2019届高三一轮复习(江苏版)课件：第10单元专题十一涉及电磁感应的力电综合问题

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2019江苏高考物理总复习一轮复习配套课件微小专题11 电磁感应中的动力学和能量问题(共61张PPT)

mgsin θ 【答案】 (1) ，由 b 到 a B0L B0NSkL (3)gsin θ＋ mR1＋R2
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mgR1＋R2sin θ (2) B0LNS
mgR1＋R2sin θ NSk ＋ 2 2 B0 L B0L
高考总复习一轮复习导学案 ·物理
第十一章
电磁感应
【解析】 (1) 以金属杆 ab 为研究对象，根据平衡条件 mgsin θ－B0IL＝0， mgsin θ 得 I＝， B0L 通过 ab 杆电流方向为由 b 到 a(或在图中标出)． ΔΦ ΔB (2) 根据法拉第电磁感应定律 E＝N ＝NS ， Δt Δt E 根据欧姆定律 I＝， R1＋R2 ΔB mgR1＋R2sin θ 得＝ . Δt B0LNS
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第十一章
电磁感应
(1) 为使 ab 杆保持静止，求通过 ab 的电流的大小和方向． (2) 当 ab 杆保持静止时，求螺线管内磁场的磁感应强度 B 的变化率． (3) 若螺线管内磁场方向与图示方向相反，磁感应强度的变化率＝k(k>0)．将
金属杆 ab 由静止释放，杆将沿斜面向下运动，求杆下滑的最大加速度 a 及最大速度 v.
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第十一章
电磁感应
第十一章
电磁感应
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第十一章
电磁感应
微小专题11
电磁感应中的动力学和能量问题
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第十一章
电磁感应
电磁感应中的动力学问题 1. 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路

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江苏专用高考物理大一轮复习第10单元电磁感应专题十一涉及电磁感应的力电综合问题课件

2mgsin θ=μN1+T+F ①(2 分)
N1= 2mgcos θ
②(2 分)
垂直于斜面向上,已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻
对于 cd 棒,同理有
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:
(1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小;
图 Z11-2
(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.
F-μmg-f=0
联立解得
2 2 0
R=

热点题型探究
热点二电磁感应的能量问题
1．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
(2)求解焦耳热Q的三种方法
热点题型探究
2．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路);
轨保持垂直,金属杆的电阻均为 R=0.50 Ω.在 t=0 时刻,两杆
都处于静止状态.现有一与导轨平行、大小为 0.20 N 的恒力
F 作用于金属杆甲上,如图所示,使金属
杆在导轨上滑动.经过 t=5.0 s,金属杆
甲的加速度为 a=1.37 m/s ,则此时甲、
2
乙两金属杆的速度各为多少?
图 Z11-6
联立解得
故
2 +5 2 2 3
v'0=
2
2 +5 2 2 3
P'=fv'0=
2
热点题型探究
变式题 1 [2017·
浙江嘉兴一中月考] 如图 Z11-6 所示,两根平
行的金属导轨固定在同一水平面上,磁感应强度 B=0.50 T
的匀强磁场与导轨所在平面垂直,导轨的电阻很小,可忽略

高考一轮复习专题11 电磁感应中的动力学能量和动量问题

专题十一电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点一电磁感应中的动力学问题师生共研例1 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T．一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m．求(g取10 m/s2)：(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小．【考法拓展1】在【例1】中，求金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间．【考法拓展2】在【例1】中，求金属棒由释放到ab连线滑过的距离x0.【考法拓展3】在【例1】中，求金属棒从开始到在磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量．练1 [2021·黑龙江大庆模拟](多选)在倾角θ＝30°的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨MN、EF，间距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．有两根质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒ab、cd垂直导轨放置且与导轨接触良好，光滑的ab棒用平行于导轨的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与质量为2m的重物P连接，如图所示．初始时作用在ab棒上一个外力(题中未画出)使ab棒、重物P保持静止，cd棒也静止在导轨上且刚好不下滑．已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现撤去外力，ab棒和重物P从静止开始运动，到cd棒刚好要向上滑动的过程中，则( )A．重物P向下做加速度不断减小的加速运动B．cd棒刚好要向上滑动时，ab棒中的电流大小I＝C．cd棒刚好要向上滑动时，重物P的速度大小为v＝D．重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能与ab、cd棒产生的焦耳热之和练2 [2020·全国卷Ⅰ](多选)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练3 如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中．质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑．某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则下列判断错误的是( )A．导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I＝B．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a＝g－C．导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s＝D．导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q＝m－题后反思1．电磁感应中动力学问题的解题思路2．电磁感应中的动态分析导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态．考点二电磁感应中的能量问题多维探究1．能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．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，以及哪些形式的能量相互转化；(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．题型1|由焦耳定律求解焦耳热例 2 小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53 °，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N 拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小．(2)CD棒进入磁场时所受的安培力F A的大小．(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.题型2|由安培力做功求解焦耳热例3 如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1 m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻为R＝1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．题型3|由能量守恒或功能关系求解焦耳热例4 [2021·广州市模拟]如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg 的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v t图象，其中AO是图象在O 点的切线，AB是图象的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．练4 [2020·济南模拟]如图所示，水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈，每个线圈的质量均为m，电阻均为R，边长均为L，线圈与传送带间的动摩擦因数均为μ，线圈与传送带共同以速度v0匀速向右运动．MN与PQ为匀强磁场的边界，平行间距为d(L<d)，速度v0方向与MN垂直．磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下．当线圈右侧边进入磁场时与传送带发生相对运动，线圈的右侧边到达边界PQ 时又恰好与传送带的速度相同．设传送带足够长，且线圈在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界．已知重力加速度为g，线圈间不会相碰．求：(1)线圈的右侧边刚进入磁场时，线圈的加速度大小；(2)线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t；(3)n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速，线圈释放的焦耳热．练5 [2021·石嘴山模拟]如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L＝1 m，导轨间连接的定值电阻R＝3 Ω，导轨上放一质量为m＝0.1 kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r＝1 Ω，其余电阻不计，AB位置下方存在磁感应强度为B＝1 T 的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g取10 m/s2.现让金属杆从AB水平位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：(1)金属杆的最大速度．(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝0.6 J，此时金属杆下落的高度为多少？(3)达到最大速度后，为使ab杆中不产生感应电流，从该时刻开始，磁感应强度B′应怎样随时间t 变化？推导这种情况下B′与t的关系式．考点三电磁感应与动量的综合问题多维探究题型1|动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．(1)求电荷量或速度：B lΔt＝mv2－mv1，q＝t.(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bl(3)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，即－x＝m(0－v0)．例5 [2020·山东潍坊期末] (多选)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度，假设导轨都足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．以下说法正确的是( )A．俯视时感应电流方向为顺时针B．棒b的最大速度为0.4v0C．回路中产生的焦耳热为0.1mD．通过回路中某一截面的电荷量为题型2|动量守恒定律在电磁感应中的应用例6 [2019·全国卷Ⅲ，19](多选)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．下列图象中可能正确的是( )练6 [2020·山东阳谷二中期末](多选)如图所示，在高为h的桌面上固定着两根平行光滑金属导轨，导轨左段弯曲，右段水平，两部分平滑连接，导轨间距为L，电阻不计，在导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，ab、cd为两根相同的金属棒，质量均为m，长度均为L，电阻均为r.开始时cd静置于水平导轨上某位置，将ab从弯曲导轨上距离桌面高为h处由静止释放，cd离开导轨水平抛出，落地点ef距轨道末端的水平距离也为h，金属棒在运动过程中没有发生碰撞且与导轨接触良好，重力加速度为g.以下说法正确的是( )A．cd在导轨上的最大加速度为B．cd在导轨上的最大加速度为C．ab的落地点在ef的右侧D．电路中产生的热量为mgh练7 如图甲所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，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，弧形轨道与平面轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b.杆a、b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B＝2 T．现杆b以大小5 m/s的初速度(设为v0)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．从杆a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动图象如图乙所示(以杆a运动方向为正)，其中m a＝2 kg，m b＝1 kg，g＝10 m/s2，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上产生的焦耳热．专题十一电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点突破例1 解析：(1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v 0，由平衡条件得mgsin θ＝F 安① 而F 安＝B 0I 0L ，② I 0＝B 0Lv 0R ＋r③代入数据解得v 0＝2 m/s.④(2)金属棒滑过cd 位置时，其受力如图所示．由牛顿第二定律得 mgsin θ－F ′安＝ma ，⑤ 而F ′安＝B 1I 1L ，⑥ I 1＝B 1Lv 0R ＋r，⑦代入数据可解得a ＝3.75 m/s 2.⑧(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v 1，则mgsin θ＝F ″安，⑨ 而F ″安＝B 1I 2L ○10 I 2＝B 1Lv 1R ＋r，⑪代入数据解得v 1＝8 m/s.⑫答案：(1)2 m/s (2)3.75 m/s 2 (3)8 m/s考法拓展1 解析：金属棒从静止开始到刚进入磁场Ⅰ的时间t 1＝v 0gsin θ＝0.4 s ，在磁场Ⅰ运动时间t 2＝x 1v 0＝0.5 s ，所以金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝0.9 s.答案：0.9 s考法拓展2 解析：金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动a ＝gsin θ，由运动学公式得v 20＝2ax 0，代入数据解得x 0＝0.4 m. 答案：0.4 m考法拓展3 解析：金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中，根据能量守恒得 mg(x 0＋x 1＋x 2)sin θ＝Q ＋12mv 21，Q R ＝R R ＋r Q ＝7.5 J.答案：7.5 J练1 解析：本题考查电磁感应中的楞次定律，通过分析安培力判断物体的运动状态，回路中的电流以及焦耳热．重物P 和ab 棒是一个系统，重物P 的重力不变，ab 棒的重力沿斜面向下的分力不变，而ab 棒切割磁感线的速度在增大，则沿斜面向下的安培力随之增大，则ab 与P 的加速度变小，所以重物P 向下做加速度不断减小的加速运动，A 正确；cd 棒刚开始恰好不下滑，则有mgsin θ＝μmgcos θ，cd 棒刚好要向上滑动时，则有BIL ＝mgsin θ＋μmgcos θ，联立解得I ＝mgBL ，B 正确；cd 棒刚好要向上滑动时，ab 棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝BLv 2R ，可得v ＝2mgRB 2L 2，C 正确；由能量守恒定律可知，重物P 减少的重力势能等于ab 棒、重物P 增加的动能、ab 棒增加的重力势能与ab 、cd 棒产生的焦耳热之和，D 错误．答案：ABC练2 解析：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a 1，由牛顿第二定律有F －BiL ＝Ma 1；导体棒MN 受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m ，加速度为a 2，由牛顿第二定律有BiL ＝ma 2.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 －v ′)R，F 安＝BiL ，可得金属框bc 边所受安培力和导体棒MN 所受的安培力均为F 安＝B 2L 2(v －v ′)R ，二者加速度之差Δa ＝a 1－a 2＝F －F 安M －F 安m ＝F M －F 安⎝ ⎛⎭⎪⎫1M ＋1m ，随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa 减小，当Δa 减小到零时，F M ＝B 2L 2(v －v ′)R ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1M ＋1m ，之后金属框和导体棒的速度之差Δv ＝v －v ′＝FRmB 2L 2(m ＋M )，保持不变．由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F 安＝B 2L 2(v －v ′)R 趋于恒定值，选项A 错误，BC 正确；导体棒到金属框bc 边的距离x ＝⎠⎛0t (v －v ′)dt ，随时间的增大而增大，选项D 错误．答案：BC练3 解析：cd 切割磁感线产生感应电动势为E ＝BLv 0，根据闭合电路欧姆定律得I ＝E 2R ＝BLv 02R ，故A 项错误．对于ab 棒：根据牛顿第二定律得mg －F f ＝ma ，又F f ＝μF N ，F N ＝BIL ，联立解得，加速度大小为a ＝g －μB 2L 2v 02mR ，故B 项正确．对于cd 棒，由公式q ＝ΔΦR 总得q ＝BLs 2R ，则得，s ＝2Rq BL，故C 项正确．设导体棒cd 在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q ，由于ab 的电阻与cd 相同，两者串联，则ab 产生的焦耳热也为Q.根据能量守恒得2Q ＋μmgs ＝12mv 20，又s ＝2Rq BL ，解得Q ＝14mv 20－μmgRqBL ，故D 项正确．综上所述，应选择A.答案：A例2 解析：(1)由牛顿第二定律a ＝F －mgsin θm ＝12 m/s 2进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s. (2)感应电动势E ＝Blv 感应电流I ＝BlvR安培力F A ＝IBl代入得F A ＝(Bl )2vR ＝48 N.(3)健身者做功W ＝F(s ＋d)＝64 J 由牛顿第二定律F －mgsin θ－F A ＝0 CD 棒在磁场区域做匀速运动在磁场中运动的时间t ＝dv焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.答案：(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J例3 解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有mgsin θ＝μmgcos θ＋F 安其中F 安＝BId ，I ＝ER，E ＝Bdv解得v ＝(mgsin θ－μmgcos θ)RB 2d2＝2 m/s. (2)设最高点离bb ′的距离为x ，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有v 2＝2ax ，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有E k1－E k ＝μmgcos θ·2x ，其中E k ＝12mv 2得E k1＝12mv 2＋v 2μmgcos θgsin θ－μgcos θ＝0.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有mgsin θ·2d －μmgcos θ·2d ＋W 安＝0 Q ＝－W 安解得Q ＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J. 答案：(1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J例4 解析：(1)由图乙得ab 棒刚开始运动瞬间a ＝2.5 m/s 2，则F －F f ＝ma ，解得F f ＝0.2 N.ab 棒最终以速度v ＝10 m/s 匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F －F f －F 安＝0.F 安＝BIL ＝BL Blv R ＝B 2L 2vR .联立可得R ＝B 2L 2vF －F f＝0.4 Ω.(2)由功能关系可得(F －F f )x ＝12mv 2＋Q ，解得Q ＝20 J.答案：(1)0.4 Ω (2)20 J练4 解析：(1)线圈刚进入磁场时有：E ＝BLv 0 根据闭合电路欧姆定律：I ＝ER所以安培力F ＝B 2L 2v 0R根据牛顿第二定律：F －μmg ＝ma. a ＝B 2L 2v 0mR －μg ，方向向左(2)根据动量定理，对线圈： μmgt －I 安＝0. 其中安培力的冲量：I 安＝F 安t ′＝B I －L ·t ′＝BLq q ＝ΔΦR ＝BL 2R .综上解得t ＝B 2L 3μmgR.(3)自线圈进入磁场到线圈右侧边到达PQ 过程中，对于单个线圈，根据动能定理得 μmgd －W 安＝0，所以克服安培力做功W 安＝μmgd单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同，W ′安＝W 安＝μmgd ，所以对于n 个线圈有Q ＝2n μmgd答案：(1)B 2L 2v 0mR －μg (2)B 2L3μmgR(3)2n μmgd练5 解析：(1)设金属杆的最大速度为v m ，安培力与重力平衡，则有：F 安＝mg 又F 安＝BIL ，I ＝ER ＋r，E ＝BLv m 联立得：F 安＝B 2L 2v mR ＋r解得：v m ＝4 m/s(2)电路中产生的总焦耳热： Q 总＝R ＋r R Q ＝3＋13×0.6 J ＝0.8 J由能量守恒定律得：mgh ＝12mv 2m ＋Q 总解得：h ＝1.6 m(3)为使ab 杆中不产生感应电流，应使穿过回路平面的磁通量不发生变化，在该时刻穿过回路平面的磁通量为： Φ1＝BLht 时刻的磁通量为： Φ2＝B ′L ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋v m t ＋12gt 2 由Φ1＝Φ2得：B ′＝Bhh ＋v m t ＋12gt2代入数据解得：B ′＝ 1.65t 2＋4t ＋1.6T答案：(1)4 m/s (2)1.6 m (3)B ′＝ 1.65t 2＋4t ＋1.6T例5 解析：本题考查电磁感应中的电荷量、能量等物理量的计算．棒a 向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针，A 错误；在棒a 的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，棒a 减速，棒b 加速，对棒a ，由动量定理可得B I －·Lt ＝BqL ＝mv 0－0.8mv 0，对棒b ，由动量定理可得B I －·2Lt ＝mv ，联立可得v ＝0.4v 0，q ＝mv 05BL ，B 正确，D 错误；根据能量守恒定律可得Q ＝12mv 20－12m(0.8v 0)2＋12m(0.4v 0)2＝0.1mv 20，C 正确．答案：BC例6 解析：由楞次定律可知ab 棒做减速运动，cd 棒做加速运动，即v 1减小，v 2增加．回路中的感应电动势E ＝BL(v 1－v 2)，回路中的电流I ＝E R ＝BL (v 1－v 2)R ，回路中的导体棒ab 、cd 的加速度大小均为a ＝F m ＝BIL m ＝B 2L 2(v 1－v 2)mR ，由于v 1－v 2减小，可知a 减小，所以ab 与cd 的v t 图线斜率减小，I 也非线性减小，所以A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC练6 解析：本题从动量和能量两个角度考查双棒问题．当cd 受到的安培力最大时，cd 在导轨上的加速度最大，即ab 刚进入磁场时，cd 在导轨上的加速度最大，设此时ab 的速度为v ，根据机械能守恒定律可得12mv 2＝mgh ，解得v ＝2gh ，此时回路中的感应电流I ＝BLv 2r ，cd 在导轨上的最大加速度a ＝BIL m ＝B 2L 22gh2mr，故A 正确，B 错误；设cd 离开导轨时的速度为v 1，根据平抛运动规律可知，下落时间t ＝2h g ，则v 1＝h t＝gh2，设cd 离开导轨时ab 的速度为v ′，根据动量守恒定律可得mv ＝mv ′＋mv 1，解得v ′＝v 1＝gh2，所以ab 的落地点也在ef 处，故C 错误；电路中产生的热量Q ＝mgh －12mv ′2－12mv 21＝12mgh ，故D 正确．答案：AD练7 解析：(1)设杆a 刚滑到水平轨道时，杆b 的速度为v b ，杆a 在弧形轨道上运动的时间与杆b 从开始滑动到杆a 刚滑到水平轨道时所用时间相等，对杆b 应用动量定理有Bd I －t 1＝m b v b －m b v 0其中v 0＝－5 m/s ，v b ＝－2 m/s 解得t 1＝5 s.(2)设杆a 下滑到水平轨道时的速度为v a ，由杆a 下滑的过程中机械能守恒有 m a gh ＝12m a v 2a解得v a ＝5 m/s设两杆最后共同的速度为v ，两杆在水平轨道上运动过程中动量守恒，有 m a v a ＋m b v b ＝(m a ＋m b )v 解得v ＝83m/s对杆a 在水平轨道上运动过程应用动量定理有－Bd I －t 2＝m a v －m a v a 又q ＝I －t 2解得q ＝73C.(3)由能量守恒定律得，两杆产生的总焦耳热Q 总＝m a gh ＋12m b v 20－12(m a ＋m b )v 2＝1616 J杆a 、b 串联，电流相等，则相同时间内产生的焦耳热与电阻成正比故杆b 上产生的焦耳热Q ＝R b R a ＋R b Q 总＝1156J. 答案：(1)5 s (2)73 C (3)1156 J。

新课标2019届高考物理一轮复习第10章电磁感应突破全国卷课件

(1)在 t＝0 到 t＝t0 时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值； (2)在时刻 t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．
[解析] (1)在金属棒未越过 MN 之前，t 时刻穿过回路的磁通量
为 Φ＝ktS
①
设在从 t 时刻到 t＋Δ t 的时间间隔内，回路磁通量的变化量为
遍自己写的笔记，既可以起到复习的作用，又可以检查笔记中的遗漏和错误。遗漏之处要补全，错别字要纠正，过于潦草的字要写清楚。同时，将自己对讲课内容的理解、自己的收获和感想，用自己的话写在笔记本的空白处。这样，可以使笔记变的更加完整、充实。 • 三、课后“静思2分钟”大有学问 • 我们还要注意课后的及时思考。利用课间休息时间，在心中快速把刚才上课时刚讲过的一些关键思路理一遍，把老师讲解的题目从题意到解答整个过程详细审视一遍，这样，不仅可以加深知识的理解和记忆，还可以轻而易举地掌握一些关键的解题技巧。所以，2分钟的课后静思等于同一学科知识的课后复习30分钟。
θ .
(2)杆 MN 刚滑入水平轨道时受到的安培力最大，
此时产生的感应电动势为：E＝BLvm，I＝2ER
所以安培力的最大值为：Fm＝BIL＝B22LR2vm. 答案：(1)BLv2mRcos θ (2)B22LR2vm
编后语
• 常常可见到这样的同学，他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具，下课铃一响，就迫不及待地“逃离”教室。实际上，每节课刚下课时的几分钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学习的同学往往懂得抓好课后的“黄金两分钟”。那么，课后的“黄金时间”可以用来做什么呢？
突破全国卷
电磁感应中的力电综合问题
[命题规律]
本部分知识为高考必考内容之一，一般以选择题和计算题的

2019年高考物理一轮复习课件第十一章电磁感应

楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律．
3．常利用的五个公式
磁通量Φ＝BS，平均电动势转动切割电动势
，平动切割电动势E＝BLv， .
，闭合电路欧姆定律
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考法7 静态情况下的图像问题
已知感应电流(或磁场)，或电磁感应现象中发生的力学现象推知变化的电流或磁场的情况依据是楞次定律和法拉第电磁感应定律
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专题11
电磁感应与力的综合应用
考法10 电磁感应与动力学问题的综合
导体棒在磁场中运动切割磁感线产生电磁感应将力和运动、功和能量综合到一起，考查综合分析能力和逻辑思维能力 1．电磁感应综合问题两种基本模型 (1) 单杆模型(光滑平行导轨) （2）双杆模型（光滑平行导轨）
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1.电磁感应实验的标志连有电流计的螺线管 ( 注意未通电 ) ，它们组成了一个闭合电路，如图．另一重要装置提供变化磁场，可是条形磁铁或电流能调节的通电螺线管
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考法2
楞次定律的应用
1．对产生感应电流的条件的理解 (1) 应用楞次定律判断感应电流方向要遵从以下三个步骤：
楞次定律用来判断变化的趋势和方向的关系
法拉第电磁感应定律说明感应电流 i 感( 电动势 E)与变化的电流或磁场的量的关系
注意：(1) 楞次定律或右手定则判断电流方向；(2)R随导体的变化
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考法8 线框进入磁场中的图像问题
1．线框进入磁场问题的一般模型 2．线框进入磁场问题的注意点与拓展 (1) 线框中电流大小与导体运动速度成正比注意：线框穿出磁场时电流方向的突变 (2) 矩形线框可变形为不规则线框应用“等效”原则 (3) 线框完全进入磁场电流为零线框宽度d和磁场宽度l， d＝l，不会出现电流为零，电流方向会突变 d>l，出现线框横跨磁场情况，电流会为零 3. 解题时注意：

2019高考物理大一轮(江苏版)复习方案：听课详解第10单元电磁感应

教师详解(听课手册)第十单元电磁感应第26讲电磁感应现象、楞次定律【教材知识梳理】核心填空一、1.(1)乘积(2)BS (3)标量 2.Φ2-Φ13.磁通量的变化量二、1.感应电流 2.(2)磁通量三、1.阻碍磁通量 2.导线运动切割磁感线思维辨析(1)(×)(2)(√) (3)(√) (4)(√) (5)(×)(6)(×)(7)(√)【考点互动探究】考点一例1 A [解析] 紫铜薄板上下及左右振动,都存在磁通量变化的为选项A所示方案.变式题1 B [解析] 根据产生感应电流的条件,A中,回路没有闭合,无感应电流产生;B中,磁感应强度不变,面积增大,穿过闭合回路的磁通量增大,有感应电流产生;C中,穿过线圈的磁感线相互抵消,Φ恒为零,无感应电流产生;D中,磁通量不发生变化,无感应电流产生.变式题2 B [解析] 当读卡机发出特定频率的电磁波时,IC卡中的线圈产生感应电流,向读卡机传输自身信息,IC卡正常工作,选项B正确,选项D错误.IC卡内没有电池,它的能量来源于读卡机,选项A错误.当读卡机发射的电磁波偏离该特定频率时,IC卡也能产生感应电流,但向读卡机传输自身的信息时,读卡机不能正常接收,选项C错误.考点二例2 D [解析] 金属杆PQ突然向右运动,则其速度v方向向右,由右手定则可得,金属杆PQ中的感应电流方向由Q到P,则PQRS中感应电流方向为逆时针方向.PQRS中感应电流产生垂直纸面向外的磁场,故环形金属线框T中为阻碍此变化,会产生垂直纸面向里的磁场,则T中感应电流方向为顺时针方向,D正确.变式题 D [解析] 当金属环上下移动时,穿过环的磁通量不发生变化,根据楞次定律,没有感应电流产生,选项A、B错误;当金属环向左移动时,穿过环的磁通量垂直于纸面向外且增加,根据楞次定律可知,产生顺时针方向的感应电流,故选项C错误;当金属环向右移动时,穿过环的磁通量垂直于纸面向里且增加,根据楞次定律可知,产生逆时针方向的感应电流,故选项D正确.例3 A [解析] 根据楞次定律的另一表述,即感应电流效果总是要阻碍产生感应电流的原因,本题中“原因”是穿过回路的磁通量增加,归根结底是因为磁铁靠近回路,“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近,所以P、Q将互相靠拢且磁铁的加速度小于g,选项A正确.变式题 D [解析] 当变阻器滑片向左滑动时,电路中的电流变大,螺线管的磁场增强,根据安培定则,由电流方向可确定螺线管内的磁场方向垂直导轨向下,由于螺线管处于两棒中间,所以穿过两棒与导轨所围成的回路磁通量变大,由楞次定律的“增反减同”可得,回路产生逆时针方向的感应电流,根据左手定则可判断安培力的方向,故ab棒所受安培力方向向左,cd棒所受安培力方向向右,两棒相互远离,故D正确,A、B、C错误.考点三例4 BC [解析] MN向右运动,说明MN受到向右的安培力,因为通电导线ab在MN处的磁场垂直于纸面向里,故由左手定律判断,MN中的感应电流方向为M→N,由安培定则判断,L1中感应电流的磁场方向向上,由楞次定律判断,L2中感应电流的磁场可能向上减弱,也可能向下增强.若L2中感应电流的磁场向上减弱,则由安培定则判断,PQ中电流方向为Q→P且减小,由右手定则判断,PQ向右减速运动;若L2中感应电流的磁场方向向下且在增强,则由安培定则判断,PQ中电流方向为P→Q且增大,由右手定则判断,PQ向左加速运动.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.3.如图所示,环形金属软弹簧套在条形磁铁的中心位置.若将弹簧在磁铁中心面所在的竖直平面内向外拉,使其所包围的面积增大,则穿过弹簧所包围面积的磁通量将 ( )A.增大B.减小C.不变D.无法确定如何变化[解析] B 穿过弹簧所围面积的磁通量应为合磁通量,磁铁内部由S极指向N极的磁通量不变,而其外部由N极指向S极的磁通量随面积的增大而增大,故合磁通量减小,选项B正确.4.[2015·湖北荆门调研]如图所示,老师让学生观察一个物理小实验:一轻质横杆两侧各固定一金属环,横杆可绕中心点自由转动,老师拿一条形磁铁插向其中一个小环,后又取出插向另一个小环,同学们看到的现象是( )A.磁铁插向左环,横杆发生转动B.磁铁插向右环,横杆发生转动C.把磁铁从左环中拔出,左环会跟着磁铁运动D.把磁铁从右环中拔出,右环不会跟着磁铁运动[解析] B 磁铁插向右环,横杆发生转动;磁铁插向左环,由于左环不是闭合回路,没有感应电流产生,横杆不发生转动,选项A错误,选项B正确;把磁铁从左环中拔出,左环不会跟着磁铁运动,把磁铁从右环中拔出,右环会跟着磁铁运动,选项C、D错误.5.北半球地磁场的竖直分量向下,如图所示,在北京某中学实验室的水平桌面上,放置着边长为L的正方形闭合导体线圈abcd,线圈的ab边沿南北方向,ad边沿东西方向.下列说法中正确的是( )A.若使线圈向东平动,则a点的电势比b点的电势高B.若使线圈向北平动,则a点的电势比b点的电势低C.若以ab边为轴将线圈向上翻转,则线圈中的感应电流方向为a→b→c→d→aD.若以ab边为轴将线圈向上翻转,则线圈中的感应电流方向为a→d→c→b→a[解析] C 线圈向东平动时,ab和cd两边切割磁感线,且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相等,a点电势比b点电势低,选项A错误;同理,线圈向北平动,则a、b两点的电势相等,高于c、d两点的电势,选项B错误;以ab边为轴将线圈向上翻转,向下的磁通量减小,感应电流的磁场方向应该向下,再由安培定则知,感应电流的方向为a→b→c→d→a,选项C正确,选项D错误.6.(多选)如图所示,磁场垂直于纸面,磁感应强度在竖直方向均匀分布,水平方向非均匀分布.一铜制圆环用丝线悬挂于O点,将圆环拉至位置a后无初速度释放,在圆环从a摆向b的过程中( )A.感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B.感应电流的方向一直是逆时针C.安培力方向始终与速度方向相反D.安培力方向始终沿水平方向[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.7.某同学设计了一个电磁冲击钻,其原理示意图如图所示,若发现钻头M突然向右运动,则可能是 ( )A.开关S由断开到闭合的瞬间B.开关S由闭合到断开的瞬间C.保持开关S闭合,变阻器滑片P加速向右滑动D.保持开关S闭合,变阻器滑片P匀速向右滑动[解析] A 若发现钻头M突然向右运动,根据楞次定律,可能是开关S由断开到闭合的瞬间,选项A正确.8.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是( )A.将绕在条形磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间内的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化[解析] D 只形成闭合回路,回路中的磁通量不变化,不会产生感应电流,A、B错误;给线圈通电或断电瞬间,通过闭合回路的磁通量变化,会产生感应电流,能观察到电流表的变化,C错误,D正确.9.某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律,当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时,通过电流表G的感应电流方向是( )A.a→G→bB.先a→G→b,后b→G→aC.b→G→aD.先b→G→a,后a→G→b[解析] D 条形磁铁在穿入线圈的过程中,穿过线圈向下的磁通量增加,由楞次定律可知,感应电流的磁场方向向上,由安培定则可判断,感应电流的方向为逆时针(俯视),即由b→G→a;同理,条形磁铁穿出线圈的过程中,穿过线圈向下的磁通量减小,感应电流产生的磁场方向向下,感应电流的方向为顺时针(俯视),即由a→G→b.10.(多选)如图所示,一电子以初速度v沿与金属板平行的方向飞入M、N极板间,突然发现电子向M板偏转,若不考虑磁场对电子运动方向的影响,则产生这一现象的原因可能是 ( )A.开关S闭合瞬间B.开关S由闭合到断开瞬间C.开关S是闭合的,变阻器滑片P向右迅速滑动D.开关S是闭合的,变阻器滑片P向左迅速滑动[解析] AD 电子向M板偏转,说明M板为正极,则感应电流方向如图所示,由安培定则得,感应电流磁场方向水平向左,而原磁场方向水平向右,由楞次定律得原磁场增强,即原电流增加,故A、D正确.11.(多选)如图所示,匀强磁场垂直于软导线回路平面,由于磁场发生变化,回路变为圆形,则磁场可能( )A.逐渐增强,方向向外B.逐渐增强,方向向里C.逐渐减弱,方向向外D.逐渐减弱,方向向里[解析] CD 根据楞次定律,感应电流的磁场总是阻碍穿过闭合回路的磁通量的变化,体现在面积上是“增缩减扩”,而回路变为圆形,面积增加了,说明磁场逐渐减弱.因不知回路中电流方向,故无法判定磁场方向,故C、D都有可能.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] 0.12 Wb 0.36 Wb[解析] 线圈在垂直磁场方向上的投影面积S⊥=Scos 60°=0.4× m2=0.2 m2穿过线圈的磁通量Φ=BS⊥=0.6×0.2 Wb=0.12 Wb线圈沿顺时针方向转过120°角后变为与磁场垂直,但由于此时磁感线从线圈平面穿入的方向与原来相反,故此时通过线圈的磁通量Φ'=-BS=-0.6×0.4 Wb=-0.24 Wb故磁通量的变化量ΔΦ=|Φ'-Φ|=|-0.24-0.12| Wb=0. 36 Wb第27讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流【教材知识梳理】核心填空一、1.(1)电磁感应现象(2)磁通量(3)楞次定律右手定则2.(1)磁通量的变化率(2)n二、1.(1)电磁感应(2)L(3)亨利 2.涡流思维辨析(1)(×)(2)(×)(3)(√) (4)(×)(5)(√) (6)(√)【考点互动探究】考点一例1 C [解析] 根据法拉第电磁感应定律知电势差大小为E=n S;根据楞次定律可知b点电势较高,故φa-φb小于0,选项C正确.变式题 A [解析] 根据楞次定律可知,左边的导线框中感应电流方向为顺时针,而右边的导线框中感应电流方向也为顺时针,则整个导线框中感应电流方向为顺时针,故A正确,B错误;由法拉第电磁感应定律,因磁场的变化,导致导线框内产生感应电动势,结合题意可知,整个导线框产生的感应电动势正好是左右两部分产生的感应电动势之和,即为E=2×,再由闭合电路欧姆定律,可得感应电流大小为I=,故C、D错误.考点二例2 BC [解析] 导线框运动的速度v= m/s=0.5 m/s,根据E=BLv=0.01 V可知,B=0.2 T,A错误,B 正确;根据楞次定律可知,磁感应强度的方向垂直于纸面向外,C正确;在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框中的感应电流I= A=2 A,安培力大小为F=BIL=0.04 N,D错误.变式题1 B [解析] 因为金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动,其切割磁感线的有效长度为导轨间距l,由法拉第电磁感应定律,电路中感应电动势E=Blv,A错误;由图可知,金属杆接入电路的实际长度为x=,电路有效电阻R=x·r=,由闭合电路的欧姆定律,电路中电流大小I=,B正确;金属杆所受安培力F=BIx=B·,C错误;金属杆的热功率P=I2R=,D错误.变式题2 C [解析] 由于bc和ac切割磁感线有效长度相同,故产生的感应电动势相互抵消,金属框中无电流,但b、c两端有电势差,根据法拉第电磁感应定律得E=Bl2ω,根据右手定则确定c端电势高,所以U bc=-E=-Bl2ω.变式题3 AB [解析] 将圆盘看成由无数辐条组成,各辐条都在切割磁感线,从而产生感应电动势,出现感应电流,当圆盘顺时针转动时(从上往下看),根据右手定则可判断,圆盘上感应电流从边缘向中心,流过电阻R的电流方向从a到b,B正确;由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=BL BL2ω,而I=,故A正确,C错误;当角速度ω变为原来的2倍时,感应电动势E=BL2ω变为原来的2倍,感应电流I变为原来的2倍,电流在R上的热功率P=I2R变为原来的4倍,D错误.变式题4 AC [解析] AB进入磁场的过程中,根据右手定则可判断感应电流方向为逆时针方向,即电流由上向下通过R0,选项A正确;感应电动势的平均值为E=,选项B错误;当AB完全进入磁场后,其有效切割长度最大,最大值为2R,则感应电动势的最大值为E m=B·2Rv=2BRv,选项C正确,选项D错误.考点三例3 C [解析] 分析图甲,断开开关S1瞬间,A1突然闪亮,说明流经A1的电流瞬间增大,从而得到S1闭合,电路稳定时,A1中的电流小于L1中的电流,选项B错误.由并联电路特点可知,A1的电阻值大于L1的电阻值,选项A错误.分析图乙,开关S2闭合后,灯A2逐渐变亮,A3立即变亮,说明闭合S2瞬间A2与A3中的电流不相等,那么L2与R中的电流也不相等,选项D错误.最终A2与A3亮度相同,说明流经A2与A3的电流相同,由欧姆定律可知,R与L2的电阻值相等,选项C正确.例 4 AB [解析] 小磁针在圆盘所在处形成的磁场是非匀强磁场,圆盘可以等效为许多环形闭合线圈,圆盘转动过程中,穿过每个环形闭合线圈的磁通量不断地发生变化,在每一环形线圈上产生电动势和涡电流,A正确;环形线圈随圆盘转动,由楞次定律可知,线圈会受到小磁针施加的阻碍相对运动的力,根据牛顿第三定律可知,小磁针会受到与线圈即圆盘转动方向相同的力的作用,此力来源于电磁感应形成的涡电流,而不是自由电子随圆盘转动形成的电流,B正确,D错误.从圆盘的整个盘面上看,圆盘转动过程中穿过整个圆盘的磁通量不变,C错误.1.[2015·海南卷]如图所示,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为ε;将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线,置于与磁感应强度相垂直的平面内,当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时,棒两端的感应电动势大小为ε',则等于()A.[解析] B 感应电动势E=BLv成立的条件是B⊥L、B⊥v、L⊥v,即B、L、v三者两两垂直,式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度(即导体的有效切割长度).假设题中金属棒的长度为L,那么折线的有效切割长度为L,所以,选项B正确.2.(多选)如图所示,垂直矩形金属线框的匀强磁场的磁感应强度为B.线框上放置一导体棒ab,ab垂直于线框两个长边且和线框接触良好.线框长边足够长,短边长为l,在Δt时间内,ab向右以速度v匀速滑过距离d,则( )A.因右边面积减少ld,左边面积增大ld,则ΔΦ=B ·2ld,E=B.因右边面积减少ld,左边面积增大ld,两边抵消,ΔΦ=0,E=0C.ΔΦ=Bld,所以E=D.导体棒ab 切割磁感线,E=Blv[解析] CD 左、右两边可看成两个并联的回路.根据法拉第电磁感应定律,每个回路产生的感应电动势为E=,由于两个回路是并联电路,总感应电动势也为E=,选项A 、B 错误,选项C 正确;根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式E=Blv,选项D 正确.3.(多选)由粗细相同、同种材料制成的A 、B 两线圈分别按图甲、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 ( )A.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∶3[解析] BCD 设甲、乙两线圈匝数分别为n 1、n 2,半径分别为r 1、r 2.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 =n 1S,电阻R A =ρ,B 产生的电动势为E B =n 2S,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 =n 1,B 的电动势E'B =n 2,因此,电流之比,C 、D 正确.4.[2016·无锡模拟] 如图所示,三个灯泡L 1、L 2、L 3的阻值关系为R 1<R 2<R 3,电感线圈L 的直流电阻可忽略,D 为理想二极管,开关S 从闭合状态突然断开时,下列判断正确的是 ( )A.L1逐渐变暗,L2、L3均先变亮,然后逐渐变暗B.L1逐渐变暗,L2立即熄灭,L3先变亮,然后逐渐变暗C.L1立即熄灭,L2、L3均逐渐变暗D.L1、L2、L3均先变亮,然后逐渐变暗[解析] B 开关S处于闭合状态时,由于R1<R2<R3,则通过三个灯泡的电流大小关系为I1>I2>I3,开关S从闭合状态突然断开时,电感线圈产生自感电动势,阻碍通过它的电流的减小,由于二极管的反向截止作用,L2立即熄灭,电感线圈、L1、L3组成闭合回路,L1逐渐变暗,通过L3的电流由I3变为I1,再逐渐减小,故L3先变亮,然后逐渐变暗,选项B正确.5.如图所示,水平U形金属导轨abcd固定在匀强磁场中,ab与cd平行,间距L1=0.5 m,金属棒AB垂直于ab 且和ab、cd接触良好,AB与导轨左端bc的距离为L2=0.8 m,整个闭合回路的电阻为R=0.2 Ω,磁感应强度为B0=1 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路.ad通过滑轮和轻绳连接着一个质量m=0.04 kg的物体,不计一切摩擦,现使磁感应强度以=0.2 T/s的变化率均匀地增大.求:(g取10 m/s2)(1)金属棒上电流的方向.(2)感应电动势的大小.(3)从开始至物体刚好离开地面的时间.[答案] (1)由A到B (2)0.08 V (3)5 s[解析] (1)由楞次定律可以判断,金属棒上的电流方向为由A到B.(2)由法拉第电磁感应定律得E=S=0.08 V.(3)物体刚好离开地面时,其受到的拉力F=mg而拉力F又等于棒所受的安培力,即mg=F安=BIL1其中B=B0+tI=解得t=5 s.6.如图甲所示,光滑平行金属导轨间距为l=0.4 m,左端用导线连接,ab为金属棒,与导轨垂直且接触良好.均匀变化的磁场垂直穿过导轨平面,磁感应强度的变化情况如图乙所示,金属棒ab接入电路的电阻R为1 Ω,导轨电阻不计.t=0时刻,ab棒从导轨最左端以v=1 m/s的速度向右匀速运动,求1 s末回路中的感应电流的大小和方向及金属棒ab受到的安培力.[答案] 1.6 A,方向为逆时针方向 1.28 N,方向向左[解析] 1 s末与t=0时刻相比,Φ的变化有两个原因,一是B的变化,二是金属棒和导轨所围面积S的变化,显然这两个因素都应当考虑在内,所以有E=S+Blv又=2 T/s在1 s末,B=2 T,S=lvt=0.4×1×1 m2=0.4 m2所以1 s末,E=S+Blv=1.6 V此时回路中的电流I==1.6 A根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向,金属棒ab受到的安培力大小为F=BIl=2×1.6×0.4 N=1.28 N,方向向左.专题十电磁感应中的电路和图像问题【热点题型探究】热点一例1 略[解析] 从A1开始进入磁场(t=0时刻)到刚好离开磁场(t1==0.2 s时刻)的时间内,A1产生的感应电动势E1=BLv=0.18 V其等效电路图如图甲所示.由图甲知,电路的总电阻R总=r+=0.5 Ω总电流为I==0.36 A通过R的电流为I R==0.12 A从A1刚好离开磁场(t1=0.2 s时刻)至A2刚好进入磁场(t2==0.4 s时刻)的时间内,回路无电流,I R=0从A2刚好进入磁场(t2=0.4 s时刻)至刚好离开磁场(t3==0.6 s时刻)的时间内,A2上的感应电动势为E2=0.18 V,其等效电路图如图乙所示.与0~t1内A1开始进入磁场到离开磁场类似,可知,此过程I R=0.12 A.如图所示变式题 C [解析] 感应电动势E=BLv保持不变,导体棒向右运动时,电路的总电阻先增大后减小,由I=可知,电流应先减小后增大,A错误;PQ两端的电压为路端电压,由U外=E-Ir可知,路端电压先增大后减小,B 错误;PQ棒匀速运动,由平衡条件有,拉力F=F安=BIL,拉力的功率P=Fv=BILv,可见功率应先减小后增大,C正确;当PQ棒位于ab正中央时,线框的等效电阻(相当于外电阻)为0.75R,小于导体棒的电阻(相当于内阻),由P出-R外图像可知,线框消耗的功率(相当于外电路的总功率,即电源的输出功率)应先增大后减小,D错误.热点二例2 B [解析] 0~时间内,根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得,回路的圆环形区域产生大小恒定、沿顺时针方向的感应电流,根据左手定则,ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力;同理,~T时间内,ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力,故B正确.变式题AC [解析] 0~2 s时间内,磁感应强度向里减小,导线框产生正方向的恒定电流,cd边受安培力向右且减小;2~3 s时间内,电流仍沿正方向,且大小不变,此过程cd边受安培力向左且增大;3~6 s时间内,电流沿负方向,大小不变,cd边受安培力先向右后变为向左,故选项A、C正确.例3 A [解析] 线框进入磁场过程中,磁通量增大,由楞次定律可知,感应电流方向为逆时针方向,即正方向,可排除选项B、C;由E=BLv可知,线框进、出磁场过程中,切割磁感线的有效长度为线框与磁场边界交点的连线,故进、出磁场过程中,等效长度L均先增大后减小,故感应电动势均先增大后减小,由闭合电路欧姆定律可知,感应电流也是先增大后减小,故A正确,D错误.变式题 C [解析] 根据楞次定律,线框进入磁场时感应电流沿逆时针方向,为正方向,而出磁场时,感应电流同样也沿逆时针方向,为正方向,B、D错误;在从第1个磁场进入第2个磁场的过程中,三角形导线框中的磁通量变化得越来越快,感应电动势大小逐渐增大,刚要完全进入第2个磁场中时恰好达到最大,C正确,A 错误.热点三例4 (1)如图甲所示(2)如图乙所示[解析] (1)金属框进入磁场区域时,E1=Blv=2 V,I1==2.5 A,电流的方向为逆时针方向,感应电流持续的时间t1==0.1 s金属框全部进入磁场区域后,E2=0,I2=0,无电流的时间t2==0.2 s金属框穿出磁场区域时,E3=Blv=2 V,I3==2.5 A,电流的方向为顺时针方向,感应电流持续的时间t3==0.1 s规定电流沿逆时针方向为正方向,故I-t图线如图甲所示.(2)金属框进入磁场区域时,ab两端电压U1=I1r=0.5 V金属框全部进入磁场区域后,ab两端电压U2=Blv=2 V金属框穿出磁场区域时,ab两端电压U3=E3-I3r=1.5 V由此得U-t图线如图乙所示.变式题1 C [解析] 设t0时刻导体棒的速度为v,则此时感应电动势E=BLv,感应电流I=,导体棒所受安培力F安=BIL=,根据牛顿第二定律得F2=+ma,t0时刻后,拉力F=F2不变,速度v增大,则加速度a减小,导体棒做加速度减小的加速运动,当加速度减为零时,开始做匀速运动,所以C正确,A、B、D错误. 变式题2 (1)0.1 A (2)1 m/s。

2019江苏高考物理总复习一轮复习配套课件第十一章第1讲电磁感应现象楞次定律

第十一章
电磁感应
知识诊断
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电磁感应
基础梳理 1. 感应电流的产生条件
磁通量发生变化，闭合回路中就有电 (1) 电磁感应现象：只要穿过闭合电路的________ 感应电流流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应，产生的电流叫做 __________. 闭合回路中磁通量发生变化． (2) 产生感应电流的条件：________ 电能 (3) 能量的转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为________.
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电磁感应
【解析】用一节电池作电源小磁针不偏转，线圈 B 中磁通量不发生改变，没有感应电流产生，用十节电池作电源小磁针也不会偏转，故 A 错误；线圈 B 匝数较少时小磁针不偏转，线圈 B 中磁通量不发生改变，没有感应电流产生，匝数足够多时小磁针也不会偏转，故 B 错误；线圈 A 和电池连接瞬间或断开瞬间，线圈 B 中磁通量均发生改变，产生感应电流，故 D 错误，C 正确．
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考点研析
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电磁感应
电磁感应现象的理解与判断 1. 判断产生感应电流的两种方法 (1) 闭合电路的一部分导体切割磁感线． (2) 一闭合二变磁，即导体回路必须闭合，穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，二者缺一不可．
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(江苏专用)2019高考物理三轮冲刺第一篇回归教材十电磁感应板块

十、电磁感觉板块基础回扣感觉电流的条件表述1:闭合电路的一部分导体z 在磁场内做切割磁感线运动。

表述2:穿过闭合电路的磁通量发生变化。

感觉现象的本质电磁感觉现象的本质是产生感觉电动势,假如回路闭合则产生感觉电流;假如回路不闭合,则只有感觉电动势,而无感觉电流。

感觉电流的两种方法:楞次定律和右手定章。

说明:(1)右手定章合用于导体切割磁感线产生感觉电流;楞次定律合用于全部电磁感觉现象。

(2)楞次定律中“阻挡”的含义①阻挡原磁通量的变化——“增反减同”; ②阻挡相对运动——“来拒去留”;③使线圈面积有扩大或减小的趋向——“增减少扩”; ④阻挡原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。

感觉定律情形图研究对象回路(不必定闭合)一段直导线 (或等效成直导线) 绕一端转动的一段导体棒绕与B 垂直的轴转动的导线框表达式E=n ΔΦΔtE=BLv sin θE=12BL 2ωE=NBSω sin ωt5.自感现象:自感电流老是阻挡线圈中原电流的变化。

【推论】如下图,一端接有电容器的金属导轨宽L,垂直放在磁感觉强度为B 的匀强磁场中,质量为m 的金属棒跨在导轨上,在恒力F 的作用下,做匀加快直线运动,且加快度a=ΔΔ+Δ2Δ2C。

回归小练1.(多项选择)(源于人教版3-2第14页“问题与练习”)如下图是圆盘发电机的表示图。

铜盘安装在水平的铜轴上,它的边沿正幸亏两磁极之间,两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边沿接触。

若铜盘半径为L,匀强磁场的磁感觉强度为B,回路的总电阻为R,从左往右看,铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。

则( )A.因为穿过铜盘的磁通量不变,故回路中无感觉电流感觉电流大小不变,为ΔΔ2ω2Δ感觉电流方向不变,为C→D→R→C感觉电流2.(源于人教版3-2第23页“做一做”)(2018江苏盐城三模)如图甲所示,把带铁芯的线圈L与小灯泡串连起来,先把它们接到电动势为E(内阻不计)的直流电源上;再把它们接到沟通电源上,如图乙所示,取直流电源的电压与沟通电压的有效值相等。

2019高考物理大一轮(江苏版)复习方案：作业详解第10单元电磁感应

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=Bdv,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πBdv,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=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·,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=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.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=B1Lv=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=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(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=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.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=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.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mgsin 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=Blv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=BLv,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=BLv1,电流I1=,线框做匀速运动,所以有mgsin 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-mgsin θ=ma,联立解得a=3gsin θ,故A错误;当加速度a=0时,以速度v2做匀速直线运动,即mgsin 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=BLv1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=mv a(mg-F)t=mv b-mv0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.8.(1)(2)BLq(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=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-BLt=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Mv b1=Mv b3+mv a2解得v b3=。

2019版高考物理一轮复习名师课件：专题十一电磁感应 (共140张PPT)

物理专题十一：电磁感应
(2)楞次定律的理解及应用 ①楞次定律中“阻碍”的四层含义谁阻碍谁是感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的变化阻碍什么阻碍的是磁通量的变化,而不是磁通量本身当磁通量增加时,感应电流的磁场方向与原磁场的方向相如何阻碍反;当磁通量减少时,感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同.即“增反减同” 阻碍并不是阻止,只是减小了磁通量的变化率,这种变化将结果如何继续进行,最终结果还是要发生变化
物理专题十一：电磁感应
②用楞次定律判断感应电流方向的步骤
物理专题十一：电磁感应
③楞次定律的广义表述及应用
表述感应电流的“效果”总是阻碍引起感应电流的原因使回路面积有扩大阻碍原磁通量变化阻碍相对运动——“ 阻碍原电流的变化内容或缩小的趋势—— ——“增反减同” 来拒去留” ——“增反减同” “增缩减扩”
动力学及能量)
考点1 项目
电磁感应现象及楞次定律的应用
1.磁通量、磁通量的变化量及磁通量的变化率的比较磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ 磁通量越大,某时某段时间穿过某个表示磁场中穿过某个平刻穿过磁场中某物理意义平面的末、初磁通面的磁通量变化快慢的个平面的磁感线量的差值物理量净条数越多 Φ=BS⊥,S⊥为与B ΔΦ=Φ2-Φ1,ΔΦ=BΔS 大小计算垂直的面积或ΔΦ=SΔB
特别提醒只要导体切割了磁感线,一定会产生感应电动势,但只有磁通量发生了变化且回路闭合,才能形成感应电流.
物理专题十一：电磁感应
3.感应电流方向的判断 (1)楞次定律与右手定则
内容适用范围感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁楞次定律一切电磁感应现象通量的变化伸开右手,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;让磁感线从掌心进导体切割磁感线产右手定则入,并使拇指指向导线运动的方向,这时四指生的感应电流所指的方向就是感应电流的方向

【高中物理】2018-2019学年最新物理高考(江苏版)一轮配套课件：专题十一电磁感应

A.从上向下看,导体环中的感应电流的方向先顺时针后逆时针 B.从上向下看,导体环中的感应电流的方向先逆时针后顺时针
C.条形磁铁的加速度一直小于重力加速度
D.条形磁铁的加速度开始小于重力加速度,后大于重力加速度
【解析】条形磁铁穿过导体环的过程中,导体环中磁通量方向向上, 先增大后减小,从上向下看,感应电流方向先顺时针后逆时针,A正确,B 错误;导体环中的感应电流产生的磁场始终阻碍条形磁铁运动,所以条形磁铁的加速度一直小于重力加速度,C正确,D错误。方法点拨:来拒去留。
Δ Δt
是0
Δ
动势
Δ
附注线圈平面与磁感线平行时,Φ=0,但最大;线圈平面与磁感线垂直时,Φ最大,但Δ Δt t =0;Φ、ΔΦ、都是磁场的属性,与线圈匝数无关
例1 如图所示,正方形线圈abcd位于纸面内,边长为L,匝数为N,过ab中点和cd中点的连线OO'恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上, 磁感应强度为B,则穿过线圈的磁通量为 ( A )
高考物理
专题十一电磁感应
知识清单
考点一电磁感应现象楞次定律
<基础知识>
一、电磁感应现象
电磁感应现象产生感应电流的条件电磁感应现象的实质能量转化当穿过闭合电路的磁通量① 发生变化时,电路中有感应电流产生的现象条件特例穿过闭合电路的磁通量发生变化闭合电路的一部分导体在磁场内做② 切割磁感线的运动
三、楞次定律中“阻碍”的含义
谁阻碍谁阻碍什么是感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化阻碍的是磁通量的变化,而不是阻碍磁场本身
如何阻碍
当磁通量增加时,感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反;当磁通量减小时,感应电流

(江苏专版)2019版高考物理一轮复习专题十电磁感应课件

v2
考查点本题考查感应电流产生的条件、法拉第电磁感应定律、万有引力提供向心力、黄金代换式等考点,情景清晰简单,对分析推理能力要求不高,属于中等难度题。
易错点拨虽然MN连线在切割磁感线,M点电势高于N点电势,但在M、N之间连小灯泡,整个回路在磁场中平动,磁通量不变。
(1)求M、N间感应电动势的大小E; (2)在太阳帆板上将一只“1.5 V,0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路,不计太阳帆板和导线的电阻,试判断小灯泡能否发光,并说明理由; (3)取地球半径R=6.4×103 km,地球表面的重力加速度g=9.8 m/s2,试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)。
高考物理(江苏专用)
专题十电磁感应
五年高考
考点一楞次定律法拉第电磁感应定律
A组自主命题·江苏卷题组
1.(2014江苏单科,1,3分)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。在Δt时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为 ( )
错解分析本题易错选C,原因有两种可能:一是对磁通量概念的理解有误,认为面积S=a2;二是审题不清,认为磁感应强度“增加了”2B。由此可见,解题过程中一定要细心再细心!
2.(2011江苏单科,2,3分)如图所示,固定的水平长直导线中通有电流I,矩形线框与导线在同一竖直平面内,且一边与导线平行。线框由静止释放,在下落过程中 ( )
考查点本题从改变线圈构造、工作电源、加热容器等多个视角考查考生对涡流的理解,属于容易题。
学习指导涡流不是重、难点,学习中很容易忽视它。由此可见,我们在学习过程中,不留知识漏洞,才不会在高考中留下遗憾。

江苏版高考物理一轮复习第10章第2节法拉第电磁感应定律自感涡流课件

到 B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过 OM 的电荷量相等，则BB′
等于( )
5 A.4
B．32
C．74
D．2
审题指导：在电磁感应中计算通过电路的电荷量时要用到电流的平均值，因此在本题中，首先根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势的平均值，再利用欧姆定律计算平均电流，最后根据电流的定义式得出电荷量。
1234 5
角度2 穿过线圈的磁感应强度变化 2.(2022·江苏卷)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为
()
A．πkr2 C．πB0r2
B．πkR2 D．πB0R2
B [由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势 E＝ nΔΔBt ·L2，故 B 正确。]
2．(导体棒切割磁感线产生感应电动势)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为 0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是 ()
B [设 OM 的电阻为 R，圆的半径为 l，过程Ⅰ：OM 转动的过程中
产生的平均感应电动势大小为 E1＝ΔΔΦt11＝B·ΔtΔ1 S＝B·Δ14t1πl2＝π4ΔBtl12，流过 OM 的电流为 I1＝ER1＝4πRBΔl2t1，则流过 OM 的电荷量为 q1＝ I1·Δt1＝π4BRl2；过程Ⅱ：磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程

江苏版高考物理一轮复习第10章第1节电磁感应现象楞次定律课件

C [条形磁铁内部的磁感线全部穿过a、b两个线圈，而外部磁感线穿过线圈a的比穿过线圈b的要多，则线圈a中磁感线净条数较小，故选项C正确。]
2.(磁通量变化分析)(2023·江苏盐城模拟)一磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中，有一面积为S的矩形线圈abcd按图中所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角。将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量大小为( )
D [根据楞次定律可得，电流方向依次为 b→c、c→b、a→d、 d→a，即先顺时针，再逆时针，最后顺时针，故D正确。]
3．(楞次定律推论的应用)如图所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动。拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，看到的现象及现象分析正确的是( ) A．磁铁插向左环，横杆发生转动 B．磁铁插向右环，横杆不发生转动 C．磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流 D．磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流
高考对本章的考查以计
算题为主，基本上是作
为计算题第一题，难度
适中，偶有选择题。考
查时往往涉及受力分析、
运动过程分析、能量守
恒定律、电路分析等。
知能考点模块内容
2018
高考(江苏卷)五年命题情况对照分析
2021年
2019 2020
2021 2022
适应考
命题分析
物理观念：楞次定律、感应电动势、法拉第电磁感应定律。
A [设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScos θ，S增大，θ 减小，cos θ增大，则Φ增大，A正确；B减小，θ减小，cos θ增大， Φ可能不变，B错误；S减小，B增大，Φ可能不变，C错误；S增大，B增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，D错误。]

2019版高考物理江苏版一轮配套讲义：专题十一电磁感应含解析精品

专题十一电磁感应【考纲解读】分析解读在高考中电磁感应现象多与磁场、电路、力学、能量等知识结合,综合性较高,因此在复习时应深刻理解各知识点内容、注重训练和掌握综合性题目的分析思路,还要研究与实际生活、生产科技相结合的实际应用问题,从而全面提高分析解决综合性问题和实际应用问题的能力。

【命题探究】磁通量的变化ΔΦ1=SΔB1解得E1=N错误！未找到引用源。

代入数据得E1=10V感应电流的方向为a→d→c→b→a(2)同理可得E2=N错误！未找到引用源。

感应电流I2=错误！未找到引用源。

电荷量q=I2Δt2解得q=N错误！未找到引用源。

代入数据得q=10C(3)0~1s内的焦耳热Q1=错误！未找到引用源。

rΔt1且I1=错误！未找到引用源。

1~5s内的焦耳热Q2=错误！未找到引用源。

rΔt2由Q=Q1+Q2,代入数据得Q=100J【五年高考】考点一电磁感应现象楞次定律1.(2016江苏单科,6,4分)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音。

下列说法正确的有()A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作B.取走磁体,电吉他将不能正常工作C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化答案BCD2.(2017课标Ⅲ,15,6分)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()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中沿顺时针方向答案D3.(2016浙江理综,16,6分)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长l a=3l b,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则()A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4D.a、b线圈中电功率之比为3∶1答案B4.(2015课标Ⅱ,15,6分)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。

2019版高考物理江苏专用大一轮复习课件：第十章电磁感应基础课1 精品

【例2】如图4所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为 θ。在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是( )
图4
A.ab向右运动，同时使θ减小 B.使磁感应强度B减小，θ角同时也减小 C.ab向左运动，同时增大磁感应强度B D.ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°) 解析 ab向右运动，回路面积增大，θ减小，cos θ增大，由Φ＝BScos θ知，Φ增大，故选项A正确；同理可判断B、C、D中Φ不一定变化，不一定产生感应电流。答案 A
A.向右加速运动 C.向右减速运动
图9 B.向左加速运动 D.向左减速运动
解析 MN 向右运动，说明 MN 受到向右的安培力，因为 ab 在 MN 处的磁场垂直纸面向里―左―手―定―则→MN 中的感应电流由 M→N―安―培―定―则→L1 中感应电流的磁场方向向上―楞―次―定―律→LL22中中磁磁场场方方向向向向上下减增弱强；若 L2 中磁场方向向上减弱―安―培―定―则→PQ 中电流为 Q→P 且减小―右―手―定―则→向右减速运动；若 L2 中磁场方向向下增强 ―安―培―定―则→PQ 中电流为 P→Q 且增大―右―手―定―则→向左加速运动。
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内做__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，那么只有__感__应__电__动__势__，而无__感__应__电__流__。

2019版高考物理江苏版一轮配套课件：专题十磁场精品

除场源电荷处外,在空间不相交、不中断
不同点
是闭合曲线
电场线始于正电荷,止于负电荷或无穷远处,或始于无穷远处,止于负电荷,不是闭合曲线
三、安培定则的应用及磁场的叠加
磁感应强度的矢量性及合成 (1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。 (2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。 (3)磁感应强度是矢量,多个通电导体产生的磁场叠加时,合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。
1.安培定则的应用
直线电流的磁场
通电螺线管的磁场
环形电流的磁场
特点
无磁极、非匀强磁场且距导线越远处磁场越弱
与条形磁铁的磁场相似,管内近似为匀强磁场,管外为非匀强磁场
环形电流的两侧是等效小磁针的 N极和S极且离圆环中心越远,磁场越弱
安培定则示意图
立体图
横截面图
2.磁场的叠加磁感应强度是矢量,计算时与力的计算方法相同,利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解。三、安培力 1.安培力的方向 (1)左手定则:伸开左手,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,并使四指指向⑤ 电流的方向, 这时⑥ 拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。 (2)注意问题:磁感线方向不一定垂直于电流方向,但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直,即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面。
(3)磁感应强度是反映磁场性质的物理量,由磁场本身决定,是用比值法定义的。 3.磁感线 (1)引入:在磁场中画出一些曲线,使曲线上每一点的④ 切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。 (2)特点:磁感线的特点与电场线的特点类似,主要区别在于磁感线是闭合的曲线。

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