选修32第十章专题突破电磁感应定律的综合应用

ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD2BLv3R1＝R时，导体棒两端的电压为3＝2当滑动变阻器接入电路中的阻值＝2

解析根据楞次定律可知，A23E＝BLvB错误；R1＝R时，外电路总电阻R外＝R，故导体棒两端的电压即路端电压应等于1BLvCE＝BLvR，求解23，故当

＝RPm＝＝R1

＝2

D答案ωO逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计。下列说法正确的是()A.金属棒中电流从B流向

金属棒两端电压为C.电容器的M板带负 解

U＝R

UAMCC＝QU

2D答案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BO1O2M、N与一个OP120°的过程中，下列说法中正确的是()A.O、P两端电压为 4BLB.LED灯的电流为C.整个装置消耗的电能为D.LED解 辐条OP进入磁场匀速转动时有 ωL，在电路中OP相当于内阻为BL3LED灯并联，故而电路的总电阻R＝4r，OP3

＝Er＝BL2ω，流 灯的电流

E21

BQ＝Rt＝4r·3·ω3

II

LEDD答 突破二化快慢(均匀变化还是非均匀变化)考向根据图象分析判断电磁感应过【例2】(多选)(2018·卷Ⅲ，20)如图4(a)，在同一平面内固定有一长直导线(b)QPR中的感应电动势()

T＝4

T＝2

＝2

t＝T解析R中磁感应强的大小。由题图(b) 2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，D2答 考向根据电磁感应过程选择图3(多选)5MNPQ放置在同一水平面内，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()解析t＝0F，使金属棒由静止开始做匀加速直av＝ati＝E＝BLatAE＝ΔΦ＝ B

12，i＝E，q＝iΔtq＝1BLat2B

F

F C

)atD答 1.(2019·海南昌江模拟)RO点，两圆形区域内2ROAO点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速ω。t＝0时，OA6O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是()22解析根据右手定则判断方向，然后根据E＝1BL2ω，分析大小变化即可做出选Dt过的角度为α，则α＝ωt，导体杆有效切割长度为L＝2Rsinωt。由 2BLABD错误，C正确。答案2.(多选)70.20mg＝10m/s2，下列说法正确的是()t＝1s时线圈受到的力为t＝6s0.4AD.线圈滑动前，其产生的焦为2.4×10－2解 t＝1s时磁感应强度为零，线圈受到的力为零，选项A正确；由题乙可知，ΔB＝0.1T/sB＝－0.1T＋ΔB Δt RI＝E＝0.2At＝6sB＝0.5T，线圈受到的力R产生的焦Q＝I2Rt＝0.22×0.10×6J＝2.4×10－2J，选项D正确答案突破三根据第二定律进行动态分析或结合功能

体 37°(sin37°＝0.6)1m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大4T，P、M8Ω2kgab垂直导轨g＝10m/s2，求：(1)4m/s(2)6m (1)对金属杆ab应用第二定律，有F＋mgsinθ－F安－f＝ma，f＝μFN，FN＝mgcosθab杆所受力大 F安＝BILabRR整理得：F＋mgsin μmgcos vm＝8m/sa＝0F＝8v＝4m/sF＝8Na＝4-(2)qq＝I--回路中的平均电流强度为 回路中产生的平均感应电动势为 ΔΦ＝BLxq＝3答 (1)4 (2)3用“四步法”解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”1.(2017·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。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静 A.ab中的感应电流方向由b到 B.ab中的感应电流逐渐减C.ab所受的力保持不 D.ab所受的静摩擦力逐渐减解析abR、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(ΔB＝k为一方向的感应电流，ababAE＝ΔΦ＝ΔB·S＝kS RI＝EabBR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与力F等大反向，力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确答 框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t＝0时导线框的右边恰正确描述上述过程的是() 力减小，导线框的加速度减小，v－t图线的斜率减小；导线框全部进入磁场过程，有感应电流，又会受到力阻碍作用，速度减小，加速度减小，选项D答 突破四求解焦Q的三种方考向电磁感应中的能量问5】(2019·石家庄模拟)L＝2m11甲整个装置处于磁感应强度大B＝0.50Tab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10m/s2，求：abcdabcdF5.2J杆所产生的 解 (1)由图乙可知，t＝0时，F＝1.5ab杆：F－μmg＝ma代入数据得a＝10m/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＝μNN＝FF安＝感应电流 BLv＝ v＝2abs＝2a＝0.2ab2WF－μmgs－W安2W安＝4.9Q＝W所以ab杆上产生的焦Qab＝ Q＝2.94答 (1)10 (2)2 (3)2.94考向电磁感应中的动量问612所示，MN、PQl＝1.0m的光滑平行金属导轨，MPR＝0.6Ω的拉动下开始运动(b棒没有作用)ab棒位置前一瞬间，ba棒已经匀速运动，试求：aa、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a棒解除约束后整个过程中装置产生的总焦解 (1)由题意m0g＝BlIa，可得Ia＝2(2)av

，R总

Ω＋0.3Ω＝0.5v＝1abmv＝2mv′，v′＝0.5ab2 2 s＝0.075m22Q1＝3.85

Bls2Q2＝1×2mv′2＝0.0252Q＝Q1＋Q2＝3.875答 (1)2 (2)0.075 (3)3.875R，与导g。金属杆()C.4mgdD.h可能小于 等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做运动，所以金属杆刚进入场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度v1为金属杆刚进入Ⅰ时的速度，v2为金属杆刚出Ⅰ时的速度)，图线与时间轴所之间的运动时间，选项B正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ02mgd，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q1＝2mgd，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相2×2mgd＝4mgdC正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v＝2gh，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E＝RBlv，感应电流I＝E，所 力F＝BIL，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度R

mh>2B4L4Dm答案37°L＝0.2mm＝0.1kg0.1Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，整个装置处于磁感应强度大 B＝1.0T、方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。t＝0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑。t＝1s时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始做匀加速直线运动。cd杆运动的v－t图象如图乙所示(其中第1s、第3s内图线为直线)。若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：在第1s内cd杆受到的力的大小ab若第2s内力F所做的功为9J，求第2s内cd杆所产生的焦解 (1)ab杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知ab杆中感应电流由a到则cd杆中电流由d到c，根据左手定则可知cd杆受到的力方向垂直于左侧v－t图象可知，cd1s 1＝Δt＝4对cd杆受力分析，根据第二定律mgsin53°－μ(mgcos53°＋F安F安＝0.2N对cd杆：力F安回路中电流I＝BL＝1abE＝I·2R＝0.2abv1＝E＝1m/s根据v－t图象可知，cd杆在第3s内做 运动，加速度

4对cd杆受力分析，根据第二定律mgsin53°－μ(mgcos53°＋F安解得力F安′＝1.8

＝Δt

F安

2R

2R2sabv2＝B2L2＝92sab杆做匀加速运动，ab2s2＝1(v1＋v2)t＝52abWF＋mgs2sin37°－μmgs2cos37°＋W安＝1mv2－1 2m解得力做功W安＝－6回路中产生的焦Q＝－W安解得第2s内cd杆所产生的焦Qcd＝3J答 (1)0.2 (2)1 (3)3建构模型系列——【模型再现20卷E＝BLv2016·24卷E＝BLv的应用24卷2017·20卷右手定则、15卷17卷18卷i－t图象、楞次定律、1.[“导体棒转动切割”模型](多选)154ΩL＝0.2mO，COD是一条直径，在O、DR1＝1ΩB＝0.5T的匀强磁场垂直环面r＝1ΩOAω＝300则 OAOC1OAOC234.5解 当OA到达OC处时，圆环的电阻为1Ω，与R1串联接入电路，外电阻2Ω，棒转动过程中产生的感应电动势 2＝3V，圆环上分压为1V，所2BL1WA正确，BOAOD处时，圆环中的

＝4.5WC错误，D答 2.[“单棒＋导轨”模型]16所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属L＝1.0mPm＝0.1kg，B＝0.5TRFPPv－t图(1)F(2)4sR (1)由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运t＝2s时，v＝4m/sI＝根据运动定律有F＝0.75N-(2)Pq＝I-

＝E·t其中

E＝t＝q＝BLs∝s(sP的位移2sPs12sPs2＝8m，s1＝4.82前4s内由能量守恒定律得其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶32QR＝1.8J答案(1)0.75N(2)1.83.[“双棒＋导轨”模型]17所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直a1s后，a12m/s，则：(g10m/s2)(1)b(2)a、b (1)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棒受到向下的力，b棒受到向上的力，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vb＝18mm(2)a、b棒向下运动的过程中，aa1＝g＋F，ba2＝g－F则力也逐渐减小到零。最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加mm (1)18m/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.[“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＝0.4m，竖直方向足够长，磁感应强度0.5TPQMNL＝0.4mm＝0.2kgR＝0.1Ω，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＝0.8NPQg10m/s2。试求：R (1)线框在磁场中匀速运动，有F安＝FF安＝BIL，I＝E，E＝BLv1Rv1＝FR D＝0.5Q＝2Fd＝2×0.8×0.4J＝0.64 根据q＝R可得q＝R C＝0.8答 (1)0.5 (2)0.64 (3)0.8(时间：40分钟S2＝0.2m2。若取磁场方向垂直纸面向外为正方向，磁感为正方向)t的变化图线是()答案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Ea、b两点间的电势差为() 3解 3U＝1B答 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、T。从线框处于图示位it3所示的是()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C。答案4.(多选)4ABC固定在水平面上，支架处在EF放在支架上，用一轻杆将导向下为正方向，则下列说法中正确的是()t1t2t2t3t2t4解 由

ΔΦ，可知t1时刻感应电动势为零，感应电流为零 力为零n，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，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5.5L为正方向)0～t1时间内()A.a

应电流为逆时针，b板带正电，A错误；根据法拉第电磁感应定律E＝SΔBsin 2×L

＝4t0

4t0，B、C错误，D答 6.(多选)a2a3阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图6所示。 3A.θ＝02BavB.θ＝π时，杆产生的感应电动势为3BavC.θ＝0时，杆受到的力 ＝3

解 根据法拉第电磁感应定律可得E＝Blv，其中l为有效长度，当θ＝0时33I＝Eθ＝0时，l＝2a，E＝2Bav，r＋R＝(π＋2)aR0F

＝π＝，

，＋＝ C

(

B错误，D答案m＝0.1kgR＝0.2Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上cd恰好能保持静止。(g＝10m/s2)，则(F的 0.5ab1.0ab1.0ab5.0解析cdmgsinθ＝BILI＝2.5A，所以回路中的感E＝2IR＝1.0VB正确；Uab＝IR＝0.5VCabF＝BIL＋mgsinθF＝1.0NA错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，解得v＝5.0m/s，选项D正确。答 磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形闭合线框，adbc间的距离Ia、bUt变化的关系图线可能是()解析框dc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 3～La、b间的电势差为正值，D正确，C答 9.(2019·吉林春市七校第二次联考)如图9所示，两根水平放置的平行金属导＝0.5mR1＝1.5Ω的电阻，B＝2.0T。现有一根长度稍大LR2＝0.5Ωm＝1.0kgF作用下，eft＝0时刻，F0＝1.5N2.0s运动到cdabg＝10m/s2。求：cd金属棒从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦。 (1)刚开始拉金属棒时，由第二定律得F0＝ma代入数据得a＝1.5m/s2t＝2.0sv＝at＝3电压表示数 R1，代入数据得U＝2.25cdab2－mgr－W克安2回路中产生的总焦Q＝W克电阻R1上产生的 Q1＝0.3答 (1)1.5 (2)2.25 (3)0.310.l。B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑(2)

的速度变为初速度的4

cd解 (1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有

2mv0－2·2mv＝4mv04(2)ab的速度变为3v0时，cd4mv0＝3v′＝1

E

＝2R＝

cd所受的力

4R由第二定律可得棒cd的加速度a＝m＝4mR 答 (2)(时间：40分钟1.(2019·闵行区模拟)如图1所示，在外力的作用下，导体杆OC可绕O轴沿rω匀速转动，磁感应强度大B，方向垂直纸面向里，A、OR，杆和框架电阻不计，则所施外力的功率为

D.解 因为OC是匀速转动的，根据能量守恒可得，P外＝P电＝R，又因为 Br·2P外＝4RC答 abvab棒的下列说法正确的是()所受力方向水平向vabR 导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受力方向水平向右，选项A正确；当mgsinθ＝BILcosθ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，则以速度v匀速下滑，选项B正确；由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)abE＝BLvcosθ，选项C错误；由能答案3.(多选)(2019·宁德模拟)如图3甲所示水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间内( A.电容器C的电荷量大小始终不变 B.电容器C的a板先带正电后带负电C.MN所受力的大小始终不变 D.MN所受力的方向先向右后向左 磁感应强度均匀变化产生恒定电动势电容器C的电荷量大小始终没变，所受力的方向先向右后向左，大小先减小后增大，选项C错误，D正确。 41∶4比为() 解 同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们lE＝ΔBΔt前的闭合回路的感应电动势 l2，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比1∶41∶4

3

3 l2

3kπ(2π)I∶I′＝E∶E′＝3∶1，D答 ，小灯泡的总质量为m框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光。则()，磁场的磁感应强度应为 长度L和磁场宽度l相同，A错误；匀速穿越，故重力和力相等 nBULB＝nPL，B＝Pv＝P，C2L，且重力做功完全转化为焦，故Q＝2mgL，D错误。答 6.6所示，一个足够长的“U”NMPQ固定在水平面内，导轨间距L＝0.50mm＝0.50kgab横跨在导轨上且接触良好，abMP恰好围成一个正方形。该导轨平面处在磁感应强度方向竖直向上、大小可以随时间变化的匀强磁场中，abf＝1.0N(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)R＝0.10Ω，其他电阻均不计。开始时，磁感应强B0＝0.50T。

0.40T/sab

Δt解析(1)以ab的感应电流I，ab棒受到的力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到ab棒所受力FA与最大静摩擦力fmax相等时，ab棒开始滑动。设磁感应强度对时间的变化率为k，则磁感应强度对时间的变化率k＝ΔB＝0.40T/sE＝ΔΦ＝ΔB2＝kL2＝0.4×0.52V＝0.10 ΔtI＝E＝0.10A＝1 ΔtB1＝B0＋ΔB＝B0＋kt力FA＝ILB1＝fmaxΔtt＝3.75(2)aba，t时刻运动的速度为v。根据第二定律得F－F安－fmax＝maF安感应电流

＝R＝F＝(3＋2.5tN当t＝0，F－fmax＝ma联立解得a＝4.0m/s2答 (1)3.75 (2)4.0

7.(多选)7PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直ab，则()abababMNNM解 根 Δv＝aΔta＝mgsinθA错误；ab棒切割磁感线，相当于电源，aM板带正电，N板带负电，选项C正确；若带电微粒带负电，在重力和电场力的作用下，可能先向下运动然后再反向向上运动，选项D正确。答 8.(多选)(2019·河北石家庄模拟)8m＝3.0×10－3kg的“”形金B1＝1.0Tn＝300匝、面积时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20