高考物理复习教案

选修3－2第九章电磁感应第1讲电磁感应产生的条件楞次定律eq\f(对应学生,用书P148)磁通量Ⅰ(考纲要求)1.磁通量的计算(1)公式：Φ＝BS.(2)适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场的有效面积．(3)单位：韦伯，1Wb＝1T·m2.2．碰通量的物理意义(1)可以形象地理解为磁通量就是穿过某一面积的磁感线的条数．(2)同一个平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大，当它跟磁场方向平行时，磁通量为零.电磁感应现象Ⅰ(考纲要求)1.电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象．2．产生感应电流的条件表述1闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．表述2穿过闭合电路的磁通量发生变化．3．产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合，则只有感应电动势，而无感应电流.楞次定律Ⅱ(考纲要求)1.楞次定律(1)内容：感应电流具有这样的方向，即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)适用条件：所有电磁感应现象．图9－1－12．右手定则(如图9－1－1所示)(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．(2)适用情况：导体切割磁感线产生感应电流．1．安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的适用范围规律适用范围基本现象安培定则电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场左手定则磁场力磁场对运动电荷、电流的作用右手定则楞次定律电磁电应导体做切割磁感线运动回路的磁通量变化2．判断感应电流方向的“三步法”3．右手定则掌心——磁感线垂直穿入，拇指——指向导体运动的方向，四指——指向感应电流的方向．1．下图中能产生感应电流的是()．解析根据产生感应电流的条件：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流．答案B2．如图9－1－2所示，小圆圈表示处于匀强磁场中的闭合电路一部分导线的横截面，速度v在纸面内．关于感应电流的有无及方向的判断正确的是()．图9－1－2A．甲图中有感应电流，方向向外B．乙图中有感应电流，方向向外C．丙图中无感应电流D．丁图中a、b、c、d四位置上均无感应电流解析甲图中导线切割磁感线，根据右手定则，可知电流方向向里，A错；乙、丙图中导线不切割磁感线，无电流，B错误，C正确；丁图中导线在b、d位置切割磁感线，有感应电流，在a、c位置速度方向与磁感线方向平行，不切割磁感线，无感应电流，D错误．答案C图9－1－33．(2011·杭州高三检测)如图9－1－3所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框逐渐远离(平行)通电导线，则穿过线框的磁通量将()。A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．不能确定解析离导线越远，电流产生的磁场越弱，穿过线圈的磁感线条数越少，磁通量逐渐减小，故只有B正确．答案B图9－1－44．(2009·浙江理综)如图9－1－4所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m，阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是()．A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d解析线框从右侧摆到最低点的过程中，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向为d→c→b→a→d，从最低点到左侧最高点的过程中，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可判断感应电流的方向为d→c→b→a→d，所以选B.答案B5．某班同学在探究感应电流产生的条件时，做了如下实验：探究Ⅰ：如图9－1－5甲所示，先将水平导轨、导体棒ab放置在磁场中，并与电流表组成一闭合回路．然后进行如下操作：①ab与磁场保持相对静止；②让导轨与ab一起平行于磁感线运动；③让ab做切割磁感线运动．图9－1－5探究Ⅱ：如图9－1－5乙所示，将螺线管与电流表组成闭合回路．然后进行如下操作：①把条形磁铁放在螺线管内不动；②把条形磁铁插入螺线管；③把条形磁铁拔出螺线管．探究Ⅲ：如图9－1－5丙所示，螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成一个回路；A放在螺线管B内，B与电流表组成一个闭合回路．然后进行如下操作：①闭合和断开开关瞬间；②闭合开关，A中电流稳定后；③闭合开关，A中电流稳定后，再改变滑动变阻器的阻值．可以观察到：(请在(1)(2)(3)中填写探究中的序号)(1)在探究Ⅰ中，________闭合回路会产生感应电流；(2)在探究Ⅱ中，________闭合回路会产生感应电流；(3)在探究Ⅲ中，________闭合回路会产生感应电流；(4)从以上探究中可以得到的结论是：当________时，闭合回路中就会产生感应电流．解析(1)只有当ab做切割磁感线运动时，闭合回路才会产生感应电流；(2)当螺线管中的磁通量发生改变时，闭合回路会产生感应电流；(3)闭合和断开开关瞬间或者改变滑动变阻器的阻值，都会使闭合回路的电流发生变化，因而螺线管中的磁通量发生改变，产生感应电流；(4)闭合回路的磁通量发生改变．答案(1)③(2)②③(3)①③(4)闭合回路的磁通量发生改变图9－1－66．(2010·上海卷)如图9－1－6所示，金属环A用轻线悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧．若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向________(填“左”或“右”)运动，并有________(填“收缩”或“扩张”)趋势．解析本题考查楞次定律的理解及应用．滑片P向左移动时，电阻减小，电流增大，穿过金属环A的磁通量增加，根据楞次定律，金属环将向左运动，并有收缩趋势．答案左收缩eq\f(对应学生,用书P149)考点一电磁感应现象是否发生的判断【典例1】如图9－1－7所示，图9－1－7一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是()．A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向左运动，同时增大磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)解析设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScosθ，对A，S增大，θ减小，cosθ增大，则Φ增大，A正确．对B，B减小，θ减小，cosθ增大，Φ可能不变，B错．对C，S减小，B增大，Φ可能不变，C错．对D，S增大，B增大，θ增大，cosθ减小，Φ可能不变，D错．故只有A正确．答案A【变式1】如图9－1－8所示，图9－1－8光滑导电圆环轨道竖直固定在匀强磁场中，磁场方向与轨道所在平面垂直，导体棒ab的两端可始终不离开轨道无摩擦地滑动，当ab由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，关于ab棒中的感应电流情况，正确的是()．A．先有从a到b的电流，后有从b到a的电流B．先有从b到a的电流，后有从a到b的电流C．始终有从b到a的电流D．始终没有电流产生解析ab与被其分割开的每个圆环构成的回路，在ab棒运动过程中，磁通量都保持不变，无感应电流产生．答案D考点二楞次定律的理解及应用楞次定律中“阻碍”的含义【典例2】下图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是()．A．①②B．③④C．①③D．②④解析根据楞次定律可确定感应电流的方向：对C选项，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同．线圈的上端为S极，磁铁与线圈相互排斥．综合以上分析知，选项③④正确．答案B——感应电流方向的判断方法方法一楞次定律的使用步骤方法二右手定则(适用于部分导体切割磁感线)【变式2】北半球地磁场的竖直分量向下．图9－1－9如图9－1－9所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向．下列说法中正确的是()．A．若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势高B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→aD．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a解析本题考查地磁场分布的特点，用右手定则判断产生的感应电流的方向．线圈向东平动时，ba和cd两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相等，a点电势比b点电势低，A错误；同理，线圈向北平动，则a、b电势相等，高于c、d两点电势，B错误；以ab为轴将线圈翻转，向下的原磁场的磁通量减小了，感应电流的磁场方向应该向下，再由右手螺旋定则知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，则C正确．答案C考点三“三定则一规律”应用区别抓住因果关系，据因索果(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则；(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则．(4)因变而生电(φ变→I感)→楞次定律【典例3】如图9－1－10所示，图9－1－10水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动．则PQ所做的运动可能是()．①向右加速运动②向左加速运动③向右减速运动④向左减速运动A．①②B．③④C．①④D．②③解析MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里eq\o(→,\s\up7(左手定则))MN中的感应电流由M→Neq\o(→,\s\up7(安培定则))L1中感应电流的磁场方向向上eq\o(→,\s\up7(楞次定律))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(L2中磁场方向向上减弱,L2中磁场方向向下增强))；若L2中磁场方向向上减弱eq\o(→,\s\up7(安培定则))PQ中电流为Q→P且减小eq\o(→,\s\up7(右手定则))向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强eq\o(→,\s\up7(安培定则))PQ中电流为P→Q且增大eq\o(→,\s\up7(右手定则))向左加速运动．答案D【变式3】如图9－1－11所示，图9－1－11金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引()．①向右做匀速运动②向左做减速运动③向右做减速运动④向右做加速运动A．①②B．③④C．②③D．①④解析当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，①错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，②对；同理可判定③对、④错．答案Ceq\f(对应学生,用书P150)6.逆反思维法——判定感应电流引起的运动效果逆反思维法是指从事物正向发展的目标、规律的相反方向出发．运用对立的、颠倒的思维方式去思考问题的一种方法．而电磁感应现象中因果相对的关系恰好反映了自然界的这种对立统一规律．对楞次定律中“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：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”．图9－1－12【典例】如图9－1－12所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时()．A.P、Q将互相靠拢B.P、Q将互相远离C.磁铁的加速度仍为gD.磁铁的加速度大于g解析解法一根据楞次定律的另一表述：感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因．本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以，P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g，应选A.解法二设磁铁下端为N极，如右图所示，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向，可见，P、Q将相互靠拢．由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结论．所以，本题应选A.答案Aeq\f(对应学生,用书P151)图9－1－131．(2009·海南高考)一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图9－1－13所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是()．A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时解析在S断开的情况下，S向a(b)闭合的瞬间M中电流瞬时增加，左端为磁极N(S)极，穿过N的磁通量增加，根据楞次定律可知N向右运动，选项A、B均错误；在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时，电路中电流减小，M产生的磁场减弱，穿过N的磁通量减小，根据楞次定律可知N向左运动，选项D错误、C正确．答案C2．(2009·重庆理综)如图9－1－14所示为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称．在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOeq\x\to(Y)运动(O是线圈中心)，则()．图9－1－14A．从X到O，电流由E经○G流向F，先增大再减小B．从X到O，电流由F经○G流向E，先减小再增大C．从O到Y，电流由F经○G流向E，先减小再增大D．从O到Y，电流由E经○G流向F，先增大再减小解析从X到O过程中，原磁场方向向上不断增加，则感应电流的磁场方向应该指向下，再由右手螺旋定则知，感应电流方向应该是由F经○G到E，又感应电流从零到有再到零，则一定经历先增大再减小的过程．同理，当从O到Y的过程中，感应电流的方向应该是由E经○G到F，大小也是先增大再减小．答案D3．(2010·海南高考)金属环水平固定放置，现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环()．A．始终相互吸引B．始终相互排斥C．先相互吸引，后相互排斥D．先相互排斥，后相互吸引解析磁铁靠近圆环的过程中，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍穿过圆环的原磁通量的增加，与原磁场方向相反，如图甲所示，二者之间是斥力；当磁铁穿过圆环下降离开圆环时，穿过圆环的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍穿过圆环的磁通量的减少，二者方向相同，如图乙所示，磁铁与圆环之间是引力．因此选项D正确．也可直接根据楞次定律中“阻碍”的含义推广结论：来则拒之，去则留之分析．磁铁在圆环上方下落过程是靠近圆环．根据来则拒之，二者之间是斥力；当磁铁穿过圆环后继续下落过程是远离圆环．根据去则留之，二者之间是引力．因此选项D正确．答案D图9－1－154．(2010·课标全国理综，21)如图9－1－15所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2.忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是()．A．E1>E2，a端为正B．E1>E2，b端为正C．E1<E2，a端为正D．E1<E2，b端为正解析由右手螺旋定则可知，缝隙间磁场方向水平向左，由右手定则可判断b端电势高，相当于电源正极；由E＝Blv可知，因为v2>v1，故E2>E1，选项D正确．答案D图9－1－165．(2011·上海单科，13)如图9－1－16所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a()．A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转解析由楞次定律，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故选B.答案B图9－1－176．(2011·上海单科，20改编)如图9－1－17所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布，一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中()．A．感应电流方向先顺时针后逆时针再顺时针B．感应电流方向一直是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向解析圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以A错；由于圆环所在处的磁场，上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，故D正确．答案Deq\f(对应学生,用书P285)图9－1－181．如图9－1－18所示，开始时矩形线圈平面与匀强磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要线圈产生感应电流，下列方法中不可行的是()．A．将线圈向左平移一小段距离B．将线圈向上平移C．以ab为轴转动(小于90°)D．以ac为轴转动(小于60°)解析当线圈向左平移一小段距离时，穿过闭合电路abdc的磁通量变化(减小)，有感应电流产生，A正确；将线圈向上平移时，穿过闭合电路的磁通量不变，无感应电流，B错误；以ab为轴转动小于90°和以ac为轴转动小于60°时，穿过闭合电路的磁通量都是从最大减小，故有感应电流，C、D正确．答案B2．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图9－1－19所示连接．下列说法中正确的是()．图9－1－19A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转解析电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．答案A图9－1－203．(2011·杭州统测训练)两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置，通过它们的电流方向如图9－1－20所示，线圈L的平面跟纸面平行，现将线圈从位置A沿M、N连线中垂线迅速平移到位置B，则在平移过程中，线圈中的感应电流()．A．沿顺时针方向，且越来越小B．沿逆时针方向，且越来越大C．始终为零D．先顺时针，后逆时针答案C图9－1－214．(2012·济南模拟)如图9－1－21所示，通电直导线cd右侧有一个金属框与导线cd在同一平面内，金属棒ab放在框架上，若ab受到向左的磁场力，则cd中电流的变化情况是()．①cd中通有由d→c方向逐渐减小的电流②cd中通有由d→c方向逐渐增大的电流③cd中通有由c→d方向逐渐减小的电流④cd中通有由c→d方向逐渐增大的电流A．①②B．③④C．①③D．②④答案D图9－1－225．(改编题)如图9－1－22所示，在直线电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转达到图中的位置时()．A．a端聚积电子B．b端聚积电子C．金属棒内电场强度等于零D．a端电势低于b端电势解析因导体棒所在区域的磁场的方向垂直于纸面向外，当金属棒转动时，由右手定则可知，a端的电势高于b端的电势，b端聚积电子，B正确．答案B图9－1－236．如图9－1－23所示，甲、乙两个矩形线圈同处在纸面内，甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近，甲、乙两线圈分别处在垂直纸面方向的匀强磁场中，穿过甲的磁感应强度为B1，方向指向纸面内，穿过乙的磁感应强度为B2，方向指向纸面外，两个磁场可同时变化，当发现ab边和cd边间有排斥力时，磁场的变化情况可能是()．A．B1变小，B2变大B．B1变大，B2变大C．B1变小，B2变小D．B1不变，B2变小解析ab边与cd边有斥力，则两边通过的电流方向一定相反，由楞次定律可知，当B1变小，B2变大时，ab边与cd边中的电流方向相反．答案A图9－1－247．在一根较长的铁钉上，用漆包线绕上两个线圈A、B，将线圈B的两端接在一起，并把CD段直漆包线沿南北方向放置在静止的小磁针的上方，如图9－1－24所示．下列判断正确的是()．A．开关闭合时，小磁针不发生转动B．开关闭合时，小磁针的N极垂直纸面向里转动C．开关断开时，小磁针的N极垂直纸面向里转动D．开关断开时，小磁针的N极垂直纸面向外转动解析开关保持接通时，A内电流的磁场向右；开关断开时，穿过B的磁感线的条数向右减少，因此感应电流的磁场方向向右，感应电流的方向由C到D，CD下方磁感线的方向垂直纸面向里，小磁针N极向里转动．答案C8．如图9－1－25所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是()．图9－1－25A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地解析甲是铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确．(逆反思维法)答案D图9－1－269．如图9－1－26所示，虚线abcd为矩形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动．如图所示给出的是圆形闭合金属线框的四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是()．A．①②B．③④C．①④D．②③解析因为线框在进、出磁场时，线框中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线框运动，使线框的速度可能减为零，故①④正确．答案C图9－1－2710．如图9－1－27所示，闭合的矩形金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，现金属框固定不动而磁场运动，发现ab边所受安培力的方向为竖直向上，则此时磁场的运动可能是()．A．水平向右平动B．水平向左平动C．竖直向上平动D．竖直向下平动解析本题考查楞次定律、安培定则、法拉第电磁感应定律的应用．ab边受到的力向上，由安培定则可知，ab上电流的方向由b→a，由楞次定律可得，线框内的磁通量在增加，磁场向右运动，A项正确、B项错误；当磁场上下运动时，线框内的磁通量不变化，不产生感应电流，C、D项错误．答案A11.图9－1－28如图9－1－28所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好．从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是()．A．摩擦力大小不变，方向向右B．摩擦力变大，方向向右C．摩擦力变大，方向向左D．摩擦力变小，方向向左解析本题考查电磁感应定律和平衡条件．由法拉第电磁感应定律和安培定则知，ab中产生的电流的大小恒定，方向由b到a，由左手定则，ab受到的安培力方向向左下方，F＝BIL，由于B均匀变大，F变大，F的水平分量Fx变大，静摩擦力f静＝Fx变大，方向向右，B正确．(单杆水平式)答案B12.图9－1－29如图9－1－29所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是()．A．导体棒的a端电势比b端电势高，电势差Uab在逐渐增大B．导体棒的a端电势比b端电势低，电势差Uab在逐渐增大C．线框cdef中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大D．线框cdef中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大解析本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律．对导体棒ab由右手定则可判断a端电势高，由E＝Blv可知，因为磁感应强度均匀增大，所以Uab变大，故选项A对、B错；对矩形线框cdef，由楞次定律可判断，感应电流的方向为逆时针方向，但由于磁感应强度是均匀增大，所以感应电流是恒定的，不会增大，所以选项C、D都不对．答案A图9－1－3013．如图9－1－30所示，线圈由A位置开始下落，在磁场中受到的磁场力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为()．A．aA>aB>aC>aDB．aA＝aC>aB>aDC．aA＝aC>aD>aBD．aA＝aC>aB＝aD解析线框在A、C位置时只受重力作用，加速度aA＝aC＝g.线框在B、D位置时均受两个力的作用，其中安培力向上、重力向下．由于重力大于安培力，所以加速度向下，大小a＝g－eq\f(F,m)<g.又线框在D点时速度大于B点速度，即FD>FB，所以aD<aB，因此加速度的关系为aA＝aC>aB>aD，选项B正确．答案B14．2010广州亚运会上100m赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L＝0.5m，一端通过导线与阻值为R＝0.5Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m＝0.5kg的金属杆(如图9－1－31甲)，金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下．用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应的速度v也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知v和F的关系(如图9－1－31乙)．(取重力加速度g＝10m/s2)则下列说法错误的是()．图9－1－31A．金属杆受到的拉力与速度成正比B．该磁场磁感应强度为1TC．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D．导轨与金属棒之间的动摩擦因数为μ＝0.4解析由图象可知选项A错误、C正确；由F－BIL－μmg＝0及I＝eq\f(BLv,R)可得：F－eq\f(B2L2v,R)－μmg＝0，从图象上分别读出两组F、v数据代入上式即可求得B＝1T，μ＝0.4，所以选项B、D正确．答案A第2讲法拉第电磁感应定律自感涡流eq\f(对应学生,用书P151)法拉第电磁感应定律Ⅱ(考纲要求)1.感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势；(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关．(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断．2．法拉第电磁感应定律(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).3．导体切割磁感线时的感应电动势(1)导体垂直切割磁感线时．感应电动势可用E＝Blv求出，式中l为导体切割磁感线的有效长度．(2)导体棒在磁场中转动时．导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中点位置线速度eq\f(1,2)lω).自感、涡流Ⅰ(考纲要求)1.自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．(2)表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．②单位：亨利(H,1mH＝10－3H,1μH＝10－6H)．2．涡流：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡所以叫涡流．3．电磁感应的重要应用(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的相对运动．(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来．交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的．(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用．1．对公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解2．公式E＝BLv与公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的比较E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLv导体一个回路一段导体适用普遍使用导体切割磁感线意义常常用于求平均电动势既可求平均值也可求瞬时值联系本质上是统一的．后者是前者的一种特殊情况．但是，当导体做切割磁感线运动时，用E＝BLv求E比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E比较方便.1．(2012·安徽六校联考)图中a～d所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象，关于回路中产生的感应电动势下列论述正确的是()．A．图a中回路产生的感应电动势恒定不变B．图b中回路产生的感应电动势一直在变大C．图c中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图d中回路产生的感应电动势先变小再变大解析磁通量Φ随时间t变化的图象中，斜率表示感应电动势，所以图a中不产生感应电动势，图b中产生恒定的感应电动势，图c中0～t1时间内的感应电动势大于t1～t2时间内的感应电动势，图d中感应电动势先变小再变大．答案D图9－2－12．如图9－2－1所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)A．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,R)B．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,R)C．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,2R)D．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,2R)答案D图9－2－23．在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图9－2－2所示，已知C＝30μF，L1＝5cm，L2＝8cm，磁场以5×10－2T/s的速率增加，则()．A．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－5CB．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－5CC．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－9CD．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－9C解析电容器两极板间的电势差U等于感应电动势E，由法拉第电磁感应定律，可得E＝eq\f(ΔB,Δt)·L1L2＝2×10－4V，电容器的带电荷量Q＝CU＝CE＝6×10－9C，再由楞次定律可知上极板的电势高，带正电，C项正确．答案C图9－2－34．如图9－2－3所示为一光滑轨道，其中MN部分为一段对称的圆弧，两侧的直导轨与圆弧相切，在MN部分有如图所示的匀强磁场，有一较小的金属环如图放置在P点，金属环由静止自由释放，经很多次来回运动后，下列判断正确的有()．A．金属环仍能上升到与P等高处B．金属环最终将静止在最低点C．金属环上升的最大高度与MN等高D．金属环上升的最大高度一直在变小解析金属环在进入磁场以及穿出磁场的过程中，都将产生涡流，机械能转化为内能，金属环的动能变小．当金属环只在磁场中运动时，不再产生涡流，最后将在MN之间来回运动，所以最后上升的最大高度与MN等高．答案C5．闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按B－t图变化，方向如图9－2－4所示，则回路中()．图9－2－4A．电流方向为逆时针方向B．电流强度越来越大C．磁通量的变化率恒定不变D．产生的感应电动势越来越大解析由楞次定律可以判断电流方向为顺时针方向，A项错误；由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可得，E＝neq\f(ΔB,Δt)S，由图可知eq\f(ΔB,Δt)是恒量，所以电动势恒定，D项错误；根据欧姆定律，电路中电流是不变的，B项错误；由于磁场均匀增加，线圈面积不变所以磁通量的变化率恒定不变，C项正确．答案Ceq\f(对应学生,用书P153)考点一法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的应用应用法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)时应注意：(1)研究对象：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的研究对象是一个回路，而不是一段导体；(2)物理意义：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，则E为瞬时感应电动势；(3)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某段导体的电动势．整个回路的电动势为零，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零；(4)用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．(5)若回路中与磁场方向垂直的面积S及磁感应强度B均随时间变化，则Et＝nSteq\f(ΔB,Δt)＋nBteq\f(ΔS,Δt)，要特别注意题目要求的是哪个时刻的感应电动势．【典例1】如图9－2－5甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图9－2－5乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计，求0至t1时间内，图9－2－5(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量．解析(1)由图象分析可知，0至t1时间内eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)由法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S.而S＝πr22，由闭合电路欧姆定律有I1＝eq\f(E,R1＋R)联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为I1＝eq\f(nB0πr22,3Rt0)由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a.(2)通过电阻R1上的电荷量q＝I1t1＝eq\f(nB0πr22t1,3Rt0)通过电阻R1上产生的热量Q＝I12R1t1＝eq\f(2n2B02π2r24t1,9Rt02).答案见解析(1)计算通过导线横截面的电荷量一定要用平均电流乘以时间．(2)由q＝eq\x\to(I)·Δt，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R总)，eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可导出电荷量q＝neq\f(ΔΦ,R总).【变式1】(2011·广西二模)图9－2－6如图9－2－6所示，边长为a、电阻为R的正方形闭合线框ABCD在匀强磁场中绕AB边匀速转动，磁感应强度为B，初始时刻线框所在平面与磁感线垂直，经过t时间后转过120°角，求：(1)线框内感应电流在t时间内的平均值；(2)转过120°角时感应电动势的瞬时值；(3)设线框电阻为R，则这一过程通过线框导线截面的电荷量．解析(1)初始时刻Φ1＝Ba2，t时刻Φ2＝－eq\f(1,2)Ba2，故ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝eq\f(3,2)Ba2，所以eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(3Ba2,2l)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(3Ba2,2Rt).(2)因t时间内转过120°，故周期为3t，则线框转动的角速度ω＝eq\f(2π,3t)，t时刻CD边的线速度为v＝a·ω＝eq\f(2πa,3t)，速度方向与磁场夹角为θ＝60°，所以E＝Bavsinθ＝eq\f(\r(3)πBa2,3t).(3)因为ΔΦ＝eq\f(3Ba2,2)，q＝eq\f(ΔΦ,R)，所以q＝eq\f(3Ba2,2R).答案(1)eq\f(3Ba2,2Rt)(2)eq\f(\r(3)πBa2,3t)(3)eq\f(3Ba2,2R)考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握．(1)公式使用条件：本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场外，还需B、l、v三者相互垂直．实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为E＝Blvsinθ，θ为B与v方向间的夹角．(2)使用范围：导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即eq\x\to(E)＝Bleq\x\to(v).若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势．(3)有效性：公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度．图中有效长度分别为：甲图：l＝cdsinβ；乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；沿v2方向运动时，l＝0.丙图：沿v1方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R(4)相对性：E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．【典例2】如图9－2－7所示，水平放置的三条光滑平行金属导轨abc，相距均为d＝1m，导轨ac间横跨一质量为m＝1kg的金属棒MN，棒与导轨始终良好接触，棒的电阻r＝2Ω，导轨的电阻忽略不计．在导轨bc间接一电阻为R＝2Ω的灯泡，导轨ac间接一理想电压表．整个装置放在磁感应强度B＝2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，现对棒MN施加一水平向右的拉力F，使棒从静止开始运动，试求：图9－2－7(1)若施加的水平恒力F＝8N，则金属棒达到稳定时速度为多少？(2)若施加的水平外力功率恒定，棒达到稳定时速度为1.5m/s，则此时电压表的读数为多少？(3)若施加的水平外力功率恒为P＝20W，经历t＝1s时间，棒的速度达到2m/s，则此过程中灯泡产生的热量是多少？解析(1)当F与安培力平衡时，金属棒速度达到稳定，设稳定时速度大小为v1，F安＝Bdl①I＝eq\f(Bdv1,R总)②R总＝R＋eq\f(r,2)③解得v1＝6m/s(2)设电压表的读数为U，则U＝Bdv2＋UL④UL＝eq\f(2,3)Bdv2⑤解得U＝5V(3)设小灯泡和金属棒产生的热量分别为Q1，Q2有Q1∶Q2＝2∶1⑥由功能关系得：Pt＝Q1＋Q2＋eq\f(1,2)mv2⑦可得Q1＝12J答案(1)6m/s(2)5V(3)12J【变式2】如图9－2－8所示，一导线弯成闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直平面向外．线圈总电阻为R，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是()．图9－2－8A．感应电流一直沿逆时针方向B．线圈受到的安培力先增大，后减小C．感应电动势的最大值E＝BrvD．穿过线圈某个横截面的电荷量为eq\f(Br2＋πr2,R)解析在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直为顺时针方向，A错误．导体切割磁感线的有效长度先变大后变小，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B正确．导体切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大为E＝2Brv，C错误．穿过线圈某个横截面的电荷量为Q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2＋\f(π,2)r2)),R)，D错误．答案B考点三自感现象、通电和断电自感的比较通电自感断电自感电路图器材要求A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)，RL≪RA现象在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭(当抽掉铁芯后，重做实验，断开开关S时，会看到灯A马上熄灭)原因由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，使流过A1灯的电流比流过A2灯的电流增加得慢断开开关S时，流过线圈L的电流减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，使电流继续存在一段时间；在S断开后，通过L的电流反向通过电灯A，且由于RL≪RA，使得流过A灯的电流在开关断开瞬间突然增大，从而使A灯的发光功率突然变大能量转化情况电能转化为磁场能磁场能转化为电能【典例3】如图9－2－9所示，图9－2－9线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()．A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才熄灭D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才熄灭解析当S闭合，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串接后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，L的直流电阻不计，L的分流作用增大，L1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，总电流变大，L2中的电流增大，L2灯变得更亮；当S断开，L2中无电流，立即熄灭，而线圈L将要维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路，L1灯要亮一下后再熄灭．综上所述，选项D正确．答案D【变式3】(2010·北京理综)在如图9－2－10所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是()．图9－2－10解析本题考查线圈的自感现象、电磁感应中的电流图象．由题中给出的电路可知，电路由L与L1和L2与R两个支路并联，在t′时刻，L1支路的电流因为有L的自感作用，所以i1由0逐渐增大，L2支路为纯电阻电路，i2不存在逐渐增大的过程，所以B正确；本题答案为B.答案B

eq\f(对应学生,用书P155)12.电磁感应中的“杆＋导轨”模型(1)模型概述“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，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂形式多变．(2)模型分类Ⅰ.单杆水平式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＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a＝0时，v最大，I＝eq\f(BLv,R)恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0v恒定不变电学特征I恒定图9－2－11【例1】(2010·天津理综，11)如图9－2－11所示，质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.3Ω，长度l＝0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架质量m2＝0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T．垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1J，求该过程ab位移x的大小．解析(1)ab对框架的压力F1＝m1g框架受水平面的支持力N＝m2g＋F1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2＝μNab中的感应电动势E＝BlvMN中电流I＝eq\f(E,R1＋R2)MN受到的安培力F安＝IlB框架开始运动时F安＝F2由上述各式代入数据解得v＝6m/s(2)闭合回路中产生的总热量Q总＝eq\f(R1＋R2,R2)Q由能量守恒定律，得Fx＝eq\f(1,2)m1v2＋Q总代入数据解得x＝1.1m．答案(1)6m/s(2)1.1mⅡ.单杆倾斜式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，电阻不计动态分析棒ab释放后下滑，此时a＝gsinα，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝eq\f(E,R)↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsinα时，a＝0，v最大收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0v最大vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)电学特征I恒定【例2】(2011·上海单科，32)(14分)如图9－2－12所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15m，两导轨间距L＝0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q1＝0.1J．(取g＝10m/s2)求：图9－2－12(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；(2)金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a.(3)为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理，W重－W安＝eq\f(1,2)mvm2，…….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．解析(1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R＝3r，因此QR＝3Qr＝0.3J(1分)故W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4J(2分)(2)金属棒下滑时受重力和安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2,R＋r)v(1分)由牛顿第二定律mgsin30°－eq\f(B2L2,R＋r)v＝ma(3分)所以a＝gsin30°－eq\f(B2L2,mR＋r)v＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10×\f(1,2)－\f(0.82×0.752×2,0.2×1.5＋0.5)))m/s2＝3.2m/s2(2分)(3)此解法正确．金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mgsin30°－eq\f(B2L2,R＋r)v＝ma上式表明，加速度随速度增加而减小，棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确．(2分)mgssin30°－Q＝eq\f(1,2)mvm2(2分)得vm＝eq\r(2gssin30°－\f(2Q,m))＝eq\r(2×10×1.15×\f(1,2)－\f(2×0.4,0.2))m/s＝2.74m/s(1分)答案(1)0.4J(2)3.2m/s2(3)见解析eq\f(对应学生,用书P156)一、公式E＝Blv的应用(高频考查)1．(2010·全国Ⅰ，17改编)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s.下列说法正确的是()．A．电压表记录的电压为5mVB．电压表记录的电压为10mVC．河南岸的电势较高D．河北岸的电势较高解析由E＝Blv＝4.5×10－5×100×2＝9×10－3(V)可知A、B项错误．再由右手定则可判断河北岸电势高，故C项错误、D项正确．答案D图9－2－132．(2011·山东理综，21改编)如图9－2－13所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时，下列说法错误的是()．A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同解析由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO′对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，A项正确；ab、cd均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针，两电源串联，感应电动势为2Blv0，B项正确、C项错误；由左手定则知ab、cd所受安培力方向均向左，D项正确．答案C图9－2－143．(2010·全国卷Ⅱ，18)如图9－2－14，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则()．A．Fd>Fc>FbB．Fc<Fd<FbC．Fc>Fb>FdD．Fc<Fb<Fd解析从a到b线圈做自由落体运动，线圈全部进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，因而也不受磁场力，即Fc＝0，从b到d线圈继续加速，vd>vb，当线圈在进入和离开磁场时，穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，受磁场力作用，其大小为：F＝BIl＝B·eq\f(Blv,R)·l＝eq\f(B2l2v,R)，因vd>vb，所以Fd>Fb>Fc，选项D正确．答案D二、法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的应用(高频考查)4．(2010·江苏单科，2)一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为()．A.eq\f(1,2)B．1C．2D．4解析设原磁感应强度是B，线框面积是S.第1s内ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2s内ΔΦ2＝2B·eq\f(S,2)－2B·S＝－BS.因为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，所以两次电动势大小相等，B正确．答案B5．(2010·浙江理综，19)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆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连接，两板间距为d，如图9－2－15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9－2－15乙所示．在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒．则以下说法正确的是()．图9－2－15A．第2秒内上极板为正极B．第3秒内上极板为负极C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为eq\f(0.2πr2,d)解析由图知第2秒内，磁场向里并均匀减小，由楞次定律知，环中电流方向为顺时针，因而上极板带正电，A项正确；第3秒内磁场向外且均匀增大，由楞次定律知，环中电流方向为顺时针，上极板仍带正电，B项错误；同理第1秒内上极板带负电，此微粒2秒内先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，方向不变，C项错误；由法拉第电磁感应定律知，电路中感应电动势为E感＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝πr2eq\f(ΔB,Δt)＝0.1πr2，场强为E＝eq\f(E感,d)＝eq\f(0.1πr2,d)，D项错误．答案A6．(2011·广东卷，15)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()．A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同解析由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错．感应电动势正比于eq\f(ΔΦ,Δt)，与磁通量的大小无直接关系，B错误、C正确．根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D错误．答案C图9－2－167．(2011·福建卷，17)如图9－2－16所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()．A．运动的平均速度大小为eq\f(1,2)vB．下滑的位移大小为eq\f(qR,BL)C．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为eq\f(B2L2v,R)sinθ解析对棒受力分析如图所示．F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，故D错；F安随棒的速度的增大而增大，故棒做的不是匀加速直线运动．因此运动的平均速度eq\x\to(v)≠eq\f(1,2)v，A错；由q＝neq\f(ΔΦ,R总)可得：q＝eq\f(BLx,R)，故棒下滑的位移x＝eq\f(qR,BL)，B正确；求焦耳热应该用有效值，故C错．答案B第3讲专题电磁感应的综合应用eq\f(对应学生,用书P157)考点一电磁感应中的力学问题1．题型特点：电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此，电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起，解决这类问题，不仅要应用电磁学中的有关规律，如楞次定律、法拉第电磁感应定律、左手定则、右手定则、安培力的计算公式等，还要应用力学中的有关规律，如牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律等．要将电磁学和力学的知识综合起来应用．2．解题方法(1)选择研究对象，即哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统；(2)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；(3)求回路中的电流大小；(4)分析其受力情况；(5)分析研究对象所受各力的做功情况和合外力做功情况，选定所要应用的物理规律；(6)运用物理规律列方程求解．电磁感应力学问题中，要抓好受力情况、运动情况的动态分析：导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化，周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定状态．附：安培力的方向判断3．电磁感应问题中两大研究对象及其相互制约关系【典例1】一个质量m＝0.1kg的正方形金属框总电阻R＝0.5Ω，金属框放在表面绝缘的斜面AA′B′B的顶端(金属框上边与AA′重合)，自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB′平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端(金属框下边与BB′重合)，设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为x，那么v2－x图象如图9－3－1所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，金属框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8；cos53°＝0.6.(1)根据v2－x图象所提供的信息，计算出金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间T；(2)求出斜面AA′B′B的倾斜角θ；(3)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；图9－3－1解析(1)由v2－x图象可知：x1＝0.9mv1＝3m/s做匀加速运动x2＝1.0mv1＝3m/s做匀速运动x3＝1.6m，末速度v2＝5m/s，做匀加速运动设线框在以上三段的运动时间分别为t1、t2、t3.则x1＝eq\f(1,2)v1t1所以t1＝0.6sx2＝v1t2所以t2＝eq\f(1,3)sx3＝eq\f(1,2)(v1＋v2)t3t3＝0.4sT＝t1＋t2＋t3＝eq\f(4,3)s.(2)线框加速下滑时，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma由a＝5.0m/s2得θ＝53°.(3)线框通过磁场时，线框做匀速运动，线框受力平衡eq\f(B2L2v1,R)＋μmgcosθ＝mgsinθ线框的宽度L＝d＝0.5x2＝0.5m得B＝eq\f(\r(3),3)T.答案(1)eq\f(4,3)s(2)53°(3)eq\f(\r(3),3)T【变式1】如图9－3－2甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1m，上端接有电阻R＝3Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1kg、电阻r＝1Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图9－3－2乙所示(取g＝10m/s2)．求：图9－3－2(1)磁感应强度B的大小．(2)杆在磁场中下落0.1s的过程中电阻R产生的热量．解析(1)由图象知，杆自由下落0.1s进入磁场以v＝1.0m/s做匀速运动产生的电动势E＝BLv杆中的电流I＝eq\f(E,R＋r)杆所受安培力F安＝BIL由平衡条件得mg＝F安代入数据得B＝2T.(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075J.答案(1)2T(2)0.075J考点二电磁感应中的电学问题1．题型特点：磁通量发生变化的闭合电路或切割磁感线导体将产生感应电动势，回路中便有感应电流．从而涉及电路的分析及电流、电压、电功等电学物理量的计算．2．解题方法(1)确定电源．切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝Blvsinθ或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．如果在一个电路中切割磁感线的有几个部分但又相互联系，可等效成电源的串、并联．(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串并联关系)，画出等效电路图．(3)利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解．【典例2】如图9－3－3所示，图9－3－3匀强磁场B＝0.1T，金属棒AB长0.4m，与框架宽度相同，电阻为eq\f(1,3)Ω，框架电阻不计，电阻R1＝2Ω，R2＝1Ω，当金属棒以5m/s的速度匀速向左运动时，求：(1)流过金属棒的感应电流多大？(2)若图中电容器C为0.3μF，则充电量多少？解析(1)由E＝BLv得E＝0.1×0.4×5V＝0.2VR＝eq\f(R1·R2,R1＋R2)＝eq\f(2×1,2＋1)Ω＝eq\f(2,3)ΩI＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(0.2,\f(2,3)＋\f(1,3))A＝0.2A(2)路端电压U＝IR＝0.2×eq\f(2,3)V＝eq\f(0.4,3)VQ＝CU2＝CU＝0.3×10－6×eq\f(0.4,3)C＝4×10－8C答案(1)0.2A(2)4×10－8C【变式2】如图9－3－4所示，图9－3－4PN与QM两平行金属导轨相距1m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6Ω，ab导体的电阻为2Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1T．现ab以恒定速度v＝3m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，求：(1)R2的阻值．(2)R1与R2消耗的电功率分别为多少？(3)拉ab杆的水平向右的外力F为多大？解析(1)内外功率相等，则内外电阻相等，eq\f(6×R2,6＋R2)＝2，解得R2＝3Ω.(2)E＝BLv＝1×1×3V＝3V，总电流I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(3,4)A＝0.75A，路端电压U＝IR外＝0.75×2V＝1.5V，P1＝eq\f(U2,R1)＝eq\f(1.52,6)W＝0.375W，P2＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(1.52,3)W＝0.75W.(3)F＝BIL＝1×0.75×1N＝0.75N.答案(1)3Ω(2)0.375W；0.75W(3)0.75N考点三电磁感应中的图象问题1．题型特点：一般可把图象问题分为三类(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象；(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量；(3)根据图象定量计算．2．电磁感应的图象：主要包括B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象，还可能涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图象，即E－x图象和I－x图象．【典例3】如图9－3－5所示，图9－3－5边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，其bc边紧靠磁感应强度为B、宽度为2L、方向竖直向下的有界匀强磁场的边缘．现使线框以初速度v0匀加速通过磁场，下列图线中能定性反映线框从进入到完全离开磁场的过程中，线框中的感应电流的变化的是()．解析线框以初速度v0匀加速通过磁场，由E＝BLv，i＝eq\f(E,R)知线框进出磁场时产生的电流应该是均匀变化的，由楞次定律可判断出感应电流的方向，对照选项中各图可知应选A.答案A——电磁感应图象问题的解决方法(1)明确图象的种类，即是B­t图象还是Φ­t图象，或者E­t图象、I­t图象等．(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)判断图象(或画图象或应用图象解决问题)．【变式3】(2012·江西十校二模)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图9－3－6所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为下图中的(安培力取向上为正方向)()．图9－3－6解析由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(SΔB,Δt)，推知电流恒定，A错；因为规定了导线框中感应电流逆时针方向为正，感应电流在0～2s内为顺时针方向，所以B错；由F＝BIL得：F与B成正比，C正确、D错．答案C考点四电磁感应中的能量问题1．题型特点：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，