选修3-2第十章专题突破

1、专题突破电磁感应定律的综合应用突破一 电磁感应中的电路问题1.电磁感应中电路知识的关系图联系丨：电动孙”<-联系2：功和能<>A/电磁感应P = IUQ=I Ri q = CU2.解决电磁感应中的电路问题三步骤用法拉第电磁感应定律算出E的大小， 用楞次定律或右于光则确宦感应电流 方向（电源内部电流的方向），从而确 宦电源止负极明确内阻厂根据秒等效电源”和电路中其他各元何 的连接方式删出等效电路图根据E = Blv或E = h竽结合闭合电&路欧姆怎律、串并联电路和屯功率、焦 耳定律等关系式求解【例1】（多选）如图1所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L,在E、F 间

2、连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器Ri（OW Ri< 2R）。框 内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为 L,电阻为R的导体棒AB在外力作用下 以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直， 下列说法正确的是（）A. ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针B. 左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLv2C. 当滑动变阻器接入电路中的阻值 R仟R时，导体棒两端的电压为|BLvD.当滑动变阻器接入电路中的阻值Ri = R时，滑动变阻器有最大电功率且为2、2B L v8R解析 根据楞次定律可

3、知，A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势RE= BLv，故B错误；Ri = R时，外电路总电阻R外=2,故导体棒两端的电压即1路端电压应等于§BLv，故C错误；该电路电动势E= BLv，电源内阻为R,求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻 R看成新的等效电源，等效内RR22 2 2BLv8R，故D正确。阻为2，故当Ri=2时，等效电源输出功率最大，即滑动变阻器电功率最大，最大值Pm =舉答案 ADI多维训练精选练透1. 有一粗细均匀、直径为d、电阻为r的光滑金属圆环水平放置在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，其俯视图如图2所示。一根长为d、电阻为2的金

4、属棒始终紧贴圆环以速度 v匀速平动，当ab棒运动到圆环的直径位置时，下 列说法正确的是（）A. ab棒两端电压为Zv2BdvB. ab棒中的电流为巧厂2 ,2一、 BdvC. ab棒所受安培力为一r2 2 2D. 外力对ab棒做功的功率为4 3rv解析 金属棒始终紧贴圆环以速度v匀速平动，因此产生的感应电动势大小为Er二Bdv，当ab棒运动到圆环的直径位置时，由两个电阻为 2的光滑金属半圆环并E4Bd，则 abr联后，再与电阻为2的金属棒进行串联，根据欧姆定律有 丨= r r =r 2 22+T棒两端电压为U = I = B3V，故选项A、B错误；根据安培力表达式,2 2Bid二B4B3dVd

5、= 4B严，故选项C错误；因棒做匀速直线运动，则有安培力大小等于外力，所以外力对棒做功的功率等于安培力做功的功率，即为P = Fv =2 24B2d2v3r ，故选项D正确答案 D2. （多选）如图3甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具， 它在飞起时能够持续 发光。某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为 L的导电圆环绕 垂直于圆环平面、通过圆心 0的金属轴O1O2以角速度3逆时针匀速转动（俯视）。 圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR,辐条互成120°角。在圆环 左半部分张角也为120°角的范围内（两条虚线之间）分布着垂直圆环平面向下磁感 应强度

6、为B的匀强磁场，在转轴 O1O2与圆环的边缘之间通过电刷 M、N与一个LED灯相连。假设LED灯电阻为r，其他电阻不计，从辐条 0P进入磁场开始计 时。在辐条0P转过120°的过程中，下列说法中正确的是（）甲乙1 2A. O、P两端电压为4BL 3B.通过LED灯的电流为BL238rC.整个装置消耗的电能为2 4 ncoB L8rD.增大磁感应强度可以使LED灯发光时更亮解析 辐条OP进入磁场匀速转动时有 E= BL号，在电路中OP相当于内阻为rr的电源，另外两根金属辐条和 LED灯并联，故而电路的总电阻 R=E，OP两端E r B 2 f）的电压为电源的路端电压 U二R 3二厂，流

7、过LED灯的电流是2U Bi AE2 e2 i 2R2|4错误，B正确；整个装置消耗的电能Q=Er=n87L，3C正确;LED灯中电流为丨=BL2 .知，增大角速度、增大磁感应强度、减小辐条的电阻和LED灯的电阻等措施可以使LED灯变得更亮，故D正确答案 BCD突破二 电磁感应中的图像问题1. 解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁 场的转折点等是解决此类问题的关键。2. 电磁感应中图像类选择题的两个常用方法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），特别是分析物理量的正负，以 排除错误的选项。

8、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 函数关系对图像进行分析和判断。考向0 根据图像分析判断电磁感应过程【例2】（多选）（2018全国卷川，20）如图4（a），在同一平面内固定有一长直导 线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i, i的变化如 图（b）所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框 R中的感应电动势（）（b）图4A. 在t= t时为零B. 在t=殳时改变方向C. 在t=殳时最大，且沿顺时针方向D. 在t= T时最大，且沿顺时针方向解析 因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图（b），感

9、应电动势正比于磁感应强度的变化率，即 题图（b）中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势 的大小。由题图（b）可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误；再由楞次定律可判断在一个周期内，寸3内电动势的方向沿顺时针方向，T时刻最大，C正确；其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。答案 AC考向 根据电磁感应过程选择图像【例3】（多选）如图5所示，光滑平行金属导轨MN、PQ放置在同一水平面内,M、P之间接一定值电阻R，金属棒cb垂直导轨水平放置，金属棒cb及导轨电阻 不计。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，t=0时对金属棒施加水平向右的外 力F，使金属

10、棒由静止开始做匀加速直线运动。下列关于通过金属棒的电流i、通过导轨横截面的电荷量q、拉力F和拉力的功率P随时间变化的图像中正确的是A图5中所受的安培力F 安=BiL =2 2B1 2L2atR ，由牛顿第二定律，得F-F安=口&,解得F =解析t=0时对金属棒施加水平向右的外力 F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动，设加速度为a，则金属棒的速度可表示为v = at，由法拉第电磁感应定律,切割磁感线产生的感应电动势 E= BLv = BLat,根据闭合电路欧姆定律，金属棒中E BLatAS电流i = RR，与时间成正比，选项 A正确；感应电动势EAT = BAt，S=RLx= L at

11、，i= R，q= i At，联立解得q = RBLat，选项B错误；金属棒运动过程| 2atR2| 2atma+ r旦，选项C正确；拉力的功率P= Fv= （ma + 一R旦）at，选项D错误 答案 AC方法技巧I理解图像分析四明确三个相似关系及其各自的物理意义电磁感应中的图像问题的分析方法明确图像所描述的物理意义 明确各种正、负号的含义T明确斜率的含义明确图像和电磁感应过程之间的 f对应关系1.图6中有A、B两个导线圈。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像应为图中的（

12、）rrrrrV V V V V1i11图6cD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。答案 A2.（多选）如图7甲所示，在水平桌面上放置边长为 0.20 m的正方形闭合金属线圈 abed，线圈的匝数为10，总电阻为0.10約线圈与水平桌面间的最大静摩擦力为0.2 N。线圈的右半边处于垂直桌面、均

13、匀分布的磁场中，磁场左边界MN与线圈ab、cd两边平行且等距。从t= 0时刻起，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规 律如图乙所示。假设垂直桌面向下为正方向，重力加速度 g= 10 m/s2，下列说法 正确的是（ ）.M*N甲A. t = 1 s时线圈受到的安培力为零B. t = 6 s时线圈即将向右滑动C. 线圈滑动前，其导线中的电流一直为0.4 AD. 线圈滑动前，其产生的焦耳热为2.4X10 一 2 JA正确；由题图B= 0.1 T+春二（0.1解析t= 1s时磁感应强度为零，线圈受到的安培力为零，选项乙可知，药=0.1 T/s，磁感应强度随时间变化的关系为+ 0.1t) T,当线圈未滑动

14、时，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动人B势E=门旺 =10X 0.20X 0.10X 0.1 V = 0.02 V，根据闭合电路欧姆定律，线圈中 电流1 = R= 0.2 A，由题图乙可知t= 6 s时磁感应强度为B = 0.5 T，线圈受到的安 培力大小F= nBIL = 10X 0.5X 0.2X 0.20 N = 0.2 N，恰好等于线圈与水平桌面间的 最大静摩擦力0.2 N，根据楞次定律可知，线圈即将向左滑动，选项B错误；线圈滑动前，其导线中的电流一直为0.2 A，选项C错误；由焦耳定律知，线圈滑动前，其产生的焦耳热 Q= I2Rt= 0.22X 0.10X 6 J= 2.

15、4X 10 2 J,选项D正确。答案 AD突破三 电磁感应中的动力学问题1.两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进 行分析2.电磁感应中的动力学临界问题(1) 解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界 状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。(2) 基本思路是：导休受外力运动感应电动势(E R冷-感应电流上二竺 导体受安培力一介外力F* = tn a变化加速度变化一速度变化一临界状态列式求解"【例4】 足够长的平行金属导轨 MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角

16、为9=37°sin 37 =0.6)，间距为1 m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度 的大小为4 T，P、M间所接电阻的阻值为8 O,质量为2 kg的金属杆ab垂直导 轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab在沿 导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s，取 g= 10 m/s当金属杆的速度为4 m/s时，金属杆的加速度大小； 1.（2017天津理综，3）如图9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。

17、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（），求:图8ab杆所受安培力大小为 F安=BIL ab杆切割磁感线产生的感应电动势为 E= BLv由闭合电路欧姆定律可知i=R整理得:F + mgsi n 0b2l2_v 卩 mcps 0= ma代入Vm= 8 m/s时a= 0,解得F = 8 N2代入 v = 4 m/s 及 F = 8 N，解得 a=4 m/s（2）设通过回路横截面的电荷量为q,则q= I t回路中的平均电流强度为I =回路中产生的平均感应电动势为精选练透回路中的磁通量变化量为 =BLx，联立解得q = 3 C答案 （1）4 m/s2（2）3 C方法技巧I

18、用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下:I多维训练A.ab中的感应电流方向由B. ab中的感应电流逐渐减小C. ab所受的安培力保持不变D. ab所受的静摩擦力逐渐减小解析 导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小 U二k为一 定值），则闭合回路中的磁通量均匀减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针 方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误；根据法拉第电磁感 应定律，感应电动势E = 二号二kS,回路面积S不变，即感应电动势为定值， 根据闭合电路欧姆定律1 = R，所以ab中的电流大小不变，故选项 B

19、错误；安培力F = BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选项 C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项 D正确。答案 D2为研究电磁制动的效果，某同学在小车的水平底面安装宽为 L、长为2L的矩形 线圈abcd，线圈匝数为N，总电阻为R，水平直轨道上虚线PQ和MN之间存在 竖直向下的匀强磁场，其间距为 2L，磁感应强度为B,如图10所示，沿轨道运 动的总质量为m的小车，受到地面的阻力恒为f，当车头（ab边）进入磁场时速度 为V。，车尾（cd边）离开磁场时速度恰好减为零，求：P： it k K

20、 K ：MM% X X JIix x x x '图10(1) 车头进入磁场时，小车加速度的大小；(2) 从ab进入磁场到ab离开磁场的过程中，通过导线截面的电荷量；电磁制动过程中线圈产生的焦耳热。解析(1)设车头进入磁场时，加速度的大小为a，回路中的感应电动势为E，电流为I，小车所受安培力的大小为F,E= NBLvo, 1 = R，F = NBIL,由牛顿第二定律得F + f= ma,联立解得2 2 2N B L vofa=+ 二mR m从ab刚进入磁场到ab刚离开磁场过程中，设线圈中的平均感应电动势为 E,平均电流为I ,所用时间为t,通过导线截面的电荷量为q,BL2E 得 E= N

21、2Bj-, I =2r , q= I t,联立解得 q = 2NBL设电磁制动过程中线圈产生的焦耳热为 Q,由能量守恒定律得Q = *mv0 4fL2 2 2 2答案需+ m警珈2-4fL突破四 电磁感应中的能量和动量问题1.电磁感应中的能量转化必正功：电能甦厶机诫能*俎】电动机d如机械能坐电能錚離器2求解焦耳热Q的三种方法3.动量守恒定律在电磁感应现象中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系 统内力，如果它们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便。考向 电磁感应中的能量问题【例5】（2019石家庄模拟）相距为L = 2 m的

22、足够长的金属直角导轨如图11甲 所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m=0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦 因数均为 尸0.5,导轨电阻不计，回路中ab、cd电阻分别为= 0.6莒Rz = 0.4 Q。整个装置处于磁感应强度大小为 B = 0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中。当 ab杆在平行于水平导轨的拉力 F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆 也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g取 10 m/sab杆的加速度a； 当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；若从开始到cd杆达

23、到最大速度的过程中拉力 F做了 5.2 J的功，求该过程中ab 杆所产生的焦耳热。解析 （1）由图乙可知，t = 0时，F= 1.5 N对 ab 杆: F 1 m前 ma代入数据得a = 10 m/s2cd杆受力情况如图（从d向c看），当cd杆所受重力与滑动摩擦力相等时，速度最大，即mg= 1N又N= F安，安培力F安=BIL，求：感应电流1= =-BLR1 + R2 R1 + R2由以上几式解得v= 2 m/s试求:2ab杆发生的位移为x=曇=0.2 m1 2对ab杆应用动能定理得 W 卩mg)eW安=qmv 解得W安=4.9 J根据功能关系得Q= W安，所以ab杆上产生的焦耳热为R1Qab

24、=Q = 2.94 JR1+ R2答案(1)10 m/s2 (2)2 m/s (3)2.94 J考向 电磁感应中的动量问题【例6】 如图12所示，MN、PQ是固定在水平桌面上，相距I = 1.0 m的光滑平行金属导轨，MP两点间接有R= 0.6 Q的定值电阻，导轨电阻不计。质量均为 m 二0.1 kg,阻值均为r二0.3 的两导体棒a、b垂直于导轨放置，并与导轨良好接触。开始时两棒被约束在导轨上处于静止，相距xo二2 m, a棒用细丝线通过光滑滑轮与质量为m0 = 0.2 kg的重物c相连，重物c距地面高度也为X0 = 2 m。整个桌 面处于竖直向下的匀强磁场中， 磁感应强度B= 1.0 To

25、 a棒解除约束后，在重物c的拉动下开始运动(运动过程中丝线始终与b棒没有作用)，当a棒即将到达b棒 位置前一瞬间，图12(1) a棒匀速运动时棒中的电流大小；(2) 已知a b两棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，假设导轨足够长，试求该“粗棒”能运动的距离；(3) a棒解除约束后整个过程中装置产生的总焦耳热。解析由题意mog= Blla,可得la= 2 A设碰前a棒的速度为v,则Blv0.6X 0.3la=, R总=Q+ 0.3 修0.5 QR 总0.6+ 0.3v = 1 m/sab 碰撞过程 mv = 2mv', v'= 0.5 m/sab碰撞后的整体运动过程，由动量定理得B

26、lxI lBt = 0 2mv', q= I t = R+ 2得 x= 0.075 m(3) 发生碰撞前m°gx0 Q1 = g(m0+ m)v2得 Q1 = 3.85 J1 2发生碰撞后Q2 =2mv = 0.025 J所以整个运动过程 Q = Q1 + Q2= 3.875 J答案 (1)2 A (2)0.075 m (3)3.875 JI多维训练精选练透1. (多选)如图13所示，PQ和MN是固定于水平面内电阻不计、间距L = 1.0 m的足够长平行光滑金属轨道。质量均为m= 0.2 kg、接入两轨道电阻值均为 R= 0.1 Q的两金属棒ab、cd静置于轨道上，整个装置处

27、在方向竖直向上、磁感应强度 B = 0.4 T的匀强磁场中。某时刻cd棒突然受到水平向右1 = 0.8 N -s的瞬时冲量作用 开始运动，运动过程中金属棒始终与轨道垂直，且接触良好，取重力加速度g =10 m/s2,下列说法正确的是（）图13A. 开始运动后的一小段时间内，d端电势比c端电势高B. cd棒开始运动的瞬间，d、c两端的电势差Udc= 1.6 VC. 在整个运动过程中，回路 abcd中产生的热量为1.2 JD. 在整个运动过程中，通过 ab棒横截面的电荷量为1 C解析 开始运动后，cd棒向右减速，ab棒向右加速，二者速度相等之前 cd棒的 速度始终大于ab棒的速度，回路中感应电流的

28、方向与 cd棒切割磁感线产生的感 应电流的方向一致，根据右手定则可知，d端的电势高于c端的电势，故选项A 正确；cd棒开始运动的瞬间，根据动量定理有 1 = mv0，解得cd棒获得的瞬时速R1度 V0 = 4 m/s,则该瞬间 d、c两端的电势差 Udc=2RBLv0 =2X 0.4x 1.0 4 V = 0.8V，故选项B错误；从开始到两棒共速的整个运动过程中，对两棒组成的系统由动量守恒定律有mv0 = 2mv，解得v = 2 m/s，由能量守恒定律可知回路 abcd中产1 2 1 2 1 1生的热量为 Q = 2mv02 2mv2 = *X 0.2X 16 J ：X 0.4X 4 J= 0

29、.8 J,故选项 C 错误；在整个运动过程中，对 ab棒由动量定理有 Ft= BI L -t= BL q= mv 0,整理mv 0.2 X 2 .可得4= BL = 0 4X10 C= 1 C，故选项D正确。答案 AD2. 如图14所示，平行金属导轨 MN、M'N和平行金属导轨PQR、PQR固定在高 度差为h（数值未知）的两水平台面上。导轨 MN、MN左端接有电源，MN与M 'N'的间距为L = 0.10 m,线框空间存在竖直向上的匀强磁场、磁感应强度B1 = 0.20 T; 平行导轨PQR与PQ'R的间距为L = 0.10 m,其中PQ与P'Q'

30、;是圆心角为60° 半径为r = 0.50 m的圆弧形导轨，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 B2 = 0.40 T。导体棒a质量mi= 0.02 kg,接在电 路中的电阻Ri = 2.0 Q,放置在导轨MN、M N右侧N N边缘处；导体棒b质量 m2= 0.04 kg,接在电路中的电阻R2= 4.0 Q,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vi = 2 m/s滑入平行 导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g= 10 m/s2,不计一切摩擦及空气阻 力。求：导体棒b的最大加速度；(2)

31、导体棒a在QQ 右侧磁场中产生的焦耳热；(3) 闭合开关K后，通过电源的电荷量q。解析(1)设a棒滑到水平导轨上时的速度大小为 V2,则从PP到QQ ,由动能定理得1 2 1 2 m1g(r rcos 60 ) = qm" 2m1v1解得 V2 = 3 m/s因为a棒刚进磁场时，a、b棒中的电流最大，b棒受力最大，加速度最大，所以E= B2LV2= 0.12 V1= = 0.02 AR1 + R2由牛顿第二定律有 B2IL = m2amax、2则导体棒b的最大加速度amax = 0.02 m/s(2) 两个导体棒在运动过程中，动量守恒且能量守恒，当两棒的速度相等时回路中 的电流为零，

32、此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热。所以由动量守恒定律有 miv2= (mi + m2)V3设a棒在此过程中产生的焦耳热为 Qa, b棒产生的焦耳热为Qb1 2 1 2由能量守恒定律有2miv22(mi + m2)V3 + Qa+ Qb由于a、b棒串联在一起，所以有 詈一RQa 0.02 J(3) 设闭合开关后，a棒以速度vo水平抛出，则有vo vicos 60 1 m/s对a棒冲出过程由动量定理得刀 BilL At mivo 即 BiLq mivoq 1 C答案 (1)0.02 m/s2 (2)0.02 J (3)1 C核心素养提升建构模型系列一一高考常考的“切割模型”【真题模型再现】来

33、源图例模型命题点2016高考全国卷U第20题0Q“导体棒转动切 害模型右手定则、E= BLv的应用、闭合电路欧姆定律2016高考全国卷I第24题“导体棒平动切 害模型受力分析、平衡条件、公式E= BLv的应用2016高考全国卷U第24题1；x X X X (FIXX « 1'Sx X XIX X X X I“单棒+导轨”模型牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律2017高考全国卷U第20题U| 1 td丨 J: :“线框切割”模型法拉第电磁感应定 律、右手定则、安 培力2017高考全国卷川第15题XX%N 冥 气XXX?Q Xx ><i“单棒+导轨”模型楞次疋

34、律、磁通量的概念2018高考全国卷I第17题“导体棒转动切 害模型法拉第电磁感应定 律、闭合电路欧姆 定律、电荷量的计 算2018高考全国卷U第18题i * ;*'氏胆;* ;*: X 鼻:l *r f *“线框切割”模型i t图像、楞次定 律、法拉第电磁感 应定律【常考模型训练】1“导体棒转动切割”模型（多选）如图15所示为一圆环发电装置，用电阻 R= 4Q的导体棒弯成半径L = 0.2 m的闭合圆环，圆心为 O, C0D是一条直径，在0、D间接有负载电阻Ri= 1 Q整个圆环中均有B= 0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过。 电阻r= 1 Q的导体棒OA贴着圆环做匀速圆周运动，角速度3

35、= 300 rad/s则（）图15A. 当OA到达OC处时，圆环的电功率为1 WB. 当OA到达OC处时，圆环的电功率为2 WC. 全电路最大功率为3 WD. 全电路最大功率为4.5 W解析 当OA到达OC处时，圆环的电阻为1 Q,与R1串联接入电路，外电阻为1 22莒棒转动过程中产生的感应电动势 E =尹L 3= 3 V，圆环上分压为1 V，所以圆环上的电功率为1 W，选项A正确，B错误；当OA到达OD处时，圆环中的电流为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以全电路的电功率最大为E2P= 4.5 W,选项C错误，D正确。R1+ r答案 AD2. “单棒+导轨”模型如图16所示，足够长的

36、金属导轨固定在水平面上，金属 导轨宽度L = 1.0 m，导轨上放有垂直导轨的金属杆 P，金属杆质量为m= 0.1 kg, 空间存在磁感应强度B = 0.5 T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R=3.0約金属杆的电阻r = 1.0皐其余部分电阻不计。某时刻给金属杆一个水平 向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v t图像， 导轨与金属杆间的动摩擦因数 尸0.5。在金属杆P运动的过程中，第一个2 s内 通过金属杆P的电荷量与第二个2 s内通过P的电荷量之比为3 : 5°g取10 m/s2。 求：图16水平恒力F的大小；前4 s内电阻R上产生的热量解析（

37、1）由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运当t= 2 s时，v= 4 m/s,此时感应电动势 E= BLv感应电流ER+ r安培力F = BIL =2 2B2L2vR+ r根据牛顿运动定律有F F 卩m=0 解得 F = 0.75 NE 通过金属杆P的电荷量q= I t = tR+ r其中E A0= BLxT=t所以q=*x（x为P的位移）R+ r设第一个2 s内金属杆P的位移为X1,第二个2 s内P的位移为X2则1 = BLX1, 2= BLx2= BLvt又由于q1 : q2 = 3 : 5联立解得 x2 = 8 m, X1 = 4.8 m前4 s内由能量守恒定律

38、得1 2F（X1 + x2） = 2mv + 卩 mgd + X2）+ Qr + Qr其中 Qr : Qr= r : R= 1 : 3解得 Qr= 1.8 Jo答案(1)0.75 N (2)1.8 J3. “双棒+导轨”模型如图17所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直 于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b垂直放置在导轨上且与导轨接触良好，可自由滑动。先固定a,释放b,当b的速度达到10 m/s时,再释放a，经过1 s后，a的速度达到12 m/s，贝U: (g取10 m/s2)图17(1) 此时b的速度是多大？(2) 假若导轨很长，试分析a、b棒最后的运动状态。解析(1)

39、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= mva (mg F)t= mvb mv0解得 vb= 18 m/s在a、b棒向下运动的过程中，a棒的加速度a1 = g+ m，b棒的加速度a2 = g m，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。答案(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4

40、. “线框切割”模型(2019南昌三校联考)如图18所示，空间分布着水平方向的 匀强磁场，磁场区域的水平宽度 d= 0.4 m,竖直方向足够长，磁感应强度 B = 0.5T。正万形导线框PQMN边长L = 0.4 m,质量m= 0.2 kg，电阻R= 0.1 Q,开始 时放在光滑绝缘水平板上“I”位置。现用一水平向右的恒力 F = 0.8 N拉线框， 使其向右穿过磁场区域，最后到达“U”位置(MN边恰好出磁场)。已知线框平面 在运动中始终保持在竖直平面内，PQ边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动，g取 10 m/s2。试求：图18(1) 线框进入磁场前运动的距离 D;(2) 上述整个过程中线框内产

41、生的焦耳热；(3) 线框进入磁场过程中通过其某一截面的电荷量 解析(1)线框在磁场中匀速运动，有 F安二FE- R联立解得V1 =B2L2= 2 m/s12由动能定理得FD = 2mvi解得D = 0.5 m由能量守恒定律可知 Q= 2Fd = 2X 0.8X 0.4 J= 0.64 J2根据q =C= 0.8 C"BAS 0.5X 0.4r 可得 qR = 丁 答案 (1)0.5 m (2)0.64 J (3)0.8 C课时作业电磁感应定律的综合应用(一)图像和电路问题(时间：40分钟)基础巩固练1. 如图1甲所示，在电阻R= 1 Q面积Si = 0.3 m2的圆形线框中心区域存在

42、匀强 2 磁场，圆形磁场区面积 S2 = 0.2 m。若取磁场方向垂直纸面向外为正方向，磁感1（取顺时针方向应强度B随时间的变化规律可用图乙描述，则线框中的感应电流为正方向）随时间t的变化图线是甲1/( x 1O SA)2<1-2/(X in-'A)答案 C2. 如图2所示，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之 一，磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环 内产生的感应电动势为E,则a、b两点间的电势差为（）a.2eD.E解析1a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的 *故a、b间电势差为1U = 3E,选项B正确。答案

43、 B3. 下列四个选项图中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。 A、B 中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形。各导线框均绕垂直纸面轴 0 在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为 T。从线框处于图示位置时开始计时，以在0P边上从P点指向0点的方向为感应电流i的正方向。则 在如图所示的四个情景中，产生的感应电流 i随时间t的变化规律如图3所示的图3XXX XgXXX X X： SC XXX #帚人A解析 根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产 生的感应电流i随时间t的变化规律如题图所示的是选项 Co答案 C4. 如图4甲所示，线圈A、B紧

44、靠在一起，当给线圈A通以如图乙所示的电流（规 定由a进入由b流出为电流正方向）时，则电压表的示数变化情况（规定电流由c 进入电压表为正方向）应为下图中的（）甲乙图4i-i -询卜11 1ABCIJ解析 规定由a进入由b流出为电流正方向，01 s内电流为正方向，根据右手 螺旋定则判断出线圈A产生的磁场左端是N极，右端是S极，由于产生原磁场的 电流在增大，所以原磁场穿过线圈 B的磁通量增大，根据楞次定律判断出线圈 B 中感应电流方向是从d经过电压表再到c，即电压为负值。根据法拉第电磁感应 定律得产生的感应电动势不变，为定值。依次求出 14 s过程中电压表示数的变化情况，可知选项D正确。答案 D3匀

45、速转动，磁感应强度大5. （2018上海闵行区模拟）如图5所示，在外力的作用下，导体杆 OC可绕O轴沿 半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以角速度杆和框架电阻不计，则所施外小为B，方向垂直纸面向里，A、O间接有电阻R， 力的功率为（2 2 2B 3 rA. R22 4B 3 rB. R解析 因为0C是匀速转动的,C. 4R根据能量守恒可得,22 4B 3 rD. 8RE2P外=P电=R，又因为E =B22 4Br联立解得P外=匚爲匚，选项C正确。答案 C6. （多选）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 垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一

46、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，则下列说法中正确的是（）A. ti时刻轻杆对导体棒的作用力最大B. t2时刻轻杆对导体棒的作用力为零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解析 由E= n云，可知ti时刻感应电动势为零，感应电流为零，安培力为零， 轻杆对导体棒的作用力为零，故选项 A错误；t2时刻感应电动势为最大，感应电 流最大，但磁场为零，安培力为零，轻杆对导体棒的作用力为零，故选项B正确； 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

47、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 BC7. 两块水平放置的金属板，板间距离为d，用导线将两块金属板与一线圈连接， 线 圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场，如图 7所示。两板间有一带正电的油 滴恰好静止，则磁场的磁感应强度 B随时间变化的图像是（）解析 带正电的油滴静止，即所受重力与电场力平衡，两板间为匀强电场，因此 线圈中产生的感应电动势为恒定值，由法拉第电磁感应定律可知，通过线圈的磁 通量一定是均匀变化的，选项 A、D错误；油滴带正电，故下极板电势高于上极板电势，感应电流产生磁场与原磁场方向相同，

48、由楞次定律可知，通过线圈的磁 通量均匀减小，故选项C正确，B错误。答案 C8. 如图8所示，边长为L的正方形单匝线框有一半水平放置在与水平方向夹角为 30°勺匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R，右侧接入电容为C的电容器，其余电 阻不计。若匀强磁场的磁感应强度 B随时间t的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），则在0ti时间内（）A. 电容器a板带正电B. 电容器所带的电荷量为零C.线框中产生的感应电动势大小为D.线框中产生的感应电动势大小为BoL22toBoL24to解析 穿过线框的磁通量先向上减小，后向下增大，根据楞次定律可以判断，感应电流为逆时针方向，b板带正电，A错误；根据法

49、拉第电磁感应定律E =电容器所带的电荷量2CBoL2Q二CE= 4t0 ，B、cL2X BoX 12Atto 4to ，SBsin 30 0 20 2 BoL2错误，D正确 答案 D9. （多选）在水平放置的两条平行光滑直导轨上有一垂直其放置的金属棒ab，匀强磁场与轨道平面垂直，磁场方向如图 9所示，导轨接有两定值电阻及电阻箱 R， R1= 5 Q, R2= 6 Q,其余电阻不计。电路中的电压表量程为 010 V，电流表的 量程为03 A，现将R调至30 Q用F = 40 N的水平向右的力使ab垂直导轨向 右平移，当棒ab达到稳定状态时，两电表中有一表正好达到满偏，而另一表未达 到满偏。则下列

50、说法正确的是（）图9A. 当棒ab达到稳定状态时，电流表满偏B. 当棒ab达到稳定状态时，电压表满偏C. 当棒ab达到稳定状态时，棒 ab的速度是1 m/sD. 当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度是2 m/s解析 假设电压表满偏，则通过电流表的电流为二2 AV 3 A，所以电压R2+ Ro表可以满偏，此时电流表的示数为 2 A，故A错误，B正确；棒ab匀速运动时， 水平拉力F与安培力大小相等，则有 Fa = F = BIL，得BL = F = 20 N/A，感应电E 20动势 E = U + IR1 = （10 + 2 X 5） V = 20 V，又 E = BLv，则得 v = BL 2o

51、 m/s= 1 m/s，故C正确，D错误答案 BC综合提升练10. （多选）如图10所示，图中两条平行虚线间存在有匀强磁场，虚线间的距离为2L,磁场方向垂直纸面向里。abed是位于纸面内的梯形闭合线框，ad与be间的 距离为2L且均与ab垂直，ad边长为2L, be边长为3L, t= 0时刻，e点与磁场 区域左边界重合。现使线框以恒定的速度 v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁 场区域，取沿abc da方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过 程中，感应电流I及a、b间电势差U随时间t变化的关系图线可能是（）解析在线框de边逐渐进入磁场的过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，根据法拉第电

52、磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，产生的感应电动势和感 应电流逐渐增大；de边完全进入后，线框切割磁感线的有效长度不变，产生的感 应电动势和感应电流恒定；de边出磁场过程，线框切割磁感线的有效长度逐渐减 小，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，产生的感应电动势和感应电 流逐渐减小，但此时通过线框的磁通量仍一直增大，电流为正；de边完全出磁场后，ab边进入匀强磁场切割磁感线，产生的感应电动势和感应电流恒定，但电流 为负，所以B正确，A错误；在03上）时间段，线框右侧部分切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，a b之间的电势差与电流成正比，图像与电流图像类 似；在35(V)时间段线框左侧部分

53、切割磁感线产生感应电动势，相当于电源a、 b之间的电势差为正值，D正确，C错误答案 BD11. 如图11甲所示，相距L = 1 m、电阻不计的两根长金属导轨，各有一部分在同 一水平面上，另一部分在同一竖直面上。质量均为m= 50 g、电阻均为R= 1.0 Q的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数卩=0.5。整个装置处于磁感应强度 B= 1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在水平拉力F的作用下沿导轨向右运动时，从t= 0时刻开始释放cd杆，cd杆 的vcd-1图像如图乙所示，g取10 m/s2(在01 s和23 s内的图线为直线)。r'.jAm

54、-s ')图11(1)求在01 s内通过cd杆的电流大小；若已知ab杆在12 s内做匀加速直线运动，求这段时间内拉力F随时间变化的函数方程。解析(1)在 01 s内，Vcd- t图线为倾斜直线， cd杆做匀变速直线运动,、Vt V02加速度为 a1 = t = 4.0 m/s因此cd杆受向上的摩擦力作用，其受力分析如图所示根据牛顿第二定律，有 mgf = ma1，其中f=卩4 i F =卩BILm (g ai)因此回路中的电流为1=B = 0.6 A。卩BL在01 s内，设ab杆产生的感应电动势为E,则E= BLvi，由闭合电路欧姆定律知1= 2R，2IR则ab杆的速度为vi =瓦=1.2 m/s。在23 s内，由题图乙可求出cd杆的加速度为a2= 4 m/s2，2m (g a2) R同理可求出ab杆的速度v2=B2= 2.8 m/