高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题11 电磁感应规律及其应用教案

专题十一电磁感应规律及其应用知识结构互联核心要点回扣1“三定则、一定律”的应用(1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向(2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向(3)右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向(4)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向2求感应电动势的两种方法(1)En，主要用来计算感应电动势的平均值(2)EBLv，主要用来计算感应电动势的瞬时值或平均值考点1电磁感应规律及其应用(对应学生用书第56页)品真题感悟高考考题统计五年8考：2017年卷T18、卷T152016年卷T24、卷T202015年卷T19、卷T152014年卷T142013年卷T19考情分析1高考在本考点的考查主要集中在导体棒切割磁感线为背景的电动势的计算及方向的判断2掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律及右手定则是突破考点的关键3对感应电流产生的条件理解不准确，易误认为只要切割就有感应电流4左手定则和右手定则混淆易出现电流方向的判断错误1(楞次定律的应用)(2017卷T15)如图111所示，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()图111APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向D金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，选项D正确2.(楞次定律的应用)(2017卷T18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图112所示无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()图112题眼点拨“安装若干对紫铜薄板”说明紫铜薄板中可产生感应电流(涡流)阻碍底盘振动；“紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效”说明紫铜薄板上下及左右振动时均有涡流产生A底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在选项C这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在选项B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；选项A这种情况下，不管紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，选项A正确3(法拉第电磁感应定律的应用)(多选)(2016卷T20)法拉第圆盘发电机的示意图如图113所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()图113A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍题眼点拨切割类可用右手定则判断感应电流的方向；转动切割感应电动势大小可用EBl2计算AB由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势EBl2知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由PI2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误(多选)在第3题中，去掉电路和磁场，让圆盘逆时针转动，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，以下说法正确的是()图114A处于磁场中的圆盘部分，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ABD根据右手定则，处于磁场中的圆盘部分，感应电流从靠近圆盘边缘处流向靠近圆心处，故靠近圆心处电势高，A正确；安培力F，磁场越强，安培力越大，B正确；磁场反向时，安培力仍是阻力，C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则磁通量不再变化，没有感应电流，安培力为零，故圆盘不受阻力作用，将匀速转动，D正确(2015卷T15)如图所示，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边向上当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()AUaUc，金属框中无电流BUb Uc，金属框中电流方向沿abcaCUbcBl2，金属框中无电流DUbcBl2，金属框中电流方向沿acbaC金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断UaUc，UbUc，选项A错误由转动切割产生感应电动势的公式得UbcBl2，选项C正确熟技巧类题通法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求感应电动势的三种方法(1)En，适用于普遍情况；(2)EBLv，主要用来计算感应电动势的瞬时值(3)EBl2，用于导体棒旋转切割磁感线的情况对考向高效速练.考向1法拉第电磁感应定律的应用1(2017天津高考)如图115所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是() 【导学号：19624135】图115Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小DA错：根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b.B错：根据ES，因为恒定，所以E恒定，根据I知，回路中的感应电流恒定C错：根据FBIl，由于B减小，安培力F减小D对：根据平衡条件，静摩擦力fF，故静摩擦力减小(2017鹰潭市一模)如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5 m，金属环总电阻为2 ，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1 T，在环的最高点上方A点用铰链连接一长度为1.5 m、电阻为3 的导体棒AB，当导体棒AB摆到竖直位置时，导体棒B端的速度为3 m/s.已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒AB摆到竖直位置时AB两端的电压大小为()A0.4 VB0.65 VC2.25 V D4.5 VB当导体棒摆到竖直位置时，由vr可得：C点的速度为：vCvB3 m/s1 m/sAC间电压为：UACEACBLAC10.5 V0.25 VCB段产生的感应电动势为：ECBBLCB11 V2 V圆环两侧电阻并联，总电阻为：R 0.5 ，金属棒CB段的电阻为：r2 则CB间电压为：UCBECB2 V0.4 V故AB两端的电压大小为：UABUACUCB0.25 V0.4 V0.65 V故选B.考向2楞次定律的应用2(多选)(2017宝鸡市一模)如图116所示，两个条形磁铁的N和S极相向水平放置，一竖直放置的矩形线框从两个磁铁之间正上方自由落下，并从两磁铁中间穿过下列关于线框受到安培力及从右向左看感应电流方向说法正确的是() 【导学号：19624136】图116A感应电流方向先逆时针方向，后顺时针方向B感应电流方向先顺时针方向，后逆时针方向C安培力方向一直竖直向上D安培力方向先竖直向上，后竖直向下BC由图可知，磁感线从左向右，则中间磁感应强度最大，而向两边越来越小，故在线圈从高处下落过程中，穿过线圈的磁通量一直向右，且先增大后减小，则由楞次定律可知，感应电流先顺时针后逆时针，故B正确，A错误；产生的感应电流一直阻碍物体间的相对运动，故安培力方向一定一直竖直向上，故C正确，D错误如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈当一竖直放置的通有恒定电流的螺线管沿线圈中线AB正上方水平快速通过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向的运动趋势，下列说法中正确的是()AFN先小于mg后大于mg，运动趋势向左BFN先大于mg后小于mg，运动趋势先向右后向左CFN先小于mg后大于mg，运动趋势先向左后向右DFN先大于mg后小于mg，运动趋势向右D通电螺线管从线圈正上方快速通过时，通过线圈的磁通量先增大后减小当通过线圈磁通量增大时，为阻碍其增大，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上线圈有向右运动的趋势；当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上线圈有向右运动的趋势综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右，D正确考点2电磁感应中的图象问题(对应学生用书第57页)品真题感悟高考考题统计五年4考：2017年卷T202014年卷T182013年卷T17、卷T16考情分析1本考点的命题主要涉及it图、Et图、Bt图、t图，还有vt图、Ft图等2突破本考点的关键是灵活应用楞次定律、法拉第电磁感应定律判断电流方向及计算电动势的大小3不能正确的将磁场变化和电流变化相互转换易出现错解4不理解图象斜率、曲直的意义，多阶段过程中不能将各阶段的运动和图象变化相对应易出现错解4(图象的应用)(多选)(2017卷T20)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 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图117(a)所示已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁场线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)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()图117A磁感应强度的大小为0.5 TB导线框运动速度的大小为0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向外D在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 NBCA错：由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E0.01 V，由公式EBLv，可得磁感应强度的大小B T0.2 T.B对：由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小v m/s0.5 m/s.C对：感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外D错：t0.4 s至t0.6 s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F，代入数据得F0.04 N5(图象的转换)(2014卷T18)如图118(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()图118题眼点拨“ab通以变化电流”说明a图中左侧线圈相当于场源；“磁场与电流成正比”说明磁场与其对应电流的变化规律相同C由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确在第5题中，若将(a)图改为如图119甲所示，且通入如图119乙所示的磁场，已知螺线管(电阻不计)的匝数n6，截面积S10 cm2，线圈与R12 的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向忽略线圈的自感影响，下列it关系图中正确的是()图119【解析】由题意可知，在02 s时间内，磁感应强度变化率的大小为3103 T/s，根据法拉第电磁感应定律可得电动势的大小为E1nS1.8105 V，根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流i11.5106 A，根据楞次定律，可知感应电流方向为aRb，为正方向；同理可计算在25 s时间内，i21106 A，根据楞次定律，可知感应电流方向为bRa，为负方向；根据磁感应强度变化的周期性，可得感应电流变化的周期性，故B正确，A、C、D错误【答案】B熟技巧类题通法1三类图象问题在电磁感应现象中，磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力等物理量随时间(或位移)的变化规律，可用图象直观地表示图象问题常见命题形式有三种：(1)由给定的电磁感应过程判断相应物理量的函数图象(2)由给定的物理量的图象分析判断相应物理量的图象(3)由给定的有关图象分析电磁感应过程，确定相关的物理量2图象类选择题的两个技法(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做出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法3解答电磁感应图象问题的三个关注(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对考向高效速练.考向1图象的确定3. (2016邯郸调研)如图1110中有A、B两个线圈线圈B连接一电阻R，要使流过电阻R的电流大小恒定，且方向由c点流经电阻R到d点设线圈A中电流i从a点流入线圈的方向为正方向，则线圈A中的电流随时间变化的图象是()图1110A要产生流过电阻R的电流大小恒定，且方向由c点流经电阻R到d点，则有先从b电流流入，且大小减小，根据楞次定律与右手螺旋定则可知，符合要求，故A正确当电流i从a点流入线圈，且大小减小时，根据楞次定律可知，电流从d点流经电阻R到c点，故B错误要使流过电阻R的电流大小恒定，根据法拉第电磁感应定律，则通入电流必须均匀变化，故C、D错误(2017辽宁省实验中学模拟)如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其它部分电阻忽略不计现用一水平向右的外力F1作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨金属杆受到的安培力用Ff表示，则关于选项中F1与Ff随时间t变化的关系图象可能的是()B根据安培力大小表达式Ff，可知安培力与速率成正比选项图中安培力随时间均匀增大，则速度随时间均匀增大，说明导体棒应做匀加速运动，加速度a一定，根据牛顿第二定律得：F1Ffma，得F1ma，可见外力F1与速度是线性关系，速度随时间均匀增大，则外力F1也随时间均匀增大，故B正确考向2图象的转换4(多选)(2017高三第二次全国大联考(新课标卷)如图1111所示，粗细均匀的矩形金属导体方框abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列关于ab边的热功率P、ab边受到的安培力F(以向右为正方向)随时间t变化的图象中正确的是() 【导学号：19624137】图1111AD根据法拉第电磁感应定律：EnnS可知，产生的感应电动势大小不变，所以感应电流大小也不变，ab边热功率PI2R，恒定不变，A正确，B错误；根据安培力公式FBIL，因为电流大小、ab边长度不变，安培力与磁感应强度成正比，根据左手定则判定方向，可知C错误，D正确考向3图象的应用5(多选)(2017皖南八校联考)半径为r带缺口的刚性金属网环在纸面上固定放置，在网环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板A、B连接，两板间距为d且足够宽，如图1112甲所示有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示在平行金属板A、B正中间有质量未知、电荷量为q的带电液滴，液滴在00.1 s处于静止状态，已知重力加速度为g.则以下说法正确的是()图1112A液滴带正电B液滴的质量为C第0.3 s时液滴的运动方向改变D第0.4 s时液滴距初始位置距离为0.08g(单位：米)ABD根据楞次定律可知，在00.1 s内线圈中产生的感应电动势下板为正，液滴处于平衡状态时，可知液滴带正电，选项A正确在00.1 s内线圈中产生的感应电动势ESr2 V0.1r2 V；对液滴mgq，解得m，选项B正确.0.10.2 s时电动势的方向发生改变，则液滴向下做加速运动，0.20.3 s时电动势的方向不变，液滴继续向下加速运动，选项C错误液滴向下运动的加速度为mgqma，解得a2g,0.10.3 s内液滴向下加速运动的位移x1at22g0.22 m0.04g m；在0.3 s时刻液滴的速度vat2g0.2 m/s0.4g m/s；0.30.4 s内液滴匀速运动，故位移x2vt0.04g m，第0.4 s时液滴距初始位置距离为0.08g(单位：米)，选项D正确1.(多选)(2017成都市石室中学二诊)如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间、L3、L4之间存在匀强磁场，大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面现有一矩形线圈abcd，宽度cdL0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 ，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10 m/s2)则()A在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 CB线圈匀速运动的速度大小为8 m/sC线圈的长度为1 mD0t3时间内，线圈产生的热量为4.2 JAB根据平衡有：mgBIL而I联立两式解得v m/s8 m/s.故B正确t1t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知以cd在L2为初状态，以ab边刚进L3为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈下降的位移为3d，则有：3dvtgt2，v8 m/s，t0.6 s，代入解得d1 m，所以线圈的长度为L2d2 m，故C错误在0t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q C0.25 C，故A正确0t3时间内，根据能量守恒得，Qmg(3d2d)mv2151 J0.182 J1.8 J故选A、B.2.(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L1，导体棒ab、cd间距为L2，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()A在t0时刻回路中产生的感应电动势E0B在0t0时间内导体棒中的电流为C在t0/2时刻绝缘丝线所受拉力为D在02t0时间内回路中电流方向是abdcaBC由图乙可知，|，回路面积SL1L2，在t0时刻回路中产生的感应电动势E|SL1L2，选项A错误；0t0时间内回路中产生的感应电流大小为I，选项B正确；在t0/2时刻，由左手定则，导体棒ab所受安培力方向向左，导体棒cd所受安培力方向向右，磁场磁感应强度为B0/2，安培力大小为FB0IL1，则在t0/2时刻绝缘丝线所受拉力为，选项C正确；在0t0时间内磁感应强度减小，在t02t0时间内磁感应强度反向增大，根据楞次定律，回路内产生的感应电流方向为顺时针方向，即电流方向是acdba，选项D错误考点3电磁感应中的力、电综合问题(对应学生用书第59页)品真题感悟高考考题统计五年4考：2016年卷T24、卷T252014年卷T252013年卷T25考情分析1本考点多以导体棒切割磁感线为背景，结合牛顿第二定律对导体棒进行运动分析和受力分析；结合图象，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电功率、动能定理等规律进行电路、功能关系的计算2分析电源时电势高低易出错3涉及力和运动的分析时易出现漏力(多力)的现象4功能分析时，力做功及电热的计算易漏算(多算)电阻生热6(电磁感应中的能量问题)(2016卷T24)如图1113所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求：图1113(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值题眼点拨“恒定拉力作用”说明金属杆进磁场前做匀加速直线运动；“保持匀速运动”说明金属杆所受合外力为零【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得Fmgma设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为EBlv联立式可得EBlt0.(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I式中R为电阻的阻值金属杆所受的安培力为fBlI因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得Fmgf0联立式得R.【答案】(1)Blt0(2)在第6题中改为如下情景如图1114所示，水平放置的平行光滑导轨间有两个区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，虚线M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B18B，虚线P、Q间有垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线M、N和P、Q间距均为d，N、P间距为15d，一质量为m、长为L的导体棒垂直于导轨放置在导轨上，位于M左侧，距M也为d，导轨间距为L，导轨左端接有一阻值为R的定值电阻，现给导体棒一个向右的水平恒力F，导体棒运动以后能匀速地通过两个磁场，不计导体棒和导轨的电阻，求：图1114(1)P、Q间磁场的磁感应强度B2的大小；(2)通过定值电阻的电荷量；(3)定值电阻上产生的焦耳热【解析】(1)导体棒在磁场外时，在恒力F的作用下做匀加速运动，设进入M、N间磁场时速度为v1，则根据动能定理有Fdmv导体棒在M、N间磁场中匀速运动，有F设导体棒进入P、Q间磁场时的速度为v2，则由动能定理有F16dmv导体棒在P、Q间磁场中匀速运动，有F得B24B.(2)设导体棒通过磁场过程中通过定值电阻的电荷量为qqtt由于通过两个磁场过程中导体棒扫过的区域的磁通量的变化量为(B1B2)Ldq.(3)定值电阻中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力做的功，由于导体棒在磁场中做匀速运动，因此导体棒在磁场中受到的安培力大小等于F，则定值电阻中产生的焦耳热为Q2Fd.【答案】(1)4B(2)(3)2Fd(2014卷T25)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)直导体棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为g.求：(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率【解析】(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为BA，故电阻R上的电流方向为CD.设导体棒AB中点的速度为v，则v而vAr，vB2r根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势EBrv根据闭合电路欧姆定律得I，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I.(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即PBIrvfv，而fmg解得P.【答案】(1)方向为CD大小为(2)7(电磁感应中的动力学问题)(2016卷T25)如图1115所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计求：图1115(1)在t0到tt0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小题眼点拨“B1kt”说明磁场随时间均匀变化形成的电流稳定；“匀速运动”说明金属棒所受合外力为零；“t0时刻恰好”说明面积为S的区域内磁通量的变化量kt0S.【解析】(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为ktS设在从t时刻到tt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为，流过电阻R的电荷量为q.由法拉第电磁感应定律有E由欧姆定律有i由电流的定义有i联立式得|q|t由式得，在t0到tt0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|.(2)当tt0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有fF式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力设此时回路中的电流为I，F的大小为FB0Il此时金属棒与MN之间的距离为sv0(tt0)匀强磁场穿过回路的磁通量为B0ls回路的总磁通量为t式中，仍如式所示由式得，在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量为tB0lv0(tt0)kSt在t到tt的时间间隔内，总磁通量的改变t为t(B0lv0kS)t由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为Et由欧姆定律有I联立式得f(B0lv0kS).【答案】(1)(2)B0lv0(tt0)kSt(B0lv0kS)熟技巧类题通法用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤对考向高效速练.考向1电磁感应中的动力学问题6(2017沈阳模拟)如图1116所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻，导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并接触良好，斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直斜面向上的磁场，磁感应强度大小为B0.已知b棒的质量为m，a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g.(1)断开开关S，a棒、b棒固定在磁场中，恰与导轨构成一个边长为L的正方形，磁场从B0以k均匀增加，写出a棒所受安培力F安随时间t变化的表达式；(2)若接通开关S，同时对a棒施以平行导轨斜向上的拉力F，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止，当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力F，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨，当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动，求a棒质量ma及拉力F的大小. 【导学号：19624138】图1116【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得：EL2，根据闭合电路的欧姆定律可得：I，t时刻磁感应强度为：BB0kt，此时棒所受的安培力为：F安BIL，解得：F安(B0kt)(2)根据题意可知，a棒沿斜面向上运动时，a棒为电源，b棒和电阻R并联，通过a棒的电流为I1，由并联电路关系可得：I1IbIRa棒、b棒和电阻R阻值均为R，则通过b棒的电流为：IbI1，电路的总电阻为：R总RaR，由欧姆定律得干路电流为：I1，感应电动势为：EBLv，b棒保持静止，则有：mgsin BIbL，a棒离开磁场后撤去拉力F，a棒机械能守恒，返回磁场时速度还是v，此时a棒和电阻R串联，则电路中的电流为：I2a棒匀速下滑，则有：magsin BI2L，联立以上各式，解得：mama棒向上运动时受力平衡，则有：Fmagsin BI1L，解得：Fmgsin .【答案】(1)F安(B0kt)(2)mmgsin 如图所示，竖直平面内有一宽L1 m、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计在导轨的上、下边分别接有电阻R13 和R26 .在MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场和，磁感应强度大小均为B1 T现有质量m0.2 kg、电阻r1 的导体棒ab，在金属导轨上从MN上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v13 m/s.不计空气阻力，g取10 m/s2.(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小；(2)若导体棒ab进入磁场后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场和之间的距离h；(3)若将磁场的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场时速度大小变为v29 m/s，要使棒在外力F作用下做a3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式【解析】(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场中做切割磁感线运动，棒中产生感应电动势E，棒在重力和安培力作用下做加速运动由牛顿第二定律得：mgBILma1又EBLv1R外I由以上四式可得：a15 m/s2.(2)导体棒进入磁场后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变mgBILIEBLv联立式解得：v6 m/s导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，v2v2gh解得：h1.35 m.(3)导体棒进入磁场后经过时间t的速度大小vv2at由牛顿第二定律得：FmgF安ma又F安由解得：F(t1.6)N.【答案】(1)5 m/s2(2)1.35 m(3)F(t1.6)N考向2电磁感应中的能量问题7(2017南宁市高考物理一模)如图1117所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成53角，导轨间接一阻值为3 的电阻R，导轨电阻忽略不计在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d0.5 m导体棒a的质量为m10.1 kg、电阻为R16 ；导体棒b的质量为m20.2 kg、电阻为R23 ，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场(sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2，a、b电流间的相互作用不计)，求：(1)在b穿越磁场的过程中a、b两导体棒上产生的热量之比；(2)在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量；(3)M、N两点之间的距离图1117【解析】(1)由焦耳定律得，QI2Rt，得，又根据串并联关系得，I1I2，且R12R2，解得：.(2)设整个过程中装置上产生的热量为Q由Qm1gsin dm2gsin d，可解得Q1.2 J.(3)设a进入磁场的速度大小为v1，此时电路中的总电阻R总1(6)7.5 设b进入磁场的速度大小为v2，此时电路中的总电阻R总2(3) 5 由m1gsin 和m2gsin ，可得从a刚进入磁场时b的速度也为v1，此时b的加速度为agsin ，到b刚进入磁场的过程中，有v2v1a，得v2v18联立可得v12(m/s)2，vvM、N两点之间的距离s m.【答案】(1)(2)1.2 J(3) m考向3电磁感应中的动量问题8(2017天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器电磁轨道炮示意如图1118，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触首先开关S接1，使电容器完全充电然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨问：图1118(1)磁场的方向； (2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少. 【导学号：19624139】【解析】(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I设MN受到的安培力为F，有FIlB由牛顿第二定律，有Fma联立式得a.(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有EBlvmax依题意有E设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有lB由动量定理，有tmvmax0又tQ0Q联立式得Q.【答案】(1)垂直于导轨平面向下(2)(3)热点模型解读| 电磁感应中的“杆导轨”模型(对应学生用书第62页)考题2016卷T242016卷T252014卷T252