2018版高三物理一轮复习 专题10 电磁感应(含2015年高考真题)
2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第十章电磁感应第2讲含答案
第2讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流一、法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．(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：闭合电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．(2)公式：E＝n错误!,其中n为线圈匝数．(3）感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I ＝错误!。
(4）说明：①当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝n ΔB·SΔt；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝n错误!；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝n错误!≠n错误!.②磁通量的变化率错误!是Φ－t图象上某点切线的斜率．二、导体切割磁感线产生的感应电动势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．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．3．切割的“有效长度”公式中的l为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度．图1中有效长度分别为:图1甲图：沿v1方向运动时,l＝错误!；沿v2方向运动时,l＝错误!·sin β;乙图：沿v1方向运动时，l＝错误!;沿v2方向运动时,l＝0;丙图：沿v1方向运动时，l＝错误!R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R。
4．“相对性”的理解E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．三、自感和涡流现象1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．(2)表达式:E＝L错误!。
（3）自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．(4）自感现象“阻碍"作用的理解:①流过线圈的电流增加时,线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加．②流过线圈的电流减小时,线圈中产生的自感电动势与电流方向相同,阻碍电流的减小,使其缓慢地减小．线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的I L逐渐变小．2．涡流现象(1）涡流:块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流．(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流．（3）涡流的利用：冶炼金属的高频感应炉利用强大的涡流产生焦耳热使金属熔化；家用电磁炉也是利用涡流原理制成的．（4)涡流的减少:各种电机和变压器中,用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯，以减少涡流．1．判断下列说法是否正确．（1）线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大．（×)（2)线圈中磁通量变化越大,产生的感应电动势越大．( ×）（3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大．( √）（4）线圈中的电流越大，自感系数也越大．( ×)(5)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大．（√）2．（人教版选修3－2P17第1题改编）将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同答案C3．（人教版选修3－2P21第4题改编)如图2所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同,方向均垂直于MN. 第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc 边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（)图2A．Q1＞Q2，q1＝q2B．Q1＞Q2,q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2答案A解析由Q＝I2Rt得，Q1＝错误!2Rt＝错误!×错误!＝错误!,同理，Q2＝错误!,又因为L ab＞L bc，故Q1＞Q2。
2018高考一轮物理文档 第十章 电磁感应 章末专题复习
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版高考一轮总复习物理模拟演练 第10章 电磁感应 1
时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～7为单选，8～10为多选)1．关于感应电流，下列说法中正确的是( )A．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生B．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管的线圈中就一定有感应电流产生C．线圈不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流D．只要电路的一部分作切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流答案 C解析当闭合电路中的磁通量发生变化时，电路中才有感应电流，有磁通量，但如果不变化，则也不可能有感应电流，故选项A错误；如果不是闭合电路，则只能有感应电动势而不能形成感应电流，故选项B错误；线圈不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流，故选项C正确；如果电路不是闭合的，则电路中也不会产生感应电流，故选项D错误。
2．如图所示，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的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大答案 D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，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增强，根据楞次定律可知，线圈a 中所产生的感应电流的磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a 中的电流方向为俯视逆时针方向，A 错误；由于螺线管b 中的电流增大，所产生的磁感应强度增强，线圈a 中的磁通量应变大，B 错误；根据楞次定律可知，线圈a 将阻碍磁通量的增大，因此，线圈a 有缩小和远离b 的趋势，线圈a 对水平桌面的压力将增大，C 错误，D 正确。
3．在一空间有方向相反、磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，如图所示，垂直纸面向外的磁场分布在一半径为a 的圆形区域内，垂直纸面向里的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b (b >2a )的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a 的圆形区域是同心圆。
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专题10 电磁感应1.（15江苏卷）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律，实验装置如题11-1图所示，打点计时器的电源为50Hz的交流电（1）下列实验操作中，不正确的有________A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面C．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落D．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源（2）该同学按照正确的步骤进行试验（记为“实验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，确定一合适的点为O点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1、2、3…….8，用刻度尺量出各计数点的相邻计时点到O点的距离，记录在纸带上，如题11-2图所示计算相邻计时点间的平均速度v，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表，请将表中的数据补充完整（3）分析上表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是________;磁铁受到阻尼作用的变化情况是____________.（4）该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作（记为实验②），结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同，请问实验②是为了说明说明？对比实验①和②的结果得到什么结论？ 答案： （1）CD （2）39.0（3）逐渐增大到39.8 cm/ s 逐渐增大到等于重力（4）为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用，磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用. 解析：根据速度Ts s v n n n 211-+-=计算速度.2.（15北京卷）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度 L = 0.4 m ，一端连接 R=1 Ω 的电阻，导轨所在的空间存在竖直向下的匀强磁场， 磁感应强度B = 1 T ， 导体棒 MN 放在导轨上， 其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好.导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.在平行于导轨的拉力 F 作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度 v = 5 m/s ，求： ( 1 ) 感应电动势 E 和感应电流 I ；( 2 ) 在 0.1 s 时间内，拉力的冲量的大小；( 3 ) 若将 MN 换为电阻为 r = 1Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压 U.解析：（1）根据动生电动势公式得E=BLv = 1T ×0.4m ×5m /s =2.0 V①故感应电流I=A 0.21v 0.2R E =Ω= ②（2）金属棒匀速运动过程中，所受的安培力大小为F 安= BIL =0.8N, 因为是匀速直线运动，所以导体棒所受拉力F = F 安 = 0.8N ③所以拉力的冲量 IF =F t=0.8 N × 0.1 s=0.08 S N ∙ ④导体棒两端电压U=V 0.1r R RE=+ ⑤3.（15海南卷）如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折弯，置于磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为ε'，则εε'等于（ ）A.1/2B.22C.1D.2 答案：B解析：设折弯前导体切割磁感线的长度为L ，折弯后，导体切割磁场的有效长度为l L ==，故产生的感应电动势为Blv B Lv ε'===，所以εε'=，B 正确； 4.（15海南卷）如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l ，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下.一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨和导体棒的电阻均可忽略.求（1）电阻R 消耗的功率； （2）水平外力的大小.解析：（1）导体切割磁感线运动产生的电动势为E BLv =， 根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为EI R=电阻R 消耗的功率为2P I R =，联立可得222B L v P R=（2）对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F mg F μ+=安，BlvF BIl B l R==⋅⋅安，故22B l v F mg R μ=+ 5.（15四川卷）18分） 如图所示，金属导轨MNC 和PQD ，MN 与PQ 平行且间距为L ，所在平面与水平面夹角为α，N 、Q 连线与MN 垂直，M 、P 间接有阻值为R 的电阻；光滑直导轨NC 和QD 在同一水平面内，与NQ 的夹角都为锐角θ.均匀金属棒ab 和ef 质量均为m ，长均为L ，ab 棒初始位置在水平导轨上与NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止.空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）.两金属棒与导轨保持良好接触.不计所有导轨和ab 棒的电阻，ef 棒的阻值为R ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g .（1）若磁感应强度大小为B ，给ab 棒一个垂直于NQ 、水平向右的速度v 1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程ef 棒上产生的热量； （2）在（1）问过程中，ab 棒滑行距离为d ，求通过ab 棒某横截面的电量；（3）若ab 棒以垂直于NQ 的速度v 2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ 位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef 棒始终静止.求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离.解析：（1）由于ab 棒做切割磁感线运动，回路中产出感应电流，感应电流流经电阻R 和ef棒时，电流做功，产生焦耳热，根据功能关系及能的转化与守恒有：2121mv ＝Q R ＋Q ef ①根据并联电路特点和焦耳定律Q ＝I 2Rt 可知，电阻R 和ef 棒中产生的焦耳热相等，即Q R ＝Q ef ②由①②式联立解得ef 棒上产生的热量为：Q ef ＝2141mv（2）设在ab 棒滑行距离为d 时所用时间为t ，其示意图如下图所示：该过程中回路变化的面积为：ΔS ＝21[L ＋（L －2d cot θ）]d ③ 根据法拉第电磁感应定律可知，在该过程中，回路中的平均感应电动势为：E ＝tSB Δ ④根据闭合电路欧姆定律可知，流经ab 棒平均电流为：I ＝2/R E⑤ 根据电流的定义式可知，在该过程中，流经ab 棒某横截面的电量为：q ＝t I ⋅ ⑥由③④⑤⑥式联立解得：q ＝Rθd L Bd )cot (2-⑶由法拉第电磁感应定律可知，当ab 棒滑行x 距离时，回路中的感应电动势为：e ＝B （L －2x cot θ）v 2 ⑦根据闭合电路欧姆定律可知，流经ef 棒的电流为：i ＝Re⑧ 根据安培力大小计算公式可知，ef 棒所受安培力为：F ＝iLB ⑨ 由⑦⑧⑨式联立解得：F ＝)cot 2(22θx L RLv B -⑩ 由⑩式可知，当x ＝0且B 取最大值，即B ＝B m 时，F 有最大值F m ，ef 棒受力示意图如下图所示：根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有：F m cos α＝mg sin α＋f m ⑪ 在垂直于导轨方向上有：F N ＝mg cos α＋F m sin α ⑫ 根据滑动摩擦定律和题设条件有：f m ＝μF N ⑬ 由⑩⑪⑫⑬式联立解得：B m ＝2)sin (cos )cos (sin 1v αμααμαmgR L-+显然此时，磁感应强度的方向竖直向上或竖直向下均可由⑩式可知，当B ＝B m 时，F 随x 的增大而减小，即当F 最小为F min 时，x 有最大值为x m ，此时ef 棒受力示意图如下图所示：根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有：F min cos α＋f m ＝mg sin α ⑭在垂直于导轨方向上有：F N ＝mg cos α＋F min sin α ⑮ 由⑩⑬⑭⑮式联立解得：x m ＝μααμθL μ++cos sin )1(tan 26.（15安徽卷）如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计.已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）.则A ．电路中感应电动势的大小为θsin BlvB ．电路中感应电流的大小为rθsin BvC ．金属杆所受安培力的大小为r θsin lv B 2D ．金属杆的发热功率为θsin r lv B 22答案：B解析：金属棒的有效切割长度为l ，电路中感应电动势的大小E Blv =，选项A 错误；金属棒的电阻sin rl R θ=，根据欧姆定律电路中感应电流的大小sin E Bv I R rθ==，选项B 正确；金属杆所受安培力的大小2sin l B lvF BI r θ==，选项C 错误；根据焦耳定律，金属杆的发热功率为222sin B lv P I R rθ==，选项D 错误．答案为B ．7.（15重庆卷）题4图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在1t 到2t 时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由1B 均匀增加到2B ，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差a b ϕϕ-A.恒为2121()nS B B t t -- B. 从0均匀变化到2121()nS B B t t --C.恒为2121()nS B B t t --- D.从0均匀变化到2121()nS B B t t ---答案：C解析：穿过线圈的磁场均匀增加，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得2121()S B B E nn t t t ϕ-∆==∆-，而等效电源内部的电流由楞次定理知从a b →，即b 点是等效电源的正极，即2121()a b S B B n t t ϕϕ--=--，故选C.7．（2015·全国新课标Ⅱ）如图，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U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是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 =-1/2Bl ²ω，金属框中无电流D ．U bc =1/2Bl ²w ，金属框中电流方向沿a -c-b -a 答案：C解析：当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，穿过直角三角形金属框abc 的磁通量恒为0，所以没有感应电流，由右手定则可知，c 点电势高，ω221Bl U bc -=，故C 正确，A 、B 、D 错误.8、（2015·全国新课标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答案：AB解析：圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A对，圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流产生，选项B对.圆盘转动过程中，圆盘位置，圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错.圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D 错.。