2020高考物理大一轮复习教案：教师用书 第十章　电磁感应

必考部分选修32第十章电磁感应教师用书【全国卷考纲及三年考情分析】考点内容要求考题统计考情分析201620172018电磁感应现象卷T24卷T20T24卷T21T25卷T18卷T20卷T15卷T17T19卷T18卷T20从近年来高考命题趋势看，结合图象综合考查楞次定律和电磁感应定律的应用为选择题的命题热点；以导轨导体棒模型为载体，以近代科技、生活实际为背景，考查电磁感应规律与力学、电路知识的综合应用，是计算题(或选择题)的命题热点。磁通量楞次定律法拉第电磁感应定律自感、涡流第1讲电磁感应现象楞次定律知识梳理知识点一磁通量1定义：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积。2公式：BS。3单位：1 Wb1_Tm2。4标矢性：磁通量是标量(选填“标量”或“矢量”)，但有正负。知识点二电磁感应现象1电磁感应现象：当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，电路中有电流产生，这种现象称为电磁感应现象。2产生感应电流的条件(1)电路闭合。(2)磁通量发生变化。3实质：磁通量发生变化时，电路中产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流；如果电路不闭合，则只有感应电动势，而无感应电流。知识点三楞次定律1楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(2)适用范围：适用于一切回路中磁通量变化的情况。2右手定则(1)使用方法。让磁感线穿入右手手心。使大拇指指向导体运动的方向。则其余四指指向感应电流的方向。(2)适用范围：适用于部分导体切割磁感线的情况。诊断自测1如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是()答案：B2.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. BCBl2 DnBl2解析：穿过线圈的磁通量BSBl2，选项A正确。答案：A3(多选)下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为ba的是()解析：ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为ab，故A项错误；ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为ba，故B项正确；穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由badc，则导体ab上的感应电流方向为ba，故C项正确；ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为ba，故D项正确。答案：BCD4(多选)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的是()A导体棒CD内有电流通过，方向是DCB导体棒CD内有电流通过，方向是CDC磁场对导体棒CD的作用力向左D磁场对导体棒AB的作用力向左解析：两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，当AB向右运动时，回路中磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是BACDB。再根据左手定则，可判断出磁场对CD的作用力向右，对AB的作用力向左。故选项B、D正确。答案：BD考点一电磁感应现象的理解和判断1常见的产生感应电流的三种情况2判断是否产生感应电流的流程(1)确定研究的回路。(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定穿过该回路的磁通量。(3)不变无感应电流变化在法拉第时代，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：本题以验证“由磁产生电”设想的实验为背景，主要考查电磁感应现象。产生感应电流必须满足的条件：电路闭合；穿过闭合电路的磁通量要发生变化。选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观察到电流表的变化；选项C满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C也不能观察到电流表的变化；选项D满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的变化，所以选项D。答案：D多维练透1现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关按如图所示连接。下列说法正确的是()A开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流表指针偏转B线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，电流表指针均不会偏转C开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流表指针静止在中央零刻度D开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流表指针才能偏转解析：线圈A插入或拔出，都将造成线圈B处磁场的变化，因此线圈B处的磁通量变化，产生感应电流，故A正确；开关闭合和断开均能引起线圈B中磁通量的变化而产生感应电流，故B错误；开关闭合后，只要移动滑片P，线圈B中磁通量变化而产生感应电流，故C、D错误。答案：A2(2019江苏徐州打靶冲刺)下列各图所描述的物理情境中，没有产生感应电流的是()解析：开关S闭合稳定后，穿过线圈N的磁通量保持不变，线圈N中不会产生感应电流，故A符合题意；磁铁向铝环A靠近，穿过铝环的磁通量增大，铝环中产生感应电流，故B不符合题意；金属框中从A位置向B位置运动，穿过金属框的磁通量发生变化，金属框产生感应电流，故C不符合题意；铜盘在磁场中按图示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，回路中产生感应电流，故D不符合题意。答案：A考点二楞次定律的应用1楞次定律中“阻碍”的含义2利用楞次定律判断感应电流方向的步骤(2018全国卷19)(多选)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()A开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析：根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。A对：开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动。B、C错：开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北。D对：开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动。答案：AD方法技巧判断感应电流方向的方法71)楞次定律。(2)右手定则。该方法适用于部分导体切割磁感线。判断时注意掌心、四指、拇指的方向：(1)掌心磁感线垂直穿入；(2)拇指指向导体运动的方向；(3)四指指向感应电流的方向。多维练透1(2017全国卷15)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()APQRS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中沿顺时针方向解析：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。答案：D2(2019广西柳州模拟)MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图所示，则()A若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由a到b到d到cB若ad、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由c到d到b到aC若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路电流为0D若ab、cd都向右运动，且两棒速度vcdvab，则abdc回路有电流，电流方向由c到d到b到a解析：若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则知应产生顺时针方向的电流，故A错。若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围的面积不变，磁通量不变，不产生感应电流，故B错。若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路中有顺时针方向的电流，故C错。若ab、cd都向右运动，且vcdvab，则ab、cd所围的面积发生变化，磁通量也发生变化，故由楞次定律可判断出产生由c到d到b到a的电流，故D正确。答案：D3.(2016海南单科4)如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若()A金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向解析：根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确。答案：D考点三利用楞次定律的推论速解电磁感应现象问题楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的“效果”总是阻碍产生感应电流的原因，可由以下三种方式呈现。内容例证阻碍原磁通量变化“增反减同”阻碍相对运动“来拒去留”使回路面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”(2016上海卷19)(多选)如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时()A在t1t2时间内，L有收缩趋势B在t2t3时间内，L有扩张趋势C在t2t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D在t3t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流解析：L收缩还是扩张取决于螺线管中产生感应电流的变化情况，t1t2磁通量的变化率增大，感应电流变大，abcd线框内磁通量变大，L有收缩的趋势，A选项正确；t2t3时间内磁通量的变化率为常数，产生的感应电流恒定不变，abcd线框内磁感应强度不变，L没有电流，也就没有扩张趋势，B、C选项错误；根据楞次定律，t3t4时间内由于螺线管内磁通量变化引起的感应电流在线框中为dcba方向并减小，L线圈中原磁场的方向垂直于纸面向里且磁感应强度大小减小，根据楞次定律得L中的感应电流方向为顺时针方向，D选项正确。答案：AD多维练透1如图所示，在水平放置的螺线管的中央，放着一个可绕水平轴OO自由转动的闭合线圈abcd，轴OO与螺线管的轴线垂直，ab边在OO轴的左上方，闭合K的瞬间，关于线圈的运动情况，下列说法正确的是()A不转动Bab边向左转动Cab边向右转动D转动的方向与螺线管中的电流方向有关解析：闭合K的瞬间，通过闭合线圈abcd的磁通量增大，根据楞次定律，线圈ab边向左转动，转动的方向与螺线管中的电流方向无关，选项B正确。答案：B2.【人教版选修32P14第6题改编】(多选)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，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答案：BD3.在水平面内有一固定的U形裸金属框架，框架上静止放置一根粗糙的金属杆ab，整个装置放在竖直方向的匀强磁场中，如图所示。下列说法正确的是()A只有当磁场方向向上且增强，ab杆才可能向左移动B只有当磁场方向向下且减弱，ab杆才可能向右移动C无论磁场方向如何，只要磁场减弱，ab杆就可能向右移动D当磁场变化时，ab杆中一定有电流产生，且一定会移动解析：根据楞次定律中“增缩减扩”的原理，无论磁场方向如何，只要磁场增强，导体棒就可能向左移动，只要磁场减弱，导体棒就可能向右移动，A、B项错误，C项正确；当磁场变化时，ab杆中一定有电流产生，ab杆也一定受安培力，但如果安培力小于金属杆与框架间的最大静摩擦力，则ab杆不会移动，D项错误。答案：C考点四三定则一定律的综合应用1“三定则”“一定律”的比较基本现象应用的定则或定律运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对运动电荷、电流有力的作用左手定则电磁部分导体做切割磁感线运动右手定则感应闭合回路磁通量的变化楞次定律2.“三个定则”和“一个定律”的因果关系(1)因电而生磁(IB)安培定则；(2)因动而生电(v、BI安)右手定则；(3)因电而受力(I、BF安)左手定则；(4)因磁而生电(S、BI安)楞次定律。如图所示，金属导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当与导轨接触良好的导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中()A有感应电流，且B被A吸引B无感应电流C可能有，也可能没有感应电流D有感应电流，且B被A排斥解析：MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从NM，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的左端为N极，且磁场逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的内部磁场方向向右，B被A排斥。故选项D正确。答案：D方法技巧程序法(正向推理法)多维练透1如图所示，和是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒。ab和cd用导线连成一个闭合回路。当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力。则有()A由此可知d点电势高于c点电势B由此可知是S极C由此可知是N极D当ab棒向左运动时，ab导线受到向左的磁场力解析：由左手定则可知，cd棒受到的安培力向下，所以cd棒中电流方向是由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，则是S极，是N极，故B正确，C错误；当ab棒向左运动时，根据楞次定律可知ab导线受到向右的磁场力，故D错误。答案：B2.(多选)置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示。导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是()A圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动C圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动D圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向左运动解析：由右手定则知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强。由楞次定律知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则知，ab棒中感应电流方向由ab。由左手定则知，ab棒受的安培力方向向左，将向左运动。故A错误，D正确；同理可知，若圆盘顺时针减速转动时，则ab棒将向右运动，选项C正确；当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，故B错误；故选C、D。答案：CD电磁感应中的STSE问题电磁感应现象与生活密切相关，高考对这部分的考查更趋向于有关现代气息和STSE问题中信息题的考查。命题背景有电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接术、卫星悬绳发电、磁悬浮列车等。(2017全国卷18)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()解析：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。答案：A(2016江苏卷6)(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解析：铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项正确；由En可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化。由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D项正确。答案：BCD(2019北京丰台区模拟)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。都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是 ()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，则产生感应电动势，那么普通手机由于没有金属线圈，所以不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误。答案：C(多选)航母上飞机弹射起飞利用的电磁驱动原理如图所示。当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，现在线圈左侧同一位置，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，电阻率铜a)的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a的圆形区域是同心圆。从某时刻起磁感应强度在t时间内均匀减小到，则此过程中该线圈产生的感应电动势大小为()A.BC. D解析：磁感线既有垂直纸面向外的，又有垂直纸面向里的，所以可以取垂直纸面向里的方向为正方向。磁感应强度大小为B时线圈磁通量1B(b2a2)Ba2，磁感应强度大小为时线圈磁通量2B(b2a2)Ba2，因而该线圈磁通量的变化量的大小为|21|B(b22a2)。根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势的大小为E。故选项D正确。答案：D2.如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90。为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则()Av1v22 Bv1v22Cv1v212 Dv1v221解析：第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，线框中的感应电动势恒定，有1E1BLv1。第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转动90，所需时间t，线框中的磁通量变化量BLBL2，产生的平均电动势2。由题意知12，可得v1v22，A正确。答案：A考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1理解EBlv的“四性”(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直。(2)瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。(3)有效性：公式中l为导体切割磁感线的有效长度。如图中，导体棒的有效长度为a、b间的距离。(4)相对性：EBlv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。2公式EBlv与En的区别与联系EnEBlv区别研究对象闭合回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体适用范围对任何电磁感应现象普遍适用只适用于导体切割磁感线运动的情况联系导体切割磁感线是电磁感应现象的特例，EBlv可由En推导得出3.导体转动切割磁感线当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度匀速转动时，产生的感应电动势为EBlBl2，如图所示。(2019四川模拟)(多选)如图所示，水平面上固定一个顶角为60的光滑金属导轨MON，导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，质量为m的导体棒CD与MON的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r。t0时刻，CD在水平外力F的作用下从O点以恒定速度v0沿MON的角平分线向右滑动，在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。若棒与导轨均足够长，则()A流过导体棒的电流I始终为BF随时间t的变化关系为FtCt0时刻导体棒的发热功率为t0D撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为mv解析：导体棒的有效切割长度L2v0ttan 30，感应电动势EBLv0，回路的总电阻Rr，通过导体棒的电流I，选项A正确；导体棒受力平衡，则外力F与安培力平衡，即FBIL，得Ft，选项B正确；t0时刻导体棒的电阻为Rx2v0t0tan 30r，则导体棒的发热功率P棒I2Rxt0，选项C正确；从撤去F到导体棒停下的过程，根据能量守恒定律有Q棒Q轨mv0，得导体棒上能产生的焦耳热Q棒mvQ轨IA1，即RL1RA1。B错：图1中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1RA1，所以A1中电流小于L1中电流。C对：闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同。D错：闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等。答案：C方法技巧解决自感问题的三个技巧多维练透1(多选)如图所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S，再重新闭合开关S，则()A闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮C稳定后，L和R两端电势差一定相同D稳定后，A1和A2两端电势差不相同解析：根据题设条件可知，闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，说明此时电阻R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，断开开关S，再重新闭合开关S的瞬间，根据自感原理，可判断A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，B项正确，A项错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件，可判断线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端电势差也相同，所以，C项正确，D项错误。答案：BC2如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图。炉子的内部有一个金属线圈，当电流通过线圈时，会产生磁场，这个磁场的大小和方向是不断变化的，这个变化的磁场又会引起放在电磁炉上面的铁质(或钢质)锅底内产生感应电流，由于锅底有电阻，所以感应电流又会在锅底产生热效应，这些热能便起到加热物体的作用从而煮熟。因为电磁炉是以电磁感应产生电流，利用电流的热效应产生热量，所以不是所有的锅或器具都适用。以下说法正确的是()A最好使用铝锅或铜锅B最好使用平底不锈钢锅或铁锅C最好使用陶瓷锅或耐热玻璃锅D在电磁炉与铁锅之间放一层白纸后无法加热解析：选用陶瓷锅或耐热玻璃锅无法形成涡流，C项错误；A、B项中均能形成涡流，铜和铝的电阻率小，电热少，效率低，相对来说选用平底不锈钢锅或铁锅为最佳，A项错误，B项正确；由于线圈产生的磁场能穿透白纸到达锅底，在铁锅中产生涡流，能够加热，D项错误。答案：B电磁感应中的“杆导轨”模型1模型特点“杆导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点。“杆导轨”模型问题的物理情境变化空间大，涉及的知识点多。2分析思路3模型分类模型一“单杆水平轨道”模型物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，棒ab长为L，质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，由牛顿第二定律知棒ab的加速度为a，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a0时，v最大，I恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a0，v恒定不变电学特征I恒定(2016全国甲卷24)如图，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(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。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maFmg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(g)(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FABlI因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得FmgFA0联立式得R答案：(1)Blt0(2)模型二“单杆倾斜轨道”模型物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距L，导体棒质量m，电阻R，导轨光滑，电阻不计(如图)动态分析棒ab释放后下滑，此时agsin ，棒ab速度v感应电动势EBLv电流I安培力FBIL加速度a，当安培力Fmgsin 时，a0，v最大收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a0，v最大，vm电学特征I恒定如图所