《2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用學(xué)案.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用學(xué)案.doc（31頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建備考策略1.看到“磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化”，想到“k為定值”。2.應(yīng)用楞次定律時(shí)的“三看”和“三想”(1)看到“線圈(回路)中磁通量變化”時(shí)，想到“增反減同”。(2)看到“導(dǎo)體與磁體間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)”時(shí)，想到“來拒去留”。(3)看到“回路面積可以變化”時(shí)，想到“增縮減擴(kuò)”。3.抓住“兩個(gè)定律”、運(yùn)用“兩種觀點(diǎn)”、分析“一種電路”“兩個(gè)定律”是指楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律；“兩種觀點(diǎn)”是指動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)；“一種電路”是指電磁感應(yīng)電路。楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用楞次定律的應(yīng)用【典例1】 (2017全國卷，15)如圖1，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)

2、磁場(chǎng)中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)垂直，金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是()圖1A.PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向B.PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向C.PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向D.PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向解析金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，由右手定則可知，PQRS中有沿逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，穿過圓環(huán)形金屬線框T中的磁通量減小，由楞次定律可知，T中有沿順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故選項(xiàng)D正確，A、B、

3、C錯(cuò)誤。答案D【典例2】 (多選)(2018全國卷，19)如圖2，兩個(gè)線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時(shí)小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()圖2A.開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)B.開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C.開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D.開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng)解析由電路可知，開關(guān)閉合瞬間，右側(cè)線圈正面環(huán)繞部分的電流向下，由安培定

4、則可知，直導(dǎo)線在鐵芯中產(chǎn)生向右的磁場(chǎng)，由楞次定律可知，左側(cè)線圈正面環(huán)繞部分產(chǎn)生向上的電流，則直導(dǎo)線中的電流方向由南向北，由安培定則可知，直導(dǎo)線在小磁針?biāo)谖恢卯a(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，則小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，A正確；開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，穿過左側(cè)線圈的磁通量不變，則左側(cè)線圈中的感應(yīng)電流為零，直導(dǎo)線不產(chǎn)生磁場(chǎng)，則小磁針靜止不動(dòng)，B、C錯(cuò)誤；開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，穿過左側(cè)線圈向右的磁通量減少，則由楞次定律可知，左側(cè)線圈正面環(huán)繞部分產(chǎn)生向下的感應(yīng)電流，則流過直導(dǎo)線的電流方向由北向南，直導(dǎo)線在小磁針?biāo)谔幃a(chǎn)生垂直紙面向外的磁場(chǎng)，則小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，

5、D正確。答案AD【典例3】 (多選)(2018全國卷，20)如圖3(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)()圖3A.在t時(shí)為零B.在t時(shí)改變方向C.在t時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向D.在tT時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向解析因通電導(dǎo)線的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小正比于電流的大小，故導(dǎo)線框R中磁感應(yīng)強(qiáng)度與時(shí)間的變化關(guān)系類似于題圖(b)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)正比于磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，即題圖(b)中的切線斜率，斜率的正負(fù)反映電動(dòng)勢(shì)的方向，斜率的絕對(duì)值反映電動(dòng)勢(shì)的大小。由題圖(b)可知，電流為零時(shí)，電動(dòng)勢(shì)最

6、大，電流最大時(shí)電動(dòng)勢(shì)為零，A正確，B錯(cuò)誤；再由楞次定律可判斷在一個(gè)周期內(nèi)，內(nèi)電動(dòng)勢(shì)的方向沿順時(shí)針方向，時(shí)刻最大，C正確；其余時(shí)間段電動(dòng)勢(shì)沿逆時(shí)針方向，D錯(cuò)誤。答案AC法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用【典例4】 (2018全國卷，17)如圖4，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)。在過程、中，流過O

7、M的電荷量相等，則等于()圖4A. B. C. D.2解析設(shè)OM的電阻為R，OM的長度為l。過程，OM轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E1，流過OM的電流為I1，則流過OM的電荷量為q1I1t1；過程，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加，則該過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E2，電路中的電流為I2，則流過OM的電荷量為q2I2t2；由題意知q1q2，則解得，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。答案B【典例5】 (多選)(2016全國卷，20)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖5所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過電阻

8、R的電流，下列說法正確的是()圖5A.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定B.若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)C.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析將圓盤看成無數(shù)輻條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向中心，則當(dāng)圓盤順時(shí)針(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，流過電阻的電流方向從a到b，選項(xiàng)B正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLBL2，I，恒定時(shí)，I大小恒定，大小變化時(shí)，I大小變化，方向不變，故選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；由PI2

9、R知，當(dāng)變?yōu)?倍時(shí)，P變?yōu)樵瓉淼?倍，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AB1.(2018河南濮陽一模)如圖6甲所示，光滑“”形金屬支架ABC固定在水平面上，支架處在垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一金屬導(dǎo)體棒EF放在支架上，用一輕桿將導(dǎo)體棒與墻固定連接，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，取垂直于水平面向下為正方向，則下列說法中正確的是()圖6A.t1時(shí)刻輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力最大B.t2時(shí)刻輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力最大C.t2到t3時(shí)間內(nèi)，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力先增大后減小D.t2到t4時(shí)間內(nèi)，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力方向不變解析由En，可知t1時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，感應(yīng)電流為0，安培力為0，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為0，故

10、選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為最大，感應(yīng)電流最大，但磁場(chǎng)為0，安培力為0，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為0，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t2到t3時(shí)間內(nèi)，安培力先增大后減小，所以輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力先增大后減小，故選項(xiàng)C正確；t2到t4時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流方向改變，安培力方向改變，則輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力方向改變，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C2.(多選)如圖7甲所示，左側(cè)接有定值電阻R2 的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T，導(dǎo)軌間距為L1 m。一質(zhì)量m2 kg、阻值r2 的金屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)0.25，g10 m/s2。金屬棒的vx圖象如

11、圖乙所示，則從起點(diǎn)發(fā)生x1 m位移的過程中()圖7A.拉力做的功W9.25 JB.通過電阻R的電荷量q0.125 CC.整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q5.25 JD.x1 m時(shí)金屬棒的熱功率為1 W解析金屬棒在運(yùn)動(dòng)位移x1 m的過程中，克服摩擦力做功為Wfmgx5 J，x1 m時(shí)金屬棒的安培力大小為F安BILv，結(jié)合圖象可知，安培力大小與位移成正比，則金屬棒克服安培力做功為W安Fxvx0.25 J，由動(dòng)能定理得WW安Wfmv2，得W9.25 J，選項(xiàng)A正確；流過電阻R的電荷量q0.25 C，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒克服安培力做功大小，等于0.25 J，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦生熱和焦耳熱之

12、和，大小為5.25 J，選項(xiàng)C正確；x1 m 時(shí)，回路中I0.5 A，由PI2r得金屬棒的熱功率為0.5 W，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AC電磁感應(yīng)中的圖象問題根據(jù)題目所給條件，讀圖分析相關(guān)物理量【典例1】 (多選)(2017全國卷，20)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖8(a)所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)。線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)。下列說法正確的是()圖8A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.

13、5 TB.導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)的速度的大小為0.5 m/sC.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D.在t0.4 s至t0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N解析由Et圖象可知，線框經(jīng)過0.2 s全部進(jìn)入磁場(chǎng)，則速度v m/s0.5 m/s，選項(xiàng)B正確；由圖象可知，E0.01 V，根據(jù)EBlv得，B T0.2 T，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)右手定則及正方向的規(guī)定可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外，選項(xiàng)C正確；在t0.4 s至t0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流I A2 A, 所受的安培力大小為FBIl0.220.1 N0.04 N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案BC根據(jù)題目所給條件，選擇圖象【典例2】 (2

14、018全國卷，18)如圖9，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)。線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是()圖9解析設(shè)線框運(yùn)動(dòng)的速度為v，則線框向左勻速運(yùn)動(dòng)第一個(gè)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E2Bdv(d為導(dǎo)軌間距)，電流i，回路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；第二個(gè)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為零，電流為零；第三個(gè)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E2Bdv，電流i，回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以D正確。答案D1.解決電磁感應(yīng)圖象問題

15、的“三點(diǎn)關(guān)注”(1)明確圖象所描述的物理意義；明確各種“”、“”的含義；(2)關(guān)注變化過程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖象變化相對(duì)應(yīng)。(3)關(guān)注大小、方向的變化趨勢(shì)，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對(duì)應(yīng)。2.解決電磁感應(yīng)圖象問題常用的“兩個(gè)方法”(1)排除法；(2)函數(shù)法。1.(多選)在水平光滑絕緣桌面上有一邊長為l的正方形線框abcd，被限制在沿ab方向的光滑水平直軌道上滑動(dòng)。bc邊右側(cè)有一直角三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域efg，邊ef等于l，邊ge小于l，ef邊平行ab邊，磁場(chǎng)方向豎直向下，其俯視圖如圖10所示，線框在水平拉力F作用下向右勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，若從線框的

16、cb邊到達(dá)ge邊位置時(shí)開始計(jì)時(shí)，設(shè)逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，方向水平向右的拉力為正。則感應(yīng)電流It圖象和Ft圖象正確的是(時(shí)間單位為)()圖10解析對(duì)It圖象：正方形線框abcd的切割長度均勻減小，感應(yīng)電流大小均勻減小，前進(jìn)距離l時(shí)，切割長度由0突然增大到最大，感應(yīng)電流方向反向，然后大小均勻減小到0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)Ft圖象：根據(jù)FBIl，由于切割長度均勻變化，故安培力非線性變化，拉力F非線性變化，但安培力方向不變，拉力F方向不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。答案BD2.(多選)如圖11甲所示，矩形線圈abcd平放在水平桌面上，其空間存在兩個(gè)豎直方向的磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)方向相反，兩磁場(chǎng)的分界線OO恰好

17、把線圈分成左右對(duì)稱的兩部分，當(dāng)兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按如圖乙所示的規(guī)律變化時(shí)，線圈始終靜止，規(guī)定磁場(chǎng)垂直紙面向里為正方向，線圈中逆時(shí)針方向?yàn)檎较?，線圈所受桌面的摩擦力向左為正方向，則下列關(guān)于線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流和桌面對(duì)線圈的摩擦力隨時(shí)間變化的圖象正確的是()圖11解析由楞次定律可得，在0t1時(shí)間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，在t1t2時(shí)間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，由法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律知，線圈中的電流I，電流恒定，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；線圈在水平桌面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，則水平方向受到的安培力和摩擦力大小相等，方向相反，因?yàn)镕BIl，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B均勻變化時(shí)，感應(yīng)電流I恒

18、定，l恒定，根據(jù)題圖甲、乙可知，分界線OO左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1kt(0tt1)，分界線OO右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2B0kt(0tt1)，在0t1時(shí)間內(nèi)由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，由左手定則可知安培力的方向?yàn)樗较蛴?，線圈所受安培力的合力恒為B0Il，則線圈受到的摩擦力的方向向左，同理t1t2時(shí)間內(nèi)線圈受到的摩擦力的方向向右且恒為B0Il，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤，C正確。答案AC3.一個(gè)圓形線圈，共有n10匝，其總電阻r4.0 。線圈與阻值R016 的外電阻連成閉合回路，如圖12甲所示。線圈內(nèi)部存在著一個(gè)邊長l0.20 m的正方形區(qū)域，其中有分布均勻但強(qiáng)弱隨時(shí)間變化的磁場(chǎng)，圖乙顯示了一個(gè)周期

19、內(nèi)磁場(chǎng)的變化情況，周期T1.0102 s，磁場(chǎng)方向以垂直線圈平面向外為正方向。求：圖12(1)tT時(shí)刻，電阻R0上的電流大小和方向；(2)0T時(shí)間內(nèi)，流過電阻R0的電荷量；(3)一個(gè)周期內(nèi)電阻R0的發(fā)熱量。解析(1)0內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小恒定，E1n8 V電流大小I1，可得I10.4 A電流方向從b到a(2)同(1)可得內(nèi)，感應(yīng)電流大小I20.2 A流過電路的電荷量qI1I2，代入數(shù)據(jù)解得q1.5103 C(3)QIR0IR0，解得Q1.6102 J答案(1)0.4 A從b向a(2)1.5103 C(3)1.6102 J電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用以“單棒導(dǎo)軌”模型為載體，考查電磁感應(yīng)中的力、電綜合問

20、題【典例1】 (多選)(2018江蘇單科，9)如圖13所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)、的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)和時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿()圖13A.剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度方向豎直向下B.穿過磁場(chǎng)的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C.穿過兩磁場(chǎng)之間的總熱量為4mgdD.釋放時(shí)距磁場(chǎng)上邊界的高度h可能小于解析根據(jù)題述，由金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)和進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度相等可知，金屬桿在磁場(chǎng)中做減速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度方向豎直向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速度

21、逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，而在兩磁場(chǎng)之間做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程如圖所示(其中v1為金屬桿剛進(jìn)入時(shí)的速度，v2為金屬桿剛出時(shí)的速度)，圖線與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，兩段運(yùn)動(dòng)的位移相等，所以穿過磁場(chǎng)的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，選項(xiàng)B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到剛進(jìn)入磁場(chǎng)過程動(dòng)能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過磁場(chǎng)產(chǎn)生的熱量Q12mgd，而金屬桿在兩磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)情況相同，產(chǎn)生的熱量相等，所以金屬桿穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為22mgd4mgd，選項(xiàng)C正確；金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv，感應(yīng)電流I，所受安培力FBIL，由于金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)

22、加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即Fmg，聯(lián)立解得h，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案BC【典例2】 如圖14甲所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌ef、cd與水平面成30角固定，導(dǎo)軌間距離為l1 m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，一個(gè)阻值為R0的定值電阻與電阻箱并聯(lián)接在兩金屬導(dǎo)軌的上端。整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1 T?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止釋放，金屬棒下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好。改變電阻箱的阻值R，測(cè)定金屬棒的最大速度vm，得到 的關(guān)系如圖乙所示。取g10 m/s2。求：圖14(1)金屬棒的質(zhì)量m和定值電阻R0的阻值；(2)當(dāng)電阻箱的阻值

23、R2 ，且金屬棒的加速度為g時(shí)，金屬棒的速度大小。解析(1)金屬棒以速度vm下滑時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有EBlvm，由閉合電路歐姆定律有EI，根據(jù)平衡條件有BIlmgsin ，整理得()，由 圖象可知1 m1s，0.5 m1s。解得m0.2 kg，R02 。(2)設(shè)此時(shí)金屬棒下滑的速度大小為v，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有EBlv，由閉合電路歐姆定律有EI，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin BIlm，聯(lián)立解得v0.5 m/s。答案(1)0.2 kg2 (2)0.5 m/s以“雙棒導(dǎo)軌”模型為載體，考查電磁感應(yīng)中的能量、動(dòng)量等問題【典例3】 如圖15所示，兩根質(zhì)量均為m2 kg的金屬棒垂直放在光滑的

24、水平導(dǎo)軌上，左右兩部分導(dǎo)軌間距之比為12，導(dǎo)軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩棒電阻與棒長成正比，不計(jì)導(dǎo)軌電阻?，F(xiàn)用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運(yùn)動(dòng)s0.5 m時(shí)其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q230 J，此時(shí)兩棒速率之比為vAvC12，現(xiàn)立即撤去拉力F，設(shè)導(dǎo)軌足夠長且兩棒始終在不同磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，求：圖15(1)在CD棒運(yùn)動(dòng)0.5 m的過程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱；(2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小vA和vC。解析(1)設(shè)兩棒的長度分別為l和2l，所以電阻分別為R和2R，由于電路中任何時(shí)刻電流均相等，根據(jù)焦耳定律QI2

25、Rt可知Q1Q212，則AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q115 J。(2)根據(jù)能量守恒定律，有FsmvmvQ1Q2又vAvC12，聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得vA4 m/s，vC8 m/s。(3)撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左做加速運(yùn)動(dòng)，而CD棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小相等，此時(shí)兩棒的速度滿足BLvAB2LvC即vA2vC(不對(duì)過程進(jìn)行分析，認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒是常見錯(cuò)誤)對(duì)兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理，規(guī)定水平向左為正方向，有FtmvAmvA，F(xiàn)tmvCmvC。因?yàn)镕C2FA，故有聯(lián)立以上各式解得vA6.4 m/s，vC3.2 m/s。答案(1)15 J(2)4

26、 m/s8 m/s(3)6.4 m/s3.2 m/s以“導(dǎo)體框”為載體，考查電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用【典例4】 如圖16甲所示，斜面上存在一有理想邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與斜面垂直。在斜面上離磁場(chǎng)上邊界s10.36 m處靜止釋放一單匝矩形金屬線框，線框底邊和磁場(chǎng)邊界平行，金屬線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5。整個(gè)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，機(jī)械能E和位移s之間的關(guān)系如圖乙所示。已知E0E10.09 J，線框的質(zhì)量為0.1 kg，電阻為0.06 ，斜面傾角37，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度d0.43 m，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：圖16(1)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v1；

27、(2)線框從開始進(jìn)入磁場(chǎng)至完全進(jìn)入磁場(chǎng)所用的時(shí)間t；(3)線框穿越磁場(chǎng)的整個(gè)過程中電功率的最大值。解析(1)金屬線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，減小的機(jī)械能等于克服摩擦力Ff和安培力FA所做的功，機(jī)械能均勻減小，因此安培力為恒力，線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)。在未進(jìn)入磁場(chǎng)前有mgsin 37mgcos 37ma，得a2 m/s2v2as1聯(lián)立解得v11.2 m/s。(2)設(shè)線框的側(cè)邊長為s2，即線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程運(yùn)動(dòng)的距離為s2，根據(jù)功能關(guān)系，除重力之外的力所做的功等于物體機(jī)械能的變化，所以有EWfWA(FfFA)s2因?yàn)槭莿蛩龠M(jìn)入磁場(chǎng)，所以FfFAmgsin 370.6 N解得s20.15 mt s0.125 s。

28、(3)線框剛出磁場(chǎng)時(shí)的速度最大，線框電功率最大，設(shè)此時(shí)的速度大小為v2，則有PmaxI2R由vv2a(ds2)根據(jù)線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，有FAmgcos 37mgsin 37FABIL聯(lián)立解得Pmax0.43 W。答案(1)1.2 m/s(2)0.125 s(3)0.43 W巧用流程解決電磁感應(yīng)中力、電綜合問題1.(2018江西南昌三模)如圖17所示，質(zhì)量為m0.04 kg、邊長l0.4 m 的正方形線框abcd放置在一光滑絕緣斜面上，線框用一平行斜面的細(xì)繩系于O點(diǎn)，斜面的傾角為30；線框的一半處于磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系為B20.5t(T)，方向垂直于斜面；已知線框電阻為R0.5

29、 ，重力加速度取g10 m/s2。下列說法中正確的是()圖17A.線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdaB.t0時(shí)，細(xì)線拉力大小為F0.2 NC.線框中感應(yīng)電流大小為I80 mAD.經(jīng)過一段時(shí)間t，線框可能拉斷細(xì)繩向下運(yùn)動(dòng)解析由楞次定律可知線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E(l2)0.04 V，由閉合電路歐姆定律，可知線框中感應(yīng)電流大小為I0.08 A80 mA，由平衡條件可知FTBIlmgsin ，t0時(shí)，B2 T，解得FT0.136 N，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；經(jīng)過一段時(shí)間t，安培力BIl可能大于mgsin ，所以線框可能沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C2.(多選)如

30、圖18甲所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒的電阻均為R，導(dǎo)軌間距為l且光滑，電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處在方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，兩棒的vt圖象如圖乙所示，兩圖線平行，v0已知，則從計(jì)時(shí)開始()圖18A.通過棒cd的電流由d到cB.通過棒cd的電流IC.力FD.力F做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱和兩棒動(dòng)能的增量解析由vabvcd，故通過cd的電流方向由d到c，選項(xiàng)A正確；由I可得：I，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)ab棒：Fmgsin

31、 BIlmaab，對(duì)cd棒：BIlmgsin macd，aabacd可得：F，選項(xiàng)C正確；力F做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱和兩棒的動(dòng)能增量與重力勢(shì)能增量之和，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AC3.(2018江蘇蘇州聯(lián)考)如圖19所示，“”形金屬導(dǎo)軌水平放置，寬為L0.50 m，電阻大小不計(jì)。在導(dǎo)軌間長d0.8 m 的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2.0 T。質(zhì)量m4.0 kg、電阻R00.05 的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，與軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的左邊界相距s0.2 m，用一根輕質(zhì)絕緣的細(xì)繩水平繞過定滑輪與CD棒相連?，F(xiàn)用一個(gè)恒力F50 N豎直向下作用于

32、細(xì)繩A端，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直，取g10 m/s2。求：圖19(1)CD棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力的大??；(2)CD棒通過磁場(chǎng)的過程中流過其橫截面的電荷量q；(3)CD棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過程中電路產(chǎn)生的熱量Q。解析(1)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)由牛頓第二定律得Fmgma，代入得a10 m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v22as，代入得v2 m/s感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv2 V感應(yīng)電流I40 A金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力F安BIL40 N(2)qtt代入數(shù)值得q16 C(3)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，滿足FmgF安，金屬棒所受合力為零，可知金屬棒在磁場(chǎng)中受力平衡，做勻速直線運(yùn)

33、動(dòng)。電路中電流為恒定電流I40 A，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間t0.4 s由焦耳定律QI2Rt得CD棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過程中回路中所產(chǎn)生的熱量Q4020.050.432 J。答案(1)40 N(2)16 C(3)32 J電磁感應(yīng)中的STSE問題賞析情形1以科學(xué)技術(shù)為背景考查楞次定律物理學(xué)是科學(xué)技術(shù)的基礎(chǔ)，聯(lián)系生產(chǎn)、生活，考查物理知識(shí)的應(yīng)用是高考命題的熱點(diǎn)，能夠體現(xiàn)高考對(duì)學(xué)科素養(yǎng)的重視?！纠?】 (2017全國卷，18)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場(chǎng)來快速衰減其微小振動(dòng)，如圖20所示

34、。無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場(chǎng)；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及其左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是()圖20解析感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生變化。在A圖中，系統(tǒng)振動(dòng)時(shí)，紫銅薄板隨之上下及左右振動(dòng)，在磁場(chǎng)中的部分有時(shí)多有時(shí)少，磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動(dòng)；在B、D圖中，只有紫銅薄板左右振動(dòng)才產(chǎn)生感應(yīng)電流，而上下振動(dòng)無電流產(chǎn)生；在C圖中，無論紫銅薄板上下振動(dòng)還是左右振動(dòng)，都不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案A【例2】 隨著新能源轎車的普及，無線充電技術(shù)得到了進(jìn)一步開發(fā)和應(yīng)用。一般給大功率電動(dòng)汽車充電時(shí)利用的是電磁感應(yīng)原理。如圖2

35、1所示，由地面供電裝置(主要裝置有線圈和電源)將電能傳送至電動(dòng)車底部的感應(yīng)裝置(主要裝置是線圈)，該裝置使用接收到的電能對(duì)車載電池進(jìn)行充電，供電裝置與車身接收裝置之間通過磁場(chǎng)傳送能量，由于電磁輻射等因素，其能量傳輸效率只能達(dá)到90%左右。無線充電樁一般采用平鋪式放置，用戶無需下車、無需插電即可對(duì)電動(dòng)車進(jìn)行充電。目前，無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為1525 cm，允許的錯(cuò)位誤差一般為15 cm左右。下列說法正確的是()圖21A.無線充電樁的優(yōu)越性之一是在百米開外也可以對(duì)電車快速充電B.車身感應(yīng)線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)總是要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化C.車身感應(yīng)線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)

36、總是與地面發(fā)射線圈中電流的磁場(chǎng)方向相反D.若線圈均采用超導(dǎo)材料制成，則能量的傳輸效率有望達(dá)到100%解析由題意可知無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為1525 cm，允許的錯(cuò)位誤差一般為15 cm左右，因此達(dá)不到在百米開外對(duì)電車快速充電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由楞次定律可知，車身感應(yīng)線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)總是要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，選項(xiàng)B正確；當(dāng)?shù)孛姘l(fā)射線圈中電流增加時(shí)，穿過車身感應(yīng)線圈的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，此時(shí)車身感應(yīng)線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與地面發(fā)射線圈中電流的磁場(chǎng)方向相反，當(dāng)?shù)孛姘l(fā)射線圈中電流減小時(shí)，穿過車身感應(yīng)線圈的磁通量減少，根據(jù)楞次定律可知，此時(shí)車身感應(yīng)線圈中感應(yīng)電流

37、的磁場(chǎng)方向與地面發(fā)射線圈中電流的磁場(chǎng)方向相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于有電磁輻射，傳送能量過程中有能量損失，因此即使線圈均采用超導(dǎo)材料制成，傳輸效率也不可能達(dá)到100%，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B情形2以生活為背景考查楞次定律【例3】 (多選)(2018廣東惠州模擬)在家庭電路中，為了安全，一般在電能表后面的電路中安裝一個(gè)漏電開關(guān)，其工作原理如圖22所示，其中甲線圈兩端與脫扣開關(guān)控制器相連，乙線圈由兩條電源線采取雙線法繞制，并與甲線圈繞在同一個(gè)矩形硅鋼片組成的鐵芯上。以下說法中正確的是()圖22A.當(dāng)用戶用電正常時(shí)，甲線圈兩端沒有電壓，脫扣開關(guān)接通B.當(dāng)用戶用電正常時(shí)，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關(guān)接通C.當(dāng)用戶

38、發(fā)生漏電時(shí)，甲線圈兩端沒有電壓，脫扣開關(guān)斷開D.當(dāng)用戶發(fā)生漏電時(shí)，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關(guān)斷開解析正常狀態(tài)時(shí)，火線和零線中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)完全抵消，脫扣開關(guān)S保持接通，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)用戶發(fā)生漏電時(shí)，流過火線與零線的電流不相等，乙線圈中火線和零線電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)不能完全抵消，會(huì)使甲線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，脫扣開關(guān)斷開，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。答案AD【例4】 (2018北京順義區(qū)二模)與一般吉他靠箱體的振動(dòng)發(fā)聲不同，電吉他靠拾音器發(fā)聲。如圖23所示，拾音器由磁體及繞在其上的線圈組成。磁體產(chǎn)生的磁場(chǎng)使鋼質(zhì)琴弦磁化而產(chǎn)生磁性，即琴弦也產(chǎn)生自己的磁場(chǎng)。當(dāng)某根琴弦被撥動(dòng)而相對(duì)線圈振動(dòng)時(shí)，線圈中就會(huì)產(chǎn)生相

39、應(yīng)的電流，并最終還原為聲音信號(hào)。下列說法中正確的是()圖23A.若磁體失去磁性，電吉他仍能正常工作B.換用尼龍材質(zhì)的琴弦，電吉他仍能正常工作C.琴弦振動(dòng)的過程中，線圈中電流的方向不會(huì)發(fā)生變化D.拾音器的作用是利用電磁感應(yīng)把琴弦的振動(dòng)轉(zhuǎn)化成電信號(hào)解析若磁體失去磁性，則無法產(chǎn)生電磁感應(yīng)，因此電吉他不能正常工作，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電吉他若使用尼龍材質(zhì)的琴弦，則不會(huì)被磁化，不能產(chǎn)生電磁感應(yīng)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；琴弦振動(dòng)的過程中，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的大小和方向均是變化的，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電吉他是根據(jù)電磁感應(yīng)原理工作的，拾音器的作用是利用電磁感應(yīng)把琴弦的振動(dòng)轉(zhuǎn)化成電信號(hào)，故選項(xiàng)D正確。答案D情形3以科學(xué)技術(shù)為背景考查

40、電磁感應(yīng)定律【例5】 (多選)(2018河南鄭州質(zhì)檢)鐵路運(yùn)輸中設(shè)計(jì)的多種裝置都運(yùn)用了電磁感應(yīng)原理。有一種電磁裝置可以向控制中心傳輸信號(hào)以確定火車的位置和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，裝置的原理是：將能產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖24甲所示(俯視圖)，當(dāng)它經(jīng)過安放在兩鐵軌間的矩形線圈時(shí)，線圈便產(chǎn)生一個(gè)電信號(hào)傳輸給控制中心。線圈長為l1，寬為l2，匝數(shù)為n。若勻強(qiáng)磁場(chǎng)只分布在一個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)，當(dāng)火車首節(jié)車廂通過線圈時(shí)，控制中心接收到線圈兩端電壓u與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示(ab、cd均為直線)，則在t1t2時(shí)間內(nèi)()圖24A.火車做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.M點(diǎn)電勢(shì)低于N點(diǎn)電勢(shì)C.火車加速度大小為D.火車平均速

41、度大小為解析在t1t2時(shí)間內(nèi)，由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EunBl1vnBl1(v1at)，由圖象可知火車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由右手定則可知電流方向由M到N，所以M點(diǎn)電勢(shì)低于N點(diǎn)電勢(shì)，故選項(xiàng)B正確；由圖象可知斜率為nBl1a，解得加速度a，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由unBl1v可知v，所以火車平均速度大小為，故選項(xiàng)D正確。答案BD課時(shí)跟蹤訓(xùn)練一、選擇題(13題為單項(xiàng)選擇題，48題為多項(xiàng)選擇題)1.有一種手持金屬探測(cè)器實(shí)物及其結(jié)構(gòu)原理圖可簡化為圖1所示。探測(cè)器運(yùn)用的是電磁感應(yīng)原理，發(fā)射線圈(外環(huán))可以產(chǎn)生垂直于線圈平面且大小和方向均變化的磁場(chǎng)；內(nèi)環(huán)線圈是接收線圈，用來收集被查金屬物發(fā)出的磁場(chǎng)(接收線圈能完全

42、屏蔽發(fā)射線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng))。隨著發(fā)射線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向反復(fù)變化，它會(huì)與所遇的金屬物發(fā)生作用，導(dǎo)致金屬物自身也會(huì)產(chǎn)生微弱的磁場(chǎng)，來自金屬物的磁場(chǎng)進(jìn)入內(nèi)環(huán)線圈被接收到后，檢測(cè)器會(huì)發(fā)出報(bào)警聲。若發(fā)射線圈產(chǎn)生向下且增強(qiáng)的磁場(chǎng)，則下列說法中正確的是()圖1A.金屬物產(chǎn)生的感應(yīng)磁場(chǎng)的方向豎直向下B.金屬物中的渦流從上往下看是沿順時(shí)針方向C.金屬物發(fā)出的磁場(chǎng)穿過接收線圈時(shí)，接收線圈會(huì)產(chǎn)生微弱的電流，此類探測(cè)器相應(yīng)的元件就是依據(jù)這一電流進(jìn)行報(bào)警的D.如果金屬物中某時(shí)刻發(fā)出向上的磁場(chǎng)，那么接收線圈中的感應(yīng)電流方向從上往下看是沿逆時(shí)針方向解析先根據(jù)探測(cè)器發(fā)射線圈發(fā)出的磁場(chǎng)判定穿過金屬物的磁通量方向和變化情況，再根據(jù)

43、楞次定律確定金屬物中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，用安培定則判斷金屬物中的感應(yīng)電流的方向，這里特別要注意感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)不能混淆；金屬物發(fā)出的磁場(chǎng)穿過接收線圈時(shí)，會(huì)引起接收線圈產(chǎn)生微弱的電流，使探測(cè)器報(bào)警，選項(xiàng)C正確；如果金屬中發(fā)出向上逐漸增加的磁場(chǎng)，接收線圈感應(yīng)電流從上向下看為順時(shí)針方向，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C2.(2018湖南三湘名校第三次聯(lián)考)隨著科技的不斷發(fā)展，無線充電已經(jīng)進(jìn)入人們的視線。小到手表、手機(jī)，大到電腦、電動(dòng)汽車的充電，都已經(jīng)實(shí)現(xiàn)了從理論研發(fā)到實(shí)際應(yīng)用的轉(zhuǎn)化。下圖給出了某品牌的無線充電手機(jī)利用電磁感應(yīng)方式無線充電的原理圖。關(guān)于無線充電，下列說法正確的是()圖2A.無線充電時(shí)手

44、機(jī)接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應(yīng)”B.只有將充電底座接到直流電源上才能對(duì)手機(jī)進(jìn)行充電C.接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同D.只要有無線充電底座，所有手機(jī)都可以進(jìn)行無線充電解析無線充電時(shí)手機(jī)接收線圈部分的工作原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，不是“電流的磁效應(yīng)”現(xiàn)象，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)充電設(shè)備通以恒定直流，無線充電設(shè)備不會(huì)產(chǎn)生交變磁場(chǎng)，那么不能夠正常使用，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同，故選項(xiàng)C正確；被充電手機(jī)內(nèi)部，應(yīng)該有一類似金屬線圈的部件，與手機(jī)電池相連，當(dāng)有交變磁場(chǎng)時(shí)，則出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，那么普通手機(jī)不能夠利用無線充電設(shè)備進(jìn)行充電，故選項(xiàng)D

45、錯(cuò)誤。答案C3.(2018遼寧市聯(lián)考)如圖3所示，間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌彎成“”形，底部導(dǎo)軌面水平，傾斜部分與水平面成角，導(dǎo)軌與固定電阻相連，整個(gè)裝置處于豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)體棒ab與cd均垂直于導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌間接觸良好，兩導(dǎo)體棒的電阻均與阻值為R的固定電阻相等，其余部分電阻不計(jì)，當(dāng)導(dǎo)體棒cd沿導(dǎo)軌向右以速度v勻速滑動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒ab恰好在傾斜導(dǎo)軌上處于靜止?fàn)顟B(tài)，導(dǎo)體棒ab的重力為mg，則()圖3A.導(dǎo)體棒cd兩端的電壓為BLvB.t時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)體棒cd橫截面的電荷量為C.cd棒克服安培力做功的功率為D.導(dǎo)體棒ab所受安培力為mgsin 解析根據(jù)題意畫出等效電路如圖甲

46、所示。導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBlv，導(dǎo)體棒cd兩端的電壓是路端電壓，UEBLv，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；通過cd棒的電流I，在時(shí)間t內(nèi)通過導(dǎo)體棒cd橫截面的電荷量為qIt，選項(xiàng)B正確；甲乙對(duì)ab棒進(jìn)行受力分析如圖乙所示，由于ab棒靜止，所以ab棒所受安培力Fabmgtan ，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知cd棒克服安培力做功的功率等于整個(gè)電路的電功率，為P，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。答案B4.如圖4甲所示為磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化圖象，磁場(chǎng)方向垂直紙面(未畫出)，規(guī)定垂直紙面向里的方向?yàn)檎较颉Ｔ诖艌?chǎng)中有一細(xì)金屬圓環(huán)，位于紙面內(nèi)，如圖乙所示。令I(lǐng)1、I2、I3分別表示Oa、ab、bc段的感應(yīng)電流，F(xiàn)1、F2、F3分

47、別表示Oa、ab、bc段金屬圓環(huán)上很小的一段導(dǎo)體受到的安培力。下列說法正確的是()圖4A.I1沿逆時(shí)針方向，I2沿順時(shí)針方向B.I2沿順時(shí)針方向，I3沿順時(shí)針方向C.F1的方向指向圓心，F(xiàn)2的方向指向圓心D.F2的方向背離圓心向外，F(xiàn)3的方向指向圓心解析由圖甲所示可知，Oa段，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，穿過圓環(huán)的磁通量增加，由楞次定律可知，感應(yīng)電流I1沿逆時(shí)針方向，ab段，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，穿過圓環(huán)的磁通量減少，由楞次定律可知，感應(yīng)電流I2沿順時(shí)針方向，選項(xiàng)A正確；由圖甲所示可知，bc段，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，穿過圓環(huán)的磁通量增加，由楞次定律可知，感應(yīng)電流I3沿順時(shí)針方向，選項(xiàng)B正確；由

48、左手定則可知，Oa段安培力F1的方向指向圓心，ab段安培力F2的方向背離圓心向外，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；bc段安培力F3的方向指向圓心，選項(xiàng)D正確。答案ABD5.如圖5所示，兩等長的細(xì)繩懸掛一磁鐵與一圓形閉合線圈懸于細(xì)桿上，靜止時(shí)線圈平面與磁鐵的軸線O1O2垂直，磁鐵質(zhì)量為m，磁極如圖所示。在垂直于細(xì)桿的平面內(nèi)，保持細(xì)繩繃緊，將磁鐵拉至與細(xì)桿等高的位置，將磁鐵由靜止釋放，則下列說法正確的是()圖5A.磁鐵下擺過程中，線圈所受合外力為零B.磁鐵下擺過程中，線圈中有逆時(shí)針方向(沿O1O2方向看)的感應(yīng)電流C.磁鐵下擺過程中，線圈中有順時(shí)針方向(沿O1O2方向看)的感應(yīng)電流D.磁鐵擺到最低點(diǎn)時(shí)，兩繩子拉力的合

49、力小于3mg解析磁鐵下擺過程中，向左穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈中有順時(shí)針方向(沿O1O2方向看)的感應(yīng)電流，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；磁鐵向下運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)楞次定律可知，磁鐵會(huì)受到線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流的阻礙，機(jī)械能減小，則mv2mgr，最低點(diǎn)拉力與重力的合力提供向心力，所以Fmg，聯(lián)立以上兩式得F3mg，故選項(xiàng)D正確。答案CD6.如圖6所示，導(dǎo)體棒沿兩平行金屬導(dǎo)軌從圖示位置以速度v向右勻速通過一正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，ac邊垂直于導(dǎo)軌且平行于導(dǎo)體棒，ac邊右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小是左側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的2倍且方向相反，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)，下列關(guān)于導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流和導(dǎo)體棒所受安

50、培力隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是(規(guī)定電流從M經(jīng)R到N為正方向，安培力水平向左為正方向)()圖6解析解決導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)問題的三把“金鑰匙”：一找切割長度；二找變化趨勢(shì)；三找方向。根據(jù)右手定則，開始時(shí)導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流方向?yàn)檎?注意不要忽略物理量的正負(fù))，大小均勻增加，根據(jù)題述可知，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到ac邊的右側(cè)，感應(yīng)電流的大小突變?yōu)樵瓉淼?倍，方向變化，為負(fù)值，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；感應(yīng)電流隨位移均勻變化，切割的有效長度隨位移均勻變化，根據(jù)FBIL，安培力大小隨位移做二次函數(shù)變化，根據(jù)楞次定律可知，安培力方向不變，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案AC7.如圖7所示，x軸上方第一象限和第二象限分別

51、有垂直紙面向里和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，現(xiàn)有四分之一圓形線框OMN繞O點(diǎn)逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，若規(guī)定線框中感應(yīng)電流I順時(shí)針方向?yàn)檎较?，從圖示時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，則感應(yīng)電流I及ON邊所受的安培力大小F隨時(shí)間t的變化示意圖正確的是()圖7解析在0t0時(shí)間內(nèi)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向(為負(fù)值)；在t02t0時(shí)間內(nèi)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(為正值)，且大小為在0t0時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的電流大小的2倍；在2t03t0時(shí)間內(nèi)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向(為負(fù)值)，且大小與在0t0時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流大小相等。

52、因此感應(yīng)電流I隨時(shí)間t的變化示意圖與選項(xiàng)A中圖象相符，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；在0t0時(shí)間內(nèi)，ON邊雖然有電流但沒有進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，所受安培力為零；在t02t0時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流大小為在2t03t0時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流大小的2倍，ON邊在t02t0時(shí)間內(nèi)所受安培力為在2t03t0時(shí)間內(nèi)的2倍，因此ON邊所受的安培力大小F隨時(shí)間t的變化示意圖與選項(xiàng)D中圖象相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。答案AD8.半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖8所示，整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下。在

53、兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器。金屬棒在水平外力作用下以角速度繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。導(dǎo)軌電阻不計(jì)。下列說法正確的是()圖8A.金屬棒中電流從B流向AB.金屬棒兩端電壓為Br2C.電容器的M板帶負(fù)電D.電容器所帶電荷量為CBr2解析根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從B流向A，選項(xiàng)A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為EBrBr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而UEBr2，選項(xiàng)B正確；金屬棒A端相當(dāng)于電源正極，電容器M板帶正電，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由C可得電容器所帶電荷量為QCBr2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AB二、非選擇題9.(20

54、18江蘇淮安一模)很多人喜歡到健身房騎車鍛煉，某同學(xué)根據(jù)所學(xué)知識(shí)設(shè)計(jì)了一個(gè)發(fā)電測(cè)速裝置，如圖9所示。自行車后輪置于垂直車身平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，用金屬圓盤制成的后輪在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，可等效成導(dǎo)體棒繞圓盤中心O轉(zhuǎn)動(dòng)。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T，圓盤半徑l0.3 m，圓盤電阻不計(jì)。導(dǎo)線通過電刷分別與后輪外邊緣和圓心O相連，導(dǎo)線兩端a、b間接一阻值R10 的小燈泡。后輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，用電壓表測(cè)得a、b間電壓U0.6 V。圖9(1)與a連接的是電壓表的正接線柱還是負(fù)接線柱？(2)圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)10分鐘，則此過程中產(chǎn)生了多少電能？(3)自行車車輪邊緣線速度是多少？解析(1)根據(jù)右手定則，輪子邊緣點(diǎn)等效于電源的

55、負(fù)極，則a點(diǎn)接電壓表的負(fù)接線柱。(2)根據(jù)公式Qt代入數(shù)據(jù)得Q21.6 J(3)由UEBl2代入數(shù)值解得vl8 m/s。答案(1)負(fù)接線柱(2)21.6 J(3)8 m/s10.如圖10甲所示，傾斜放置的兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角為，間距為L，一端通過導(dǎo)線與阻值為R的電阻連接，質(zhì)量為m的金屬桿垂直放在導(dǎo)軌上，金屬桿與導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，空間存在垂直導(dǎo)軌所在平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)用平行于斜面的恒力F沿斜面向上由靜止拉金屬桿，運(yùn)動(dòng)過程中桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，桿最終做勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)改變恒力F的大小時(shí)，桿最終做勻速運(yùn)動(dòng)的速度v也會(huì)變化，v與恒力F的關(guān)系如圖乙所示。取重力加速度g10

56、m/s2。圖10(1)分析說明金屬桿在勻速運(yùn)動(dòng)之前做什么運(yùn)動(dòng)？(2)若m0.4 kg，L0.5 m，R0.5 ，求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B和。解析(1)金屬桿由靜止開始運(yùn)動(dòng)后，受到重力、支持力、沿斜面向下的安培力和恒力F的作用，由牛頓第二定律有Fmgsin F安ma而F安BIL，I可知隨著速度的增大，安培力增大，所以金屬桿在勻速運(yùn)動(dòng)之前做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。(2)設(shè)金屬桿運(yùn)動(dòng)過程中某時(shí)刻的速度為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv回路中的電流I則金屬桿受到的安培力F安IBL當(dāng)金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的合力為零Fmgsin F安0所以有v(Fmgsin )由題圖乙可以得到圖線的斜率k2 ms1N1對(duì)應(yīng)有k，解得B1

57、T由題圖乙可知圖線的截距為2 N對(duì)應(yīng)有mgsin 2 N解得30答案(1)加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)(2)1 T3011.如圖11甲所示，有一豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，區(qū)域的上下邊緣間距為H85 cm，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。有一長L120 cm、寬L210 cm、匝數(shù)n5的矩形線圈，其總電阻R0.2 、質(zhì)量m0.5 kg，在t0時(shí)刻，線圈從離磁場(chǎng)區(qū)域的上邊緣高為h5 cm處由靜止開始下落，0.2 s時(shí)線圈剛好全部進(jìn)入磁場(chǎng)，0.5 s時(shí)線圈剛好開始從磁場(chǎng)中出來。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：圖11(1)線圈穿過磁場(chǎng)區(qū)域所經(jīng)歷的時(shí)間t；(2)線圈

58、穿過磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的熱量Q。解析(1)設(shè)線圈做自由落體運(yùn)動(dòng)的末速度為v1，則v2gh，得v11 m/shgt，得t10.1 s進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，E1nB1L1v1，I1，F(xiàn)A1nB1I1L1得FA15 N，即FA1mg線圈勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，L2v1t2得t20.1 s之后線圈向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)dHL20.75 m后，線圈的下邊剛好到達(dá)磁場(chǎng)的下邊緣有vv2gd，得v24 m/s由v2v1gt3，得t30.3 s出磁場(chǎng)時(shí)，E2nB2L1v2，I2，F(xiàn)A2nB2I2L1得FA25 N，即FA2mg線圈勻速出磁場(chǎng)，L2v2t4得t40.025 s因此線圈穿過磁場(chǎng)區(qū)域所經(jīng)歷的時(shí)間tt2t3t40.425 s(2)線圈進(jìn)出磁場(chǎng)過程均做勻速運(yùn)動(dòng)，該過程中線圈產(chǎn)生的熱量Q1mg2L21.0 J整個(gè)線圈在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，E3nL1L2 T/sQ2t3 J0.042 J因此全過程產(chǎn)生的總熱量QQ1Q21.042 J答案(1)0.425 s(2)1.042 J