【步步高】2016版高考物理(全国通用)专题六电磁感应和电路第1讲 电磁感应问题
19-20版：第1讲 电磁感应现象（步步高）
生感应电流
D．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感
应电流
现象
答案 D 解析 产生感应电流有两个必要条件：一是闭合电路，二是回 路中磁通量发生变化，二者缺一不可．导体相对磁场运动或导 体做切割磁感线运动时，不一定组成闭合电路，故A、B错误． 即使是闭合回路做切割磁感线运动，回路中磁通量也不一定发 生变化，如右图所示，闭合导体虽然切割磁感线，但回路中磁 通量始终未变，故无感应电流产生，C错误．
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第1讲 电磁感应现象
二、电磁感应现象 1．电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感
线的运动时，导体中就产生电流．物理学中把这类现象叫 做 电磁感应 ． 2．感应电流：由电磁感应产生的电流叫做 感应电流 ． 想一想 如果整个闭合电路都在磁场中做切割磁感线的运 动，闭合回路中也一定有感应电流吗？ 答案 没有．
高中物理·选修1-1·人教版
第1讲 电磁感应现象
第三章 电磁感应
第1讲 电磁感应现象
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第1讲 电磁感应现象
[目标定位] 1.了解电磁感应现象发现过程，体会人类探索自然 规律的科学方法、科学态度和科学精神.2.知道磁通量，会比较 “穿过不同闭合电路磁通量”的大小.3.通过实验，掌握感应电 流的产生条件．
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第1讲 电磁感应现象
针对训练1 磁通量可以形象地理解为“穿过一个闭合电路的磁
感线的条数”．在图3－1－1所示磁场中，S1、S2、S3为三个面
积相同的相互平行的线圈，穿过S1、S2、S3的磁通量分别为
Φ1、Φ2、Φ3且都不为0.下列判断正确的是
()
高三物理二轮复习专题课件精编：专题六 第1课时 电磁感应问题的综合分析
热点题型例析
专题六 第1课时
如图 7 甲所示，光滑绝缘水平面上有一竖直向下
的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.2 T，以虚线 MN 为左边界， MN 的左侧有一质量 m＝0.1 kg，bc 边长 L1＝0.2 m，电阻 R ＝0.2 Ω 的矩形线圈 abcd.t＝0 时， 用一恒定拉力 F 拉线圈， 使
本 课 时 1．楞次定律中“阻碍”的表现 栏 (1)阻碍磁通量的变化(增反减同)． 目 开 (2)阻碍物体间的 相对运动 (来拒去留)． 关
(3)阻碍 原电流 的变化(自感现象)．
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2．感应电动势的计算 动势．
专题六 第1课时
ΔΦ (1)法拉第电磁感应定律：E＝ n Δt ，常用于计算 平均 电
本 课 时 栏 目 开 关
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专题六 第1课时
解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即： 先作“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的电源， 求出电源参数 E 和 r；
本 课 时 栏 目 开 关
接着进行“路”的分析——分析电路结构， 弄清串、 并联关系， 求出相关部分的电流大小，以便求解安培力； 然后是“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、 导体、 线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力； 接着进行“运动状态”的分析——根据力和运动的关系， 判断 出正确的运动模型； 最后是“能量”的分析 ——寻找电磁感应过程和研究对象的 运动过程中，其能量转化和守恒的关系.
热点题型例析
专题六 第1课时
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热点题型例析
专题六 第1课时
解析 线框速度 v＝at，产生的感应电动势 E＝Blv＝Blat，感 E Blat 应电流 i＝R＝ R ，i 与 t 成正比，A 错误； B2l2at B2l2at 受到的安培力 F 安＝ ， 又由 F－F 安＝ma 得 F＝ ＋ma， R R
步步高专题五 电磁感应中的电路和图象问题
(1) 割磁感线的导体或磁通 (2)产生电动势的那部 阻 2 3 电磁感
导体或线圈的电阻相当于电源的内阻
∆Φ 象产生的电动势 E＝Blvsin_θ 或 E＝n . ∆t
电磁感应中的电路 题 类 电路欧姆定律为中心 条定律( 包括六个 物理 (电压、电流、电阻、电 、电 率、 规律(串、并联
(1)以部 电热)
(1)随时间 化的图象如 B t 图象、Φ t 图象、E t 图象和 I t 图象 (2)随位移 x 2 (1) (2) 问题类型 定的电磁感应过程判断或画出 确的图象 定的有关图象 析电磁感应过程 求解相应的物理量 化的图象如 E x 图象和 I x 图象
(3)利用 出的图象判断或画出新的图象 3 解题关键 、负方向的对应 化范围 所研究物理量的函 关系式 进、出磁象问题
中的电路结构 并能计算电动势、电压、电流、电 等.2.能
给定的电磁感 过程判断或画出 确的图象或 给定的有关图象 析电磁感 过程 求解相 的物理 考点一 电磁感应中的电路问题 1 内电路和外电路 发生 化的线圈相当于电源 他部 的电阻相当于外电
导线和开关 S 连接到两金属板
图3 (1)该发电装置的电动势 (2)通过电阻 R 的电流的大小 (3)电阻 R 消耗的电 率 BdvS BdvS 2R (3) 答案 (1)Bdv (2) ρd SR ρd SR
(1) 法拉第电磁感应定律 有 E＝Bdv d (2)两金属板间河水的电阻 r＝ρ S BdvS E ＝ 合电路欧姆定律 有 I＝ r R ρd SR BdvS 2 (3) 电 率公式 P＝I2R 得 P＝ R ρd SR 解析
图1 解析 D t1＝ v ＝0.2s
在 0～t1 时间内 A1 产生的感应电动势 E1＝BLv＝0.18V. 等效电路如图 所示 图 知 电路的总电阻 rR ＝0.5Ω R 总＝ r r R E1 总电流 I＝ ＝0.36A R总 I 通过 R 的电流 IR＝ ＝0.12A 3 A1 离开磁场(t1＝0.2s)至 A2 2D 好进入磁场(t2＝ v ＝0.4s)的时间内 回路无电流 IR＝0
2024步步高第九章电磁感应 第1讲
考试内容范围及要求 高考命题解读内容要求 说明 1.考查方式 高考对本章内容考查命题频率较高，大部分以选择题的形式出题，也有部分是计算题，多以中档以上难度的题目来增加试卷的区分度，考查较多的学问点有：感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生感应电动势的计算，同时也会与力学、磁场、能量等学问综合考查及图象问题的考查． 2．命题趋势 (1)楞次定律、右手定则、左手定则的应用． (2)与图象结合考查电磁感应现象．(3)通过“杆＋导轨”模型，“线圈穿过有界磁场”模型，考查电磁感应与力学、电路、能量等学问的综合应用.41.电磁感应现象Ⅰ 限于导线方向与磁场方向、运动方向垂直的状况42.感应电流的产生条件Ⅱ43.法拉第电磁感应定律 楞次定律 Ⅱ44.自感 涡流 Ⅰ 第1讲 电磁感应现象 楞次定律一、电磁感应现象的推断1．磁通量(1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积．(2)公式：Φ＝BS.(3)适用条件：①匀强磁场．②S为垂直磁场的有效面积．(4)磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)．(5)磁通量的意义：①磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数．②同一线圈平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大；当它跟磁场方向平行时，磁通量为零；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时，磁通量为零．(6)磁通量改变：ΔΦ＝Φ2－Φ1.2．电磁感应现象(1)定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生改变时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．(2)产生条件：穿过闭合回路的磁通量发生改变．(3)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，该过程遵循能量守恒定律．二、楞次定律的理解及应用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改变．2．适用状况：全部的电磁感应现象．3．“阻碍”的含义谁阻碍谁↓阻碍什么↓如何阻碍→↓阻碍效果→阻碍并不是阻挡，只是延缓了磁通量的改变，这种改变将接着进行4．右手定则(1)内容：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．(2)适用状况：导体切割磁感线产生感应电流．三、三定则肯定律的比较基本现象应用的定则或定律运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对运动电荷、电流的作用力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则闭合回路磁通量改变楞次定律深度思索 1.右手定则与左手定则的区分：“因电而动”——用左手定则，“因动而电”——用右手定则．2．安培定则与楞次定律的区分：“因电生磁”——用安培定则．“因磁生电”——用楞次定律(或右手定则)．1．推断下列说法是否正确．(1)穿过闭合电路的磁通量发生改变，电路中不肯定有感应电流产生．(×)(2)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生改变，线框中也没有感应电流产生．(√)(3)当导体切割磁感线时，肯定产生感应电动势．(√)(4)回路不闭合，穿过回路的磁通量改变时，也会产生“阻碍”作用．( × )(5)感应电流的磁场肯定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量改变．( √ )(6)感应电流的方向可能与B 的方向平行，但肯定与v 的方向垂直．( × )2．(人教版选修3－2P9第7题改编)如图1所示，固定于水平面上的金属架abcd 处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN 沿框架以速度v 向右做匀速运动．t ＝0时，磁感应强度为B 0，此时MN 到达的位置恰好使MbcN 构成一个边长为l 的正方形．为使MN 棒中不产生感应电流，从t ＝0起先，磁感应强度B 随时间t 改变的示意图为( )图1答案 C解析 为了使MN 棒中不产生感应电流，即让MN 棒与线框组成回路的磁通量保持不变，或者使导线切割磁感线产生的感应电动势E 1与磁场改变产生的感生电动势E 2大小相等，即Bl v ＝ΔBS Δt ，随着磁场减弱，而面积增大，故ΔB Δt减小，故选C. 3．(人教版选修3－2P7第1题改编)如图2所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框．在下列四种状况下，线框中会产生感应电流的是( )图2A ．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 ．如图丙表示，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 转动答案 C4．(人教版选修3－2P14第6题改编)(多选)如图3所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象及现象分析正确的是()图3A．磁铁插向左环，横杆发生转动B．磁铁插向右环，横杆发生转动C．磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流D．磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流答案BD命题点一电磁感应现象的推断对感应电流产生条件的理解1．推断产生感应电流的两种方法(1)闭合电路的一部分导体切割磁感线；(2)一闭合二变磁，即导体回路必需闭合，穿过闭合导体回路的磁通量发生改变，二者缺一不行．2．磁通量改变的四种状况(1)B不变，S改变，则ΔΦ＝B·ΔS；(2)B改变，S不变，则ΔΦ＝ΔB·S；(3)B改变，S也改变，则ΔΦ＝B2S2－B1S1；(4)B不变，S不变，线圈平面与磁场方向的夹角θ改变，则ΔΦ＝BS(sin θ2－sin θ1)．例1现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图4所示连接．下列说法中正确的是()图4A ．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心零刻度D ．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P 加速滑动，电流计指针才会偏转①带铁芯的线圈A ；②线圈B .答案 A解析 只要闭合回路磁通量发生改变就会产生感应电流，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．电磁感应现象能否发生的推断流程1．确定探讨的是否是闭合回路．2．弄清晰回路内的磁场分布，并确定其磁通量Φ.3.⎩⎨⎧ Φ不变→无感应电流Φ改变→⎩⎪⎨⎪⎧ 回路闭合，有感应电流不闭合，无感应电流，但有感应电动势1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的试验中，能视察到感应电流的是( )A ．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后视察电流表的改变B ．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后视察电流表的改变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，再到相邻房间去视察电流表的改变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，视察电流表的改变答案 D解析产生感应电流必需满意的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生改变．选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能视察到电流表的改变；选项C满意产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C也不能视察到电流表的改变；选项D满意产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以视察到电流表的改变，所以选D.2．(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了闻名的“圆盘试验”．试验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用松软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图5所示．试验中发觉，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()图5A．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改变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．如图所示，铜圆盘上存在很多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生改变，回路中产生感应电流，依据楞次定律，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；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；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．命题点二 楞次定律的理解和应用推断感应电流方向的“三步走”例2 如图6甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的改变关系如图乙所示．在0～T 2时间内，直导线中电流向上，则在T 2～T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向分别是( )图6A ．顺时针，向左B ．逆时针，向右C ．顺时针，向右D ．逆时针，向左①i 随时间t 的改变关系；②在0～T 2时间内，直导线中电流向上． 答案 B解析 在0～T 2时间内，直导线中电流向上，由题图乙知，在T 2～T 时间内，直导线电流方向也向上，依据安培定则知，导线右侧磁场的方向垂直纸面对里，电流渐渐增大，则磁场渐渐增加，依据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的感应电流．依据左手定则，金属线框左边受到的安培力方向向右，右边受到的安培力向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属线框所受安培力的合力方向向右，故B 正确，A 、C 、D 错误．楞次定律推论的应用技巧1．线圈(回路)中磁通量改变时，阻碍原磁通量的改变——应用“增反减同”的规律；2．导体与磁体间有相对运动时，阻碍相对运动——应用“来拒去留”的规律；3．当回路可以形变时，感应电流可使线圈面积有扩大或缩小的趋势——应用“增缩减扩”的规律；4．自感现象中，感应电动势阻碍原电流的改变——应用“增反减同”的规律．3.在水平面内有一固定的U型裸金属框架，框架上静止放置一根粗糙的金属杆ab，整个装置放在竖直方向的匀强磁场中，如图7所示．下列说法中正确的是()图7A．只有当磁场方向向上且增加，ab杆才可能向左移动B．只有当磁场方向向下且减弱，ab杆才可能向右移动C．无论磁场方向如何，只要磁场减弱，ab杆就可能向右移动D．当磁场改变时，ab杆中肯定有电流产生，且肯定会移动答案 C解析由楞次定律可知，当闭合回路的磁通量增大时，导体棒将向左移动，阻碍磁通量的增加，当闭合回路的磁通量减小时，导体棒将向右运动，以便阻碍磁通量的减小，与磁场方向无关，故选C.4．(多选)用如图8所示的试验装置探讨电磁感应现象，下列说法正确的是()图8A．当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针发生偏转B．当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针不发生偏转C．保持磁铁在线圈中相对静止时，电流表指针不发生偏转D．若磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针发生偏转答案AC解析当把磁铁N极向下插入线圈时，穿过线圈中的磁通量在改变，故线圈中会产生感应电流，电流表指针发生偏转，选项A正确；当把磁铁N极从线圈中拔出时，线圈中也会产生感应电流，故选项B错误；保持磁铁在线圈中相对静止时，线圈中的磁通量没有改变，故无感应电流产生，所以电流表指针不发生偏转，选项C正确；若磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，线圈与磁铁没有相对运动，故穿过线圈的磁通量也不变，电路中无感应电流，电流表指针不发生偏转，选项D错误．5．如图9所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端旁边时细线的张力分别为F T1和F T2，重力加速度大小为g，则()图9A．F T1＞mg，F T2＞mgB．F T1＜mg，F T2＜mgC．F T1＞mg，F T2＜mgD．F T1＜mg，F T2＞mg答案 A解析金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用始终向下，对磁铁受力分析可知F T1＞mg，F T2＞mg，A正确．命题点三 三定则肯定律的综合应用例3 如图10所示．金属棒ab 、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab 在匀强磁场B 中沿导轨向右运动，则( )图10A ．ab 棒不受安培力作用B ．ab 棒所受安培力的方向向右C ．ab 棒向右运动速度v 越大，所受安培力越大D ．螺线管产生的磁场，A 端为N 极①匀强磁场；②向右运动．答案 C解析 金属棒ab 沿导轨向右运动时，安培力方向向左，以“阻碍”其运动，选项A 、B 错误；金属棒ab 沿导轨向右运动时，感应电动势E ＝Bl v ，感应电流I ＝E R ，安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v R，可见，选项C 正确；依据右手定则可知，流过金属棒ab 的感应电流的方向是从b 流向a ，所以流过螺线管的电流方向是从A 端到达B 端，依据右手螺旋定则可知，螺线管的A 端为S 极，选项D 错误．三定则肯定律的应用技巧1．应用楞次定律时，一般要用到安培定则．2．探讨感应电流受到的安培力时，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方向，有时也可以干脆应用楞次定律的推论确定．6.图11如图11所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中()A．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引答案 A解析将磁铁的S极插入线圈的过程中，由楞次定律知，通过电阻的感应电流的方向由a 到b，线圈与磁铁相互排斥．7．(多选)如图12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()图12A．向右做匀速运动B．向左做减速运动C．向右做减速运动D．向右做加速运动答案BC解析当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错误；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对，D错．题组1电磁感应现象的推断1．下列图中能产生感应电流的是()答案 B解析依据产生感应电流的条件：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，电路闭合，且垂直磁感线的平面的面积增大，即闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过闭合线圈的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流；D中，闭合回路中的磁通量不发生改变，无感应电流．2．物理课上，老师做了一个奇异的“跳环试验”．如图1所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立即跳起．某同学另找来器材再探究此试验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的试验，下列四个选项中，导致套环未动的缘由可能是()图1A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同答案 D解析无论试验用的是沟通电还是直流电，闭合开关S的瞬间，穿过套环的磁通量均增加，只要套环的材料是导体，套环中就能产生感应电流，套环就会跳起．假如套环是用塑料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起．选项D正确．3．如图2所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，其次次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量改变量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()图2A．ΔΦ1＞ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现C．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现D．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现答案 C解析设金属框在位置Ⅰ的磁通量为Φ1，金属框在位置Ⅱ的磁通量为Φ2，由题可知：ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|，ΔΦ2＝|－Φ2－Φ1|，所以金属框的磁通量改变量大小ΔΦ1＜ΔΦ2，由安培定则知两次磁通量均向里减小，所以由楞次定律知两次运动中线框中均出现沿adcba方向的电流，C对．4．如图3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，肯定能在轨道回路里产生感应电流的是()图3A．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°)答案 A解析设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BS cos θ，对A选项，S增大，θ减小，cos θ增大，则Φ增大，A正确．对B选项，B减小，θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，B错误．对C选项，S减小，B增大，Φ可能不变，C错误．对D选项，S增大，B增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，D错误．故只有A正确．题组2楞次定律的应用5．(多选)如图4所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出来，下列说法正确的是()图4A．向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相同B．不管从什么方向拉出，金属圆环中的感应电流方向总是顺时针C．不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是逆时针D．在此过程中感应电流大小不变答案AB解析金属圆环不管是从什么方向拉出磁场，金属圆环中的磁通量方向不变，且不断减小，依据楞次定律知，感应电流的方向相同，感应电流的磁场方向和原磁场的方向相同，则由右手螺旋定则知感应电流的方向是顺时针方向，A、B正确，C错误；金属圆环匀速拉出磁场过程中，磁通量的改变率在发生改变，感应电流的大小也在发生改变，D错误．6．(多选)如图5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点左右摇摆．金属线框从图示位置的右侧某一位置由静止释放，在摇摆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．则下列说法中正确的是()图5A．线框中感应电流的方向先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aB．线框中感应电流的方向是d→c→b→a→dC．穿过线框中的磁通量先变大后变小D．穿过线框中的磁通量先变小后变大答案BD解析线框从图示位置的右侧摆到最低点的过程中，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可推断感应电流的方向为d→c→b→a→d，从最低点到左侧最高点的过程中，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可推断感应电流的方向为d→c→b→a→d.7．(多选)北半球地磁场的竖直重量向下．如图6所示，在北京某中学试验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向．下列说法中正确的是()图6A．若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势低B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→aD．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a答案AC解析线圈向东平动时，ba和cd两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同，a点电势比b点电势低，A正确；同理，线圈向北平动，则a、b两点电势相等，高于c、d两点电势，B错误；以ab为轴将线圈向上翻转，向下的磁通量减小了，感应电流的磁场方向应当向下，再由右手螺旋定则知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，则C正确，D错误．题组3三定则肯定律的综合应用8．如图7所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面对下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止起先向右运动后，下列有关圆环的说法正确的是()图7A．圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势B．圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势C．圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势D．圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势答案 C解析 依据右手定则，当金属棒ab 在恒力F 的作用下向右运动时， abdc 回路中会产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面对外的磁场，随着金属棒向右加速运动，abdc 回路中的感应电流渐渐增大，穿过圆环的磁通量也渐渐增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增大；abdc 回路中的感应电流I ＝Bl v R，感应电流的改变率ΔI Δt ＝Bla R，又由于金属棒向右运动的加速度a 减小，所以感应电流的改变率减小，圆环内磁通量的改变率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小，选项C 正确．9．(多选)如图8所示，两同心圆环A 、B 置于同一水平面上，其中B 为匀称带负电绝缘环，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( )图8A ．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 具有扩展的趋势答案 BD解析 由图可知，B 为匀称带负电绝缘环，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对外且渐渐增大；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对里，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 环内的磁场增加时，A 环具有面积扩展的趋势，故C 错误，D 正确．10．(多选)如图9所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图所示．左线圈连着平行导轨M 和N ，导轨电阻不计，在垂直于导轨方向上放着金属棒ab ，金属棒处于垂直纸面。
高2019届高2016级高中物理步步高一轮复习学案能力课1 电磁感应中的图象和电路问题
能力课1 电磁感应中的图象和电路问题一、选择题(1～3题为单项选择题,4～8题为多项选择题)1.如图1所示,在第一象限有一边长为L 的等边三角形匀强磁场区域,在第二象限有一平行于y 轴的长为L 的导体棒沿x 轴正方向以速度v 匀速通过磁场区域。
下列关于导体棒中产生的感应电动势E 随x 变化的图象正确的是( )图1解析 导体棒垂直磁场方向做切割磁感线运动,产生的感应电动势E ＝Bl v ,式中l 为导体棒切割磁感线的有效长度。
导体棒切割磁感线的有效长度l 随x 先均匀增大后均匀减小,其最大值为等边三角形匀强磁场区域的高32L ＝0.87L 。
所以导体棒中产生的感应电动势E 随x 变化的图象正确的是D 。
答案 D2.(2017·孝感模拟)如图2甲所示,在电阻R ＝1 Ω,面积S 1＝0.3 m 2的圆形线框中心区域存在匀强磁场,圆形磁场区面积S 2＝0.2 m 2。
若取磁场方向垂直纸面向外为正方向,磁感应强度B 随时间的变化规律可用图乙描述,则线框中的感应电流I (取顺时针方向为正方向)随时间t 的变化图线是 ( )图2答案 C3.两块水平放置的金属板,板间距离为d,用导线将两块金属板与一线圈连接,线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场,如图3所示。
两板间有一带正电的油滴恰好静止,则磁场的磁感应强度B随时间变化的图象是()图3解析带正电的油滴静止,即所受重力与电场力平衡,两板间为匀强电场,因此线圈中产生的感应电动势为恒定值,由法拉第电磁感应定律可知,通过线圈的磁通量一定是均匀变化的,A、D两项错;油滴带正电,故下极板电势高于上极板电势,感应电流产生磁场与原磁场方向相同,由楞次定律可知,通过线圈的磁通量均匀减小,故C项正确,B项错。
答案 C4.有一变化的匀强磁场垂直于如图4甲所示的线圈平面,若规定磁场垂直线圈平面向里为磁感应强度B的正方向,电流从a经R流向b为电流的正方向。
现已知R中的感应电流I随时间t变化的图象如图乙所示,那么垂直穿过线圈平面的磁场可能是图中的()图4解析当磁感应强度垂直线圈平面向里均匀减小时,由楞次定律可判断感应电流产生的磁场也垂直线圈平面向里,再由安培定则和法拉第电磁感应定律可判断感应电流的大小恒定且从a经R流向b;当磁感应强度垂直线圈平面向里均匀增大时,由楞次定律可判断感应电流产生的磁场垂直线圈平面向外,再由安培定则和法拉第电磁感应定律可判断感应电流的大小恒定且从b经R流向a,选项A、B正确,C、D错误。
步步高专题五 电磁感应中的电路和图象问题
专题五 电磁感应中的电路和图象问题考纲解读1.能认识电磁感应中的电路结构，并能计算电动势、电压、电流、电功等.2.能由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象或由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．考点一 电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路(1)切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈相当于电源．(2)产生电动势的那部分导体或线圈的电阻相当于电源的内阻，其他部分的电阻相当于外电阻．2．电磁感应现象产生的电动势E ＝Bl v sin_θ或E ＝n ΔΦΔt. 3．电磁感应中的电路问题分类(1)以部分电路欧姆定律为中心，包括六个基本物理量(电压、电流、电阻、电功、电功率、电热)，三条定律(闭合电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律)，以及若干基本规律(串、并联电路特点等)．(2)以闭合电路欧姆定律为中心，讨论电动势概念，闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化．4．对电磁感应电路的理解(1)在电磁感应电路中，相当于电源的部分把其他形式的能通过电流做功转化为电能．(2)“电源”两端的电压为路端电压，而不是感应电动势．例1 如图1(a)所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L ＝0.3m ，导轨左端连接R ＝0.6Ω的电阻，区域abcd 内存在垂直于导轨平面B ＝0.6T 的匀强磁场，磁场区域宽D ＝0.2m ．细金属棒A 1和A 2用长为2D ＝0.4m 的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r ＝0.3Ω.导轨电阻不计．使金属棒以恒定速度v ＝1.0m/s 沿导轨向右穿越磁场．计算从金属棒A 1进入磁场(t ＝0)到A 2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R 的电流强度，并在图(b)中画出．图1解析 t 1＝D v ＝0.2s甲在0～t 1时间内，A 1产生的感应电动势E 1＝BL v ＝0.18V .其等效电路如图甲所示．由图甲知，电路的总电阻R 总＝r ＋rR r ＋R＝0.5Ω 总电流为I ＝E 1R 总＝0.36A 通过R 的电流为I R ＝I 3＝0.12A A 1离开磁场(t 1＝0.2s)至A 2刚好进入磁场(t 2＝2D v ＝0.4s)的时间内，回路无电流，I R ＝0，乙从A 2进入磁场(t 2＝0.4s)至离开磁场t 3＝2D ＋D v ＝0.6s 的时间内，A 2上的感应电动势为E 2＝E 1＝0.18V ，其等效电路如图乙所示．由图乙知，电路总电阻R 总′＝0.5Ω，总电流I ′＝0.36A ，流过R 的电流I R ′＝0.12A ，综合以上计算结果，绘制通过R 的电流与时间的关系图象如图所示．答案 见解析递进题组1．[电磁感应中电路问题]如图2所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l ＝1m ，cd 间、de 间、cf 间分别接阻值为R ＝10Ω的电阻．一阻值为R ＝10Ω的导体棒ab 以速度v ＝4m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B ＝0.5T 、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( )图2A ．导体棒ab 中电流的流向为由b 到aB ．cd 两端的电压为1VC ．de 两端的电压为1VD ．fe 两端的电压为1V答案 BD解析 由右手定则可判知A 错误；由法拉第电磁感应定律E ＝Bl v ＝0.5×1×4V ＝2V ，U cd＝R R ＋RE ＝1V ，B 正确；由于de 、cf 间电阻没有电流流过，故U de ＝U cf ＝0，所以U fe ＝U cd ＝1V ，C 错误，D 正确．2．[电磁感应中电路的计算]法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究．实验装置的示意图可用图3表示，两块面积均为S 的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d .水流速度处处相同，大小为v ，方向水平．金属板与水流方向平行．地磁场磁感应强度的竖直分量为B ，水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R 的电阻通过绝缘导线和开关S 连接到两金属板上，忽略边缘效应，求：图3(1)该发电装置的电动势；(2)通过电阻R 的电流的大小；(3)电阻R 消耗的电功率．答案 (1)Bd v (2)Bd v S ρd ＋SR (3)⎝⎛⎭⎫Bd v S ρd ＋SR 2R解析 (1)由法拉第电磁感应定律，有E ＝Bd v(2)两金属板间河水的电阻r ＝ρd S由闭合电路欧姆定律，有I ＝E r ＋R ＝Bd v S ρd ＋SR(3)由电功率公式P ＝I 2R ，得P ＝⎝⎛⎭⎫Bd v S ρd ＋SR 2R解决电磁感应中的电路问题三步曲(1)确定电源．切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E ＝Bl v sin θ或E ＝n ΔΦΔt求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图．(3)利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解．考点二 电磁感应中的图象问题1．图象类型(1)随时间变化的图象如B －t 图象、Φ－t 图象、E －t 图象和I －t 图象．(2)随位移x 变化的图象如E －x 图象和I －x 图象．2．问题类型(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象．(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．(3)利用给出的图象判断或画出新的图象．3．解题关键弄清初始条件，正、负方向的对应，变化范围，所研究物理量的函数关系式，进、出磁场的转折点是解决问题的关键．4．解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者是E －t 图象、I －t 图象等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．(6)画出图象或判断图象．例2(2013·新课标Ⅰ·17)如图4，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是()图4解析设∠bac＝2θ，MN以速度v匀速运动，金属棒单位长度的电阻为R0.经过时间t，金属棒的有效切割长度L＝2v t tanθ，感应电动势E＝BL v＝2B v2t tanθ，回路的总电阻R＝(2v t tanθ＋2v tcosθ)R0，回路中电流i＝ER＝B v(1＋1sinθ)R0，故i与t无关是一个定值，选项A正确．答案 A递进题组3．[图象的转换](2013·山东·18)将一段导线绕成图5甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F 表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是()图5答案 B解析 0～T 2时间内，回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab 边所受安培力向左.T 2～T 时间内，回路中产生逆时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab 边所受安培力向右，故B 选项正确．4．[图象的选择]如图6所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a ，磁感应强度的大小为B .一边长为a 、电阻为4R 的正方形均匀导线框ABCD 从图示位置开始沿水平向右方向以速度v 匀速穿过磁场区域，在图中线框A 、B 两端电压U AB 与线框移动距离x 的关系图象正确的是( )图6答案 D解析 进入磁场时，注意U AB 是路端电压，大小应该是电动势的四分之三，此时E ＝Ba v ，所以U AB ＝3Ba v 4；完全进入磁场后，没有感应电流，但有感应电动势，大小为Ba v ，穿出磁场时，电压大小应该是感应电动势的四分之一，U AB ＝Ba v 4，方向始终相同，即φA >φB .1.对图象的认识，应注意以下几方面(1)明确图象所描述的物理意义；(2)必须明确各种“＋”、“－”号的含义；(3)必须明确斜率的含义；(4)必须明确所建立图象和电磁感应过程之间的对应关系；(5)注意三个相似关系及其各自的物理意义：v ～Δv ～Δv Δt ，B ～ΔB ～ΔB Δt ，Φ～ΔΦ～ΔΦΔtΔv Δt 、ΔB Δt 、ΔΦΔt分别反映了v 、B 、Φ变化的快慢． 2．电磁感应中图象类选择题的两种常见解法(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．(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．考点三 电磁感应图象与电路综合问题例3 如图7所示，直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于纸面向里，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，与x 轴的关系如图8所示，图线是双曲线(坐标轴是渐近线)；顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨良好接触．已知t ＝0时，导体棒位于顶点O 处．导体棒的质量m ＝2kg ，OM 、ON 接触处O 点的接触电阻R ＝0.5Ω，其余电阻不计．回路电动势E 与时间t 的关系如图9所示，图线是过原点的直线．求：(1)t ＝2s 时流过导体棒的电流I 2的大小；(2)1～2s 时间内回路中通过的电荷量q 的大小；(3)导体棒滑动过程中水平外力F (单位：N)与横坐标x (单位：m)的关系式．图7 图8 图9解析 (1)根据E －t 图象可知t ＝2s 时，回路中电动势E 2＝4V ，所以I 2＝E 2R ＝40.5A ＝8A (2)由E －t 图象和I ＝E R可判断I －t 图象中的图线也是过原点的直线 t ＝1s 时，E 1＝2V ，所以I 1＝E 1R ＝20.5A ＝4A 则q ＝I Δt ＝I 1＋I 22Δt ＝6C (3)因θ＝45°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度L ＝xE ＝BL v ＝Bx v 且E 与时间t 成正比，可知导体棒的运动是匀加速直线运动再根据B －x 图象中的图线是双曲线特点有：Bx ＝1T·m ，E ＝2t ，所以v ＝2t即棒运动的加速度a ＝2m/s 2棒受到的安培力F 安＝BIL ＝BIx ＝Bx ·Bx v R ＝B 2x 2v R ＝B 2x 2·2ax R棒做匀加速运动，由牛顿第二定律得F －F 安＝ma则F ＝F 安＋ma ＝B 2x 22ax R＋ma ＝4x ＋4 答案 (1)8A (2)6C (3)F ＝4x ＋4递进题组5．[电磁感应中图象与电路的综合分析]半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d ，如图10甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定垂直于纸面向里为正方向，磁场变化规律如图乙所示．在t ＝0时刻平行金属板之间中心有一重力不计、电荷量为q 的静止微粒，则以下说法中正确的是( )图10A ．第2s 内上极板为正极B ．第3s 内上极板为负极C ．第2s 末微粒回到了原来位置D ．第3s 末两极板之间的电场强度大小为0.2πr 2d答案 A解析 假设微粒带正电，则0～1s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电，微粒所受电场力方向竖直向上，微粒向上做匀加速运动．1～2s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，微粒所受电场力方向竖直向下，微粒向上做匀减速运动，第2s 末速度减小为零．2～3s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，微粒所受电场力方向竖直向下，微粒向下做匀加速运动．两极板间的电场强度大小E ＝U d ＝S ΔB Δt d＝0.1πr 2d. 3～4s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电，微粒所受电场力方向竖直向上，微粒向下做匀减速运动，第4s 末速度减小为零，同时回到了原来的位置．若微粒带负电，运动情况相反，4s 末速度减小为零，同时回到了原来位置．综上所述，只有选项A 正确．6．[电磁感应中图象与电路的综合计算]如图11甲所示，空间存在一宽度为2L 的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在光滑绝缘水平面内有一边长为L 的正方形金属线框，其质量m ＝1kg 、电阻R ＝4Ω，在水平向左的外力F 作用下，以初速度v 0＝4m/s 匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F 大小随时间t 变化的图线如图乙所示．以线框右边进入磁场时开始计时．图11(1)求匀强磁场的磁感应强度B ；(2)求线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q ；(3)判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由．答案 (1)0.33T (2)0.75C (3)不能；理由见解析解析 (1)由F －t 图象可知，线框的加速度a ＝F 2m ＝2m/s 2，线框的边长L ＝v 0t －12at 2＝(4×1－12×2×12) m ＝3m ， t ＝0时刻线框中的感应电流I ＝BL v 0R， 线框所受的安培力F 安＝BIL ，由牛顿第二定律F 1＋F 安＝ma ，又F 1＝1N ，联立得B ＝13T ＝0.33T. (2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势E ＝BL 2t平均电流I ＝E R ，通过线框的电荷量q ＝I t ，联立得q ＝0.75C.(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x ，由运动学公式得0－v 20＝－2ax ， 代入数值得x ＝4m<2L ，所以线框不能从右侧离开磁场．高考模拟 明确考向1．(2014·新课标Ⅰ·18)如图12(a)，线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上．在ab 线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )图12答案 C解析由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab 中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C 正确．2．(2014·安徽·23)如图13所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T．其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP 和NP长度均为2.5m，MN连线水平，长为3m．以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m、质量m为1kg、电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10 m/s2.图13图14(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8m处电势差U CD；(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图14中画出F－x关系图象；(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．答案(1)1.5V－0.6V(2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)见解析图(3)7.5J解析(1)金属杆CD在匀速运动过程中产生的感应电动势E＝Bl v(l＝d)E＝1.5V当x＝0.8m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外＝d－OP－xOPd OP＝MP2－(MN2)2＝2m得l 外＝1.2m由楞次定律判断D 点电势高，故CD 两端电势差U CD ＝－Bl 外v U CD ＝－0.6V(2)杆在导轨间的长度l ′与位置x 的关系是l ′＝OP －x OPd ＝3－32x 对应的电阻为R 1＝l ′dR 电流I ＝Bl ′v R 1杆受的安培力为F 安＝BIl ′＝7.5－3.75x根据平衡条件得F ＝F 安＋mg sin θF ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2)画出的F －x 图象如图所示．(3)外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积．即W F ＝5＋12.52×2J ＝17.5J 而金属杆的重力势能增加量ΔE p ＝mg OP sin θ＝10J故全过程产生的焦耳热Q ＝W F －ΔE p ＝7.5J3．如图15所示，在直角坐标系xOy 中，有边长为L 的正方形金属线框abcd ，其一条对角线ac 和y 轴重合、顶点a 位于坐标原点O 处．在y 轴右侧的一、四象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab 边刚好完全重合，左边界与y 轴重合，右边界与y 轴平行．t ＝0时刻，线框以恒定的速度v 沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a →b →c →d →a 方向的感应电流为正方向，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流I 、ab 间的电势差U ab 随时间t 变化的图线是下图中的( )图15答案 AD解析 在ab 边通过磁场的过程中，利用楞次定律或右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，即沿正方向，电流在减小，|U ab |＝I (R bc ＋R cd ＋R da )在减小．在cd 边通过磁场的过程中，可判断出电流为顺时针方向，即沿负方向，电流逐渐减小，|U ab |＝IR ab 逐渐减小，A 、D 正确．练出高分一、单项选择题1．如图1所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd .b 、d 间连有一定值电阻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(指向纸面内)．现对MN 施力使它沿导轨以速度v 做匀速运动．用U 表示MN 两端电压的大小，则( )图1A ．U ＝12Bl vB ．U ＝13Bl v C ．U ＝Bl v D ．U ＝2Bl v答案 A解析 电路中感应电动势为E ＝Bl v ，则MN 两端电压大小U ＝E R ＋R·R ＝12Bl v . 2．如图2所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指剪开拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 连接的长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时导体棒AB 两端的电压大小为( )图2A.Ba v 3B.Ba v 6C.2Ba v 3D ．Ba v 答案 A解析 摆到竖直位置时，导体棒AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Ba v .由闭合电路欧姆定律得，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Ba v ，故选A. 3．如图3所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动时( )图3A ．电容器两端的电压为零B ．电阻两端的电压为BL vC ．电容器所带电荷量为CBL vD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R答案 C解析 当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U ＝E ＝BL v ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBL v ，故A 、B 选项错，C 选项对；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D 选项错．4．用粗细均匀的电阻丝围成图4所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度为B ，方向垂直线框平面向里，图中ab ＝bc ＝2cd ＝2de ＝2ef ＝2fa ＝2L .现使线框以同样大小的速度v 匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则在通过如图所示位置时，下列说法中正确的是( )图4A ．a 、b 两点间的电势差图①中最大B ．a 、b 两点间的电势差图②中最大C ．回路电流图③中最大D ．回路电流图④中最小答案 A解析 图①中a 、b 两点间的电势差U ＝32BL v ，图②中a 、b 两点间的电势差U ＝12BL v ，图③中a 、b 两点间的电势差U ＝14BL v ，图④中a 、b 两点间的电势差U ＝12BL v ，所以a 、b 两点间的电势差图①中最大，选项A 正确，B 错误．回路电流图③中最小，其它回路电流相等，选项C 、D 错误．5．(2013·浙江·15)磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E －t 关系如图5所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E －t 关系图可能是( )图5答案 D解析 当以不同速度刷卡时，磁卡的不同的磁化区经过线圈时，线圈内的磁通量的变化量ΔΦ是相同的，刷卡速度由v 0变为v 02时，完成相同磁通量变化的时间Δt 变为原来的2倍，由E ＝n ΔΦΔt 得线圈产生的感应电动势相应的都变为原来的12，故D 选项正确．图66．如图6所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区域，已知对角线AC 的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直．下面对于线框中感应电流随时间变化的图象(电流以ABCDA 顺序流向为正方向，从C 点进入磁场开始计时)正确的是( )答案 B解析 利用“增反减同”，线框从进入磁场到穿过线框的磁通量最大的过程中，电流沿逆时针方向，且先增大后减小；从穿过线框的磁通量最大的位置到离开磁场的过程中，电流沿顺时针方向，且先增大后减小．设∠C 为θ，刚进入磁场时的切割有效长度为2tan θ2·v ·t ，所以电流与t 成正比，只有B 项正确．7．如图7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时刻恰好位于图中所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－位移(I －x )关系的是 ( )图7答案 C解析 线框匀速穿过x ＝0至x ＝L 的过程中，有效长度l 均匀增加，由E ＝Bl v 知，电动势随位移均匀变大，x ＝L 处电动势最大，电流I 最大；从x ＝L 至x ＝1.5L 过程中，框架两边都切割磁感线，总电动势减小，电流减小；从x ＝1.5L 至x ＝2L 过程中，左边框切割磁感线产生感应电动势大于右边框，故电流反向且增大；从x ＝2L 到x ＝3L 过程中，只有左边框切割磁感线，有效长度l 减小，电流减小．只有C 项符合题意．8．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图8甲所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量Φ随时间t 的变化如图乙所示，则螺线管内感应电流I 随时间t 变化的图象为( )图8答案 B解析 由感应电流公式I ＝E R ＝n ΔΦR Δt，感应电流大小与磁通量的变化率有关，在Φ－t 图线上各点切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小，斜率的正、负表示电流的方向．根据题图乙，在0～t0时间内，感应电流I的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，同理分析t0～2t0时间内，只有选项B符合要求．9.(2013·福建·18)如图9，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律()图9答案 A解析线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线．t1～t2这段时间线框受到安培力和重力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象．10．如图10甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接有阻值为R的定值电阻．阻值为r的金属棒ab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，由静止开始沿导轨向上运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R 的感应电流I 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abPM 的磁通量Φ、磁通量的变化率ΔΦΔt、棒两端的电势差U ab 和通过金属棒的电荷量q 随时间变化的图象，其中正确的是( )图10答案 B解析 由题图乙得感应电流I ＝kt ，E ＝ΔΦΔt＝I (R ＋r )＝k (R ＋r )t ，B 选项正确；ΔΦ＝k (R ＋r )t Δt ，A 选项错误；U ab ＝IR ，C 选项错误；由q ＝I Δt ＝ΔΦR ＋r，D 选项错误． 二、非选择题11.把总电阻为2R 的均匀电阻丝焊接成一半径为a 的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图11所示，一长为2a 、电阻等于R 、粗细均匀的金属棒MN 放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触．当金属棒以恒定速度v 向右移动经过环心O 时，求：图11(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压U MN ；(2)圆环和金属棒上消耗的总热功率．答案 (1)4Ba v 3R ，从N 流向M 2Ba v 3 (2)8B 2a 2v 23R解析 (1)把切割磁感线的金属棒看成一个内阻为R 、电动势为E 的电源，两个半圆环看成两个并联的相同电阻，画出等效电路图如图所示．等效电源电动势为E ＝BL v ＝2Ba v外电路的总电阻为R 外＝R 1R 2R 1＋R 2＝12R 棒上电流大小为I ＝E R 外＋R ＝2Ba v 12R ＋R ＝4Ba v 3R 电流方向从N 流向M .根据分压原理，棒两端的电压为U MN ＝R 外R 外＋RE ＝23Ba v . (2)圆环和金属棒上消耗的总热功率为P ＝IE ＝8B 2a 2v 23R. 12．如图12甲所示，在水平面上固定有长为L ＝2m 、宽为d ＝1m 的金属“U ”形导轨，在“U ”形导轨右侧l ＝0.5m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t ＝0时刻，质量为m ＝0.1kg 的导体棒以v 0＝1m /s 的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度(1 m)的电阻均为λ＝0.1 Ω/m ，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g ＝10m/s 2 )．甲 乙图12(1)通过计算分析4s 内导体棒的运动情况；(2)计算4s 内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4s 内回路产生的焦耳热．。
2016届步步高物理新课标版一轮s5ucom高考]003
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考点内容要求 考纲解读磁场、磁感应强度、磁感线 Ⅰ通电直导线和通电线圈周围磁场的方向Ⅰ 1.磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力的理解及安培定则和左手定则的运用，一般以选择题的形式出现． 2．安培力的大小计算以及带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析与计算，一般以计算题的形式出现．3．带电粒子在独立场、混合场中的运动问题仍是本章考查的重点内容，极易成为试卷的压轴题.安培力、安培力的方向 Ⅰ 匀强磁场中的安培力 Ⅱ 洛伦兹力、洛伦兹力的方向Ⅰ 洛伦兹力的公式 Ⅱ 带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ 质谱仪和回旋加速器 Ⅰ说明：(1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形． (2)洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形.第1课时 磁场的描述 磁场对电流的作用考纲解读 1.知道磁感应强度的概念及定义式，并能理解与应用.2.会用安培定则判断电流周围的磁场方向.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题．考点一 磁感应强度和电场强度的比较1．磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用．(2)方向：小磁针的N 极所受磁场力的方向，或自由小磁针静止时N 极的指向． 2．磁感应强度(1)定义式：B ＝FIL (通电导线垂直于磁场)．(2)方向：小磁针静止时N 极的指向．(3)磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的． 3．磁感应强度B 与电场强度E 的比较对应名称比较项目磁感应强度B 电场强度E物理意义 描述磁场的力的性质的物理量 描述电场的力的性质的物理量定义式 B ＝F IL ，通电导线与B 垂直 E ＝F q大小决定由磁场决定，与检验电流无关 由电场决定，与检验电荷无关 方向 矢量磁感线的切线方向，小磁针N 极受力方向矢量电场线的切线方向，放入该点的正电荷受力方向场的叠加合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和合场强等于各个电场的电场强度的矢量和例1 关于磁感应强度B ，下列说法中正确的是( )A ．磁场中某点B 的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B ．磁场中某点B 的方向，跟放在该点的试探电流元受到磁场力的方向一致C ．若在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用，该点B 值大小为零D ．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大解析 磁感应强度是磁场本身的属性，在磁场中某处的磁感应强度为一恒量，其大小可由B＝FIL 计算，与试探电流元的F 、I 、L 的情况无关，A 错．磁感应强度的方向规定为小磁针N 极所受磁场力的方向，与放在该处的电流元受力方向垂直，B 错．当试探电流元的方向与磁场方向平行时，电流元所受磁场力虽为零，但磁感应强度却不为零，C 错．磁感线的疏密是根据磁场的强弱画出的，磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，磁感线越稀疏的地方，磁感应强度越小，故D 正确． 答案 D 递进题组1．[对磁感应强度的理解]下列关于磁感应强度的说法正确的是( )A ．一小段通电导体放在磁场A 处，受到的磁场力比B 处的大，说明A 处的磁感应强度比B 处的磁感应强度大B ．由B ＝FIL 可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F 成正比，与导线的I 、L 成反比C ．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D ．小磁针N 极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向 答案 D解析 磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及在磁场中的位置决定，与F 、I 、L 都没有关系，B ＝FIL只是磁感应强度的定义式，同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处的磁感应强度和放置的方式共同决定，所以A 、B 、C 都是错误的．磁感应强度的方向就是该处小磁针N 极所受磁场力的方向，不是通电导线的受力方向，所以D 正确．2．[电场强度和磁感应强度的对比]下列说法中正确的是( ) A ．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零B ．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C ．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D ．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值 答案 AC解析 电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A 对，B 错．同理根据电场强度的定义式E ＝Fq可知C 正确．而同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明，即B＝FIL中I 和B 的方向必须垂直，故D 错．电荷在电场和磁场中的对比1．某点电场强度的方向与电荷在该点的受力方向相同或相反；而某点磁感应强度方向与电流元在该点所受磁场力的方向垂直．2．电荷在电场中一定会受到电场力的作用；如果通电导体的电流方向与磁场方向平行，则通电导体在磁场中受到的磁场力为零．考点二 安培定则的应用和磁场的叠加1．电流的磁场直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两 侧是N极和S 极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培 定则立体图横截面图2.磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．例2如图1所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()图1A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误．答案 C递进题组3．[安培定则的应用]如图2所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．图2答案1．根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向．2．磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．3．磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．考点三导体运动趋势的五种判定方法1．通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势的判定步骤：首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．2．应用左手定则判定安培力方向时应注意：磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．例3一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图3所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受到安培力作用后的运动情况为()图3A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析本题考查安培定则以及左手定则，意在考查学生对安培定则以及左手定则应用的理解．先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图a所示．可以判断导线受到安培力作用后从上向下看逆时针方向转动．再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受到安培力的方向，如图b所示，导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误．答案 D递进题组4．[导体运动的判断]如图4所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图示方向的电流后，线圈的运动情况是()图4A．线圈向左运动B．线圈向右运动C．从上往下看顺时针转动D．从上往下看逆时针转动答案 A解析解法一电流元法首先将线圈分成很多小段，每一小段可看作一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其截面图和受到的安培力情况如图所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．只有选项A正确．解法二等效法将环形电流等效成小磁针，如图所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动，选A.也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，也可判断出线圈向左运动，选A.5．[转换研究对象法判断]如图5所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为F N1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为F N2，则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是()图5A．F N1<F N2，弹簧的伸长量减小B．F N1＝F N2，弹簧的伸长量减小C．F N1>F N2，弹簧的伸长量增大D．F N1>F N2，弹簧的伸长量减小答案C解析在题图中，由于条形磁铁的磁感线是从N极出发到S极，所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，其方向是斜向左下方的，导线A中的电流垂直纸面向外时，由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的安培力F，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力F′的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，即F N1>F N2.同时，F′有沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正确选项为C.判定安培力作用下导体运动情况的常用方法电流元法分割为电流元―――――→左手定则安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向特殊位置法在特殊位置―→安培力方向―→运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向考点四导体的平衡与加速1．导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析图．2．导体的加速问题关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度．例4(2012·天津·2)如图6所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()图6A．金属棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小解析选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示．根据平衡条件及三角形知识可得tan θ＝BILmg，所以当金属棒中的电流I、磁感应强度B变大时，θ角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，θ角变小，选项C错误；θ角的大小与悬线长短无关，选项B 错误．答案 A递进题组6．[导体的加速运动]如图7所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP 水平，且MN＝OP＝1 m，g取10 m/s2，则()图7A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/sC．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N答案 D解析金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a ＝F 安m ＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属细杆从M 点到P点的运动过程进行分析，安培力做功W 安＝F 安·(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G ＝－mg ·ON＝－0.5 J ，由动能定理得W 安＋W G ＝12m v 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v ＝20m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的重力加速度，水平方向的向心加速度大小为a ′＝v 2r＝20 m/s 2，选项C 错误；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F ，水平向右的安培力F 安，由牛顿第二定律得F －F 安＝m v 2r ，解得F ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，选项D 正确．7．[导体的平衡问题]如图8所示，两平行金属导轨间的距离L ＝0.4 m ，金属导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B ＝0.5 T 、方向垂直于导轨所在平面斜向上的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E ＝4.5 V 、内阻r ＝0.5 Ω的直流电源．现把一个质量为m ＝0.04 kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计， g 取10 m/s 2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图8(1)通过导体棒的电流； (2)导体棒受到的安培力大小； (3)导体棒受到的摩擦力．答案 (1)1.5 A (2)0.3 N (3)0.06 N ，方向平行导轨向下解析 (1)根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER 0＋r ＝1.5 A(2)导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝0.3 N(3)对导体棒受力分析如图，将重力正交分解 沿导轨方向F 1＝mg sin 37°＝0.24 N F 1<F 安，根据平衡条件 mg sin 37°＋F f ＝F 安 解得F f ＝0.06 N方向平行导轨向下求解通电导体在磁场中的力学问题的方法1．选定研究对象；2．变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，一定要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；3．根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解．高考模拟明确考向1．(2014·新课标Ⅰ·15)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是() A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半答案 B解析安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直，选项A错误，选项B正确；由F＝BIL sin θ可知，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角时，因磁场与导线的夹角未知，则安培力的大小不能确定，选项D错误．2．(2013·海南单科·9)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线搭成一等边三角形，导线中通过的电流均为I，电流方向如图9所示．a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是()图9A．B1＝B2<B3B．B1＝B2＝B3C．a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里D．a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里答案AC解析由于通过三条导线的电流大小相等，结合安培定则，可判断出三条导线在a、b处产生的合磁感应强度垂直纸面向外，在c处产生的合磁感应强度垂直纸面向里，且B1＝B2<B3，故选A、C.3．(2014·浙江·20)如图10甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t ＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I ，周期为T ，最大值为I m ，图甲中I 所示方向为电流正方向．则金属棒( )图10A ．一直向右移动B ．速度随时间周期性变化C ．受到的安培力随时间周期性变化D ．受到的安培力在一个周期内做正功 答案 ABC解析 根据左手定则知金属棒在0～T2内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在T2～T 内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等、方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A 、B 、C 正确；在0～T2时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T2～T 时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做的总功为零，选项D 错误．4．如图11所示，两平行导轨ab 、cd 竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ 放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ 中通以变化的电流I ，同时释放金属棒PQ 使其运动．已知电流I 随时间t 变化的关系式为I ＝kt (k 为常数，k ＞0)，金属棒与导轨间存在摩擦．则下面关于棒的速度v 、加速度a 随时间t 变化的关系图象中，可能正确的有( )图11答案 AD解析 根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a ＝mg －F fm，F f ＝μF N ＝μF 安＝μBIL ＝μBLkt ，联立解得加速度a ＝g －μBLktm ，与时间成线性关系，故A 正确，B 错误；因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上且逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动，故C 错误，D 正确．练出高分一、单项选择题1．如图1，足够长的直线ab 靠近通电螺线管，与螺线管平行．用磁传感器测量ab 上各点的磁感应强度B ，在计算机屏幕上显示的大致图象是 ( )图1答案 C解析 通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，无穷远处磁感应强度为0，所以用磁传感器测量ab 上各点的磁感应强度B ，在计算机屏幕上显示的大致图象是C.2.如图2所示，A 、B 、C 是等边三角形的三个顶点，O 是A 、B 连线的中点．以O 为坐标原点，A 、B 连线为x 轴，O 、C 连线为y 轴，建立坐标系．过A 、B 、C 、O 四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O 点的通电直导线所受安培力的方向为( )图2A ．沿y 轴正方向B ．沿y 轴负方向C ．沿x 轴正方向D ．沿x 轴负方向 答案 A解析 由题图可知，过A 点和B 点的通电直导线对过O 点的通电导线的安培力等大反向，过C 点的通电直导线对过O 点的通电直导线的安培力即为其总的安培力，沿OC 连线向上，故A 项正确．3．如图3所示，A 为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图．当圆盘高速绕中心轴OO ′转动时，通电直导线所受安培力的方向是( )图3A ．竖直向上B ．竖直向下C ．水平向里D ．水平向外答案 C解析 从上向下看，带负电的圆盘顺时针方向旋转，形成的等效电流为逆时针方向，所产生的磁场方向竖直向上，由左手定则可判定通电直导线所受安培力的方向水平向里，故C 项正确．4．如图4所示，在竖直向下的恒定匀强磁场中有一光滑绝缘的14圆轨道，一重为G 的金属导体MN 垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流I ，使导体在安培力的作用下以恒定的速率v 从A 点运动到C 点，设金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为θ，安培力的瞬时功率为P ，则从A 到C 的过程中，下列说法正确的是( )图4A ．电流方向从N 指向MB ．I ∝cot θC ．P ∝cos θD ．P ∝sin θ 答案 D解析 由于安培力方向始终水平向左，根据左手定则知电流方向从M 指向N ，A 错误；因为金属导体MN 做匀速圆周运动，所以有G sin θ＝F 安 cos θ＝ILB cos θ，故I ＝GBL tan θ，即I ∝tanθ，B 错误；又P ＝F 安 v cos θ＝G v sin θ，所以P ∝sin θ，C 错误，D 正确．二、多项选择题5．(2012·海南单科·10)图5中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上、下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是()图5A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动答案BD解析若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定则判定金属杆所受安培力向左，则L向左滑动，A选项错误，同理判定B、D选项正确，C选项错误．图66．如图6所示为电磁轨道炮的工作原理图．待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动．电流从一条轨道流入，通过弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道平面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与电流I成正比．通电的弹体在安培力的作用下离开轨道，则下列说法正确的是()A．弹体向左高速射出B．I为原来的2倍，弹体射出的速度也为原来的2倍C．弹体的质量为原来的2倍，射出的速度也为原来的2倍D．轨道长度L为原来的4倍，弹体射出的速度为原来的2倍答案BD7．如图7所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为F N1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为F N2，则以下说法正确的是()。
【步步高】(全国通用)高考物理大二轮复习 专题训练六 第1课时 电磁感应问题的综合分析
【步步高】（全国通用）2015届高考物理大二轮复习 专题训练六 第1课时 电磁感应问题的综合分析专题定位 高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、变压器和交流电的描述问题，在计算题中作为压轴题，以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律解决导体棒类问题．本专题考查的重点有以下几个方面：①楞次定律的理解和应用；②感应电流的图象问题；③电磁感应过程中的动态分析问题；④综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题；⑤直流电路的分析；⑥变压器原理及三个关系；⑦交流电的产生及描述问题．应考策略 对本专题的复习应注意“抓住两个定律，运用两种观点，分析三种电路”．两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点；三种电路指直流电路、交流电路和感应电路．第1课时 电磁感应问题的综合分析1．楞次定律中“阻碍”的表现 (1)阻碍磁通量的变化(增反减同)． (2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)． (3)阻碍原电流的变化(自感现象)． 2．感应电动势的计算(1)法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ，常用于计算平均电动势．①若B 变，而S 不变，则E ＝n ΔBΔt S ；②若S 变，而B 不变，则E ＝nB ΔSΔt.(2)导体棒垂直切割磁感线：E ＝Blv ，主要用于求电动势的瞬时值．图1(3)如图1所示，导体棒Oa 围绕棒的一端O 在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线，产生的电动势E ＝12Bl 2ω.3．感应电荷量的计算回路中发生磁通量变化时，在Δt 时间内迁移的电荷量(感应电荷量)为q ＝I ·Δt ＝E R ·Δt ＝n ΔΦR Δt ·Δt ＝n ΔΦR.可见，q 仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定，与发生磁通量变化的时间Δt 无关． 4．电磁感应电路中产生的焦耳热当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算．解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：先作“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ； 接着进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；接着进行“运动状态”的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型； 最后是“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中，其能量转化和守恒的关系．考向1 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用例1 如图2甲所示，螺线管匝数n ＝1 000匝，横截面积S ＝10 cm 2，螺线管导线电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝4 Ω，磁感应强度B 的B －t 图象如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是( )图2A ．通过电阻R 的电流是交变电流B ．感应电流的大小保持不变C ．电阻R 两端的电压为6 VD ．C 点的电势为4.8 V解析 根据楞次定律可知，0到1秒内，电流从C 流过R 到A ，在1秒到2秒内，电流从A 流过R 到C ，因此电流为交流电，故A 正确；计算知感应电流的大小恒为1.2 A ，电阻R 两端的电压U ＝IR ＝1.2×4 V＝4.8 V ，故B 正确，C 错误；当螺线管左端是正极时，C 点的电势才为4.8 V ，当右端是正极时，则C 点电势为－4.8 V ，故D 错误． 答案 AB以题说法 1.法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ，常有两种特殊情况，即E ＝n ΔB Δt S 和E ＝nB ΔSΔt ，其中ΔBΔt是B －t 图象中图线的斜率，若斜率不变则感应电动势是恒定不变的．2．楞次定律中的“阻碍”有三层含义：阻碍磁通量的变化；阻碍物体间的相对运动；阻碍原电流的变化．要注意灵活应用．如图3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 的单匝正方形导线框架EFGH 正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为R .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T8导线框转到图中虚线位置，则在这T8时间内( )图3A ．顺时针方向转动时，感应电流方向为E →F →G →H →EB ．平均感应电动势大小等于16a 2B9TC ．平均感应电动势大小等于－22a 2BTD ．通过导线框横截面的电荷量为－22a 2BR答案 CD解析 由线框的磁通量变小可以判断出感应电流的方向为：E →H →G →F →E ，故A 错误．根据几何关系知面积的变化ΔS ＝(3－22)a 2，平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝B ·ΔSΔt＝－22a2B T ，故B错误，C正确．通过导线框横截面的电荷量q＝IΔt＝ERΔt＝－22a2B T·R ·T8＝－22a2BR，故D正确．考向2 电磁感应图象问题的分析例2(2014·新课标Ⅰ·18)如图4(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )图4解析由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab 中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确．答案 C以题说法对于电磁感应图象问题的分析要注意以下三个方面：(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何．(2)注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．(3)注意观察图象的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程对应．如图5所示，一个“∠”形光滑导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是与导轨材料、粗细相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在拉力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受拉力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图象中正确的是( )图5答案AC解析设“∠”形导轨的角度为α，则经时间t，产生的感应电动势E＝BLv＝B(vt tan α)v ＝Bv2t tan α，可知感应电动势与时间成正比，A正确；设单位长度的该导体电阻为r，则经时间t，回路总电阻R＝(vt＋vt tan α＋vtcos α)r，因此回路中的电流I＝ER为常量，与时间无关，图象为一条水平直线，B错误；由于匀速运动，拉力的功率等于产生焦耳热的功率，P ＝I2R，由于I恒定不变，而R与时间成正比，因此功率P与时间成正比，是一条倾斜的直线，C正确；而产生的热量Q＝Pt，这样Q与时间的平方成正比，图象为一条曲线，D错误．考向3 电磁感应中的动力学问题分析例3如图6甲所示，电流传感器(相当于一只理想电流表)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出I－t图象．电阻不计的足够长光滑平行金属轨道宽L＝1.0 m，与水平面的夹角θ＝37°.轨道上端连接阻值R＝1.0 Ω的定值电阻，金属杆MN长与轨道宽相等，其电阻r＝0.50 Ω、质量m＝0.02 kg.在轨道区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，让金属杆从图示位置由静止开始释放，杆在整个运动过程中与轨道垂直，此后计算机屏幕上显示出如图乙所示的I－t图象．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图6(1)t ＝1.2 s 时电阻R 的热功率； (2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(3)t ＝1.2 s 时金属杆的速度大小和加速度大小．审题突破 金属杆在倾斜轨道上运动时受到几个力作用？安培力有什么特点？图象反映金属杆运动情况如何？根据哪个过程可求磁感应强度B 的大小？ 解析 (1)由I －t 图象可知，当t ＝1.2 s 时，I ＝0.15 AP ＝I 2R ＝0.152×1.0 W＝0.022 5 W(2)由题图乙知，当金属杆稳定运动时的电流为0.16 A 稳定时杆匀速运动，受力平衡，则有：mg sin θ＝BI ′L代入数据解得：B ＝0.75 T(3)t ＝1.2 s 时电源电动势E ＝I (R ＋r )＝BLv 代入数据得：v ＝0.3 m/smg sin θ－BIL ＝ma代入数据得：a ＝38m/s 2答案 (1)0.022 5 W (2)0.75 T (3)0.3 m/s 38 m/s 2以题说法 电磁感应与动力学问题的解题策略在此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前要建立“动—电—动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向． (2)根据等效电路图，求解回路中的电流．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流的影响，最后定性分析导体棒最终的运动情况． (4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．如图7所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离L 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .求：图7(1)此过程杆的速度最大值v m ； (2)此过程流过电阻R 的电量． 答案 (1)F －μmg R ＋r B 2d 2 (2)BdLR ＋r解析 (1)当杆达到最大速度v m 时，E ＝Bdv mF 安＝BId I ＝ER ＋rF f ＝μmg匀速时合力为零．F －μmg －B 2d 2v mR ＋r＝0得v m ＝F －μmg R ＋rB 2d2. (2)由公式q ＝I t I ＝ER ＋rE ＝ΔΦΔt得q ＝ΔΦR ＋r ＝B ΔS R ＋r ＝BdL R ＋r.10．综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题例4 (22分)如图8所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为1 m ，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab 和以a ′b ′的质量都是0.2 kg ，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B 的大小相同．让a ′b ′固定不动，将金属棒ab 由静止释放，当ab 下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W ．求：图8(1)ab 下滑的最大加速度；(2)ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q 为多大？(3)如果将ab 与a ′b ′同时由静止释放，当ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q ′为多大？(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 思维导图解析 (1)当ab 棒刚下滑时，ab 棒的加速度有最大值：a ＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2.(2分)(2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动，有mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，(2分)整个回路消耗的电功率P 电＝BILv m ＝(mg sin θ－μmg cos θ)v m ＝8 W ，(2分)则ab 棒的最大速度为：v m ＝10 m/s(1分)由P 电＝E 22R ＝BLv m22R(2分)得：B ＝0.4 T ．(1分) 根据能量守恒得：mgh ＝Q ＋12mv 2m ＋μmg cos θ·hsin θ(2分)解得：Q ＝30 J ．(1分)(3)由对称性可知，当ab 下落30 m 稳定时其速度为v ′，a ′b ′也下落30 m ，其速度也为v ′，ab 和a ′b ′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和．根据共点力平衡条件，对ab 棒受力分析， 得mg sin θ＝BI ′L ＋μmg cos θ(2分) 又I ′＝2BLv ′2R ＝BLv ′R (2分)代入解得v ′＝5 m/s(1分)由能量守恒2mgh ＝12×2mv ′2＋2μmg cos θh sin θ＋Q ′(3分)代入数据得Q ′＝75 J ．(1分) 答案 (1)4 m/s 2(2)30 J (3)75 J(限时：15分钟，满分：16分)(2014·安徽·23)如图9甲所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为2.5 m ，MN 连线水平，长为3 m ．以MN 中点O 为原点、OP 为x 轴建立一维坐标系Ox .一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3 m 、质量m 为1 kg 、电阻R 为0.3 Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定速度v ＝1 m/s 在导轨上沿x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g 取10 m/s 2.图9(1)求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x ＝0.8 m 处电势差U CD ；(2)推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图乙中画出F －x 关系图像；(3)求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热． 答案 (1)1.5 V －0.6 V(2)F ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2) 见解析图 (3)7.5 J解析 (1)金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势E ＝Blv (l ＝d ) E ＝1.5 V(D 点电势高)当x ＝0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l 外，则l 外＝d －OP －xOPd OP ＝MP 2－MN22＝2 m得l 外＝1.2 m由楞次定律判断D 点电势高，故C 、D 两端电势差U CD ＝－Bl 外v ＝－0.6 V.(2)杆在导轨间的长度l 与位置x 的关系是l ＝OP －x OP d ＝3－32x对应的电阻R 1＝ldR 电流I ＝Blv R 1杆受的安培力为F 安＝BIl ＝7.5－3.75x 根据平衡条件得F ＝F 安＋mg sin θF ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2)画出的F －x 图象如图所示．(3)外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积． 即W F ＝5＋12.52×2 J＝17.5 J而杆的重力势能增加量ΔE p ＝mgOP sin θ 故全过程产生的焦耳热Q ＝W F －ΔE p ＝7.5 J.(限时：45分钟)题组1 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．(2014·四川·6)如图1所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30 °角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t ) T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )图1A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到CC ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N答案 AC解析 根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C 到D ，故A正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律可知：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ⊥S Δt＝ΔBL 2Δt sin 30°＝0.2×12×12 V ＝0.1 V ，故感应电流为I ＝E R＝1 A ，金属杆受到的安培力F A ＝BIL ，t ＝1 s 时，F A ＝0.2×1×1 N＝0.2 N ，方向如图甲，此时金属杆受力分析如图甲，由平衡条件可知F 1＝F A ·cos 60°＝0.1 N ，F 1为挡板P 对金属杆施加的力．t ＝3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图乙，此时挡板H 对金属杆施加的力向右，大小F 3＝BIL cos 60°＝0.2×1×1×12N ＝0.1 N ．故C 正确，D 错误． 2．如图2甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω，磁场的磁感应强度大小B 随时间t 的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流i 的正方向．则( )图2A ．0～5 s 内i 的最大值为0.1 AB ．第4 s 末i 的方向为正方向C ．第3 s 内线圈的发热功率最大D ．3～5 s 内线圈有扩张的趋势答案 D解析 在t ＝0时磁通量的变化率最大，感应电流最大为I ＝E R ＝0.01 V 1 Ω＝0.01 A ，选项A 错误；第4 s 末，B 在正方向逐渐减小，根据楞次定律可知，i 的方向为负方向，选项B 错误；第3 s 内，线圈中感应电动势为零，所以第3 s 内线圈的发热功率为零，选项C 错误；3～5 s 内穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知线圈有扩张的趋势，选项D 正确．3．有人设计了一个汽车＂再生能源装置＂原理简图如图3甲所示．当汽车减速时，线圈受到辐向磁场的阻尼作用助汽车减速，同时将产生的电能储存．图甲中，线圈匝数为n ，ab 长度为L 1，bc 长度为L 2.图乙是此装置的侧视图．切割处磁场的磁感应强度大小恒为B ，有理想边界的两个扇形磁场区边线夹角都是90°.某次测试时，外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动，线圈中电流i 随时间变化图象如图丙所示(I 为已知量)，取ab 边刚开始进入右侧的扇形磁场时刻t ＝0.不计线圈转轴处的摩擦，则( )图3A ．线圈在图乙所示位置时，线圈中电流方向为a →b →c →d →aB ．线圈在图乙所示位置时，线圈产生电动势的大小为12nBL 1L 2ω C ．外力做功的平均功率为nBL 1L 2ωI 2 D ．闭合电路的总电阻为nBL 1L 2ωI答案 ACD解析 有两个边一直在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，故根据切割公式，有E ＝2nBL 1v ，其中v ＝12ωL 2，解得E ＝nBL 1L 2ω，根据右手定则，图乙中的线圈通过的电流方向为a →b →c →d →a ，故A 正确，B 错误；根据欧姆定律，电流I ＝E R ，解得R ＝nBL 1L 2ωI.线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半周期，故外力做功的平均功率P ＝12I 2R ，解得P ＝nBL 1L 2ωI 2，故C 、D 正确．题组2 电磁感应图象问题的分析4．如图4所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 两端接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 的金属棒ab 垂直导轨放置在靠近MP 的位置，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下．t ＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F ，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动．下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、磁通量的瞬时变化率ΔΦΔt、通过金属棒的电荷量q 以及a 、b 两端的电势差U 随时间t 变化的图象中，正确的是( )图4答案 BD解析 由题意知ab 棒做匀加速运动，其运动位移为x ＝12at 2，磁通量Φ＝BLx ＝BL ·12at 2，故A 错误；磁通量的瞬时变化率ΔΦΔt ＝BL Δx Δt＝BLv ＝BLat ，故B 正确；流过金属棒的电荷量q ＝ΔΦR ＝BL Δx R ，所以C 错误；a 、b 两端的电压U ＝R R ＋r E ＝R R ＋rBLat ，所以D 正确． 5．(2014·福建三明市三校联考)如图5甲所示，在水平桌面上，一个面积为S 、电阻为r 的圆形金属框置于磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B 1随时间t 的变化关系如图乙所示．在0～1 s 内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与一个电阻不计的水平平行金属导轨相连接，水平导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L 、电阻为R ，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度值为B 2，方向垂直导轨平面向下．若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力F f 随时间变化的图象是下图中的(设水平向右为静摩擦力的正方向)( )图5答案 A解析在0到1秒内磁感应强度B1随时间t均匀增加，感应电动势和电流恒定且感应电流方向为逆时针，则根据左手定则可得导体棒受到的安培力的方向为向左，大小恒定，所以棒受到的静摩擦力方向为向右，即为正方向，且大小也恒定．而在1秒到2秒内磁感应强度大小不变，则线圈中没有感应电动势，所以没有感应电流，则也没有安培力，因此棒不受静摩擦力．6．如图6所示，电阻不计的平行导轨竖直固定，上端接有电阻R，高度为h的匀强磁场与导轨平面垂直．一导体棒从磁场上方的A位置释放，用x表示导体棒进入磁场后的位移，i表示导体棒中的感应电流大小，v表示导体棒的速度大小，E k表示导体棒的动能，a表示导体棒的加速度大小，导体棒与导轨垂直并接触良好．以下图象可能正确的是( )图6答案AC解析 导体棒进入磁场后，受到向上的安培力和重力，如果安培力大于重力，导体棒将做减速运动，安培力F 安＝B 2L 2v R 减小，当安培力减小到等于重力时，做匀速运动；电流I ＝BLv R，由于速度先减小后不变，故电流也是先减小后不变，故A 正确；导体棒进入磁场后，受到向上的安培力和重力，如果安培力大于重力，导体棒将做减速运动，根据动能定理，有：mgx －F 安x ＝E k －E k0，故E k ＝mgx －F 安x ＋E k0，由于减速运动时安培力是变力，故对应的E k －x 图不是直线，故B 错误；导体棒进入磁场后，受到向上的安培力和重力，如果安培力等于重力，导体棒的加速度为零；离开磁场后只受重力，加速度为g ，故C 正确；导体棒离开磁场后只受重力，加速度为g ，即x ＞h 部分的v －t 图象的斜率不可能为零，故D 错误．题组3 综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题7．如图7所示，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF 、GH 之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场宽度为L ，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d ，两金属杆a 、b 质量均为m ，两杆与导轨接触良好．当金属杆a 进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a 离开磁场时，金属杆b 恰好进入磁场，则( )图7A ．金属杆b 进入磁场后做加速运动B ．金属杆b 进入磁场后做匀速运动C ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL 2D ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL答案 BD解析 由题意知，a 进入磁场后恰好做匀速直线运动，可得：mg sin θ＝BIL ，I ＝BLv R，由题意知，b 进入磁场时的速度等于a 进入磁场时的速度，故当b 进入磁场时，也做匀速直线运动，所以A 错误，B 正确；a 在磁场中产生的热量Q 1＝F 安L ＝mg sin 30°L ＝12mgL ，b 在磁场中运动产生的热量Q 2＝Q 1，所以两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝mgL ，故D 正确．8．在如图8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均为B 的匀强磁场区域，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，t 1时刻ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v 1做匀速直线运动；t 2时刻ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置，此时导线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动．重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )图8A ．当ab 边刚越过JP 时，导线框的加速度大小为a ＝g sin θB ．导线框两次匀速直线运动的速度v 1∶v 2＝4∶1C ．在t 1到t 2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量D ．在t 1到t 2的过程中，有3mgL sin θ2＋m v 21－v 222机械能转化为电能答案 BD 解析 ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区域时，导线框做匀速运动，所以mg sin θ＝BI 1L ＝B 2L 2v 1R，当ab 边刚越过JP 时，I 2＝E 2R ＝2BLv 1R，由2BI 2L －mg sin θ＝ma ，联立解得a ＝3g sin θ，所以A 错误；当a ＝0时，以速度v 2做匀速直线运动，即4B 2L 2v 2R－mg sin θ＝0，得：mg sin θ＝4B 2L 2v 2R，所以v 1∶v 2＝4∶1，故B 正确；在t 1到t 2的过程中，根据能量守恒知导线框克服安培力做功的大小等于导线框重力势能的减少量加上动能的减少量，即克服安培力做功W ＝3mgL sin θ2＋m v 21－v 222，所以C 错误；又克服安培力做功等于产生的电能，所以D 正确．9．(2014·新课标Ⅱ·25)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图9所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求：图9(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．答案 (1)方向为C →D 大小为3B ωr 22R(2)9B 2ω2r 44R ＋3μmg ωr 2解析 (1)根据右手定则，得导体棒AB 上的电流方向为B →A ，故电阻R 上的电流方向为C →D . 设导体棒AB 中点的速度为v ，则v ＝v A ＋v B 2而v A ＝ωr ，v B ＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势E ＝Brv根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R ，联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I ＝3B ωr 22R . (2)根据能量守恒定律，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即P ＝BIrv ＋F f v ，而F f ＝μmg解得P ＝9B 2ω2r 44R ＋3μmg ωr 2.。
高2019届高2016级高中物理步步高一轮复习学案基础课1 电磁感应现象 楞次定律
基础课1电磁感应现象楞次定律选择题(1～8题为单项选择题,9～14题为多项选择题)1.(2017·杭州模拟)如图1所示,匀强磁场垂直圆形线圈指向纸内,a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点,现用外力在上述四点将线圈拉成正方形,且线圈仍处在原先所在平面内,则在线圈发生形变的过程中()图1A.线圈中将产生abcda方向的感应电流B.线圈中将产生adcba方向的感应电流C.线圈中感应电流方向无法判断D.线圈中无感应电流解析周长一定时,圆形的面积最大。
本题线圈面积变小,磁通量变小,有感应电流产生。
由楞次定律可知线圈中将产生顺时针方向的感应电流。
故A正确。
答案 A2.如图2所示,导线框abcd与直导线几乎在同一平面内,直导线中通有恒定电流I,当导线框由左向右匀速通过直导线时,线框中感应电流的方向是()图2A.先abcd,后dcba,再abcdB.始终dcbaC.先dcba,后abcd,再dcbaD.先abcd,后dcba解析当导线框从直导线左边向直导线靠近时,穿过导线框的磁感线是向外的且磁通量增加,由楞次定律可判断导线框中电流方向是dcba。
当导线框在直导线右边远离直导线时,穿过导线框的磁感线是向里的且磁通量减小,由楞次定律可判断导线框中电流方向还是dcba。
在导线框跨越直导线过程中,导线框的ab边和dc边均切割磁感线,由右手定则可得ab边感应电流的方向从a到b,cd边感应电流的方向从c到d,而ad、bc边不切割磁感线,因此,回路中相当于有两个电源串联,回路中感应电流的方向为abcd。
选项C正确。
答案 C3.如图3,通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面,位置靠近ab且相互绝缘。
当MN中电流突然减小时,线圈所受安培力的合力方向()图3A.向左B.向右C.垂直纸面向外D.垂直纸面向里解析因为导线MN靠近ab,由图可知,线圈中等效合磁场为垂直纸面向里,当MN中电流减小时,由楞次定律可知感应电流的磁场阻碍磁通量的减小,故线圈向右运动,所受安培力的合力向右,故只有B项正确。
《步步高》高三物理一轮复习-第1讲-电场的力的性质(人教版)省公开课一等奖全国示范课微课金奖PPT课
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3．几个经典电场电场线(如图6－1－3所表示)．
图6－1－3
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考点一 电场强度了解与应用
电场强度三个表示式比较
表示式 比较
E＝Fq
E＝krQ2
E＝Ud
公式 意义
电场强度定 真空中点电荷电 匀强电场中E与
义式
场强度决定式 U关系式
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适用 条件
一切电场
①真空； ②点电荷
图6－1－4
Eb，方向与ab连线成60°角．则关于a、b两点场强大小及
电势高低，以下说法中正确是
( )．
A．Ea＝3Eb，φa<φb C．Ea＝2Eb，φa>φb
B．Ea＝E3b，φa>φb D．Ea＝E2b，φa<φb
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解析 通过作图找出点电荷 Q 的位置， 并设 a、b 间距为 2l，则 a、b 两点距点 电荷的距离分别为 3l 和 l，如图所示； 根据点电荷周围的场强公式 E＝kQr2∝
后做负功
D．负试探电荷在a点含有电势能比在b点含有电势能小
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解析 两个点电荷之间连线上场强不为零，A选项错误； 负试探电荷从a点向b点移动过程中，电场力方向向右，电 场力一直做负功，电势能增大，C选项错误，D选项正确； 从a点到b点过程中，电场强度先变小后变大，故电场力先 减小后增大，B选项正确． 答案 BD
匀强电场
由电场本
决定 原因
身决定，
由场源电荷Q和场源电荷 由电场本身决定，d
到该点距离r共同决定
为沿电场方向距离
与q无关
相同点
矢量，恪守平行四边形定则，单位：1 N/C＝ 1 V/m
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步步高二轮强化练 专题六电磁感应和电路第1讲 电磁感应问题
专题六第1讲电磁感应问题1．(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·19)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1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()图1A．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2．(2015·盐城市模拟)如图2甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是()图2A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B．电阻R两端的电压随时间均匀增大C．线圈电阻r消耗的功率为4×10－4WD．前4s内通过R的电荷量为4×10－4C3．(多选)(2015·第一次全国大联考)如图3所示，倾角为α的光滑导轨上端接入一定值电阻，Ⅰ和Ⅱ是边长都为L 的两正方形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B 1，区域Ⅱ中磁场随时间按B 2＝kt 变化，一质量为m 、电阻为r 的金属杆ab 穿过区域Ⅰ垂直地跨放在两导轨上，并恰能保持静止．则( )图3A ．通过金属杆的电流大小为mg sin αB 1LB ．通过金属杆的电流方向从a 到bC ．定值电阻的阻值为kB 1L 3mg sin α－r D ．定值电阻的阻值为kB 1L 3mg sin α4．(多选)(2015·山东省师大附中模拟)如图4所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L ，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L 的正方形导体线框，总电阻为R ，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F 使线框以速度v 匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E 为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，外力F 向右为正，则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E 、外力F 和电功率P 随时间变化规律图象的是( )图45．(多选)(2015·衡水联考)如图5所示，平行虚线之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场左右宽度为L ，磁感应强度大小为B .一等腰梯形线圈ABCD 所在平面与磁场垂直，AB 边刚好与磁场右边界重合，AB 长等于L ，CD 长等于2L ，AB 、CD 间的距离为2L ，线圈的电阻为R .现让线圈向右以恒定速度v 匀速运动，从线圈开始运动到CD 边刚好要进入磁场的过程中( )图5A ．线圈中感应电流沿顺时针方向B ．线圈中感应电动势大小为BL vC ．通过线圈截面的电荷量为BL 22RD ．克服安培力做的功为B 2L 3v 4R6．(多选)(2015·青岛二模)如图6甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3Ω，边长为0.4m ．金属线框处于两个半径为0.1m 的圆形匀强磁场中，顶点A 恰好位于左边圆的圆心，BC 边的中点恰好与右边圆的圆心重合．左边磁场方向垂直水平面向外，右边磁场垂直水平面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(π取3)( )图6A ．线框中感应电流的方向是顺时针方向B ．t ＝0.4s 时，穿过线框的磁通量为0.005WbC ．经过t ＝0.4s ，线框中产生的热量为2.7JD ．前0.4s 内流过线框的电荷量为0.2C7．(多选)(2015·第二次全国大联考)如图7所示，固定的竖直光滑U 形金属导轨，间距为L ，上端接有阻值为R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、电阻为r 的导体棒与劲度系数为k 的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x 1＝mg k，此时导体棒具有竖直向上的初速度v 0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是( )图7A ．初始时刻导体棒受到的安培力大小F ＝B 2L 2v 0RB ．初始时刻导体棒加速度的大小a ＝2g ＋B 2L 2v 0m (R ＋r )C ．导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态D ．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q ＝12m v 20＋2m 2g 2k8．(2015·宁波模拟)如图8所示，两根足够长的光滑平行直导轨(不计阻值)构成的平面与水平面成37°角，导轨平面处在垂直平面向上的匀强磁场中，导轨间距为L ＝1m ，导轨上端接有如图所示电路，已知R 1＝4Ω、R 2＝10Ω.将一直导体棒垂直放置于导轨上，现将单刀双掷开关置于a 处，将导体棒由静止释放，导体棒达到稳定状态时电流表读数为I 1＝2.00A ．将单刀双掷开关置于b 处，仍将导体棒由静止释放，当导体棒下滑x ＝2.06m 时导体棒速度又一次达到第一次稳定时的速度，此时电流表读数为I 2＝1.00A ，此过程中电路产生热量为Q ＝4.36J(g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．图8(1)求导体棒达到第一次稳定速度时回路中感应电动势及导体棒接入导轨部分的电阻大小；(2)求将开关置于a处稳定时的速度大小．二轮专题强化练答案精析专题六 电磁感应和电路第1讲 电磁感应问题1．AB 2.C3．AC [对金属杆：mg sin α＝B 1IL ，解得：I ＝mg sin αB 1L，A 对；由楞次定律知，电流方向为从b 到a ，B 错；由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt L 2＝kL 2，又因为：I ＝E R ＋r，故：R ＝E I －r ＝kB 1L 3mg sin α－r ，C 对，D 错．] 4．ABD [当线框进入磁场时，位移在0～L 内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值．位移在L ～2L 内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当位移为1.5L 时，磁通量最小，为零；位移在1.5L 到2L 时，磁通量向里，为正值，且均匀增大．位移在2L ～2.5L 时，磁通量均匀减小至零．在2.5L ～3L 内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值．在3L ～4L 内，磁通量均匀减小至零，且为负值，故A 正确．当线框进入第一个磁场时，由E ＝BLv 可知，E 保持不变，由右手定则知，感应电流方向沿顺时针方向，感应电动势为负值；线框开始进入第二个和第三个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势应为2BLv ，感应电流方向分别沿逆时针方向和顺时针方向，感应电动势分别为正值和负值；完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为BLv ，感应电流方向沿逆时针方向，感应电动势为正值，故B 正确．因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C 错误．拉力的功率P ＝Fv ，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B 的分析可知，电流加倍，故安培力增大为4倍，功率增大为4倍；此后从第三个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D 正确．]5．CD [当线圈向右运动时穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，故A 错误．设∠ADC ＝θ，由几何知识可得：tan θ＝2L L 2＝4 磁场宽度为L ，线圈有效的切割长度为2L tan θ＝L 2所以线圈中感应电动势大小为E ＝B ·L 2v ＝12BL v ，故B 错误．通过线圈截面的电荷量为q ＝ΔΦR＝B (2L ＋32L 2·L －32L ＋L 2·L )R ＝BL 22R，故C 正确．由B 项分析知线圈产生的感应电动势不变，克服安培力做的功等于线圈产生的焦耳热，则克服安培力做的功为W ＝E 2R t ＝(12BL v )2R ·L v ＝B 2L 3v 4R ，故D 正确．]6．CD [由磁感应强度B 1垂直水平面向里，大小随时间增大；B 2垂直水平面向外，大小不变，故线框的磁通量增大，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A 错误；t ＝0.4s 时穿过线框的磁通量为：Φ＝B 1×12×πr 2－B 2×16×πr 2＝5×0.5×3×0.12Wb －4×16×3×0.12Wb ＝0.055Wb ，故B 错误； Q ＝I 2Rt ＝(n ΔΦΔt )2R ×Δt ＝(10×(5－1)×12π×0.120.4)2×3×0.4J ＝2.7J ，故C 正确；在t ＝0.4s 内通过线框中的电荷量q ＝I t ＝E R t ＝n ΔΦR ＝10×(5－1)×12π×0.123C ＝0.2C ，故D 正确．] 7．BC [由题意得：E ＝BL v 0，由闭合电路欧姆定律得：I ＝E R ＋r ，由安培力公式得：F ＝B 2L 2v 0R ＋r，故A 错误；初始时刻，F ＋mg ＋kx 1＝ma ，得a ＝2g ＋B 2L 2v 0m (R ＋r )，故B 正确；因为导体棒最终静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故C 正确；根据能量守恒，减少的动能和势能全都转化为焦耳热，但R 上产生的焦耳热只是其中一部分，故D 错误．]8．(1)12V 2Ω (2)4m/s解析 (1)开关分别置于a 、b 时感应电动势相同，设为EE ＝I 1(R 1＋r )E ＝I 2(R 2＋r )联立解得：E＝12V，r＝2Ω.(2)开关置于a处匀速时mg v1sin37°＝I21(R1＋r) 开关置于b处至速度又一次达v1过程，mgx sin37°＝12m v21＋Q联立并代入数据解得：v1＝4m/s.。
【步步高】2016版高考物理(全国通用)专题六电磁感应和电路第2讲 直流电路和交流电路
π 从 t＝0 时刻到 t＝4 s 时刻，电阻 R 上产生的热量为 Q＝I2Rt＝ Em ( )2Rt＝1.6π×10－3 J，故 D 错误． 2R＋r
答案 C
预测 3
( 多选 ) 如图5所示，一矩形线圈 abcd 在匀
强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴 OO′ 匀速转 动．沿着OO′从上向下观察，线圈沿逆时针方向 转动．已知线圈匝数为n，总电阻为r，ab边长为l1， ad边长为l2，线圈转动的角速度为ω，外电阻阻值 为R，匀强磁场的磁感应强度为 B，则下列判断正 图5
n1＝n4<n2＝n3，故 A1 的示数大于 A2 的示数，A1、A3 的示数相等， 故 B 错误，A、C 正确；
同理，A2 的示数小于 A3 的示数，故 D 错误．
答案 AC
预测7 如图10所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，
输入电压u＝311 sin (100πt) V，L1和L2灯泡都正常发光，两电表
灯泡，R为光敏电阻(光照越强，阻值越小)．闭合开关S后，随着
光照强度逐渐增强(
A．两只灯泡均逐渐变暗
B．两只灯泡均逐渐变亮
C．电源内电路消耗的功率逐渐增大
D．光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大
图2
解析
当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减
小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，则L2灯逐 渐变亮．由U＝E－Ir可知，路端电压减小，L2灯的电压增大， 则R两端的电压减小，故L1灯逐渐变暗，故A、B错误； 总电流增大，由 P＝ I2r 知电源内电路消耗功率逐渐增大，故 C 正确；
热敏电阻，R是滑动变阻器，某种仪器要求在15～27 ℃的环境中
工作．当环境温度偏高或偏低时，控制器会自动启动降温或升温
步步高2016年高考物理人教版一轮复习《第九章 电磁感应》 第2课时
第2课时 法拉第电磁感应定律、自感和涡流考纲解读1.能应用法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt和导线切割磁感线产生电动势公式E ＝Bl v 计算感应电动势.2.会判断电动势的方向，即导体两端电势的高低.3.理解自感现象、涡流的概念，能分析通电自感和断电自感．考点一 法拉第电磁感应定律的应用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．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I ＝E R ＋r. 2．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt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．(2)当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝n ΔB ·S Δt ；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E ＝n B ·ΔS Δt；当ΔΦ由B 、S 的变化同时引起时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔS Δt. 3．磁通量的变化率ΔΦΔt是Φ－t 图象上某点切线的斜率． 例1 (2013·江苏·13)如图1所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝1.0m 、bc ＝0.5m ，电阻r ＝2Ω.磁感应强度B 在0～1s 内从零均匀变化到0.2T ．在1～5s 内从0.2T 均匀变化到－0.2T ，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：图1(1)0.5s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向；(2)在1～5s 内通过线圈的电荷量q ；(3)在0～5s 内线圈产生的焦耳热Q .解析 (1)感应电动势E 1＝N ΔΦ1Δt 1，磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB 1·S ，解得E 1＝N ΔB 1·S Δt 1，代入数据解得E 1＝10V ，感应电流方向为adcba (或逆时针方向)．(2)同理可得：1s ～5s 内，感应电动势E 2＝N ΔΦ2Δt 2＝N ΔB 2·S Δt 2，感应电流I 2＝E 2r，电荷量q ＝I 2Δt 2，解得q ＝N ΔB 2·S r，代入数据解得q ＝10C. (3)0～1s 内线圈产生的焦耳热Q 1＝I 21r Δt 1，且I 1＝E 1r，1～5s 内线圈产生的焦耳热Q 2＝I 22r Δt 2，由Q ＝Q 1＋Q 2，代入数据得Q ＝100J.答案 (1)10V adcba (或逆时针方向) (2)10C (3)100J递进题组1．[感应电动势大小的计算](2012·新课标全国·19)如图2，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt的大小应为( )图2A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π答案 C解析 当线框绕过圆心O 的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r ，导线框的电阻为R ，即I 1＝E R ＝ΔΦR Δt ＝B 0ΔS R Δt ＝12πr 2B 0R πω＝B 0r 2ω2R .当线框不动，磁感应强度变化时，I 2＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔB ·S R Δt ＝ΔB πr 22R Δt ，因I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝ωB 0π，C 选项正确． 2．[法拉第电磁感应定律的应用]如图3甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝100，线圈面积S ＝200cm 2，线圈的电阻r ＝1Ω，线圈外接一个阻值R ＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是()图3A ．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B ．电阻R 两端的电压随时间均匀增大C ．线圈电阻r 消耗的功率为4×10－4W D ．前4s 内通过R 的电荷量为4×10－4C 答案 C解析 由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势为E ＝nS ·ΔB Δt＝0.1V ，电阻R 两端的电压不随时间变化，选项B 错误；回路中电流I ＝E R ＋r＝0.02A ，线圈电阻r 消耗的功率为P ＝I 2r ＝4×10－4W ，选项C 正确；前4s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝0.08C ，选项D 错误．法拉第电磁感应定律解题技巧(1)公式E ＝n ΔΦΔt是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择． (2)用公式E ＝nS ΔB Δt求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积． (3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路总电阻R 总有关，与时间长短无关．推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR 总·Δt ＝n ΔΦR 总. 考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．公式E ＝Bl v 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 ＝Bl v 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．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4中有效长度分别为：图4甲图：l ＝cd sin β；乙图：沿v 1方向运动时，l ＝MN ；沿v 2方向运动时，l ＝0.丙图：沿v 1方向运动时，l ＝2R ；沿v 2方向运动时，l ＝0；沿v 3方向运动时，l ＝R .4．“相对性”的理解E ＝Bl v 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．例2 (2012·四川·20)半径为a 、右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .直杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，直杆的位置由θ确定，如图5所示．则( )图5A ．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，直杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，直杆受的安培力大小为2B 2a v (π＋2)R 0D ．θ＝π3时，直杆受的安培力大小为3B 2a v (5π＋3)R 0解析 当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以直杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Ba v ，选项A 正确．此时直杆上的电流I 1＝E 1(πa ＋2a )R 0＝2B v (π＋2)R 0，直杆受到的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2a v (π＋2)R 0，选项C 错误．当θ＝π3时，直杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，直杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Ba v ，选项B 错误．此时直杆上的电流I 2＝E 2(2πa －2πa 6＋a )R 0＝3B v (5π＋3)R 0，直杆受到的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2a v (5π＋3)R 0，选项D 正确．答案 AD递进题组3．[对E ＝Blv 的考查]如图6所示，水平放置的粗糙U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形硬导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计．下列说法正确的是( )图6A ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BL vB ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BL v R 0R 0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12m v 2 D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLd R 0＋r答案 BD解析 AC 的感应电动势为E ＝2BL v ，两端电压为U AC ＝ER 0R 0＋r ＝2BL v R 0R 0＋r，A 错，B 对；由功能关系得Fd ＝12m v 2＋Q ＋Q f ，C 错；此过程中平均感应电流为I ＝2BLd (R 0＋r )Δt，通过电阻R 0的电荷量为q ＝I Δt ＝2BLd R 0＋r，D 对． 4．[导体切割磁感线产生感应电动势问题]如图7所示，足够长的“U ”形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab 棒接入电路的部分的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )图7A ．a 点的电势高于b 点的电势B ．ab 棒中产生的焦耳热小于ab 棒重力势能的减少量C ．下滑的位移大小为qR BLD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v Rsin θ 答案 ABC解析 由右手定则可知a 点相当于电源的正极，b 点相当于电源的负极，故A 正确；由能量守恒可知ab 棒重力势能的减少量等于ab 棒中产生的焦耳热与ab 棒的动能之和，故B 正确；由q ＝ΔΦR ＝BxL R 可得，下滑的位移大小x ＝qR BL，故C 正确；金属棒ab 在这一过程中受到的安培力大小为F ＝BIL ，I 最大为BL v R ，故最大安培力大小为B 2L 2v R，故D 错误．公式E ＝n ΔΦ与E ＝Bl v sin θ的区别与联系 考点三 自感现象的理解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 ΔI Δt .(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．2．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．3．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．4．断电自感中，灯泡是否闪亮问题(1)通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮．(2)通过灯泡的自感电流小于或等于原电流时，灯泡不会闪亮．例3如图8所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源．t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是()图8解析当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1先变亮再慢慢熄灭，电流反向；综上所述知选项A、C正确．答案AC递进题组5．[对自感的考查]如图9(a)、(b)所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，电路达到稳定后，灯泡A发光，则()图9A．在电路(a)中，断开S，A将渐渐变暗B．在电路(a)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路(b)中，断开S，A将渐渐变暗D．在电路(b)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗答案AD解析在电路(a)中，灯A和线圈L串联，它们的电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，流过灯A的电流逐渐减小，因而灯A渐渐变暗．在电路(b)中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S 后，电源不再给灯供电，而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，通过电阻R、灯泡A形成回路，灯泡A中电流突然变大，灯泡A先变得更亮，然后渐渐变暗，故A、D正确．6．[对通电自感和断电自感的考查]如图10所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()图10A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变暗B．S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭C ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2亮度不变；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下再熄灭D ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2则逐渐变得更亮；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下再熄灭答案 D分析自感现象的两点注意(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大，断电过程中，电流是逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路．(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭．高考模拟 明确考向1．(2014·安徽·20)英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图11所示，一个半径为r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B ，环上套一带电荷量为＋q 的小球，已知磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )图11A ．0B.12r 2qk C ．2πr 2qk D ．πr 2qk答案 D解析 变化的磁场产生电场，电场对运动的带电粒子做功．均匀变化的磁场产生恒定的电场，电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ＝k πr 2，电场力做功W ＝qE ＝πr 2qk 故选项D 正确．图122．(2014·江苏·1)如图12所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 2B.nBa 2C.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt答案 B解析 线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔФΔt ＝n ·ΔB Δt ·S ＝n ·2B －B Δt ·a 22＝nBa 22Δt，选项B 正确． 3．(2013·北京·17)如图13所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为( )图13A ．c →a,2∶1B ．a →c,2∶1C ．a →c,1∶2D ．c →a,1∶2答案 C解析 用右手定则判断出两次滑动中金属棒MN 中的电流方向均为N →M ，所以电阻R 中的电流方向为a →c .由感应电动势公式E ＝Bl v 可知：E 1E 2＝Bl v 2Bl v ＝12，故选项C 正确． 4．磁场在xOy 平面内的分布如图14所示，其磁感应强度的大小均为B 0，方向垂直于xOy 平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为L 0，整个磁场以速度v 沿x 轴正方向匀速运动．若在磁场所在区间内放置一由n 匝线圈组成的矩形线框abcd ，线框的bc ＝L B 、ab ＝L ，L B 略大于L 0，总电阻为R ，线框始终保持静止．求：图14(1)线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小；(2)线框所受安培力的大小和方向．答案 (1)2nB 0L v 2nB 0L v R (2)4n 2B 20L 2v R方向沿x 轴正方向 解析 (1)线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速运动，切割磁感线的速度大小为v ，任意时刻线框ab 边切割磁感线产生的感应电动势大小为E 1＝nB 0L vcd 边切割磁感线产生的感应电动势大小为E 2＝nB 0L vab 边和cd 边所处的磁场方向总是相反的，故ab 边和cd 边中产生的感应电动势方向总是相同的，所以总的感应电动势大小E ＝2nB 0L v ，由闭合电路欧姆定律得导线中的电流大小I ＝2nB 0L v R . (2)线框所受安培力的大小F ＝2nB 0LI ＝4n 2B 20L 2v R由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x 轴正方向．练出高分一、单项选择题1．如图1所示，虚线区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为L ，磁感应强度大小为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 ，当该线框以垂直于磁场边界的速度v 匀速穿过磁场的过程中，下列说法正确的是( )图1A ．线框中的感应电流方向始终不变B ．线框中感应电流一直在增大C ．线框所受安培力方向始终相同D ．当通过线框的磁通量最大时，线框中的感应电动势为零答案 C解析 该线框以垂直于磁场边界的速度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，根据楞次定律、安培定则可以判断线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，且始终不为零，由左手定则可以判断线框在该磁场中一直受到水平向左的安培力作用，故A 、D 项错，C 项正确；该线框以垂直于磁场边界的速度v 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、后再增大，由E ＝BL v 及闭合电路欧姆定律可得线框中的感应电流先增大、后不变、后再增大，故B 项错．2.如图2所示，两块水平放置的金属板距离为d ，用导线、开关K 与一个n 匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B 中．两板间放一台小型压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球．K 没有闭合时传感器有示数，K 闭合时传感器示数变为原来的一半．则线圈中磁场B 的变化情况和磁通量的变化率分别为( )图2A ．正在增强，ΔΦΔt ＝mgd 2qB ．正在增强，ΔΦΔt ＝mgd 2nqC ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd 2qD ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd 2nq答案 B解析 根据K 闭合时传感器示数变为原来的一半，推出带正电小球受向上的电场力，即上极板带负电，下极板带正电，线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板，根据安培定则知感应磁场的方向向下，与原磁场方向相反，又由楞次定律得线圈中磁场正在增强；对小球受力分析得q E d ＝mg 2，其中感应电动势E ＝n ΔΦΔt ，代入得ΔΦΔt ＝mgd 2nq，故B 正确． 3．如图3甲所示，电路的左侧是一个电容为C 的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S .在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0～t 0时间内，电容器( )图3A ．上极板带正电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0B ．上极板带正电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0C ．上极板带负电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0D ．上极板带负电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0答案 A解析 由题图乙可知ΔB Δt ＝B 2－B 1t 0，B 增大，根据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，故电容器上极板带正电，E ＝n S ΔB Δt ＝S (B 2－B 1)t 0，Q ＝CE ＝CS (B 2－B 1)t 0，A 正确． 4．(2013·海南·6)如图4，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 ，方向垂直于纸面向里；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4A ．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B 2aR πrD ．棒经过环心时所受安培力的大小为8B 2R 2aR πr答案 D解析 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 ＝12at 2，解得t ＝4R a，选项B 错误；由v 2－v 20＝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＝πRr 2，故棒经过环心时流过棒的电流为I ＝E r 总＝4B 2aR r ，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 ＝8B 2R 2aR πr，选项D 正确. 5．(2013·天津·3)如图5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Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )图5A ．Q 1＞Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1＞Q 2，q 1＞q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1＞q 2答案 A解析 由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt① I ＝E R② q ＝I Δt ③由①②③得：q ＝ΔΦR所以q 1＝q 2由Q ＝|W 安|＝BIl ·x 得 Q 1＝B 2l 2ab v R ·l bcQ 2＝B 2l 2bc v R ·l ab又因l ab ＞l bc所以Q 1＞Q 2，选项A 正确．6．如图6甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60°的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(规定斜向下为B 的正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置且与导轨接触良好，除导体棒电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t 1时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流I 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是( )图6答案 D解析由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中的电流大小恒定，故A、B两项错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向水平向右，故外力F与F安等值反向，方向水平向左为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，综上所述，D项正确．7.如图7所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)．则()图7A．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭B．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭C．电路接通稳定后，三个灯亮度相同D．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭答案 A解析因线圈L的自感系数较大且直流电阻可忽略不计，S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭，A正确．S闭合时，B灯先不太亮，然后变亮，B错误．电路接通稳定后，B、C灯亮度相同，A灯不亮，C错误．电路接通稳定后，S断开时，C灯逐渐熄灭，D错误．二、多项选择题8.如图8所示，电阻不计的平行导轨竖直固定，上端接有电阻为R，高度为h的匀强磁场与导轨平面垂直．一导体棒从磁场上方的A位置自由释放，用x表示导体棒进入磁场后的位移，i表示导体棒中的感应电流大小，v表示导体棒的速度大小，E k表示导体棒的动能，a 表示导体棒的加速度大小，导体棒与导轨垂直并接触良好．以下图象可能正确的是()图8答案AC解析由于导体棒释放时距离磁场上边界有一定高度，所以导体棒到达磁场上边界时获得大小一定的速度v0，若速度v0较小，导体棒切割磁感线产生的感应电流较小，导体棒受到的安培力小于其自身的重力，导体棒做加速运动，当速度增大到一定值，满足安培力等于重力时，导体棒做匀速运动，离开磁场后做匀加速运动．若速度v0较大，切割磁感线产生的感应电流较大，导体棒受到的安培力大于其自身的重力，导体棒做减速运动，当速度减小到一定值，满足安培力等于重力时，导体棒做匀速运动，离开磁场后做匀加速运动．选项A符合此种情况；选项B中的0～h段不应该是直线，故B 选项错误；选项D中到达h以后，导体棒做匀加速运动，速度增大，D选项错误；若速度v0刚好满足安培力等于重力，则导体棒做匀速运动，离开磁场后做匀加速运动，选项C符合此种情况．本题应选A、C.9．如图9所示，电路中A和B是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的电感线圈，C是电容很大的电容器．当S闭合与断开时，对A、B的发光情况判断正确的是()图9A．S闭合时，A立即亮，然后逐渐熄灭B．S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭C．S闭合足够长时间后，B发光而A不发光D．S闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭而A逐渐熄灭答案 AC解析 电容器的特性是“充电和放电”，在开始充电阶段，相当于阻值很小的电阻，放电阶段相当于电源．电感线圈的特性是“阻交流、通直流”，即电流不会突然变化，当电流突然增大时，相当于阻值很大的电阻，当电流突然减小时，相当于电源．因此，当开关刚闭合时，电容器对电流的阻碍作用小，线圈对电流的阻碍作用大，C 和B 组成的电路分压作用小，A 、L 组成的电路分压作用大，B 灯很暗，A 灯很亮．当开关闭合足够长的时间后，电容器充电完成，线圈中电流为直流电，而其直流电阻很小，B 灯较亮，A 灯被短路，不发光；开关断开瞬间，电容器和B 组成的回路中，电容器放电，B 灯逐渐变暗，A 灯和线圈组成的回路中，线圈充当电源，A 灯先变亮再熄灭，故选项A 、C 正确．三、非选择题10．如图10所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，大小为B 0，用电阻率为ρ、横截面积为S 的导线做成的边长为l 的正方形线框abcd 水平放置，OO ′为过ad 、bc 两边中点的直线，线框全部都位于磁场中．现把线框右半部分固定不动，而把线框左半部分以OO ′为轴向上转动60°，如图中虚线所示．图10(1)求转动过程中通过导线横截面的电荷量；(2)若转动后磁感应强度随时间按B ＝B 0＋kt 变化(k 为常量)，求出磁场对线框ab 边的作用力大小随时间变化的关系式．答案 (1)B 0lS 16ρ (2)F ＝(B 0＋kt )3kl 2S 16ρ解析 (1)线框在转动过程中产生的平均感应电动势 E ＝ΔΦΔt ＝B 012l 2cos60°Δt ＝B 0l 24Δt① 在线框中产生的平均感应电流I ＝E R ②R ＝ρ4l S③ 转动过程中通过导线横截面的电荷量q ＝I Δt ④联立①②③④解得：q ＝B 0lS 16ρ.⑤ (2)若转动后磁感应强度随时间按B ＝B 0＋kt 变化，在线框中产生的感应电动势大小。
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是否和物理过程对应．
例2
(多选)如图6所示，abcd为用粗细均匀的同种材料制成的金
属线框，其中ab的长度只有bc长度的一半．现将线框放在水平光 滑绝缘的桌面上，在外力 F的作用下让线框以速度 v 匀速穿过右 边两个磁感应强度大小相等、方向相反的磁场区域．若以图示 位置开始计时，规定逆时针电流方向为正，磁感线向下穿过线 框时的磁通量为正．则下列关于回路电流i、外力F大小、cb间的 电势差 Ucb 及穿过线框的磁通量 Φ 随时间变化的图象正确的是 ( )
开关S后，向左快速移动滑动变阻器的滑片P，不考虑两环间的相
互作用力，则在移动滑片P的过程中(
)
A．M、N环向左运动，它们之间的距离增大
B．M、N环向左运动，它们之间的距离减小
C．M、N环向右运动，它们之间的距离增大
D．M、N环向右运动，它们之间的距离减小
图3
解析
当滑动变阻器的滑片向左移动时，通过螺线管两端的电压
答案 A
预测3
(多选)在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，
左、右两侧分别存在着方向如图 5甲所示的匀强磁场，以垂直纸
面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度 B随时间t的变化规
律分别如图乙所示．则0～t0时间内，导线框中(
A．感应电流方向为顺时针 B．感应电流方向为逆时针 πr2B0 C．感应电流大小为 t R 0 2πr2B0 D．感应电流大小为 t R 0
侧是水平放置、板长为x、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表
示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．
图9
(1)调节Rx＝0，释放导体棒，当导体棒速度为v1时，求棒ab两端
的电压；
解析 当导体棒速度为v1时，有：E＝Blv1；
E Blv1 根据闭合电路欧姆定律，得：I＝R＝ R
那么：Uab＝IR＝Blv1.
图6
解析
当线框进入第一个磁场时，由右手定则知电流方向为逆
时针，开始进入第二个磁场时，电流方向为顺时针，出第二个 磁场，电流方向为逆时针，故A错误； 由E＝Blv可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同 时切割磁感线，电动势应为 2BLv ，电流加倍，故每根导体棒受 到安培力加倍，则F＝2F安，将变为原来2倍，故B正确； 根据U＝IR 和电流方向知刚进入磁场和出磁场时电压相等， b 点 电势高，故Ucb为负，两边同时切割磁感线时c点电势高，且c、b 两点之间的电压为原来的2倍，故C正确；
高考题型1 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
解题方略 1．楞次定律中“阻碍”的表现
(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)．
(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)．
(3)阻碍原电流的变化(自感现象)．
2．感应电动势的计算 ΔΦ (1)法拉第电磁感应定律：E＝n Δt ，常用于计算平均电动势． ΔB ①若 B 变，而 S 不变，则 E＝n Δt S； ΔS ②若 S 变，而 B 不变，则 E＝nB Δt .
A．Ua＞Uc，金属框中无电流 B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿 a-b-c-a 1 2 C．Ubc＝－ Bl ω，金属框中无电流 2 1 2 D．Ubc＝ Bl ω，金属框中电流方向沿 a-c-b-a 2
)
图2
解析
金属框 abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，
所以无感应电流产生，选项B、D错误．
变小，螺线管中的电流变小，螺线管内部、外部的磁场均减小，
穿过 M 、N 两金属环的水平向右的磁通量减小，根据楞次定律，
可知向右运动可以阻碍穿过线圈的磁通量减小，所以环将向右运
动；结合条形磁铁的特点可知，靠近通电螺线管的 N处的磁感应
强度比较大，所以N环受到的安培力比较大，加速度比较大，所
以两环之间的距离将增大．
1 2 Bl2at ΔΦ Bla 2 q＝ I Δt＝ R ＝ R ＝ 2R t ，q－t 图象是一条开口向上的抛物线， 故 D 错误．
答案 B
高考题型3 电磁感应电路问题
解题方略 解答电磁感应中电路问题的三个步骤 1．确定电源：利用E＝n ΔΦ或E＝Blvsin θ求感应电动势的大小， 利用右手定则或楞次定律判断感应电流的方向．如果在一个电 路中切割磁感线的部分有多个并相互联系，可等效成电源的串、 并联．
Δt
2．分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系， 画出等效电路图．
3．利用电路规律求解：应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的
基本性质等列方程求解．
例3 如图9所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平
行光滑金属轨道上．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
(2)导体棒垂直切割磁感线：E＝Blv，主要用于求电动势的瞬 时值．
(3)如图 1 所示，导体棒 Oa 围绕棒的一端 O 在垂直磁场的平面内 1 2 做匀速圆周运动而切割磁感线，产生的电动势 E＝2Bl ω.
图1
例1
(2015· 新课标全国Ⅱ· 15) 如图2，直角三角形金属框abc放置
在匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向平行于ab边向上．当 金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别 为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是(
规律变化．规定内圆环 a 端电势高于 b端时，a、b间的电压 uab 为
正，下列uab－t图象可能正确的是( )
图7
解析
Δi 由题图乙知， 0～0.25T0， 外圆环电流逐渐增大且Δt逐渐减小，
根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强 ΔB 且 Δt 逐渐减小，根据楞次定律知内圆环 a 端电势高，所以 uab>0， ΔΦ ΔBS 根据法拉第电磁感应定律 uab＝ Δt ＝ Δt 知， uab 逐渐减小； t＝0.25T0 Δi ΔB 时， 所以 Δt ＝0， uab＝0； 同理可知 0.25T0<t<0.5T0 时， uab<0， Δt＝0， 且|uab|逐渐增大；0.5T0～T0 内重复 0～0.5T0 的变化规律．故选项 C 正确．
如图乙所示．下列关于棒运动速度 v、外力F、流过R的电荷量q 以及闭合回路中磁通量的变化率 ΔΦ 随时间t变化的图象正确的 Δt 是( )
图8
根据题图乙所示的 I －t图象可知I＝kt ，其中k 为比例系数， kR 因E＝IR，E＝Blv，所以v＝ t ，v－t图象是一条过原点且斜率 Bl 大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线 解析
当线框开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达到最 大；此后向外的磁通量增加，总磁通量减小；当运动1.5L时，磁 通量最小为零，故D错误．
答案 BC
预测4
(2015· 山东· 19)如图 7甲，R0 为定值电阻，两金属圆环固
定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，
经二极管整流后，通过 R0的电流 i始终向左，其大小按图乙所示
答案 AC
高考题型2 电磁感应图象问题
解题方略 对于电磁感应图象问题的分析要注意以下三个方面：
1．注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应
电流的方向如何． 2．注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否 和图象变化相对应． 3．注意观察图象的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲直
专题六
电磁感应和电路
专题定位
高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图 象问题、变压器和交流电的描述问题，在计算题中作为压轴题，以
导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能
量守恒定律解决导体棒类问题．
本专题考查的重点有以下几个方面：①楞次定律的理解和应用；
②感应电流的图象问题；③电磁感应过程中的动态分析问题；④综 ⑥变压器原理及三个关系；⑦交流电的产生及描述问题．
合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题；⑤直流电路的分析；
应考策略
对本专题的复习应注意“抓住两个定律，运用两种观点，分析
三种电路”．两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；
两种观点是指动力学观点和能量观点；三种电路是指直流电路、
交流电路和感应电路．
Hale Waihona Puke 第1讲栏目索引电磁感应问题
高考题型1 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 高考题型2 电磁感应图象问题 高考题型3 电磁感应电路问题 高考题型4 综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题
答案 C
预测5
如图8甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水
平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨
平面向上的匀强磁场中．t＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外
力F，使金属棒ab由静止开始沿导轨向上运动，导轨和金属棒的
电阻忽略不计．已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系
答案 C
预测2 法拉第发明了世界上第一台发电机
——法拉第圆盘发电机．铜质圆盘竖直放置
在水平向左的匀强磁场中，圆盘圆心处固定
一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与
图4
其紧贴，用导线将电刷与电阻 R连接起来形成回路．转动摇柄，
使圆盘如图4所示方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆
盘半径为l，圆盘匀速转动的角速度为ω.下列说法正确的是( ) 1 A．圆盘产生的电动势为2Bωl2，流过电阻 R 的电流方向为从 b 到 a 1 B．圆盘产生的电动势为2Bωl2，流过电阻 R 的电流方向为从 a 到 b
C．圆盘产生的电动势为 Bωπl2，流过电阻 R 的电流方向为从 b 到 a D．圆盘产生的电动势为 Bωπl2，流过电阻 R 的电流方向为从 a 到 b 解析 将圆盘看成无数幅条组成，它们都切割磁感线，从而产生感 应电动势，出现感应电流，根据右手定则，圆盘上感应电流从边缘 流向圆心，则流过电阻 R 的电流方向为从 b 到 a.根据法拉第电磁感 0＋l 1 2 应定律，得圆盘产生的感应电动势 E＝Bl v ＝Bl· 2 ω＝2Bl ω.