江苏2018版高考物理复习专题十电磁感应规律及其应用学案

专题十电磁感应规律及其应用

江苏卷考情导向

考点考题考情

电磁感应规

律及其应用

2016年T13考查导体切割磁感线时的感应电

动势；闭合电路的欧姆定律

2016年T6考查电吉他的原理和法拉第电磁

感应定律

2014年T1考查法拉第电磁感应定律S是有效

面积，即有磁通量的线圈的面积

2014年T7考查涡流的应用

1．本专题对基本知识、规律

的考查多为选择题，对综合

知识的考查则以计算形式．

2．高考题目的设置方式选择

题以电磁感应现象、感应电

流计算及方向的判断、电磁

感应的图象问题、简单的动

力学知识和功能关系为主，

计算题多是以导体棒切割磁

感线的电路问题、动力学问

题及功能关系的综合为主．电磁感应中

的图象问题

电磁感应中

电路和能量

问题

2017年T13考查电磁感应、闭合电路的欧姆

定律以及电功率

2015年T13考查法拉第电磁感应定律、电阻

定律和焦耳定律

2013年T13考查感生电动势、动生电动势及

电磁感应中的能量转化

考点1| 电磁感应规律及其应用难度：中档题题型：选择题、计算题五年4考

(对应学生用书第48页)

1．(2016·江苏高考T13)据报道，一法国摄影师拍到了“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图10-1所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7．7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1．0×10－5 T．将太阳帆板视为导体．

图10-1

(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取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)．

【导学号：】【解题关键】

关键语句信息解读

地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面

的分量B＝1．0×10－5 T．

v、L、B相互垂直，可直接应用公式E＝BLv

求感应电动势

小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳

帆板和导线电阻

帆板MN和导线均处于磁场中垂直切割磁感线【解析】(1)感应电动势E＝BLv，代入数据得E＝1．54 V．

(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．

(3)在地球表面有G

Mm

R2

＝mg

“天宫一号”做匀速圆周运动，有G

Mm

R＋h2

＝m

v2

R＋h

解得h＝

gR2

v2

－R，代入数据得h≈4×105 m(数量级正确都算对)．

【答案】(1)1．54 V (2)见解析(3)4×105 m

2．(2014·江苏高考T1)如图10-2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( )

【导学号：】

图10-2

A．

Ba2

2Δt

B．

nBa2

2Δt

C．

nBa2

Δt

D．

2nBa2

Δt

B[由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E＝n

ΔΦ

Δt

＝n

ΔB

Δt

·S＝n

2B－B

Δt

·

a2

2

，得E＝

nBa2

2Δt

，选项B正确．]

3．(多选)(2014·江苏高考T7)

如图10-3所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )

图10-3

A．增加线圈的匝数

B．提高交流电源的频率

C．将金属杯换为瓷杯

D．取走线圈中的铁芯

AB [利用法拉第电磁感应定律和涡电流解题．

当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势．瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项A、B正确，选项C、D错误．]

4．(多选)(2016·江苏高考T6)电吉他中电拾音器的基本结构如图10-4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( )

图10-4

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

BCD [铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，弦的

振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B 正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦ

Δt 知，线圈的感应电动势变大，选项C 正确；弦振动过程

中，线圈中感应电流的磁场方向发生变化，则感应电流的方向不断变化，选项D 正确．]

1．感应电流方向的判断方法

一是利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断； 二是利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断． 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．求感应电动势的两种方法

(1)E ＝n ΔΦ

Δt ，用来计算感应电动势的平均值．

(2)E ＝BLv ，主要用来计算感应电动势的瞬时值．

●考向1 法拉第电磁感应定律的应用

1．(2017·资阳模拟)用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图10-5所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在的平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率ΔB

Δt ＝k (k ＜0)，则

( )

【导学号：】

图10-5

A ．圆环具有收缩的趋势

B ．圆环中产生的感应电流为逆时针方向

C ．圆环中a 、b 两点的电压U ab ＝????

??1

4k πr 2

D ．圆环中产生的感应电流大小为－krS

3ρ

C [由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，故A 错误；磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故B 错误；根据法拉第电磁感应定律，有：E ＝ΔB Δt ·12πr 2

＝????

??12k πr 2，由闭合电

路欧姆定律可知，ab 两点间的电势差为U ab ＝E 2＝????

??

14k πr 2，故C 正确；由法拉第电磁感

应定律可知，E ＝ΔB Δt ·12πr 2＝??????12k πr 2，线圈电阻R ＝ρ2πr S ，感应电流I ＝????

??krS 4ρ＝－

krS

4ρ

，故D 错误．] ●考向2 楞次定律的应用

2．(多选)(2017·南京四模)超导体具有电阻为零的特点，图为超导磁悬浮原理图，a 是一个超导闭合环，置于一个电磁铁线圈b 正上方，当闭合电键S 后，超导环能悬浮在电磁铁上方平衡．下列说法正确的有( )

图10-6

A ．闭合电键S 瞬间，a 环中感应电流受到的安培力向上

B ．闭合电键S ，稳定后通过a 环磁通量不变，a 环中不再有电流

C ．闭合电键S ，稳定后通过a 环的电流是恒定电流

D ．R 取不同的电阻值，稳定后a 环所受安培力都相等

ACD [闭合电键S 瞬间，线圈中磁通量增大，则由楞次定律可知，a 中产生的安培力将使a 环有向上运动的趋势，故a 环中感应电流受到的安培力向上，故A 正确；由于线圈由超导体制成，没有电阻所以不消耗能量，故电流一直存在，故B 错误；闭合电键S ，稳定后通过a 环的电流不再变化，故为恒定电流，故C 正确；因圆环存于平衡状态，所以受到的安培力一定等于重力，故稳定时受安培力与电阻R 无关，故D 正确．] 3．(2017·苏锡常二模)图中L 是线圈，D 1、D 2是发光二极管(电流从“＋”极流入才发光)．闭合S ，稳定时灯泡A 正常发光，然后断开S 瞬间，D 2亮了一下后熄灭，则( )

【导学号：】

图10-7

A．图是用来研究涡流现象的实验电路

B．开关S闭合瞬间，灯泡A立即亮起来

C．开关S断开瞬间，P点电势比Q点电势高

D．干电池的左端为电源的正极

D [该电路是用来研究线圈的自感现象的，与涡流无关，故A错误；L是自感系数足够

大的线圈，D1和D2是两个相同的二极管，S闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以灯泡A逐渐变亮，故B错误；S断开，D2亮了一下后熄灭，说明S断开的瞬间电流从右向左流过二极管，则P点电势比Q点电势低，故C错误；S断开，D2亮了一下后熄灭，说明S断开的瞬间电流从右向左流过二极管；根据线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小可知，流过L的电流的方向在S 断开前从左向右，所以L的左侧为正极，则干电池的左端为电源的正极，故D正确．] ●考向3 涡流的应用

4．(2017·湖南三模)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化．如图10-8所示，给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是( )

图10-8

A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”

B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电

C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同

D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电

C [无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”

现象，故A错误；当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，故B错误；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，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，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误．]

考点2| 电磁感应中的图象问题难度：中档题题型：选择题

(对应学生用书第50页)

5．(2011·江苏高考)如图10-9所示，水平面内有一平行金属导轨，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．T ＝0时，将开关S 由1掷到2．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．下列图象正确的是( )

【导学号：】

图10-9

A B

C D

【解题分析】 1．知道电容器放电后会在电路中产生电流． 2．导体棒在安培力的作用下加速运动．

3．导体棒切割磁感线产生的感应电流与电容器放电电流反向．

D [开关S 由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流．导体棒通有电流后会受到安培力的作用，会产生加速度而加速运动．导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势

E ＝Blv ，即增大，则实际电流减小，安培力

F ＝BIL ，即减小，加速度a ＝F

m

，即减小．因

导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动(变加速)．由于通过棒的电流是按指数递减的，那么棒受到的安培力也是按指数递减的，由牛顿第二定律知，它的加速度是按指数递减的．由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力运动，而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．当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，即电容器的电量应稳定在某个不为0的数值(不会减少到0)．这时电容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流．]

解决电磁感应图象问题的一般步骤

(1)明确图象的种类，即是B -t 图还是Φ-t 图，或者E -t 图、I -t 图等． (2)分析电磁感应的具体过程．

(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．

(4)结合法拉第电磁感应定律、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)画图象或判断图象．

●考向1 图象的确定

5．(2017·徐州二模)如图10-10所示，闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i 随时间

t 变化的图象可能正确的是( )

图10-10

B [线框进入磁场过程中磁通量增加，根据楞次定律可得电流方向为逆时针(正方向)，线框离开磁场过程中磁通量减小，根据楞次定律可得电流方向为顺时针(负方向)；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得感应电流i ＝

BLv

R

，刚进入时有效切割长度最大，感应电流最大、一半进入磁场过程中有效切割长度变为原来一半，感应电流变为原来一半，完全进入后磁通量不变，不会产生感应电流，离开磁场的过程中有效切割长度与进入过程相同，感应电流变化也相同，故B 正确，A 、C 、D 错误．] ●考向2 图象的转换

6．(2017·泰州一模)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，

规定线圈中感应电流的正方向如图10-11甲所示，取线圈中磁场B 的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B 随时间t 如图乙变化时，下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的是( )

甲 乙

图10-11

A B

C D

A [在0～T 2 s 内，根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt ＝4n

B 0S

T

．根据楞次定律，感应

电动势的方向与图示箭头方向相反，为负值；在T

2～T 内，根据法拉第电磁感应定律，E ′

＝n ΔΦΔt ＝8nB 0S T ＝2E ，所以感应电流是之前的2倍．再根据楞次定律，感应电动势的方

向与图示方向相反，为负值．故A 正确，B 、C 、D 错误．] ●考向3 图象的应用

7．(2017·锡山中学月考)如图10-12甲，圆形线圈P 静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q ，P 和Q 共轴，Q 中通有变化电流i ，电流随时间变化的规律如图10-12乙所示，

P 所受的重力为G ，桌面对P 的支持力为N ，则( )

甲 乙

图10-12

A ．t 1时刻N ＞G ，P 有收缩的趋势

B ．t 2时刻N ＝G ，P 有扩张的趋势

C ．t 3时刻N ＝G ，此时P 中没有感应电流

D ．t 4时刻N ＜G ，此时P 中无感应电流

A [当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P 中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P 将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，则N ＞G ，P 有收缩的趋势，故A 正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P 中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，此时P 没有扩张的趋势，故

B 错误；

t 3时刻螺线管中电流为零，N ＝G ；但是线圈P 中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感

应电流，故C 错误．当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P 中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t 4时刻N ＝G ，此时P 中无感应电流，故D 错误．]

考点3| 电磁感应中电路和能量问题难度：较大 题型：选择题、计算题 五年3考

(对应学生用书第51页)

6．(2015·江苏高考T 13)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r ＝5．0 cm ，线圈导线的截面积A ＝0．80 cm 2

，电阻率ρ＝1．5 Ω·m．如图10-13所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度

B 在0．3 s 内从1．5 T 均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)

图10-13

(1)该圈肌肉组织的电阻R ； (2)该圈肌肉组织中的感应电动势E ； (3)0．3 s 内该圈肌肉组织中产生的热量Q ． 【解题关键】 解此题的关键有两点： (1)注意区分线圈的面积和线圈导线的截面积． (2)磁感应强度均匀减小，线圈中电流恒定不变． 【解析】 (1)由电阻定律得R ＝ρ2πr A

，代入数据得

R ≈6×103 Ω．

(2)感应电动势E ＝ΔB ·πr 2

Δt

，代入数据得E ≈4×10－2

V ．

(3)由焦耳定律得Q ＝E 2R

Δt ，代入数据得Q ＝8×10－8

J ．

【答案】 (1)6×103

Ω (2)4×10－2

V (3)8×10－8

J

7．(2013·江苏高考T 13)如图10-14所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝1．0 m 、bc ＝0．5 m ，电阻r ＝2 Ω．磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到0．2 T ．在1～5 s 内从0．2 T 均匀变化到－0．2 T ，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：

图10-14

(1)0．5 s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向； (2)在1～5 s 内通过线圈的电荷量q ； (3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q ．

【导学号：】

【解析】 (1)感应电动势E 1＝N ΔΦ1Δt 1，磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB 1S ，解得E 1＝N ΔB 1S Δt 1，

代入数据得E 1＝10 V ，感应电流的方向为a →d →c →b →a ． (2)同理可得E 2＝N ΔB 2S Δt 2，感应电流I 2＝E 2

r

电荷量q ＝I 2Δt 2，解得q ＝N ΔB 2S

r

，代入数据得q ＝10 C ．

(3)0～1 s 内的焦耳热Q 1＝I 2

1r Δt 1，且I 1＝E 1

r

，1～5 s 内的焦耳热Q 2＝I 2

2r Δt 2 由Q ＝Q 1＋Q 2，代入数据得Q ＝100 J ．

【答案】 (1)10 V ，感应电流的方向为a →d →c →b →a (2)10 C (3)100 J

8．(2017·江苏高考T 13)如图10-15所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v ．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：

图10-15

(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； (2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P ．

【导学号：】

【解析】 (1)MN 刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E ＝Bdv 0① 回路的感应电流I ＝E

R

② 由①②式解得I ＝

Bdv 0

R

．③ (2)金属杆所受的安培力F ＝BId ④ 由牛顿第二定律得，对金属杆F ＝ma ⑤

由③④⑤式得a ＝B 2d 2v 0

mR

．⑥

(3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′＝v 0－v ⑦ 感应电动势E ＝Bdv ′⑧

感应电流的电功率P ＝E 2

R ⑨

由⑦⑧⑨式得P ＝

B 2d 2v 0－v

2

R

．⑩

【答案】 (1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)

B 2d 2v 0－v

2

R

用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤

●考向1 电磁感应中的电路问题

8．(2017·盐城二模)如图10-16所示，两根水平放置的平行金属导轨，其末端连接等宽的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r ＝0．41 m ，导轨的间距为L ＝0．5 m ，导轨的电阻与摩擦均不计．在导轨的顶端接有阻值为R 1＝1．5 Ω的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0．2 T ，现有一根长度稍大于L 、电阻R 2＝0．5 Ω、质量m ＝1．0 kg 的金属棒，金属棒在水平拉力F 作用下，从图中位置ef 由静止开始匀加速运动，在t ＝0时刻，F 0＝1．5 N ，经2．0 s 运动到cd 时撤去拉力，棒刚好能冲到最高点ab 、(重力加速度g ＝10 m/s 2

)．求：

图10-16

(1)金属棒做匀加速直线运动的加速度； (2)金属棒运动到cd 时电压表的读数；

(3)金属棒从cd 运动到ab 过程中电阻R 1上产生的焦耳热．

【导学号：】

【解析】 (1)根据题意，金属棒从ef 位置开始匀加速运动，根据牛顿第二定律，有F 0＝ma

解得：a ＝F 0m ＝1．51．0

＝1．5 m/s 2

．

(2)金属棒运动到cd 时的速度v ＝at ＝1．5×2．0 m/s ＝3 m/s 感应电动势E ＝BLv ＝0．2×0．5×3 V＝0．3 V

感应电流I ＝

E

R 1＋R 2

＝

0．3

1．5＋0．5

A ＝0．15 A

电压表的读数U ＝IR 1＝0．15×1．5 V ＝0．225 V ． (3)根据能量守恒定律，有：12mv 2

＝mgr ＋Q

解得：Q ＝0．4 J

电阻R 1上产生的焦耳热为Q 1＝

R 1

R 1＋R 2

Q ＝

1．5

1．5＋0．5

×0．4 J ＝0．3 J

【答案】 (1)1．5 m/s 2

(2)0．225 V (3)0．3 J ●考向2 电磁感应的动力学问题

9．(多选)(2017·南京一模)如图10-17所示，均匀导体围成等腰闭合三角形线圈abc ，底边与匀强磁场的边界平行，磁场的宽度大于三角形的高度．线圈从磁场上方某一高度处由静止开始竖直下落，穿过该磁场区域，不计空气阻力．则下列说法中正确的是( )

图10-17

A ．线圈进磁场的过程中，可能做匀速直线运动

B ．线圈底边进、出磁场时线圈的加速度可能一样

C ．线圈出磁场的过程中，可能做先减速后加速的直线运动

D ．线圈底边进、出磁场时，线圈所受安培力可能大小相等，方向不同

BC [如果匀速，因为有效切割长度越小来越小，安培力会越来越小，不可能匀速运动，故A 错误；如果线圈比较高，进入磁场后先减速后加速，可能导致进磁场的速度和出磁

场的速度是一样的，安培力F 安＝B 2L 2v

R ，速度一样，安培力一样，根据牛顿第二定律，

mg －F 安＝ma ，加速度一样，故B 正确； 如果出磁场时，安培力比重力大，那么线圈先

减速，但是在减速的过程中，上面比较窄，安培力会越来越小，最终必然是一个先减速

后加速的直线运动，故C 正确；线圈进出磁场时的速度可能相等，根据F ＝B 2L 2v

R

，安培

力大小可能相等，但安培力方向都是向上的，阻碍线圈向下运动，所以安培力方向相同，故D 错误．]

10．(2017·南京四模)如图10-18甲所示，两根平行的光滑金属导轨MN 、PQ 和左侧M 、P

间连接的电阻R 构成一个固定的水平U 型导体框架，导轨电阻不计且足够长．框架置于一个方向竖直向下、范围足够大的匀强磁场中，磁场左侧边界是OO ′．质量为m 、电阻为r 的导体棒垂直放置在两导轨上，并与导轨接触良好，给导体棒一个水平向右的初速度v 0，棒进入磁场区后回路中的电流I 随棒在磁场区中运动位移x (O 点为x 轴坐标原点)的变化关系如图乙所示，根据题设条件和图中给定数据求：

甲 乙

图10-18

(1)导体棒进入磁场瞬间回路总电功率P 0； (2)导体棒进入磁场瞬间加速度大小a 0；

(3)导体棒运动全过程中电阻R 上产生的电热Q R ．

【导学号：】

【解析】 (1)根据图乙可得导体棒进入磁场瞬间回路的电流强度为I 0， 根据电功率的计算公式可得：P 0＝I 2

0(R ＋r )． (2)进入磁场时刻电动势：E 0＝BLv 0＝I 0(R ＋r )

根据牛顿第二定律可得棒受安培力产生加速度：BI 0L ＝ma 0

解得：a 0＝I 20

R ＋r mv 0

．

(3)棒从进入磁场到停止运动，由动能定理可得：W A ＝0－12mv 2

根据功能关系可得回路产生电热：Q ＝－W A ＝12

mv 2

R 上产生电热：Q R ＝R

R ＋r Q ＝Rmv 20

2R ＋r

．

【答案】 (1)I 2

(R ＋r ) (2)I 20R ＋r mv 0 (3)Rmv 20

2R ＋r

●考向3 电磁感应的能量问题

11．(2017·南京一模)如图10-19甲所示，质量m ＝1 kg 、边长ab ＝1．0 m 、电阻r ＝2 Ω的单匝正方形闭合线圈abcd 放置在倾角θ＝30°的斜面上，保持静止状态．匀强磁场垂直线圈平面向上，磁感应强度B 随时间t 变化如图乙所示，整个线圈都处在磁场中，重力加速度g ＝10 m/s 2

．求：

甲 乙

图10-19

(1)t ＝1 s 时穿过线圈的磁通量； (2)4 s 内线圈中产生的焦耳热； (3)t ＝3．5 s 时，线圈受到的摩擦力．

【解析】 (1)根据磁通量定义式，那么t ＝1 s 时穿过线圈的磁通量：Φ＝BS ＝0．1 Wb ． (2)由法拉第电磁感应定律E ＝ΔB ·S Δt ，结合闭合电路欧姆定律，I ＝E r ，那么感应电流，

4 s 内线圈中产生的感应电流大小，I ＝ΔB ·S

Δt ·r ＝0．05 A

由图可知，t 总＝2 s ；

依据焦耳定律，则有：Q ＝I 2

rt 总＝0．01 J ．

(3)虽然穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，但因各边均受到安培力，依据矢量的合成法则，则线圈受到的安培力的合力为零，因此t ＝3．5 s 时，线圈受到的摩擦力等于重力沿着斜面的分力，即：f ＝mg sin θ＝5 N ． 【答案】 (1)0．1 Wb (2)0．01 J (3)5 N

12．(2017·徐州模拟)如图10-20甲所示，质量为M 的“∩”形金属框架MNPQ 放在倾角为

θ的绝缘斜面上，框架MN 、PQ 部分的电阻不计，相距为L ，上端NP 部分的电阻为R ．一

根光滑金属棒ab 在平行于斜面的力(图中未画出)的作用下，静止在距离框架上端NP 为L 的位置．整个装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，其中B 0、t 0均为已知量．已知ab 棒的质量为m ，电阻为R ，长为L ，与框架接触良好并始终相对斜面静止，t 0时刻框架也静止，框架与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．求：

甲 乙

图10-20

(1)t 0时刻，流过ab 棒的电流大小和方向；

(2)0～t 0时间内，通过ab 棒的电荷量及ab 棒产生的热量； (3)框架MNPQ 什么时候开始运动？

【导学号：】

【解析】 (1)设回路中的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有：E ＝n ΔΦΔt ＝ΔB

Δt

S

＝B 0L 2t 0

由闭合电路欧姆定律可得金属棒中的电流大小为：I ＝E 2R ＝B 0L 2

2Rt 0

由楞次定律知，金属棒中的电流方向是a →b ．

(2)由电荷量的计算公式可得流过ab 棒的电荷量为：q ＝It 0＝B 0L 2

2R

，根据焦耳定律可得

ab 棒产生的热量为：Q ＝I 2

Rt 0＝B 20L

44Rt 0

．

(3)设经时间t 框架恰好要动，对框架分析受力，有：Mg sin θ＋F 安＝f 而 f ＝μ(M ＋m )g cos θ，

根据安培力的计算公式可得：F 安＝B t IL ， 而磁感应强度为：B t ＝B 0＋B 0t 0

t 代入解得：t ＝

2Rt 2

0[μ

M ＋m g cos θ－Mg sin θ]

B 20L

3

－t 0． 【答案】 (1)B 0L 22Rt 0，方向是a →b (2)B 0L 22R B 20L

4

4Rt 0

(3)经过2Rt 2

0[μ

M ＋m g cos θ－Mg sin θ]

B 20L

3

－t 0开始运动

热点模型解读| 电磁感应中的“杆＋导轨”模型

(对应学生用书第54页)

考题

2016·全国甲卷T 24

2016·全国丙卷T 25

2014·全国卷

ⅡT 25

2013·全国卷ⅠT 25

模型展示

单侧磁场模型

双侧磁场模型

旋转切割模型

含电容电路切割模

型

模型金属棒切割磁感线E 两侧存在电源，可能

电动势的计算

金属棒切割磁感线

解读＝BLv，导体棒是电

源、安培力做负功，

将机械能转化为电

能

同时存在，可能先后

出现，金属棒切割产

生电动势同单侧磁

场类似

按中间的速度

E＝

1

2

BωL2

给电容器充电．电路

中有电流，金属棒受

安培力，机械能转化

为电能

[典例] (2017·湖南益阳调研)如图10-21所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0．5 m，匀强磁场垂直导轨平面向下，B＝0．2 T，两根材料相同的金属棒a、b与导轨构成闭合回路，a、b金属棒的质量分别为3 kg、2 kg，两金属棒的电阻均为R＝1 Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．现对a棒施加一平行导轨向上的恒力F＝60 N，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态．求：

图10-21

(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；

(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b棒所受的安培力大小．

(3)设当a金属棒从开始受力到向上运动5 m时，b金属棒向上运动了2 m，且此时a的

速度为4 m/s，b的速度为1 m/s，则求此过程中回路中产生的电热及通过a金属棒的电荷量．

【导学号：】【解析】(1)a棒恰好静止时，有m a g sin 30°＝μm a g cos 30°．

解得μ＝

3

3

．

(2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动，此时两棒有恒定的速度差．

对a棒：F－m a g sin 30°－μm a g cos 30°－F安＝m a a

对b棒：F安－m b g sin 30°－μm b g cos 30°＝m b a

解得F安＝24 N．

(3)此过程对a、b棒整体根据功能关系，有

Q＝Fx a－(m a g sin 30°＋μm a g cos 30°)x a－(m b g sin 30°＋μm b g cos 30°)x b－

1

2

m a v2a－

1

2 m b v2b

解得Q＝85 J．

q＝I·Δt

I ＝E 2R

E ＝

ΔΦΔt ＝B ·ΔS

Δt

解得q ＝

Bd x a －x b

2R

＝0．15 C ．

【答案】 (1)

3

3

(2)24 N (3)85 J 0．15 C [拓展应用] (2017·湖北八校联考)如图10-22所示，两根平行的光滑金属导轨MN 、PQ 放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L ，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为

B ．导体棒a 与b 的质量均为m ，电阻值

分别为R a ＝R ，R b ＝2R ．b 棒放置在水平导轨上足够远处，a 棒在弧形导轨上距水平面h 高度处由静止释放．运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g ．

图10-22

(1)求a 棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向； (2)求最终稳定时两棒的速度大小；

(3)从a 棒开始下落到最终稳定的过程中，求b 棒上产生的内能． 【解析】 (1)设a 棒刚进入磁场时的速度为v ，从开始下落到进入磁场 根据机械能守恒定律有mgh ＝12

mv 2

a 棒切割磁感线产生感应电动势E ＝BLv

根据闭合电路欧姆定律有I ＝

E

R ＋2R

a 棒受到的安培力F ＝BIL

联立以上各式解得F ＝B 2L 22gh

3R

，方向水平向左．

(2)设两棒最后稳定时的速度为v ′，从a 棒开始下落到两棒速度达到稳定 根据动量守恒定律有mv ＝2mv ′ 解得v ′＝1

2

2gh ．

(3)设a 棒产生的内能为E a ，b 棒产生的内能为E b

根据能量守恒定律得12mv 2＝12×2mv ′2

＋E a ＋E b

两棒串联内能与电阻成正比E b ＝2E a 解得E b ＝1

3mgh ．

【答案】 见解析