0时，将开关S 由1掷到2.q 、i 、v 和a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度.以下图象正确的选项是（）例2 （东莞上末）如下图，质量为M 的金属棒P 在离地h 高处从静止开场沿弧形金属平行导轨MN 、M ′N ′下滑.水平轨道所在的空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B 、水平导轨上原来放有质量为m 的金属杆Q.已知两金属棒的电阻均为r.导轨宽度为L ，且足够长，不计导轨的摩擦及电阻.求：(1)两金属棒的最大速度分别为多少？(2)P 棒两端的最大感应电动势及所受最大安培力分别是多少？ (3)在两棒运动过程中释放出的热量是多少？分析：P 棒下落，不切割磁感线，没有电动势产生，重力势能转化为动能。

高考物理二轮复习专题电磁感应讲含解析.doc

电磁感应4.错误！未指定书签。

纵观近几年高考试题，预测2019年物理高考试题还会考：1.高考命题频率较高的是感应电流的产生条件、方向的判定和法拉第电磁感应定律的应用，与电路、力学、能量及动量等知识相联系的综合及图象问题(如Φ－t图象、B－t图象和i－t图象)等时有出现，要高度重视，法拉第电磁感应定律、楞次定律一直是高考命题的热点。

2.本专题因难度大、涉及知识点多、综合能力强，主要的题型还是杆+导轨模型问题，线圈穿过有界磁场问题，综合试题还会涉及力和运动、能量守恒等知识，还可能以科学技术的具体问题为背景，考查运用知识解决实际问题的能力。

错误！未指定书签。

考向01 法拉第电磁感应定律和楞次定律1.讲高考（1）考纲要求知道电磁感应现象产生的条件;理解磁通量及磁通量变化的含义，并能计算;掌握楞次定律和右手定则的应用，并能判断感应电流的方向及相关导体的运动方向；能应用法拉第电磁感应定律、公式E ＝Blv 计算感应电动势.2.理解自感、涡流的产生，并能分析实际应用。

考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用考点定位】考查了楞次定律的应用、导体切割磁感线运动【方法技巧】在分析导体切割磁感线运动、计算电动势时，一定要注意导体切割磁感线的有效长度，在计算交变电流的有效值时，一定要注意三个相同：相同电阻，相同时间，相同热量。

2．讲基础（1）电磁感应现象① 产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．② 能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能．（2）楞次定律①内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化． ②适用情况：所有的电磁感应现象．③右手定则：适用情况：导体棒切割磁感线产生感应电流．（3）法拉第电磁感应定律 ①法拉第电磁感应定律的公式tnE ∆∆Φ=. ②导体切割磁感线的情形：则E ＝Blv sin_θ.（运动速度v 和磁感线方向夹角为）；E ＝Blv .（运动速度v 和磁感线方向垂直）；导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E ＝Bl v ＝12Bl 2ω(平均速度等于中点位置线速度12l ω)． 3．讲典例案例1．如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m 的铜质矩形线圈。