第二轮物理-专题四-电磁感应与力学综合
高三物理第二轮专题复习 专题四电磁感应与电路教案 人教版
专题四 电磁感应与电路一、考点回顾“电磁感应”是电磁学的核心内容之一，同时又是与电学、力学知识紧密联系的知识点，是高考试题考查综合运用知识能力的很好落脚点，所以它向来高考关注的一个重点和热点，本专题涉及三个方面的知识：一、电磁感应，电磁感应研究是其它形式有能量转化为电能的特点和规律，其核心内容是法拉第电磁感应定律和楞次定律；二、与电路知识的综合，主要讨论电能在电路中传输、分配，并通过用电器转化为其它形式的能量的特点及规律；三、与力学知识的综合，主要讨论产生电磁感应的导体受力、运动特点规律以及电磁感应过程中的能量关系。
由于本专题所涉及的知识较为综合，能力要求较高，所以往往会在高考中现身。
从近三年的高考试题来看，无论哪一套试卷，都有这一部分内容的考题，题量稳定在1～2道，题型可能为选择、实验和计算题三种，并且以计算题形式出现的较多。
考查的知识：以本部分内容为主线与力和运动、动量、能量、电场、磁场、电路等知识的综合，感应电流（电动势）图象问题也经常出现。
二、典例题剖析根据本专题所涉及内容的特点及高考试题中出的特点，本专题的复习我们分这样几个小专题来进行：1.感应电流的产生及方向判断。
2.电磁感应与电路知识的综合。
3.电磁感应中的动力学问题。
4.电磁感应中动量定理、动能定理的应用。
5.电磁感应中的单金属棒的运动及能量分析。
6.电磁感应中的双金属棒运动及能量分析。
7.多种原因引起的电磁感应现象。
(一)感应电流的产生及方向判断1．(2007理综II 卷)如图所示，在PQ 、QR 区域是在在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc 边与磁场的边界P 重合。
导线框与磁场区域的尺寸如图所示。
从t ＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。
以a →b →c →d →e →f 为线框中有电动势的正方向。
以下四个ε-t 关系示意图中正确的是【 】解析：楞次定律或左手定则可判定线框刚开始进入磁场时，电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D 选项错误；1－2s 内，磁通量不变化，感应电动势为0，A 选项错误；2－3s 内，产生感应电动势E ＝2Blv ＋Blv ＝3Blv ，感应电动势的方向为逆时针方向（正方向），故C 选项正确。
新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题4电路和电磁感应第12讲电磁感应题
题型2 电磁感应中的图像问题1.电磁感应中常见的图像常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。
2.解答此类问题的两个常用方法(1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。
这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。
(2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷。
〔真题研究2〕(多选)(2022·河北卷，8,6分)如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。
导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。
设运动过程中通过电阻的电流为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。
下列图像可能正确的是( AC )【审题指导】关键表述物理关系 导轨上一金属棒MN 沿x 轴正向以速度v 0保持匀速运动有效切割长度L ＝l 0＋v 0t tan θ(θ为ab 与ad 的夹角，l 0为t ＝0时刻的有效切割长度) 电阻两端的电压为U ，忽略导轨与金属棒的电阻 U ＝E (金属棒切割磁感线产生的电动势)【解析】 在0～Lv 0时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度L ＝l 0＋v 0t tan θ(θ为ab 与ad 的夹角)，则根据E ＝BLv 0，可得I ＝BLv 0R ＝Bv 0R(l 0＋v 0t tan θ)，可知回路电流均匀增加；安培力F ＝B 2L 2v 0R ＝B 2v 0R(l 0＋v 0t tan θ)2，则F －t 关系为二次函数关系，但是不过原点；安培力做功的功率P ＝Fv 0＝B 2L 2v 20R ＝B 2v 20R(l 0＋v 0t tan θ)2，则P －t 关系为二次函数关系，但是不过原点；电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U ＝E ＝BLv 0＝Bv 0(l 0＋v 0t tan θ)，即U －t 图像是不过原点的直线；根据以上分析，可排除B 、D 选项；在L v 0～2L v 0时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E 不变，感应电流I 不变，安培力F 大小不变，安培力的功率P 不变，电阻两端电压U 保持不变；同理可判断，在2L v 0～3L v 0时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E 均匀减小，感应电流I 均匀减小，安培力F 大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～L v 0内是对称的关系，安培力的功率P 按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～L v 0内是对称的关系，电阻两端电压U 按线性均匀减小，综上所述选项A 、C 可能正确，B 、D 错误。
新教材2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题四电路与电磁感应第11讲电磁感应规律及其应用
第11讲电磁感应规律及其应用知识网络构建命题分类剖析命题点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流方向的判断方法情境图3.感应电荷量的计算磁通量变化迁移的电荷量：q＝IΔt＝ERΔt＝nΔΦRΔtΔt＝nΔΦR，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定．考向1 楞次定律的应用例 1[2023·海南卷]汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同考向2 法拉第电磁感应定律的应用例 2[2023·天津卷]如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l.空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：(1)感应电动势E；(2)线框开始向上运动的时刻t0.例 3[2023·山东卷](多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计．质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面．如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD 的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( )A．B2的方向向上 B．B2的方向向下C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s提升训练1.[2023·全国甲卷](多选)一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离．如图(a)所示．现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示．则( )A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大2．[2023·浙江1月]如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆．当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示．若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是( )3.[2023·辽宁省沈阳市监测一](多选)有界匀强磁场磁感应强度为B ，有一半径为R 的线圈，其单位长度上的电阻为r ，线圈直径MN 垂直磁场边界于M 点，现以M 点为轴在纸面内，沿顺时针方向匀速旋转90°，角速度为ω，则( )A ．感应电流方向为顺时针方向B ．感应电动势的最大值为BR 2ωC ．感应电流的最大值为2BR 2ωrD ．通过导体任意横截面的电量为BR 4r命题点二 电磁感应中图像或电路问题1．掌握两个技法，快速解答图像问题2．三个关注考向1 电磁感应中的图像例 1[2023·山东省菏泽市三模]如图所示，MNQP是边长为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场．边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行．设导线框中感应电流i逆时针流向为正．若t＝0时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列i-t图像正确的是( )例 2[2023·上海卷] 如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为( )考向2 电磁感应中图像与电路问题的数型结合例 3 (多选)如图甲所示，足够长的两平行金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，导体间距为0.5 m，导轨左边接有定值电阻R0和电阻箱R；导轨间存在磁感应强度大小为0.8 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为0.5 kg、长为0.5 m、内阻不计的金属棒MN放置在导轨上，在水平向右的恒力F作用下金属棒由静止开始运动，金属棒始终与导轨垂直且接−触良好．多次改变电阻箱的阻值R，测得金属棒对应的最大速度v m，绘制出如图乙所示的1v m1图像．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( ) RA．R0中感应电流方向由c指向aB．R0＝2 ΩC．恒力F＝1.4 ND．若R＝2 Ω，则R0在1 s内产生的最大焦耳热为1 J思维提升图例[提醒] 分析磁通量时，一是注意回路中的有效面积；二是注意有效面积内磁场方向是否单一．图例提升训练1.[2023·江苏省八市训练]如图所示，两根光滑平行金属长导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，两根完全相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，两金属棒的长度恰好等于金属导轨的间距，t＝0时刻对金属棒cd施加一个水平向右的恒力F，此后两金属棒由静止开始运动，金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好，两金属棒的速度大小分别记为v a、v c，加速度大小分别记为v a、v c，金属棒cd两端电压记为U cd，闭合回路消耗的电功率记为P，电路中除金属棒以外的电阻均不计，下列关于图像错误的是( )2．[2023·珠海模拟]匝数N＝1 000、面积S＝20 cm2、电阻r＝1 Ω的线圈水平放置，匀强磁场B1竖直向下穿过线圈，其磁感应强度B1按如图所示的规律变化，线圈两端分别连接两根完全相同的劲度系数为k＝100 N/m、电阻为R＝1.5 Ω的金属弹簧，两金属弹簧上端固定在水平天花板上，下端悬挂一根水平金属棒，另有一水平匀强磁场B2垂直金属棒分布(如图所示)．其磁场宽度为L＝10 cm.闭合开关后，两弹簧的长度均变化了Δx＝0.5 cm.导线和金属棒的电阻不计，求：(1)闭合开关后，通过金属棒的电流大小；(2)磁感应强度B2的大小．命题点三电磁感应规律的综合应用1．电磁感应综合问题的解题思路2．与动量定理结合在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)．(1)求速度或电荷量：－B I lΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt.(2)求时间：FΔt＋I A＝mv2－mv1，I A＝－B I lΔt＝－BlΔΦR总.(3)求位移：－B I lΔt＝－B 2l2v̅ΔtR总＝mv2－mv1，即－B 2l2R总x＝m(v2－v1)．3．与动量守恒定律的结合相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动问题，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．考向1 电磁感应中的动力学问题例 1[2023·上海卷]如图(a)，线框cdef位于倾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5 T，已知线框边长cd ＝D＝0.4 m，m＝0.1 kg，总电阻R＝0.25 Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动．斜面上动摩擦因数μ＝√33，线框速度随时间变化如图(b)所示．(重力加速度g取9.8 m/s2)(1)求外力F大小；(2)求cf长度L；(3)求回路产生的焦耳热Q.考向2 电磁感应中的能量问题例 2 如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为θ＝30°，斜面上有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，其宽度均为l＝0.2 m，磁感应强度大小均为B＝1 T，磁场方向分别为垂直斜面向上和垂直斜面向下．斜面上放一质量为M＝0.6 kg、电阻为R＝0.5 Ω的矩形导线框abcd，其ab边长为d＝0.4 m、bc边长为l＝0.2 m，通过细绳绕过光滑的定滑轮与一质量为m＝0.2 kg的重物相连，连接线框的细绳与线框共面，滑轮和绳的质量均不计，ab边距磁场区域Ⅰ的上边界为2l，开始时各段绳都处于伸直状态，现将它们由静止释放，线框沿斜面向下运动，ab边刚穿过两磁场的分界线OO′进入磁场区域Ⅱ时，线框恰好做匀速运动(细绳始终处于拉紧状态)，不计摩擦，忽略磁场边界效应，重力加速度g＝10 m/s2.求：(计算结果保留2位小数)(1)ab边刚进入磁场区域Ⅰ时线框的加速度大小；(2)线框ab边在磁场区域Ⅱ中运动的过程中，线框重力的功率P；(3)从开始释放到ab边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，线框中产生的焦耳热Q.考向3 电磁感应中的动量问题例 3[2023·全国甲卷]如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上．导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行．不计空气阻力．求(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间．提升训练1.[2023·湖南卷]如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g.(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.2．[2023·广东模拟预测]如图甲所示，水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道，轨道间距L＝0.4 m，其中在E、F、G、H四点附近的轨道由绝缘材料制成，这四段绝缘轨道的长度非常短，其余轨道由金属材料制成，金属轨道的电阻不计，在右侧两轨道之间连接一个阻值R＝1.5 Ω的定值电阻．在矩形区域MNQP中存在竖直向上的磁场，记M点所在位置为坐标原点，沿MP方向建立x坐标轴，磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所示，图中B0＝2.5 T．现有一总质量m＝0.1 kg的“工”字形“联动双棒”(由两根长度略长于L的平行金属棒ab和cd，用长度为L的刚性绝缘棒连接构成，棒的电阻均为r＝0.5 Ω)，以初速度v0＝8 m/s沿x轴正方向运动，运动过程中棒与导轨保持垂直，最终静止于轨道上，忽略磁场边界效应．求(1)棒ab刚进入磁场时，流经棒ab的电流的大小和方向；(2)棒ab在EF处的速度大小v1和在GH处时的速度大小v2；(3)电阻R上产生的焦耳热．素养培优·情境命题电磁感应规律在生活、生产和科技中的应用情境1 “自发电”门铃开关[典例1] [2023·广东茂名统考二模]市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示．在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变．松开门铃按钮后，弹簧可使之复位(与a、b连接的外电路未画出)．由此可判断( )A．未按下按钮时，线圈a、b两点间存在电势差B．按下按钮过程中，线圈中感应电流始终由b经线圈流向aC．按钮复位过程中，线圈中的磁通量一直减小D．按下按钮过程与松开复位过程中，a点的电势始终高于b点情境2 磁力刹车系统[典例2](多选)高速铁路列车通常使用磁力刹车系统．磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示．图中磁铁左方铝盘的甲区域(虚线区域)朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域(虚线区域)朝离开磁铁方向运动．下列有关铝盘刹车的说法正确的是( ) A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场C．磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘相同情境3 磁悬浮列车[典例3] (多选)2022年9月20日在德国柏林国际轨道交通技术展览会上中国具有完全自主知识产权的时速600公里高速磁浮交通系统首次在欧洲亮相，引起了世界各国广泛关注．超导磁悬浮列车的原理可以简化为如图所示模式：在水平面上相距L的两根固定平行直导轨间，有大小为B、宽都是L的匀强磁场，相邻磁场区域的磁场方向相反．整个磁场以速度v 水平向右匀速运动，跨在两导轨间的边长为L 的正方形n 匝线圈abcd 悬浮在导轨上方，在磁场力作用下向右运动，并逐渐达到最大速度v m .当超导磁悬浮列车制动时，所有磁场立即停止，线圈继续运动NL 停下来(N 为整数)．设线圈的总电阻为R ，总质量为m ，运动中所受到的阻力大小恒为f .则( )A ．线圈最大速度v m ＝v －fRn 2B 2L 2 B ．制动过程受到的安培力为4nB 2L 2(v−v m )RC ．制动过程线圈产生的焦耳热为12mv m 2－fNLD ．制动过程通过线圈横截面的电荷量可能为2nBL 23R情境4 电磁缓冲装置[典例4] 随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术．其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置．该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abdc ；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN 、PQ 和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向为垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场．当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲．现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v 0，经过时间t 火箭着陆，速度恰好为零；线圈abdc 的电阻为R ，其余电阻忽略不计；ab 边长为l ，火箭主体质量为m ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，重力加速度为g ，一切摩擦阻力不计，求：(1)缓冲滑块刚停止运动时，线圈产生的电动势；(2)缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；(3)火箭主体的速度从v 0减到零的过程中系统产生的电能．第11讲 电磁感应规律及其应用命题分类剖析命题点一[例1] 解析：由右手螺旋定则可知，线圈1、2形成的磁场方向都是竖直向下的，A 错；汽车进入线圈1时，线圈abcd 中向下的磁通量增大，由楞次定律可判断，线圈abcd 中的感应电流方向与线圈1反向，是逆时针，即感应电流方向为adcb ，同理，汽车离开线圈1时，线圈abcd 中向下的磁通量减小，线圈abcd 中的感应电流方向是顺时针，即感应电流方向为abcd ，故B 错，C 对；安培力为阻力，与速度方向相反，D 错．答案：C[例2] 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt又n ＝1，ΔΦΔt＝ΔB Δt·S ＝kS ，S ＝l 22解得E ＝kl 22(2)根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为I ＝ER结合安培力的公式和题图可知线框受到的安培力为F A ＝BIl 又B ＝kt (k ＞0)联立可得线框受到的安培力为F A ＝k 2l 3t 2R当线框开始向上运动时，有k 2l 3t 02R＝mg解得t 0＝2mgRk 2l 3 答案：(1)kl 22 (2)2mgRk 2l 3[例3] 解析：导轨的速度v 2>v 1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为f ＝μmg ＝2 N导体棒的安培力大小为F 1＝f ＝2 N由左手定则可知导体棒的电流方向为N →M →D →C →N ，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F 2＝f －m 0g ＝1 N由左手定则可知B 2的方向为垂直纸面向里，A 错误，B 正确； 对导体棒分析F 1＝B 1IL 对导体框分析F 2＝B 2IL电路中的电流为I ＝B 1Lv 1−B 2Lv 2r联立解得v 2＝3 m/sC 错误，D 正确；故选BD. 答案：BD [提升训练]1．解析：电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体的速度越来越大，A 正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N 极、S 极上下没有颠倒，B 错误；线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此电流的大小是变化的．小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C 错误；由图(b)可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D 正确．故选AD. 答案：AD2．解析：导体杆摆动时切割磁感线，产生感应电流，受安培力，安培力起阻力作用，故导体杆的振动为阻尼振动．由垂直于磁感线方向的速度大小相同时电阻变大→电流变小→安培力(阻力)变小可知，当R 从R 0变为2R 0时，导体杆振幅的衰减速度变慢，B 正确，ACD 错误．答案：B3．解析：根据楞次定律，感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的变化，可知在线圈转动的过程中通过线圈的磁通量减小，由此可知感应电流应为顺时针方向，故A 正确；当转过90°时的瞬间感应电动势最大，此时切割磁感线的有效长度最大，为圆形线圈的直径，由此可得感应电动势的最大值为E m ＝12B (2R )2ω＝2BR 2ω，根据闭合电路的欧姆定律可知感应电流的最大值为I m ＝E mR 总＝2BR 2ω2πRr ＝BR ωπr，故BC 错误； 通过导体任意横截面的电量为q ＝ΔΦR 总＝12πR 2B 2πRr＝RB4r ，故D 正确．答案：AD 命题点二[例1] 解析：0～t 1内是线框的左边框由PQ 向左进入磁场，根据右手定则知感应电流为顺时针(负)，而切割磁感线的有效长度随着水平位移的增大而均匀减小，则感应电流的大小均匀减小；t 1～2t 1内，线框的前后双边同向同速切割相反的磁场，双源相加为总电动势，电流方向为逆时针(正)，两边的有效长度之和等于L ，则电流大小恒定．故选D. 答案：D[例2] 解析：由部分导线切割磁感线产生感应电动势：E ＝BLv 可知金属棒所受安培力为：F A ＝BIL ＝B 2L 2R+rv, 再由F A - t 图像可知，安培力与时间为线性关系可知：金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由牛顿第二定律：安培力与外力的合力为定值，即外力随时间线性变化，由F A -t 图像可知：在0～t 0时间安培力为负值，方向向左，由左手定则和右手定则可知，金属棒向右做减速运动，在t 0～2t 0时间内安培力为正值从零逐渐增加，方向向右，同理可知，金属棒向左做初速度为零的匀加速直线运动，加速度不变，则在t 0时刻，合力向左，但F A ＝0，所以外力为负值不等于零，方向向左．故ABD 错误，C 正确．答案：C[例3] 解析：由右手定则判断可知，金属棒中感应电流方向由N 指向M ，R 0中感应电流方向由a 指向c ，选项A 错误；金属棒受到的滑动摩擦力方向水平向左，大小为f ＝μmg ＝1 N ，由左手定则判断可知，金属棒所受的安培力方向向左，金属棒速度达到最大后开始做匀速直线运动，由受力平衡有F －f ＝BIL ，根据闭合电路欧姆定律有I ＝BLv m R 总，R 总＝RRR+R 0，整理得F －f ＝B 2L 2(1R+1R 0)v m ，变形得1v m＝B 2L 2F−f ·1R +B 2L 2(F−f )R 0，则B 2L 2F−f ＝0.4−0.20.5(Ω·s·m －1)，B 2L 2(F−f )R 0＝0.2(s·m －1)，代入数据解得F ＝1.4 N ，R 0＝2 Ω，选项B 、C 正确；由图乙知，R＝2 Ω时，v m ＝2.5 m/s ，R 总＝RR 0R+R 0＝1 Ω，I ＝BLv m R 总＝1 A ，R 0在1 s 内产生的最大焦耳热为(12I )2R 0t ＝0.5 J ，选项D 错误．答案：BC [提升训练] 1．解析：金属棒cd 在恒力F 作用下由静止开始加速，此时金属棒ab ，cd 加速度a a ＝0，a c ＝Fm ，之后回路中出现感应电流，金属棒cd 受到的安培力与恒力F 反向，金属棒cd 的加速度减小，金属棒ab 在安培力作用下开始加速，金属棒cd 与金属棒ab 的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F 安＝B 2L 2(v c −v a )2R逐渐增大，金属棒cd 加速度减小，金属棒ab 加速度增大，当a a ＝a c 时，v c －v a 不再变化，回路中的电流不再变化，但是两金属棒的速度仍在增大，故A 正确，与题意不符；B 错误，与题意相符；设两金属棒电阻均为R ，系统达到稳定之前U cd ＝BLv a ＋IR ，随时间逐渐增大，系统达到稳定后，因回路中电流不变，则U cd ＝BLv c －IR ，U cd 随着v c 的增加而均匀增加，故C 正确，与题意不符；闭合回路消耗的电功率P ＝2I 2R ，在开始阶段随回路中电流的增大，电功率逐渐增大，当系统稳定后回路中电流不变，电功率不再变化，故D 正确，与题意不符．故选B.答案：B2．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得E ＝NΔΦΔt＝N ΔB1Δt ·S其中，由图可知ΔB 1Δt＝5 T/s代入得E ＝10 V由闭合电路欧姆定律可得I ＝E r+2R代入数据得I ＝2.5 A ； (2)安培力为F 安＝B 2IL 弹簧弹力F 弹＝k Δx对金属棒受力分析，由受力平衡得B 2IL ＝2k Δx 代入数据，得B 2＝4 T. 答案：(1)2.5 A (2)4 T 命题点三[例1] 解析：(1)由v -t 图像可得：a ＝ΔvΔt ＝2.0 m0.4 s 2＝5 m/s 2对导线框受力分析可得：F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 代入数据联立解得：F ＝1.48 N(2)由v -t 图像可知线框cf 边进磁场时开始匀速直线运动，可得：F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋BIL由法拉第电磁感应定律，得线框产生的感应电动势为E ＝BLv由闭合电路欧姆定律，得线框产生的感应电流为I ＝ER ，得：I ＝BLv R代入数据联立解得：L ＝0.5 m ，I ＝2 A(3)线框匀速切割穿过磁场，产生的焦耳热就等于克服安培力所做的功：Q ＝W 克安＝F 安·2D ＝BIL ·2D ＝0.5×2×0.5×2×0.4 J＝0.4 J答案：(1)1.48 N (2)0.5 m (3)0.4 J[例2] 解析：(1)线框的ab 边刚进入磁场区域Ⅰ时，根据机械能守恒定律有2Mgl sinθ－2mgl ＝12(M +m )v 12线框的ab 边刚进入区域Ⅰ时，感应电流I ＝Bdv 1R由牛顿第二定律有Mg sin θ－BId －T ＝Ma ，T －mg ＝ma联立解得a ＝0.85 m/s 2(2)设ab 边刚进入磁场区域Ⅱ时线框的速度为v 2，则对应的感应电流I ′＝2Bdv 2R对线框有Mg sin θ＝2BI ′d ＋T ′，又T ′＝mg 线框重力的功率P ＝Mg sin θ·v 2 联立解得P ＝2.34 W(3)从线框开始释放到ab 边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，根据能量守恒定律有4Mgl sin θ－4mgl ＝Q +12(M +m )v 22，解得Q ＝0.56 J.答案：(1)0.85 m/s 2(2)2.34 W (3)0.56 J[例3] 解析：(1)由于绝缘棒Q 与金属棒P 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv 0＝3mv Q ＋mv P12×3mv 02＝12×3mv Q 2+12mv P 2联立解得v P ＝32v 0，v Q ＝12v 0由题知，碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P 滑出导轨时的速度大小为v ′P ＝v Q ＝12v 0(2)根据能量守恒有12mv P 2＝12mv P ′2＋Q 解得Q ＝mv 02(3)P 、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得－B I lΔt ＝mv ′P －mv P 又q ＝I Δt ，I ＝E ̅R＝ΔΦR Δt＝Blx R Δt联立可得x ＝mv 0RB 2l 2由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为t ＝xv Q＝2mRB 2l 2答案：(1)12v 0 (2)mv 02(3)2mR B 2l 2[提升训练]1．解析：(1)a 导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a 棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E ＝BLv 0由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I ＝E2R ，F ＝BILa 棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL联立解得v 0＝2mgR sin θB 2L 2(2)由右手定则可知导体棒b 中电流向里，b 棒受沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则对b 棒，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋BIL ＝ma 0解得a 0＝2g sin θ(3)释放b 棒后a 棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a 棒，由动量定理得mgsin θt 0－B I Lt 0＝mv －mv 0 b 棒受到向下的安培力，对b 棒，由动量定理得mg sin θt 0＋B I Lt 0＝mv 联立解得v ＝g sin θ·t 0＋v02此过程流过b 棒的电荷量为q ，则有q ＝I t0 由法拉第电磁感应定律可得 I ＝E2R ＝12RBL Δxt 0联立b 棒动量定理可得Δx ＝mv 0R B 2L 2答案：(1)2mgR sin θB 2L 2(2)2g sin θ (3)g sin θt 0＋v02mv 0R B 2L 22．解析：(1)当ab 棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E ＝B 0Lv 由欧姆定律I ＝E2r解得I ＝8 A由右手定则可知，电流方向为acdba ；(2)当ab 棒进入磁场后，到ab 棒到达EF 处的过程中，由动量定理可得－F ̅安t ＝mv 1－。
2021届新高考物理二轮复习专题4第2讲电磁感应规律及综合应用ppt课件
(4)利用楞次定律或推论，判断无磁场线圈中的感应方向或线圈
运
第一部分 专题四 电路与电磁感应37
高考
考向3 涡流、电磁阻尼和电磁振荡 6，(多选)(2020·天津高考真题)手机无线充电是比较新颖的充电方 式．如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别 安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量 ．当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受 电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电．在充电过程中
第一部分 专题四 电路与电磁感应44
高考
考向4 法拉第电磁感应定律的应用 8．(2020·海南5月调研)如图所示，用电阻为0.1 Ω的金属丝围成一个 半径为 0.3 m 的扇形闭合线框，该线框绕垂直于纸面的 O 轴以 rad/s的角速度匀速转动，O轴位于方向垂直纸面向里、磁感应强度大
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
第一部分 专题四 电路与电磁感应27
高考
【解析】 无论开关 S 拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边 线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引 起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律(增反减同)，右边圆环 中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，故选B ．
第一部分 专题四 电路与电磁感应22
高考 第一部分 专题四 电路与电磁感应23
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03 命题热点 · 巧突破
24
高考
考点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
考向1 电磁感应现象 1．(2020·新课标卷Ⅱ)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的 接缝实施焊接．焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电 源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生 的热量使接缝处的材料熔化将其焊接．焊接过程中所利用的电磁学规
高三物理二轮复习第二篇题型专项突破题型四电磁感应问题课件
电磁感应牵涉的知识面很广,导体切割磁感线产生 感应电动势的计算类问题常结合力学、电学知识,解决 电荷量、电热相关的问题,常以综合性大题出现,并结 合电路、力学、能量转化和守恒等知识以及电磁感应 与实际相结合的题目进行考查。
类型一:电磁感应的图象问题 1.电磁感应图象问题解题“五步曲”: 第1步:明确图象的种类。是B-t图、I-t图、v-t图、 F-t图或是E-t图等。 第2步:分析电磁感应的具体过程。明确运动分成几个 阶段(根据磁通量的变化特征或切割特点分析)。
12
存在着匀强磁场,磁感应强度B=0.5T,方向垂直于导轨 平面向上(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。问:
(1)当金属棒ab运动到x0=6m处时,电路中的瞬时电功率 为0.8W,此时金属棒的速度多大? (2)在上述过程中,安培力对金属棒ab做了多少功? (3)若金属棒以2m/s的速度从x=0处匀速下滑至x0=6m处, 电阻R上产生的焦耳热为多大?
【解析】(1)由题图知
B 0.1 T / s。 t E Φ BLd 0.1 0.51.0 V 0.05 V
t t I E 0.05 0.25 A
R 0.2 A
根据楞次定律,ab棒中电流方向为由a到b。
(2)ab棒做匀变速运动,位移s1=3.5m时,
速度大小设为v1,
则 v12 =v022as1,代入数据,a=-4m/s2
【解析】选B。x在0～a范围内,线框右边切割磁感线产
生感应电流,感应电流大小 i Ba x v Bxv Ba 2xv，
R
R
其中x在0～ a 内感应电流为顺时针,为正方向;x= a 时,
2
2
i=0;x在 a ～a范围内,感应电流方向沿逆时针,为负方
2024年新高考二轮物理复习专题——电磁感应中的综合问题
考情透析命题点考频分析命题特点核心素养电磁感应中的动力学问题2023：全国乙卷T4湖南T14辽宁T10北京T9浙江6月T10T22全国甲卷T8T14重庆T7广东T14山东T12新课标T13浙江1月T72022：上海T12T20天津T4海南T17辽宁T15重庆T7全国甲卷T7福建T15浙江6月T21湖南T10湖北T15河北T8浙江1月T22本专题主要考查电磁感应中的综合性问题，包括电磁感应与动力学综合问题、电磁感应与能量综合问题、电磁感应与动量综合问题以及电磁感应中的图像问题等，高考中常常以选择题和计算题考查，对于学生的分析推理能力、知识的综合应用能力要求较高。
科学思维：构建常见的运动或碰撞模型结合力学、电磁学的相关规律和数学知识进行综合分析和推理。
电磁感应中的能量和动量问题电磁感应中的图像问题热点突破1电磁感应中的动力学问题▼考题示例1（2021·全国乙·历年真题）如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6m。
初始时CD与EF相距s0＝0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝316m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。
当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。
已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B ＝1T ，重力加速度大小取g ＝10m/s 2，sin α＝0.6。
求：（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；（3）导体框匀速运动的距离。
答案：（1）0.18N ；（2）0.02kg ；0.375；（3）518m 解析：（1）设金属棒的质量为m ，金属棒与导体框一起做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a 代入数解得：a ＝6m/s 2金属棒进入磁场时，设金属棒与导体框的速度大小为v 0，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v 0m/s ＝1.5m/s 金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E ＝BLv 0由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I ＝ER金属棒在磁场中运动时受到的安培力大小：F 安＝BIL 代入数据解得：F 安＝0.18N（2）由于F 安＜Mg sin α＜(M +m )g sin α，金属棒和导体框组成的整体斜向下加速，故金属棒在磁场中做匀速直线运动时，导体框做匀加速直线运动；设金属棒与导体框间的滑动摩擦力大小为f ，导体框进入磁场时的速度大小为v ，对导体框，由牛顿第二定律得：Mg sin α－f ＝Ma 框由匀变速直线运动的速度位移公式得：v 2－20v ＝2a 框s 0，导体框刚进入磁场时所受安培力：F ＝BI 1L ＝22B L v R导体框刚进入磁场时做匀速直线运动，对导体框，由平衡条件得：22B L vR＋f ＝Mg sin α代入数据联立解得：a 框＝5m/s 2，f ＝0.06N ，v ＝2.5m/s金属棒在磁场中做匀速直线运动，由平衡条件得：F 安＝mg sin α＋f 代入数据解得金属棒的质量：m ＝0.02kg ，由滑动摩擦力公式得：f ＝μmg cos α代入数据解得，金属棒与导体框之间的动摩擦因数：μ＝0.375（3）金属棒离开磁场后做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mg sinα＋f＝ma棒代入数据解得：a棒＝9m/s2，金属棒加速到与导体框速度v相等，然后两者一起做加速直线运动，由匀变速直线运动的速度－时间公式得：v＝v0＋a棒t金属棒加速到与导体框速度相等的时间：t＝1 9 s在金属棒加速运动时间内，导体框做匀速直线运动，导体框匀速运动的距离：s＝vt＝2.5×19m＝518m。
2021届高考物理二轮复习专题四 电路与电磁感应(考点+习题)含解析
专题四电路与电磁感应1.恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系:E=U外+U内,I=,U=E-Ir。
(2)闭合电路中的功率关系:P总=EI,P内=I2r,P出=IU=I2R=P总-P内。
(3)直流电路中的能量关系:电功W=qU=UIt,电热Q=I2Rt。
(4)纯电阻电路中W=Q,非纯电阻电路中W>Q。
2.电磁感应(1)判断感应电流的方向:右手定则和楞次定律(增反减同、来拒去留、增缩减扩)。
(2)求解感应电动势常见情况与方法(3)自感现象与涡流自感电动势与导体中的电流变化率成正比,线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系。
线圈的横截面积越大,线圈越长,匝数越多,它的自感系数就越大。
带有铁芯的线圈其自感系数比没有铁芯时大得多。
3.交变电流(1)交变电流的“四值”①最大值:为U m、I m,即交变电流的峰值。
②瞬时值:反映交变电流每瞬间的值,如e=E m sinωt。
③有效值:正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E=、U=、I=;非正弦式交变电流的有效值可以根据电流的热效应来求解。
计算交变电流的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。
④平均值:反映交变电流的某物理量在t时间内的平均大小,如平均电动势E=n。
(2)理想变压器的基本关系式①功率关系:P入=P出;②电压关系:=;③电流关系:=。
(3)远距离输电常用关系式(如图所示)①功率关系:P1=P2,P3=P4,P2=P线+P3。
②电压损失:U损=I2R线=U2-U3。
③输电电流:I线===。
④输电导线上损耗的电功率:P损=I线U损=R线=R线。
高考演练1.(2019江苏单科,1,3分)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10,当输入电压增加20 V时,输出电压()A.降低2 VB.增加2 VC.降低200 VD.增加200 V答案D依据理想变压器原、副线圈的电压比与匝数比关系公式可知,=,则ΔU 2=ΔU1,得ΔU2=200 V,故选项D正确。
届高考物理第轮复习专题第讲电磁感应和力学综合课件要点
05
典型例题分析
简单题型示例
题目：一个带 电粒子在磁场 中运动，求其
运动轨迹
题目：一个带 电粒子在电场 中运动，求其
运动轨迹
题目：一个带 电粒子在磁场 和电场中运动， 求其运动轨迹
题目：一个带 电粒子在磁场 和电场中运动， 求其运动轨迹
和能量变化
中等难度题型示例
题型：电磁感应与 力学综合题
题目：一个带电粒 子在磁场中运动， 受到洛伦兹力作用， 求粒子的运动轨迹 和速度
提高物理实验 操作技能和实 验数据分析能 力
提高物理知识 在实际生活中 的应用能力
03
重点知识梳理
电磁感应的概念及定律
电磁感应：电流通过导体时，导体周围会产生磁场，这种现象称为电磁感应。
法拉第电磁感应定律：当导体在磁场中切割磁感线时，导体中会产生感应电流， 感应电流的大小与导体切割磁感线的速度、磁场的强度和导体的长度成正比。
楞次定律：感应电流的方向总是使感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化。
电磁感应的应用：电磁感应在电力、电子、通信等领域有着广泛的应用，如发电机、 变压器、电磁铁等。
电磁感应中的力学问题
电磁感应现象：电流通过导体产生磁场，磁场变化产生感应电流 电磁感应定律：法拉第电磁感应定律，描述电磁感应现象的规律 电磁感应中的力学问题：电磁力、安培力、洛伦兹力等力学问题 电磁感应中的能量问题：电磁感应中的能量转化和守恒问题 电磁感应中的动量问题：电磁感应中的动量守恒和动量定理问题 电磁感应中的电磁场问题：电磁感应中的电磁场分布和电磁场强度问
综合应用：电磁感应与力学的综合应用，如电磁感应制动、电磁感应驱动等 展望：电磁感应和力学的综合应用在未来的科技发展中的重要性，如电磁感应驱动技术在 电动汽车中的应用等。
高中物理第2轮复习 专题4 第3讲 电磁感应和力学综合课件
3系统释放热量应等于系统机械能减少量，故有
Q1mv2 13mv2 22
解得Q1mgR 3
【答案】 1B l gR 21gR 31m gR
3r
3
3
【规律方法总结】在解决问题时应用了动量守恒， 能量守恒等规律．
【变式题】(2011·盐城中学二模)涡流制动是磁悬浮列 车在高速运行时进行制动的一种方式．某研究所制成
图432
【解析】(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中 切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab从A 下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速 运动，由牛顿第二定律，得
m g B Il m a， 式 中 l 3r
I B lv1 R总
式
中
R总
8R 8R
（ 4 R （ 4 R
4 4
RR））
3．“双杆”类问题 当“双杆”向相反方向做匀速运动时，相当 于两个电池正向串联；当两杆分别沿相同方向运 动时，相当于两个电池反向串联；“双杆”在不 等宽导轨上同向运动时，两杆所受的安培力不等 大反向，所以不能利用动量守恒定律解题．
4．电磁感应中的一个重要推论——安培力 的冲量公式
感应电流通过直导线时，直导线在磁场中要 受到的安培力的作用，当导线与磁场垂直时，安
ab棒由M下滑到N过程中，机械能守恒，故有：
mgR(1cos60) 1 mv2 解得v gR 2
进入磁场区瞬间，回路中电流强度为
I E Bl gR Rr 3r
2 设ab棒与cd 棒所受安培力的大小为F，安培力
作用时间为t，ab棒在安培力作用下做减速运动， cd 棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达 到相同速度v时，电路中电流为零，安培力为零， cd 达到最大速度． 运用动量守恒定律得mv (2m m)v 解得v 1 gR
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届高考物理第2轮复习-专题4-第3讲电磁感应和力学综合课件要点教学文
案
51、山气日夕佳，飞鸟相与还。 52、木欣欣以向荣，泉涓涓而始流。
53、富贵非吾愿，帝乡不可期。 54、雄发指危冠，猛气冲长缨。 55、土地平旷，屋舍俨然，有良田美 池桑竹 之属， 阡陌交 通，鸡 犬相闻 。
Hale Waihona Puke ▪26、要使整个人生都过得舒适、愉快，这是不可能的，因为人类必须具备一种能应付逆境的态度。——卢梭
▪
27、只有把抱怨环境的心情，化为上进的力量，才是成功的保证。——罗曼·罗兰
▪
28、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。——孔子
▪
29、勇猛、大胆和坚定的决心能够抵得上武器的精良。——达·芬奇
▪
30、意志是一个强壮的盲人，倚靠在明眼的跛子肩上。——叔本华
物理高考专题四电磁感应与力学综合
20XX年物理高考专题四电磁感应与力学综合一、选择题(本题共10小题每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．弹簧上端固定，下端挂一只条形磁铁，使磁铁上下做简谐运动，若在振动过程中把线圈靠近磁铁，如图4—29所示，观察磁铁的振幅，将会发现( )A．S闭合时振幅逐渐减小，S断开时振幅不变B．S闭合时振幅逐渐增大，S断开时振幅不变C．S闭合或断开时，振幅的变化相同D．S闭合或断开时，振幅不会改变2．平面上的光滑平行导轨MN，PQ上放着光滑导体棒ab，cd，两棒用细线系住，匀强磁场的面方向如图4—30(甲)所示，而磁感应强度B随时间．t的变化图线如图4—30(乙)所示，不计ab,cd间电流的相互作用，则细线中的张力( )A．0到t0时间内没有张力C．t0到t时间内没有张力C．0到t0时间内张力变大D．t0到t时间内张力变大3．如图4—31所示，一块薄的长方形铝板水平放置在桌面上，铝板右端拼接一根等厚的条形磁铁，一闭合铝环以初速度v从板的左端沿中线向右滚动，下列说法正确的是①铝环的滚动动能越来越小；②铝环的滚动动能保持不变；③铝环的运动方向偏向条形磁铁的N极或S极；④铝环的运动方向将不发生改变．A．①③B．②④C．①④D．②③4．如图4—32所示，有界匀强磁场垂直于纸面，分布在虚线所示的矩形abcd内，用超导材料制成的矩形线圈1和固定导线圈2处在同一平面内，超导线圈1正在向右平动，离开磁场靠近线圈2，线圈2中产生的感应电流的方向如图所示，依据这些条件A．可以确定超导线圈1中产生的感应电流的方向B．可以确定abcd范围内有界磁场的方向C．可以确定超导线圈1受到线圈2对它的安培力‘‘合力方向D．无法做出以上判断，因为不知道超导线圈1的运动情况5．如图4—33所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab，cd与导轨构成矩形回路．导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中问用细线绑住，它们的电阻均为R；回路上其余部分的电阻不计．在导线平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场，开始时，导体棒处于静止状态，剪断细线后，导体棒在运动过程中A．回路中有感应电动势B．两根导体棒所受安培力自唠向相同C．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒。
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专题四电磁感应与力学综合一、选择题(本题共10小题每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．弹簧上端固定，下端挂一只条形磁铁，使磁铁上下做简谐运动，若在振动过程中把线圈靠近磁铁，如图4—29所示，观察磁铁的振幅，将会发现( )A．S闭合时振幅逐渐减小，S断开时振幅不变B．S闭合时振幅逐渐增大，S断开时振幅不变C．S闭合或断开时，振幅的变化相同D．S闭合或断开时，振幅不会改变2．平面上的光滑平行导轨MN，PQ上放着光滑导体棒ab，cd，两棒用细线系住，匀强磁场的面方向如图4—30(甲)所示，而磁感应强度B随时间．t的变化图线如图4—30(乙)所示，不计ab,cd 间电流的相互作用，则细线中的张力( )A．0到t0时间内没有张力C．t0到t时间内没有张力C．0到t0时间内张力变大D．t0到t时间内张力变大3．如图4—31所示，一块薄的长方形铝板水平放置在桌面上，铝板右端拼接一根等厚的条形磁铁，一闭合铝环以初速度v从板的左端沿中线向右滚动，下列说法正确的是①铝环的滚动动能越来越小；②铝环的滚动动能保持不变；③铝环的运动方向偏向条形磁铁的N极或S极；④铝环的运动方向将不发生改变．A．①③B．②④C．①④D．②③4．如图4—32所示，有界匀强磁场垂直于纸面，分布在虚线所示的矩形abcd内，用超导材料制成的矩形线圈1和固定导线圈2处在同一平面内，超导线圈1正在向右平动，离开磁场靠近线圈2，线圈2中产生的感应电流的方向如图所示，依据这些条件A．可以确定超导线圈1中产生的感应电流的方向B．可以确定abcd范围内有界磁场的方向C．可以确定超导线圈1受到线圈2对它的安培力‘‘合力方向D．无法做出以上判断，因为不知道超导线圈1的运动情况5．如图4—33所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab，cd与导轨构成矩形回路．导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中问用细线绑住，它们的电阻均为R ；回路上其余部分的电阻不计．在导线平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场，开始时，导体棒处于静止状态，剪断细线后，导体棒在运动过程中 A ．回路中有感应电动势B ．两根导体棒所受安培力自唠向相同C ．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒。
机械能守恒D ．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒．6． 如图4—34所示，MN,PQ 为两平行金属导轨，M ，P 间连有一阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度为B ，磁场方向与导轨所在平面垂直，图中磁场方向垂直纸面向里．有一金属圆环沿两导轨滑动，速度为v ，与导轨接触良好，圆环的直径d 与两导轨间的距离相等，设金属环与导轨的电阻均可忽略，当金属环向右运动时 A ．有感应电流通过电阻R ，大小为型掣 B ．在感应电流通过电阻R ，大小为警 C ．有感应电流通过电阻R ，大小为垄孕 D ．没有感应电流通过电阻R7． 如图4—35所示，相距为d ，足够长的两平行金属导轨(电阻不计)固定在绝缘水平面上，导轨间有垂直轨道平面的匀强磁场且磁感应强度为B ，在导轨上放置一金属棒，。
棒上串接着一尺寸大小不计的理想电压表，导轨左端接有电容为C 的电容器，金属棒与导轨接触良好且滑动摩擦力为F ，现用水平拉力使金属棒向右运动，拉力的功率恒为P ，则棒在达到最大速度之前，下列叙述中正确的是A ．棒做匀加速运动B ．电压表示数不断变大C ．电容器所带电荷量在C 不断增加D ．作用于棒的摩擦力功率恒为P 8． 如图4—36所示，匀强磁场竖直向下，磁感应强度为B ，正方形金属框abcd可绕光滑轴OO ’转动，边长为L ，总电阻为R ，ab 边质量为m ，其他三边质量不计，现将abcd 拉至水平位置，并由静止释放，经时间t 到达竖直位置，产生热量为Q ，若重力加速度为g ，则ab 边在最低位置所受安培力大小等于mQ mgL RL B D RtL B C RtQ BL B R gL L B A )(2...2.2222229．如图4—37所示，单匝矩形线，圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO'与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab 向纸外cd 向纸内)．若从图所示位置开始计时，并规定电流方向沿a →b →c →d →a 为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是下图中的哪一个10．如图4—38所示，A 是长直密绕通电螺线管，小线圈B 与电流表连接，并沿A 的轴线Ox 从O点自左向右匀速穿过螺线管A ，能正确反映通过电流表中电流I 随x 的变化规律的是二、实验题(本题共2小题，共16分．将正确答案填在题中横线上或按要求作图．)11．(8分)如图4—39所示器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流方向．(1)(4分)在给出的实物图中，用实线作为导线将实验仪器连成实验电路．(2)(4分)将线圈L1插入L2中，合上开关，能使感应电流与原电流的绕行方向相同的实验操作是A．插入软铁棒B．拔出线圈L。
C．使变阻器阻值变大D．断开开关12．(8分)要测定一个自感系数很大的线圈L的直流电阻，实验室提供下列器材：待测线圈L，阻值约为5 Q电流表A1：量程0.6 A，内阻约为0.5Ω电流表A2：量程3 A，内阻约为0.1Ω电压表V1：量程3 V，内阻约为6 kΩ电压表V2：量程15 V，内阻约为30 kΩ变阻器R1：阻值为0～10Ω变阻器R2：阻值为0～1 kΩ电池E：电动势6 V，内阻很小开关S两个，导线若干上面是测定线圈L直流电阻R L的可供选择的两个电路图，为了使测量的数据较为准确．(1)在图4—40给出的两种设计电路图中，由题意可知应选图进行测量，电流表应选，电压表应选，滑动变阻器应选．(填代号)(2)某学生进行的实验步骤如下：①按电路图连接好实验器材．②合上开关S2，S l，移动滑动变阻器触头到适当位嚣，读出电流表A和电压表V的读数I1，U1．③移动滑动变阻器触头到适当位置，读出电流表A和电压表V的读数I1，U2重复三次．④先断开开关S1，再断开开关S2，拆除实验装置，整理好器材．上述实验步骤中有一步骤有错，指出什么错误．答：三、计算题(本题共6小题，共64分．解题时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)13．(8分)如图4—41所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab，cd的间距L1=0.5 m，金属棒ad与导轨左端cd的距离L2=0.8 m，整个闭合回路的电阻为R=0.2Ω，匀强磁场的方向竖直向下穿过整个回路．ad杆通过细绳跨过定滑轮接一个质量m=0.04 kg的物体，不计一切摩擦，现使磁感应强度从零开始以0.2T/s的变化率均匀地增大，求经过多长时间物体m刚好能离开地面?(g取10 m/s2)14．(10分)如图4—42所示，一根电阻为R=0.6Ω的导线弯成一个圆形线圈，圆半径r=1 m，圆形线圈质量m=1 kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直于线圈平面B=0.5 T的匀强磁场．若线圈以初动能E0=5 J沿X轴方向滑进磁场，当进入磁场0.5 m时，线圈中产生的电能为E e=3 J，求：(1)此时线圈的运动速度；(2)此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；(3)此时线圈加速度的大小．15．(10分)如图4—43所示，矩形刚性导线框处在磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框所在的平面，线框的ef边与磁场区域的边界线OO’平行．已知线框的ab边，cd边和ef边的长度都是l1=0.5 m，它们的电阻分别是R1=3Ω，R2=3Ω和R3=6Ω；ac，ce，bd和df边的长度都是l2=0.6 m，它们的电阻都可忽略不计．开始时整个线框都处在磁场之中并以恒定的速度v=10 m/s向磁场区域外移动，速度方向垂直于OO'．求:(1)ef边移出磁场而cd边尚未移出磁场的过程中ab边中的感应电流I0；(2)cd边移出磁而ab边尚未移出磁场的过程中ab边中的感应电流I0'；(3)整个线框从磁场内移到磁场外的过程中，作用于线框的ab边的安培力所做的功W．16．(10分)两根足够长的光滑平行导轨与水平面的夹角θ=30°，宽度L=0.2 m，导轨间有与导轨平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=0.5 T，如图4—44所示，在导轨间接有R=0.2Ω的电阻，一质量m=0.01 kg，电阻不计的导体棒ab，与导轨垂直放置，无初速释放后与导轨保持良好接触并能沿导轨向下滑动．(g取l0 m/s2) I(1)求AB棒的最大速度．(2)若将电阻R换成平行板电容器，其他条件不变，试判定棒的运动性质，若电容C=1F，求棒释放后4 s内系统损失的机械能．17．(12分)如图4—45所示，半径为r，电阻不计的两个半圆形光滑导轨并列竖直放只置，在轨道左上方端M，N间接有阻值为R的小电珠，整个轨道处在磁感应强度为B的匀强磁场中，两导轨间距为L，现有一质量为m，电阻也足R的金属棒ab从MN处由静止释放，经一定时间到达导轨上最低点OO’，此时速度为v(1)指出金属棒ab从MN到OO’的过程中，通过小电珠的电流方向和金属棒ab的速度大小变化情况．(2)求金属棒ab到达OO’时，整个电路的瞬时电功率；(3)求金属棒ab从MN到OO’的过程中，小电珠上产生的热量18. （14分）如图4-46所示，一半径为r的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的左端通过导线接一水平放置的平行金属板，两板间的距离为d。
板长为l。
t=0时，磁场的磁感应强度B从B0开始均匀增大，同时，在板的左端且非常靠近2的位置有一质量为m，带电量为一q的液滴以初速度v0水平向右射入两板间，该液滴可视为质点．(1)要使该液滴能从两板问射出；磁感应强度随时间的变化率K应满足什么条件?(2)要使该液滴能从两板问右端的中点射出，磁感应强度B与时间t应满足什么关系?专题四 电磁感应与力学综合1．A 2．B ．3．B 4．ABC 5．AD 6．B 7．C 8．D9．A 10．C11．(1)如图4—48所示(2)BCD12．(1)甲 A 1 V 1 R 1(2)第四步有错误，应该是先断开开关S 2，再断开S 1．13．物体刚要离开地面时，其受到的拉力F 等于它的重力mg ，而拉力F 等于棒ad 所受的安培力，即mg=BIL l ① 其中t tBB ∆∆=② 感应电流由变化的磁场产生RL L t B R S t B R E I 21⋅∆∆=⋅∆∆==③所以由上述两式可得s B t B t L L mgR t 10221=∆∆⎥⎦⎤⎢⎣⎡∆∆⋅=14．(1)由能量守恒：s m v JE E mv e /22202==-=(2)进入磁场0.5 m 时切割磁感线的有效长度m r L 33==感应电动势V V BL E v 3235.0=⨯⨯==在磁场内的圆弧长度为线圈总长的31．内电阻Ω==2.03Rr 外电路电阻A R E I R 3354.0==Ω=，外332==外IR U ab(3)F 安=BIL2/5.2,s m a mBILm F a ===安15．(1)ef 边移出磁场而cd 边尚未移出磁场过程中电路中感应电动势的产生仅由回路cdfe 的磁通量变化而产生，故等效电路如图4–49，由电磁感应定律得：电路中感应电动势V V v Bl tE 5.2105.05.011=⨯⨯==∆∆Φ=ab 与cd 并联电阻Ω==5.1211R r ． 干路中电流A I I a 167.021==(2)cd 边刚移出磁场而ab 边尚未移出磁场的过程中等效电路如图4—50，电路中感应电动势V V v Bl tE 5.2105.05.012=⨯⨯==∆∆Φ=cd 与ef 并联电阻Ω=Ω+⨯=+=2636332322R R R R rab 中的电流即为干路电流325.2'122+=+==r R E I I aA=0.5A(3)如图4–49，ab 边受安培力F a =BI a l l 此安培力对ab 做功W 1=F a l 1 如图4–50，ab 边受安培力Fa’=BI a ’l 2 此安培力对ab 做功W 2=F a ’l 2 而W=W 1+W 2 故W=B l l l 2(I a +I a ’)=0.5×0.5×0.6×(0.167 +0.5)J=0.10 J ． 16．(1)设某时刻ab 的速度为v 则感应电动势E=BLv ① 电流强度RBLvR E I ==② 棒受安培力RvL B BIL F B 22==③则由牛顿第二定律得 ma F mg B =-θsin④ma RvL B mg =-22sin θ 当a=0时，有s m L B mgR v m /0.1sin 22==θ(2)设t 时刻棒的加速度为a ，速度为v ，产生的电动势为E ，(t+△t)(△t →0)时刻，棒的速度为 (v+△v)，电动势为E’，则E=Blv ，E’=BL(v+△v)△t 内流过棒截面的电荷量△q=C(E ’–E)=CBL △v 电流强度tvCBLt q I ∆∆=∆∆=， 棒受的安培力a L CB tvL CB BIL F a 2222=∆∆== 由牛顿第二定律，t 时刻对棒有ma F mg B =-θsin 即 ma a L CB mg =-22sin θ故222/5.2sin s m mL CB mg a =+=θ，故棒做匀加速直线运动． 当t=4 s 时，m at x s m at v 2021,/102====．曲能量守恒：J mv mgx E 5.021sin 2=-=∆θ．17．(1)由右手定则可以判定ab 棒中产生的感应电动势和感应电流的方向从a 到b ，通过灯泡的电流方向从N 到M ，ab 棒运动之初，由于曲棒切割速度较小，回路中产生的感应电动势和感应电流较小，ab 受到安培力较小而重力沿轨道切线的分力较大，故曲棒所受合力(切线方向)较大，切向加速度较大，速度大小变化较快．随ab 棒下滑速度的增加，回路中感应电动势，感应电流，曲所受安培力逐渐增大，而重力沿轨道切线方向的分力逐渐减小，ab 棒沿轨道切线方向的合力减小，切向加速度减小，速度增大较慢．特别当ab 运动至接近轨道最低点时，重力沿轨道切线方向的分力趋近于零，肯定小于安培力，故其切线方向的合力必和速度方向相反，即ab 棒运动至最低点前肯定存在减速过程．可见ab 棒从释放至运动到最低点时的过程中，速度大小应先增大后减小．(2)Rv L B R I P R BLv I BLv E 222,2222=⋅===得由． (3)由能的转化和守恒定律，得整个回路产生的热量)2(212122v gr m mv mgr E Q -=-=∆=，所以小 电珠产生的热量)2(4121'2v gr m Q Q -==18．(1)由题意可知：板1为正极，板2为负极 ① 两板间的电压SK tB S tz U =∆∆=∆∆Φ= ② 而2r S ⋅=π③ 带电液滴受到电场力：dqUqE F ==④故：ma mg d qU mg F =-=- ⑤ g dmqUa -= 讨论：A ．若a>0液滴向上偏转，做类平抛运动22)(2121t g md qU at y ⋅-==⑥当液滴刚好能射出时：有d y v l t t v l ===00,故20)()(21v l g md qU d ⋅-⋅=⑦由②③⑦得，)2(22021ld v g q r mdK +=π ⑧要使液滴能射出，必须满足y<d ，故K<K 1．B ．若a = 0液滴不发生偏转，做匀速直线运动，此时 0=-=g mdqUa ⑨ 由②③⑨得，qr mgdK 22π=⑩液滴能射出，必须满足K = K 2．C ．若a<0，液滴将被吸附在板2上． 综上所述，液滴能射出，K 应满足)2(22022ld v g q r mdK q r mgd +≤≤ππ· (2)B=B 0+Kt 当液滴从两板问中点射出时，满足条件A 的情况，则用导替换⑧式中的d 得t ld v g q r mdB B ld v g q r mdK ⋅++=+=)()(220202202ππ即。