浙江专用高考物理二轮复习专题四第2讲电磁感应规律及综合应用讲义增分练
(浙江专用)高考物理大二轮复习微专题4电磁感应中的“微元法”课件
Δv=∑(-������2������2)·vΔt=(-������2������2)·x,速度
������������
������������
v=v0+Δv=v0-������������2������������2·x。
-6-
既受安培力又受重力的情况 【例2】如图所示,竖直平面内有一边长为L、质量为m、电阻为 R的正方形线框在竖直向下的匀强重力场和水平方向的磁场组成 的复合场中以初速度v0水平抛出,磁场方向与线框平面垂直,磁场的 磁感应强度随竖直向下的z轴按B=B0+kz的规律均匀增大,已知重力 加速度为g,求:
������
舍=mg-F
安=mg-������
2
������4 ������
������������
是变力。
用微元法,设在微小时间 Δt 内,变力可以看做恒力,变加速运动可
以看做匀加速运动,加速度为 a=g-������2������4������������,则在 Δt 内速度的增加为
������������
������
微元法。
-3-
只受安培力的情况 【例1】如图所示,宽度为L的光滑金属导轨一端封闭,电阻不计, 足够长,水平部分有竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。质量 为m、电阻为r的导体棒从高度为h的斜轨上从静止开始滑下,由于 在磁场中受安培力的作用,在水平导轨上滑行的距离为s时停下。
-4-
(1)求导体棒刚滑到水平面时的速度v0; (2)写出导体棒在水平导轨上滑行的速度v与在水平导轨上滑行 的距离x的函数关系。 答案:(1) 2������ℎ (2)v=v0-������������2������������2·x
在时间
高考物理二轮专题复习 第2课 电磁感应规律及其应用课件
所以：Ub＝Eb＝0.3 V；
Ec＝21Br2ωc＝0.9 V.
第十六页，共38页。
K 考题 专项 训练
所以：Uc＝Ec＝0.9 V. (3)P、R 两端的电压等于圆盘以角速度 ω 转动产生的感 应电动势．
即 UP＝UR＝12Bωr2＝0.02ω.
栏
由欧姆定律，通过 R 的电流 IR＝URR＝U3P；
动
第九页，共38页。
K 考点 精辟 解析
考点三 电磁感应(diàncí-gǎnyìng)与 电路的综合
电磁感应与电路的综合是高考的一个热点内容(nèiróng)，
两者的核心内容(nèiróng)与联系主线如图所示：
栏 目 链 接
第十页，共38页。
K 考点 精辟 解析
楞次定律：在闭合电路的部分(bù fen)导体切割磁感线产 生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力
第三十五页，共38页。
高考二轮专题复习与测试•物理 随堂讲义•第一(dìyī)部分 专题复习
专题四 电路与电磁感应 第2课 电磁感应规律及其应用
第一页，共38页。
栏 目 链 接
第二页，共38页。
J考 点简 析
楞次定律(lénɡ cì dìnɡ lǜ)和法拉第电磁感应定律及其应
用是本课中高考的热点．它常与电路、动力学、能量转化等
电压才能导通的电子元件．流过电流表的电流I与圆盘角速
栏 目
度ω的关系如图(b)所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段
链 接
过坐标原点．ω>0代表圆盘逆时针转动，已知：R＝3.0 Ω，
B＝1.0 T，r＝0.2 m．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．
第十三页，共38页。
K 考题 专项 训练
浙江省2020高考物理二轮复习 专题四 第二讲 楞次定律和法拉第电磁感应定律讲义(含解析)
第二讲 楞次定律和法拉第电磁感应定律 知识内容考试要求 备考指津 1。
电磁感应现象b 1。
由历年真题统计可看出本讲以大题为主,且难度较大,考查学生的综合分析能力。
2。
滑轨类问题、线框穿越有界匀强磁场、电磁感应中的能量转化等综合问题，能很好地考查考生的能力，备受命题专家的青睐.2。
楞次定律c 3。
法拉第电磁感应定律d 4。
电磁感应现象的两类情况b 5.互感和自感 b 6.涡流、电磁阻尼和电磁驱动 b 电磁感应现象【题组过关】1．(2019·温州模拟)如图所示，一通电螺线管b 放在闭合金属线圈a 内，螺线管的中心轴线恰和线圈的一条直径MN 重合．要使线圈a 中产生感应电流，可采用的方法有( ）A ．使通电螺线管中的电流发生变化B．使螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心的轴转动C．使线圈a以MN为轴转动D．使线圈a绕垂直于MN的直径转动解析:选D。
在选项A、B、C三种情况下，由于线圈平面始终与磁感线保持平行,穿过线圈a的磁通量始终为零，磁通量不发生变化，因此不产生感应电流,选项A、B、C错误;当线圈绕垂直于MN 的直径转动时，穿过线圈的磁通量发生变化,从零增大到最大，然后逐渐减小到零，因此会产生感应电流，选项D正确．2.如图所示,两个同心圆形线圈a、b在同一平面内，其半径大小关系为r a>r b，条形磁铁穿过圆心并与圆面垂直，则穿过两线圈的磁通量Φa、Φb间的大小关系为（）A．Φa>Φb B．Φa＝ΦbC．Φa<Φb D．条件不足，无法判断解析：选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，线圈a中磁感线条数的代数和要小,故选项C正确．3。
如图所示，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（)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BD．ab向右运动,同时增大磁感应强度B和θ角（0〈θ〈90°）解析：选A.ab向右运动，回路面积增大，θ减小，cos θ增大，由Φ＝BS cos θ知,Φ增大，故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．1．常见的产生感应电流的三种情况2．判断电路中能否产生感应电流的一般流程错误!楞次定律【重难提炼】楞次定律中“阻碍”的含义(多选）如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，下列说法正确的是( )A．圆盘处于磁场中的部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强，越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动[审题突破］利用微元法可看做导体切割磁感线产生感应电动势，且磁场越强，对圆盘的阻碍作用越明显．[解析］将金属圆盘看成由无数金属辐条组成,根据右手定则可知圆盘处于磁场中的部分的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，所以A正确;由法拉第电磁感应定律知，感应电动势E＝BLv,所以所加磁场越强，产生的电动势越大,电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，所以B正确；若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘整体切割磁感线，产生感应电动势,相当于电路断开,不会产生感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确．[答案] ABD【题组过关】考向一“增反减同"现象1．（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:选AD.从磁场分布可看出：左侧向里的磁场从左向右越来越强,右侧向外的磁场从左向右越来越弱．所以,圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，由楞次定律知,感应电流的磁场与原磁场方向相反即向外，由安培定则知，感应电流沿逆时针方向；同理，跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流沿顺时针方向；继续摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流沿逆时针方向,A正确,B错误．由于圆环所在处的磁场上下对称，圆环等效水平部分所受安培力使圆环在竖直方向平衡，所以总的安培力沿水平方向，故D正确，C错误．考向二“来拒去留”现象2．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率( ）A．均匀增大B．先增大，后减小C．逐渐增大,趋于不变 D．先增大,再减小，最后不变解析：选C。
2021届高考二轮复习 电路与电磁感应专题 第2讲 电磁感应规律及其应用 课时练(解析版)
2021届高考二轮复习电路与电磁感应专题第2讲电磁感应规律及其应用课时练（含解析）一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1. 有一个本来无电流的固定的金属圆环如图所示，虚线为其轴线，在其右侧有一个条形永磁体，永磁体在圆环的轴线上，当永磁体绕垂直于纸面的水平轴OO′匀速转动时，如果从右往左看，下列情况下，关于圆环中感应电流的方向和大小的说法正确的是() A．当永磁体顺时针开始转动瞬间，感应电流沿顺时针方向，感应电流最大B．当永磁体顺时针开始转动瞬间，感应电流沿逆时针方向，感应电流最大C．当永磁体逆时针开始转动瞬间，感应电流沿顺时针方向，感应电流最小D．当永磁体逆时针开始转动瞬间，感应电流沿逆时针方向，感应电流最小C[根据楞次定律可知，不管永磁体是顺时针转动还是逆时针转动，开始转动瞬间垂直向左穿过圆环的磁感线条数减少，由楞次定律可知感应电流的磁场方向一定向左，根据安培定则可知，感应电流的方向是顺时针方向(从右往左看)，此时穿过圆环的磁通量最大，磁通量的变化率最小，所以感应电流最小，选项C 正确。
]2. (2020·安徽蚌埠市第二次质检)同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板M、N连接，如图甲所示。
导线PQ中通有正弦交变电流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1～2 s内()A．M板带正电，且电荷量增加B．M板带正电，且电荷量减小C．M板带负电，且电荷量增加D．M板带负电，且电荷量减小A[在1～2 s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变化率变大。
假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误。
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
返回导航
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
浙江高考物理二轮复习专题四电磁感应和电路第2讲电磁感应的综合问题学案
第2讲 电磁感应的综合问题[历次选考考情分析]考点一 电磁感应基本概念和规律的理解1．解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者是E －t 图象、I －t 图象等． (2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式； (5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等； (6)画出图象或判断图象．2．电磁感应中图象类选择题的两个常见解法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的办法．1．[感应电流的产生](多选)下列各图所描述的物理情境中，有感应电流产生的是( )答案BCD解析A中电键S闭合稳定后，穿过线圈的磁通量保持不变，线圈中不产生感应电流；B中磁铁向铝环A靠近，穿过铝环的磁通量在增大，铝环中产生感应电流；C中金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流；D中铜盘在磁场中按题图所示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，电阻R中产生感应电流．2．[感应电流的大小和方向](多选)如图1，一根长为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 ＝B0－kt，当软导线形状稳定时，磁场方向仍然垂直纸面向里，此时( )图1 A．软导线将围成一个圆形B．软导线将围成一个正方形C．导线中产生逆时针方向的电流D．导线中的电流为klS4πρ答案AD解析当磁场的磁感应强度减弱时，由楞次定律可知，导线中产生顺时针方向的电流，软导线围成的图形的面积有扩大的趋势，结合周长相等时，圆的面积最大可知，最终软导线围成一个圆形．设软导线围成的圆形半径为r，则有：l＝2πr，圆形的面积为S1＝πr2，软导线的电阻为R＝ρlS，软导线中产生的感应电动势为E＝ΔBΔtS1＝kl24π，感应电流为I＝ER＝klS4πρ.3．[感应电流的图象](多选)如图2甲所示，正六边形导线框abcdef放在磁场中静止不动，磁场方向与导线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正，竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图象正确的是( )图2答案 BC解析 0～2 s 内，磁感应强度的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E ＝ΔBS Δt ＝B 0S 为定值，则感应电流为定值，I 0＝B 0SR.在2～3 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2 s 内相同．在3～4 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2 s 内相同．在4～6 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2 s 内相同，故A 错误，B 正确．在0～2 s 内，磁感应强度的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据F 安＝BIL ，则安培力逐渐减小，cd 边所受安培力方向向右，为负值.0时刻安培力大小为F ＝2B 0I 0L .在2～3 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据F 安＝BIL ，则安培力逐渐增大，cd 边所受安培力方向向左，为正值，3 s 末安培力大小为B 0I 0L .在3～4 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐减小，则安培力大小逐渐减小，cd 边所受安培力方向向右，为负值，第4 s 初的安培力大小为B 0I 0L .在4～6 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd 边所受安培力方向向左，6 s 末的安培力大小2B 0I 0L ，故C 正确，D 错误．4.[电路问题](多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，正方形的一半放在垂直于纸面向里的磁场中，如图3所示，当磁场以ΔBΔt的变化率增强时，则( )图3A ．线圈中感应电流方向为acbdaB ．线圈中产生的电动势E ＝ΔB Δt ·l22C ．线圈中感应电流方向为adbcaD ．线圈中a 、b 两点间的电势差为ΔB Δt ·l22答案 AB解析 当磁场增强时，由楞次定律可判定感应电流的方向为acbda ，故A 项正确，C 项错误；由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔB Δt ·l22，B 项正确；线圈中a 、b 两点的电势差的绝对值为电动势的一半，由电流方向可知，a 点电势低于b 点电势，则a 、b 两点的电势差为－12·ΔB Δt ·l22，故D 项错误．考点二 电磁感应中的动力学和能量问题1．电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻．(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F 安＝BIL ，根据牛顿第二定律列动力学方程：F 合＝ma .(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程：F 合＝0. 2．电磁感应中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①焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变；②功能关系：Q＝W克服安培力，电流变不变都适用；③能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量，电流变不变都适用．例1(2018·嘉兴一中期末)如图4所示，两根相距L1的平行粗糙金属导轨固定在水平面上，导轨上分布着n个宽度为d、间距为2d的匀强磁场区域，磁场方向垂直水平面向上．在导轨的左端连接一个阻值为R的电阻，导轨的左端距离第一个磁场区域L2的位置放有一根质量为m，长为L1，阻值为r的金属棒，导轨电阻及金属棒与导轨间的接触电阻均不计．某时刻起，金属棒在一水平向右的已知恒力F作用下由静止开始向右运动，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.图4(1)若金属棒能够匀速通过每个匀强磁场区域，求金属棒离开第2个匀强磁场区域时的速度v2的大小；(2)在满足第(1)小题条件时，求第n个匀强磁场区域的磁感应强度B n的大小；(3)现保持恒力F不变，使每个磁场区域的磁感应强度均相同，发现金属棒通过每个磁场区域时电路中的电流变化规律完全相同，求金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的整个过程中左端电阻R上产生的焦耳热Q.答案(1)2(F－μmg)(L2＋2d)m(2)1L 14m (F －μmg )(R ＋r )22L 2＋4nd －4d(3)3RR ＋rnd (F －μmg ) 解析 (1)金属棒匀加速运动有F －μmg ＝mav 22＝2a (L 2＋2d )解得：v 2＝2(F －μmg )(L 2＋2d )m(2)金属棒匀加速运动的总位移为x ＝L 2＋2nd －2d 金属棒进入第n 个匀强磁场的速度满足v n 2＝2ax 金属棒在第n 个磁场中匀速运动有F －μmg －F 安＝0 感应电动势E ＝B n L 1v n 电流I ＝ER ＋r ＝B n L 1v nR ＋r安培力F 安＝B n L 1I联立得：F 安＝B n 2L 12v nR ＋r解得：B n ＝1L 1 4m (F －μmg )(R ＋r )22L 2＋4nd －4d(3)金属棒进入每个磁场时的速度v 和离开每个磁场时的速度v ′均相同，由题意可得v 2＝2aL 2，v 2－v ′2＝2a ·2d金属棒从开始运动到通过第n 个磁场区域的过程中，有x 总＝L 2＋3nd －2d (F －μmg )x 总－Q 总＝12mv ′2Q ＝R R ＋rQ 总 解得：Q ＝3RR ＋rnd (F －μmg )5．如图5所示，有一倾斜光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距L ＝0.5 m ，电阻不计，在两导轨间接有R ＝3 Ω的电阻．在导轨中间加一垂直导轨平面向上的宽度为d ＝0.4 m 的匀强磁场，B ＝2 T ．一质量为m ＝0.08 kg ，电阻为r ＝2 Ω的导体棒从距磁场上边缘d ＝0.4 m 处由静止释放，运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，取g ＝10 m/s 2.求：图5(1)导体棒进入磁场上边缘的速度大小v ；(2)导体棒通过磁场区域的过程中，通过导体棒的电荷量q ； (3)导体棒通过磁场区域的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q . 答案 (1)2 m/s (2)0.08 C (3)0.096 J解析 (1)根据机械能守恒定律可得：mgd sin 30°＝12mv 2代入数据解得，导体棒进入磁场上边缘的速度v ＝2 m/s. (2)根据法拉第电磁感应定律可得：E ＝ΔΦΔt根据闭合电路的欧姆定律可得：I ＝ER ＋r通过导体棒的电荷量为：q ＝I Δt ＝ΔΦR ＋r ＝BLdR ＋r ＝0.08 C.(3)导体棒切割磁感应线产生的感应电动势为E ＝BLv ＝2 V 根据闭合电路的欧姆定律可得：I ＝ER ＋r＝0.4 A导体棒受到的安培力F ＝BIL ＝0.4 N导体棒的重力沿导轨平面向下的分力F ′＝mg sin 30°＝0.4 N所以金属棒进入磁场后做匀速运动，根据功能关系可得电阻R上产生的焦耳热为：Q＝RR＋rmgd sin 30°＝0.096 J.考点三应用动量和能量观点分析电磁感应问题1．电磁感应与动量综合问题往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律，并结合闭合电路的欧姆定律等物理规律及基本方法．2．动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量．所以，在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦，在求解双杆模型问题时，在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态，而直接求得最终状态．模型1 动量定理与电磁感应的综合应用例2(2018·宁波市十校联考)如图6所示，两根相距为d的粗糙平行金属导轨放在倾角为θ的斜面上(电阻忽略不计)，金属导轨上端连有阻值为R的电阻，在平行于斜面的矩形区域mnOP(mP长为l，且平行于金属导轨，不考虑磁场的边界效应)内存在一个垂直斜面向上的匀强磁场B，一根电阻为r，质量为m的金属棒EF自磁场上边界虚线mn处由静止释放，经过t 时间离开磁场区域，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ.求：图6(1)t时间内通过电阻R的电荷量q；(2)t时间内电阻R上产生的焦耳热Q；(3)沿着导轨向下平行移动磁场区域，从原位置释放金属棒，当它恰好能匀速通过磁场时，磁场的移动距离s和金属棒通过磁场的时间t′.答案(1)BldR＋r(2)RR ＋r ·{mgl (sin θ－μcos θ)－12m [(sin θ－μcos θ)gt －B 2d 2l m (R ＋r )]2} (3)m 2(R ＋r )2g (sin θ－μcos θ)2B 4d 4B 2d 2l mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )解析 (1)由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝Bldt通过电阻R 的电荷量为q ＝ER ＋r·t ＝Bld R ＋r(2)金属棒向下运动的过程中受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，由动量定理得：(mg sin θ－μmg cos θ)·t －Bd ·ER ＋r·t ＝mv －0得：v ＝(g sin θ－μg cos θ)t －B 2d 2lm (R ＋r )由功能关系可得：Q 总＝mgl (sin θ－μcos θ)－12mv 2则电阻R 上产生的焦耳热为：Q ＝RR ＋r·Q 总联立可得：Q ＝RR ＋r ·{mgl (sin θ－μcos θ)－12m [(sin θ－μcos θ)gt －B 2d 2l m (R ＋r )]2} (3)金属棒在磁场中做匀速直线运动时，mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2d 2v m R ＋r得：v m ＝mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )B 2d 2金属棒沿导轨平面向下的加速度为：a ＝g (sin θ－μcos θ) 又：v m 2＝2as ，得s ＝m 2(R ＋r )2g (sin θ－μcos θ)2B 4d4金属棒通过磁场的时间为：t ′＝l v m ＝B 2d 2l mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )6.如图7所示，光滑的水平平行金属导轨间距为L ，导轨电阻忽略不计．空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .轻质导体棒ab 垂直导轨放置，导体棒ab 的电阻为r ，与导轨之间接触良好．两导轨之间接有定值电阻，其阻值为R ，轻质导体棒中间系一轻细线，细线通过定滑轮悬挂质量为m 的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为h .物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度为g .求：图7(1)物体下落过程中的最大速度v m ；(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻R 上产生的热量Q ； (3)物体从静止开始下落至速度到最大时，所需的时间t .答案 (1)mg (R ＋r )B 2L 2 (2)mghR R ＋r －m 3g 2R (R ＋r )2B 4L 4(3)m (R ＋r )B 2L 2＋B 2L 2hmg (R ＋r )解析 (1)在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大．对物体，由平衡条件可得mg ＝F T 对导体棒，由平衡条件可得F T ＝BIL对导体棒与导轨、电阻R 组成的闭合回路，根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r根据法拉第电磁感应定律得E ＝BLv m 联立以上各式解得v m ＝mg (R ＋r )B 2L 2. (2)在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统中产生热量，根据能量守恒定律可得mgh ＝12mv m 2＋Q 总电阻R 上产生的热量Q ＝RR ＋rQ 总， 联立解得Q ＝mghR R ＋r －m 3g 2R (R ＋r )2B 4L4. (3)在系统加速过程中，任一时刻速度设为v ，取一段时间微元Δt ，在此过程中以系统为研究对象，根据动量定理可得mg Δt －B 2L 2vR ＋r Δt ＝m Δv即mg Δt －B 2L 2ΔxR ＋r ＝m Δv全过程叠加求和mgt －B 2L 2hR ＋r ＝mv m联立解得t ＝m (R ＋r )B 2L 2＋B 2L 2hmg (R ＋r ).模型2 动量守恒定律与电磁感应的综合应用例3 (2018·宁波市3月选考)如图8甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ 、MN ，相距为L ＝0.5 m ，ef 右侧导轨处于磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B 的大小如图乙变化．开始时ab 棒和cd 棒锁定在导轨如图所示位置，ab 棒与cd 棒平行，ab 棒离水平面高度为h ＝0.2 m ，cd 棒与ef 之间的距离也为L ，ab 棒的质量为m 1＝0.2 kg ，有效电阻R 1＝0.05 Ω，cd 棒的质量为m 2＝0.1 kg ，有效电阻为R 2＝0.15 Ω.(设ab 、cd 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计，g 取10 m/s 2)．问：图8(1)0～1 s 时间段内通过cd 棒的电流大小与方向；(2)假如在1 s 末，同时解除对ab 棒和cd 棒的锁定，稳定后ab 棒和cd 棒将以相同的速度做匀速直线运动，试求这一速度的大小；(3)对ab 棒和cd 棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速直线运动，ab 棒上产生的热量； (4)ab 棒和cd 棒速度相同时，它们之间的距离大小． 答案 见解析解析 (1)由楞次定律可得，cd 棒中的电流方向为由d 到cE ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝ΔB ΔtL 2代入数据得：E ＝0.25 Vcd 棒中的电流大小I ＝ER 1＋R 2代入数据得：I ＝1.25 A(2)设ab 棒刚进入磁场时的速度为v 0，由机械能守恒定律有：m 1gh ＝12m 1v 02得v 0＝2 m/s由题意可知，ab 棒进入磁场后做加速度减小的减速运动，cd 棒做加速度减小的加速运动，而由ab 、cd 棒组成的回路感应电动势越来越小，最终ab 、cd 棒达到共同速度做匀速直线运动，系统稳定．以ab 、cd 棒构成的系统为研究对象，水平方向上只受到大小时刻相等、方向时刻相反的安培力作用，系统在磁场中运动时动量守恒．m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 共得：v 共＝43m/s.(3)以ab 、cd 棒构成的系统为研究对象，从解除锁定开始到ab 、cd 棒以相同的速度稳定运动的过程中，系统损失的机械能转化为系统两电阻上的热量．m 1gh －12(m 1＋m 2)v 共2＝Q 总则Q ab ＝R 1R 1＋R 2Q 总＝130J(4)以ab 棒为研究对象，ab 棒从进入磁场到达到稳定速度过程中，由动量定理有：m 1v 共－m 1v 0＝－∑F 安Δt ＝－∑BL BL vR 1＋R 2Δt ＝－B 2L 2ΔxR 1＋R 2解得Δx ＝875m分析可知Δx 为这个过程中两棒相对靠近的距离， 所以，稳定时两棒之间的距离为：x ＝L －Δx ＝59150m.7．如图9所示，一个质量为m 、电阻不计、足够长的光滑U 形金属框架MNQP ，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN 和PQ 相距为L .空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .另有质量也为m 的金属棒CD ，垂直于MN 放置在导轨上，并用一根绝缘细线系在定点A .已知，细线能承受的最大拉力为F T0，CD 棒接入导轨间的有效电阻为R .现从t ＝0时刻开始对U 形框架施加水平向右的拉力F (大小未知)，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动．图9(1)求从框架开始运动到细线断开所需的时间t 0及细线断开时框架的瞬时速度v 0大小； (2)若在细线断开时，立即撤去拉力F ，求此后过程回路中产生的总焦耳热Q .答案 (1)F T0R B 2L 2a F T0R B 2L 2 (2)mF T02R 24B 4L4解析 (1)细线断开时，对CD 棒有F T0＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝ER，E ＝BLv 0，v 0＝at 0联立解得t 0＝F T0RB 2L 2a细线断开时，框架的速度v 0＝F T0R B 2L 2(2)在细线断开时立即撤去拉力F ，框架向右减速运动，CD 棒向右加速运动，设二者最终速度大小为v ，由系统动量守恒可得mv 0＝2mv 得v ＝v 02＝F T0R2B 2L2撤去拉力F 后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q ＝12mv 02－12×2mv 2 联立得Q ＝mF T02R 24B 4L4.专题强化练1．(多选)(2018·牌头中学期中改编)如图1所示，固定的水平长直导线中通有向右的电流I ，矩形闭合导线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．将线框由静止释放，不计空气阻力，则在线框下落过程中( )图1A ．穿过线框的磁通量保持不变B ．线框中感应电流的方向为顺时针C ．线框所受安培力的合力竖直向上D ．线框的机械能不断增大 答案 BC解析线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁通量减小，故A错误；电流I产生的磁场在导线的下方垂直于纸面向里，下落过程中，因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以感应电流的方向为顺时针，故B正确；由于离导线越远的地方磁场越弱，所以线框的上边受到的安培力大小大于下边受到的安培力大小，合力的方向向上，故C正确；下落过程中，因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小，线框中产生电能，机械能减小，故D错误．2．(多选)某实验装置如图2所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B，如果线圈A中电流i与时间t的关系有如图所示的A、B、C、D共四种情况．在t1～t2这段时间内，哪种情况可以观察到在线圈B中有感应电流( )图2答案BCD3．(多选)(2018·书生中学月考改编)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图3所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab与cd长均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重均为0.1 N，现用力向上拉导体棒ab，使之匀速向上(与导轨接触良好，导轨足够长)，此时，导体棒cd恰好静止，那么导体棒ab上升时，下列说法中正确的是( )图3A ．导体棒ab 受到的拉力大小为2 NB ．导体棒ab 向上的速度为2 m/sC ．在2 s 内，拉力做功转化为的电能是0.4 JD ．在2 s 内，拉力做功为0.6 J 答案 BC解析 导体棒ab 匀速上升，受力平衡，cd 棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的系统，合外力为零，根据平衡条件可得：ab 棒受到的拉力F ＝2mg ＝0.2 N ，故A 错误；对cd 棒，受到向下的重力G 和向上的安培力F 安，由平衡条件得：F 安＝G ，即BIL ＝G ，又I ＝BLv2R，联立得：v ＝2GR B 2L 2＝2×0.1×0.10.52×0.22 m/s ＝2 m/s ，故B 正确；在2 s 内，电路产生的电能Q ＝E 22R t ＝(BLv )22R t ＝(0.5×0.2×2)22×0.1×2 J＝0.4 J ，故C 正确；在2 s 内拉力做的功，W ＝Fvt ＝0.2×2×2 J＝0.8 J ，故D 错误．4.如图4所示，两根竖直固定的足够长的光滑金属导轨ab 和cd 相距L ＝1 m ，金属导轨电阻不计．两根水平放置的金属杆MN 和PQ 质量均为0.1 kg ，在电路中两金属杆MN 和PQ 的电阻均为R ＝2 Ω，PQ 杆放置在水平台上．整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g 取10 m/s 2，不计空气阻力．图4(1)若将MN 杆固定，两杆间距为d ＝4 m ，现使磁感应强度从零开始以ΔB Δt ＝0.5 T/s 的变化率均匀地增大，经过多长时间，PQ 杆对地面的压力为零？(2)若将PQ 杆固定，让MN 杆在竖直向上的恒定拉力F ＝2 N 的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度大小恒为1 T ．若杆MN 发生的位移为h ＝1.8 m 时达到最大速度，求最大速度的大小和加速时间．答案 (1)4 s (2)4 m/s 0.85 s 解析 (1)根据法拉第电磁感应定律：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ＝ΔBΔt·Ld 根据闭合电路欧姆定律：I ＝E2R由题意可知：B ＝0.5t当PQ 杆对地面的压力恰好为零时，对PQ 杆有mg ＝BIL联立解得t ＝4 s(2)当杆MN 达到最大速度v m 时，其加速度为0 对MN 杆：mg ＋B ′I ′L ＝FI ′＝B ′Lv m2R联立解得最大速度v m ＝4 m/s杆MN 从静止到最大速度v m 的运动过程中 根据动量定理：Ft ′－mgt ′－B ′I Lt ′＝mv mI t ′＝B ′ΔS 2R ＝B ′Lh2R联立解得加速时间t ′＝0.85 s.5．(2018·新力量联盟期末)如图5甲所示，MN 、PQ 为间距L ＝0.5 m 足够长的平行导轨，NQ ⊥MN ，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ 间连接有一个R ＝4 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B 0＝1 T ．将一根质量为m ＝0.05 kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd 处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q ＝0.2 C ，且金属棒的加速度a 与速度v 的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：图5(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； (2)cd 与NQ 的距离s ；(3)金属棒滑行至cd 处的过程中，电阻R 上产生的热量． 答案 (1)0.5 (2)2 m (3)0.08 J解析 (1)由题图乙可知，当v ＝0时，a ＝2 m/s 2mg sin θ－μmg cos θ＝ma得μ＝0.5(2)由题图乙可知，v m ＝2 m/s当金属棒达到稳定速度时，有F 安＝B 0ILE ＝B 0Lv m I ＝E R ＋rmg sin θ＝F 安＋μmg cos θ联立以上各式解得r ＝1 Ω通过金属棒横截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦΔt (R ＋r )Δt ＝ΔΦR ＋r ＝B 0LsR ＋r ＝0.2 C解得s ＝2 m(3)由动能定理得mgs sin 37°－μmgs cos 37°－W F ＝12mv m 2－0W F ＝Q 总＝0.1 JQ R ＝45Q 总＝0.08 J.6．如图6所示，平行金属导轨MN 、M ′N ′和平行金属导轨PQR 、P ′Q ′R ′分别固定在高度差为h (数值未知)的水平台面上．导轨MN 、M ′N ′左端接有电源、间距为L ＝0.10 m ，所在空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B 1＝0.20 T ；导轨PQR 与P ′Q ′R ′的间距也为L ＝0.10 m ，其中PQ 与P ′Q ′是圆心角为60°、半径为r ＝0.50 m 的圆弧导轨，QR 与Q ′R ′是水平长直导轨，QQ ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B 2＝0.40 T ．导体棒a 质量m 1＝0.02 kg ，电阻R 1＝2.0 Ω，放置在导轨MN 、M ′N ′右侧N ′N 边缘处；导体棒b 质量m 2＝0.04 kg ，电阻R 2＝4.0 Ω，放置在水平导轨某处．闭合开关K 后，导体棒a 从NN ′水平抛出，恰能无碰撞地从PP ′处以速度v 1＝2 m/s 滑入平行导轨，且始终没有与导体棒b 相碰．重力加速度g ＝10 m/s 2，不计一切摩擦及空气阻力．求：图6(1)导体棒b 的最大加速度；(2)导体棒a 在磁场B 2中产生的焦耳热；(3)闭合开关K 后，通过电源的电荷量q .答案 (1)0.02 m/s 2(2)0.02 J (3)1 C解析 (1)设导体棒a 刚进入磁场B 2时的速度为v 2，根据动能定理： m 1g (r －r cos 60°)＝12m 1v 22－12m 1v 12解得：v 2＝3 m/s因为导体棒a 刚进入磁场B 2时，导体棒b 中的电流最大，导体棒b 受到的力最大，加速度最大，所以有：电动势为：E ＝B 2Lv 2电流为：I ＝ER 1＋R 2根据牛顿第二定律：B 2IL ＝m 2a max解得：a max ＝0.02 m/s 2.(2)两个导体棒在运动过程中，动量、能量守恒，当两导体棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两导体棒做匀速直线运动，两导体棒不再产生焦耳热，所以根据动量守恒：m 1v 2＝(m 1＋m 2)v 3根据能量守恒定律：12m 1v 22＝12(m 1＋m 2)v 32＋Q a ＋Q b 由于导体棒a 、b 串联在一起，所以有：Q a Q b ＝R 1R 2解得：Q a ＝0.02 J(3)设闭合开关后，导体棒a 以速度v 0水平抛出，则有：v 0＝v 1cos 60°＝1 m/s 对导体棒a 冲出过程由动量定理：∑B 1IL Δt ＝m 1v 0即：B 1Lq ＝m 1v 0解得：q ＝1 C.7．如图7甲所示，平行且足够长的光滑金属导轨的电阻忽略不计，左侧倾斜导轨平面与水平方向夹角θ＝30°，与右侧水平导轨平滑连接，导轨上端连接一阻值R ＝0.8 Ω的定值电阻，金属杆MN 的电阻r ＝0.2 Ω、质量m ＝0.2 kg ，杆长L ＝1 m 恰好跨接在两导轨上，左侧倾斜导轨区域、右侧水平导轨区域各加一垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小都为B ＝1.0 T ．电流传感器(电阻不计)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，闭合开关S ，让金属杆MN 从图示位置由静止开始释放，其始终与导轨垂直且接触良好，此后计算机屏幕上显示出金属杆在倾斜导轨上滑行过程中的I －t 图象，如图乙所示．求：(g 取10 m/s 2)图7(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速度的大小；(2)金属杆MN 从静止开始运动到倾斜导轨底端的过程中通过电阻R 的电荷量为1.2 C ，该过程中电阻R 上产生的焦耳热；(3)金属杆可在水平导轨上滑行的最大距离．答案 (1)1 m/s (2)0.88 J (3)0.2 m解析 (1)由I －t 图象可知，当金属杆达到最大速度时，金属杆匀速下滑，由平衡条件得：mg sin θ＝BIL ，感应电动势：E ＝BLv m ＝I (R ＋r )，代入数据解得：v m ＝1 m/s ；(2)金属杆在倾斜导轨上先做加速运动，达到最大速度后做匀速直线运动，金属杆运动到倾斜导轨底端时速度为最大速度，电荷量：q ＝ER ＋r Δt ＝ΔΦ(R ＋r )Δt Δt ＝B ΔS R ＋r ＝BLx R ＋r ， 解得：x ＝q (R ＋r )BL ＝1.2×(0.8＋0.2)1×1m ＝1.2 m ， 由能量守恒定律得：mgx sin θ＝12mv m 2＋Q ， 解得：Q ＝1.1 J ，电阻R 上产生的焦耳热：Q R ＝QR R ＋r ＝1.1×0.80.8＋0.2J ＝0.88 J ；(3)在整个过程中，对金属杆由动量定理得：BiLt ＝m Δv ， 则BLq ′＝mv m ，解得：q ′＝0.2 C ，电荷量：q ′＝E ′R ＋r Δt ′＝ΔΦ′(R ＋r )Δt ′Δt ′＝B ΔS ′R ＋r ＝BLx ′R ＋r ，解得：x ′＝0.2 m.。
(浙江选考)高考物理二轮复习专题四电磁感应和电路第2讲电磁感应的综合问题学案
属杆 cd 和 ef ，用长度为 L 的刚性绝缘杆连接构成 ) ，在“联动双杆”右侧存在大小为 B2 、
方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于
L. 质量为 m、长为 l 的金属杆 ab 从
倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨
( 无能量损失 ) ，杆 ab 与“联动双杆”发生碰
撞，碰后杆 ab 和 cd 合在一起形成“联动三杆”．“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区
磁场后， ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为
Q. 线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且
ab、cd 边保持水平，重力加速度为 g. 求：
图6
(1) 线框 ab 边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是
cd 边刚进入磁场时的几倍；
(2) 磁场上、下边界间的距离 H.
b b b
考点一 电磁感应中的图象问题
1． ( 多选 ) 如图 1 所示， abcd 为一边长为 l 的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其
右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的
cd 边平行，磁场区域的宽度为 2l ，磁感应强
度为 B，方向竖直向下，线框在一垂直于 cd 边的水平恒定拉力 F 作用下沿水平方向向右运
导线经开关 S 与“ U”型导轨连接．当开关 S 断开，棒 cd 静止时，弹簧伸长量为 x0；当开
关 S 闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒
cd 再次静止时，弹簧伸长量变为 x( 不超过弹性
限度 ) ．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：
图4
(1) 通过棒 cd 的电流 I cd ；
(2) 电动机对该装置的输出功率 P；
行于轨道方向的宽度远小于两线圈的距离
物理专题复习专题四 第2讲 电磁感应规律及其应用
第2讲 电磁感应规律及其应用
[建体系·记要点]
C目录 ONTENTS
[做真题·明考向] [研考向·提能力]
4 [限时练·通高考]
[建体系•记要点] [做真题•明考向] [研考向•提能力] [限时练•通高考]
首页 上页 下页 尾页
[建体系·记要点]
知识串联 熟记核心要点 [网络构建]
[建体系•记要点] [做真题•明考向] [研考向•提能力] [限时练•通高考]
首页 上页 下页 尾页
[做真题·明考向]
真题体验 透视命题规律
[真题再做] 1.(多选)(2018·高考全国卷Ⅰ，T19)如图， 两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈 通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿 南北方向水平放置在纸面内的直导线连接 成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方， 开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是( )
[建体系•记要点] [做真题•明考向] [研考向•提能力] [限时练•通高考]
首页 上页 下页 尾页
[做真题·明考向]
真题体验 透视命题规律
2．(2018·高考全国卷Ⅰ，T17)如图，导体轨
道 OPQS 固定，其中 PQS 是半圆弧，Q 为
半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略
不计．OM 是有一定电阻、可绕 O 转动的金属杆，M 端位于
[建体系•记要点] [做真题•明考向] [研考向•提能力] [限时练•通高考]
首页 上页 下页 尾页
[建体系•记要点] [做真题•明考向] [研考向•提能力] [限时练•通高考]
首页 上页 下页 尾页
[建体系·记要点]
知识串联 熟记核心要点
3．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”． 4．在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中， 机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生 的电能．
2020高考物理突破大二轮浙江专用讲义增分练：专题四 综合集训练 Word版含解析
专题四 综合集训练A组一、单项选择题1.下列物理现象中属于电磁感应的是( )A.通电导线周围产生磁场B.录音机使电流信号录入磁带C.电流流经导体时使导体发热D.磁带经过录音机的磁头时，还原出电流信号解析 电磁感应是磁场产生感应电流的现象，D正确；A选项是电流产生磁场的现象，所以错误；录音机是利用电流产生的磁场使磁带磁化的过程，B错误；电流流经导体时使导体发热是利用电流做功使电能转化成热能的过程，C错误。
答案 D2.电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，“火力”强劲，安全可靠。
如图1所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是( )图1A.当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B.在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用C.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差D.电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作解析 电磁炉就是采用涡流感应加热原理；其内部通过电子线路板组成部分产生交变磁场，当用含铁质锅具底部放置炉面时，锅具底部金属部分产生涡流，使锅具铁分子高速无规则运动，分子互相碰撞、摩擦而产生热能，用来加热和烹饪食物，从而达到煮食的目的，电磁炉工作时需要在锅底产生感应电流，陶瓷锅或耐热玻璃锅不属于金属导体，不能产生感应电流，由于线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起到加热作用，D 正确，A 、B 、C 错误。
答案 D3.在电源电压不变的情况下，为使正常工作的电热器在单位时间内产生的热量增加一倍，下列措施最可行的是( )A.剪去一半的电阻丝B.并联一根相同的电阻丝C.串联一根相同的电阻丝D.将原电阻丝对折后接入电路解析 剪去一半的电阻丝，电阻减小一半，由Q ＝t 知，在电源电压一定，通电U 2R时间相同时，电阻减小一半，产生的热量为原来的2倍。
但此时电阻丝中电流超过额定电流，故不可行，A 错误；并联一根电阻丝后，电路的总阻值变为原来的一半，由Q ＝t 知，在电源电压一定，通电时间相等时，电阻减小一半，产生的U 2R热量为原来的2倍，B 正确；串联一根电阻丝后，电路的总阻值为原来的二倍，由Q ＝t 知，在电源电压一定时，通电时间相同，电阻增大一倍，产生的热量为U 2R原来的一半，C 错误；将原电阻丝对折后由R ＝知电阻变为原来的，由Q ＝t ρL S 14U 2R 知，热量变为原来的4倍，且电阻丝中电流超过额定电流，D 错误。
优化方案(浙江专用)高考物理二轮复习 第一部分 专题四 电磁感应与电路 第2讲 电路的分析与计算课件
[解析] (1)由右手定则可知 A 是电源正极，所以 a 点接的是电 压表的正极．
(2)导体棒切割磁感线产生电动势 E＝BR·v2A， 因金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，则 a、b 两点间 的电势差 U＝E， 金属圆盘和金属棒的角速度相同，设为 ω，铝块速度为 v， 则 v＝ωr, A 端线速度 vA＝ωR， 代入数据可知 v＝2 m/s.
知 A、B 错误，C、D 正确．
[方法技巧] 直流电路动态分析 问题的解题方法
(1)程序 法：闭合电路中，由于局部电阻变化 或开关的通断， 引起各部分电压 、电流或灯泡明暗发生变 化，分析此类问题的
基本步骤：
E R＋ r
分析局＝
E R＋ r
判断总电流变化
专题四 电磁感应与电路
第2讲 电路的分析与计算
热点一 直流电路的动态分析 命题规律 直流电路的动态分析在高考试题中是以选择题形 式考查的，是近年来高考的热点，往往以下列变化方式探究 某元件的电流、电压、功率及电源输出功率的变化情况： (1)某一支路的滑动变阻器的阻值变化．(2)某一支路电键闭 合、断开或某元件损坏．(3)热敏电阻、光敏电阻等敏感元 件的阻值变化．
[解析] 滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，滑动变阻器接 入电路的电阻减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律 可得，干路电流增大，由 UR1＝IR1 可知 R1 两端电压即电压表 的示数变大，选项 A 错误；由 U＝E－Ir 可知路端电压 U 减小； 由 UR2＝U－UR1 可得 R2 两端的电压减小，又由 I2＝URR22可得流 过 R2 的电流变小，在干路电流增大的情况下，电流表的示数 将变大，选项 B 错误；电容器两端的电压变小，根据 C＝QU， 电容器所带电荷量将变少，选项 C 错误；由于 R2 两端的电压 变小，所以 a 点的电势变低，选项 D 正确．
高三物理二轮复习 专题四 第2讲 电磁感应规律及应用课件(全国通用)
4．(2012·新课标全国卷)如图4－2－8所示，一 载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平 面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长 直导线平行。已知在t＝0到t＝t1的时间间隔 内，直导线中电流i发生某种变化，而线框 中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是 ( )
图4－2－8
图4－2－9
解析：选 依题意，线框中感应电流方向总是沿顺时针方向，由于线框受到的安培力中左边框受力较大，故以左边框受力为主，由左手定则可知直线电流方向向上时，线框受到向左的安培力，直线电流方向向下时，线框受到向右的安培力，由题意导线中的电流应先为正后为负，故A对。
A
9、静夜四无邻，荒居旧业贫。。*** 10、雨中黄叶树，灯下白头人。。**** 11、以我独沈久，愧君相见频。。***** 12、故人江海别，几度隔山川。。**** 13、乍见翻疑梦，相悲各问年。。***** 14、他乡生白发，旧国见青山。。**** 15、比不了得就不比，得不到的就不要。。。***** 16、行动出成果，工作出财富。。*** 17、做前，能够环视四周；做时，你只能或者最好沿着以脚为起点的射线向前。。**** 9、没有失败，只有暂时停止成功！。*** 10、很多事情努力了未必有结果，但是不努力却什么改变也没有。。**** 11、成功就是日复一日那一点点小小努力的积累。。***** 12、世间成事，不求其绝对圆满，留一份不足，可得无限完美。。**** 13、不知香积寺，数里入云峰。。***** 14、意志坚强的人能把世界放在手中像泥块一样任意揉捏。**** 15、楚塞三湘接，荆门九派通。。。***** 16、少年十五二十时，步行夺得胡马骑。。*** 17、空山新雨后，天气晚来秋。。**** 9、杨柳散和风，青山澹吾虑。。*** 10、阅读一切好书如同和过去最杰出的人谈话。**** 11、越是没有本领的就越加自命不凡。***** 12、越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。**** 13、知人者智，自知者明。胜人者有力，自胜者强。***** 14、意志坚强的人能把世界放在手中像泥块一样任意揉捏。**** 15、最具挑战性的挑战莫过于提升自我。。***** 16、业余生活要有意义，不要越轨。*** 17、一个人即使已登上顶峰，也仍要自强不息。****
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第2讲电磁感应规律及综合应用核心要点提炼丨网络构建备考策略A B1. 看到“磁感应强度B随时间t均匀变化”，想到“半=k为定值”。
A t2. 应用楞次定律时的“三看”和“三想”⑴看到“线圈（回路）中磁通量变化”时，想到“增反减同”。
⑵看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留”。
（3）看到“回路面积可以变化”时，想到“增缩减扩”。
3. 抓住“两个定律”、运用“两种观点”、分析“一种电路”“两个定律”是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；“两种观点”是指动力学观点和能量观点；“一种电路”是指电磁感应电路。
鳥考热点突破丨楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用楞次定律的应用【典例1】（2019 •浙江绍兴选考模拟）大小不等的两导电圆环P、Q均固定于水平桌面，Q环位于P环内。
在两环间的范围内存在方向竖直向下、大小随时间均匀增强的匀强磁场B,则（）图1A. Q环内有顺时针方向的感应电流B. Q环内有逆时针方向的感应电流C. P环内有顺时针方向的感应电流D. P环内有逆时针方向的感应电流解析由楞次定律可知P环内有逆时针方向的感应电流，Q环内没有感应电流产生，故A、B C错误，D正确。
答案D【典例2】（2019 •浙江海宁选考模拟）（多选）如图2所示，闭合导体环水平固定。
条形磁铁S 极向下以初速度 v 0 沿过导体环圆心的竖直轴线下落， 穿过导体环的过程中， 关于导体环中的 感应电流及条形磁铁的加速度，下列说法正确的是 （ ）图2A. 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 当条形磁铁的中心恰好位于导体环所在的水平面时，条形磁铁内部向上的磁感线都穿 过了导体环，而条形磁铁外部向下穿过导体环的磁通量最少，所以此时刻穿过导体环的磁通 量最大，因此全过程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。
答案 AC【典例3】（2019 •浙江金华十校模拟）如图3所示为感应式发电机，a 、b 、C 、d 是空间四个 可用电刷与铜盘边缘接触的点，0、Q 是铜盘轴线导线的接线端， M N 是电流表的接线端。
现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是 （）图3知只有 B 正确。
答案 B法拉第电磁感应定律的应用【典例4】（2019 •浙江义乌选考模拟）（多选）如图4所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电 阻R, C 和C 2是半径都为a 的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外， 区域C 中磁场的磁感应强度随时间按B = b + kt （k >0）变化，C 2中磁场的磁感应强度恒为 B,一质量为 m 电阻为r 、长度为L 的金属杆AB 穿过区域C 2的圆心，垂直地跨放在两导轨上， 且与导轨接触良好，并恰能保持静止（轨道电阻不计，重力加速度大小为 g ）。
则（ ）A. 将电流表的接线端 M 、N 分别连接 a 、 C 位置B. 将电流表的接线端 M 、 N 分别连接 Q 1、a 位置C.将电流表的接线端 M 、 N 分别连接 Q 1、O 位置D.将电流表的接线端 M 、N 分别连接 C 、 d 位置 解析 当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜盘相当于电源，铜盘边缘和中 心相当于电源的两个极，则要想观察到感应电流， M 、 N 应分别连接电源的两个极即可，故可A. 通过金属杆的电流方向为从 A 到B解析 区域C 中磁场的磁感应强度随时间按B i = b + kt （k >0）变化，可知磁感应强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从 B 到A ,故A 错误；对金属杆，根据平衡方程得mg= B 2I ・2a ,解得电路中产生的热功率 P = EI = ^^ 故D 正确。
答案 BD1.（多选）现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速 的设备。
如图 5所示，上面为侧视图，上、下为电磁铁的两个磁极，电磁铁线圈中电流的大 小可以变化；下面为磁极之间真空室的俯视图。
现有一电子在真空室中做圆周运动，从上往 下看电子沿逆时针方向做加速运动。
则下列判断正确的是 （ ）图5A. 通入螺线管的电流在增强B. 通入螺线管的电流在减弱C. 电子在轨道中做圆周运动的向心力是电场力D. 电子在轨道中加速的驱动力是电场力解析 由上往下看电子沿逆时针方向做加速运动，表明感应电场沿顺时针方向。
图示电磁铁 螺线管电流产生的磁场方向竖直向上，根据楞次定律，当磁场正在增强时，产生的感应电场 沿顺时针方向，故选项 A 正确，B 错误；电子所受感应电场力方向沿切线方向，电子在轨道中 做加速圆周运动是由电场力驱动的，选项 C 错误，D 正确。
答案 AD 2.如图6甲所示，光滑“/”形金属支架 ABC 固定在水平面上，支架处在垂直于水平面向下B.通过金属杆的电流大小为mg2B 2ac •定值电阻的阻值为2k n Ba R —mgP =k n amg 2B 2mg2B 2a ，故B 正确；由法拉第电磁感应定律，回路中产生的感应电动势-△① E= -△ tk n a 2；且闭合电路欧姆定律有3E mg2 n kB 2a1=苛，又1 = 2B 2a ，解得R =mg—r ,故C 错误；整个D.整个电路中产生的热功率的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，取垂直于水平面向下为正方向，贝y下列说法中正确的是（）图6A. 11时刻轻杆对导体棒的作用力最大B. 12时刻轻杆对导体棒的作用力最大C. t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D. t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变△①解析由E= n■△厂，可知t i时刻感应电动势为0，感应电流为0,安培力为0,轻杆对导体棒的作用力为0,故选项A错误；t2时刻感应电动势为最大，感应电流最大，但磁感应强度为0, 安培力为0,轻杆对导体棒的作用力为0，故选项B错误；t2到t3时间内，安培力先增大后减小，所以轻杆对导体棒的作用力先增大后减小，故选项C正确；t2到t4时间内，感应电流方向改变，安培力方向改变，则轻杆对导体棒的作用力方向改变，故选项D错误。
答案C3. （多选）如图7甲所示，左侧接有定值电阻R= 2 Q 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B= 1 T ,导轨间距为L= 1 m。
一质量m= 2 kg、阻值r = 2 Q的金属棒在拉力F 作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨间动摩擦因数卩= 0.25 , g= 10 m/s2。
金属棒的v—x图象如图乙所示，则从起点发生x = 1 m位移的过程中（）A. 拉力做的功W= 9.25 JB. 通过电阻R的电荷量q= 0.125 CC. 整个系统产生的总热量Q= 5.25 JD. x= 1 m时金属棒的热功率为 1 W解析金属棒在运动位移x= 1 m的过程中，克服摩擦力做功为W=卩mgx= 5 J , x = 1 m时金属棒的安培力大小为B2L 2F安=BIL= R+J,结合图象可知，安培力大小与位移成正比，则金属棒克服安培力做功为W b= Fx=字=2：）vx =2 2 （R十r）0.25 J，由动能定理得W—W安一W= f mV,得W= 9.25 J，选项A正确；流过电阻R的电荷量q=^^= 0.25 C,选项B错误；系统产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做功大小，等于0.25R+ rJ,系统产生的热量等于摩擦生热和焦耳热之和，大小为 5.25 J，选项C正确；x = 1 m时，BLv 2回路中1= = 0.5 A，由P= I2r得金属棒的热功率为0.5 W，选项D错误。
R+ r答案AC电磁感应中的图象问题根据题目所给条件，读图分析相关物理量【典例1】（2019 •稽阳联谊学校联考）如图8甲，MN PQ为水平放置的足够长平行光滑导轨，导轨间距为L= 0.5 m，导轨左端连接的定值电阻R= 2 Q ,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为 2 T。
将一根质量为0.2 kg、电阻也为r = 2 Q的金属棒ab垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨电阻不计。
x=0处给棒一个向右的初速度、并对棒施加水平向右的拉力作用，经过2.4 m金属棒受到的安培力为0.8 N，图乙为棒所受的安培力F安与位移x的关系图象。
求：图8（1）运动2.4 m时金属棒瞬时速度大小；⑵估算0〜2.4 m内定值电阻R上产生的焦耳热（提示：可以用F—x图象下的“面积”代表力F所做的功）；（3）0〜2.4 m内通过电阻R的电荷量；⑷0〜2.4 m 内水平拉力的冲量大小。
解析（1）F安=BIL, I = —, E= BLV2,R+ rBt2V2则F 安= ，得V2= 3.2 m/s。
R+ r⑵面积法，数格子：约为72格，每格为0.02 J , 0总=1.44 J则定值电阻R上产生的焦耳热为0.72 J。
E BLx BLx(3) q= I A t , I= R总，E=XJ，q= R+7，得q= 0.6 C。
F1 (R+ r)(4) I F—E F安t = mv—mv,初速度V1 = BL = 1 m/sI F= BqL+ mv—mv = 1.04 N • s。
答案（1）3.2 m/s （2）0.72 J（0.68 J 〜0.76 J 均可）（3）0.6 C （4）1.04 N •s 根据题目所给条件，选择图象【典例2】（2018 •全国卷H, 18）如图9，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为I，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。
3一边长为^l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。
线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（）解析设线框运动的速度为 V ,则线框向左匀速运动第一个丄的时间内，线框切割磁感线运动2v产生的电动势为 E = 2Bdv （d 为导轨间距），电流i = R 回路中电流方向为顺时针；第二个 舟的 时间内，线框左右两边切割磁感线产生的电动势大小相等，方向相反，线框切割磁感线运动 产生的电动势为零，电流为零；第三个£的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E=2Bdv,电流i = R 回路中电流方向为逆时针，所以 D 正确。
答案 D1. 解决电磁感应图象问题的“三点关注”⑴ 明确图象所描述的物理意义，明确各种“ + ” “一”的含义。