《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第10单元电磁感应听课正文

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(人教版)2020年度高考物理一轮复习第十章电磁感应专题强化十二电磁感应的综合问题学案

专题强化十二电磁感应的综合问题专题解读 1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题.2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心.3.用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等.命题点一电磁感应中的图象问题1.题型简述借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象.常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等.2.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表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.3.解题步骤(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；(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的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(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)画图象或判断图象.4.两种常用方法(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)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.(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进行分析和判断.例1 (多选)(2017·河南六市一模)边长为a 的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图1所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是( )图1答案 BC解析设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t ＝0，则其切割磁感线的有效长度L ＝2x tan 30°＝233x ，则感应电动势E 电动势＝BLv ＝233Bvx ，则C 项正确，D 项错误.框架匀速运动，故F 外力＝F 安＝B 2L 2v R ＝4B 2x 2v 3R∝x 2，A 项错误.P 外力功率＝F 外力v ∝F 外力∝x 2，B 项正确. 变式1 (2017·江西南昌三校四联)如图2所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里.一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速到位置2(右).取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t ＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )图2答案 A解析线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B 、C 错误；线框进入磁场的过程，线框切割磁感线的有效长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框切割磁感线的有效长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A 正确，D 错误.变式2 (2017·河北唐山一模)如图3所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R ，导体棒ab 垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中.现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R 的电荷量q 随导体棒位移的变化描述正确的是( )图3答案 B解析导体棒运动过程中受向左的安培力F ＝B 2L 2v R，安培力阻碍棒的运动，速度减小，由牛顿第二定律得棒的加速度大小a ＝F m ＝B 2L 2v Rm，则a 减小，v －t 图线斜率的绝对值减小，故B项正确，A 项错误.通过R 的电荷量q ＝I Δt＝E R Δt ＝ΔΦΔt R ·Δt ＝ΔΦR ＝BL Rx ，可知C 、D 项错误.命题点二电磁感应中的动力学问题1.题型简述感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等).2.两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件.具体思路如下：例2 (2016·全国卷Ⅱ·24)如图4，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上.t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动.t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：图4(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值.答案 (1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E ＝Blv ③ 联立①②③式可得 E ＝Blt 0(F m －μg ) ④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝E R ⑤式中R 为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，有F －μmg －F 安＝0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m. 变式3 (2017·江淮十校三模)宽为L 的两光滑竖直裸导轨间接有固定电阻R ，导轨(电阻忽略不计)间Ⅰ、Ⅱ区域中有垂直纸面向里宽为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ区域间距为h ，如图5，有一质量为m 、长为L 、电阻不计的金属杆与竖直导轨紧密接触，从距区域Ⅰ上端H 处由静止释放.若杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，现以杆由静止释放为计时起点，则杆中电流随时间t 变化的图象可能正确的是( )图5答案 B解析杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，说明产生的感应电流也应完全相同，排除A 和C 选项.因杆在无磁场区域中做a ＝g 的匀加速运动，又杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，则杆在Ⅰ、Ⅱ区域应做减速运动，在区域Ⅰ中对杆受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加速度a ＝mg －B 2L 2v R m，方向竖直向上，则知杆做加速度逐渐减小的减速运动，又I ＝BLv R，由I －t 图线斜率变化情况可知选项B 正确，选项D 错误. 变式4 (2017·上海单科·20改编)如图6，光滑平行金属导轨间距为L ，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R 的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面.质量为m 的金属杆ab 以沿导轨平面向上的初速度v 0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置.在运动过程中，ab 与导轨垂直且接触良好，不计ab 和导轨的电阻及空气阻力.图6(1)求ab 开始运动时的加速度a 的大小；(2)分析并说明ab 在整个运动过程中速度、加速度的变化情况.答案见解析解析 (1)利用楞次定律，对初始状态的ab 受力分析得：mg sin θ＋BIL ＝ma ①对回路分析 I ＝E R ＝BLv 0R②联立①②得 a ＝g sin θ＋B 2L 2v 0mR(2)上滑过程：由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：a 上＝g sin θ＋B 2L 2v mR ③上滑过程，a 、v 反向，做减速运动.利用③式，v 减小则a 减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动.下滑过程：由牛顿第二定律，对ab 受力分析得：mg sin θ－B 2L 2v R ＝ma 下 ④a 下＝g sin θ－B 2L 2v mR ⑤因a 下与v 同向，ab 做加速运动.由⑤得v 增加，a 下减小，杆下滑时做加速度逐渐减小的加速运动.命题点三电磁感应中的动力学和能量问题1.题型简述电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的.安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程.2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解.3.求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能.例3如图7所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成.倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B的匀强磁场.闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆MN运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆MN两端始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：图7(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率v m；(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离x m.答案见解析解析(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得mg sin θ－BI m L＝0根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：I m ＝BLv m 2r 解得：v m ＝2mgr sin θB 2L 2 (2)设在这段时间内，金属杆MN 运动的位移为x由电流的定义可得：q ＝I Δt根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得：平均电流I ＝B ΔS 2r Δt ＝BLx 2r Δt解得：x ＝2qr BL设电流为I 0时金属杆MN 的速度为v 0，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可得I 0＝BLv 02r ，解得v 0＝2rI 0BL设此过程中，电路产生的焦耳热为Q 热，由功能关系可得：mgx sin θ＝Q 热＋12mv 02定值电阻r 产生的焦耳热Q ＝12Q 热解得：Q ＝mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2 (3)设金属杆MN 在水平导轨上滑行时的加速度大小为a ，速度为v 时回路电流为I ，由牛顿第二定律得：BIL ＝ma由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：I ＝BLv 2r联立可得：B 2L 22r v ＝m Δv ΔtB 2L 22r v Δt ＝m Δv ，即B 2L 22rx m ＝mv m 得：x m ＝4m 2gr 2sin θB 4L4 变式5 (多选)(2017·山东潍坊中学一模)如图8所示，同一竖直面内的正方形导线框a 、b 的边长均为l ，电阻均为R ，质量分别为2m 和m .它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度大小为B 、方向垂直竖直面的匀强磁场区域.开始时，线框b 的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a 的下边到匀强磁场的上边界的距离为l .现将系统由静止释放，当线框b 全部进入磁场时，a 、b 两个线框开始做匀速运动.不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，则( )图8A.a 、b 两个线框匀速运动时的速度大小为2mgR B 2l 2B.线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B 2l 3mgRC.从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，线框a 所产生的焦耳热为mglD.从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl 答案 BC解析设两线框匀速运动的速度为v ，此时轻绳上的张力大小为F T ，则对a 有：F T ＝2mg －BIl ，对b 有：F T ＝mg ，又I ＝ER ，E ＝Blv ，解得v ＝mgR B 2l 2，故A 错误.线框a 从下边进入磁场后，线框a 通过磁场时以速度v 匀速运动，则线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t ＝3l v ＝3B 2l 3mgR，故B 正确.从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，线框a 只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q ，由功能关系有2mgl －F T l ＝Q ，得Q ＝mgl ，故C 正确.设两线框从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W ，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l 的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl＝2mgl ＋12×3mv 2＋W ，得W ＝2mgl －3m 3g 2R 22B 4l4，故D 错误. 变式6 如图9所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻.质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆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9(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P .答案 (1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2v 0－v2R解析 (1)MN 刚扫过金属杆时，感应电动势E ＝Bdv 0 感应电流I ＝E R解得I ＝Bdv 0R(2)安培力F ＝BId 由牛顿第二定律得F ＝ma解得a ＝B 2d 2v 0mR(3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′＝v 0－v ，则感应电动势E ′＝Bd (v 0－v )电功率P ＝E ′2R解得P ＝B 2d 2v 0－v2R1.将一段导线绕成如图1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为匀强磁场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1答案 B解析根据B －t 图象可知，在0～T2时间内，B －t 图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔBΔt S 可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定律可知，ab 中电流方向为b →a ，再由左手定则可判断ab 边受到向左的安培力，且0～T2时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在T2～T 时间内，B －t 图线的斜率为正且为定值，故ab 边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同.综上可知，B 正确. 2.如图2所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的区域，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上.若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场的过程中感应电流i 随时间t 变化的图象是( )图2答案 C解析在金属框进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针，金属框切割磁感线的有效长度线性增大，排除A 、B ；在金属框出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，金属框切割磁感线的有效长度线性减小，排除D ，故C 正确.3.(多选)(2017·山东泰安二模)如图3甲所示，间距为L 的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，轨道左侧连接一定值电阻R .垂直导轨的导体棒ab 在平行导轨的水平外力F 作用下沿导轨运动，F 随t 变化的规律如图乙所示.在0～t 0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动.图乙中t 0、F 1、F 2为已知量，棒和导轨的电阻不计.则( )图3A.在t 0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B.在t 0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C.在0～t 0时间内，导体棒的加速度大小为2F 2－F 1RB 2L 2t 0D.在0～t 0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为F 2－F 1t 02BL答案 BD解析因在0～t 0时间内棒做匀加速直线运动，故在t 0时刻F 2大于棒所受的安培力，在t 0以后，外力保持F 2不变，安培力逐渐变大，导体棒先做加速度减小的加速运动，当加速度a ＝0，即导体棒所受安培力与外力F 2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A 错误，B 正确.设在0～t 0时间内导体棒的加速度为a ，通过导体棒横截面的电荷量为q ，导体棒的质量为m ，t 0时刻导体棒的速度为v ，则有：a ＝v t 0，F 2－B 2L 2v R ＝ma ，F 1＝ma ，q ＝ΔΦR ，ΔΦ＝B ΔS ＝BLv 2t 0，解得：a ＝F 2－F 1R B 2L 2t 0，q ＝F 2－F 1t 02BL，故C 错误，D 正确. 4.如图4所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线POQ ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN 与金属线紧密接触，起始时OA ＝l 0，且MN ⊥OQ ，所有导线单位长度电阻均为r ，MN 匀速水平向右运动的速度为v ，使MN 匀速运动的外力为F ，则外力F 随时间变化的规律图象正确的是( )图4答案 C解析设经过时间t ，则MN 距O 点的距离为l 0＋vt ，直导线在回路中的长度也为l 0＋vt ，此时直导线产生的感应电动势E ＝B (l 0＋vt )v ；整个回路的电阻为R ＝(2＋2)(l 0＋vt )r ，回路的电流I ＝E R＝B l 0＋vt v 2＋2l 0＋vt r ＝Bv2＋2r；直导线受到的外力F 大小等于安培力，即F ＝BIL ＝BBv2＋2r(l 0＋vt )＝B 2v2＋2r(l 0＋vt )，故C 正确.5.(多选)(2017·河南三市二模)如图5所示，一根总电阻为R 的导线弯成宽度和高度均为d 的“半正弦波”形闭合线框.竖直虚线之间有宽度也为d 、磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于线框所在的平面.线框以速度v 向右匀速通过磁场，ab 边始终与磁场边界垂直.从b 点到达边界开始到a 点离开磁场为止，在这个过程中( )图5A.线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B.ab 段直导线始终不受安培力的作用C.平均感应电动势为12BdvD.线框中产生的焦耳热为B 2d 3vR答案 AD解析整个过程中闭合线框中的磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可判定A 正确.ab 段导线中有电流通过且与磁场垂直，故其受安培力的作用，B 错误.由于整个过程中磁通量变化量为0，故平均感应电动势为0，C 错误.整个过程中线框中产生一个周期的正弦式交变电流，其电动势峰值为E m ＝Bdv ，则线框中产生的焦耳热为Q ＝E 2R t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫Bdv 22R·2d v ＝B 2d 3vR，D 正确.6.(2016·全国卷Ⅰ·24)如图6，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑.求：图6(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小. 答案 (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)mgRB 2L 2(sin θ－3μcos θ) 解析 (1)由于ab 、cd 棒被平行于斜面的导线相连，故ab 、cd 速度总是相等，cd 也做匀速直线运动.设导线的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2，对于ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F①F N1＝2mg cos θ ②对于cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mg sin θ＋μF N2＝F T ′＝F T ③F N2＝mg cos θ④联立①②③④式得：F ＝mg (sin θ－3μcos θ) ⑤(2)设金属棒运动速度大小为v ，ab 棒上的感应电动势为E ＝BLv ⑥ 回路中电流I ＝ER⑦ 安培力F ＝BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v ＝mgRB 2L2(sin θ－3μcos θ) 7.如图7所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L ，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板(图中未画出)，上端连接一个阻值R ＝2r 的电阻，整个装置处在磁感应强度为B 、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab 、cd放在导轨下端，其中棒ab 靠在挡板上，棒cd 在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a 的匀加速运动.已知每根金属棒质量为m 、长度为L 、电阻为r ，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好.求：图7(1)经多长时间棒ab 对挡板的压力变为零； (2)棒ab 对挡板压力为零时，电阻R 的电功率； (3)棒ab 运动前，拉力F 随时间t 的变化关系. 答案 (1)5mgr sin θ2B 2L 2a (2)m 2g 2r sin 2θ2B 2L 2(3)F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a5rt解析 (1)棒ab 对挡板的压力为零时，受力分析可得BI ab L ＝mg sin θ设经时间t 0棒ab 对挡板的压力为零，棒cd 产生的电动势为E ，则E ＝BLat 0回路中电流I ＝Er ＋R 外R 外＝Rr R ＋r ＝23r I ab ＝R R ＋rI解得t 0＝5mgr sin θ2B 2L 2a(2)棒ab 对挡板压力为零时，cd 两端电压为U cd ＝E －Ir解得U cd ＝mgr sin θBL此时电阻R 的电功率为P ＝U 2cd R解得P ＝m 2g 2r sin 2θ2B 2L2(3)对cd 棒，由牛顿第二定律得F －BI ′L －mg sin θ＝ma I ′＝E ′r ＋R 外E ′＝BLat解得F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a5rt .8.(2016·全国卷Ⅲ·25)如图8，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里.某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动.金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计.求：图8(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小. 答案 (1)kt 0SR(2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0l R解析 (1)在金属棒未越过MN 之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS ＝k ΔtS ① 由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt②由欧姆定律得I ＝E R③由电流的定义得I ＝Δq Δt④联立①②③④式得 |Δq |＝kS RΔt⑤由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内即Δt ＝t 0，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为 |q |＝kt 0SR⑥(2)当t >t 0时，金属棒已越过MN .由于金属棒在MN 右侧做匀速运动，有F ＝F 安⑦式中，F 是外加水平恒力，F 安是金属棒受到的安培力.设此时回路中的电流为I ，F 安＝B 0lI ⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B 0ls ⑩回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′ ⑪其中Φ＝B 1S ＝ktS ⑫由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t (t >t 0)，穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0lv 0(t －t 0)＋kSt ⑬ 在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0lv 0＋kS )Δt⑭由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E t ＝ΔΦtΔt⑮由欧姆定律得I ＝E t R⑯联立⑦⑧⑭⑮⑯式得F ＝(B 0lv 0＋kS )B 0lR.。

《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第10单元电磁感应作业正文

课时作业(二十六)第26讲电磁感应现象、楞次定律时间/40分钟基础达标1.从奥斯特发现电流周围存在磁场后,法拉第坚信磁一定能生电.他使用如图K26-1所示的装置进行实验研究,以致经过了10年都没发现“磁生电”.主要原因是()图K26-1A.励磁线圈A中的电流较小,产生的磁场不够强B.励磁线圈A中的电流是恒定电流,不会产生磁场C.感应线圈B的匝数较少,产生的电流很小D.励磁线圈A中的电流是恒定电流,产生稳恒磁场图K26-22.[人教版选修3-2改编]如图K26-2所示,导线框abcd与直导线在同一平面内,直导线通有恒定电流I,在线框由左向右匀速通过直导线过程中,线框中感应电流的方向()A.先为abcd,后为dcba,再为abcdB.先为abcd,后为dcbaC.始终为dcbaD.先为dcba,后为abcd,再为dcba3.(多选)如图K26-3所示,在两根竖直放置的平行长直导线M、N中通入大小、方向均相同的恒定电流,圆形导线框在图示位置,线框和两导线在同一竖直平面(纸面)内.下列说法正确的是()图K26-3A.若线框从图示位置由静止释放,则线框做直线运动B.若线框从图示位置由静止释放,则线框做曲线运动C.若线框沿着水平方向从右向左在两导线间匀速移动,则线框中感应电流一直沿逆时针方向D.若线框沿着水平方向从右向左在两导线间匀速移动,则线框中感应电流先沿逆时针、后沿顺时针方向4.如图K26-4所示,Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极,ab为放在其间的金属棒,ab和cd导线连成一个闭合回路.当ab棒向左运动时,cd导线受到向下的安培力,则由此可知()图K26-4A.d点电势高于c点电势B.Ⅰ是S极C.Ⅰ是N极D.ab棒受到向左的安培力图K26-55.(多选)如图K26-5所示,在一竖直平面内,三条平行导线串有两个电阻R1和R2,导体棒PQ与三条导线均接触良好.匀强磁场的方向垂直于纸面向里,导体棒的电阻可忽略.若导体棒向左加速运动,则()A.流经R1的电流方向向上B.流经R2的电流方向向下C.流经R1的电流方向向下D.流经R2的电流方向向上6.[人教版选修3-2改编]把两个线圈绕在一个铁环上,A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个闭合回路,B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路,实验电路如图K26-6所示.关于该实验,下列说法正确的是()图K26-6A.闭合开关S的瞬间,电流表G中有a→b的感应电流B.闭合开关S的瞬间,电流表G中有b→a的感应电流C.闭合开关S后,在增大R接入电路阻值的过程中,电流表G中有a→b的感应电流D.闭合开关S后,在增大R接入电路阻值的过程中,电流表G中有b→a的感应电流技能提升7.[2018·北大附中高三4月模拟]如图K26-7所示,两同心圆环A、B置于同一水平面上,其中B为均匀带负电绝缘环,A为导体环.当B绕环心转动时,导体环A产生顺时针方向的电流且具有扩展趋势,则B的转动情况是()图K26-7A.顺时针加速转动B.顺时针减速转动C.逆时针加速转动D.逆时针减速转动8.(多选)[2018·镇江模拟]航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的.电磁驱动原理如图K26-8所示,当固定线圈上突然通有直流电流时,线圈端点的金属环被弹射出去.现在固定线圈左侧同一位置先后放有用横截面积相等的铜导线和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环,且电阻率ρ铜<ρ铝.闭合开关S的瞬间()图K26-8A.从左侧看,环中感应电流沿顺时针方向B.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C.若将环放置在线圈右方,环将向左运动D.电池正、负极调换后,金属环不能向左弹射9.如图K26-9所示,左侧闭合电路中的电流大小为I1,ab为一段长直导线;右侧平行金属导轨的左端连接有与ab平行的长直导线cd,在远离cd导线的右侧空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场,在磁场区域放置垂直于导轨且与导轨接触良好的导体棒MN,当导体棒沿导轨匀速运动时,可在cd上产生大小为I2的感应电流.已知I1>I2,不计匀强磁场对导线ab和cd的作用,用f1和f2分别表示导线cd对ab的安培力大小和ab对cd的安培力大小.下列说法中正确的是()图K26-9A.若MN向左运动,则ab与cd两导线相互吸引,f1=f2B.若MN向右运动,则ab与cd两导线相互吸引,f1=f2C.若MN向左运动,则ab与cd两导线相互吸引,f1>f2D.若MN向右运动,则ab与cd两导线相互吸引,f1>f210.(多选)如图K26-10所示,在一空心螺线管内部中点处悬挂一铜环.在电路接通的瞬间,下列说法正确的是()图K26-10A.从左往右看,铜环中有逆时针方向的感应电流B.从左往右看,铜环中有顺时针方向的感应电流C.铜环有收缩的趋势D.铜环有扩张的趋势挑战自我11.[2018·华东师大附中月考]如图K26-11所示,通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间,ab和cd是放在导轨上的两根金属棒,它们分别静止在螺线管的左、右两侧.现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动,则ab和cd棒的运动情况是()图K26-11A.ab向左运动,cd向右运动B.ab向右运动,cd向左运动C.ab、cd都向右运动D.ab、cd都保持静止12.(多选)如图K26-12所示,铁芯上有两个导线圈A和B,线圈A跟电源和开关S相连,LED(发光二极管,具有单向导电性)M和N并联后接在线圈B两端,图中所有元件均正常,则()图K26-12A.S闭合瞬间,A中有感应电动势B.S断开瞬间,A中有感应电动势C.S闭合瞬间,M亮一下,N不亮D.S断开瞬间,M和N二者均不亮课时作业(二十七)第27讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流时间/40分钟基础达标1.随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的视线.小到手表、手机,大到电脑、电动汽车,都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化.如图K27-1所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图.关于无线充电,下列说法中正确的是()图K27-1A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电流的磁效应B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电图K27-22.金属探测器已经广泛应用于安检场所.关于金属探测器,下列说法正确的是()A.金属探测器可用于食品生产,防止细小的沙石颗粒混入食品中B.金属探测器探测地雷时,探测器的线圈中产生涡流C.金属探测器探测金属时,被测金属中感应出涡流D.探测过程中金属探测器与被测物体相对静止或相对运动探测效果相同图K27-33.如图K27-3所示,李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻,以判断它是否断路.刘伟为了使李辉操作方便,用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量.测量时表针摆过了一定角度,李辉由此确认线圈没有断路.正当李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离时,刘伟突然惊叫起来,觉得有电击感.下列说法正确的是()A.刘伟被电击时变压器线圈中的电流瞬间变大B.刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压C.刘伟受到电击的同时多用电表也可能被烧坏D.实验过程中若李辉两手分别握住红、黑表笔的金属杆,他也会受到电击4.如图K27-4所示,虚线MN表示甲、乙、丙三个相同正方形金属框的一条对称轴,金属框内均匀分布有界匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律都满足B=kt,金属框按照图示方式处于磁场中,测得金属框甲、乙、丙中的感应电流分别为I甲、I乙、I丙,则下列判断正确的是()图K27-4A.I乙=2I甲,I丙=2I甲B.I乙=2I甲,I丙=0C.I乙=0,I丙=0D.I乙=I甲,I丙=I甲图K27-55.(多选)[2018·南宁三校联考]如图K27-5所示,线圈匝数为n,横截面积为S,电阻为r,处于一个均匀增强的磁场中,磁感应强度随时间的变化率为k,磁场方向水平向右且与线圈平面垂直,电容器的电容为C,定值电阻的阻值为r.下列说法正确的是()A.电容器下极板带正电B.电容器上极板带正电C.电容器所带电荷量为D.电容器所带电荷量为nSkC技能提升6.(多选)用导线绕成一圆环,环内有一用同种导线折成的内接正方形线框,圆环与线框绝缘,如图K27-6所示.把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环和线框所在平面(纸面)向里.当磁感应强度均匀减弱时()图K27-6A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针方向B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针方向C.圆环和线框中的电流大小之比为∶1D.圆环和线框中的电流大小之比为2∶1图K27-77.(多选)有一半径为a且右端开小口的导体圆环和一长为2a的导体直杆,它们单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置,整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,杆始终有两点与圆环良好接触,如图K27-7所示.从圆环中心DO开始,杆的位置由θ确定,则()A.θ=0时,杆产生的感应电动势为2BavB.θ=时,杆产生的感应电动势为BavC.θ=0时,杆受的安培力大小为D.θ=时,杆受的安培力大小为8.(多选)如图K27-8所示的电路中,自感线圈L的自感系数很大,电阻可忽略,D为理想二极管,L1、L2为两个小灯泡.下列说法正确的是()图K27-8A.当S闭合时,L1立即变亮,L2逐渐变亮B.当S闭合时,L1一直不亮,L2逐渐变亮C.当S由闭合断开时,L2立即熄灭D.当S由闭合断开时,L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭挑战自我9.(多选)由粗细相同、同种材料制成的A、B两线圈分别按图K27-9甲、乙两种方式放入匀强磁场中,甲、乙两图中的磁场方向均垂直于线圈平面,A、B线圈的匝数之比为2∶1,半径之比为2∶3,当两图中的磁场都随时间均匀变化时()图K27-9A.甲图中,A、B两线圈中电动势之比为2∶3B.甲图中,A、B两线圈中电流之比为3∶2C.乙图中,A、B两线圈中电动势之比为8∶9D.乙图中,A、B两线圈中电流之比为2∶310.[2018·湖北黄冈调研]如图K27-10甲所示,一个电阻为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路.线圈的半径为r1,在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示.图线的横、纵轴截距分别为t0和B0,导线的电阻不计.在0至t1时间内,求:(1)通过电阻R 1的电流大小和方向;(2)通过电阻R1的电荷量q和产生的热量Q.图K27-1011.如图K27-11所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B,方向竖直向下.当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后,金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆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.(1)当MN刚扫过金属杆时,求杆中感应电流的大小I;(2)当MN刚扫过金属杆时,求杆的加速度大小a;(3)当PQ刚要离开金属杆时,求感应电流的功率P.图K27-11专题训练(九)专题九电磁感应中的电路和图像问题时间/40分钟基础达标图Z9-11.(多选)[2018·焦作一模]如图Z9-1所示,两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置,间距为l=1 m,cd间、de间、cf间都接有阻值R=10 Ω的电阻.一阻值R=10 Ω的导体棒ab以速度v=4 m/s匀速向左运动,导体棒与导轨垂直且接触良好,导轨所在平面存在磁感应强度大小B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场.下列说法中正确的是()A.导体棒ab中电流的方向为由b到aB.cd两端的电压为1 VC.de两端的电压为1 VD.fe两端的电压为1 V图Z9-22.如图Z9-2所示,竖直平面内有一金属环,其半径为a,总电阻为2r(金属环粗细均匀),磁感应强度大小为B0的匀强磁场垂直于环面,在环的最高点A处用铰链连接长度为2a、电阻为r的导体棒AB.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,则此时A、B两端的电压为()A.B0avB.B0avC.B0avD.B0av图Z9-33.如图Z9-3所示为有理想边界的两个匀强磁场,磁感应强度均为B=0.5 T,两边界间距s=0.1 m,一边长L=0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成,总电阻为R=0.4 Ω.现使线框以v=2 m/s的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ,则能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差U ab随时间t变化的图线是图Z9-4中的()图Z9-44.[2018·潍坊联考]两个不易发生形变的正方形导体框a、b连成如图Z9-5甲所示的回路,并固定在竖直平面(纸面)内.导体框a内固定一小圆环c,a与c在同一竖直面内,圆环c中通入如图乙所示的电流(规定逆时针方向为电流的正方向),导体框b的MN边处在垂直纸面向外的匀强磁场中,则MN边在匀强磁场中受到的安培力()图Z9-5A.0~1 s内,方向向下B.1~3 s内,方向向下C.3~5 s内,先逐渐减小后逐渐增大D.第4 s末,大小为零图Z9-65.(多选)[2018·济宁一模]如图Z9-6所示,在水平面内有两个“V”字形光滑金属导轨,空间中存在垂直于水平面的匀强磁场,其中导轨bac固定不动.用外力F使导轨edf向右匀速运动,导轨间始终接触良好,从图示位置开始计时,回路中的电流I的大小和外力F的大小随时间的变化关系正确的是图Z9-7中的()图Z9-7技能提升6.一个匀强磁场的边界是MN,MN左侧无磁场,右侧是范围足够大的匀强磁场区域,如图Z9-8甲所示.现有一个金属线框沿ab(ab⊥MN)方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域,线框中的电流随时间变化的I-t图像如图乙所示,则线框可能是图Z9-9中的()图Z9-8图Z9-9图Z9-107.(多选)如图Z9-10所示,平面直角坐标系的第一象限和第二象限分别有垂直于纸面向里和垂直于纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度大小相同.现有一四分之一圆形线框OMN绕O点逆时针匀速转动,若规定顺时针方向为线框中感应电流I的正方向,从图示时刻开始计时,则感应电流I及ON边所受的安培力大小F随时间t的变化关系正确的是图Z9-11中的()图Z9-11图Z9-128.(多选)如图Z9-12所示,一不计电阻的导体圆环半径为r,圆心在O点,过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条,辐条与圆环接触良好,将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场中,磁场边界恰与圆环直径在同一直线上.现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动,右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触,R1=,开关S处于闭合状态,不计其他电阻,则下列判断正确的是()A.通过R1的电流方向为从下向上B.感应电动势大小为2Br2ωC.理想电压表的示数为Br2ωD.理想电流表的示数为9.[2018·苏、锡、常、镇四市模拟]一个圆形线圈共有n=10匝,其总电阻r=4.0 Ω,线圈与阻值R0=16 Ω的外电阻连成闭合回路,如图Z9-13甲所示.线圈内部存在着一个边长l=0.20 m的正方形区域,其中有分布均匀但磁感应强度随时间变化的磁场,图乙显示了一个周期内磁感应强度的变化情况,周期T=1.0×10-2 s,磁场方向以垂直于线圈平面向外为正方向.求:(1)t=T时刻电阻R0上的电流大小和方向;(2)0~时间内流过电阻R0的电荷量;(3)一个周期内电阻R0上产生的热量.图Z9-13挑战自我10.在同一水平面上的光滑平行金属导轨P、Q相距l=1 m,导轨左端接有如图Z9-14所示的电路.其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d=10 mm,定值电阻R1=R2=12 Ω,R3=2 Ω,金属棒ab的电阻r=2 Ω,其他电阻不计.磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面,当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时,悬浮于电容器两极板之间的质量m=1×10-14 kg、电荷量q=-1×10-14 C的微粒恰好静止不动.g取10 m/s2.在整个运动过程中金属棒与导轨始终保持垂直并接触良好,且速度恒定.求:(1)匀强磁场的方向;(2)ab棒两端的电压;(3)金属棒ab运动的速度大小.图Z9-14专题训练(十)A专题十涉及电磁感应的力电综合问题时间/40分钟基础达标图Z10-11.(多选)[2018·河北定州中学模拟]如图Z10-1所示,位于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨处在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨所在平面,导轨的一端与一电阻相连,具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直.现用一平行于导轨的恒力F拉杆ab,使它由静止开始向右运动.杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计.用E 表示回路中的感应电动势,i表示回路中的感应电流,在i随时间增大的过程中,电阻消耗的功率等于()A.F的功率B.安培力的功率的绝对值C.F与安培力的合力的功率D.iE图Z10-22.如图Z10-2所示,用横截面积之比为4∶1的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b,以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中将a和b匀速拉到磁场外,若外力对线框做的功分别为W a、W b,则W a∶W b为()A.1∶4B.1∶2C.1∶1D.不能确定图Z10-33.(多选)在如图Z10-3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的磁场方向垂直于斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直于斜面向下,磁场宽度HP及PN均为L.一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑,t1时刻ab边刚好越过GH进入磁场区域Ⅰ,此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动;t2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v2做匀速直线运动.重力加速度为g.下列说法中正确的是()A.当ab边刚越过JP时,导线框的加速度大小为a=g sin θB.导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1∶v2=4∶1C.从t1时刻到t2时刻的过程中,导线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量D.从t1时刻到t2时刻的过程中,有+的机械能转化为电能图Z10-44.[2018·辽宁实验中学月考]如图Z10-4所示,相距为d的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场,磁感应强度为B.正方形金属线圈abcd边长为L(L<d),质量为m,电阻为R.将线圈在磁场上边界上方h高处由静止释放,cd边刚进入磁场时速度为v0,cd边刚离开磁场时速度也为v0,则线圈穿过磁场(从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止)的过程中(重力加速度为g)()A.感应电流所做的功为mgdB.感应电流所做的功为mg(d-L)C.线圈的最小速度一定是2D.线圈的最小速度可能为图Z10-55.(多选)平行光滑金属导轨竖直放置,其电阻不计,磁场方向如图Z10-5所示,磁感应强度B=0.5 T,导体棒ab及cd长均为0.2 m,电阻均为0.1 Ω,重均为0.1 N,均与导轨垂直.现用竖直向上的力拉导体棒ab,使其匀速上升(与导轨接触良好),此时释放cd,cd恰好静止不动,则ab上升时,下列说法正确的是()A.ab受到的拉力大小为0.2 NB.ab向上的速度为2 m/sC.在2 s内,产生的电能为0.8 JD.在2 s内,拉力做功为0.6 J技能提升6.某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪,测速原理如图Z10-6所示.在传送带一端的下方固定有间距为L、长度为d的平行金属电极.电极间充满磁感应强度为B、方向垂直于传送带平面(纸面)向里、有理想边界的匀强磁场,且电极之间接有理想电压表和电阻R,传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条,其电阻均为r,传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中,且金属条与电极接触良好.当传送带以一定的速度匀速运动时,电压表的示数为U.下列说法中正确的是()图Z10-6A.传送带匀速运动的速率为B.电阻R产生焦耳热的功率为C.金属条经过磁场区域受到的安培力大小为D.每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为7.如图Z10-7所示,空间分布着水平方向的匀强磁场,磁场区域的水平宽度d=0.4 m,竖直方向足够长,磁感应强度B=0.5 T.正方形导线框PQMN边长L=0.4 m,质量m=0.2 kg,电阻R=0.1 Ω,开始时放在光滑绝缘水平板上“Ⅰ”位置.现用一水平向右的恒力F=0.8 N 拉线框,使其向右穿过磁场区域,最后到达“Ⅱ”位置(MN边恰好出磁场).已知线框平面在运动中始终保持在竖直平面内,PQ边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动,g取10 m/s2.求:(1)线框进入磁场前运动的距离D;(2)上述整个过程中线框内产生的焦耳热;(3)线框进入磁场过程中通过其某一截面的电荷量.图Z10-78.[2018·江西五校联考]如图Z10-8甲所示,两条阻值不计的足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L=0.5 m,N、Q两端连接阻值R=2.0 Ω的电阻,磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上,导轨平面与水平面的夹角θ=30°.一质量m=0.40 kg、阻值r=1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线跨过光滑的定滑轮与质量M=0.80 kg的重物相连,细线与金属导轨平行.金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t 之间的关系如图乙所示,已知在0~0.3 s内通过金属棒的电荷量是0.3~0.6 s内通过金属棒的电荷量的,g取10 m/s2,求:(1)0~0.3 s内金属棒通过的位移;(2)0~0.6 s内金属棒产生的热量.图Z10-8挑战自我9.如图Z10-9所示,宽度为L的光滑平行金属导轨左端是半径为r1的四分之一圆弧导轨,右端是半径为r2的半圆导轨,中部是与它们相切的水平导轨.水平导轨所在的区域有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场.一根质量为m的金属杆a置于水平导轨上,另一根质量为M的金属杆b由静止开始从左端导轨最高点滑下,当b滑至水平导轨某位置时,a滑到右端半圆导轨最高点(b始终运动且a、b未相撞),并且a在最高点对导轨的压力大小为mg(g为重力加速度),此过程中通过a的电荷量为q.已知a、b杆的电阻分别为R1、R2,其余部分电阻不计.在b由静止释放到a运动至右端半圆导轨最高点过程中,a、b均始终与导轨垂直且接触良好,求:(1)b在水平导轨上运动时的最大加速度;(2)上述过程中系统产生的焦耳热;(3)a刚到达右端半圆导轨最低点时b的速度大小.图Z10-9专题训练(十)B专题十涉及电磁感应的力电综合问题时间/40分钟基础达标图Z10-101.(多选)[2018·黄山模拟]如图Z10-10所示,在磁感应强度B=1.0 T的匀强磁场中,金属杆PQ在外力F作用下在粗糙的平行金属导轨上以速度v=2 m/s向右匀速滑动,两导轨间距离l=1.0 m,定值电阻R=3.0 Ω,金属杆的电阻r=1.0 Ω,导轨电阻忽略不计,金属杆始终与导轨垂直且接触良好,则下列说法正确的是()A.通过R的感应电流的方向为由a到dB.金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2 VC.金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 ND.外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热2.[2018·广西柳州高级中学模拟]如图Z10-11甲所示,在光滑水平面上,有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd,在水平外力的作用下,线框从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动,穿过匀强磁场,测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示,则()图Z10-11A.线框受到的水平外力一定是恒定的B.线框边长与磁场宽度之比为3∶8C.出磁场的时间是进入磁场时的一半D.出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等图Z10-123.如图Z10-12所示,间距为L的足够长的平行金属导轨固定在斜面上,导轨一端接入阻值为R的定值电阻.t=0时,质量为m的金属棒由静止开始沿导轨下滑,t=T时,金属棒的速度恰好达到最大值v m.整个装置处于垂直于斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,金属棒及导轨的电阻不计.下列说法正确的是()A.t=时,金属棒的速度大小为B.0~T的时间内,金属棒的机械能减少量等于电阻R上产生的焦耳热C.电阻R在0~内产生的焦耳热小于~T内产生的焦耳热D.金属棒在0~内的机械能减少量大于在~T内的机械能减少量4.[2018·太原五中月考]如图Z10-13甲所示,MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30°角固定,间距为L=1 m,质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其阻值忽略不计.空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为B=0.5 T.P、M 间接有阻值为R1的定值电阻,Q、N间接电阻箱R.现从静止释放ab,改变电阻箱的阻值R,测得最大速度为v m,得到与的关系如图乙所示.若轨道足够长且电阻不计,重力加速度g取10 m/s2,则()。

高考物理一轮复习文档：第十章第4讲电磁感应规律的综合应用(二)—动力学和能量、动量练习

板块三限时规范特训时间：45分钟 100分一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。

其中 1～3为单选，4～8为多选)1. [2017·四川第二次大联考]如图所示，固定的竖直光滑U 型金属导轨，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＝mgk，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( )A ．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 ＝g ＋B 2L 2v 0m R＋rC ．导体棒往复运动，最终将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 ＝12mv 20＋2m 2g2k答案 C解析由法拉第电磁感应定律得：E ＝Blv 0，由闭合电路的欧姆定律得：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 错误；因为导体棒静止时没有安培力，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，减小的动能和重力势能全都转化为焦耳热，但R 上的只是一部分，故D 错误。

2. [2017·湖北重点中学联考]如图所示，足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 平行放置，两导轨的平面与水平方向的夹角为θ。

在导轨的最上端M 、P 之间接有电阻R ，不计其他电阻。

导体棒ab 从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab 棒上升的最大高度为H ；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab 棒上升的最大高度为h 。

全品复习方案2020届高考物理一轮复习第10单元电磁感应听课正文含解

电磁感应2015年2016年2017年2018年高考热点统计要求ⅠⅡⅠⅡⅢⅠⅡⅢⅠⅡⅢ高考基础要求及冷点统计电磁感应现象Ⅰ18201519磁通量Ⅰ19251817法拉第电磁感应定律Ⅱ15242021、2518201518楞次定律Ⅱ1924202520151920考情分析1.高考着重考查的知识点有:电磁感应现象、产生感应电流的条件、楞次定律、法拉第电磁感应定律.2.从近年来高考命题趋势看,结合图像综合考查楞次定律和电磁感应定律的应用为选择题的命题热点;以导轨+导体棒模型为载体,以近代科技、生活实际为背景,考查电磁感应规律与力学、电路知识的综合应用,是计算题(或选择题)的命题热点.自感、涡流(Ⅰ)高考对于自感、涡流的考查属于冷点,一般不单独出题.可以与物理学史结合考查电磁感应现象.如2015年全国卷Ⅰ第19题.第26讲　电磁感应现象、楞次定律一、磁通量1.磁通量(1)定义:磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积S的 .(2)公式:Φ= (B⊥S);单位:韦伯(Wb).(3)矢标性:磁通量是 ,但有正负.2.磁通量的变化量:ΔΦ= .3.磁通量的变化率: 与所用时间的比值,即,与线圈的匝数无关.二、电磁感应现象1.电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,电路中有产生的现象.2.产生感应电流的条件:(1)闭合电路;(2) 发生变化.三、感应电流的方向1.楞次定律:感应电流的磁场总要引起感应电流的的变化.2.右手定则:伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内;让磁感线从掌心进入,并使拇指指向的方向,这时四指所指方向就是感应电流的方向.【辨别明理】(1)线框不闭合时,即使穿过线框的磁通量发生变化,线框中也没有感应电流产生.( )(2)当导体切割磁感线时,一定产生感应电动势.( )(3)由楞次定律知,感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反.( )图26-1(4)[人教版选修3-2改编]如图26-1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,通过电阻的感应电流的方向 ,线圈与磁铁相互 .考点一　电磁感应现象的理解与判断1.磁通量发生变化的三种常见情况(1)磁场强弱不变,回路面积改变.(2)回路面积不变,磁场强弱改变.(3)回路面积和磁场强弱均不变,但二者的相对位置发生改变.2.判断是否产生感应电流的流程(1)确定研究的回路.(2)弄清楚回路内的磁场分布,并确定穿过该回路的磁通量Φ.(3)Φ不变→无感应电流Φ变化→图26-2例1[2017·全国卷Ⅰ]扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌.为了有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图26-2所示.无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是图26-3中的( ) A B C D图26-3变式题[2018·安徽皖江区域联考]如图26-4所示,闭合圆形导体线圈放置在匀强磁场中,线圈平面与磁场平行,当磁感应强度逐渐增大时,以下说法正确的是图26-4( )A.线圈中产生顺时针方向的感应电流B.线圈中产生逆时针方向的感应电流C.线圈中不会产生感应电流D.线圈面积有缩小的倾向考点二　楞次定律的理解与应用考向一　应用楞次定律判断感应电流方向的“四步法”例2[2017·全国卷Ⅲ]如图26-5所示,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直.金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面.现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是( )图26-5A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向图26-6变式题[2018·洛阳一中模拟]如图26-6所示为安检门原理图,左边门框中有一通电线圈,右边门框中有一接收线圈.工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流,则( )A.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针B.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流增大C.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针D.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流大小发生变化■要点总结楞次定律中“阻碍”的含义考向二　利用楞次定律的推论速解电磁感应问题电磁感应现象中因果相对的关系恰好反映了自然界的这种对立统一规律,对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的“效果”总是阻碍产生感应电流的原因,可由以下四种方式呈现:(1)阻碍磁通量的变化,即“增反减同”.(2)阻碍相对运动,即“来拒去留”.(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势,即“增缩减扩”.(4)阻碍原电流的变化(自感现象),即“增反减同”.例3 如图26-7所示,光滑固定金属导轨M、N水平放置,两根导体棒P、Q平行放置在导轨上,形成一个闭合回路,当一条形磁铁从高处下落接近回路时(重力加速度为g)( )图26-7A.P、Q将互相靠拢B.P、Q将互相远离C.磁铁的加速度仍为gD.磁铁的加速度大于g变式题 [2018·重庆质检]如图26-8所示,ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈,当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动的过程中,线圈ab将( )图26-8A.静止不动B.顺时针转动C.逆时针转动D.发生转动,但电源的极性不明,无法确定转动方向考点三　左手定则、右手定则、楞次定律、安培定则1.规律比较名称基本现象因果关系应用的定则或定律电流的运动电荷、电流产生磁场因电生磁安培定则磁效应洛伦兹力、磁场对运动电荷、电流有作用力因电受力左手定则安培力部分导体做切割磁感线运动因磁生电右手定则电磁感应闭合回路磁通量变化因磁生电楞次定律2.相互联系(1)应用楞次定律时,一般要用到安培定则.(2)研究感应电流受到的安培力,一般先用右手定则确定电流方向,再用左手定则确定安培力的方向,有时也可以直接应用楞次定律的推论确定.例4 (多选)[2018·全国卷Ⅰ]如图26-9所示,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路.将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态.下列说法正确的是( )图26-9A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动变式题 (多选)如图26-10所示装置中,金属杆cd原来静止.要使金属杆cd将向右运动,可以使金属杆ab( )图26-10A.向右匀速运动B.向右加速运动C.向左加速运动D.向左减速运动■要点总结左、右手定则巧区分(1)右手定则与左手定则的区别:抓住“因果关系”才能无误,“因动而电”——用右手;“因电而动”——用左手.(2)左手定则和右手定则很容易混淆,为了便于区分,可把两个定则简单地总结为“通电受力用左手,运动生电用右手”.完成课时作业(二十六)第27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)定义:在中产生的电动势.(2)产生条件:穿过回路的发生改变,与电路是否闭合无关.(3)方向判断:感应电动势的方向用或判断.2.法拉第电磁感应定律(1)内容:感应电动势的大小跟穿过这一回路的成正比.(2)公式:E= .二、自感和涡流1.自感现象(1)由于导体本身的电流发生变化时而产生的现象.由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势.(2)自感电动势E= .(3)自感系数L与线圈的大小、形状、圈数、是否有铁芯等有关,单位是 .2.涡流:块状金属在磁场中运动,或者处在变化的磁场中,金属块内部会产生感应电流,这种电流在整块金属内部自成闭合回路,叫作 .【辨别明理】(1)穿过线圈的磁通量变化越快,产生的感应电动势越大.( )(2)线圈匝数n越多,磁通量越大,产生的感应电动势也越大.( )(3)对于同一线圈,电流变化越快,线圈中的自感电动势越大.( )(4)法拉第发现了电磁感应现象之后不久,他又利用电磁感应发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机,如图27-1甲所示.图乙是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触.使铜盘转动,电阻R 中就有电流通过.试说明圆盘发电机的原理.图27-1考点一　法拉第电磁感应定律的理解和应用1.法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定,而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系.(2)磁通量的变化率对应Φ-t图线上某点切线的斜率.2.应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时,ΔΦ=B·ΔS,则E=n;(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时,ΔΦ=S·ΔB,则E=n;(3)磁通量的变化是由面积和磁场共同变化引起时,则根据定义,ΔΦ=|Φ末-Φ初|,E=n≠n.例1[2015·重庆卷]图27-2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t1到t2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B1均匀增加到B2,则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa-φb( )图27-2A.恒为B.从0均匀变化到C.恒为-D.从0均匀变化到-变式题 (多选)[2018·沧州一中模拟]线圈所围的面积为0.1 m2,线圈电阻为1 Ω,规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向,如图27-3甲所示,磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示,则下列说法正确的是( )图27-3A.在0~5 s时间内,I的最大值为0.01 AB.在第4 s末,I的方向为逆时针C.前2 s内,通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD.第3 s内,线圈的发热功率最大■要点总结应用法拉第电磁感应定律应注意的两个问题(1)公式E=n求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势,在磁通量均匀变化时,瞬时值才等于平均值.(2)利用公式E=nS求感应电动势时,S为线圈在磁场范围内的有效面积.考点二　导体棒切割磁感线引起的感应电动势的计算例2 如图27-4所示,abcd为水平放置的平行“匚”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( )图27-4A.电路中感应电动势的大小为B.电路中感应电流的大小为C.金属杆所受安培力的大小为D.金属杆的热功率为■题根分析分析导体棒切割磁感线产生的感应电动势时应注意,一是导体棒切割磁感线有平动切割和转动切割两种,二是要将其与根据法拉第电磁感应定律计算的感应电动势区别开.(1)E=Blv的三个特性①正交性:本公式要求磁场为匀强磁场,而且B、l、v三者互相垂直.②有效性:公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度.图27-5中,导体棒的有效长度为a、b间的距离.图27-5③相对性:E=Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度,若磁场也在运动,应注意速度间的相对关系.(2)导体棒转动切割磁感线当导体棒在垂直于磁场的平面内绕一端以角速度ω匀速转动时,产生的感应电动势为E=Bl= Bl2ω,如图27-6所示.图27-6■变式网络图27-7变式题1 (多选)[2016·全国卷Ⅱ]法拉第圆盘发电机的示意图如图27-7所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是( )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倍图27-8变式题2 (多选)[2018·浏阳模拟]如图27-8所示,一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路,虚线MN 右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面,回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直.从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列说法中正确的是( )A.感应电流方向为逆时针方向B.CD段直导线始终不受安培力C.感应电动势的最大值E=BdvD.感应电动势的平均值=πBdv变式题3 如图27-9所示,两根光滑的平行长直金属导轨置于水平面内,导轨间距为L,导轨左端接有阻值为R的电阻,质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上.导轨和导体棒的电阻均不计,且接触良好.在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B.开始时,导体棒静止于磁场区域的右端,当磁场以速度v1匀速向右移动时,导体棒随之开始运动,同时受到水平向左、大小为f的恒定阻力,并很快达到恒定速度,此时导体棒仍处于磁场区域内.(1)求导体棒所达到的恒定速度v2;(2)为使导体棒能随磁场运动,阻力最大不能超过多少?图27-9考点三　涡流、自感现象的理解及应用考向一　通电自感与断电自感现象对比通电自感断电自感自感电路器材规格　A 1、A 2灯规格相同,R=R L ,L 较大　L 很大(有铁芯)自感现象　在S 闭合瞬间,A 2灯立即亮起来,A 1灯逐渐变亮,最终两灯一样亮　在开关S 断开时,A 灯逐渐变暗直至熄灭产生原因　开关闭合时,流过电感线圈的电流迅速增大,线圈中产生自感电动势,阻碍电流的增大,流过A 1灯的电流比流过A 2灯的电流增加得慢　断开开关S 时,流过线圈L 的电流减小,自感电动势阻碍电流的减小,通过L 的电流通过A 灯,A 灯不会立即熄灭,若R L <R A ,原来的电流I L >I A ,则A 灯熄灭前要闪亮一下,若R L ≥R A ,原来的电流I L ≤I A ,则A 灯逐渐变暗直至熄灭,不会闪亮一下例3 [2017·北京卷] 图27-10甲和乙是教材中演示自感现象的两个电路图,L 1和L 2为电感线圈.实验时,断开开关S 1瞬间,灯A 1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S 2,灯A 2逐渐变亮,而另一个相同的灯A 3立即变亮,最终A 2与A 3的亮度相同.下列说法正确的是( ) 甲乙图27-10A .图甲中,A 1与L 1的电阻值相同B .图甲中,闭合S 1,电路稳定后,A 1中电流大于L 1中电流C .图乙中,变阻器R 与L 2的电阻值相同D.图乙中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等变式题[2018·江苏常州检测]如图27-11所示,电路中A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是电容很大的电容器.当S闭合时,A、B灯泡的发光情况是( )图27-11A.S刚闭合后,A亮一下又逐渐熄灭,B逐渐变亮B.S刚闭合后,B亮一下又逐渐变暗,A逐渐变亮C.S闭合足够长时间后,A和B一样亮D.S闭合足够长时间后,A、B都熄灭考向二　对涡流的考查例4 (多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”.实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图27-12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27-12A.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完成课时作业(二十七)专题九　电磁感应中的电路和图像问题热点一　电磁感应中的电路问题1.电磁感应中电路知识的关系图2.分析电磁感应电路问题的基本思路例1 如图Z9-1甲所示,水平放置的两根平行金属导轨间距L=0.3 m,导轨左端连接阻值R=0.6 Ω的电阻,区域abcd内存在垂直于导轨平面、磁感应强度B=0.6 T的匀强磁场,磁场区域宽D=0.2 m.细金属棒A1和A2用长为2D=0.4 m的轻质绝缘杆连接,放置在导轨平面上,均与导轨垂直且接触良好,每根金属棒在导轨间的电阻均为r=0.3 Ω.导轨电阻不计.使金属棒以恒定速度v=1.0 m/s沿导轨向右穿过磁场.计算从金属棒A1进入磁场(t=0)到A2离开磁场的时间内,不同时间段通过电阻R的电流,并在图乙中画出.图Z9-1变式题 (多选)[2018·陕西摸底]半径分别为r和2r的同心圆形金属导轨固定在同一水平面内,导轨电阻不计,一长为r、电阻为R的均匀金属棒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Z9-2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.在两导轨之间接有阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器.金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动,图Z9-2在转动过程中始终与导轨保持良好接触.下列说法中正确的是( )A.金属棒中电流从B流向AB.金属棒两端电压为Bωr2C.电容器的M板带负电D.电容器所带电荷量为CBωr2■要点总结(1)对电源的理解:在电磁感应现象中,产生感应电动势的那部分导体相当于电源.如:切割磁感线的导体棒、内有磁通量变化的线圈等.(2)对电路的理解:内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈;除电源外其余部分是外电路,外电路由电阻、电容器等电学元件组成.在外电路中,电流从高电势处流向低电势处;在内电路中,电流则从低电势处流向高电势处.热点二　电磁感应中的图像问题考向一　感生类图像问题总结(1)问题类型①给定电磁感应过程,选出或画出正确的图像.②由给定的有关图像分析电磁感应过程,求解相应物理量.(2)分析方法①电动势大小:E=n,取决于磁通量的变化率.②电动势方向:注意感应电流的实际方向是否与规定情况一致,同向取正,反向取负.(3)注意问题①关注初始时刻:如初始时刻感应电流是否为零,是正方向还是负方向.②关注变化过程:看电磁感应发生过程分为几个阶段,这几个阶段是否和图像变化相对应.③关注大小、方向的变化趋势,看图像斜率大小、图像的曲直和物理过程是否相对应.④求F-t图像时,不但要注意i-t变化,还需要关注B-t变化.有时I≠0,但B=0,所以F=0.例2 将一段导线绕成如图Z9-3甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内.回路的ab边置于垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直于纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示.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变化的图像是图Z9-4中的( )图Z9-3图Z9-4变式题 (多选)[2018·全国卷Ⅲ]如图Z9-5甲所示,在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧.导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图乙所示,规定从Q到P为电流正方向.导线框R中的感应电动势( )图Z9-5A.在t=时为零B .在t=时改变方向C .在t=时最大,且沿顺时针方向D .在t=T 时最大,且沿顺时针方向考向二　动生类图像问题总结(1)问题类型由闭合线圈的运动过程画出i-t 图像或E-t 图像.(2)分析方法①电动势大小:E=Blv.要注意是单边切割还是双边切割(感应电流同向相加、反向相减),等效长度为在磁场中导线首尾相连在垂直于速度方向的分量.②电动势方向:用右手定则判断.例3 如图Z9-6所示为两个有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B ,方向分别垂直于纸面向里和向外,磁场宽度均为L ,距磁场区域的左侧L 处有一边长为L 的正方形导线框,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,磁感线垂直于图Z9-6纸面向里时磁通量Φ的方向为正,外力F 向右为正.如图Z9-7所示关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E 、外力F 和电功率P 随时间变化的图像中正确的是( )图Z9-7图Z9-8　变式题1 [2018·江西联考] 如图Z9-8所示,导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v 向右匀速通过一正方形匀强磁场区域abcd ,ac 垂直于导轨且平行于导体棒,ac 右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反,导轨和导体棒的电阻均不计,如图Z9-9所示关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流从M 经R 到N 为正方向,安培力向左为正方向)( )图Z9-9图Z9-10变式题2 如图Z9-10所示的匀强磁场中有一根弯成45°角的金属线POQ ,其所在平面与磁场垂直,长直导线MN 与金属线紧密接触,起始时OA=l 0,且MN ⊥OQ ,所有导线单位长度电阻均为r ,MN 水平向右匀速运动的速度为v ,使MN 匀速运动的外力为F ,则外力F 随时间变化的规律图像正确的是图Z9-11中的( )图Z9-11热点三　电磁感应中电路与图像的综合例4 匀强磁场的磁感应强度B=0.2 T,磁场宽度L=3 m,一正方形金属框边长ab=l=1 m,每边电阻r=0.2 Ω,金属框以v=10 m/s 的速度匀速穿过磁场区域,其平面始终保持与磁感线方向垂直,如图Z9-12所示.(1)画出金属框穿过磁场区域的过程中金属框内感应电流的I-t图像;(以逆时针方向为I的正方向)(2)画出ab两端电压的U-t图像.图Z9-12变式题 [2018·浙江宁波模拟]如图Z9-13甲所示,在水平桌面上固定着两根相距L=20 cm、相互平行的无电阻金属轨道P、Q,轨道一端固定一根电阻R=0.02 Ω的导体棒a,轨道上垂直放置一根质量m=40 g、电阻可忽略不计的金属棒b,两棒相距也为L=20 cm,该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中.开始时,磁感应强度B0=0.1 T.设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2.(1)若保持磁感应强度B0的大小不变,从t=0时刻开始,给b棒施加一个水平向右的拉力,使它由静止开始做匀加速直线运动.此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示.求b棒做匀加速运动的加速度大小及b棒与轨道间的滑动摩擦力大小;(2)接(1)问,若从t=0开始,磁感应强度B随时间t按图丙所示的规律变化,在金属棒b开始运动前,求这个装置释放的热量.图Z9-131.(多选)[2016·四川卷]图Z9-14如图Z9-14所示,电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上,受到。

高考物理一轮复习文档：第十章第2讲法拉第电磁感应定律自感现象讲义解析含答案

第2讲法拉第电磁感应定律自感现象板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】法拉第电磁感应定律 Ⅱ 1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。

(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。

(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则来判断。

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 ＝nΔΦΔt，其中n 为线圈匝数。

(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I ＝ER ＋r 。

(4)导体切割磁感线时的感应电动势【知识点2】自感、涡流 Ⅰ 1．互感现象两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象。

2．自感现象(1)定义：当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场在它本身激发出感应电动势。

(2)自感电动势①定义：由于自感而产生的感应电动势。

②表达式：E ＝L ΔIΔt。

③自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关。

单位：亨利(H)，1 mH ＝10－3H,1 μH ＝10－6H 。

3．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的旋涡，所以叫涡电流，简称涡流。

(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动。

(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。

交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。

(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。

板块二考点细研·悟法培优考点1法拉第电磁感应定律的应用[拓展延伸]1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率ΔΦΔt的比较提示：①Φ、ΔΦ、ΔΦΔt 的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，ΔΦΔt 不一定等于0；②感应电动势E 与线圈匝数n 有关，但Φ、ΔΦ、ΔΦΔt的大小均与线圈匝数无关。

(新课标)2020高考物理总复习第十章电磁感应教师用书(含解析)

电磁感应第62课时电磁感应现象和楞次定律(双基落实课)点点通（一) 对电磁感应现象的理解和判断1．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。

2．产生感应电流的条件(1)条件:穿过闭合电路的磁通量发生变化。

（2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动.3．产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合,则只产生感应电动势，而无感应电流。

［小题练通］1.（鲁科教材原题)如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近，下面几种说法中正确的是（）A．螺线管中不会产生感应电流B．螺线管中会产生感应电流C．只有磁铁速度足够大时，螺线管中才能产生感应电流D．只有在磁铁的磁性足够强时，螺线管中才会产生感应电流解析：选B 条形磁铁以速度v向螺线管靠近时，螺线管中磁通量增加，故会产生感应电流，B正确。

2。

(多选）(沪科教材原题）如图所示，导线ab和cd互相平行，在下列情况中，使导线cd中有感应电流产生的是( ）A．将开关S闭合或断开B．开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P向右移动C．开关S闭合后,将滑动变阻器的滑片P向左移动D．开关S始终闭合，滑动变阻器的滑片P也不移动解析：选ABC 开关S闭合或断开,以及滑动变阻器的滑片P向左、右移动时，ab中电流均会发生变化，导致电流周围磁场发生变化，穿过cd所在的闭合回路的磁通量发生变化，故cd中产生感应电流，A、B、C正确。

3．如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框.在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是（)A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左、右运动B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上、下运动C．如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动解析：选C 题图甲中线框左、右运动,题图乙中线框上、下运动，题图丁中线框绕与磁感线平行的轴线CD转动，穿过线框的磁通量始终为零,故不能产生感应电流,只有题图丙中线框绕与磁感线垂直的轴线AB转动时，线框中磁通量会发生改变而产生感应电流。

2020高考物理一轮复习第10章电磁感应第二节法拉第电磁感应定律自感涡流达标诊断高效训练

【2019最新】精选高考物理一轮复习第10章电磁感应第二节法拉第电磁感应定律自感涡流达标诊断高效训练(建议用时：60分钟)一、单项选择题1.如图，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B0.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的大小应为( )A. B．2ωB0πC. D．ωB02π解析：选C.设圆的半径为L，电阻为R，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E1＝B0ωL2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2＝πL2，由＝得B0ωL2＝πL2，即＝，故C正确．2.在如图所示的电路中，A1、A2、A3为额定功率、额定电压均相同的三个灯泡，L为电阻不计、自感系数很大的线圈．则下列说法正确的是( )A．开关S闭合的瞬间，三个灯同时亮B．开关S闭合的瞬间，A2、A3同时亮，A1逐渐变亮C．开关S断开的瞬间，A2、A3同时熄灭，A1逐渐熄灭D．开关S断开的瞬间，A3立即熄灭，A2闪亮一下再逐渐熄灭解析：选B.开关S闭合的瞬间，流过线圈L的电流要增大，此时线圈产生自感电动势阻碍电流增大，则开关S闭合的瞬间，A2、A3同时亮，A1逐渐变亮，A错误，B 正确；当电路稳定时，由于线圈的直流电阻不计，流过A1、A2两灯泡的电流相等，开关S断开的瞬间，A3立即熄灭，此时L、A1、A2构成一闭合回路，线圈由于自感现象要阻碍原电流的减小，灯泡A1、A2逐渐熄灭，C、D均错误．3.如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )A．由c到d，I＝B．由d到c，I＝Br2ωRC．由c到d，I＝D．由d到c，I＝Br2ω2R解析：选D.由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c；而金属圆盘产生的感应电动E＝Br2ω，所以通过电阻R的电流大小是I＝，选项D正确．4．(2018·广西柳州高级中学高三模拟)在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流i 的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示，则( )A．线框受到的水平外力一定是恒定的B．线框边长与磁场宽度的比值为3∶8C．出磁场的时间是进入磁场时的一半D．出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等解析：选B.根据E＝BLv，I＝，F＝BIL，v＝at以及F拉－F＝ma可知，线框受到水平外力是变力，出磁场时比进磁场时要大，故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多，故选项A、D错误；线框做匀加速直线运动，由题图及匀加速直线运动规律，结合电流与速度的关系可以知道，线框边长与磁场宽度比为3∶8，出磁场的时间不是进入磁场时的一半，故选项B正确，选项C错误．5.A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示．在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，下列说法正确的是( )A．两导线环内所产生的感应电动势相等B．A环内所产生的感应电动势大于B环内所产生的感应电动势C．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶4D．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶1解析：选A.某一时刻穿过A、B两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φ＝BS，由E＝＝S(S为磁场区域面积)，对A、B 两导线环，有＝1，所以A正确，B错误；I＝，R＝ρ(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以＝＝，C、D错误．二、多项选择题6.(2018·广西三校联考)如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为r.由此可知，下列说法正确的是( )A．电容器下极板带正电B．电容器上极板带正电C．电容器所带电荷量为nSkC2D．电容器所带电荷量为nSkC解析：选BC.根据磁场向右均匀增强，并由楞次定律可知，电容器上极板带正电，故A错误，B正确．闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势为：E＝nS＝nSk，路端电压：U＝·r＝，则电容器所带电荷量为：Q＝CU＝，故C正确，D错误．7．(2018·湖南长沙模拟)如图甲所示，面积为S的n匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间周期性变化，如图乙所示，已知线圈的电阻为R，则下列说法正确的是( )A．线圈内产生的感应电动势最大值为SB0(V)B．线圈内产生的感应电流最小值为(A)C．线圈内产生的感应电动势周期为4 sD．0～1 s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向解析：选CD.由题图乙可知，在0～1 s内产生的感应电动势最大，最大值为Emax＝nS＝nB0S，选项A错误；1～2 s内线圈内产生的感应电动势最小，所以感应电流最小值为零，选项B错误；由题图乙可知，线圈内产生的感应电动势周期为4 s，选项C正确；根据楞次定律可知，0～1 s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向，选项D 正确．8.(2018·牡丹江一中模拟)如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中( )A．回路电流I1∶I2＝1∶2B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶4C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶1D．外力的功率P1∶P2＝1∶2解析：选AC.回路中感应电流为I＝＝，I∝v，则得I1∶I2＝v1∶v2＝1∶2，故A正确；产生的热量为Q＝I2Rt＝R×＝，Q∝v，则得Q1∶Q2＝v1∶v2＝1∶2，故B错误；通过任一截面的电荷量为q＝It＝t＝，q与v无关，则得q1∶q2＝1∶1，故C正确；由于金属棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得P＝I2R＝R，P∝v2，则得P1∶P2＝1∶4，故D错误．三、非选择题9.如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d，导轨所在平面与水平面成θ角，M、P间接阻值为R的电阻．匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B.质量为m、阻值为r的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下，以速度v匀速向上运动．已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，重力加速度为g.求：(1)金属棒产生的感应电动势E；(2)通过电阻R的电流I；(3)拉力F的大小．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得E＝Bdv.(2)根据闭合电路欧姆定律得I＝＝.(3)金属棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有F－F安－mgsin θ＝0，又因为F安＝BId＝，所以F＝mgsin θ＋.答案：(1)Bdv (2) (3)mgsin θ＋B2d2vR＋r10．(2018·辽宁葫芦岛六校协作体高三考试)如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m＝0.1 kg，半径为r＝0.1 m，导线单位长度的阻值为ρ＝0.1 Ω/m.金属圈的上半部分处在一方向垂直圆圈所在平面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．金属圈下半部分在磁场外．已知从t＝0时刻起，测得经过10 s丝线刚好被拉断．重力加速度g取10 m/s2.求：(1)金属圈中感应电流的大小及方向；(2)丝线所能承受的最大拉力F；(3)此过程中金属圈中产生的焦耳热Q.解析：(1)由楞次定律可知，金属圈中电流方向为逆时针方向由题图乙知，＝0.8 T/s金属圈的电阻为R＝2πrρ金属圈中感应电流I＝＝·＝·＝0.8× A＝0.2 A.(2)t时刻磁感应强度B＝t金属圈受到的安培力F安＝BI·2r丝线的拉力F＝F安＋mg＝2BIr＋mg当t＝10 s时，代入数据得F＝1.32 N.(3)金属圈中产生的焦耳热Q＝I2Rt代入数据得：Q≈0.025 J.答案：见解析11．(2015·高考广东卷)如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m．导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：甲乙(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式．解析：(1)正方形磁场的面积为S，则S＝＝0.08 m2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B－t图象可知＝0.5 T/s，根据E＝n，得回路中的感应电动势E＝S ＝0.5×0.08 V＝0.04 V.(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E′＝BLv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V回路中感应电流I′＝＝ A＝0.2 A导体棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l＝2v(t－1) m (1 s≤t≤1.2 s)感应电动势e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1) V 感应电流i＝＝(t－1) A (1 s≤t≤1.2 s)．答案：(1)0.04 V(2)0.04 N i＝(t－1) A (1 s≤t≤1.2 s)。

高考物理-全品一轮第10单元电磁感应作业详解

教师详解(作业手册)课时作业(二十六)1.D[解析]励磁线圈A中的电流是恒定电流,产生稳恒磁场,穿过线圈B的磁通量不发生变化,不产生感应电流,D正确.2.AC[解析]当把磁铁N极向下插入线圈时,穿过线圈的磁通量发生变化,故线圈中产生感应电流,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;保持磁铁在线圈中与线圈相对静止时,穿过线圈的磁通量不变,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,则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.3.C[解析]线圈由A位置下落至O位置的过程中,向上的磁通量增大,由O位置下落至B位置的过程中,向上的磁通量减小,根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向(自上往下看)先沿顺时针后沿逆时针,故选项C正确.4.AC[解析]线框从图示位置释放后,先在重力作用下向下运动,穿过线框的磁通量不变,故不产生感应电流,此后一直只受到重力,因此线框做直线运动,A正确,B错误;线框自右向左移动时,穿过线框的磁通量先向外减小,再向里增加,根据楞次定律可知线框中感应电流一直沿逆时针方向,C正确,D错误.5.B[解析]cd导线受到的安培力向下,由左手定则可知,cd导线中电流方向是由c指向d,所以c点的电势高于d点的电势,故A错误;结合A的分析可知,ab棒中的电流由b流向a,ab棒向左运动时,由右手定则可知,ab棒所处位置磁场方向竖直向上,则Ⅰ是S极,Ⅱ是N极,故B正确,C错误;根据楞次定律可知ab棒受到向右的安培力,故D错误.6.AD[解析]导体棒向左加速运动时,由右手定则可判断出,导体棒PQ中感应电流的方向从P到Q,PQ上半部分与R1构成闭合回路,流经R1的电流方向向上,选项A正确,选项C错误.PQ下半部分与R2构成闭合回路,流经R2的电流方向向上,选项D正确,选项B错误.7.B[解析]导体棒MN向左运动时,由右手定则可知,感应电流方向为MNdcM,而ab中的电流是由a到b的,即ab、cd中电流方向相反,则两导线相互排斥,故选项A、C错误;MN向右运动时,由右手定则可知,cd中的感应电流由c到d,而ab中的电流仍是由a到b的,故两导线相互吸引,虽然两导线中的电流不相等,但是根据力的作用是相互的规律可知,这两个力大小相等,故选项B正确,选项D错误.8.BC[解析]由楞次定律可知,电路接通的瞬间,螺线管中的电流从无到有,穿过铜环的磁通量向左增大,从左往右看,铜环中产生顺时针方向的感应电流,铜环有收缩的趋势,选项A、D错误,选项B、C正确.9.C[解析]当磁N单极子向右匀速靠近线圈时,穿过线圈的磁通量向右增加,根据楞次定律,线圈中产生从右向左观察时为顺时针方向的电流;当磁N单极子穿过线圈后,穿过线圈的磁通量向左减小,根据楞次定律可知,线圈中也产生从右向左观察时为顺时针方向的电流,故选项C正确.10.B[解析]列车带着磁体向右运动通过线圈左边时,相当于线圈左边的一段导线向左切割磁感线,根据右手定则知,线圈中的电流沿逆时针方向;磁体向右通过线圈右边时,相当于线圈右边的一段导线向左切割磁感线,这一过程中线圈中的感应电流沿顺时针方向,故线圈中的电流先沿逆时针方向,再沿顺时针方向,选项B正确.11.AC[解析]由于金属棒KN在重力的作用下沿斜面向下运动,KNMP回路中产生的感应电流方向沿NKPMN,则在圆环处产生垂直于导轨平面向上的磁场,随着金属棒向下加速运动,穿过圆环的磁通量将增加,依据楞次定律可知,圆环将有收缩的趋势以阻碍磁通量的增加;又由于金属棒受到安培力,加速度在逐渐减小,磁通量的变化率减小,所以在圆环中产生的感应电流不断减小,故A、C正确.12.B[解析]胶木盘A由静止开始绕其轴线OO'按箭头所示方向加速转动,形成环形且增大的电流,穿过金属环B的磁通量增大,根据楞次定律,金属环B的面积有缩小的趋势,且金属环有向上的运动趋势,故丝线受到的拉力减小,选项B正确.13.ABC[解析]闭合或断开开关S的瞬间,线圈A中的电流发生变化,线圈A中产生感应电动势,故A、B正确;闭合开关S的瞬间,穿过线圈A的磁通量增加,根据安培定则可知,A中产生的磁场方向向上,同时穿过线圈B的磁通量向上增大,根据楞次定律可知,线圈B中感应电流的磁场方向向下,根据安培定则可知,线圈B下端的电势高,电流能通过二极管M,不能通过二极管N,故C正确;结合对选项C的分析可知,S断开瞬间,穿过线圈B的磁通量向上减小,线圈B中产生的感应电流方向与S闭合瞬间线圈B中产生的感应电流方向相反,所以此时感应电流能通过二极管N,不能通过二极管M,故D错误.课时作业(二十七)1.C[解析]无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应,故A错误;当给充电设备通以恒定直流电时,充电设备不会产生交变磁场,即不能正常充电,故B错误;接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同,故C正确;被充电手机内部应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连,当有交变磁场时,产生感应电动势,故D错误.2.A[解析]要让线圈B中产生感应电流,A中的电流应发生变化,C、D错误;若A中的电流由a流入,且越来越小,则根据右手螺旋定则可知穿过B的磁通量向左,且越来越小,根据楞次定律可知B中产生的感应电流由d点流经电阻R到c点,B错误;同理,若A中的电流从b点流入,且电流越来越小,则根据楞次定律,B中产生的感应电流从c点流经电阻R到d点,A正确.3.AD[解析]在闭合回路进入磁场的过程中,穿过闭合回路的磁通量逐渐增大,根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向,选项A正确;根据左手定则可以判断,CD段直导线所受安培力向下,选项B错误;当半圆形闭合回路恰好有一半进入磁场时,等效切割长度最大,为,这时感应电动势有最大值,为E max=Bd v,选项C错误;由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的平均值πBd v,选项D正确.4.AC[解析]根据楞次定律可得,当磁感应强度均匀减小时,圆环和线框内产生的感应电流的磁场方向都与原磁场方向相同,即感应电流方向都为顺时针方向,A正确,B错误;设圆环半径为a,则圆面积为S=πa2,圆周长为L=2πa,正方形面积为S'=2a2,正方形周长为L'=4a,因为磁感应强度是均匀减小的,故E=,所以圆环和正方形线框产生的感应电动势之比为,两者的电阻之比为,故电流之比为,故C正确,D错误.5.AD[解析]当θ=0时,杆在圆心位置,切割磁感线的有效长度等于圆环直径,杆产生的感应电动势为E=2Ba v,A正确;当θ=时,杆切割磁感线的有效长度等于圆环半径,杆产生的感应电动势为E=Ba v,B错误;当θ=0时,回路的总电阻R1=(2a+πa)R0,杆受的安培力F1=BI1l=B·,C错误;当θ=时,回路的总电阻R2=(a+πa)R0,杆受的安培力F 2=BI2l'=B·,D正确.6.BD[解析]当S闭合时,因二极管加上了反向电压,故L1一直不亮,S闭合时电流增大,线圈产生的自感电动势阻碍电流增大,故使得L2逐渐变亮,选项B正确,选项A错误;当S由闭合断开时,由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的减小,故通过L的电流要在L2→L1→D→L之中形成新的回路,所以L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,L2缓慢熄灭,选项C错误,选项D正确.7.B[解析]I甲=,I乙=,所以I乙=2I甲,由于丙中磁通量始终为零,故I丙=0,只有B正确.8.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,根据楞次定律可以判断出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,当通过线圈的磁通量最大时,感应电动势不为零,故A、D错误;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C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、再增大,由E=Bl v及闭合电路的欧姆定律可得线框中的感应电流先增大、后不变、再增大,故B错误.9.(1)0.3 V(2)4.5 V(3)图甲0.2 V[解析](1)杆MN切割磁感线产生的感应电动势E1=B1L v=0.3 V.(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化,产生的感应电动势E2=n S2=4.5 V.(3)图甲中φa>φb=0,图乙中φa<φb=0,所以当电阻R与图甲中的导轨相连接时,a端的电势较高.此时通过电阻R的电流I=电阻R两端的电势差φa-φb=IR故a端的电势φa=IR=0.2 V.10.(1)(2)(3)[解析](1)感应电动势E=Bd v0感应电流I=故I=(2)安培力F=BId由牛顿第二定律得F=ma故a=(3)金属杆切割磁感线的速度v'=v0-v,则感应电动势E=Bd(v0-v)电功率P=故P=.专题训练(十)1.A[解析]棒摆到竖直位置时整根棒处在匀强磁场中,切割磁感线的长度为2a,导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=B0·2a·v',其中v'=,则E=B0a v,外电路的总电阻R=,根据闭合电路欧姆定律得I=,则总电流I=,故A、B两端的电压U=IR=B0a v,选项A正确.2.BD[解析]根据图像知0~0.5T内磁场增强,0.5T~T内磁场减弱,由楞次定律知,线圈中的感应电流先沿逆时针方向,后沿顺时针方向,故A错误;根据法拉第电磁感应定律得E=S,因为0~0.5T内和0.5T~T内磁感应强度的变化率为定值且绝对值相等,所以感应电动势大小不变,故B正确;根据I=,可知整个过程中电流大小不变,由P=I2R知电阻R消耗的功率不变,故C错误,D正确.3.D[解析]根据图像,分析磁场变化的一个周期,在0~时间内,向外的磁场在减弱,故感应电流的磁场方向向外,在~T时间内,向里的磁场在增强,故感应电流的磁场方向也向外,此后磁场变化重复此周期,说明线框中的感应电流方向不会发生改变,选项A错误;cd边的电流方向由d到c不变,大小也不变,而磁场方向改变,磁感应强度的大小也改变,故cd边受到的安培力方向改变,大小也改变,选项B错误;根据法拉第电磁感应定律可得,线框中的感应电动势E=,选项C错误;线圈中产生的感应电流大小不变,即P=I2R,所以线框中的电流大小为,选项D正确.4.BD[解析]由图像分析可知,0~t1时间内,由法拉第电磁感应定律得E=n S,其中S=π,,由闭合电路欧姆定律得I1=,联立得通过电阻R1的电流大小I1=,由楞次定律可判断出通过电阻R1的电流方向为从b到a,选项A错误,选项B正确;线圈两端的电压大小U=I1·2R=,选项C错误;通过电阻R1的电荷量q=I1t1=,选项D 正确.5.D[解析]线框切割磁感线产生的感应电动势E=BL v,设线框总电阻是R,则感应电流I=,由图乙所示图像可知,感应电流先均匀变大,后均匀变小,由于B、v、R是定值,故有效切割长度L应先变大后变小,且L随时间均匀变化.闭合圆环匀速进入磁场时,有效长度L先变大后变小,但L随时间不是均匀变化,不符合题意,故A错误;正方形线框进入磁场时,有效长度L不变,感应电流不变,不符合题意,故B错误;梯形线框匀速进入磁场时,有效长度L先均匀增加,后不变,再均匀减小,不符合题意,故C错误;三角形线框匀速进入磁场时,有效长度L先增加后减小,且随时间均匀变化,符合题意,故D正确.6.D[解析]根据题意,画出的示意图如图所示.棒ab始终处于静止状态,则其受到的安培力沿斜面向上,根据楞次定律可知穿过闭合回路的磁通量是增加的,选项C错误;棒ab始终处于静止状态,根据平衡条件有mg sin θ=BIL,则当B变大时,电流I应减小,又I=,故应减小,选项A、B错误,选项D正确.7.AC[解析]导体棒在左半区域磁场中时,根据右手定则,通过棒的电流方向向上,电流由M经R到N,为正值,且逐渐变大,导体棒在右半区域磁场中时,根据右手定则,通过棒的电流方向向下,电流由N经R到M,为负值,逐渐减小,且经过分界线ac时感应电流的大小突然加倍,A正确,B错误;设导体棒切割磁感线的有效长度为L,第一段时间内安培力大小F=BIL=B·,因L∝t,故F∝t2,F-t图像为抛物线,同理可知第二段时间内F-t图像也为抛物线,由楞次定律可知安培力方向一直向左,C正确,D错误.8.(1)1.2 V(2)0.12 W(3)1.70 N[解析](1)根据法拉第电磁感应定律有E=N V=1.2 V(2)线框的电功率P==0.12 W(3)第1 s末在磁场中的两条边受到的力都垂直于对应的边,大小相等,互成90°角,每条边受到的力F0=BIL=2×0.1×(0.4+0.2) N=0.12 N则F=NF0=1.70 N由平衡条件得,摩擦力f=F=1.70 N9.(1)竖直向下(2)0.4 V(3)1 m/s[解析](1)带负电的微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态,因为重力竖直向下,所以电场力竖直向上,故M板带正电.ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势,等效于电源,感应电流方向由b流向a,由右手定则可判断,磁场方向竖直向下.(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态,根据平衡条件有mg=E|q|又E=所以U MN==0.1 VR3两端电压与电容器两端电压相等,由欧姆定律得通过R3的电流为I==0.05 A则ab棒两端的电压为U ab=U MN+I=0.4 V.(3)设金属棒ab运动的速度为v,由法拉第电磁感应定律得感应电动势E感=Bl v由闭合电路欧姆定律得E感=U ab+Ir=0.5 V联立解得v=1 m/s.专题训练(十一)1.C[解析]根据能量守恒定律,外力做的功等于电路中产生的电能,设线框切割磁感线的有效长度为l,则外力对线框做的功W=,而R=,联立得W=,因S a∶S b=4∶1,l a∶l b=1∶2,故W a∶W b=1∶1,选项C正确.2.BD[解析]金属棒在磁场中向下运动时,由楞次定律可知,流过电阻R的电流方向为b→a,选项A错误;金属棒在磁场中运动的速度为v时,金属棒中感应电动势E=BL v,感应电流I=,所受的安培力大小为F=BIL=,选项B正确;当安培力F=mg时,金属棒下落速度最大,金属棒的最大速度v m=,选项C错误;金属棒以稳定的速度运动时,电阻R的热功率P=I2R=R,选项D正确.3.BD[解析]ab边刚越过GH进入磁场区域Ⅰ时,感应电动势E1=BL v1,电流I1=,线框做匀速运动,所以有mg sinθ=BI1L=,当ab边刚越过JP时,感应电动势E2=2BL v1,电流I2=,根据牛顿第二定律得2BI2L-mg sinθ=ma,联立解得a=3g sin θ,故A错误;当加速度a=0时,以速度v2做匀速直线运动,即mg sin θ=,所以v1∶v2=4∶1,故B正确;从t1时刻到t2时刻的过程中,根据能量守恒定律,导线框克服安培力做的功等于重力势能和动能的减少量之和,即克服安培力做功W=,克服安培力做的功等于产生的电能,故C错误,D正确.4.BCD[解析]金属杆恰能保持静止,由平衡条件可得mg=B2I·2a,故通过金属杆的电流大小为I=,选项A错误.由楞次定律可知,通过金属杆的电流方向为从B到A,选项B正确.根据区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1=b+kt(k>0)变化,可知=k,C1中磁场变化产生的感应电动势E=πa2=kπa2,由闭合电路欧姆定律有E=I(r+R),联立解得定值电阻的阻值为R=-r,选项C正确.整个电路中产生的热功率P=EI=kπa2·,选项D正确.5.D[解析]根据能量守恒定律,从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程中,动能变化量为0,重力势能转化为线圈进入磁场的过程中产生的热量,Q=mgd,cd边刚进入磁场时速度为v0,cd边刚离开磁场时速度也为v0,所以线圈进入和穿出磁场的过程中产生的热量相等,则线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中产生的热量Q'=2mgd,感应电流做的功为2mgd,故A、B错误.因为线圈进磁场时要减速运动,全部进入磁场后做匀加速运动,若线圈进入磁场过程一直做减速运动,则刚全部进入磁场的瞬间速度最小,设线圈的最小速度为v,线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程,根据能量守恒定律得mg(h+L)=Q+,Q=mgd,则线圈的最小速度为v m=,故C错误.线圈可能先做减速运动,在完全进入磁场前已做匀速运动,则其做匀速运动时的速度最小,有mg=BIL=BL,则最小速度v m=,故D正确.6.(1)0.5 m(2)0.64 J(3)0.8 C[解析](1)线框在磁场中匀速运动,有F安=FF安=BIL,I=,E=BL v1联立解得v1==2 m/s由动能定理得FD=解得D=0.5 m(2)由能量守恒定律可知Q=2Fd=2×0.8×0.4 J=0.64 J(3)根据q= C=0.8 C7.(1)18 m/s(2)a、b棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动[解析](1)当b棒先向下运动时,在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流,于是a棒受到向下的安培力,b棒受到向上的安培力,且二者大小相等.释放a棒后,经过时间t,分别以a和b为研究对象,根据动量定理得(mg+F)t=m v a(mg-F)t=m v b-m v0解得v b=18 m/s(2)在a、b棒向下运动的过程中,a棒的加速度a1=g+,b棒的加速度a2=g-,闭合回路中磁通量的变化逐渐减小直至不变,感应电流也逐渐减小直至消失,则安培力也逐渐减小到零.最后,两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动.(3)[解析](1)对b从开始至滑上水平导轨过程,由机械能守恒定律得=Mgr1解得v b1=b刚滑上水平导轨时加速度最大,此时E=BL v b1,I=由牛顿第二定律得F安=BIL=Ma(2)在整个过程中,由动量定理得-B Lt=M v b2-M v b1即-BLq=M v b2-M v b1解得v b2=根据牛顿第三定律,a在最高点时轨道对其支持力F N=F'N=mg由牛顿第二定律有mg+F N=m解得v a1=对a、b组成的系统,由能量守恒定律得Mgr1=+2mgr2+Q 解得Q=BLq(3)a从右端半圆导轨最低点到最高点过程中,由能量守恒定律得2mgr2=解得v a2=从b刚滑上水平导轨至a滑到右端半圆导轨最低点的过程中,由动量守恒定律得M v b1=M v b3+m v a2解得v b3=。

2020年高考物理一轮复习考点归纳专题10-电磁感应附答案

考点一电磁感应现象的判断 ..................................................................................................................2 考点二楞次定律的理解及应用 ..............................................................................................................2 考点三 “一定律三定则”的综合应用.......................................................................................................3 【思想方法与技巧】 ..........................................................................................................................................3 楞次定律推论的应用 ..................................................................................................................................3 第二节法拉第电磁感应定律自感涡流 ..........................................................................................................4 【基本概念、规律】 ..........................................................................................................................................4 【重要考点归纳】 ..............................................................................................................................................4 考点一公式 E＝nΔΦ/Δt 的应用..............................................................................................................4 考点二公式 E＝Blv 的应用 ..................................................................................................................5 考点三自感现象的分析 ....................................................................................................................6 第三节电磁Байду номын сангаас应中的电路和图象问题..................................................................................................................6 【基本概念、规律】 ..........................................................................................................................................6 【重要考点归纳】 ..............................................................................................................................................7 考点一电磁感应中的电路问题 ..............................................................................................................7 考点二电磁感应中的图象问题 ..............................................................................................................7 【思想方法与技巧】 ..........................................................................................................................................8 电磁感应电路与图象的综合问题 ..............................................................................................................8 第四节电磁感应中的动力学和能量问题................................................................................................................8 【基本概念、规律】 ..........................................................................................................................................8 【重要考点归纳】 ..............................................................................................................................................9 考点一电磁感应中的动力学问题分析 ..................................................................................................9 考点二电磁感应中的能量问题 ............................................................................................................9 【思想方法与技巧】 ........................................................................................................................................10 电磁感应中的“双杆”模型......................................................................................................................... 10 电磁感应中的含容电路分析 ....................................................................................................................10

《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第10单元电磁感应作业答案

课时作业(二十六)1.D[解析]励磁线圈A中的电流是恒定电流,产生稳恒磁场,穿过线圈B的磁通量不发生变化,不产生感应电流,D正确.2.D[解析]通电直导线周围磁场分布如图所示,根据楞次定律和安培定则判断,选项D正确.3.AC[解析]线框从图示位置释放后,先在重力作用下向下运动,穿过线框的磁通量不变,故不产生感应电流,一直只受到重力,因此线框做直线运动,A正确,B错误;线框自右向左移动时,穿过线框的磁通量先向外减小,再向里增加,根据楞次定律和安培定则可判断,线框中感应电流一直沿逆时针方向,C正确,D错误.4.B[解析]cd导线受到的安培力向下,由左手定则可判断,cd导线中电流方向是由c指向d,所以c点的电势高于d点的电势,故A错误;结合A的分析可知,ab棒中的电流由b 流向a,因ab棒向左运动,由右手定则可判断,ab棒所处位置磁场方向竖直向上,则Ⅰ是S极,Ⅱ是N极,故B正确,C错误;根据楞次定律可判断,ab棒受到向右的安培力,故D错误.5.AD[解析]导体棒向左加速运动时,由右手定则可判断出,导体棒PQ中感应电流的方向从P到Q,PQ上半部分与R1构成闭合回路,流经R1的电流方向向上,选项A正确,选项C错误.PQ下半部分与R2构成闭合回路,流经R2的电流方向向上,选项D正确,选项B错误.6.D[解析]闭合S的瞬间,穿过B的磁通量没有变化,G中无感应电流,选项A、B错误.当闭合S后,若R接入电路的阻值增大,则A中电流减小,由右手螺旋定则知,穿过B的磁通量向下且减小,由楞次定律可判断,G中电流方向为b→a,故选项C错误,选项D正确.7.A[解析]A中感应电流方向为顺时针,由右手螺旋定则可判断,感应电流的磁场向里,由楞次定律可知,引起感应电流的磁场可能为向外增大或向里减小,若原磁场向外,则B 中电流方向应为逆时针,由于B带负电,故B应顺时针转动且转速增大,若原磁场向里,则B中电流方向应为顺时针,B应逆时针转动且转速减小,又因为导体环A具有扩展趋势,则B应顺时针转动且转速增大,A正确.8.AB[解析]闭合开关S的瞬间,金属环中向左的磁通量增大,根据楞次定律可判断,从左侧看,环中产生沿顺时针方向的感应电流,A正确;由于电阻率ρ铜<ρ铝,先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环,铜环中产生的感应电流大于铝环中产生的感应电流,由安培力公式可知,铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力,B正确;若将金属环置于线圈右侧,则闭合开关S的瞬间,环将向右弹射,C错误;电池正、负极调换后,同理可以得出金属环仍能向左弹射,D错误.9.B[解析]导体棒MN向左运动时,由右手定则可判断,感应电流方向为MNdcM,而ab 中的电流是由a到b的,即ab、cd中电流方向相反,则两导线相互排斥,故选项A、C错误;MN向右运动时,由右手定则可判断,cd中的感应电流由c到d,而ab中的电流是由a 到b的,故两导线相互吸引,根据力的作用是相互的,可知这两个力大小相等,故选项B正确,选项D错误.10.BC[解析]由楞次定律可知,电路接通的瞬间,螺线管中的电流从无到有,穿过铜环的磁通量向左增大,从左往右看,铜环中产生顺时针方向的感应电流,铜环有收缩的趋势,选项A、D错误,选项B、C正确.11.A[解析]由安培定则可判断,螺线管中磁感线方向向上,金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下,当滑动触头向左滑动时,螺线管中电流增大,因此磁场变强,即磁感应强度变大,回路中的磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为a→c→d→b→a,由左手定则可判断,ab受到的安培力方向向左,cd受到的安培力方向向右,故ab向左运动,cd 向右运动,A正确.12.ABC[解析]闭合或断开开关S的瞬间,线圈A中的电流发生变化,线圈A中产生感应电动势,故A、B正确;闭合开关S的瞬间,穿过线圈A的磁通量增加,根据安培定则可判断,A中产生的磁场方向向上,同时穿过线圈B的磁通量向上增大,根据楞次定律可判断,线圈B中感应电流的磁场方向向下,根据安培定则可判断,线圈B下端的电势高,电流能通过二极管M,不能通过二极管N,故C正确;结合对选项C的分析可知,S断开瞬间,穿过线圈B的磁通量向上减小,线圈B中产生的感应电流方向与S闭合瞬间线圈B中产生的感应电流方向相反,所以此时感应电流能通过二极管N,不能通过二极管M,故D 错误.课时作业(二十七)1.C[解析]无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应,故A错误;当给充电设备通以恒定直流电时,充电设备不会产生交变磁场,即不能正常充电,故B错误;接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同,故C正确;被充电手机内部应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连,当有交变磁场时,产生感应电动势,故D错误.2.C[解析]金属探测器只能探测金属,不能用于食品生产,不能防止细小的沙石颗粒混入食品中,选项A错误;金属探测器探测金属时,被测金属中感应出涡流,选项B错误,C 正确;探测过程中金属探测器应与被测物体相对运动,相对静止时无法得到探测结果,选项D错误.3.B[解析]当回路断开时,电流要立即减小到零,但由于线圈的自感现象,会产生感应电动势,该自感电动势较大,所以刘伟被“电”到,即刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压,选项A错误,B正确;因多用电表的表笔已经与被测线圈脱离,则多用电表不可能被烧坏,选项C错误;实验过程中若李辉两手分别握住红、黑表笔的金属杆,则当多用电表表笔与线圈脱离后,在电表回路不会产生感应电动势,他不会受到电击,选项D错误.4.B[解析]I甲==··=,I乙==·S·=,所以I乙=2I甲,由于丙中磁通量始终=0,只有B正确.为零,故I丙5.BC[解析]磁场向右均匀增强,由楞次定律判断,电容器上极板带正电,故A错误,B正确;闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路,线圈相当于电源,电容器两极板间的电压等于路端电压,线圈产生的感应电动势E=nS=nSk,路端电压U=·r=,则电容器所带电荷量为Q=CU=,故C正确,D错误.6.AC[解析]根据楞次定律可得,当磁感应强度均匀减小时,圆环和线框内产生的感应电流的磁场方向都与原磁场方向相同,即感应电流方向都为顺时针方向,A正确,B错误;设圆环半径为a,则圆面积为S=πa2,圆周长为L=2πa,正方形面积为S'=2a2,正方形周长为L'=4a,因为磁感应强度是均匀减小的,故E=,所以圆环和正方形线框产生的感应电动势之比为==,两者的电阻之比为==,故电流之比为=×=×=,故C正确,D错误.7.AD[解析]当θ=0时,杆在圆心位置,切割磁感线的有效长度等于圆环直径,杆产生的感应电动势为E=2Bav,A正确;当θ=时,杆切割磁感线的有效长度等于圆环半径,杆产生的感应电动势为E=Bav,B错误;当θ=0时,回路的总电阻R1=(2a+πa)R0,杆受的安培力F1=BI1l=B··2a=,C错误;当θ=时,回路的总电阻R2=(a+πa)R0,杆受的安培力F 2=BI2l'=B··a=,D正确.8.BD[解析]当S闭合时,因二极管加上了反向电压,故L1一直不亮,S闭合时电流增大,线圈产生的自感电动势阻碍电流增大,故使得L2逐渐变亮,选项B正确,选项A错误;当S 由闭合断开时,由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的减小,故通过L的电流要在L2→L1→D→L之中形成新的回路,所以L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,L2缓慢熄灭,选项C 错误,选项D正确.9.BCD[解析]设甲、乙两线圈匝数分别为n1、n2,半径分别为r1、r2,导线横截面积为S',图甲中,设有界磁场的面积为S,则线圈A产生的电动势E A=n1S,电阻R A=ρ,B 产生的电动势为E B=n2S,R B=ρ,因此==,电流之比为=·=,A错误,B正确;图乙中,A的电动势E'A=n1π,B的电动势E'B=n2π,因此=×=,电流之比=·=,C、D正确.10.(1)方向从b到a(2)[解析](1)由图像可知,0~t1时间内,有=由法拉第电磁感应定律有E=n=n·S其中S=π由闭合电路欧姆定律有I1=联立解得I1=.由楞次定律可判断,通过电阻R1的电流方向为从b到a.(2)通过电阻R1的电荷量q=I1t1=电阻R1上产生的热量Q=R1t1=.11.(1)(2)(3)[解析](1)感应电动势E=Bdv0感应电流I=故I=(2)安培力F=BId由牛顿第二定律得F=ma故a=(3)金属杆切割磁感线的速度v'=v0-v,则感应电动势E=Bd(v0-v)电功率P=故P=.专题训练(九)1.BD[解析]由右手定则可判断,ab中电流方向为a→b,A错误;导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,ab为电源,cd间电阻R为外电路负载,de和cf间电阻中无电流,de和cf两端无电压,因此cd和fe两端电压相等,即U=×R==1 V,B、D正确,C错误.2.A[解析]棒摆到竖直位置时整根棒处在匀强磁场中,切割磁感线的长度为2a,导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=B0·2a·v',其中v'==,则E=B0av,外电路的总电阻R==,根据闭合电路欧姆定律得I=,则总电流I=,故A、B两端的电压U=IR=·=B0av,选项A正确.3.A[解析]ab边切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=0.2 V,线框中感应电流为I==0.5 A,所以在0~5×10-2 s内,a、b两点间的电势差为U1=I·R=0.15 V;在5×10-2~10×10-2 s内,a、b两点间的电势差U2=E=0.2 V;在10×10-2~15×10-2 s内,a、b两点间的电势差为U3=I·R=0.05 V,选项A正确.4.B[解析]根据i t图像可知,在0~6 s内,MN边始终有大小恒定的电流通过,由F=BIl 可知,安培力的大小是恒定的,选项C、D错误;0~1 s、3~5 s内通过MN的电流方向为N →M,1~3 s、5~6 s内通过MN的电流方向为M→N,由左手定则可判断出MN边所受的安培力方向,0~1 s、3~5 s内安培力方向向上,1~3 s、5~6 s内安培力方向向下,选项B正确,A错误.5.AD[解析]运动的过程中切割的有效长度为L,产生的电动势为E=BLv,由图知,回路的周长与L成正比,即s=kL,设单位长度的电阻为R0,总电阻为kLR0,则电流I==,故A正确,B错误;导轨做匀速运动,所以合外力等于零,则F=F安=BIL,电流I不变,切割的有效长度L随时间均匀增大,故C错误,D正确.6.D[解析]线框切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,设线框总电阻是R,则感应电流I==,由图乙所示图像可知,感应电流先均匀变大,后均匀变小,由于B、v、R是定值,故有效切割长度L应先变大后变小,且L随时间均匀变化.闭合圆环匀速进入磁场时,有效长度L先变大后变小,但L随时间不是均匀变化,不符合题意,故A错误;正方形线框进入磁场时,有效长度L不变,感应电流不变,不符合题意,故B错误;梯形线框匀速进入磁场时,有效长度L先均匀增加,后不变,再均匀减小,不符合题意,故C错误;三角形线框匀速进入磁场时,有效长度L先增加后减小,且随时间均匀变化,符合题意,故D正确.7.AD[解析]在0~t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值);在t0~2t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为顺时针方向(为正值),且大小为在0~t0时间内产生的电流大小的2倍;在2t0~3t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值),且大小与在0~t0时间内产生的感应电流大小相等.因此感应电流I随时间t的变化图线与选项A中图像相符,选项A正确,B错误.在0~t0时间内,ON边虽然有电流但没有进入磁场区域,所受安培力为零;在t0~2t0时间内,感应电流大小为在2t0~3t0时间内产生的2倍,ON边所受安培力为在2t0~3t0时间内的2倍,因此ON边所受的安培力大小F随时间t的变化图线与选项D中图像相符,选项C错误,D正确.8.AC[解析]由右手定则可判断,圆环中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极,因此通过R1的电流方向为自下而上,选项A正确;由题意可知,始终有长度为r的辐条在转动切割磁感线,因此感应电动势大小为Br2ω,选项B错误;由图可知,在磁场内部的半根辐条相当于电源,磁场外部的半根辐条与R1并联,因此理想电压表的示数为Br2ω,选项C正确;理想电流表的示数为,选项D错误.9.(1)0.4 A方向从b到a(2)1.5×10-3 C(3)1.6×10-2 J[解析](1)0~内,感应电动势大小E1=n==8 V电流大小I1==0.4 A由楞次定律可判断,电流方向为从b到a.(2)~内,感应电流大小I2=0.2 A流过电阻R0的电荷量q=I1+I2=1.5×10-3 C.(3)一个周期内电阻R0上产生的热量Q=R0+R0=1.6×10-2 J.10.(1)竖直向下(2)0.4 V(3)1 m/s[解析](1)带负电的微粒受到重力和电场力的作用而处于静止状态,因为重力竖直向下,所以电场力竖直向上,故M板带正电.ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势,等效于电源,感应电流方向由b流向a,由右手定则可判断,磁场方向竖直向下.(2)微粒受到重力和电场力的作用而处于静止状态,根据平衡条件得mg=E|q|又E=所以U MN==0.1 VR3两端电压与电容器两端电压相等,由欧姆定律得通过R3的电流为I==0.05 A则ab棒两端的电压为U ab=U MN+I=0.4 V.(3)设金属棒ab运动的速度为v,由法拉第电磁感应定律得感应电动势E感=Blv=U ab+Ir=0.5 V由闭合电路欧姆定律得E感联立解得v=1 m/s.专题训练(十)A1.BD[解析]金属杆ab做加速度减小的加速运动,根据能量守恒定律可知,恒力F做的功等于杆增加的动能和电路中产生的电能.电阻消耗的功率等于电路中产生电能的功率,不等于恒力F的功率,故A错误;电阻消耗的功率等于克服安培力做功的功率,等于电路的电功率iE,故B、D正确,C错误.2.C[解析]根据能量守恒定律,外力做的功等于电路中产生的电能,设线框切割磁感线的有效长度为l,则外力对线框做的功W=·,而R=,联立得W=,因S a∶S b=4∶1,l a∶l b=1∶2,故W a∶W b=1∶1,选项C正确.3.BD[解析]ab边刚越过GH进入磁场区域Ⅰ时,感应电动势E1=BLv1,电流I1==,线框做匀速运动,所以有mg sin θ=BI1L=,当ab边刚越过JP时,感应电动势E2=2BLv1,电流I2==,根据牛顿第二定律得2BI2L-mg sin θ=ma,联立解得a=3g sin θ,故A错误;当加速度a=0时,以速度v2做匀速直线运动,即mg sin θ=,所以v1∶v2=4∶1,故B 正确;从t1时刻到t2时刻的过程中,根据能量守恒定律,导线框克服安培力做的功等于重力势能和动能的减少量之和,即克服安培力做功W=+,克服安培力做的功等于产生的电能,故C错误,D正确.4.D[解析]根据能量守恒定律,从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程中,动能变化量为0,重力势能转化为线圈进入磁场的过程中产生的热量,Q=mgd,cd边刚进入磁场时速度为v0,cd边刚离开磁场时速度也为v0,所以线圈进入和穿出磁场的过程中产生的热量相等,则线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中产生的热量Q'=2mgd,感应电流做的功为2mgd,故A、B错误.因为线圈进磁场时要减速运动,全部进入磁场后做匀加速运动,若线圈进入磁场过程一直做减速运动,则刚全部进入磁场的瞬间速度最小,设线圈的最小速度为v,线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程,根据能量守恒定律得mg(h+L)=Q+m,Q=mgd,则线圈的最小速度为v m=,故C错误.线圈可能先做减速运动,在完全进入磁场前已做匀速运动,则其做匀速运动时的速度最小,有mg=BIL=BL,则最小速度v m=,故D正确.5.AB[解析]导体棒ab匀速上升,受力平衡,cd棒静止,受力也平衡,对于两棒组成的整体,合外力为零,根据平衡条件可得,ab棒受到的拉力F=2mg=0.2 N,故A正确;cd棒受到=BIL=,cd棒静止,处于平衡状态,由平衡条件得=mg,解得v=2 m/s,的安培力F安故B正确;在2 s内,电路产生的电能Q=t=t=×2 J=0.4 J,故C错误;在2 s 内拉力做的功为W=Fvt=0.2×2×2 J=0.8 J,故D错误.6.D[解析]根据E=BLv,则电压表读数为U=,解得v=,选项A错误;电阻R产生焦耳热的功率为P R=,选项B错误;金属条经过磁场区域受到的安培力大小为F=BIL=,选项C错误;每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为W=Fd=,选项D正确.7.(1)0.5 m(2)0.64 J(3)0.8 C[解析](1)线框在磁场中匀速运动,有F安=FF安=BIL,I=,E=BLv1联立解得v1==2 m/s由动能定理得FD=m解得D=0.5 m(2)由能量守恒定律可知Q=2Fd=2×0.8×0.4 J=0.64 J(3)根据q=可得q==C=0.8 C8.(1)0.3 m(2)1.05 J[解析](1)在0.3~0.6 s内通过金属棒的电荷量是q1=I1t1=在0~0.3 s内通过金属棒的电荷量q2==由题意知=解得x2=0.3 m.(2)金属棒在0~0.6 s内通过的总位移为x=x1+x2=vt1+x2=0.75 m根据能量守恒定律得Mgx-mgx sin θ=(M+m)v2+Q解得Q=3.15 J由于金属棒与电阻R串联,电流相等,根据焦耳定律Q=I2Rt知,它们产生的热量与电阻成正比,所以金属棒在0~0.6 s内产生的热量Q r=Q=1.05 J.9.(1)(2)BLq-3mgr2-(3)-[解析](1)对b从开始至滑上水平导轨过程,由机械能守恒定律得M=Mgr1解得v b1=b刚滑上水平导轨时加速度最大,此时E=BLv b1,I=由牛顿第二定律得F安=BIL=Ma解得a=(2)在整个过程中,由动量定理得-B Lt=Mv b2-Mv b1即-BLq=Mv b2-Mv b1解得v b2=-根据牛顿第三定律,a在最高点时轨道对其支持力F N=F'N=mg由牛顿第二定律得mg+F N=m解得v a1=对a、b组成的系统,由能量守恒定律得Mgr1=M+m+2mgr2+Q解得Q=BLq-3mgr2-(3)a从右端半圆导轨最低点到最高点过程中,由能量守恒定律得2mgr2=m-m解得v a2=从b刚滑上水平导轨至a滑到右端半圆导轨最低点的过程中,由动量守恒定律得Mv b1=Mv b3+mv a2解得v b3=-专题训练(十)B1.ABC[解析]由右手定则可判断,当金属杆滑动时产生逆时针方向的电流,通过R的感应电流的方向为由a到d,故A正确;金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为E=Blv=1.0×1×2 V=2 V,故B正确;在整个回路中产生的感应电流为I==0.5 A,则安培力F=BIl=0.5 N,故C正确;金属杆PQ在外力F作用下在粗糙导轨上以速度v向右匀速安滑动,外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间因摩擦产生的热量之和,故D错误.2.B[解析]根据E=BLv,I=,F=BIL,v=at以及F拉-F=ma可知,线框受到的水平外力是变力,且出磁场时比进磁场时要大,故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多,故选项A、D错误;线框做匀加速直线运动,由图像及匀加速直线运动规律,结合电流与速度的关系可知,线框边长与磁场宽度之比为3∶8,出磁场的时间不是进入磁场时的一半,故选项B正确,选项C错误.3.C[解析]速度达到最大值v m前,金属棒做加速度减小的加速运动,故相同时间内速度的增加量减小,所以t=时,金属棒的速度大于,故A错误;由能量守恒定律可知,0~T 的时间内,金属棒机械能的减小量等于R上产生的焦耳热和金属棒与导轨间摩擦生热之和,故B错误;0~内金属棒的位移小于~T内金属棒的位移,金属棒做加速运动,所受的安培力增大,所以~T内金属棒克服安培力做功更多,产生的电能更多,电阻R上产生的焦耳热更多,故C正确;~T内的位移比0~内的位移大,故~T内克服滑动摩擦力做功更多,由功能关系得,~T内金属棒机械能的减少量更多,故D错误.4.C[解析]由右手定则可判断,金属杆中感应电流方向由b指向a,由左手定则知,金属=,I=,当达到最大速度时,金杆所受的安培力沿轨道向上,A、B错误;总电阻为R总属杆受力平衡,有mg sin θ=BIL=·(R1+R),变形得=·+,根据图像可得=k=s·m-1·Ω,=b=0.5 s·m-1,解得杆的质量m=0.1 kg,定值电阻R1=1 Ω,C正确.5.AD[解析]圆环向下切割磁感线,由右手定则可判断,圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视),A正确;由左手定则可判断,圆环受的安培力向上,B错误;圆环中感应电动势为E=B·2πR·v,感应电流I=,电阻R'=ρ=,解得I=,圆环受的安培力F=BI·2πR=,圆环的加速度a==g-,圆环的质量m=d·2πR·πr2,解得加速度a=g-,C错误;当mg=F时,加速度a=0,速度最大,为v m=,D正确.6.BC[解析]初始时刻,cd边速度为v0,若此时所受重力不大于安培力,则产生的感应电动势最大,为E=BLv0,感应电流I==,cd边所受安培力的大小F=BIL=,A错误,B 正确;由能量守恒定律得m+mgh=Q+E p,cd边第一次到达最下端的时刻,两根弹簧具有的弹性势能总量为E p=m-Q+mgh,大于m-Q,C正确;cd边最后静止在初始位置下方,重力做的功大于克服弹簧弹力做的功,由能量守恒定律可知,线框的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能,因减少的重力势能大于增加的弹性势能,所以热量应大于m,故D错误.7.(1)(2)[解析](1)金属棒匀速运动时,根据平衡条件第一种情况,有mg sin θ-m0g=BI1L=第二种情况,有mg sin θ=BI2L=由题意知=4联立解得=.(2)第一次下滑至MN位置的过程中,根据动能定理得mgh-m0g-W1=(m+m0)第二次下滑至MN位置的过程中,根据动能定理得mgh-W2=m两次运动过程中,电阻R产生的热量之比为==.8.8.15 m/s1.85 m/s[解析]设某一时刻t,金属杆甲、乙之间的距离为x,速度分别为v1和v2,经过很短的时间Δt,杆甲移动距离为v1Δt,杆乙移动距离为v2Δt,回路面积改变ΔS=l[(x-v2Δt)+v1Δt]-lx=l(v1-v2)Δt由法拉第电磁感应定律得,回路中的感应电动势E=B=Bl(v1-v2)回路中的电流i=对金属杆甲,由牛顿第二定律得F-Bli=ma由于作用于金属杆甲和金属杆乙的安培力总是大小相等、方向相反,所以两杆的总动量(t=0时为0)等于外力F的冲量,即Ft=mv1+mv2联立解得v1=8.15 m/s,v2=1.85 m/s.9.(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N[解析](1)在安培力作用下,b棒做减速运动,c棒做加速运动,当两棒速度相等时,c棒达到最大速度.以两棒为研究对象,根据动量守恒定律得m b v0=(m b+m c)v解得c棒的最大速度为v=v0=v0=5 m/s.(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中,系统减少的动能转化为电能,两棒中产生的总热量为Q=m b-(m b+m c)v2=2.5 J因为R b=R c,所以c棒从开始至达到最大速度过程产生的焦耳热为Q c==1.25 J(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v',从最低点上升到最高点的过程,由机械能守恒定律得m c v2-m c v'2=m c g·2R解得v'=3 m/s在最高点,设轨道对c棒的弹力为F,由牛顿第二定律得m c g+F=m c解得F=1.25 N由牛顿第三定律得,在最高点时c棒对轨道的压力为1.25 N,方向竖直向上.感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

全品复习方案高考物理大一轮复习第10单元电磁感应第27讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流课时作业

法拉第电磁感应定律、自感和涡流基础巩固1．(多选)[2016·山东威海期末] 高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场，如图K271所示．探测器内有通电线圈，当探测器靠近任何金属材料物体时，就会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报，靠近非金属物体时则不发出警报，则关于探测器工作原理，下列说法正确的是( )图K271A．金属探测器利用的是电磁感应现象B．金属探测器利用的是磁场对金属的吸引作用C．金属探测器利用的是静电感应现象D．金属探测器利用的是当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化2．[2016·海淀区期末] 图K272是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t0时刻断开开关S.图K273中能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的图像是( )图K272图K2733．[2015·西城区期末] 图K274中有A、B两个线圈．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( )图K274图K2754．(多选)[2016·山东威海期末] 如图K276所示，两个同心金属圆环水平放置，半径分别是r 和2r ，两环间有磁感应强度为B 、方向垂直环面向里的匀强磁场，在两环间连有一个电容为C 的电容器，a 、b 是电容器的两个极板．长为r 的金属棒AB 沿半径方向放置在两环间且与两环接触良好，并绕圆心以角速度ω做逆时针方向(垂直环面向里看)的匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )图K276A ．金属棒中有从B 到A 的电流B ．电容器a 极板带正电C ．电容器两端电压为3B ωr 22D ．电容器所带电荷量为CB ωr 225．(多选)[2015·湖南十校联考] 如图K277所示，一导线弯成直径为d 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列说法中正确的是( )图K277A ．感应电流方向为逆时针方向B ．CD 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势的最大值E max ＝BdvD ．感应电动势的平均值E ＝18πBdv能力提升6．(多选)[2016·安徽铜陵一中质量检测] 如图K278甲所示，电阻率为ρ、横截面积为S 的导线绕成的半径为R 的圆形导线框，以直径为界，左侧存在着垂直纸面的匀强磁场，方向以向外为正，磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙，则0～t 0时间内( )图K278A ．导线框具有收缩且向左运动的趋势B ．导线框中感应电流方向沿顺时针方向C ．导线框中感应电流大小为B 0RS 4ρt 0D ．通过导线框横截面的电荷量为B 0RS2ρ 7．(多选)[2016·湖北荆门龙泉中学月考] 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于环面竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，并始终有两点与圆环保持良好接触，从圆环中央CD 处开始，杆的位置由杆与半径的夹角θ确定，如图K279所示，则( )图K279A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝0时，杆受的安培力大小为3B 2av （π＋2）R 0C ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavD ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av （5π＋3）R 08．(多选)[2016·苏北三市联考] 在图K2710所示的电路中，自感线圈L 的自感系数很大，电阻可忽略，D 为理想二极管，则下列说法正确的有( )图K2710A ．当S 闭合时，L 1立即变亮，L 2逐渐变亮B ．当S 闭合时，L 1一直不亮，L 2逐渐变亮C ．当S 断开时，L 2立即熄灭D ．当S 断开时，L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭9．[2016·泰州模拟] 如图K2711所示，虚线MN 表示甲、乙、丙三个相同正方形金属框的一条对称轴，金属框内均匀分布有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律都满足B ＝kt，金属框按照图示方式处在磁场中，测得金属框甲、乙、丙中的感应电流分别为I甲、I乙、I丙，则下列判断正确的是( )图K2711A．I乙＝2I甲，I丙＝2I甲B．I乙＝2I甲，I丙＝0C．I乙＝0，I丙＝0D．I乙＝I甲，I丙＝I甲10．[2016·青岛质检] 如图K2712所示，虚线间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.有总电阻为R的直角三角形导线框，两条直角边的边长分别为2L和L，在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K2712A．线框中的感应电流方向始终不变B．线框中的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挑战自我11．[2016·上海闸北期末] 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、质量分布均匀的直导体棒AB置于圆形导轨上，BA的延长线过圆导轨中心O，装置的俯视图如图K2713所示．整个装置位于一磁感应强度大小为B的匀强磁场中，方向垂直于导轨平面竖直向下．在内、外圆导轨间对称地接有三个阻值均为R的电阻．直导体棒在垂直作用于其中点的水平外力F作用下，以角速度ω绕O点顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，导体棒和导轨电阻均可忽略．求：(1)导体棒产生的感应电动势；(2)流过导体棒的感应电流；(3)外力F的大小．图K2713课时作业(二十七)1．AD [解析] 线圈通电后会产生磁场，当有金属进入磁场时，金属物体横截面的磁通量发生变化，金属物体内部会产生涡电流，就会引起线圈中电流的变化，由此判断是否有金属物体，故选项A 、D 正确．2．B [解析] 闭合开关的瞬间，自感线圈的电阻很大，灯泡中有一定的电流通过，过一段时间，自感线圈的电阻减小，自感线圈与灯泡并联的两端电压减小，故灯泡中的电流变小，选项A 、D 均错误；当时间再延长，灯泡的电流稳定在某一值上，当断开开关时，自感线圈产生自感电动势，自感线圈中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，流经灯泡的感应电流的方向与灯泡中原来的电流方向相反，又因自感线圈直流电阻较大，故此时灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故选项B 正确，选项C 错误．3．A [解析] 要让线圈B 中产生感应电流，A 中的电流应发生变化，C 、D 错误；若A 中的电流由a 流入，且越来越小，则根据右手螺旋定则可知穿过B 的磁通量向左，且越来越小，根据楞次定律，可知B 中产生的感应电流由d 点流经电阻R 到c 点，B 错误；同理若电流从b 点流入，且电流越来越小，根据楞次定律，B 中电流从c 点流经电阻R 到d 点，A 正确．4．BC [解析] 根据右手定则可知金属棒中产生的感应电动势的方向由A 到B ，故电容器a 极板带正电，B 正确；但因电路未闭合，无感应电流，A 错误；金属棒转动产生的感应电动势E ＝Blv ＝B ·r ·r ＋2r 2ω＝3B ωr 22，C 正确；电容器所带电荷量Q ＝CU ＝C 3B ωr 22，D 错误．5．AD [解析] 在闭合回路进入磁场的过程中，垂直于闭合回路向下的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，选项A 正确；根据左手定则可以判断，CD 段直导线所受安培力向下，选项B 错误；当半圆闭合回路进入磁场一半时，等效长度最大，为d 2，这时感应电动势E max ＝12Bdv ，选项C 错误；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt ＝B ×12πd 22d v ＝18πBdv ，选项D 正确． 6．BC [解析] 根据题意，磁场增强，根据楞次定律可以知道，回路中产生感应电流，方向沿顺时针方向，并且整体有收缩且向右运动的趋势，故选项A 错误，选项B 正确；根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝B 0t 0·πR 22，根据电阻定律，总电阻r ＝ρL S ＝ρ2πR S ，则感应电流I ＝E r ＝B 0RS 4ρt 0，故选项C 正确；根据公式E ＝ΔΦΔt ，I ＝E r ，则电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦr＝B 0RS4ρ，故选项D 错误．7．AD [解析] θ＝0时，杆产生的电动势E ＝BLv ＝2Bav ，故A 正确；θ＝0时，由于单位长度电阻均为R 0，所以电路中总电阻为(2＋π)aR 0，所以杆受的安培力大小F ＝BIL ＝B ·2a 2Bav （π＋2）aR 0＝4B 2av （π＋2）R 0，故B 错误；θ＝π3时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a ，所以杆产生的电动势为Bav ，故C 错误；θ＝π3时，电路中总电阻是53π＋1aR 0，所以杆受的安培力大小F ′＝BI ′L ′＝3B 2av （5π＋3）R 0，故D 正确． 8．BD [解析] 当S 闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止电流，L 1一直不亮；S 闭合时电流增加，线圈产生的感应电动势阻碍电流增加，故使得L 2逐渐变亮，选项B 正确，选项A 错误；当S 断开时，由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的减小，故通过L 1的电流要在L 2→L 1→D →L 之中形成新的回路，故L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，L 2缓慢熄灭，选项C 错误，选项D 正确．9．B [解析] I 甲＝E 甲R ＝ΔB Δt ·S 2·1R ＝Sk 2R ，I 乙＝E 乙R ＝ΔB Δt ·S ·1R ＝Sk R，由于丙中磁通量始终为零，故I 丙＝0.所以I 乙＝2I 甲，I 丙＝0，只有B 正确．10．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，当通过线圈的磁通量最大时，感应电动势不为零，故A 、D 错误；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C 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、再增大，由E ＝Blv 及闭合电路的欧姆定律可得线框中的感应电流先增大、后不变、再增大，故B 错误．11．(1)32B ωr 2 (2)9B ωr 22R (3)9B 2ωr 32R[解析] 解法一：(1)Δt 时间内导体棒扫过的面积为ΔS ＝(π·4r 2－πr 2)·ωΔt 2π＝3r 2ωΔt 2E 感＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ＝3B ωr 22解法二：E 感＝BLv ＝B ·r ·ωr ＋ω·2r 2＝32B ωr 2 (2)三个电阻为并联关系，R 总＝R 3I 总＝E 感R 总＝32B ωr 2R 3＝9B ωr 22R(3)解法一：外力F ＝BI 总L ＝B ·9B ωr 22R ·r ＝9ωB 2r 32R 解法二：F ＝P v ＝E 感I 总v ＝9B 2ωr 32R。

全品复习方案高考物理大一轮复习专题训练十第10单元电磁.docx

专题训练（十）第10单元电磁感应■基础巩固1.如图Z10-1所示，竖直平面内有一金属环，其半径为a,总电阻为2r（金属环粗细均匀），磁感应强度大小为B。

的匀强磁场垂直于环平面，环的最高点A处用钗链连接长度为2a、电阻为r的导体棒AB, 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,则此时A、B两端的电压大小为（）A.TBoavB. TBoavC. TBoavD. Boav3 6 32.[•清江中学周练]如图勿0-2所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域，从BC边恰好进入磁场区域开始，到A点离开磁场区域为止的过程中，下列能正确表示线框内感应电流变化（以逆时针方向为电流的正方向）的图像是（）3.[•河北正定中学月考]在如图Z10-4甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.边长为L,电阻为R的正方形均匀线框abed有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框的发热功率为P,则（）A.线框中的感应电流方向会发生改变R cd边所受的安培力大小不变，方向改变C.线框中的感应电动势为罕D.线框中的电流大小为4.（多选）［-江苏宿迁调研］用一根横截面积为S、电阻率为P的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径.如图ZL0-5所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场,磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率"jf=k（k< 0）顶（）图210-5A.圆环中产生逆时针方向的感应电流B.圆环具有收缩的趋势krSC.圆环中感应电流的大小为顽D.图中a、b两点间的电势差U ab= |k勿r'5.（多选）［•聊城二模］如图ZL0-6甲所示，一个半径为n、匝数为n、电阻值为R的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R连接成闭合回路，导线的电阻不计.在线圈中半径为r? 的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，图线在横、纵轴的截距分别为t。

全品复习方案高考物理大一轮复习第10单元电磁感应单元小结卷

第10单元电磁感应一、选择题(每小题6分，共48分，1～5小题为单选，6～8小题为多选)1．如图D101所示，一圆形闭合铜环从高处由静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁(质量为m)，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合．则悬挂磁铁的绳子中拉力F随时间t变化的图像可能是图D102中的( )图D101图D1022．如图D103所示，两个完全相同的矩形导线框A、B在相距很近(但不重叠)的两平行竖直平面内，线框的长边均处于水平位置．线框A固定且通有恒定电流I，不计阻力，线框B 从足够高处由静止释放至运动到A下方的过程中( )图D103A．穿过线框B的磁通量先变小后变大B．穿过线框B的磁通量先变大后变小C．线框B所受安培力的合力为零D．线框B的机械能一直减小3．如图D104所示，一个闭合三角形导线框位于竖直平面内，其下方固定一根与线框所在的竖直平面平行且相距很近(但不重叠)的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．不计阻力，线框从实线位置由静止释放至运动到直导线下方虚线位置过程中( )图D104A ．线框中的磁通量为零时其感应电流也为零B ．线框中感应电流方向为先顺时针后为逆时针C ．线框受到安培力的合力方向始终竖直向上D ．线框减少的重力势能全部转化为电能4．如图D105所示，导体杆OP 在作用于OP 中点且垂直OP 的力作用下，绕O 点沿以O 为圆心、半径为r 的光滑半圆形导轨在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B ，A 、O 间接有阻值为R 的定值电阻，导体杆和导轨电阻不计，回路中的总电功率为P ，则( )图D105A ．外力的大小为2BrP RB ．外力的大小为Br PRC ．导体杆旋转的角速度大小为2PRBr2D ．导体杆旋转的角速度大小为2Br2P R5．如图D106所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，该磁场分布在宽为L 的区域内．现有一个边长为a (a <L )的正方形闭合线圈以初速度v 0垂直磁场边界滑过磁场后，速度变为v (v <v 0)，那么( )图D106A ．线圈完全进入磁场时的速度大于v 0＋v2 B ．线圈安全进入磁场时的速度等于v 0＋v 2 C ．线圈完全进入磁场时的速度小于v 0＋v2D ．以上情况A 、B 均有可能，而C 是不可能的6．如图D107所示，在边长为a 的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B ，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a 的正方形导线框EFGH 正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T 绕其中心O 点在纸面内匀速转动，经过T 8导线框转到图中虚线位置，则在这T8时间内( )图D107A ．平均感应电动势大小等于8（3－22）a 2BTB ．平均感应电动势大小等于16a 2B 9TC ．顺时针方向转动时感应电流方向为E →F →G →H →ED ．逆时针方向转动时感应电流方向为E →H →G →F →E7．如图D108甲所示，水平面上的光滑平行导轨MN 、PQ 上放着两根导体棒ab 、cd ，两棒间用绝缘丝线系住．已知平行导轨MN 、PQ 间距为L 1，导体棒ab 、cd 间距为L 2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R .开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙所示．则以下说法正确的是( )图D108A ．在t 0时刻回路中产生的感应电动势E ＝L 2B 0t 0B ．在0～t 0时间内导体棒中电流为L 1L 2B 02Rt 0C ．在t 02时刻绝缘丝线所受拉力为L 21L 2B 24Rt 0D ．在0～t 0时间内回路电流方向是a →b →d →c →a 8．在如图D109所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v 1做匀速直线运动；当ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动，从ab 进入GH 至到达MN 与JP 的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔE k ，重力对线框做功为W 1，安培力对线框所做的功的绝对值为W 2，下列说法中正确的有( )图D109A ．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v 2>v 1B．从ab进入GH至到达MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒C．从ab进入GH至到达MN与JP的中间位置的过程中，有(W1－ΔE k)的机械能转化为电能D．从ab进入GH至到达MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量为ΔE k＝W1－W2二、计算题(第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．如图D1010所示，一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L，左端接有阻值为R的电阻，一质量为m、长度为L的金属棒MN放置在导轨上，棒的电阻为r，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速运动，运动过程中始终与导轨垂直且良好接触．已知外力的功率为P不变，经过时间t导体棒最终做匀速运动．求：(1)导体棒匀速运动时的速度大小；(2)t时间内回路中产生的焦耳热．图D101010．如图D1011所示，两根平行金属导轨MN 和PQ 放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L ，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，两磁场区域相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界为水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B ，方向竖直向下．质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 垂直导轨放置在其上，金属棒b 置于磁场Ⅱ的右边界CD 处．现将金属棒a 从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．(1)若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大静摩擦力均为15mg ，将金属棒a从距水平面高度h 处由静止释放．求：①金属棒a 刚进入磁场Ⅰ时，通过金属棒b 的电流大小；②若金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a 释放时的高度h 应满足的条件；(2)若水平段导轨是光滑的，将金属棒a 仍从高度h 处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ.设两磁场区域足够大，求金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 中可能产生的焦耳热最大值．图D1011参考答案（测评手册）单元小结卷(十)1．B [解析] 当线圈从N 极上方下落时，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍其磁通量的增加，故线圈和磁铁间为斥力作用，此时绳子的拉力大于磁铁重力；同理当线圈从S 极上方下落时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍其磁通量的减小，故线圈和磁铁间为引力作用，此时绳子的拉力大于磁铁重力，故B 正确．2．D [解析] 由通电线框A 的磁感线分布，可知穿过线框B 的磁通量变化应是增大→减小→增大→减小→增大→减小，A 、B 项错误；由楞次定律和左手定则可知线框B 始终受到向上的安培阻力，C 项错误；安培力做负功，使线框的机械能转化为电能，D 项正确．3．C [解析] 根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里，离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小．线框从上向下靠近导线的过程，穿过线框向外的磁通量增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；经过导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小至零，之后变成向里磁通量，并逐渐增大，直至最大，根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流．向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的线框中电流方向又变成了顺时针，且这一过程是连续的，线框中始终有感应电流存在，故A 、B 错误；根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故安培力的方向始终向上，故C 正确；根据能量守恒定律，线框从实线位置由静止释放至运动到虚线位置过程中，减少的重力势能转化为电能和自身动能，故D 错误．4．C [解析] 设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E ＝12Br 2ω，I ＝ER ，根据题述回路中的总电功率为P ，则P ＝EI ；设维持导体杆匀速转动的外力为F ，则有P ＝F v2，v ＝r ω，联立解得F ＝BrP R ，ω＝2PR Br 2，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．5．B [解析] 设线圈电阻为R ，完全进入磁场中时的速度为v x .线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力．对于线圈进入磁场的过程，根据动量定理可得－F Δt ＝－Ba ΔΦR＝－Ba Ba 2R ＝mv x －mv 0，对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得－F ′Δt ′＝－Ba ΔΦR ＝－Ba Ba 2R ＝mv －mv x ，由上述二式可得v x ＝v 0＋v 2，B 选项正确． 6．AD [解析] 由题意可知，导线框从开始转过T8磁通量减少量为ΔΦ＝4B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12a 2，平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝8（3－22）a 2BT，选项A 正确，选项B 错误；由楞次定律知无论导线框转动方向如何都是穿过导线框的磁通量减少，电流方向都是E →H →G →F →E ，选项C 错误，选项D 正确．7．BC [解析] 由图乙可知，磁感应强度变化率ΔB Δt ＝B 0t 0，在t 0时刻回路中产生的感应电动势E ＝ΔB Δt S ＝L 1L 2B 0t 0，选项A 错误；在0～t 0时间内磁感应强度减小，由楞次定律，回路中产生的感应电流方向为顺时针，大小为I ＝E 2R ＝L 1L 2B 02Rt 0，选项B 正确，选项D 错误；由左手定则，ab 导体棒所受安培力方向向左，cd 导体棒所受安培力方向向右，大小相等，在t 02时刻，磁感应强度为B 02，安培力大小为F ＝B 02IL 1＝L 21L 2B 204Rt 0，所以在t 02时刻绝缘丝线所受拉力为L 21L 2B 24Rt 0，选项C 正确．8．CD [解析] 线框的ab 边在GH 和JP 之间时，线框做匀速运动，ab 进入JP 后回路感应电动势和之前相比增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此ab 边进入JP 后开始做减速运动，感应电动势和感应电流均减小，安培力减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mg sin θ相等时，线框以速度v 2做匀速运动，因此v 2<v 1，A 错误；由于有安培力做功，机械能不守恒，B 错误；线框克服安培力做功，将机械能转化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少机械能转化为电能，由动能定理得W 1－W 2＝ΔE k ，W 2＝W 1－ΔE k ，故C 、D 正确．9．(1)P （R ＋r ）BL (2)Pt －mP （R ＋r ）2B 2L2[解析] (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv 回路中电流I ＝ER ＋r导体棒所受安培力F 安＝BIL P ＝Fv匀速运动时有F ＝F 安联立可得v ＝P （R ＋r ）BL.(2)导体棒由静止开始加速过程，根据动能定理W F ＋W 安＝12mv 2其中W F ＝Pt回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，Q ＝－W 安解得Q ＝Pt －mP （R ＋r ）2B 2L2. 10．(1)①BL 2gh 2R ②h ≤m 2gR 250B 4L 4 (2)110mgh[解析] (1)①a 棒从h 高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有 mgh ＝12mv 20解得v 0＝2gha 棒刚进入磁场Ⅰ后产生的感应电动势为E ＝BLv 0，此时通过a 、b 的感应电流大小为I ＝E2R解得I ＝BL 2gh2R. ②a 棒刚进入磁场Ⅰ后，b 棒受到的安培力大小F ＝2BIL为使b 棒保持静止必有F ≤15mg由以上各式联立解得h ≤m 2gR 250B 4L4.(2)由题意知当金属棒a 进入磁场Ⅰ时，由左手定则判断知a 棒向右做减速运动；b 棒向左做加速运动．二者产生的感应电动势相反，故当二者的感应电动势大小相等时闭合回路的电流为零，此后二者均做匀速运动，故当金属棒a 、b 均匀速运动时，金属棒b 中产生焦耳热最大，设此时a 、b 的速度大小分别为v 1与v 2，由以上分析有BLv 1＝2BLv 2 对金属棒a 应用动量定理有－BIL Δt ＝mv 1－mv 0对金属棒b 应用动量定理有－2BIL Δt ＝－mv 2联立以上各式解得v 1＝45v 0，v 2＝25v 0由能量守恒定律得电路产生的总电热为Q 总＝12mv 20－12mv 21－12mv 22故金属棒b 中产生的焦耳热最大值为Q ＝12Q 总＝120mv 20＝110mgh .。

全品复习方案高考物理大一轮复习第10单元电磁感应

电磁感应现象、楞次定律基础巩固1．[2016·济南质检] 如图K261所示，面积为S、始终与纸面垂直的圆环，与轻杆的一端相连，轻杆另一端绕垂直于纸面的水平轴O转动，当转到A、C、D三位置时(处于C、D 两位置时的轻杆在同一直线上，处于A、C两位置时的轻杆与竖直方向的夹角均为α)，则关于穿过圆环的磁通量，正确的是( )图K261A．ΦA＝ΦC＝ΦD＝BSB．ΦA＝ΦC＝ΦD＝BS cos αC．ΦA＝ΦC＝BS cos α，ΦD＝－BS cos αD．ΦA＝ΦD＝BS sin α，ΦC＝－BS sin α2．[2016·江西九江一模] 某磁场的磁感线如图K262所示，有一铜线圈由A位置下落至B位置，在下落的过程中，自上往下看，线圈中感应电流的方向( )图K262A．始终顺时针B．始终逆时针C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针3．(多选)[2016·河南郑州质检] 如图K263所示，在匀强磁场中放有平行金属导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在金属导轨上的金属棒ab的运动情况是(两线圈共面放置)( )图K263A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动4．[2016·福建质检] 法拉第在1831年发现了“磁生电”现象．如图K264，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针．实验中可能观察到的现象是( )图K264A．用一节电池作电源时小磁针不偏转，用十节电池作电源时小磁针会偏转B．线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C．线圈A和电池连接的瞬间，小磁针会偏转D．线圈A和电池断开的瞬间，小磁针不会偏转5．(多选)[2016·鄂豫晋冀陕五省联考] 如图K265所示，在一竖直平面内，三条平行导线串有两个电阻R1和R2，导体棒PQ与三条导线均接触良好．匀强磁场的方向垂直于纸面向里，导体棒的电阻可忽略．若导体棒向左加速运动，则( )图K265A．流经R1的电流方向向上B．流经R2的电流方向向下C．流经R1的电流方向向下D．流经R2的电流方向向上6．[2016·北京朝阳区练习] 物理课上，老师做了一个“电磁阻尼”实验：如图K266所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间后才停下来；如果在磁铁下方放一个固定的铝质圆环，使磁铁上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来．某同学另找器材再次探究此实验．他安装好器材，经反复实验后发现：磁铁下方放置圆环，并没有对磁铁的振动产生影响，对比老师演示的实验，其原因可能是( )图K266A．该同学所用弹簧的劲度系数太小B．该同学所用磁铁的质量太小C．该同学所用磁铁的磁性太强D．该同学所用圆环的材料与老师用的不同能力提升7．(多选)[2016·昆明调研] 如图K267所示，在一空心螺线管内部中点处悬挂一铜环，关于电路接通的瞬间，下列说法正确的是( )图K267A．从左往右看，铜环中有逆时针方向的感应电流B．从左往右看，铜环中有顺时针方向的感应电流C．铜环有收缩的趋势D．铜环有扩张的趋势8．[2016·江苏常州检测] 自从英国物理学家狄拉克提出磁单极子以来，寻找磁单极子一直是人类的一个追求．如图K268所示，设想一个磁N单极子从远处沿一个闭合金属线圈的轴线匀速通过，设从右向左观察顺时针方向为电流的正方向，则和该线圈串联的仪表中记录到的线圈中感应电流的it图像是( )图K268图K2699．[2016·江苏四市二模] 如图K2610所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是( )图K2610A．通过灵敏电流计的电流先由a到b，后由b到aB．a点的电势始终低于b点的电势C．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D．磁铁刚离开螺线管时，其加速度小于重力加速度10．[2015·北京四中期末] 为了测量列车运行的速度和加速度的大小，可采用如图K2611甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)．当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口．若俯视轨道平面磁场垂直地面向里(如图乙)，则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流( )图K2611A．始终沿逆时针方向B．先沿逆时针，再沿顺时针方向C．先沿顺时针，再沿逆时针方向D．始终沿顺时针方向11．如图K2612所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A 的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合．现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则( )图K2612A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大12．(多选)如图K2613所示，倾角为α的斜面上放置着两条平行光滑的金属导轨，金属棒KN置于导轨上，在以ab和cd为边界的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上．在cd左侧的无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．金属棒KN在重力作用下从磁场右边界ab处由静止开始向下运动后，则下列说法正确的是( )图K2613A．圆环L有收缩趋势B．圆环L有扩张趋势C．圆环内产生的感应电流变小D．圆环内产生的感应电流不变挑战自我13．[2016·泰州一模] 如图K2614所示，在长载流直导线近旁固定有两条平行光滑的金属导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是( )图K2614A．一起向左运动B．一起向右运动C．相向运动D．相背运动14．(多选)[2016·江苏南京、盐城模拟] 如图K2615所示，铁芯上有两个线圈A和B.线圈A跟电源和开关S相连，LED(发光二极管，具有单向导电性)M和N并联后接线圈B 两端．图中所有元件均正常，则( )图K2615A．S闭合瞬间，A中有感应电动势B．S断开瞬间，A中有感应电动势C．S闭合瞬间，M亮一下，N不亮D．S断开瞬间，M和N二者均不亮课时作业(二十六)1．C [解析] 由图可知，圆环分别处于A、C、D三个位置时，投影到垂直于磁场方向上的面积均为S cos α，磁感线穿过处于A、C位置的圆环时，方向是相同的，磁感线穿过处于D位置的圆环时，与其穿过处于A、C位置的圆环时的方向，相对于圆环是相反的，则ΦD与ΦA的符号相反，故选项C正确．2．C [解析] 线圈由A位置下落至O位置的过程中，向上的磁通量增大，由O位置下落至B位置的过程中，向上的磁通量减小，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向(自上往下看)先顺时针后逆时针，故选项C正确．3．BC [解析] 欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向垂直于纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有沿顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N 中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有沿逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此对于前者应使ab向右减速运动；对于后者，则应使ab向左加速运动，故选项B、C正确．4．C [解析] 根据“磁生电”即电磁感应现象产生的条件，只有线圈B中的磁通量变化时才能产生感应电流，因此无论线圈B匝数有多少，无论线圈A中电池有几节，都不能在线圈B中产生感应电流，故选项A、B错误．在线圈A和电池连接或断开的瞬间，线圈B中产生感应电流，从而产生磁场，使导线下面平行放置的小磁针发生偏转，故选项C正确，选项D错误．5．AD [解析] 导体棒向左加速运动，由右手定则可判断出，导体棒PQ中感应电流的方向从P到Q，PQ上半部分与R1构成闭合回路，流经R1的电流方向向上，选项A正确，选项C错误．PQ下半部分与R2构成闭合回路，流经R2的电流方向向上，选项D正确，选项B 错误．6．D [解析] 圆环没有对磁铁的振动产生影响，是由于没有发生电磁感应现象，因此原因只可能是该同学所用圆环的材料不是金属，与老师用的材料不同，选项D正确．7．BC [解析] 由楞次定律可知电路接通的瞬间，螺线管中的电流从无到有，铜环中磁通量向左增大，从左往右看，铜环中产生顺时针方向的感应电流，铜环有收缩的趋势，选项A、D错误，选项B、C正确．8．C [解析] 当磁N单极子向右匀速靠近线圈时，穿过线圈的磁通量向右增加，根据楞次定律，线圈中产生从右向左看为顺时针方向的正向电流；当磁N单极子穿过线圈后，穿过线圈的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，线圈中也产生从右向左看顺时针方向的正向电流，故选项C正确．9．D [解析] 磁铁N极由静止向下运动到进入螺线管之前的过程中，穿过线圈的磁通量变大，且方向向下，由楞次定律可知线圈中产生感应电流的方向盘旋而下，螺线管下端相当于电源的正极，所以通过灵敏电流计的电流由b到a，当磁铁S极离开螺线管时，穿过线圈的磁通量变小，且方向向下，则螺线管上端相当于电源的正极，所以通过灵敏电流计的电流由a到b，则a点的电势先低于b点的电势，后高于b点电势，故A、B错误；磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量和磁铁的动能，故C错误；磁铁刚离开螺线管时，受到的磁场力阻碍它的远离，则此时其加速度小于重力加速度，故D正确．10．B [解析] 列车带着磁场向右运动到线圈左边后，相当于线圈左边的一段导线向左切割磁感线，根据右手定则知，线圈中的电流沿逆时针方向；线圈离开磁场时，相当于线圈右边的一段导线向左切割磁感线，这一过程中线圈中的感应电流沿顺时针方向，故线圈中的电流先沿逆时针方向，再沿顺时针方向，选项B正确．11．B [解析] 胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形且增大的电流，金属环B内磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，且金属环有向上的运动趋势，故丝线受到的拉力减小，选项B正确．12．AC [解析] 由于金属棒KN在重力的作用下向下运动，KNMP回路中产生逆着磁场方向看逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于导轨平面向上的磁场，随着金属棒向下加速运动，圆环的磁通量将增加，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加；又由于金属棒受到安培力，向下运动的加速度在逐渐减小，磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小．故A、C正确．13．D [解析] 根据右手定则知，ab、cd所在处的磁场方向垂直于纸面向里，电流减小时，磁场减弱，根据楞次定律，回路中的感应电流沿逆时针方向，根据左手定则知，ab 所受安培力方向向左，cd所受安培力向右，又因导轨光滑，则ab和cd相背运动，故D正确，A、B、C错误．14．ABC [解析] 闭合、断开开关S的瞬间，线圈A中的电流发生变化，线圈A中产生自感电动势，故A、B正确；闭合开关S的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加，线圈外侧的电流方向向右，根据安培定则可知，A中产生的磁场方向向上，同时穿过线圈B的磁通量向上增大，根据楞次定律可知，线圈B中感应电流的磁场方向向下，根据安培定则可知，线圈B 中感应电流的方向在外侧向左，所以线圈B下端的电势高，电流能通过二极管M，不能通过二极管N，故C正确；结合对选项C的分析可知，S断开瞬间，穿过线圈B的磁通量减小，线圈B中产生感应电流的方向与S闭合时产生感应电流的方向相反，所以此时感应电流能通过二极管N，不能通过二极管M，故D错误．。

全品复习方案高考物理大一轮复习第10单元电磁感应第27讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流课时作业

法拉第电磁感应定律、自感和涡流基础巩固1．(多选)[2016·山东威海期末] 高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场，如图K271所示．探测器内有通电线圈，当探测器靠近任何金属材料物体时，就会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报，靠近非金属物体时则不发出警报，则关于探测器工作原理，下列说法正确的是( )图K271A．金属探测器利用的是电磁感应现象B．金属探测器利用的是磁场对金属的吸引作用C．金属探测器利用的是静电感应现象D．金属探测器利用的是当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化2．[2016·海淀区期末] 图K272是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t0时刻断开开关S.图K273中能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的图像是( )图K272图K2733．[2015·西城区期末] 图K274中有A、B两个线圈．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( )图K274图K2754．(多选)[2016·山东威海期末] 如图K276所示，两个同心金属圆环水平放置，半径分别是r 和2r ，两环间有磁感应强度为B 、方向垂直环面向里的匀强磁场，在两环间连有一个电容为C 的电容器，a 、b 是电容器的两个极板．长为r 的金属棒AB 沿半径方向放置在两环间且与两环接触良好，并绕圆心以角速度ω做逆时针方向(垂直环面向里看)的匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )图K276A ．金属棒中有从B 到A 的电流B ．电容器a 极板带正电C ．电容器两端电压为3B ωr 22D ．电容器所带电荷量为CBωr 225．(多选)[2015·湖南十校联考] 如图K277所示，一导线弯成直径为d 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列说法中正确的是( )图K277A ．感应电流方向为逆时针方向B ．CD 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势的最大值E max ＝BdvD ．感应电动势的平均值E ＝18πBdv能力提升6．(多选)[2016·安徽铜陵一中质量检测] 如图K278甲所示，电阻率为ρ、横截面积为S 的导线绕成的半径为R 的圆形导线框，以直径为界，左侧存在着垂直纸面的匀强磁场，方向以向外为正，磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙，则0～t 0时间内( )图K278A ．导线框具有收缩且向左运动的趋势B ．导线框中感应电流方向沿顺时针方向C ．导线框中感应电流大小为B 0RS 4ρt 0D ．通过导线框横截面的电荷量为B 0RS 2ρ 7．(多选)[2016·湖北荆门龙泉中学月考] 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于环面竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，并始终有两点与圆环保持良好接触，从圆环中央CD 处开始，杆的位置由杆与半径的夹角θ确定，如图K279所示，则( )图K279A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝0时，杆受的安培力大小为3B 2av （π＋2）R 0C ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavD ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av （5π＋3）R 08．(多选)[2016·苏北三市联考] 在图K2710所示的电路中，自感线圈L 的自感系数很大，电阻可忽略，D 为理想二极管，则下列说法正确的有( )图K2710A ．当S 闭合时，L 1立即变亮，L 2逐渐变亮B ．当S 闭合时，L 1一直不亮，L 2逐渐变亮C ．当S 断开时，L 2立即熄灭D ．当S 断开时，L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭9．[2016·泰州模拟] 如图K2711所示，虚线MN 表示甲、乙、丙三个相同正方形金属框的一条对称轴，金属框内均匀分布有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律都满足B＝kt，金属框按照图示方式处在磁场中，测得金属框甲、乙、丙中的感应电流分别为I甲、I乙、I丙，则下列判断正确的是( )图K2711A．I乙＝2I甲，I丙＝2I甲B．I乙＝2I甲，I丙＝0C．I乙＝0，I丙＝0D．I乙＝I甲，I丙＝I甲10．[2016·青岛质检] 如图K2712所示，虚线间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.有总电阻为R的直角三角形导线框，两条直角边的边长分别为2L和L，在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K2712A．线框中的感应电流方向始终不变B．线框中的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挑战自我11．[2016·上海闸北期末] 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、质量分布均匀的直导体棒AB置于圆形导轨上，BA的延长线过圆导轨中心O，装置的俯视图如图K2713所示．整个装置位于一磁感应强度大小为B的匀强磁场中，方向垂直于导轨平面竖直向下．在内、外圆导轨间对称地接有三个阻值均为R的电阻．直导体棒在垂直作用于其中点的水平外力F作用下，以角速度ω绕O点顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，导体棒和导轨电阻均可忽略．求：(1)导体棒产生的感应电动势；(2)流过导体棒的感应电流；(3)外力F的大小．图K2713课时作业(二十七)1．AD [解析] 线圈通电后会产生磁场，当有金属进入磁场时，金属物体横截面的磁通量发生变化，金属物体内部会产生涡电流，就会引起线圈中电流的变化，由此判断是否有金属物体，故选项A 、D 正确．2．B [解析] 闭合开关的瞬间，自感线圈的电阻很大，灯泡中有一定的电流通过，过一段时间，自感线圈的电阻减小，自感线圈与灯泡并联的两端电压减小，故灯泡中的电流变小，选项A 、D 均错误；当时间再延长，灯泡的电流稳定在某一值上，当断开开关时，自感线圈产生自感电动势，自感线圈中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，流经灯泡的感应电流的方向与灯泡中原来的电流方向相反，又因自感线圈直流电阻较大，故此时灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故选项B 正确，选项C 错误．3．A [解析] 要让线圈B 中产生感应电流，A 中的电流应发生变化，C 、D 错误；若A 中的电流由a 流入，且越来越小，则根据右手螺旋定则可知穿过B 的磁通量向左，且越来越小，根据楞次定律，可知B 中产生的感应电流由d 点流经电阻R 到c 点，B 错误；同理若电流从b 点流入，且电流越来越小，根据楞次定律，B 中电流从c 点流经电阻R 到d 点，A 正确．4．BC [解析] 根据右手定则可知金属棒中产生的感应电动势的方向由A 到B ，故电容器a 极板带正电，B 正确；但因电路未闭合，无感应电流，A 错误；金属棒转动产生的感应电动势E ＝Blv ＝B ·r ·r ＋2r 2ω＝3B ωr 22，C 正确；电容器所带电荷量Q ＝CU ＝C 3B ωr 22，D 错误．5．AD [解析] 在闭合回路进入磁场的过程中，垂直于闭合回路向下的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，选项A 正确；根据左手定则可以判断，CD 段直导线所受安培力向下，选项B 错误；当半圆闭合回路进入磁场一半时，等效长度最大，为d 2，这时感应电动势E max ＝12Bdv ，选项C 错误；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt ＝B ×12πd 22d v＝18πBdv ，选项D 正确． 6．BC [解析] 根据题意，磁场增强，根据楞次定律可以知道，回路中产生感应电流，方向沿顺时针方向，并且整体有收缩且向右运动的趋势，故选项A 错误，选项B 正确；根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝B 0t 0·πR 22，根据电阻定律，总电阻r ＝ρL S ＝ρ2πR S ，则感应电流I ＝E r ＝B 0RS 4ρt 0，故选项C 正确；根据公式E ＝ΔΦΔt ，I ＝E r ，则电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦr ＝B 0RS 4ρ，故选项D 错误．7．AD [解析] θ＝0时，杆产生的电动势E ＝BLv ＝2Bav ，故A 正确；θ＝0时，由于单位长度电阻均为R 0，所以电路中总电阻为(2＋π)aR 0，所以杆受的安培力大小F ＝BIL ＝B ·2a 2Bav （π＋2）aR 0＝4B 2av （π＋2）R 0，故B 错误；θ＝π3时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a ，所以杆产生的电动势为Bav ，故C 错误；θ＝π3时，电路中总电阻是53π＋1aR 0，所以杆受的安培力大小F ′＝BI ′L ′＝3B 2av （5π＋3）R 0，故D 正确． 8．BD [解析] 当S 闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止电流，L 1一直不亮；S 闭合时电流增加，线圈产生的感应电动势阻碍电流增加，故使得L 2逐渐变亮，选项B 正确，选项A 错误；当S 断开时，由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的减小，故通过L 1的电流要在L 2→L 1→D →L 之中形成新的回路，故L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，L 2缓慢熄灭，选项C 错误，选项D 正确．9．B [解析] I 甲＝E 甲R ＝ΔB Δt ·S 2·1R ＝Sk 2R ，I 乙＝E 乙R ＝ΔB Δt ·S ·1R ＝Sk R，由于丙中磁通量始终为零，故I 丙＝0.所以I 乙＝2I 甲，I 丙＝0，只有B 正确．10．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，当通过线圈的磁通量最大时，感应电动势不为零，故A 、D 错误；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C 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、再增大，由E ＝Blv 及闭合电路的欧姆定律可得线框中的感应电流先增大、后不变、再增大，故B 错误．11．(1)32B ωr 2 (2)9Bωr 22R (3)9B 2ωr 32R[解析] 解法一：(1)Δt 时间内导体棒扫过的面积为ΔS ＝(π·4r 2－πr 2)·ωΔt 2π＝3r 2ωΔt 2E 感＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ＝3B ωr 22解法二：E 感＝BLv ＝B ·r ·ωr ＋ω·2r 2＝32B ωr 2(2)三个电阻为并联关系，R 总＝R 3I 总＝E 感R 总＝32B ωr 2R 3＝9B ωr 22R(3)解法一：外力F ＝BI 总L ＝B ·9B ωr 22R ·r ＝9ωB 2r 32R 解法二：F ＝P v ＝E 感I 总v ＝9B 2ωr 32R。

高考物理-全品一轮第10单元电磁感应听课详解

12.如图所示,线圈平面与水平方向夹角θ=60°,磁感线竖直向下,线圈所围的面积S=0.4 m2,匀强磁场的磁感应强度B=0.6 T,则穿过线圈的磁通量Φ为多少?把线圈以cc'为轴顺时针转过120°角,则穿过线圈的磁通量的变化量为多少?
[答案]0.12Wb0.36Wb
[解析]线圈在垂直磁场方向上的投影面积
变式题BD[解析]ab匀速运动时,ab中感应电流恒定,穿过L1的磁通量不变,穿过L2的磁通量不变,L2中无感应电流产生,cd保持静止,A错误;ab向右加速运动时,L2中的磁通量向下增大,根据楞次定律,通过cd的电流方向由c到d,cd受到向右的安培力,向右移动,B正确;同理可得C错误,D正确.
1.如图所示,矩形金属线框在磁场内做的各种运动中能够产生感应电流的是()
[解析]B根据产生感应电流的条件可知,能够产生感应电流的是B.
2.如图所示,一个有弹性的金属圆环用一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方,直导线与圆环在同一竖直面内,当通电直导线中电流增大时,弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将()
A.S增大,l变长
B.S减小,l变短
C.S增大,l变短
D.S减小,l变长
[解析]D当通电直导线中电流增大时,穿过金属圆环的磁通量增大,金属圆环中产生感应电流,根据楞次定律,感应电流产生的效果要阻碍磁通量的增大,一是用缩小面积的方式进行阻碍,二是用远离直导线的方式进行阻碍,选项D正确.
[解析]AD圆环从位置a无初速度释放,在到达磁场分界线前,穿过圆环向里的磁通量增加,根据楞次定律可知,圆环内感应电流的方向为逆时针,圆环经过磁场分界线时,穿过圆环向里的磁通量减少,根据楞次定律可知,圆环内感应电流的方向为顺时针,圆环通过磁场分界线后,穿过圆环向外的磁通量减少,根据楞次定律可知,圆环内感应电流的方向为逆时针;因磁场在竖直方向分布均匀,圆环所受竖直方向的安培力平衡,故合安培力沿水平方向,选项A、D正确.

【高考】高考物理一轮复习第10章电磁感应章末专题复习

【关键字】高考第10章电磁感应物理方法|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.磁场的磁感应强度为B，方向笔直纸面向里．现有一段长度为，电阻为的均匀导体棒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，MP中的感应电动势E＝BLvMP段的电阻r＝RMacP和MbP两电路的并联电阻为r并＝R＝R由欧姆定律得，PM中的电流I＝ac中的电流Iac＝I解得Iac＝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Iac的方向由a流向c.【答案】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C．棒经过环心时流过棒的电流为D．棒经过环心时所受安培力的大小为D [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＝at2，解得t＝，选项B错误；由v2－v＝2ax可知棒经过环心时的速度v＝，此时的感应电动势E＝2BRv，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻r总＝，故棒经过环心时流过棒的电流为I＝＝，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＝，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10-42．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＝＝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中的匀强磁场方向笔直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向笔直斜面向上，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始终与导轨笔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Fmax ，有Fmax ＝m1gsin θ ①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 ＝BLv ② 设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝ ③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＝m 1g 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m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2 又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 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106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106【解析】 (1)EF 获得向上初速度v 0时，产生感应电动势E ＝BLv 0，电路中电流为I ，由闭合电路的欧姆定律有I ＝E2R，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12mv 20＝mgh ＋2Q ，解得h ＝mv 20－4Q 2mg. 【答案】 (1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)mv 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 ＝E R ＋r ＝n ΔΦΔt R ＋r↓根据电流定义式I ＝q t →q ＝I Δt ＝n ΔΦR ＋r 2．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 ＝I 2Rt .(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107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/s 2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Q 1∶Q 2＝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107(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Q 2；(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 ＝ΔΦΔt ①其中ΔΦ＝Blx② 设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得 I ＝ER ＋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 ＝0－12mv 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108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/s 2.(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108【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 ＝E R ＋r，E ＝BLv 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 ＋12mv 2m根据焦耳定律得Q R Q r ＝R r ，则金属棒上产生的焦耳热Qr ＝0.5 J 解得x ＝2.0 m根据q ＝I Δt ，I ＝ER ＋r ，E ＝ΔΦΔt ，ΔΦ＝BLx 可得 q ＝BLx R ＋r＝1.0 C. 【答案】 (1)0.5 (2)1.0 C此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。

全程复习构想2020高考物理一轮复习第十章电磁感应章末质量评估新人教版

章末质量评估（十）一、选择题（1〜4题只有一个选项符合题目要求，5〜8题有多个选项符合题目要求）1.汽车自动控制刹车系统（ABS）的原理如图所示・铁质齿轮尸与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体（极性如图），"是一个电流检测器.当车轮带动齿轮尸转动时，靠近线圈的铁齿被磁化，使通过线圈的磁通量增大，铁齿离开线圈时又使磁通量减小，从而能使线圈中产生感应电流，感应电流经电子装置放大后即能实现自动控制刹车.齿轮从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过程中，通过"的感应电流的方向是（）A.总是从左向右B.总是从右向左C.先从右向左，然后从左向右D.先从左向右，然后从右向左解析：图示位宜线圈中磁通量为向左最大・从图示再转到下一个齿的过程中，线圈中磁通量先向左减小，后向左增大.感应磁场方向先向左后向右，由右手螺旋左则知线圈中电流方向为先从右向左，再从左向右，选C.答案：C2.如图所示，金属棒aS金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒站在匀强磁场万中沿导轨向右运动，则（）A.必棒不受安培力作用B.必棒所受安培力的方向向右C.必棒向右运动速度"越大，所受安培力越大D.螺线管产生的磁场，月端为N极解析：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：金属棒必沿导轨向右运动时，感应电动势E=Blv.感应电流I=EIR、*斑力F=BI1 fffv=—可见，选项C正确；根据右手圧则可知，流过金属棒ab的感应电流的方向是从b 流向⑦所以流过螺线管的电流方向是从月端到达巧端，根据右手螺旋左则可知，螺线管的川端为S极，选项D错误.答案:C3.如图所示，金属棒必置于水平放置的I；形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场5磁场方向垂直导轨平而向下，在ef左侧的无磁场区域c屁f内有一半径很小的金属圆环厶圆环与导轨在同一平而内.当金属棒必在水平恒力尸作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，下列有关圆环的说法正确的是（）A.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，圆环有扩张的趋势解析：根据右手泄则，当金属棒詁在恒力尸的作用下向右运动时，必％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而向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，abdc回路中的感应电流逐渐增大，穿过圆环的磁通量也逐渐增大，依据楞次宦律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通疑的增大：必必回路中的感应电流I=Blv/R,感应电流的变化率壬=罟，又由于金属棒向右运动的加速度a减小，所以感应电流的变化率减小，圆环内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小，选项C正确.答案：C4.（2016 •湖南雅礼中学一模）一个边长为厶的正方形导线框在倾角为0的光滑斜而上由静止开始沿斜而下滑，随后进入虚线下方垂直于斜而向上的匀强磁场中.如图所示，斜而以及虚线下方的磁场往下方延伸到足够远.下列说法正确的是（）A.线框进入磁场的过程，b点的电势比a点髙B.线框进入磁场的过程一宦是减速运动C.线框中产生的焦耳热小于线框减少的机械能D.线框从不同髙度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量相等解析：线框进入磁场的过程，必边相当于电源，由右手左则知a点电势髙于b点电势，选项A错误；线框进入磁场的过程中可以减速、加速或匀速，选项B错误；由能量守恒知线框中产生的焦耳热等于线框與少的机械能，选项C错误：通过导线横截而的电荷量q= 7 - △尸汙二・X氓,与下落高度无关，选项D正确.答案：D5.如图所示，电源的电动势为E内阻z•不能忽略.A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈.关于这个电路的以下说法正确的是（）A.开关由闭合到电路中电流稳左的时间内，A灯立刻亮起，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B.开关由闭合到电路中电流稳泄的时间内，万灯立刻亮起，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C.开关由闭合到断开的瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D.开关由闭合到断开的瞬间，电流自右向左通过A灯解析：从开关闭合到电路中电流稳立的时间内，A灯立刻亮起，而后逐渐变暗，最后亮度稳左；B灯逐渐变亮，最后亮度稳左，选项A正确，B错误.开关由闭合到断开的瞬间，电流自右向左通过A灯，由于线圈中电流不大于A灯电流，故本题电路A灯不会闪亮一下再熄灭，选项C错误、D正确.答案：AD6.如图甲所示，abed为导体做成的框架，其平而与水平而成〃角，导体棒P0与ad、弘接触良好，整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中.磁场的磁感应强度万随时间t 变化情况如图乙所示（设图甲中万的方向为正方向）.在0〜乱时间内导体棒加始终静止，下面判断正确的是（）A.导体棒FQ中电流方向由0至FB •导体棒％受安培力方向沿框架向下C.导体棒％受安培力大小在增大D.导体棒FQ受安培力大小在减小解析：根据法拉第电磁感应左律可知在线圈中产生恒左的感应电流，方向由0至只故A正确：根据左手泄则可知，导体棒加受到沿框架向上的安培力，故B错误：产生的感应电流不变，但磁感应强度逐渐减小，故受到的安培力逐渐减小，故C错误，D正确.答案：AD7.如图1所示，两个闭合圆形线圈乂万的圆心重合，放在同一水平而内，在其中一个线圈中通过如图2所示的变化电流，上=0时电流方向为顺时针，下列说法中正确的是（）A.若电流通在月中，则在0〜&时间内，万内有顺时针方向的恒立电流，且有扩张的趋势B.若电流通在月中，则在h〜匕时间内，万内有逆时针方向的恒左电流，且有收缩的趋势C.若电流通在〃中，则在0〜人时间内，内有顺时针方向的恒圧电流，且有收缩的趋势D.若电流通在万中，则在&〜住时间内，月内有逆时针方向的恒宦电流，且有扩张的趋势解析：0〜匕电流顺时针减小，r,〜住电流逆时针变大.如果电流通在川中，由楞次泄律知，万中均有顺时针方向感应电流.由于i-t图为一条直线，线圈万中磁场变化率&恒左. 由心=三乜可知』中电流大小不变，0~&打』为同向电流相互吸引』有扩張的趋势.山〜ns鮎A.万为异向电流相互排斥，万有收缩的趋势.A对B错・同理分析C. D选项，C对D错，选A、C.答案：AC8.如图所示.两条形有界磁场宽度均为Q0・5m,磁感应强度大小均为5=4 T,方向垂直于纸而，两磁场区域间距也为/在磁场区域的左边界处有一长L=\ m,宽^=0.5 m 的矩形导体线框，线框总电阻为斤=2 Q,且线框平而与磁场方向垂直•现使线框以r=0.5 Ws速度匀速穿过磁场区域，若以初始位置为计时起点，规泄万垂直纸而向里为正，则以下关于线框所受的安培力大小尸及穿过线框磁通量。

高三物理总复习顶层设计文档：第十章电磁感应第3讲电磁感应规律的综合应用含答案

2．安培力的方向判断微知识❹电磁感应中的能量转化与守恒1．能量转化的实质电磁感应现象的能量转化实质是其他形式能和电能之间的转化。

2．能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能(或其他形式的能)。

3．热量的计算电流(恒定)做功产生的热量用焦耳定律计算，公式Q＝I2Rt。

基|础|诊|断一、思维诊断1．闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路(√)2．在闭合回路中切割磁感线的那部分导体两端的电压一定等于产生的感应电动势(×)3．电路中电流一定从高电势流向低电势(×)4．克服安培力做的功一定等于回路中产生的焦耳热(×)5．有安培力作用时导体棒不可能做加速运动(×)二、对点微练1．(电磁感应中的电路问题)如图所示，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为( )A.EB.EC.E D．E解析a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的，故a、b间电势差为U＝E，B正确。

答案B2．(电磁感应中的图象问题)如图所示的四个选项中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。

A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形。

各导线框均绕垂直纸面轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T。

从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向。

则在如图乙所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如图甲所示的是( )甲A B C D乙解析根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i随时间t的变化规律如题图甲所示的是C。

答案C3．(电磁感应中的动力学问题)(多选)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B。

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