三维设计高考物理二轮复习广东专命题点电磁感应问题PPT教案
合集下载
高考物理(广东专用)二轮专题复习课件第9讲 电磁感应现象及电磁感应规律的应用
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
解析 通过螺线管b的电流如图所示，根 据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的 磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，接 入电路的电阻减小，电流增大，所产生 的磁场的磁感应强度增强，根据楞次定
第9讲 电磁感应现象及电磁感应规律的应用
(2012· 广东卷，35)如图4－9－1所示，质量为M的导体棒 ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上．导轨平面 与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向 垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、
间距为d的平行金属板．R和Rx分别表示定值电阻和滑动
ΔB 的感应电动势 E＝ S 不变，则安培力大小不变．同理可得 Δt T 在 ～T 时间内，ab 边受安培力的方向水平向右，故选项 B 正 2 确．
答案
B
电磁感应现象的发生一般有以下两种情况 (1)闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动： 此种情况下感应电流的方向一般用右手定则判断；
(2)穿过闭合电路的磁通量发生变化：此种情况下感应电
应F随时间t变化的图象是 ( )．
图4-9-2
解析
从 B－t 图象中获取磁感应强度 B 与时间 t 的关系，结合 E
ΔΦ ＝ 及安培力 F＝BIL 得 F－t 关系． Δt T T T 由 B－t 图象可知，在 0～ 时间内，B 均匀减小； ～ 时间内，B 4 4 2 反向均匀增大．由楞次定律知，通过 ab 的电流方向向上，由左手 定则可知 ab 边受安培力的方向水平向左． 由于 B 均匀变化， 产生
流的方向一般用楞次定律判断． 不论哪种情况，归根到底还是穿过闭合电路的磁通量发 生了变化，即ΔΦ≠0.
【预测1】
(单选)如图4－9－3所示，在匀强磁场中的矩形金属轨道
高考物理二轮复习专题电磁感应定律及综合应用教学案
专题09 电磁感应定律及综合应用电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考命题频率最高的内容之一。
题型多为选择题、计算题。
主要考查电磁感应、楞次定律、法拉第电磁感应定律、自感等知识。
本部分知识多结合电学、力学部分出压轴题，其命题形式主要是电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用、电磁感应与能量守恒的综合应用。
复习中要熟练掌握感应电流的产生条件、感应电流方向的判断、感应电动势的计算，还要掌握本部分内容与力学、能量的综合问题的分析求解方法。
预测2020年的高考基础试题重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效问题．综合试题还是涉及到力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识．主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等．此除日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术这些在实际中有广泛的应用问题也要引起重视。
一、法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律的内容是感应电动势的大小与穿过回路的磁通量的变化率成正比．在具体问题的分析中，针对不同形式的电磁感应过程，法拉第电磁感应定律也相应有不同的表达式或计算式．磁通量变化的形式表达式备注通过n匝线圈内的磁通量发生变化E＝n·ΔtΔΦ(1)当S不变时，E＝nS·ΔtΔB(2)当B不变时，E＝nB·ΔtΔS导体垂直切割磁感线运动E＝BLv 当v∥B时，E＝0 导体绕过一端且垂直于磁场方向的转轴匀速转动E＝21BL2ω线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动E＝nBSω·sinωt当线圈平行于磁感线时，E最大为E＝nBSω，当线圈平行于中性面时，E＝0二、楞次定律与左手定则、右手定则1．左手定则与右手定则的区别：判断感应电流用右手定则，判断受力用左手定则．2．应用楞次定律的关键是区分两个磁场：引起感应电流的磁场和感应电流产生的磁场．感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化，“阻碍”的结果是延缓了磁通量的变化，同时伴随着能量的转化．3．楞次定律中“阻碍”的表现形式：阻碍磁通量的变化(增反减同)，阻碍相对运动(来拒去留)，阻碍线圈面积变化(增缩减扩)，阻碍本身电流的变化(自感现象)．三、电磁感应与电路的综合电磁感应与电路的综合是高考的一个热点内容，两者的核心内容与联系主线如图4－12－1所示：1．产生电磁感应现象的电路通常是一个闭合电路，产生电动势的那一部分电路相当于电源，产生的感应电动势就是电源的电动势，在“电源”内部电流的流向是从“电源”的负极流向正极，该部分电路两端的电压即路端电压，U ＝R ＋r R E.2．在电磁感应现象中，电路产生的电功率等于内外电路消耗的功率之和．若为纯电阻电路，则产生的电能将全部转化为内能；若为非纯电阻电路，则产生的电能除了一部分转化为内能，还有一部分能量转化为其他能，但整个过程能量守恒．能量转化与守恒往往是电磁感应与电路问题的命题主线，抓住这条主线也就是抓住了解题的关键．在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能．说明：求解部分导体切割磁感线产生的感应电动势时，要区别平均电动势和瞬时电动势，切割磁感线的等效长度等于导线两端点的连线在运动方向上的投影．考点一 对楞次定律和电磁感应图像问题的考查例1、【2020·新课标Ⅲ卷】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。
高三物理二轮复习方案专题课件(新课标广东专版)专题12 电磁感应
专题十二 │ 主干知识整合
二、楞次定律与左手定则、右手定则 1．左手定则与右手定则的区别：判断感应电流用右手定 则，判断受力用左手定则． 2．应用楞次定律的关键是区分两个磁场：引起感应电流 的磁场和感应电流产生的磁场．感应电流产生的磁场总是阻碍 引起感应电流的磁场的磁通量的变化，“阻碍”的结果是延缓 了磁通量的变化，同时伴随着能量的转化． 3．楞次定律中“阻碍”的表现形式：阻碍磁通量的变化 (增反减同)，阻碍相对运动(来拒去留)，阻碍线圈面积变化(增 缩减扩)，阻碍本身电流的变化(自感现象)．
专题十二 │ 要点热点探究
(2)电磁感应图象问题的特点是考查方式灵活：根据电磁感 应现象发生的过程，确定给定的图象是否正确，或画出正确的 图象；由题目给定的图象分析电磁感应过程，综合求解相应的 物理量． (3)电磁感应图象问题可综合法拉第电磁感应定律、楞次定 律和安培定则、右手定则及左手定则，结合电路知识和力学知 识求解． (4)电磁感应图象问题的解题方法技巧：根据初始条件，确 定给定的物理量的正负或方向的对应关系和变化范围，确定所 研究的物理量的函数表达式以及进出磁场的转折点等，这是解 题的关键．
专题十二 │ 要点热点探究
专题十二 │ 要点热点探究
例 1 变式题 C 【解析】 由电流的图象可知，导体切割磁感 线有电流时，电流是恒定的，这就排除了 A、B 两种情况，因 A、B T T 两种情况中电流是变化的；再根据右手定则，在 4 到 2 内产生的感应 电流的方向由 P 指向 O 的只有 C 这种情况．
专题十二 │ 主干知识整合
三、电磁感应与电路的综合 电磁感应与电路的综合是高考的一个热点内容，两者的核 心内容与联系主线如图4－12－1所示：
专题十二 │ 主干知识整合
2021届新高考物理二轮复习专题4第2讲电磁感应规律及综合应用ppt课件
(4)利用楞次定律或推论，判断无磁场线圈中的感应方向或线圈
运
第一部分 专题四 电路与电磁感应37
高考
考向3 涡流、电磁阻尼和电磁振荡 6，(多选)(2020·天津高考真题)手机无线充电是比较新颖的充电方 式．如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别 安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量 ．当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受 电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电．在充电过程中
第一部分 专题四 电路与电磁感应44
高考
考向4 法拉第电磁感应定律的应用 8．(2020·海南5月调研)如图所示，用电阻为0.1 Ω的金属丝围成一个 半径为 0.3 m 的扇形闭合线框，该线框绕垂直于纸面的 O 轴以 rad/s的角速度匀速转动，O轴位于方向垂直纸面向里、磁感应强度大
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
第一部分 专题四 电路与电磁感应27
高考
【解析】 无论开关 S 拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边 线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引 起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律(增反减同)，右边圆环 中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，故选B ．
第一部分 专题四 电路与电磁感应22
高考 第一部分 专题四 电路与电磁感应23
返回导航
03 命题热点 · 巧突破
24
高考
考点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
考向1 电磁感应现象 1．(2020·新课标卷Ⅱ)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的 接缝实施焊接．焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电 源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生 的热量使接缝处的材料熔化将其焊接．焊接过程中所利用的电磁学规
【三维设计】2018届高考物理(通用版)二轮配套课件：专题3.5电磁感应综合问题(84张PPT)
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a 到 b 的 方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流 方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电流在 R 上 的热功率也变为原来的 2 倍
1 2 电动势大小 E＝ Bl ω，大小恒定，因此回路中电流也恒定 2 不变。
线圈 B 连接一电阻 R， 要使流过电阻 R 的 电流大小恒定，且方向由 c 点流经电阻 R 到 d 点。设线圈 A 中电流 i 从 a 点流入线圈的方向为正方向，则线圈 A 中的电 流随时间变化的图像是 ( )
要使线圈 B 中产生恒定的感应电流，线圈 A 中的磁场应是均匀 变化的，即线圈 A 中必须通以均匀变化的电流，由此可排除 C、 D 选项，然后再考虑到 B 中电流的方向，结合楞次定律可判断 选项 A 正确。
解析：通电螺线管从线圈正上方快速通过时，通过线圈的磁通 量先增大后减小。当通过线圈磁通量增大时，为阻碍其增大， 在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力 大于其重力，在水平方向上线圈有向右运动的趋势；当通过线 圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上 运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向 上线圈有向右运动的趋势。综上所述，线圈所受到的支持力先 大于重力后小于重力，运动趋势总是向右，D 正确。 答案：D
1．熟悉两个技法，做到解题快又准 (1)排除法： 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋 势(增大还是减小)、 变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)， 特 别是物理量的正负，排除错误的选项。没有表示方向的正负 时，优先判断方向有时会产生意想不到的效果。
如诊断卷第 5 题， (2016· 邯郸调研)如图中有 A、 B 两个线圈。
三维设计高考物理二轮复习课件广东专版第二部分命题点力和直线运动图像的综合市公开课金奖市赛课一等奖课件
第2页
2－2如图1－18所表示，一物体沿足够长固 定光滑斜面从t＝0时由静止开始运动， 同时受到沿斜面向上风力作用，风力 大小与时间成正比，即F＝kt(k为常数)。 图1－18 物体沿斜面向下运动过程中，如图1－19中物体加速度、 速度随时间改变图像正确是(取沿斜面向下为正方向) ()
第3页
图1－19
2－1一遥控玩具汽车在平直路上运动
位移－时间图像如图1－17所表示，则( )
A．15 s末汽车位移为300 m
B．20 s末汽车速度为－1 m/s
C．前10 s内汽车速度为5 m/s
图1－17
D．前25 s内汽车做单方向直线运动
第1页
பைடு நூலகம்
解析：由位移－时间图像可知，前10 s汽车做匀速直线 运动，速度为3 m/s，加速度为0，因此C错误；10～15 s汽车处于静止状态，汽车相对于出发点位移为30 m， A错误；15～25 s汽车反方向做匀速直线运动，速度为 －1 m/s，D错误，B正确。 答案：B
(3)不能抓住图像所反应特性规律，解题时找不到突 破点，以致解题时犯错。比如，v－t图线斜率是表 示加速度，在应用牛顿运动定律解题时不能应用到 公式F＝ma中去等。
第9页
第7页
对于力与直线运动图像综合问题，应注意下列几种 方面问题： (1)对图像所反应物理意义或物理过程理
解不准确或错误。比如，在v－t图像中，不理解时间 轴下方面积是表示负向位移，从而造成求解位移、路 程等犯错。
第8页
(2)对图像反应物理过程不能与物体实际运动情况 相相应，以致对物理过程或反应物理规律分析不清 犯错。
第4页
解析：设斜面与水平方向夹角为α，对物体受力分析，物 体沿斜面方向上由牛顿第二定律可得：mgsinα－kt＝ma， 故物体加速度随时间先均匀减小，再反向均匀增长，选项 A错误、B正确；由于物体运动加速度先均匀减小，故其 速度随时间改变图像上各点斜率先逐步减小，故选项C、 D均错误。 答案：B
2－2如图1－18所表示，一物体沿足够长固 定光滑斜面从t＝0时由静止开始运动， 同时受到沿斜面向上风力作用，风力 大小与时间成正比，即F＝kt(k为常数)。 图1－18 物体沿斜面向下运动过程中，如图1－19中物体加速度、 速度随时间改变图像正确是(取沿斜面向下为正方向) ()
第3页
图1－19
2－1一遥控玩具汽车在平直路上运动
位移－时间图像如图1－17所表示，则( )
A．15 s末汽车位移为300 m
B．20 s末汽车速度为－1 m/s
C．前10 s内汽车速度为5 m/s
图1－17
D．前25 s内汽车做单方向直线运动
第1页
பைடு நூலகம்
解析：由位移－时间图像可知，前10 s汽车做匀速直线 运动，速度为3 m/s，加速度为0，因此C错误；10～15 s汽车处于静止状态，汽车相对于出发点位移为30 m， A错误；15～25 s汽车反方向做匀速直线运动，速度为 －1 m/s，D错误，B正确。 答案：B
(3)不能抓住图像所反应特性规律，解题时找不到突 破点，以致解题时犯错。比如，v－t图线斜率是表 示加速度，在应用牛顿运动定律解题时不能应用到 公式F＝ma中去等。
第9页
第7页
对于力与直线运动图像综合问题，应注意下列几种 方面问题： (1)对图像所反应物理意义或物理过程理
解不准确或错误。比如，在v－t图像中，不理解时间 轴下方面积是表示负向位移，从而造成求解位移、路 程等犯错。
第8页
(2)对图像反应物理过程不能与物体实际运动情况 相相应，以致对物理过程或反应物理规律分析不清 犯错。
第4页
解析：设斜面与水平方向夹角为α，对物体受力分析，物 体沿斜面方向上由牛顿第二定律可得：mgsinα－kt＝ma， 故物体加速度随时间先均匀减小，再反向均匀增长，选项 A错误、B正确；由于物体运动加速度先均匀减小，故其 速度随时间改变图像上各点斜率先逐步减小，故选项C、 D均错误。 答案：B
三维设计高考物理二轮复习课件广东专版第二部分命题点直流电路的分析与计算市公开课金奖市赛课一等奖课件
第9页
引起效果相同，则该法则结果成立；若各变量对同一对 象分别引起效果相反，则“并同串反”法则不合用，只能 采用常规动态电路分析办法。另外还能够采用“极端法” ：把滑动变阻器阻值分别滑到最大和零位置，进行分析 ，从而得到结论。这种办法在解题时需要灵活选取。
第10页
第6页
6－3[双选]如图1－31所表示电路，电源电
动势为E，内阻为r，R为可变电
阻，其余为定值电阻。则开关S闭
合后，当R变小时，下列说法正
图1－31
确是
()
A．R1功率变大 B．R2功率变大 C．R3功率变大 D．R4功率变大
第7页
解析：由电路图可知，R和R3先并联，再与R2串联，然 后与R4并联，最后与R1串联接入电路。当可变电阻R变 小时，电路总电阻变小，干路上电流变大，R1电压增大， 功率增大。R4电压和电流减小，功率减小。R2电流和电 压增大，R2功率增大，R3电压减小，功率减小。
第3页
解析：将滑动变阻器的滑片 P 从最右端滑到最左端，电压表 V2 示数不断减小，图线甲是电压表 V2 示数随电流变化的图线；根 据闭合电路欧姆定律，当电流为 0.6 A 时，V2 示数为零，V1 示数 为 3 V，则 R1＝UI ＝5 Ω，E＝3＋0.6r；当电流为 0.4 A 时，V1、 V2 示数均为 2 V，则 E＝4＋0.4r。联立两个方程，解得 E＝6 V， r＝5 Ω。当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，为 P＝E4r2＝1.8 W；当 R2＝R1＋r 时，滑动变阻器 R2 的功率最大，为 0.9 W，选项 A、D 正确。
答案：AB
第8页
在直流电路中动态电路分析常规办法是利用闭合电路欧 姆定律以及串、并联电路规律综合判断，但也有特殊办 法——“并同串反”。“并同”是指某支路电电阻增大(减小) 时，与它并联或间接并联电阻中电流、两端电压、电功率 都将增大(减小)；“串反”是指某一电阻增大(减小)时，与它 串联或间接串联电阻中电流、两端电压、电功率都将减小( 增大)。注意“并同串反”法则应用条件为单变量电路。对于 多变量引起电路改变，若各变量对同一对象分别
引起效果相同，则该法则结果成立；若各变量对同一对 象分别引起效果相反，则“并同串反”法则不合用，只能 采用常规动态电路分析办法。另外还能够采用“极端法” ：把滑动变阻器阻值分别滑到最大和零位置，进行分析 ，从而得到结论。这种办法在解题时需要灵活选取。
第10页
第6页
6－3[双选]如图1－31所表示电路，电源电
动势为E，内阻为r，R为可变电
阻，其余为定值电阻。则开关S闭
合后，当R变小时，下列说法正
图1－31
确是
()
A．R1功率变大 B．R2功率变大 C．R3功率变大 D．R4功率变大
第7页
解析：由电路图可知，R和R3先并联，再与R2串联，然 后与R4并联，最后与R1串联接入电路。当可变电阻R变 小时，电路总电阻变小，干路上电流变大，R1电压增大， 功率增大。R4电压和电流减小，功率减小。R2电流和电 压增大，R2功率增大，R3电压减小，功率减小。
第3页
解析：将滑动变阻器的滑片 P 从最右端滑到最左端，电压表 V2 示数不断减小，图线甲是电压表 V2 示数随电流变化的图线；根 据闭合电路欧姆定律，当电流为 0.6 A 时，V2 示数为零，V1 示数 为 3 V，则 R1＝UI ＝5 Ω，E＝3＋0.6r；当电流为 0.4 A 时，V1、 V2 示数均为 2 V，则 E＝4＋0.4r。联立两个方程，解得 E＝6 V， r＝5 Ω。当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，为 P＝E4r2＝1.8 W；当 R2＝R1＋r 时，滑动变阻器 R2 的功率最大，为 0.9 W，选项 A、D 正确。
答案：AB
第8页
在直流电路中动态电路分析常规办法是利用闭合电路欧 姆定律以及串、并联电路规律综合判断，但也有特殊办 法——“并同串反”。“并同”是指某支路电电阻增大(减小) 时，与它并联或间接并联电阻中电流、两端电压、电功率 都将增大(减小)；“串反”是指某一电阻增大(减小)时，与它 串联或间接串联电阻中电流、两端电压、电功率都将减小( 增大)。注意“并同串反”法则应用条件为单变量电路。对于 多变量引起电路改变，若各变量对同一对象分别
相关主题
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度
变化→速度变化。如此周而复始直到加速度为
零速度达到最大值，导体处于稳定状态。在处
理过程中应学会从动态分析的过程中选择是用
动力学观点，还是用能量观点或动量观点来解
决问题。
第13页/共14页
14
答案：BC
第3页/共14页
4
7－2如图1－33所示，空间有一理想 边界MN将方向相反的匀强磁场分为 上、下两部分，边界以上的磁场方
向垂直纸面向里，磁感应强度大小为
B1，边界以下的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B2， 且B1>B2。将一根电阻为R的金属导线制成弧度为90°的扇形 闭合线框Oab。开始时，线框处于图中所示位置，现使线框绕 垂直于纸面的轴O以恒定角速度ω在纸面内顺时针转动。设线 框内沿逆时针方向为电流的正方向，图1－34中能正确表示导 线框内电流随时间变化的是
图1－32
强度B＝0.50 T，方向垂直导线框所在平面向里。金属
棒MN与导线框接触良好，且与导线框的对角线BD垂直放
置在导线框上，金属棒MN的中点始终在BD连线上。若金
属棒MN以v＝4.0 m/s的速度向右匀速运动，当金属棒MN
运动至AC的位置时第，1页下/共列14页正确的是 ()
2
A．金属棒MN产生的电动势大小为0.66 V B．金属棒MN上通过的电流大小为0.48 A C．导线框消耗的电功率为0.23 W D．金属棒MN上通过的电流方向为从M到N
第6页/共14页
7
进入垂直纸面向外的磁场中时，总电功势 E′＝E1＋E2， 电流沿顺时针方向，这段时间 Δt3＝2πω；线框的总电阻不 变，存在电动势时电流的大小相等，选项 C 正确。 答案：C
第7页/共14页 8
7－3[双选]如图1－35甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方
形闭属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，
三维设计高考物理二轮复习广东专命题 点电磁感应问题
会计学
1
7－1[双选]如图1－32所示，边长L＝
0.20 m的正方形导线框ABCD由粗细
匀的同种材料制成，正方形导线框
每边的电阻R0＝1.0 Ω金属棒M 正方形导线框的对角线长度
恰好相等，金属棒MN的电阻r＝0.20 Ω。
导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应
(2)在电磁感应现象中，闭合回路中可能有多段导线
产
生感应电动势。若这些电动势引起的感应电流
方向相同，则回路中总感应电动势大小是这些
电动势相加；若这些电动势引起的感应电流方 第12页/共14页
向相反，则回路中总感应电动势大小是这些电
动势相减。
13
(3)解决电磁感应中的力学问题时，一般按以下思路：
由导体受力运动产生感应电动势→产生感应电
第4页/共14页
()
5
图1－34
第5页/共14页
6
解析：线框进入磁场方向垂直纸面向里的磁场中，Oa 边切 割磁感线产生电动势 E1＝12B1l 2ω，Ob 边切割磁感线产生电 动势 E2＝12B2ω 2l，总电动势 E＝E1＋E2，这段时间 Δt1＝2πω， 电流沿逆时针方向；当 Ob 边也进入垂直纸面向里的磁场中 时，线框的磁通量不变化，没有感应电动势，这段时间Δt2 ＝π2ω；当 Oa 边
MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平
行，磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距MN的某一
高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿
过匀强磁场区域的v－t图像。已知金属线框的质量为m，电
阻为R，当地的重力加速度为g，图像中坐标轴上所标出的v1、 v2、v3、t1、t2、t3、t4均为已知量(下落过程中线框abcd始终 在竖直平面内，且bc边始终水平)。根据题中所给条件，以
C 正确；线框进入磁场 mgl＝Q1＋12mv2 2－12mv1 2，线框离开
磁场 mgl＝Q2，可见 Q1<Q2，选项 D 错。
答案：AC
第11页/共14页
12
(1)对于电磁感应中的电路综合问题必须明确产生感
应
电动势的那部分导体相当于电源(计算时应注意
有效切割长度)，其余部分相当于外电路，处理
时先画出等效电路图，然后按照电路问题求解。
下说法正确的是
第8页/共14页
()
9
图1－35
第9页/共14页 10
A．可以求出金属线框的边长 B．线框穿出磁场时间(t4－t3)等于进入磁场时间(t2－t1) C．线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向相 同 D．线框穿出磁场与进入磁场过程产生的焦耳热相等
第Hale Waihona Puke 0页/共14页11解析：由线框运动的 v－t 图像，可知 0～t1 线框自由下落， t1～t2 线框进入磁场，t2～t3 线框在磁场中只受重力作用加速 下降，t3～t4 线框离开磁场。线框的边长 l＝v3(t4－t3)，选项 A 正确；由于线框离开时的速度 v3 大于进入时的平均速度， 因此线框穿出磁场时间小于进入磁场时间，选项 B 错；线框 穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向都竖直向上，选项
第2页/共14页 3
解析：金属棒 MN 产生的电动势大小为：E＝B 2Lv＝0.4 2 V≈0.57 V，选项 A 错误；金属棒 MN 运动到 AC 位置时，导线 框左、右两侧电阻并联，其并联电阻为：R 并＝1.0 Ω，根据闭合 电路欧姆定律 I＝R 并E＋r≈0.48 A，选项 B 正确；根据右手定则， 电流方向从 N 到 M，选项 D 错误，导线框消耗的功率为：P 框＝ I2R 并≈0.23 W，选项 C 正确。