专题四电磁感应
专题四第二讲 电磁感应
第2讲电磁感应问题1．本考点是高考的热点内容之一，在近几年高考中多以选择题的形式出现，考查的主要内容有探究电磁感应现象；利用法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小；利用楞次定律判断磁场的变化情况等．需要考生学会灵活变通2．重要知识再现(1) 感应电流方向的判断方法①右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；②楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断．(2)愣次定律中“阻碍”的主要表现形式①阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；②阻碍相对运动——“来拒去留”；③使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；④阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．(3)感应电动势大小的计算①法拉第电磁感应定律：E＝n ΔΦΔt.适用于普遍情况．②E＝Bl v，适用于导体棒平动切割磁感线的情况．③E＝12Bl2ω，适用于导体棒旋转切割磁感线的情况．针对练习1－1.如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，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(D)A．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1－2.图(甲)为手机及无线充电板．图(乙)为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1均匀增加到B2.下列说法正确的是(D)A．受电线圈中感应电流方向由d到cB ．c 点的电势高于d 点的电势C ．c 、d 之间的电势差为n 1(B 2－B 1)S t 2－t 1D ．c 、d 之间的电势差为n 2(B 2－B 1)S t 2－t 1 1－3. (多选)如图，一根长为l 、横截面积为S 的闭合软导线置于光滑水平面上，其材料的电阻率为ρ，导线内单位体积的自由电子数为n ，电子的电荷量为e ，空间存在垂直纸面向里的磁场．某时刻起磁场开始减弱，磁感应强度随时间的变化规律是B ＝B 0kt ，当软导线形状稳定时，磁场方向仍然垂直纸面向里，此时( BCD )A ．软导线围成一个正方形B ．导线中的电流为klS 4πρC ．导线中自由电子定向移动的速率为kl 4n πepD ．导线中电场强度大小为kl 4π考点二 电磁感应中的图象问题1．本考点是高考命题的热点，图象的种类较多，有随时间t 变化的图象，如B -t 、Φ-t 、E -t 、F -t 、i -t 等图象；有随位移x 变化的图象，如E -x 、i -x 等图象．此类问题综合性较强，应用知识较多，如左手定则、右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等．建议对本考点重点攻坚2．解决电磁感应图象问题的“三点关注”：(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，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应，(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应.考向1 随时间t 变化的图像例1 (多选)如图甲所示，正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，其中B 0为已知量．已知导线框的边长为L ，总电阻为R ，t 3－t 2＝t 2－t 1＝t 0则下列说法中正确的是( ACD )A ．t 1～t 3时间内，导线框中电流的方向始终为badcbB ．0～t 1时间内，ab 边受到的安培力大小为B 20L 32Rt 0C ．t 2～t 3时间内，导线框产生的热量为B 20L 4Rt 0D ．t 1～t 3时间内，通过导线框的电荷量为2B 0L 2R考向2 随位移x 变化的图象例2如图所示，足够长的宽度为d 的条形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角三角形金属线框内ABC 的BC 边长度为L ，已知L >d .现令线框在外力作用下以速度v 0匀速穿过磁场区域，以B 点进入磁场的时刻为计时起点，规定线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿过磁场的过程中，线框中的电流i 随时间t 的变化情况可能是( C )一、熟悉两个技法，做到解题快又准1.排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．没有表示方向的正负时，优先判断方向有时会产生意想不到的效果．2.函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．二、谨记三点注意，力避踏入雷区1.定性或定量地表示出所研究问题的函数关系是选择或绘制图象的关键．2．在图象中I 、v 等物理量的方向是通过正负值来反映的.3.注意过程或阶段的选取，一般进磁场或出磁场，磁通量最大或最小，有效切割长度最大或最小等是分段的关键点．针对练习2－1.(多选)如图甲所示，水平面上的平行导轨MN 、PQ 上放着两根垂直导轨的光滑导体棒ab 、cd ，两棒间用绝缘丝线连接；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 的变化如图乙所示．则以下说法正确的是( BC )A ．在t 0时刻回路中产生的感应电动势E ＝0B ．在0～t 0时间内导体棒中的电流为L 1L 2B 02Rt 0C ．在t 02时刻绝缘丝线所受拉力为L 21L 2B 204Rt 0D ．在0～2t 0时间内回路中电流方向是abdca2－2. (多选)如图所示，在光滑水平面内，有竖直向下的匀强磁场分布在宽度为2L 的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的左、右边界分别为L 1、L 2.有一边长为L 的正方形导线框距离磁场左边界L 1的某处由静止在恒力F 作用下穿过该磁场区域，已知当线框的右边到达L 2时线框刚好做匀速直线运动．以线框的右边到达L 1时开始计时，以L 1上的O 点为坐标原点，取如图所示的坐标轴x ，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向左为安培力的正方向．则关于线框中的感应电流i 和线框受到的安培力F 与位置坐标x 的图线中正确的是( AD )考点三 电磁感应中的电路问题1．本考点的内容知识综合性较强，涉及物理的主干知识和重要方法．能够充分考查学生的分析综合、推理判断能力．主要涉及法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电路中的串并联知识，以及计算电压、电流和功率的分配等．建议对本考点重点攻坚．2．解答电磁感应中电路问题的三个步骤(1)确定电源：利用E ＝n ΔΦΔt 或E ＝Bl v sin θ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流的方向．如果在一个电路中切割磁感线的部分有多个并相互联系，可等效成电源的串、并联．(2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图．(3)利用电路规律求解：应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解．例2 如图所示，半径为l 的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条平行的倾斜金属轨道相连．圆环区域内分布着磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒a ，一端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上，可绕圆心转动．倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B ，金属棒b 放置在倾斜平行导轨上，其长度与导轨间距均为2l .当棒a 绕圆心以角速度ω顺时针(俯视)匀速旋转时，棒b 保持静止．已知棒b 与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；棒b 的质量为m ，棒a 、b 的电阻分别为R 、2R ，其余电阻不计；斜面倾角为θ＝37°，sin 37°＝0.6.cos 37°＝0.8.重力加速度为g ，求(1)金属棒b 两端的电压；(2)为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度大小的范围答案 (1)13Bl 2ω (2)3mgR 5B 2l 2≤ω≤3mgR B 2l 2针对练习3－1. (多选)如图甲所示，一个匝数为n 的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S ，线圈的电阻为R ，在线圈外接一个阻值为R 的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是 ( AC )A ．0～t 1时间内P 端电势高于Q 端电势B ．0～t 1时间内电压表的读数为n (B 1－B 0)S t 1 C ．t 1～t 2时间内R 上的电流为nB 1S 2(t 2－t 1)RD ．t 1～t 2时间内P 端电势高于Q 端电势3－2. (多选)直角三角形金属框abc 放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．若金属框绕ab 边向纸面外以角速度ω匀速转动90°(从上往下看逆时针转动)，如图甲所示，c 、a 两点的电势差为U ca ，通过ab 边的电荷量为q .若金属框绕bc 边向纸面内以角速度ω匀速转动90°，如图乙所示，c 、a 两点的电势差为U ca ′，通过ab 边的电荷量为q ′.已知bc 、ab 边的长度都为l ，金属框的总电阻为R .下列判断正确的是( AD )A ．U ca ＝12Bωl 2B ．U ca ′＝12Bωl 2考点四 电磁感应中的动力学和能量问题1.电磁感应中动力学和能量问题的“两状态、两对象”(1)两状态①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡状态时导体所受合外力等于零列式分析．②导体处于非平衡状态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.(2)两对象2．“杆＋导轨”模型中，导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂形式多变．考向1 水平导轨问题例4 (多选)水平面上固定相距为d 的光滑直轨道MN 和PQ ，在N 、Q 之间连接不计电阻的电感线圈L 和电阻R .匀强磁场磁感应强度为B ，方向垂直导轨平面向上，在导轨上垂直导轨放置一质量为m ，电阻不计的金属杆ab ，在直导轨右侧有两个固定挡块C 、D ，CD 连线与导轨垂直．现给金属杆ab 沿轨道向右的初速度v 0，当ab 即将撞上CD 时速度为v ，撞后速度立即变为零但不与挡块粘连．以下说法正确的是( BD )A ．ab 向右做匀变速直线运动B ．当ab 撞上CD 后，将会向左运动C ．ab 在整个运动过程中受到的最大安培力为B 2d 2v 0RD ．从ab 开始运动到撞上CD 时，电阻R 上产生的热量小于12m v 20－12m v 2考向2 倾斜导轨问题例5如图所示，两根一端带有挡柱的金属导轨MN 和PQ 与水平面成θ＝37°角放置在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，两导轨间距L ＝1 m ．现有两根完全相同的金属棒ab 和cd ，长度均为L ，质量均为m ＝1 kg ，电阻均为R ＝1 Ω，两金属棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨自身电阻不计．现让金属棒ab 在沿斜面向上的外力F 作用下从轨道上某处由静止开始做加速度a ＝2.5 m /s 2的匀加速直线运动，到金属棒cd 刚要滑动时撤去外力F ，此后金属棒ab 继续向上运动0.3 s 后减速为0，当金属棒ab 刚好返回到初始出发点时金属棒cd 对挡柱的压力是金属棒ab 静止时压力的2倍．已知两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 为10 m/s 2.求：(1)外力F 的冲量大小；(2)金属棒ab 从减速为0到返回出发点过程中所产生的焦耳热．答案 (1)35 N·s (2)3.75 J在此类问题中，往往利用安培力的冲量I ＝F t ＝BIl Δt ＝BlΔq ，去求回路中的电荷量Δq ，再利用结论Δq ＝ΔΦR ＝BLx R 去求导体杆发生的位移x .考向3 与电容器相连的导轨模型例6 (多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，间距为L ，其上端连接有阻值为R 的电阻和电容器C ，装置区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B .将一根水平金属棒ab开始下滑．已知金属棒ab 的质量为m ，电阻也为R .金属棒ab 在运动中始终保持水平且与导轨良好接触，且通过金属棒ab 的电流恒定不变，忽略导轨电阻，重力加速度为g .则下列说法正确的是( BD )A ．因为通过金属棒ab 的电流不变，所以金属棒ab 做匀速运动，速度大小是v ＝2mgR B 2L 2B ．尽管通过金属棒ab 的电流不变，金属棒还是ab 做匀变速运动，加速度大小是a ＝mg m ＋CB 2L 2C ．电阻R 的电功率P ＝m 2g 2C 2B 2L 2R m ＋CB 2L 2D ．若金属棒ab 由静止下滑，开始时电容器所带电荷量为0，那么经过时间t ，电容器两端电压q ＝BCLmgt －2C 2BLmgR m ＋CB 2L 2考向4 线框模型例7 (多选)如图，abcd 是一个质量为m 、边长为L 的正方形金属线框，从图示位置自由下落，在下落h 后进入磁感应强度为B 的匀强磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L .在这个磁场的正下方2h ＋L处还有一个未知的匀强磁场(图中未画出)，金属线框abcd 在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是( AC )A ．未知磁场的磁感应强度是22BB ．未知磁场的磁感应强度是B 3C ．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的焦耳热是4m gLD ．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的焦耳热是2m gL用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤。
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。
电磁感应问题的综合分析
图 4－1－1
解析：开始时 c 的加速度为 g，c 刚进入磁场即匀速运动， 加速度为 0，在 d 下落 h 的过程中，h＝12gt2，c 匀速下降了 xc＝gt·t＝2h，d 进入磁场后，c、d 又只在重力作用下运动， 加速度为 g，一起运动了 h，c 出磁场，这时 c 的加速度仍为 g，因此 A 错误，B 正确；c 出磁场后，d 这时受到重力和向 上的安培力，并且合力向上，开始做减速运动，当运动了 2h 后，d 出磁场，又做加速运动，所以 C 错误，D 正确．
(2)由 I＝qt 得在 0～t1 时间内通过 R1 的电量为 q＝It1＝nπ3BR0tr022t1 由焦耳定律得在 0～t1 时间内 R1 产生的热量为 Q＝I2R1t1＝2n2π92RBt2020r42t1.
从近三年广东高考来看，电磁感应不是出目前选择题就是 出目前计算题，为高考必考内容，而近两年只在选择题出现， 所以来年在计算题出现可能性更大，我们要做好这方面准备．
(1)经过计算分析 4 s 内导体棒旳运动情况； (2)计算 4 s 内回路中电流旳大小，并判断电流方向； (3)计算 4 s 内回路产生旳焦耳热．
图 4－1－6
[答题规范]解：(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动， 有
－μmg＝ma，vt＝v0＋at，x＝v0t＋12at2 代入数据解得：t＝1 s，x＝0.5 m，导体棒没有进入磁场区 域． 导体棒在 1 s 末已经停止运动，以后一直保持静止，离左 端位置仍为 x＝0.5 m.
本类题旳最大旳特点是电磁学与力学知 识相结合．注意：
(1)受力分析，如重力、支持力、摩擦力、安培力等；找 出关键信息，如“静止”、“匀速”、“匀加速”等，建立 方程．
高中物理 第四章 电磁感应 4-4 法拉第电磁感应定律 新人教版选修3-2
1．知道什么是感应电动势。 2．掌握法拉第电磁感应定律的内容和表达式，会用法 拉第电磁感应定律解答有关问题。 3．掌握导体切割磁感线产生的电动势 E＝Blvsinθ 的推 导及意义。会用此关系式解答有关问题。
1．法拉第电磁感应定律的内容是：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。表 达式为 E＝ΔΔΦt ，若闭合电路是 n 匝的线圈，则 E＝nΔΔΦt 。
提示：不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发 生变化，电路中就会产生感应电动势；有感应电动势不一 定存在感应电流(要看电路是否闭合)，有感应电流一定存在 感应电动势。
(2)穿过某电路的磁通量变化量越大，产生的感应电动 势就越大。( × )
提示：感应电动势的大小取决于磁通量的变化率，而与 Φ、ΔΦ 的大小没有必然的联系。
E＝ □1 Blv 。
2．不垂直切割
导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹
角为 θ 时，如图乙，则 E＝ □2 Blv1 ＝ □3 Blvsinθ 。
想一想 导体棒运动速度越大，产生的感应电动势越大吗？
提示：导体棒切割磁感线时，当导线的运动方向与导线 本身垂直时，产生的感应电动势的大小与垂直磁感线方向的 速度大小有关。速度大，垂直磁感线方向的速度不一定大， 所以，导体棒运动速度越大，产生的感应电动势不一定越大。
电路的磁通量的 □5 变化率 成正比。 (2)公式：E＝ □6 ΔΔΦt 。若闭合导体回路是一个匝数为
n 的线圈，则 E＝ □7 nΔΔΦt 。
(3)感应电动势的单位为 V，且 1 V＝1 Wb/s。 1 Wb/s＝1T·sm2＝1AN·ms·m2＝1NA··ms ＝1CJ ＝1 V。
专题突破练 专题四 第18练 电磁感应中的动量问题 电磁感应规律的综合应用
第18练电磁感应中的动量问题电磁感应规律的综合应用1.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上，选运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v0＝m v1＋m v2，解得v1＝v2＝v02项A、C正确，B、D错误．2.(多选)(2022·全国甲卷·20)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后()A ．通过导体棒MN 电流的最大值为Q RCB ．导体棒MN 向右先加速、后匀速运动C ．导体棒MN 速度最大时所受的安培力也最大D ．电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热答案 AD解析 开始时电容器两极板间的电压U ＝Q C ，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I ＝U R ＝Q CR，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A 项正确，C 项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B 项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热，D 项正确．3．(多选)(2022·湖南卷·10)如图，间距L ＝1 m 的U 形金属导轨，一端接有0.1 Ω的定值电阻R ，固定在高h ＝0.8 m 的绝缘水平桌面上．质量均为0.1 kg 的匀质导体棒a 和b 静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1 Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a 距离导轨最右端1.74 m ．整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1 T ．用F ＝0.5 N 沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a ，当导体棒a 运动到导轨最右端时，导体棒b 刚要滑动，撤去F ，导体棒a 离开导轨后落到水平地面上．重力加速度取10 m/s 2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是( )A ．导体棒a 离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 mB ．导体棒a 离开导轨至落地前，其感应电动势不变C ．导体棒a 在导轨上运动的过程中，导体棒b 有向右运动的趋势D ．导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电阻R 的电荷量为0.58 C答案 BD解析 导体棒a 在导轨上向右运动，产生的感应电流方向向里，流过导体棒b 的电流方向向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b 有向左运动的趋势，故C 错误；导体棒b 与电阻R 并联，有I ＝BL v 0.15 Ω，当导体棒a 运动到导轨最右端时，导体棒b 刚要滑动，有B ·I 2·L ＝μmg ，联立解得导体棒a 的速度为v ＝3 m/s ，导体棒a 离开导轨至落地前做平抛运动，有x＝v t ，h ＝12gt 2，联立解得导体棒a 离开导轨至落地过程中水平位移为x ＝1.2 m ，故A 错误；导体棒a 离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B 正确；导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量为q ＝I ·Δt ＝BL ·Δx 0.15 Ω＝0.1×1×1.740.15 C ＝1.16 C ，导体棒b 与电阻R 并联，则通过电阻R 的电荷量为q R ＝q 2＝0.58 C ，故D 正确．4.(2022·辽宁卷·15)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L .abcd 区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上．初始时刻，磁场外的细金属杆M 以初速度v 0向右运动，磁场内的细金属杆N 处于静止状态．两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直．两杆的质量均为m ，在导轨间的电阻均为R ，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计．(1)求M 刚进入磁场时受到的安培力F 的大小和方向；(2)若两杆在磁场内未相撞且N 出磁场时的速度为v 03，求：①N 在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q ；②初始时刻N 到ab 的最小距离x ；(3)初始时刻，若N 到cd 的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab 的距离为kx (k >1)，求M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围．答案 (1)B 2L 2v 02R 方向水平向左 (2)①m v 03BL ②2m v 0R 3B 2L2 (3)2≤k <3 解析 (1)细金属杆M 以初速度v 0向右运动，刚进入磁场时，产生的电动势为E ＝BL v 0电流为I ＝E 2R则所受的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v 02R由左手定则可知安培力的方向水平向左；(2)①金属杆N 在磁场内运动的过程中，取水平向右为正方向，由动量定理有B I L ·Δt ＝m ·v 03－0 且q ＝I ·Δt联立解得通过回路的电荷量q ＝m v 03BL②设杆M 在磁场中运动的位移大小为x 1，杆N 在磁场中运动的位移大小为x 2，则有Δx ＝x 1－x 2，有 I ＝E2R ，E ＝BL ·Δx Δt 整理可得q ＝BL ·Δx 2R联立可得Δx ＝2m v 0R 3B 2L 2 若两杆在磁场内刚好相撞，N 到ab 的最小距离为x ＝Δx ＝2m v 0R 3B 2L 2 (3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N 到cd 的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab 的距离为kx (k >1)，则N 到cd 边的速度大小恒为v 03，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可知m v 0＝m v 1＋m ·v 03解得N 出磁场时，M 的速度大小为v 1＝23v 0 由题意可知，此时M 到cd 边的距离为s ＝(k －1)x若要保证M 出磁场后不与N 相撞，则有两种临界情况：①M 减速到v 03时出磁场，速度刚好等于N 的速度，一定不与N 相撞，对M 根据动量定理有 －B I 1L ·Δt 1＝m ·v 03－m ·23v 0 q 1＝I 1·Δt 1＝BL ·(k －1)x 2R联立解得k ＝2②M 运动到cd 边时，恰好减速到零，则对M 由动量定理有－B I 2L ·Δt 2＝0－m ·23v 0 同理解得k ＝3综上所述，M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围为2≤k <3.1.(多选)足够长的平行光滑金属导轨ab 、cd 水平放置于竖直向上的匀强磁场中，ac 之间连接阻值为R 的电阻，导轨间距为L ，导体棒ef 垂直导轨放置且与导轨接触良好，导体棒质量为m 、电阻为r .t ＝0时刻对导体棒施加一个水平向右的力F (图中未画出)，导体棒在F 的作用下开始做初速度为零的匀加速直线运动，当导体棒运动x 距离时撤去外力F ，此时导体棒的速度大小为v 0.若不计导轨电阻，则下列说法正确的是( )A ．外力F 的大小与时间的关系式为F ＝ma ＋B 2L 2at R ＋rB ．t ＝0时刻外力F 的大小为m v 022xC ．从撤去外力F 到导体棒停止运动，电阻R 上产生的焦耳热为12m v 02 D ．从撤去外力F 到导体棒停止运动，导体棒运动的位移大小为m v 0(R ＋r )B 2L 2答案 ABD 解析 由题知导体棒在F 的作用下开始做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F －B 2L 2v R ＋r ＝ma ，v ＝at ，整理有F ＝B 2L 2at R ＋r＋ma ，A 正确；由v 02＝2ax ，解得在t ＝0时刻F ＝ma ＝m v 022x ，B 正确；从撤去外力F 到导体棒停止运动，根据动能定理有Q ＝12m v 02，则R 上产生的焦耳热为Q R ＝R R ＋r Q ＝Rm v 022(R ＋r )，C 错误；从撤去外力F 到导体棒停止运动，根据动量定理有－B I Lt ＝0－m v 0，I ·t ＝BL vR ＋r ·t ＝BLx R ＋r ，联立解得x ＝m v 0(R ＋r )B 2L 2，D 正确． 2.(多选)(2022·湖南衡阳市二模)如图，光滑平行导轨上端接一电阻R ，导轨弯曲部分与水平部分平滑连接，导轨间距为l ，导轨水平部分左端有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，现将金属棒PQ 从导轨弯曲部分的上端由静止释放，金属棒刚进入磁场时的速度大小为v 1，离开磁场时的速度大小为v 2，改变金属棒释放的高度，使其释放高度变为原来的12，金属棒仍然可以通过磁场区域，导轨和金属棒的电阻不计，则( ) A ．金属棒通过磁场区域时金属棒中的电流方向为由P 到QB ．金属棒第二次离开磁场时的速度大小为v 2－(1－22)v 1C ．金属棒在两次通过磁场区域的过程中电阻R 上产生的热量相等D ．金属棒在两次通过磁场区域的过程中通过电阻R 的电荷量相等答案 BD解析 金属棒通过磁场区域时，由右手定则可知，金属棒中的电流方向为由Q 到P ，故A 错误；金属棒第二次释放的高度变为原来的12，由动能定理可知，进入匀强磁场时的速度大小为v 3＝2v 12，金属棒通过磁场区域的过程中，根据动量定理有－B I lt ＝Δp ，又因为I ＝E R，E ＝ΔΦt ，所以－Bl ΔΦR＝Δp ，则可知金属棒两次通过匀强磁场区域的过程中动量变化量相同，速度变化量也相同，则v 2－v 1＝v 4－v 3，故金属棒第二次离开磁场时的速度大小为v 4＝v 2－(1－22)v 1，故B 正确；金属棒第二次通过磁场区域的过程中所用时间长且减少的动能少，则电阻R 上产生的热量少，故C 错误；由电荷量q ＝ΔΦR，可知金属棒在两次通过磁场区域的过程中通过电阻R 的电荷量相等，故D 正确．3.(多选)如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .两导体棒a 、b 均垂直于导轨静止放置．已知导体棒a 质量为2m ，导体棒b 质量为m ，长度均为l ，接入电路的电阻均为r ，其余部分电阻不计．现使导体棒a 获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v 0.除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是( )A ．任何一段时间内，导体棒b 的动能增加量跟导体棒a 的动能减少量在数值上总是相等的B ．任何一段时间内，导体棒b 的动量改变量跟导体棒a 的动量改变量总是大小相等、方向相反C ．全过程中，通过导体棒b 的电荷量为2m v 03BlD ．全过程中，导体棒b 共产生的焦耳热为m v 026答案 BCD解析 根据题意可知，两棒组成闭合回路，电流相同，故所受安培力的合力为零，动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b 的动量改变量跟导体棒a 的动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒定律可知，a 的动能减少量在数值上等于b 的动能增加量与产热之和，故A 错误，B 正确；两棒最终共速，根据动量守恒定律，有2m v 0＝(2m ＋m )v ，对b 棒m v －0＝B I l ·t ＝Blq ，联立解得q ＝2m v 03Bl，故C 正确；根据能量守恒定律，可知两棒共产生的焦耳热为Q ＝12×2m v 02－12()2m ＋m v 2＝m v 023，而由于两棒的电阻大小相等，因此b 棒产生的焦耳热为Q b ＝12Q ＝m v 026，故D 正确． 4.(2022·山东烟台市、德州市一模)有一边长为L 、质量为m 、总电阻为R 的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示．匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小均为B ，二者宽度分别为L 、H ，且H ＞L .导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．导线框离开区域Ⅱ的速度大于mgRB 2L2 B ．导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为g ，方向竖直向上C ．导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgHD ．导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为6B 2L 3mgR答案 C解析 由题意知，导线框恰好匀速离开区域Ⅱ，则有mg ＝BIL ＝B 2L 2v R ，解得v ＝mgR B 2L2，A 错误；导线框进入区域Ⅰ到刚要进入区域Ⅱ过程一直做匀速运动，有v ＝mgR B 2L2，导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时，上、下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律可知E 2＝BL v ＋BL v ＝2BL v ，又I 2＝E 2R ，联立解得I 2＝2BL v R，导线框所受安培力F 2＝2BI 2L ，由牛顿第二定律有F 2－mg ＝ma ，解得a ＝3g ，方向竖直向上，B 错误；开始进入区域Ⅱ时与开始离开区域Ⅱ时，速度大小相等，则导线框产生的焦耳热等于重力势能的减少量，有Q ＝mgH ，C 正确；导线框自开始进入区域Ⅰ至开始进入区域Ⅱ的过程中，t 1＝L v ＝B 2L 3mgR，导线框自开始进入区域Ⅱ至开始离开区域Ⅱ过程中，由动量定理得mgt 2－F 安2Δt ＝m v －m v ，即mgt 2－BL 2BL 2R ＝0，解得t 2＝2B 2L 3mgR ，导线框自开始离开区域Ⅱ至刚完全离开区域Ⅱ过程中，t 3＝L v ＝B 2L 3mgR，故t ＝t 1＋t 2＋t 3＝4B 2L 3mgR，D 错误． 5.(多选)(2022·河北省模拟)如图所示，两根相距L 且电阻不计的足够长光滑金属导轨，导轨左端为弧形，右端水平，且水平部分处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．铜棒a 、b 电阻均为R 、质量均为m ，均与导轨垂直且与导轨接触良好，铜棒b 静止在导轨水平部分，铜棒a 在弧形导轨上从距离水平部分高度为h ＝0.5L 处由静止释放，重力加速度为g ，关于此后的过程，下列说法正确的是( )A ．回路中的最大电流为gLBL RB ．铜棒b 的最大加速度为gLB 2L 22mRC ．铜棒b 获得的最大速度为gLD ．回路中产生的总焦耳热为mgL 4答案 BD解析 铜棒a 沿弧形导轨下滑，刚进入磁场区域时，由机械能守恒定律有mgh ＝12m v 2，且h ＝0.5 L ，解得v ＝gL ，回路中的最大感应电动势E ＝BL v ，回路中的最大电流I ＝E 2R，联立解得I ＝BL gL 2R，故A 错误；铜棒b 受到的最大安培力F 安＝BIL ，由牛顿第二定律有F 安＝ma ，解得铜棒b 的最大加速度a ＝B 2L 2gL 2mR，故B 正确；铜棒a 、b 在匀强磁场中做切割磁感线运动的过程中，整体所受合外力为零，动量守恒，最终铜棒a 、b 速度相等，由动量守恒定律得m v ＝2m v ′，解得铜棒b 获得的最大速度为v ′＝gL 2，故C 错误；由能量守恒定律得，回路中产生的总焦耳热为Q ＝12m v 2－12×2m v ′2＝mgL 4，故D 正确． 6．(多选)(2022·广东韶关市二模)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行研究电磁阻尼效果的研究性学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN 右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1 m 、质量为0.1 kg 、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v 0＝2 m/s 的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN 与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v 随滑行的距离x 变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．图乙中x 0＝1 mB ．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零C ．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 JD ．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为22C 答案 AD 解析 穿过线框的磁通量变化导致线框中产生感应电流，使线框受到安培力的作用，从而使速度改变；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度不变，则由题图乙可知x 0＝1 m ，A正确；线框进入磁场的过程中，安培力F ＝BIL ，其中I ＝E R ＝BL v R，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，因此线框做变减速运动，B 错误；根据能量守恒定律可知，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q ＝ΔE k ＝12m v 02－12m v 2，代入数据可得Q ＝0.15 J ，C 错误； 线框进入磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理可得－B 2L 2v R t ＝m v －m v 0，整理得v ＝v 0－B 2L 2x mR，结合题图乙可知，当x ＝1 m 时，v ＝1 m/s ，代入解得B ＝150 T ，通过线框某横截面的电荷量为q ＝I t ＝Bx 02R ，解得q ＝22 C ，D 正确． 7．(多选)(2022·宁夏吴忠中学三模)如图所示，两段均足够长、不等宽的光滑平行导轨固定在水平面上，较窄导轨的间距L 1＝1 m ，较宽导轨的间距L 2＝1.5 m ．整个装置处于磁感应强度大小为B ＝0.5 T 、方向竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN 、PQ 的质量分别为m 1＝0.4 kg 、m 2＝1.2 kg ，长度分别为1 m 、1.5 m ，电阻分别为R 1＝0.3 Ω、R 2＝0.9 Ω，两导体棒静止在水平导轨上．t ＝0时刻，导体棒MN 获得v 0＝7 m/s 、水平向右的初速度．导轨电阻忽略不计，导体棒MN 、PQ 始终与导轨垂直且接触良好，导体棒MN 始终在较窄导轨上运动，取g ＝10 m/s 2则( )A ．t ＝0时刻，回路中的电流为3512A B ．导体棒MN 最终做匀速直线运动，速度大小为3 m/sC ．通过导体棒MN 的电荷量最大值为3.4 CD ．导体棒PQ 中产生的焦耳热最大值为4.2 J答案 ABD解析 t ＝0时刻，回路中的电流为I 0＝E R ＝BL 1v 0R 1＋R 2＝3512A ，故A 正确；导体棒MN 与PQ 切割磁感线产生的电动势相互削弱，当两导体棒产生的电动势相等时，感应电流为零，所受安培力为零，故两导体棒最终做匀速直线运动，此时有BL 1v MN ＝BL 2v PQ ，设从导体棒MN 开始运动至导体棒MN 、PQ 做匀速运动所用的时间为Δt ，取水平向右为正方向，对导体棒MN 分析，由动量定理得－BL 1I ·Δt ＝m 1v MN －m 1v 0，对导体棒PQ 分析，由动量定理得BL 2I ·Δt ＝m 2v PQ ，又因为q ＝I ·Δt ，联立解得v MN ＝3 m/s ，v PQ ＝2 m/s ，q ＝3.2 C ，故B 正确，C 错误；由能量守恒定律得12m 1v 02＝12m 1v MN 2＋12m 2v PQ 2＋Q 总，Q PQ ＝R 2R 1＋R 2Q 总，代入数据联立解得Q PQ ＝4.2 J ，故D 正确．8.(多选)如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距L ，导轨的两端分别与电源(串联一滑动变阻器R )、定值电阻R 0、电容器(电容为C ，原来不带电)和开关S 相连．整个空间充满了磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向外的匀强磁场．一质量为m 、电阻不计的金属棒ab 横跨在导轨上．已知电源电动势为E 、内阻为r ，不计导轨的电阻．当S 接1，滑动变阻器R 接入电路一定阻值时，金属棒ab 在磁场中恰好保持静止．当S 接2后，金属棒ab 从静止开始下落，下落距离为h 时达到稳定速度．重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．当S 接1时，滑动变阻器接入电路的阻值R ＝EBLmgB ．若将ab 棒由静止释放的同时，将S 接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v 的变化关系为Q ＝CBL vC ．当S 接2时，金属棒ab 从静止开始到刚好达到稳定速度所经历的时间t ＝B 2L 2h ＋m 2gR 02mgR 0B 2L 2D ．若将ab 棒由静止释放的同时，将S 接到3，则金属棒ab 将做匀加速直线运动，加速度大小a ＝mgm ＋CB 2L 2答案 BD解析 当S 接1时，有I ＝E R ＋r ，由平衡条件得mg ＝BIL ，联立解得R ＝EBLmg －r ，故A 错误；当S 接2，速度稳定时有mg ＝B 2L 2v R 0，解得v ＝mgR 0B 2L 2，金属棒ab 从静止开始下落，下落距离为h 时达到稳定速度，根据动量定理可得mgt －B I Lt ＝m v ，即mgt －B 2L 2vR 0·t ＝m v ，其中vt ＝h ，联立解得t ＝B 4L 4h ＋m 2gR 02mgR 0B 2L 2，故C 错误；若将棒ab 由静止释放的同时，将S 接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v 的变化关系为Q ＝CU ＝CBL v ，根据动量定理可得mg Δt －B I ′L Δt ＝m Δv ，即mg Δt －BL ·ΔQ ＝m Δv ，将ΔQ ＝CBL Δv 代入解得mg Δt －CB 2L 2Δv ＝m Δv ，所以a ＝Δv Δt ＝mgm ＋CB 2L 2，金属棒ab 将做匀加速直线运动，故B 、D 正确．9.如图所示，两电阻不计的光滑平行金属导轨固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L ，导轨顶端连接定值电阻R ，导轨上有一质量为m 、长度为L 、电阻不计的金属杆，杆始终与导轨接触良好．整个装置处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．现使杆从M 点以v 0的速度竖直向上运动，经历时间t ，到达最高点N ，重力加速度大小为g .求t 时间内：(1)流过电阻的电荷量q ； (2)电阻上产生的焦耳热Q . 答案 (1)m v 0－mgtBL(2)12m v 02－m 2gR (v 0－gt )B 2L 2解析 (1)杆竖直向上运动的过程中，取v 0方向为正方向，根据动量定理，有－mgt －F t ＝0－m v 0 F ＝BL I q ＝I t联立解得q ＝m v 0－mgt BL(2)设杆上升的高度为h ，取v 0方向为正方向，由动量定理得－mgt －B 2L 2vR t ＝0－m v 0又h ＝v t联立解得h ＝mR (v 0－gt )B 2L 2杆上升过程中由能量守恒定律可知，电阻上产生的焦耳热Q ＝12m v 02－mgh联立解得Q ＝12m v 02－m 2gR (v 0－gt )B 2L 2.10.(2022·天津市一模)如图，间距为L 的两平行金属导轨右端接有电阻R ，固定在离地高为H 的平面上，空间存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，杆获得一个大小为v 0的水平初速度后向左运动并离开导轨，其落地点距导轨左端的水平距离为s .已知重力加速度为g ，忽略一切摩擦和阻力，杆和导轨电阻不计．求：(1)杆即将离开导轨时的加速度大小a ；(2)杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力做的功W ； (3)杆ab 在水平导轨上运动的位移大小x .答案 (1)B 2L 2s 2mRH 2gH (2)12m (v 02－gs 22H ) (3)mR B 2L 2(v 0－s 2H2gH ) 解析 (1)杆离开导轨后做平抛运动，则有H ＝12gt 2，s ＝v t ，联立解得杆离开导轨时的速度大小为v ＝sg 2H杆离开导轨时，产生的感应电动势为E ＝BL v 感应电流大小为I ＝ER杆受到的安培力大小为F ＝BIL 根据牛顿第二定律可得F ＝ma联立解得杆即将离开导轨时的加速度大小为a ＝B 2L 2s2mRH 2gH(2)根据动能定理，可得－W ＝12m v 2－12m v 02则杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力做的功为 W ＝12m (v 02－gs 22H)(3)根据动量定理，可得－B I Lt ＝m v －m v 0 q ＝I t ＝BLxR联立解得x ＝mR B 2L 2(v 0－s2H2gH )．11．两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d ＝1 m ，在左端弧形轨道部分高h ＝1.25 m 处放置一金属杆a ，弧形轨道与平直轨道的连接处平滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 接入电路的电阻分别为R a ＝2 Ω、R b ＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝2 T ．现杆b 以初速度大小v 0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b 的平均电流为0.3 A ；从a 下滑到水平轨道时开始计时，a 、b 运动的速度－时间图像如图乙所示(以a 运动的方向为正方向)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，求：(1)杆a 在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热． 答案 (1)5 s (2)73 C (3)1156J解析 (1)设杆a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为v b 0，对杆b 运用动量定理，有Bd I ·Δt ＝m b (v 0－v b 0) 由题图乙可知，v b 0＝2 m/s 代入数据解得Δt ＝5 s.(2)对杆a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有m a gh ＝12m a v a 2解得v a ＝2gh ＝5 m/s设最后a 、b 两杆共同的速度大小为v ′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b 0＝(m a ＋m b )v ′ 代入数据解得v ′＝83m/s杆a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从v a 到v ′的运动时间为Δt ′，则由动量定理可得－Bd I ′·Δt ′＝m a (v ′－v a )，而q ＝I ′·Δt ′ 代入数据解得q ＝73C.(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的总焦耳热为Q ＝m a gh ＋12m b v 02－12(m b ＋m a )v ′2＝1616 J则b 杆中产生的焦耳热为Q ′＝R b R a ＋R bQ ＝1156 J.错题统计(题号)对应考点错因分析动量定理在电磁感应中的应用动量守恒定律在电磁感应中的应用电磁感应中的综合问题一、动量定理、动量守恒定律在电磁感应中的应用导体棒在磁场中做变速运动，所受安培力是变力，可用动量定理求速度、位移、电荷量、时间等．对于双杆问题，若双杆所受外力为零，可用动量守恒定律分析．1．单杆运动问题已知量(其中B、L、m已知)待求量关系式(以棒减速为例)v1、v2q －B I LΔt＝m v2－m v1，q＝IΔtv1、v2、R总x －B2L2vΔtR总＝m v2－m v1，x＝vΔtF其他为恒力，v1、v2、q Δt－B I LΔt＋F其他Δt＝m v2－m v1，q＝IΔtF其他为恒力，v1、v2、R总、x(或Δt)Δt(或x)－B2L2vΔtR总＋F其他·Δt＝m v2－m v1，x ＝vΔt2.双杆运动问题(1)等间距轨道上的双杆问题①双杆所受外力的合力为零时，若只需求末速度，可用动量守恒定律分析．②若需求电荷量、位移、时间等，则需要利用动量定理分析．(2)不等距导轨上的双杆问题由于合外力不为零，不等距导轨上的双杆问题需用动量定理分析．常见的双杆模型：题型一(等距、初速度、光滑、平行)题型二(不等距、初速度、光滑、平行)题型三(等距、恒力、光滑、平行)示意图导体棒长度L1＝L2导体棒长度L1＝2L2，两棒只在各自的轨道上运动导体棒长度L1＝L2图像观点力学观点棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动；稳定时，两棒以相等的速度匀速运动棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动；稳定时，两棒的加速度均为零，速度之比为1∶2开始时，两棒做变加速运动；稳定时，两棒以相同的加速度做匀加速运动动量观点两棒组成的系统动量守恒两棒组成的系统动量不守恒对单棒可以用动量定理两棒组成的系统动量不守恒对单棒可以用动量定理能量观点系统动能的减少量等于产生的焦耳热系统动能的减少量等于产生的焦耳热拉力做的功一部分转化为双棒的动能，一部分转化为内能(焦耳热)：W＝Q＋E k1＋E k23.杆＋电容器模型基本模型规律无外力，电容器充电(电阻阻值为R，导体棒电阻不计，电容器电容为C)无外力，电容器放电(电源电动势为E，内阻不计，导体棒电阻不计，电容器电容为C)电路特点导体棒相当于电源，电容器被充电电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流的特点安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝BL v－U CR，电容器被充电，U C变大，当BL v＝U C时，I＝0，F安＝0，棒做匀电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BL v。
高中物理-第一篇 专题四 第11讲 电磁感应
第11讲 电磁感应 命题规律 1.命题角度：(1)楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用；(2)电磁感应中的图象问题；(3)电磁感应中的动力学与能量问题.2.常用方法：排除法、函数法.3.常考题型：选择题、计算题．考点一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流方向的判断(1)楞次定律：线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律．(2)右手定则：导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则．2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”．3．求感应电动势的方法(1)法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ⎩⎨⎧ S 不变时，E ＝nS ΔB Δt B 不变时，E ＝nB ΔS Δt(2)导体棒垂直切割磁感线：E ＝Bl v .(3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E ＝12Bl 2ω. (4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e ＝nBSωsin ωt .4．通过回路截面的电荷量q ＝I Δt ＝n ΔΦR 总Δt Δt ＝n ΔΦR 总.q 仅与n 、ΔΦ和回路总电阻R 总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．例1 (多选)(2022·广东卷·10)如图所示，水平地面(Oxy 平面)下有一根平行于y 轴且通有恒定电流I 的长直导线．P 、M 和N 为地面上的三点，P 点位于导线正上方，MN 平行于y 轴，PN 平行于x 轴．一闭合的圆形金属线圈，圆心在P 点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行．下列说法正确的有( )A ．N 点与M 点的磁感应强度大小相等，方向相同B ．线圈沿PN 方向运动时，穿过线圈的磁通量不变C ．线圈从P 点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流D ．线圈从P 到M 过程的感应电动势与从P 到N 过程的感应电动势相等答案 AC解析 依题意，M 、N 两点连线与长直导线平行，两点与长直导线的距离相等，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M 、N 两点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，故A 正确；根据右手螺旋定则，线圈在P 点时，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线相等，磁通量为零，在向N 点平移过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线不再相等，穿过线圈的磁通量发生变化，故B 错误；根据右手螺旋定则，线圈从P 点竖直向上运动过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线始终相等，穿过线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈中无感应电流，故C 正确；线圈从P 点到M 点与从P 点到N 点，穿过线圈的磁通量变化量相同，依题意从P 点到M 点所用时间较从P 点到N 点的时间长，根据法拉第电磁感应定律，可知两次的感应电动势不相等，故D 错误．例2 (多选)(2021·辽宁卷·9)如图(a)所示，两根间距为L 、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R 的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t ＝0时磁场方向垂直纸面向里．在t ＝0到t ＝2t 0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L 处；t ＝2t 0时，释放金属棒．整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则( )A ．在t ＝t 02时，金属棒受到安培力的大小为B 02L 3t 0RB ．在t ＝t 0时，金属棒中电流的大小为B 0L 2t 0RC ．在t ＝3t 02时，金属棒受到安培力的方向竖直向上 D ．在t ＝3t 0时，金属棒中电流的方向向右答案 BC解析 由题图(b)可知在0～t 0时间段内闭合回路产生的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝B 0L 2t 0，根据闭合电路欧姆定律有，此时间段内的电流为I ＝E R ＝B 0L 2Rt 0，在t 02时磁感应强度大小为B 02，此时安培力大小为F ＝B 02IL ＝B 02L 32Rt 0，故A 错误，B 正确；由题图(b)可知，在t ＝3t 02时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C 正确；由题图(b)可知，在t ＝3t 0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下掉的过程中穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D 错误．考点二 电磁感应中的图象问题1．电磁感应中常见的图象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象．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，再对图象作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．例3 (多选)(2022·河北卷·8)如图，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v 0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强度为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．下列图象可能正确的是( )答案 AC解析 在0～L v 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 ＝BL v 0，可得I ＝BL v 0R ＝B v 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 ＝F v 0＝B 2L 2v 02R ＝B 2v 02R (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 ＝BL v 0＝B v 0(l 0＋v 0t tan θ)，即U －t 图象是不过原点的直线；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．例4 (多选)(2022·安徽省六校第二次联考)如图所示，水平面内有一足够长平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．开关S由1掷到2时开始计时，q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象可能正确的是()答案ACD解析开关S由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流且此刻电流最大，导体棒通有电流后会受到安培力的作用产生加速度而加速运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势，导体棒速度增大，则感应电动势E＝Bl v增大，则实际电流减小，安培力F＝BIL减小，加速度a＝Fm即减小，因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直做加速度减小的加速运动(变加速)，故a－t图象即选项D是正确的；导体棒运动产生感应电动势会给电容器充电，当充电和放电达到一种平衡时，导体棒做匀速运动，因此最终电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，即电容器的电荷量应稳定在某个不为0的数值(不会减少到0)，电路中无电流，故B错误，A、C正确．考点三电磁感应中的动力学与能量问题1．电磁感应综合问题的解题思路2．求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)；(3)能量转化：Q ＝ΔE (其他能的减少量)．例5 (多选)(2022·全国甲卷·20)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C 的电容器和阻值为R 的电阻．质量为m 、阻值也为R 的导体棒MN 静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q ，合上开关S 后( )A ．通过导体棒MN 电流的最大值为Q RCB ．导体棒MN 向右先加速、后匀速运动C ．导体棒MN 速度最大时所受的安培力也最大D ．电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热答案 AD解析 开始时电容器两极板间的电压U ＝Q C ，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I ＝U R ＝Q CR ，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A 项正确，C 项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B 项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热，D 项正确．例6 (2022·山东济南市一模)如图所示，在水平虚线下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .磁场上方某高度处有一个正方形金属线框，线框质量为m ，电阻为R ，边长为L .某时刻将线框以初速度v 0水平抛出，线框进入磁场过程中速度不变，运动过程中线框始终竖直且底边保持水平．磁场区域足够大，忽略空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)线框进入磁场时的速度v ；(2)线框进入磁场过程中产生的热量Q .答案 (1)v 02＋m 2g 2R 2B 4L 4，速度方向与水平方向夹角的正切值为mgRB 2L 2v 0(2)mgL 解析 (1)当线框下边界刚进入磁场时，由于线框速度不变，对线框进行受力分析有BIL＝mg由欧姆定律可得I＝ER线框切割磁感线，由法拉第电磁感应定律可得E＝BL v y由速度的合成与分解可得v＝v02＋v y2联立求解可得v＝v02＋m2g2R2B4L4设此时速度方向与水平面的夹角为θ，则tan θ＝v yv0＝mgR B2L2v0即此时速度方向与水平方向夹角的正切值为mgRB2L2v0.(2)线框进入磁场过程中速度不变，则从进入磁场开始到完全进入磁场，由能量守恒定律得Q＝mgL.例7(2022·河南洛阳市模拟)如图甲所示，金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度大小B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP 间接有阻值R＝1.5 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg，接入电路中电阻r＝0.5 Ω的金属杆ab垂直导轨放置，金属杆与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2.现用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属杆上滑的位移x＝3.8 m时达到稳定状态，金属杆始终与导轨接触良好，对应过程的v－t图象如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，导轨足够长且电阻不计．求：(1)恒力F的大小及金属杆的速度为0.4 m/s时的加速度大小；(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，通过电阻R的电荷量；(3)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，金属杆上产生的焦耳热．答案(1)5.8 N 2.4 m/s2(2)3.8 C(3)1.837 5 J解析(1)当金属杆匀速运动时，由平衡条件得F＝μmg cos 37°＋mg sin 37°＋F安由题图乙知v ＝1 m/s ，则F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r ＝2 N 解得F ＝5.8 N当金属杆的速度为0.4 m/s 时F 安1＝BI 1L ＝B 2L 2v 1R ＋r＝0.8 N 由牛顿第二定律有F －μmg cos 37°－mg sin 37°－F 安1＝ma解得a ＝2.4 m/s 2.(2)由q ＝I ·ΔtI ＝E R ＋rE ＝ΔΦΔt 得q ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r＝3.8 C. (3)从金属杆开始运动到刚到达稳定状态，由动能定理得(F －μmg cos 37°－mg sin 37°)x ＋W 安＝12m v 2－0 又Q ＝|W 安|＝7.35 J ，所以解得Q r ＝r R ＋rQ ＝1.837 5 J.1．(多选)(2022·河南郑州市二模)在甲、乙、丙图中，MN 、PQ 是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨．导体棒ab 垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中，导体棒和导轨间的摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C 原来不带电．现给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，对甲、乙、丙图中导体棒ab 在磁场中的运动状态描述正确的是( )A ．甲图中，棒ab 最终做匀速运动B ．乙图中，棒ab 做匀减速运动直到最终静止C ．丙图中，棒ab 最终做匀速运动D ．甲、乙、丙中，棒ab 最终都静止答案 AC解析 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C 极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，此时ab 棒不受安培力作用，向右做匀速运动，故A 正确；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R 转化为内能，ab 棒速度减小，当ab 棒的动能全部转化为内能时，ab 棒静止，又由I ＝BL v R，F ＝BIL ，由于速度减小，则产生的感应电流减小，导体棒所受安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的加速度减小，所以题图乙中，棒ab 做加速度减小的减速运动直到最终静止，故B 错误；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，此时ab 棒向左做匀速运动，故C 正确；由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有题图乙中棒ab 最终静止，故D 错误．2.(2022·山东泰安市高三期末)如图所示，间距为L 的平行光滑足够长的金属导轨固定倾斜放置，倾角θ＝30°，虚线ab 、cd 垂直于导轨，在ab 、cd 间有垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量均为m 、阻值均为R 的金属棒PQ 、MN 并靠在一起垂直导轨放在导轨上．释放金属棒PQ ，当PQ 到达ab 瞬间，再释放金属棒MN ；PQ 进入磁场后做匀速运动，当PQ 到达cd 时，MN 刚好到达ab .不计导轨电阻，两金属棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g .则MN 通过磁场过程中，PQ 上产生的焦耳热为( )A.2m 3g 2R 2B 4L4 B.m 3g 2R 2B 4L 4 C.m 3g 2R 24B 4L4 D.m 3g 2R 22B 4L4 答案 D解析 由题意知PQ 进入磁场后做匀速运动，则由平衡条件得安培力为F ＝mg sin θ，又因为F ＝BIL ＝B 2L 2v 2R ，解得金属棒速度为v ＝mgR B 2L 2，电流为I ＝mg 2BL ，因为金属棒从释放到刚进入磁场时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知mg sin θ＝ma，所以加速时间为t＝va，由题意知当PQ到达cd时，MN刚好到达ab，即金属棒穿过磁场的时间等于进入磁场前的加速时间，且MN在磁场中的运动情况和PQ一致，故MN通过磁场过程中，PQ上产生的焦耳热为Q焦耳＝I2Rt，解得Q焦耳＝m3g2R22B4L4，故选D.专题强化练[保分基础练]1.(2022·上海市二模)如图，某教室墙上有一朝南的钢窗，将钢窗右侧向外打开，以推窗人的视角来看，窗框中产生()A．顺时针电流，且有收缩趋势B．顺时针电流，且有扩张趋势C．逆时针电流，且有收缩趋势D．逆时针电流，且有扩张趋势答案 D解析磁场方向由南指向北，将钢窗右侧向外打开，则向北穿过窗户的磁通量减少，根据楞次定律，以推窗人的视角来看，感应电流为逆时针电流，同时根据“增缩减扩”可知，窗框有扩张趋势，故选D.2.(2022·广东肇庆市二模)如图所示，开口极小的金属环P、Q用不计电阻的导线相连组成闭合回路，金属环P内存在垂直圆环平面向里的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度随时间的变化率为k，若使金属环Q中产生逆时针方向逐渐增大的感应电流，则()A．k>0且k值保持恒定B．k>0且k值逐渐增大C．k＜0且k值逐渐增大D．k＜0且k值逐渐减小答案 B解析若使金属环Q中产生逆时针方向逐渐增大的感应电流，则金属环P中也有逆时针方向逐渐增大的感应电流，根据楞次定律和安培定则可知，金属环P中向里的磁感应强度增加，且增加得越来越快，即k>0且k值逐渐增大，故选B.3.(2022·陕西宝鸡市模拟)如图所示，两根电阻不计的平行光滑长直金属导轨水平放置，导体棒a和b垂直跨在导轨上且与导轨接触良好，导体棒a的电阻大于b的电阻，匀强磁场方向竖直向下．当导体棒b在大小为F2的水平拉力作用下匀速向右运动时，导体棒a在大小为F1的水平拉力作用下保持静止状态．若U1、U2分别表示导体棒a和b与导轨两个接触点间的电压，那么它们的大小关系为()A．F1＝F2，U1> U2B．F1< F2，U1< U2C．F1 > F2，U1< U2D．F1＝F2，U1＝U2答案 D解析导体棒a、b与导轨构成了闭合回路，流过a、b的电流是相等的；a静止不动，b匀速运动，都处于平衡状态，即拉力等于安培力，所以F1＝F2＝BIL，导体棒b相当于电源，导体棒a相当于用电器，由于电路是闭合的，所以导体棒a两端的电压U1＝IR a，导体棒b切割磁感线产生的电动势E＝BL v b＝I(R a＋R b)，所以其输出的路端电压U2＝E－IR b＝IR a＝U1，故选D.4.(2022·广东省模拟)如图所示，水平面内光滑的平行长直金属导轨间距为L，左端接电阻R，导轨上静止放有一导体棒．正方形虚线框内有方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，该磁场正以速度v匀速向右移动，则()A．电阻R两端的电压恒为BL vB ．电阻R 中有从a 到b 的电流C ．导体棒以速度v 向左运动D ．导体棒也向右运动，只是速度比v 小 答案 D解析 根据楞次定律，磁场正以速度v 匀速向右移动，磁通量减小，则导体棒也向右运动，阻碍磁通量的减小，但由于要产生感应电流，棒的速度比v 小，C 错误，D 正确；由此可认为磁场不动，棒向左切割，感应电流方向从b 到a 流过R ，B 错误；产生感应电动势的大小看棒与磁场的相对速度，故电阻R 两端的电压不恒定且小于或等于BL v ，A 错误． 5．(2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I 1、I 2和I 3.则( )A ．I 1<I 3<I 2B ．I 1>I 3>I 2C ．I 1＝I 2>I 3D ．I 1＝I 2＝I 3答案 C解析 设圆线框的半径为r ，则由题意可知正方形线框的边长为2r ，正六边形线框的边长为r ；所以圆线框的周长为C 2＝2πr ，面积为S 2＝πr 2，同理可知正方形线框的周长和面积分别为C 1＝8r ，S 1＝4r 2，正六边形线框的周长和面积分别为C 3＝6r ，S 3＝33r 22，三个线框材料粗细相同，根据电阻定律R ＝ρL S 横截面，可知三个线框电阻之比为R 1∶R 2∶R 3＝C 1∶C 2∶C 3＝8∶2π∶6，根据法拉第电磁感应定律有I ＝E R ＝ΔB Δt ·SR ，可得电流之比为I 1∶I 2∶I 3＝2∶2∶3，即I 1＝I 2>I 3，故选C.6.(2022·黑龙江哈师大附中高三期末)如图，一线圈匝数为n ，横截面积为S ，总电阻为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 (k >0且为常量)，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C ，两个电阻的阻值分别为r 和2r .下列说法正确的是( )A ．电容器下极板带正电B ．此线圈的热功率为(nkS )2rC ．电容器所带电荷量为3nSkC5D ．电容器所带电荷量为nSkC2答案 D解析 根据楞次定律可以判断通过电阻r 的电流方向为从左往右，所以电容器上极板带正电，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔBΔt ＝nkS ，根据焦耳定律可得此线圈的热功率为P ＝(E 2r )2r ＝(nkS )24r ，故B 错误；电容器两端电压等于r两端电压，电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝C ·rE 2r ＝nSkC2，故C 错误，D 正确．7．(2022·江苏盐城市二模)如图所示，三条平行虚线L 1、L 2、L 3之间有宽度为L 的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域内的磁感应强度大小相等、方向相反，正方形金属线框MNPQ 的质量为m 、边长为L ，开始时MN 边与边界L 1重合，对线框施加拉力F 使其以加速度a 匀加速通过磁场区，以顺时针方向电流为正方向，下列关于感应电流i 和拉力F 随时间变化的图象可能正确的是( )答案 B解析 当MN 边向右运动0～L 的过程中，用时t 1＝2L a ，则E 1＝BLat ，电流I 1＝E 1R ＝BLa Rt ，方向为正方向；拉力F 1＝ma ＋F 安1＝ma ＋B 2L 2aR t ；当MN 边向右运动L ～2L 的过程中，用时t 2＝4L a－2La＝(2－1)2L a ＝(2－1)t 1，E 2＝2BLat ，电流I 2＝E 2R ＝2BLa Rt ，方向为负方向，拉力F 2＝ma ＋F 安2＝ma ＋4B 2L 2aR t ；当MN 边向右运动2L ～3L 的过程中，用时t 3＝6La－4La＝(3－2)2L a ＝(3－2)t 1，E 3＝BLat ，电流I 3＝E 3R ＝BLa Rt ，方向为正方向，拉力F 3＝ma ＋F 安3＝ma ＋B 2L 2aRt ，对比四个选项可知，只有B 正确．[争分提能练]8．(多选)(2021·广东卷·10)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc 和de ，ab 与de 平行，bc 是以O 为圆心的圆弧导轨，圆弧be 左侧和扇形Obc 内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP 的O 端与e 点用导线相接，P 端与圆弧bc 接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN 静止在平行导轨上，若杆OP 绕O 点在匀强磁场区内从b 到c 匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )A ．杆OP 产生的感应电动势恒定B ．杆OP 受到的安培力不变C ．杆MN 做匀加速直线运动D ．杆MN 中的电流逐渐减小 答案 AD解析 杆OP 匀速转动切割磁感线产生的感应电动势为E ＝12Br 2ω，因为OP 匀速转动，所以杆OP 产生的感应电动势恒定，故A 正确；杆OP 转动过程中产生的感应电流由M 到N 通过杆MN ，由左手定则可知，杆MN 会向左运动，杆MN 运动会切割磁感线，产生电动势，感应电流方向与原来电流方向相反，使回路电流减小，杆MN 所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D 正确，B 、C 错误．9.(多选)(2021·全国甲卷·21)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )A ．甲和乙都加速运动B ．甲和乙都减速运动C ．甲加速运动，乙减速运动D ．甲减速运动，乙加速运动 答案 AB解析 设线圈下边到磁场上边界的高度为h ，线圈的边长为l ，则线圈下边刚进入磁场时，有v ＝2gh ，感应电动势为E ＝nBl v ，两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相等(设为m )， 则m ＝ρ0·4nl ·S ，设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻 R ＝ρ4nl S ＝16n 2l 2ρρ0m感应电流为I ＝E R ＝mB v 16nlρρ0所受安培力为F ＝nBIl ＝mB 2v16ρρ0由牛顿第二定律有mg －F ＝ma 联立解得a ＝g －Fm ＝g －B 2v 16ρρ0加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度． 当g >B 2v16ρρ0时，甲和乙都加速运动，当g <B 2v 16ρρ0时，甲和乙都减速运动，当g ＝B 2v16ρρ0时，甲和乙都匀速运动，故选A 、B.10.(2022·山东省第二次模拟)如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m ，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab 、bc 边长均为2l ，gf 边长为l .匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，bc 边离磁场上边界的距离为l ，线框由静止释放，从bc 边进入磁场直到gf 边进入磁场前，线框做匀速运动．在gf 边离开磁场后，ah 、ed 边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc 、gf 边保持水平，重力加速度为g .(1)线框ah 、ed 边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc 边刚进入磁场时的几倍？ (2)若磁场上下边界间的距离为H ，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？ 答案 (1)4 (2)mg (H －13l )解析 (1)设bc 边刚入磁场时速度为v 1，bc 边刚进入时， 有E 1＝2Bl v 1，I 1＝E 1R ，F 1＝2BI 1l线框匀速运动，有F 1＝mg 联立可得v 1＝mgR4B 2l2设ah 、ed 边将离开磁场时速度为v 2，ah 、ed 边将离开磁场时，有E 2＝Bl v 2，I 2＝E 2R ，F 2＝BI 2l ，线框匀速运动，有F 2＝mg 联立可得v 2＝mgRB 2l 2，综上所述v 2v 1＝4即线框ah 、ed 边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc 边刚进入磁场时的4倍． (2)bc 边进入磁场前，根据动能定理， 有mgl ＝12m v 12穿过磁场过程中能量守恒，。
高中物理-专题 电磁感应-2020高考真题(解析版)
2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分电磁感应专题4.电磁感应-2020高考真题一．选择题1．（2020高考全国理综I）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。
ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。
一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。
经过一段时间后A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值【参考答案】BC【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力及其相关知识点，考查的核心素养是运动和力的物理观念、科学思维。
【解题思路】用水平恒力F向右拉动金属框，bc边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i，bc 边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M，加速度为a1，由牛顿第二定律，F-BiL=Ma1；导体棒MN受到向右的安培力向右加速运动，设导体棒的质量为m，加速度为a2，由牛顿第二定律，BiL=ma2，二者运动的速度图像如图所示。
设金属框bc边的速度为v时，导体棒的速度为v’，则回路中产生的感应电动势为E=BL（v-v’），由闭合电路欧姆定律I=E/R=()'BL v vR-，F安=BIL可得金属框ab边所受的安培力和导体棒MN所受的安培力都是F安=B 2L 2（v-v’）/R ，即金属框所受的安培力随着速度的增大而增大。
对金属框，由牛顿运动定律，F - F 安=Ma 1，对导体棒MN ，由牛顿运动定律， F 安=ma 2，二者加速度之差△a= a 1- a 2=（F - F 安）/M- F 安/m=F/M- F安（1/M+1/m ），随着所受安培力的增大，二者加速度之差△a 减小，当△a 减小到零时，即F/M=()22'B L v v R-（1/M+1/m ），所以金属框和导体棒的速度之差△v=（v-v’）=()22FRmB L m M +保持不变。
电磁感应解题技巧及练习
电磁感应专题复习（重要）基础回顾（一）法拉弟电磁感应定律1、内容：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E＝nΔΦ/Δt（普适公式）当导体切割磁感线运动时，其感应电动势计算公式为E＝BLVsinα2、E＝nΔΦ/Δt与E＝BLVsinα的选用①E＝nΔΦ/Δt计算的是Δt时间内的平均电动势，一般有两种特殊求法ΔΦ/Δt=BΔS/Δt即B不变ΔΦ/Δt=SΔB/Δt即S不变② E＝BLVsinα可计算平均动势，也可计算瞬时电动势。
③直导线在磁场中转动时，导体上各点速度不一样，可用V平=ω（R1+R2）/2代入也可用E＝nΔΦ/Δt 间接求得出 E＝BL2ω/2（L为导体长度，ω为角速度。
）（二）电磁感应的综合问题一般思路：先电后力即：先作“源”的分析--------找出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r。
再进行“路”的分析-------分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相应部分的电流大小，以便安培力的求解。
然后进行“力”的分析--------要分析力学研究对象（如金属杆、导体线圈等）的受力情况尤其注意其所受的安培力。
按着进行“运动”状态的分析---------根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型。
最后是“能量”的分析-------寻找电磁感应过程和力学研究对象的运动过程中能量转化和守恒的关系。
【常见题型分析】题型一楞次定律、右手定则的简单应用例题（2006、广东）如图所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为L0 、下弧长为d0的金属线框的中点连接并悬挂于o点，悬点正下方存在一个弧长为2 L0、下弧长为2 d0、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0 远小于L先将线框拉开到图示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦，下列说法中正确的是A、金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→B、金属线框离开磁场时感应电流的方向a→d→c→b→C、金属线框d c边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等D、金属线框最终将在磁场内做简谐运动。
专题四 电磁感应
专题四电磁感应(一)【知识梳理】一、电磁感应楞次定律1、电磁感应现象利用磁场产生的现象，叫电磁感应现象。
所产生的电流叫，所产生的电动势叫。
2、发生电磁感应现象，产生感应电流的条件：发生电磁感应现象，产生感应电流的条件通常有如下两种表述。
（1）当穿过线圈的发生变化时就将发生电磁感应现象，线圈里产生。
如线圈闭合，则线圈子里就将产生。
（3）当导体在磁场中做切割磁感线的运动时就将发生电磁感应现象，导体里产生感应电动势，如做切割感线运动的导体是某闭合电路的一部分，则电路里就将产生感应电流。
产生感应电动势的那部分导体相当于。
应指出的是：闭合电路的一部分做切割磁感线运动时，穿过闭合电路的磁通量也将发生变化。
所以上述两个条件从根本上还应归结磁通量的变化。
但如果矩形线圈abcd在匀强磁场B中以速度v平动时，尽管线圈的bc和ad边都在做切割磁感线运动，但由于穿过线圈的磁通量没有变，所以线圈回路中没有感应电流。
3、感应电流方向的判断（1）右手定则：伸开右手，让拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面，让磁感线垂直从进入，指向导体运动的方向，其余四指指的就是的方向。
注意：四指指向还可以理解为感应电动势的方向、该部分导体的高电势处。
4、楞次定律(判断感应电流方向)（1）楞次定律的容：感应电流具有这样的方向，感应电流的磁场总是引起感应电流的磁通量的变化．（2）对楞次定律中阻碍二字的正确理解“阻碍”不是阻止，这里是阻而未止。
阻碍磁通量变化指：磁通量增加时，阻碍增加(感应电流的磁场和原磁场方向相反，起抵消作用)；磁通量减少时，阻碍减少(感应电流的磁场和原磁场方向一致，起补偿作用)，简称“增反减同”．（3）楞次定律的应用步骤“一原、二感、三电流”①明确引起感应电流的原磁场在被感应的回路上的方向； ②搞清原磁场穿过被感应的回路中的磁通量增减情况； ③根据楞次定律确定感应电流的磁场的方向； ④运用安培定则判断出感生电流的方向。
二、法拉第电磁感应定律 互感和自感1、法拉第电磁感应定律在电磁感应现象中，电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的 成正比。
专题四电路与电磁感应第2讲电磁感应 交流电
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(2)通过分析，可得电路图为
图 4－2－6 (3)设电路中的总电阻为 R 总，根据电路图可知， 1 4 R 总＝R＋ R＝ R ④ 3 3 ab 两端电势差 E 1 Uab ＝E－IR＝E－ R＝ E≈1.2×10－ 2 V ⑤ R总 4
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设 ab 离开磁场区域的时刻为 t1，下一根金属条进入磁场区 域的时刻为 t2， θ 1 t1 ＝ ＝ s ⑥ ω 12 π 2 1 t2 ＝ ＝ s ⑦ ω 4 设轮子转一圈的时间为 T， 2π T＝ ＝1 s ⑧ ω 在 T＝1 s 内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同．⑨ 由⑤、⑥、⑦、⑧、⑨可画出如下 Uab－t 图象．
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2．交变电流瞬时值表达式书写的基本思路 (1)根据已知图象或由公式Em＝NBSω求出相应峰值． (2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式． ①线圈从中性面开始计时，函数表达式为i＝Imsinωt. ②线圈从垂直中性面开始计时，函数表达式为i＝Imcosωt.
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例3 (2012· 高考安徽卷)如图4－2－9甲是交流发电机模型 示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈 abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈 引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金
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热点三
交变电路综合分析
1．交变电流的“四值” 最大值 ⇒ Em ＝NBSω ⇒ 计算电容器的耐压值 计算闪光电器 瞬时值 ⇒ e＝Em sinωt ⇒ 的闪光时间等 电表的读数及计 正余弦交流 ⇒ E＝Em / 2 ⇒ 算电热、电功及保 电的有效值 险丝的熔断电流 平均值 ⇒ E ＝NΔΦ/Δt ⇒ 计算通过导体的电荷量
通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向
必修4电磁感应复习(知识点+经典例题+练习)
必修4电磁感应复习(知识点+经典例题+练习)知识点1. 磁感线和磁场强度：- 磁感线是描述磁场的一种方法，它从磁北极指向磁南极，形成一个闭合的曲线。
- 磁场强度是表示磁场强弱的物理量，单位是特斯拉(T)。
2. 紧密螺绕线圈的磁场：- 螺绕线圈中通有电流时，会产生一个磁场，其磁场按右手螺旋定则的方向确定。
- 磁场的强弱与线圈匝数、电流强度以及磁场位置有关。
3. 法拉第电磁感应定律：- 当一个闭合线路中的磁通量发生变化时，沿线路产生感应电动势。
- 感应电动势的大小与磁通量变化率成正比。
4. 楞次定律：- 磁通量的变化产生感应电动势，感应电动势会产生感应电流。
- 感应电流的方向使得产生的磁场抵消原始磁通量的变化。
经典例题1. 一个圆形线圈共有100匝，半径为2m，通过线圈的磁感应强度为0.5T，线圈内的磁场强度为：- 解：根据公式B = μ₀H，其中μ₀为真空中的磁导率，H为磁场强度，代入数值计算得到磁场强度为0.25T。
2. 一个螺绕线圈的匝数为2000匝，通有电流2A，线圈半径为0.1m，求线圈中的磁场强度：- 解：根据公式B = μ₀nI，其中μ₀为真空中的磁导率，n为线圈匝数密度，I为电流强度，代入数值计算得到磁场强度为4π×10⁻⁴T。
练1. 线圈A和线圈B之间相距较远，线圈A的磁通量在变化。
根据法拉第电磁感应定律和楞次定律，分析线圈B中会产生的电流方向和大小。
2. 一个圆形线圈的半径为0.5m，匝数为1000匝。
当通过线圈的磁感应强度为2T时，求线圈中的磁场强度。
以上是必修4电磁感应的复习文档，包含知识点介绍、经典例题和练习题。
希望对你的学习有所帮助！。
高中物理 第四章 电磁感应 专题4.4 法拉第电磁感应定律试题 新人教版选修3-2.doc
第4节 法拉第电磁感应定律一、电磁感应定律 1．感应电动势（1）定义：在________中产生的电动势叫做感应电动势。
产生感应电动势的那部分导体相当于_____。
（2）产生条件：不管电路是否闭合，只要穿过电路的_____________，电路中就会产生感应电动势。
（3）方向判断：可假设电路闭合，由_______或______判断出感应电流的方向，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，其中_________________。
2．电磁感应定律（1）内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的________成正比。
（2）表达式：ΔΔE t Φ=（单匝线圈），ΔΔE n tΦ=（多匝线圈）。
（3）感应电动势与感应电流的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即EI R r=+。
3．应用法拉第电磁感应定律ΔΔE n tΦ=时应注意的几点 （1）研究对象：ΔΔE nt Φ=的研究对象是一个回路，而不是一段导体。
（2）物理意义：ΔΔE n tΦ=求的是Δt 时间内的平均感应电动势，当Δt →0时，E 为瞬时感应电动势。
（3）ΔΔE n tΦ=求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某段导体的电动势。
整个回路的电动势为零，其回路中某段导体的电动势不一定为零。
（4）用公式ΔΔBE nSt=求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积。
（5）若回路中与磁场方向垂直的面积S 及磁场应强度B 均随时间变化，则2211ΔB S B S E n t-=（），要特别注意题目要求的是哪个时刻的感应电动势。
4．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率ΔΔtΦ的比较 比较项目磁通量Φ磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率ΔΔtΦ物理意义 某时刻穿过某个面的磁感某一段时间内穿过某个面的穿过某个面的磁通量变化的线的条数磁通量的变化量快慢大小Φ=B·S，S是与B垂直的面的面积ΔΦ=Φ1–Φ2ΔΦ=B·ΔSΔΦ=S·ΔBΔΔΔΔSBt tΦ=⋅ΔΔΔΔBSt tΦ=⋅注意穿过某个面有方向相反的磁感线，则不能直接用Φ=B·S求解，应考虑相反方向的磁通量抵消后所剩余的磁通量开始时和转过180°时的平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是一正一负，ΔΦ=2BS，而不是0既不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少，实际它就是单匝线圈上产生的电动势附注线圈平面与磁感线平行时，Φ=0，但ΔΔtΦ最大线圈平面与磁感线垂直时，Φ最大，但ΔΔtΦ=0二、导体切割磁感线时的感应电动势1．导体棒垂直于磁场运动，B、l、v两两垂直时如图甲所示，E=______。
初中物理电磁感应解析
初中物理电磁感应解析
电磁感应是指导体中或导体与磁场相互作用时所产生的感应电动势和感应电流的现象。
这个过程往往与导体的运动相结合，形成了许多实际应用。
以下是有关初中物理电磁感应的解析：
一、电磁感应的原理
磁通量的变化会在导体中引起电动势的变化，从而产生感应电流。
电磁感应定律描述了磁通量变化和感应电动势之间的关系：
感应电动势E=-ΔΦ/Δt
其中E代表感应电动势，ΔΦ代表磁通量的变化，Δt为时间变化量。
二、电磁感应的应用
电磁感应的应用包括了变压器、发电机和电动机等。
变压器：使用电磁感应过程将低电压升压为高电压
发电机：通过转动绕组，变化磁通量来产生电动势
电动机：通过用电流产生磁场从而运动。
三、感应电流的方向
感应电流的方向可以通过楼德定则来确定。
楼德定则描述了一个导体中感应电流和磁场之间的关系：
当一个导体在磁场中运动时，感应电流的方向与导体所处的位置、运动方向及磁场的方向有关。
四、感应电动势大小的影响因素
感应电动势的大小取决于磁通量变化的速率和导体的面积。
当磁通量的变化速率较大或导体面积较大时，感应电动势会更大。
在物理学中，电磁感应是一个重要的概念。
这些解析希望能对大家理解初中物理电磁感应有所帮助。
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。
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专题四电磁感应(一)【知识梳理】一、电磁感应楞次定律1、电磁感应现象利用磁场产生的现象，叫电磁感应现象。
所产生的电流叫，所产生的电动势叫。
2、发生电磁感应现象，产生感应电流的条件：发生电磁感应现象，产生感应电流的条件通常有如下两种表述。
（1）当穿过线圈的发生变化时就将发生电磁感应现象，线圈里产生。
如线圈闭合，则线圈子里就将产生。
（3）当导体在磁场中做切割磁感线的运动时就将发生电磁感应现象，导体里产生感应电动势，如做切割感线运动的导体是某闭合电路的一部分，则电路里就将产生感应电流。
产生感应电动势的那部分导体相当于。
应指出的是：闭合电路的一部分做切割磁感线运动时，穿过闭合电路的磁通量也将发生变化。
所以上述两个条件从根本上还应归结磁通量的变化。
但如果矩形线圈abcd在匀强磁场B中以速度v平动时，尽管线圈的bc和ad边都在做切割磁感线运动，但由于穿过线圈的磁通量没有变，所以线圈回路中没有感应电流。
3、感应电流方向的判断（1）右手定则：伸开右手，让拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，让磁感线垂直从进入，指向导体运动的方向，其余四指指的就是的方向。
注意：四指指向还可以理解为感应电动势的方向、该部分导体的高电势处。
4、楞次定律(判断感应电流方向)（1）楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，感应电流的磁场总是引起感应电流的磁通量的变化．（2）对楞次定律中阻碍二字的正确理解“阻碍”不是阻止，这里是阻而未止。
阻碍磁通量变化指：磁通量增加时，阻碍增加(感应电流的磁场和原磁场方向相反，起抵消作用)；磁通量减少时，阻碍减少(感应电流的磁场和原磁场方向一致，起补偿作用)，简称“增反减同”．（3）楞次定律的应用步骤“一原、二感、三电流”①明确引起感应电流的原磁场在被感应的回路上的方向； ②搞清原磁场穿过被感应的回路中的磁通量增减情况； ③根据楞次定律确定感应电流的磁场的方向； ④运用安培定则判断出感生电流的方向。
二、法拉第电磁感应定律 互感和自感1、法拉第电磁感应定律在电磁感应现象中，电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的 成正比。
公式： ，其中n 为线圈的匝数。
2、法拉第电磁感应定律的理解 （1）tn ∆∆ϕ＝E 的两种基本形式：①当线圈面积S 不变，垂直于线圈平面的磁场B 发生变化时，t B S nE ∆∆＝；②当磁场B 不变，垂直于磁场的线圈面积S 发生变化时，tSB n E ∆∆＝。
（2）感应电动势的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率t∆∆ϕ，与φ的大小及△φ的大小没有必然联系。
（3）若t ∆∆ϕ为恒定（如：面积S 不变，磁场B 均匀变化，k tB=∆∆，或磁场B 不变，面积S 均匀变化，'=∆∆k tS），则感应电动势恒定。
若t ∆∆ϕ为变化量，则感应电动势E 也为变化量，t nE ∆∆ϕ＝计算的是△t 时间内平均感应电动势，当△t→0时，tn E ∆∆ϕ＝的极限值才等于瞬时感应电动势。
3、磁通量ϕ、磁通量的变化ϕ∆、磁通量的变化率t∆∆ϕ（1）磁通量ϕ是指穿过某面积的磁感线的条数，计算式为θϕsin BS ＝，其中θ为磁场B 与线圈平面S 的夹角。
（2）磁通量的变化ϕ∆指线圈中末状态的磁通量2ϕ与初状态的磁通量1ϕ之差，12ϕϕϕ－＝∆，计算磁通量以及磁通量变化时，要注意磁通量的正负。
（3）磁通量的变化率。
磁通量的变化率t∆∆ϕ是描述磁通量变化快慢的物理量。
表示回路中平均感应电动势的大小，是t -ϕ图象上某点切线的斜率。
t∆∆ϕ与ϕ∆以及ϕ没有必然联系。
4、对公式E =Blv 的研究 （1）与公式E =t∆φ∆的比较。
一般地说，公式E = lvB 只能用于计算导体切割磁感线时产生的感应电动势。
公式E =t ∆φ∆则可以用来计算所有电磁感应现象中产生的感应电动势；但公式E =t∆φ∆只能用于计算在t ∆时间内的平均感应电动势，而公式E = lvB 则既可以用来计算某段时间内的平均感应电动势，又可以用来计算某个时刻的瞬时感应电动势，只要把公式中的v 分别以某段时间内的平均速度或某个时刻的瞬时速度代入即可。
（2）适用条件除了磁场必须是匀强的外，磁感强度B 、切割速度v 、导体棒长度l 三者中任意两个都应垂直的，即B v ,v l ,l B ⊥⊥⊥这三个关系必须是同时成立的。
如有不垂直的情况，应通过正交分解取其垂直分量代入。
（3）公式中l 的意义公式E = lvB 中l 的意义应理解为导体的有效切割长度。
所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v 和B 的方向上的投影的长度。
（4）公式中v 的意义对于公式E = lvB 中的v ，首先应理解为导体与磁场间的相对速度，所以即使导体不动因则磁场运动，也能使导体切割磁感线而产生感应电动势；其次，还应注意到v 应该是垂直切割速度；另外，还应注意到在“旋转切割”这类问题中，导体棒上各部分的切割速度不同，此时的v 则应理解为导体棒上各部分切割速度的平均值，在数值上一般等于旋转导体棒中点的切割速度。
5、自感现象 （1）自感现象当闭合回路的导体中的电流发生变化时，导体本身就产生 ，这个电动势总是 导体中原来电流的变化。
这种由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象，叫做自感现象。
（2）实质：由于回路中流过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。
（3）电流变化特点：由于感应电流总是阻碍线圈中自身电流的增大或减小，故其本身的电流的增大或减小总表现为一种“延缓”效应。
即电流变化的同时产生影响导体中电流变化的因素，此瞬时电流不会发生突变，而是较慢地达到那种变化。
（4）自感电动势概念：在自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势。
其效果表现为延缓导体中电流的变化。
大小：tILE ∆∆＝自 方向：当流过导体的电流减弱时，E 自的方向与原电流的方向相同，当流过导体的电流增强时，E 自的方向与原电流的方向相反。
【高考常考题型与典型例题】题型一 楞次定律的理解及应用 解题思路： 1、判断磁通量的变化趋势2、依据楞次定律判断感应电流或感应电动势产生的磁场3、根据右手定则判定感应电流的方向例一（2009，浙江理综） 如图所示，在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m 、阻值为R 的闭合矩形金属线框abcd 用绝缘轻质细杆悬挂在O 点，并可绕O 点摆动。
金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面。
则线框中感应电流的方向是A ．a d c b a →→→→B ．d a b c d →→→→C ．先是d a b c d →→→→，后是a d c b a →→→→D ．先是a d c b a →→→→，后是d a b c d →→→→例二（2011，） 如图，均匀带正电的绝缘圆环a 与金属圆环b 同心共面放置，当a 绕O 点在其所在平面内旋转时，b 中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环aA ．顺时针加速旋转 B.顺时针减速旋转 C.逆时针加速旋转 D.逆时针减速旋转题型二 法拉第电磁感应定律应用解题思路：紧抓定义：感应电动势与磁通量变化率的关系例一（2010，江苏单科）一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在 1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为A．12B.1C.2D.4例二(2007，山东理综)用相同导线绕绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框、以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。
在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为U a、U b、U c和U d。
下列判断正确的是A．U a＜U b＜U c＜U d B．U d＜U b＜U a＜U cC．U a＝U b＝U c＝U d D．U b＜U a＜U d＜U c题型三自感现象的应用解题思路：1、判断是通电自感还是断电自感2、根据自感的原理判断感应电流的方向3、图象的判定例一（2010，北京理综）在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1 和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R 。
闭合开关S后，调整R ，使L1 和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I 。
然后，断开S 。
若t'时刻再闭合S，则在t'前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2 随时间t 变化的图像是A．B．C．D．例二（2008，江苏单科）如图所示的电路中，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电感L 1、L 2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键K 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有A.a 先变亮，然后逐渐变暗B.b 先变亮，然后逐渐变暗C.c 先变亮，然后逐渐变暗D.b 、c 都逐渐变暗题型四 电磁感应现象在运动学中的应用解题思路：1、认真审题，分析题目中物体的初始运动状况和受力状况 2、分析运动及受力状况中由电磁感应引起变化的部分，尝试重现题目整个物理情景。
3、分析题目的临界条件，如：速度最大，加速度最大，距离最远等。
4、根据牛顿定律或功能关系解决问题。
例一（2011，福建理综）如图，足够长的U 型光滑金属导轨平面与 水平面成θ角（0 <θ <90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导 轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。
金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触， ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中A ．运动的平均速度大小为v 21B ．下滑位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBLvD ．受到的最大安培力大小为 sin 22RvL BabNM Bθθ例二（2011，四川理综19分）如图所示，间距l=0.3m 的平行金属导轨a 1b 1c 1和a 2b 2c 2分别固定在两个竖直面内，在水平面a 1b 1b 2a 2区域内和倾角θ=︒37的斜面c 1b 1b 2c 2区域内分别有磁感应强度B 1=0.4T 、方向竖直向上和B 2=1T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。
电阻R=0.3Ω、质量m 1=0.1kg 、长为l 的相同导体杆K 、S 、Q 分别放置在导轨上，S 杆的两端固定在b 1、b 2点，K 、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。
一端系于K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量m 2=0.05kg 的小环。
已知小环以a=6 m/s 2的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止，Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动。