1、第九章电 磁 感 应考纲下载考向前瞻(1)电磁感应现象() (2)感应电流的产生条件()(3)法拉第电磁感应定律楞次定律()(4)自感涡流()预计在2016年的高考中，本章的热点仍是滑轨类问题，线框穿越有界匀强磁场问题，电磁感应的图像问题，电磁感应的能量问题，其涉及的知识较多，考查学生的分析综合能力及运用数学知识解决物理问题的能力，命题仍会倾向于上述热点内容，侧重于本章知识与相关知识的综合应用，以大型综合题出现的可能性非常大。第1节电磁感应现象_楞次定律电磁感应现象 对应学生用书P155必备知识1磁通量(1)定义：磁场中穿过磁场某一面积S的磁感线条数定义为穿过该面积的磁通量。(2)公式：BS。
2、(3)单位：1 Wb1_Tm2。(4)磁通量是标量，但有正负之分，若规定磁感线从正面穿入时磁通量为正，则磁感线从反面穿入时磁通量为负。(5)磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的区别：磁通量磁通量的变化量磁通量的变化率物理意义某时刻穿过某个面的磁感线的条数某一段时间内穿过某个面的磁通量的变化量穿过某个面的磁通量变化的快慢大小BS，S是与B垂直的面的面积21BSSBBS注意穿过某个面有方向相反的磁场，则不能直接用BS求解，应考虑相反方向的磁通量抵消后所剩余的磁通量开始时和转过180时平面都与磁场垂直，穿过平面的磁通量是一正一负，2BS而不是0即不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少，实际上它就
3、是单匝线圈上产生的电动势2电磁感应现象(1)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)感应电流的产生条件表述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)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。典题例析(多选)(2014德州模拟)线圈在长直导线电流的磁场中，做如图911所示的运动：A向右平动，B向下平动，C绕轴转动(ad边向外转动角度90)，D向上平动(D线圈有个缺口)，判断线圈中有感应电流的是()图911解析选BCA中线圈向右平动，穿过
4、线圈的磁通量没有变化，故A线圈中没有感应电流；B中线圈向下平动，穿过线圈的磁通量减少，必产生感应电动势和感应电流；C中线圈绕轴转动，穿过线圈的磁通量变化(开始时减小)，必产生感应电动势和感应电流；D中线圈由于有个缺口不会产生感应电流。故B、C正确。判断电磁感应现象是否发生的一般流程针对训练1(2014全国卷)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
5、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：选D只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，A、B、C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，D正确。2.如图912所示，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。在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是()图912Aab向右运动，同时使减小B使磁感应强度B减小，角同时也减小Cab向左运动，同时增大磁感应强度BDab向右运动，同
6、时增大磁感应强度B和角(0mg，T2mgBT1mg，T2mg，T2mgDT1mg解析：选A环从位置释放下落，环经过磁铁上端和下端附近时，环中磁通量都变化，都产生感应电流，由楞次定律可知，磁铁阻碍环下落，磁铁对圆环有向上的作用力。根据牛顿第三定律，圆环对磁铁有向下的作用力，所以T1mg，T2mg，选项A正确。3(2012北京高考)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图2，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动。对比老师演示的
7、实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是()图2A线圈接在了直流电源上B电源电压过高C所选线圈的匝数过多D所用套环的材料与老师的不同解析：选D金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电线圈上的电流相互作用而引起的。无论实验用交流电还是直流电，闭合开关S瞬间，金属套环都会跳起。如果套环是塑料材料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起。所以答案是D。4(2014北京丰台期末)如图3是一种焊接方法的原理示意图。将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流，待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊工件就焊接在
8、一起。我国生产的自行车车轮圈就是用这种办法焊接的。下列说法中正确的是()图3A线圈中的电流是很强的恒定电流B线圈中的电流是交变电流，且频率很高C待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻小D焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反解析：选B线圈中的电流是交变电流，且频率很高，选项B正确A错误；待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大，选项C错误；根据楞次定律，当线圈中的电流增大时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相反；当线圈中的电流减小时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同，选项D错误。5.如图4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
9、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()图4A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：选B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。6(2014无锡检测)如图5所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，能使圆环中产生感应电流的做法是()图5A使匀强磁场均匀减少B保持圆环水平并在磁场中上下移动C保持圆环水平并在磁场中左右移动D保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动解析：选A根据闭合
10、回路中磁通量变化产生感应电流这一条件，能使圆环中产生感应电流的做法是使匀强磁场均匀减少，选项A正确。二、多项选择题7(2014大连二模)在大连某中学实验室的水平桌面上，放置一矩形闭合导体线圈，如图6所示，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向。仅考虑地磁场的影响，下列说法中正确的是()图6A若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势低B若使线圈向东平动，则a点的电势与b点的电势相等C若以bc为轴将线圈向上翻转90过程中，则线圈中感应电流方向为abcdaD若以bc为轴将线圈向上翻转90过程中，则线圈中感应电流方向为adcba解析：选AC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
11、产生的感应电动势大小相同，根据右手定则知，a点的电势比b点的电势低，故A正确，B错误；若以bc为轴将线圈向上翻转90过程中，则穿过线圈的磁通量刚开始的时候减小，且磁场向下，之后磁场从线圈的另一面穿过，且磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为abcda，故C正确，D错误。8(2014淮安模拟)如图7所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦，整个装置处于竖直方向的磁场中。若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度()图7A方向向下并减小B方向向下并增大C方向向上并增大 D方向向上并减小解析：选AD因磁场变化，发生电磁感应现象，杆ab中有感应电流产生，而使杆ab
12、受到磁场力的作用，并发生向右运动。ab向右运动，使得闭合回路中磁通量有增加的趋势，说明原磁场的磁通量必定减弱，即磁感应强度正在减小，与方向向上、向下无关。故A、D正确，B、C错误。9(2014唐山摸底)如图8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0t2时间()图8A电容器C的电荷量大小始终没变B电容器C的a板先带正电后带负电CMN所受安培力的大小始终没变DMN所受安培力的方向先向右后向左解析：选AD磁感应强度均匀变化，产生恒定
13、电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确B错误；由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项C错误D正确。10(2014泰州期末)如图9甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是()图9A在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C在t1t2时间内， 金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D在t1t2时间内
14、，金属圆环L有收缩的趋势解析：选BD当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流，在t1时刻，感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，选项A错误；在t2时刻，感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B正确；由楞次定律，在t1t2时间内，导线框cdef内产生逆时针方向感应电流，感应电流逐渐增大，金属圆环L内磁通量增大，根据楞次定律，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，选项C错误；在t1t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势，选项D正确。三、非选择题11.(2012上海高考)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图10所示。已知线圈由a端开
15、始绕至b端，当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。图10(1)将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转。俯视线圈，其绕向为_(填：“顺时针”或“逆时针”)。(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转。俯视线圈，其绕向为_(填：“顺时针”或“逆时针”)。解析：(1)将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转，说明L中电流从b到a。根据楞次定律，L中应该产生竖直向上的磁场。由安培定则可知，俯视线圈，电流为逆时针方向，线圈其绕向为顺时针。(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转，说明L中电流从a到b。根据楞次定律，L中应该产生竖直向上的
16、磁场。由安培定则可知，俯视线圈，电流为逆时针方向，俯视线圈，其绕向为逆时针。答案：(1)顺时针(2)逆时针12.磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内，有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向，以速度v匀速通过磁场，如图11所示，从ab进入磁场时开始计时，到线框离开磁场为止。图11(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图像；(2)判断线框中有无感应电流。若有，答出感应电流的方向。解析：(1)进入磁场的过程中磁通量均匀地增加，完全进入以后磁通量不变，之后磁通量均匀减小，如图所示。(2)线框进入磁场阶段，磁通量增加，由楞次定律得电流方向为逆时针方向；线框
17、在磁场中运动阶段，磁通量不变，无感应电流；线框离开磁场阶段，磁通量减小，由楞次定律得电流方向为顺时针方向。答案：见解析第2节法拉第电磁感应定律_自感和涡流法拉第电磁感应定律 对应学生用书P158必备知识1感应电动势(1)定义：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：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。(2)公式：En，其中n为线圈匝数。(3)感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定，而与磁通量、磁通量的
18、变化量的大小没有必然联系。3法拉第电磁感应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，BS，则En；(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，BS，则En；(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，末初，Enn。4在图像问题中磁通量的变化率是 t图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。典题例析如图921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乙所示。图线与横、纵轴的截距分别为t
19、0和B0，导线的电阻不计。求0至t1时间内图921(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。思维流程解析(1)根据楞次定律可知，通过R1的电流方向为由b到a。根据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为En根据闭合电路欧姆定律得通过R1的电流为I。(2)通过R1的电荷量qIt1，R1上产生的热量QI2R1t1。答案(1)方向由b到a(2)应用电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式En求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。(2)利用公式EnS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。(3)通过回路截面
20、的电荷量q仅与n、和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：qtt。针对训练1(2014泰州质检)如图922甲所示，一个圆形线圈的匝数n100，线圈面积S200 cm2，线圈的电阻r1 ，线圈外接一个阻值R4 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是()图922A线圈中的感应电流方向为顺时针方向B电阻R两端的电压随时间均匀增大C线圈电阻r消耗的功率为4104 WD前4 s内通过R的电荷量为4104 C解析：选C由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势恒定为EnSB/t0
21、.1 V，电阻R两端的电压不随时间变化，选项B错误；回路中电流IE/(Rr)0.02 A，线圈电阻r消耗的功率为PI2r4104 W，选项C正确；前4 s内通过R的电荷量为qIt0.08 C，选项D错误。2(2014江苏高考)如图923所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()图923A.B.C. D.解析：选B磁感应强度的变化率，法拉第电磁感应定律公式可写成EnnS，其中磁场中的有效面积Sa2，代入得En，选项B正确，A、C、D错误。导体切割磁感线产生感
22、应电动势 对应学生用书P159必备知识1导体平动切割磁感线对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式EBlv，应从以下几个方面理解和掌握。(1)正交性本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，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EBlvsin ，为B与v方向间的夹角。(2)平均性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Bl。(3)瞬时性若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。(4)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924中有效长度分别为：图924甲图：lcdsin (容易错
23、算成labsin )。乙图：沿v1方向运动时，lMN；沿v2方向运动时，l0。丙图：沿v1方向运动时，lR；沿v2方向运动时，l0；沿v3方向运动时，lR。(5)相对性EBlv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。2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925所示。图925典题例析(多选)(2014山东高考)如图926，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用
24、FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是()图926AFM向右BFN向左CFM逐渐增大 DFN逐渐减小思路点拨(1)导体棒所受安培力FM、FN的大小与什么因素有关？方向如何判断？提示：根据FBIl，结合已知条件可知FM、FN的大小与M、N区域的磁场分布有关，跟棒中通过的电流有关。方向可以用左手定则或楞次定律判断。(2)长直绝缘导线产生的磁场有什么特点？提示：根据安培定则，M、N区域的磁场并非匀强磁场，而是越靠近导线磁场越强。解析选BCD由题意可知，根据安培定则，在轨道内的M区、N区通电长直导线产生的磁场分别垂直轨道平面向外和向里，由此可知，当导体棒运动到M区时，根据右手定则可以判定，在导
25、体棒内产生的感应电流与长直绝缘导线中的电流方向相反，再根据左手定则可知，金属棒在M区时受到的安培力方向向左，因此A选项不正确；同理可以判定B选项正确；再根据导体棒在M区匀速靠近长直绝缘导线时对应的磁场越来越大，因此产生的感应电动势越来越大，根据闭合电路的欧姆定律和安培力的公式可知，导体棒所受的安培力FM也逐渐增大，故C选项正确；同理D选项正确。公式En与EBlvsin 的区别与联系两个公式项目EnEBlvsin 区别求的是t时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程相对应求的是瞬时感应电动势，E与某个时刻或某个位置相对应求的是整个回路的感应电动势。整个回路的感应电动势为零时，其回路中某段导
26、体的感应电动势不一定为零求的是回路中一部分导体切割磁感线时产生的感应电动势由于是整个回路的感应电动势，因此电源部分不容易确定由于是由一部分导体切割磁感线的运动产生的，该部分就相当于电源联系公式En和EBlvsin 是统一的，当t0时，E为瞬时感应电动势，而公式EBlvsin 中的v若代入，则求出的E为平均感应电动势针对训练1(2013北京高考)如图927所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1E
27、2分别为()图927Aca,21 Bac,21Cac,12 Dca,12解析：选C金属棒MN向右切割磁感线，产生感应电动势，由安培定则可知，电阻中电流方向为ac。E1BLv，E22BLv，所以E1E212。综上所述，C正确。2(2013天津高考)如图928所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2
28、，则()图928AQ1Q2，q1q2 BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2 DQ1Q2，q1q2解析：选A由QI2Rt得，Q12Rt，Q22Rt，又因为LabLbc，故Q1Q2。由电荷量qtn，故q1q2。所以A正确。自感 涡流 对应学生用书P161必备知识1互感现象两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象。2自感现象(1)定义：由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。(2)自感电动势：定义：在自感现象中产生的感应电动势。表达式：EL。自感系数L：相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关。单位：亨利(H)
29、，1 mH103 H,1 H106 H。3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，这种电流像水的旋涡，所以叫涡流。(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。4自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动
30、势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。典题例析(2014南通调研)如图929所示，A、B、C是3个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。则()图929AS闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭BS闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭C电路接通稳定后，3个灯亮度相同D电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭解析选A因线圈L的自感系数较大且直流电阻可忽略不计，S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭，A正确。S闭合时，B灯先不太亮，然后变亮，B错误。电路接通稳定后，B、C灯亮度相同，A灯不亮，C错误。电路接通稳定后，S断开时，C灯逐渐熄灭，D错误。针对训练1(20
31、14扬州模拟)如图9210所示，L是一带铁芯的理想电感线圈，其直流电阻为0，电路中A、B是两个完全相同的灯泡，与A灯泡串接一个理想二极管D，则()图9210A开关S闭合瞬间，A灯泡先亮B开关S闭合瞬间，A、B灯泡同时亮C开关S断开瞬间，A灯泡逐渐熄灭，B灯泡立即熄灭D开关S断开瞬间，B灯泡逐渐熄灭，A灯泡立即熄灭解析：选B闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为正向电流，故A、B同时亮，故A错误，B正确；开关S断开瞬间，B立刻熄灭，由于二极管只正向导通，故自感线圈与A无法形成回路，A也立刻熄灭，故C、D错误。2(多选)(2014江苏高考)如图9211所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电
32、源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()图9211A增加线圈的匝数B提高交流电源的频率C将金属杯换为瓷杯D取走线圈中的铁芯解析：选AB当线圈上通交流电时，金属杯由于发生电磁感应现象，杯中有感应电流，对水加热，若要增大感应电流，则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻。增加线圈的匝数，使得穿过金属杯的磁场增强，感应电动势增大，选项A正确；提高交流电的频率，使得磁通量的变化率增大，感应电动势增大，选项B正确；若将金属杯换为瓷杯，则不会产生感应电流，选项C错误；取走线圈中的铁芯，磁场会大大减弱，感应电动势减小，选项D错误。课时跟踪检测 一、单项选择题1.如图1所示，
33、电源的电动势为E，内阻r不能忽略。A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈。关于这个电路的以下说法正确的是()图1A开关闭合到电路中电流稳定的时间内， A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯解析：选A开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定；B灯逐渐变亮，最后亮度稳定，选项A正确，B错误。开关由闭合到断开瞬间，电流自右向左通过A灯，A灯没有闪亮一下再熄灭，选项C、D错误。2.(2014南京模
34、拟)如图2所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以BB0Kt(K0)随时间变化，t0时，P、Q两极板电势相等。两极板间的距离远小于环的半径，经时间t电容器P板()图2A不带电B所带电荷量与t成正比C带正电，电荷量是 D带负电，电荷量是解析：选D磁感应强度以BB0Kt(K0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得ESKS，而S，经时间t电容器P板所带电荷量QEC；由楞次定律知电容器P板带负电，故D选项正确。3(2014温州八校联考)如图3所示的四个选项中，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
35、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O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OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向。则在如图4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所示的是()图3图4解析：选C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的变化规律如图3所示的是C。4.(2014九江三模)如图5所示电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计。以下判断正确的是()图5A闭合S瞬间，灯泡不发光B闭合S待电路稳定后，灯泡发光C断开S瞬间，灯泡发光D断
36、开S瞬间，电阻R上无电流通过解析：选C闭合S瞬间，线圈L与灯泡并联与R串联，线圈阻碍电流的增加，灯泡中有电流，故灯泡发光，A错误；由于线圈L的直流电阻不计，闭合S，稳定后，灯泡被短路，电流强度为零，灯泡不发光，故B错误。断开S的瞬间，电容器放电，R中电流不为零，线圈中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，灯泡中的电流逐渐减小，故C正确，D错误。5(2014济南外国语学校测试)如图6所示，正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，则()图6AW1W2 BW1W2CW1
37、3W2 DW19W2解析：选C设正方形边长为L，导线框的电阻为R，则导体切割磁感线的边长为L，运动距离为L，Wt，可知W与t成反比，W13W2，选C。6.(2012大纲卷)如图7所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为()图7A. B.C. D.解析：选C设圆的半径为r，当其绕过圆心O
38、的轴匀速转动时，圆弧部分不切割磁感线，不产生感应电动势，而在转过半周的过程中仅有一半直径在磁场中，产生的感应电动势为EB0rB0rB0r2；当线框不动时：E。由闭合电路欧姆定律得I，要使II必须使EE，可得C正确。二、多项选择题7(2014资阳模拟)在如图8甲所示的电路中，螺线管匝数n1 500匝，横截面积S20 cm2。螺线管导线电阻r1.0 ，R15.0 ，R26.0 ，C30 F。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示规律变化。则下列说法中正确的是()图8A2秒末通过线圈的磁通量为2103 WbB螺线管中产生的感应电动势为1.5 VC闭合S，电路稳定后电阻R1消耗的电功
39、率为5102 WD电路中电流稳定后电容器上极板带正电解析：选AC2秒末通过线圈的磁通量为：BS1.020104 Wb2103 Wb，故A正确；螺线管中产生的感应电动势为：EnnS1 50020104 V1.2 V，故B错误；根据闭合电路欧姆定律，I A0.1 A，电阻R1消耗电功率为：PI2R10.125 W5102 W，故C正确；根据楞次定律可知，螺线管下端为正极，则电流稳定后电容器下极板带正电，上极板带负电，故D错误。8(2014嘉定区二模)如图9甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1 m2，圆环电阻为0.2 。在第1 s内感应电流I 沿顺时针方向。磁
40、场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(其中在45 s的时间段呈直线)。则()图9A在05 s时间段，感应电流先减小再增大B感应电流的方向，在02 s时间段顺时针，在25 s时间段逆时针C感应电流的方向，在04 s时间段顺时针，在45 s时间段逆时针D在05 s时间段，线圈最大发热功率为5.0104 W解析：选BD根据闭合电路欧姆定律得，In，知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，磁感应强度变化率最大值为0.1，则最大电流I0.05 A，则在05 s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变，故A错误；根据楞次定律知，感应电流的方向在02 s时间段顺时针，在25 s时间段逆时针，故B正确，C
41、错误；在05 s时间段，当电流最大时，发热功率最大，则PI2R0.0520.2 W5104 W，故D正确。9(2014汕头质检)如图10所示，圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()图10A线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流B穿过线圈a的磁通量变小C线圈a有扩张的趋势D线圈a对水平桌面的压力FN将增大解析：选AD通过螺线管b的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场
42、的磁感应强度增强，根据楞次定律，a线圈中所产生的感应电流产生的感应磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，故A正确；由于线圈b中的电流增大，产生的磁场增强，导致穿过线圈a的磁通量变大，故B错误；根据楞次定律，线圈a将阻碍磁通量的增大，因此，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力增大，C选项错误，D选项正确。10.半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为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
43、置由确定，如图11所示。则()图11A0时，杆产生的电动势为2BavB时，杆产生的电动势为BavC0时，杆受的安培力大小为D时，杆受的安培力大小为解析：选AD根据法拉第电磁感应定律可得EBlv(其中l为有效长度)，当0时，l2a，则E2Bav；当时，la，则EBav，故A选项正确，B选项错误。根据通电直导线在磁场中所受安培力的大小的计算公式可得FBIl，又根据闭合电路欧姆定律可得I，当0时，rR(2)aR0，解得F；当时，rRaR0，解得F，故C选项错误，D选项正确。三、非选择题11(2014万州区模拟)如图12甲所示，光滑导轨宽0.4 m，ab为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的
44、变化情况如图乙所示，金属棒ab的电阻为1 ，导轨电阻不计。t0时刻，ab棒从导轨最左端，以v1 m/s的速度向右匀速运动，求1 s末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力。图12解析：的变化有两个原因，一是B的变化，二是面积S的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有ESBlv又2 T/s，在1 s末，B2 T，Slvt0.411 m20.4 m2所以1 s末，ESBlv1.6 V，此时回路中的电流I1.6 A根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向金属棒ab受到的安培力为FBIl21.60.4 N1.28 N，方向向左。答案：1.6 A1.28 N，方向向左12(2014苏南六
45、市模拟)如图13所示，光滑导轨MN和PQ固定在同一水平面上，两导轨距离为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2，两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，现用一恒力F沿水平方向拉杆，使之由静止向右运动，若杆出磁场前已做匀速运动，不计导轨及金属杆的电阻。求：图13(1)金属杆出磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向；(2)金属杆做匀速运动时的速率；(3)金属杆穿过整个磁场过程中R1上产生的电热。解析：(1)设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得：FBI解得I因R1R2，所以流过R1的电流大小为I
46、1根据右手定则判断可知，流过R1的电流方向为从M到P。(2)设杆做匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律得：杆切割磁感线产生的感应电动势大小为 EBv又根据闭合欧姆定律得到EI，可解得v。(3)设整个过程电路中产生的总电热为Q，根据能量守恒定律得：QFmv2代入v可得QFL所以Q1QFL。答案：(1)从M到P(2)(3)FL第3节电磁感应定律的综合应用电磁感应中的电路问题 对应学生用书P162必备知识1电源和电阻2电流方向3电磁感应与电路知识的关系图典题例析(2012江苏高考)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图931所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为，磁场均沿半径方向。
47、匝数为N的矩形线圈abcd的边长abcdl、bcad2l。线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：图931(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；(3)外接电阻上电流的有效值I。思路点拨(1)线圈有哪些边切割磁感线？其切割磁感线的速度如何？提示：线圈的bc、ad边切割磁感线产生感应电动势。bc、ad边切割磁感线的速度为v。(2)线圈bc边中的电流方向、磁场方向、所受安培力方向三者存在怎样的关系？安培力如何计算？
48、提示：线圈bc边中的电流方向、磁场方向、所受安培力方向三者两两互相垂直，其安培力可以用FBIl计算。(3)外接电阻上电流的有效值等于最大值吗？提示：一个周期内， 外接电阻上只有T的时间内有电流，故其有效值并不等于最大值，有效值应根据电流的热效应计算。解析(1)bc、ad边的运动速度v，感应电动势Em4NBlv解得Em2NBl2。(2)电流Im ，安培力F2NBIml解得F。(3)一个周期内，通电时间tTR上消耗的电能WIm2Rt且WI2RT解得I。答案(1)2NBl2(2)(3)解决电磁感应中电路问题的三步曲 针对训练1(2013江苏高考)如图932所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线
49、圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N100，边长ab1.0 m、bc0.5 m，电阻r2 。磁感应强度B在01 s内从零均匀变化到0.2 T。在15 s内从0.2 T均匀变化到0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：图932(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；(2)在15 s内通过线圈的电荷量q；(3)在05 s内线圈产生的焦耳热Q。解析：本题考查电磁感应与电路的综合，意在考查考生对法拉第电磁感应定律的理解及应用能力。(1)感应电动势E1，磁通量的变化1B1S解得E1N，代入数据得E110 V，感应电流的方向为adcba(2)同理可得E2N，感应电流I2，电荷量qI
50、2t2解得qN，代入数据得q10 C(3)01 s内的焦耳热Q1I12rt1，且I1，15 s内的焦耳热Q2I22rt2由QQ1Q2，代入数据得Q100 J答案：(1)10 V，感应电流的方向为adcba(2)10 C(3)100 J2(2014广州一模)如图933，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴圆环，可绕O匀速转动。通过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板P、Q连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻。带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间的M点，被拉起到水平位置；合上开关K，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点到另一侧。已知：磁感应强度为
51、B；a的角速度大小为，长度为l，电阻为r；R1R22r，铜环电阻不计；P、Q两板间距为d；带电小球的质量为m、电量为q；重力加速度为g。求：图933(1)a匀速转动的方向；(2)P、Q间电场强度E的大小；(3)小球通过N点时对细线拉力T的大小。解析：(1)依题意，小球从水平位置释放后，能沿圆弧向下摆动，故小球受到电场力的方向水平向右，P板带正电，Q板带负电。由右手定则可知，导体棒a顺时针转动。(2)导体棒a转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势大小：Bl2由闭合电路欧姆定律：I由欧姆定律可知，PQ的电压为：UPQIR2PQ间匀强电场的电场强度大小：E。(3)设细绳长度为L，小球到达N点时
52、速度为v，由动能定理可得：mgLEqLmv2牛顿第二定律，则有：Tmgm得：T3mg。答案：(1)顺时针(2)(3) 3mg电磁感应中的图像问题 对应学生用书P163必备知识1图像类型2分析方法典题例析如图934所示，EOF和EOF为空间一匀强磁场的边界，其中EOEO，FOFO，且EOOF；OO为EOF的角平分线，OO间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿OO方向匀速通过磁场，t0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是()图934图935思路点拨导线框的运动过程分析：解析选B方法1：线框由初始位置运动到
53、(1)位置过程中，切割磁感线的导体有效长度均匀增大，电流也均匀变大，由右手定则判知电流沿逆时针方向。线框由(1)位置运动到(2)位置过程中，切割磁感线的导体有效长度不变，电流大小不变，方向也不变。线框由(2)位置运动到(3)位置过程中，左边有效切割长度ab逐渐减小，右边有效切割长度cd、ef逐渐增大，整体上，总电动势在减小，到达(3)位置时，E0，即i0。线框由(3)位置运动到(4)位置过程中，有效切割长度变大，到达(4)位置时最大，由右手定则判知电流沿顺时针方向。线框由(4)位置运动到(5)位置过程中，电流大小、方向均不变。线框由(5)位置运动到(6)位置过程中，导体有效切割长度变小，直到为
54、零。综上所述，可知B正确。方法2：在电磁感应现象中，流过线框某一横截面的电量与磁通量的变化量成正比，当线框穿入和穿出磁场之后，线框内的磁通量变化量为零，流过线框某一横截面的电量也必将为零。而在电流时间图像中，图线与坐标轴围成的面积就是电量，所以电流图像在时间轴上下围成的面积必然相等。观察四个选项，符合条件的只有B和D。利用楞次定律判断t0时刻后一段时间的电流方向可知B正确。解决电磁感应中图像类选择题的两个常用方法(1)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)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出
55、两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法。针对训练1(2014锦州一模)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图936甲所示。磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。t0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在04 s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图像(规定以向左为安培力正方向)可能是下列选项中的()图936图937解析：选At0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在0到1 s内，穿过线框的磁通量均匀变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则
56、可得线框的ad边的安培力水平向左；当在1 s到2 s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量均匀变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右。在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右，故A正确。2(2014全国卷)如图938(a)所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()图938图939解析：选C根据题图(b)可知：cd两端在00.5产生恒定的电压，根据法拉第电磁感应
57、定律，穿过线圈的磁通量均匀变化，即为恒定不变，故选项C正确，A、B、D错误。电磁感应中的动力学问题 对应学生用书P165必备知识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力学对象和电学对象的相互关系3动态分析的基本思路 4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运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度求最大值或最小值的条件。(2)两种常见类型类型“电动电”型“动电动”型示意图已知量棒ab长为l、质量为m、电阻为R，导轨光滑水平，电阻不计棒ab长为l、质量为m、电阻为
58、R，导轨光滑，电阻不计过程分析S闭合，棒ab受安培力F，此时a，棒ab速度v感应电动势EBlv与电源电动势反接使电流I安培力FBIl加速度a，当安培力F0(a0)时，v最大，最后匀速运动棒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 (a0)时，v最大，最后匀速运动典题例析如图9310所示，间距l0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内。在水平面a1b1b2a2区域内和倾角37的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B10.4 T、方向竖直向上和B21 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电
59、阻R0.3 、质量m10.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m20.05 kg的小环。已知小环以a6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求图9310(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率。思路点拨(1)请判断导体杆Q中的电流方向。提示：导体杆Q沿导轨向下匀速切割磁感线
60、，由右手定则可以判断其电流方向由内向外。(2)请画出该电路的等效电路图。提示：(3)请画出小环、导体杆K、导体杆Q的受力示意图。提示：设流过K的电流为I解析(1)以小环为研究对象，由牛顿第二定律m2gFfm2a代入数据得Ff0.2 N。(2)设流过杆K的电流为I，由平衡条件得IlB1FTFf对杆Q，根据并联电路特点以及平衡条件得2IlB2Fm1gsin 由法拉第电磁感应定律的推论得EB2lv根据欧姆定律有2I且R总R瞬时功率表达式为PFv联立以上各式得P2 W。答案(1)0.2 N(2)2 W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
61、：针对训练1(多选)(2014张掖模拟)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图9311所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放。则()图9311A释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度gB金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为baC金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为FD电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量解析：选BC释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为g，故A错误
62、；金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则判断可知，流过电阻R的电流方向为ba，故B正确；金属棒的速度为v时，回路中产生的感应电流为 I，所受的安培力大小为 FBIL，故C正确；由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，弹簧具有弹性势能，所以导体棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律得知在金属棒运动的过程中，电阻R上产生的总热量等于棒的重力势能减少量与弹簧弹性势能之差，故D错误。2(2014盐城模拟)如图9312所示，两根电阻忽略不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L1 m，在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强
63、度B0.5 T，磁场区域的高度d1 m，导体棒a的质量ma0.2 kg、电阻Ra1 ；导体棒b的质量mb0.1 kg、电阻Rb1.5 。它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a正好进入磁场，重力加速度g10 m/s2，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：图9312(1)b棒穿过磁场区域过程中克服安培力所做的功；(2)a棒刚进入磁场时两端的电势差；(3)保持a棒以进入时的加速度做匀变速运动，对a棒施加的外力随时间的变化关系。解析：(1)b棒匀速穿过磁场，安培力等于重力，则有：BI1Lmbg，克服安培力做
64、功为：WBI1Ldmbgd0.1101 J1 J。(2)设b棒在磁场中匀速运动的速度为v1，重力和安培力平衡，根据平衡条件，结合闭合电路欧姆定律得：mbg，vb10 m/sb棒在磁场中匀速运动的时间为t1，dvbt1，t10.1 sa、b都在磁场外运动时，速度总是相等的，b棒进入磁场后，a棒继续加速t1时间而进入磁场，a棒进入磁场的速度为va，vavbgt110 m/s100.1 m/s11 m/s电动势为：EBLva0.5111 V5.5 Va棒两端的电势差即为路端电压为：U3.3 V。(3)a棒刚进入磁场时的加速度为a，根据牛顿第二定律得：magBI2Lmaaagg4.5 m/s2。要保持
65、加速度不变，加外力F，根据牛顿第二定律得：FmagBILmaa得：Fma(ga)0.45t。答案：(1)1 J(2)3.3 V(3)F0.45t电磁感应中的能量问题 对应学生用书P166必备知识1能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化电能(2)求解焦耳热Q的三种方法2求解电能的三种思路(1)利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒或功能关系求解；(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算。典题例析(2012天津高考)如图9313所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l0.5 m，左端接有阻值R0.3 的电阻。一质量m0.1
66、kg，电阻r0.1 的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B0.4 T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a2 m/s2的加速度做匀加速运动。当棒的位移x9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：图9313(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF。思维流程解析(1)设棒匀加速运动的时间为t，回路的磁通量变化量为，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电
67、磁感应定律得E其中Blx设回路中的平均电流为I，由闭合电路的欧姆定律得I则通过电阻R的电荷量为qIt联立式，代入数据得q4.5 C。(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v22ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W0mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2W联立式，代入数据得Q21.8 J。(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221，可得Q13.6 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知，WFQ1Q2由式得WF3.6 J1.8 J5.4 J。答案(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J解决电磁感应中能量问题的一般步
68、骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据能量守恒定律列式求解。针对训练1(2014南通一模)如图9314所示，间距为L的平行光滑金属导轨与水平面的夹角为，导轨电阻不计。导体棒ab、cd垂直导轨放置，棒长均为L，质量均为m，电阻均为R，且与导轨接触良好。ab棒处于垂直导轨平面向上、磁感应强度B1随时间均匀增加的匀强磁场中。cd棒质量为m，处于垂直导轨平面向上、磁感应强度恒为B2的匀强磁场中，恰好保持静止。ab棒在外力作用下也保持静止，重力加速度为g。图9314(1)求通过cd棒中的电流大小和方向。(2)在t0时间内，通过ab棒
69、的电荷量q和ab棒产生的热量Q。(3)若零时刻B1等于零，ab棒与磁场B1下边界的距离为L0，求磁感应强度B1随时间t的变化关系。解析：(1)设通过cd棒中的电流大小为I，由平衡条件有B2ILmgsin 解得I由左手定则可知，电流的方向为c到d。(2)电荷量qIt0根据焦耳定律，则产生的热量为QI2Rt0。(3)根据闭合电路欧姆定律，可得电动势E2IR根据法拉第电磁感应定律，则有ELL0解得B1t。答案：(1)，c到d(2)(3)B1t2(2014江苏高考)如图9315所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘
70、涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：图9315(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。解析：(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有mgsin mgcos 解得tan 。(2)在光滑导轨上感应电动势EBLv感应电流I安培力F安BIL导体棒受力平衡有F安mgsin 解得v。(3)摩擦生热QTmgdcos 由能量守恒
71、定律有3 mgdsin QQTmv2解得Q2mgdsin 。答案：(1)tan (2)(3)2mgdsin 杆加导轨模型 对应学生用书P168必备知识1模型特点“杆导轨”模型是电磁感应问题在高考命题的“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，物理情景富于变化，是我们复习中的难点。“杆导轨”模型又分为“单杆”模型和“双杆”模型；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，情景复杂多变。2模型分类(1)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
72、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a0v恒定不变电学特征I恒定(2)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，导轨间距为L，导体棒质量为m，电阻为R，导轨光滑，电阻不计动态分析棒ab释放后下滑，此时agsin ，棒ab的速度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a0v最大vm电学特征I恒
73、定典题例析(2014天津高考)如图9316所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角30的斜面上，导轨电阻不计，间距L0.4 m。导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为MN，中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B0.5 T。在区域中，将质量m10.1 kg，电阻R10.1 的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域中将质量m20.4 kg，电阻R20.1 的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g10 m/s2。问：图9316(1
74、)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。解析(1)由右手定则可以直接判断出电流是由a流向b。(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmaxm1gsin 设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有EBLv设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I设ab所受安培力为F安，有F安ILB此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安m1gsin Fmax综合式，代入数据解
75、得v5 m/s。(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有m2gxsin Q总m2v2又QQ总解得Q1.3 J。答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J分析电磁感应问题中导体运动状态的基本思路针对训练1.(2014漳州三模)如图9317所示，两平行导轨间距L0.1 m，足够长光滑的倾斜部分和粗糙的水平部分圆滑连接，倾斜部分与水平面的夹角30，垂直斜面方向向上磁感应强度B0.5 T，水平部分没有磁场。金属棒ab质量m0.005 kg，电阻r0.02 ，运动中与导轨有良好接触，并且垂直于导轨，电阻R0.08 ，其余电阻不计，当金属棒从斜面上离地高h1.0 m以上任
76、何地方由静止释放后，在水平面上滑行的最大距离x都是1.25 m。(取g10 m/s2)，求：图9317(1)棒在斜面上的最大速度？(2)水平面的滑动摩擦因数？(3)从高度h1.0 m处滑下后电阻R上产生的热量？解析：(1)物体到达水平面之前已经开始匀速运动，设最大速度为v，感应电动势为：EBLv感应电流为：I安培力为：FBIL匀速运动时，沿斜面方向上受力有：mgsin F联立解得：v1.0 m/s。(2)在水平面上滑动时，滑动摩擦力为：fmg金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动，由牛顿第二定律有：fma金属棒在水平面做匀减速运动，由运动学公式有：v22ax联立解得：0.04。(3)下滑的过程中，由
77、动能定理可得：mghWmv2安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，即为：WQ电阻R上产生的热量：QRQ代入数据解得：QR3.8102 J。答案：(1)1.0 m/s(2)0.04(3)3.8102 J2.(2014凉山州二模)如图9318所示，倾角为30的光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道平滑连接。轨道宽度均为L1 m，电阻忽略不计。水平向右大小为B1 T的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域；垂直于倾斜轨道平面向下，同样大小的匀强磁场仅分布在倾斜轨道平面所在区域。现将两质量均为m0.2 kg，电阻均为R0.5 的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，并
78、同时由静止释放。(g取10 m/s2)求：图9318(1)导体棒cd沿倾斜轨道下滑的最大速度v的大小；(2)导体棒ab对水平轨道的最大压力N的大小；(3)若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒上产生的焦耳热Q0.45 J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量q。解析：(1)对ab棒受力分析知，ab棒始终处于平衡状态由于轨道倾斜部分足够长，金属棒在进入水平轨道前做匀速运动，电路的总电阻为2R，设金属棒cd做匀速运动的速度为v，电动势为E，电路中的电流为I，则：mgsin F安0F安BILI，由解得：vm1 m/s；I1 A。(2)根据左手定则可以判断出ab受到的安培力方向向下，当cd
79、棒的速度最大时，ab棒对轨道的压力最大：NmgBIL0.210 N111 N3 N。(3)对整个系统分析，由能量守恒得：mgsin xmvm22Q而：Q0.45 J解得：x1 m该过程中的平均电动势：则：qtt C1 C。答案：(1)1 m/s(2)3 N(3)1 C课时跟踪检测 一、单项选择题1.如图1所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面与水平面的夹角为，导轨的下端接有电阻。当导轨所在空间没有磁场时，使导体棒ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨平面，ab上升的最大高度为H；当导轨所在空间存在方向与导轨平面垂直的匀强磁场时，再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨平面
80、，ab上升的最大高度为h。两次运动中ab始终与两导轨垂直且接触良好。关于上述情景，下列说法中正确的是()图1A两次上升的最大高度比较，有HhB两次上升的最大高度比较，有HhC无磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生D有磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生解析：选D没有磁场时，只有重力做功，机械能守恒，没有电热产生，C错误。有磁场时，ab切割磁感线，重力和安培力均做负功，机械能减小，有电热产生，故ab上升的最大高度变小，A、B错误，D正确。2(2014福建模拟)在水平桌面上，一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图2甲所示。01 s内磁场方向垂直
81、线框平面向下。圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L、电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度恒为B2，方向垂直导轨平面向下，如图乙所示。若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力f随时间变化的图像是下图中的(设向右为静摩擦力的正方向)()图2图3解析：选A在0到1秒内磁感应强度B1随时间t均匀增加，则由法拉第电磁感应定律得感应电动势恒定不变，则电流也不变。再由楞次定律可得感应电流方向逆时针，则根据左手定则可得导体棒受到的安培力的方向为向左，大小恒定，所以棒受到的静摩擦力方向为向右，即为正方向，且大小也恒定。而在1秒到2秒内磁感应
82、强度大小不变，则线圈中没有感应电动势，所以没有感应电流，则也没有安培力。因此棒不受静摩擦力。3.如图4所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环与长直金属杆导通，图中a、b间距离为L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d。右边虚线范围内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于弯曲导线所在平面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为。现在外力作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，t0时刻a环刚从O点进入磁场区域。则下列说法正确的是()图4At时刻，回路中的感应电动势为BdvBt时刻，回路中的感应电动势为2BdvCt时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向Dt时刻，回路中
83、的感应电流第一次开始改变方向解析：选D在t时刻导线有进入磁场，切割磁感线的有效长度为零，故回路中感应电动势为零，根据右手定则可知在0时间内回路中的感应电流沿杆从a到b，以后将改为从b到a，故选项A、C错，D对。在t时刻导线有进入磁场，切割磁感线的有效长度为d，故回路中感应电动势为Bdv，B错。4(2014红河州一模)轻质细线吊着一质量为m0.32 kg，边长为L0.8 m，匝数n10的正方形线圈，其总电阻为r1 。边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图5甲所示。磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t0开始经t0时间细线开始松驰，g10 m/s2。则()图5A在前t0
84、时间内线圈中产生的电动势为0.5 VB在前t0时间内线圈的电功率为0.16 WCt0的值为1 sD当细线松弛时，磁感应强度的大小为3 T解析：选B由法拉第电磁感应定律得：Enn2102 V0.4 V故在前t0时间内线圈中产生的电动势为0.4 V，故A错误；由闭合电路欧姆定律，则有：I A0.4 A，根据功率表达式：PI2r0.16 W，故在前t0时间内线圈的电功率为0.16 W，故B正确。分析线圈受力可知，当细线松弛时有：F安nBtImg，且I，Bt T2 T由图像知：Bt10.5t0，解得：t02 s；故t0的值为2 s。磁感应强度的大小为2 T，故C、D均错误；5(2014安徽师大摸底)如
85、图6所示，光滑斜面的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M，斜面上ef线(ef平行底边)的上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行底边，则下列说法正确的是()图6A线框进入磁场前运动的加速度为B线框进入磁场时匀速运动的速度为C线框做匀速运动的总时间为D该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mgmgsin )l2解析：选D由牛顿第二定律，Mgmgsin (Mm)a，解得线框进入磁场前运动的加速
86、度为，选项A错误；由平衡条件，Mgmgsin F安0，F安BIl1，IE/R，EBl1v，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v，选项B错误；线框做匀速运动的总时间为tl2/v，选项C错误；由能量守恒定律，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，为(Mgmgsin )l2，选项D正确。二、多项选择题6.如图7所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R10 的电阻。一阻值R10 的导体棒ab以速度v4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是(
87、)图7A导体棒ab中电流的流向为由b到aBcd两端的电压为1 VCde两端的电压为1 VDfe两端的电压为1 V解析：选BD由右手定则可知ab中电流方向为ab，A错误。导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势EBlv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即UR1 V，B、D正确，C错误。7.两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在平面与匀强磁场垂直。将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图8所示。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()图8A金属棒在最低点的加速度
88、小于gB回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量C当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度解析：选AD如果不受安培力，杆和弹簧组成了一个弹簧振子，由简谐运动的对称性可知其在最低点的加速度大小为g，但由于金属棒在运动过程中受到与速度方向相反的安培力作用，金属棒在最低点时的弹性势能一定比没有安培力做功时小，弹性形变量一定变小，故加速度小于g，选项A正确；回路中产生的总热量等于金属棒机械能的减少量，选项B错误；当弹簧弹力与安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，选项C错误；由于金属棒运动过程中产生电能，金属棒在以后运动过
89、程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，选项D正确。8.(2014江苏名校质检)如图9所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达ab的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为。则()图9A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B上滑过程中电流做功发出的热量为mv2mgs(sin cos )C上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2D上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2mgssin 解析：选ABD本题考查的是
90、电磁感应定律和力学的综合问题，上滑过程中开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为；根据能量守恒，上滑过程中电流做功发出的热量为mv2mgs(sin cos )；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于产生的热也是mv2mgs(sin cos )；上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2mgssin 。9.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图10所示，不计导轨的电阻， 重力加速度为g，则()图10A金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为abB金属棒
91、的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为C金属棒的最大速度为D金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为2R解析：选BD金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律可知，流过电阻R的电流方向为ba，选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势EBLv，感应电流I，所受的安培力大小为FBIL，选项B正确；当安培力Fmg时，金属棒下落速度最大，金属棒的最大速度为v，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的热功率为Pmgv2(Rr)，电阻R的热功率为2R，选项D正确。三、非选择题10如图11甲所示，MN、PQ是相距d1.0 m足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为，导轨电阻不计，
92、整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒ab的质量m0.1 kg、其接入电路的电阻R1 ，小灯泡电阻RL9 ，重力加速度g取10 m/s2。现断开开关S，棒ab由静止释放并开始计时，t0.5 s时刻闭合开关S，图乙为ab的速度随时间变化的图像。求：图11(1)金属棒ab开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值；(2)磁感应强度B的大小。解析：(1)S断开时ab做匀加速直线运动，由图乙可知a m/s26 m/s2，根据牛顿第二定律有：mgsin ma所以sin 。(2)t0.5 s时S闭合，ab先做加速度减小的加速运动，
93、当速度达到最大vm6 m/s后做匀速直线运动，根据平衡条件有 mgsin F安又F安BidEBdvmI联立解得：B 1 T1 T。答案：(1)6 m/s2(2)1 T11如图12甲所示，金属“U”型轨导一部分固定在水平面上，长为l1.5 m、宽为d2.0 m，另一部分与水平面夹角为30，右端接有电阻R3 。在水平导轨右侧x1.0 m范围内存在垂直斜面向上的匀强磁场，且磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示。在t0时刻，质量为m0.1 kg电阻为r1 的导体棒以v02 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与水平导轨之间的动摩擦因数为0.1，与倾斜导轨间的摩擦不计。不计导体棒与导轨之间的
94、接触电阻及地球磁场的影响(取g10 m/s2)。图12(1)在导体棒进入磁场时立即施加一沿斜面向上的拉力可以使它做匀速直线运动，这个力应多大？(2)通过计算画出2 s内回路电流随时间变化的图像；图13(3)从t0时刻开始直到棒第一次离开磁场的过程中回路产生的总热量是多少？解析：(1)在棒进入磁场前只受滑动摩擦力作用，做匀减速运动，由牛顿运动定律有：mgma，a1 m/s2；由运动学公式 vt2v022al得棒进入磁场前的速度为：vt1 m/s；又由vtv0at得导体棒进入磁场前的运动时间为：t1 s；即棒进入磁场时，所在区域的磁场已恒定。此时棒中的感应电动势为：E1Bdvt0.8 V，感应电流
95、为：I10.2 A棒进入磁场区域后做匀速直线运动，由平衡条件得沿斜面向上的拉力满足：Fmgsin F安，F安BId，解得：F0.66 N。(2)根据图乙知：回路在00.5 s内的感应电动势为：E2Sxd1.6 V感应电流为：I20.4 A，逆时针方向。在0.51 s内，回路中没有电流。棒在磁场中的运动时间为：t21 s，则在12 s内，回路中电流I10.2 A，方向不变。综合得，02 s内回路电流随时间变化的图像如图所示。(3)00.5 s内焦耳热：Q1I22(Rr)t10.4240.5 J0.32 J，12 s内焦耳热：Q2I12(Rr)t20.2241 J0.16 J，全程摩擦热：Q3mg
96、l0.111.5 J0.15 J，整个过程中回路产生的总热量是：QQ1Q2Q30.63 J。答案：(1)0.66 N(2)见解析图(3)0.63 J阶段验收评估(九)电 磁 感 应(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，每小题只有一个选项正确)1(2014广东高考)如图1所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块()图1A在P和Q中都做自由落体运动B在两个下落过程中的机械能都守恒C在P中的下落时间比在Q中的长D落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析：选C小磁块从铜管P中下落时，P
97、中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误。2.如图2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
98、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()图2AabcdaBdcbadC先是dcbad，后是abcdaD先是abcda，后是dcbad解析：选B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dcbad，从最低点摆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dcbad，所以选B。3(2014宿迁二模)如图3电路中，A1、A2是两个指示灯，L是自感系数很大的线圈，电阻R阻值较小，开关S1断开、S2闭合。现闭合S1
99、，一段时间后电路稳定。下列说法中正确的是()图3A闭合S1，通过电阻R的电流先增大后减小B闭合S1，A1亮后逐渐变暗C闭合S1，A2逐渐变亮，然后亮度不变D断开电路时，为保护负载，应先断开S2，再断开S1解析：选D闭合开关S1的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，通过电阻R的电流只能慢慢增加，电路稳定后达到最大值，故A错误；闭合开关S1，刚开始A1、A2、负载串联，之后阻值较小的R并入电路，再与A1串联，总电阻变小，干路电流变大，支路电压变小，导致A1逐渐变亮，A2逐渐变暗，故B、C错误；断开电路时，为保护负载，由于线圈L产生自感电动势，应先断开S2，再断开S1，故D正确。4.如图4所示，虚线右
100、侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场。规定顺时针方向为感应电流I的正方向。外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，则这些量随时间变化的关系正确的是()图4图5解析：选C线框速度vat，产生的感应电动势随时间均匀增大，感应电流均匀增大，安培力随时间均匀增大，外力F随时间变化关系是一次函数，但不是成正比，功率PEI随时间变化关系是二次函数，其图像是抛物线，所以C正确A、B错误。导体横截面的电荷量qIt随时间变化关
101、系是二次函数，其图像是抛物线，选项D错误。5(2014河南三市联考)矩形导线框固定在匀强磁场中， 如图6甲所示。磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则()图6A从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcdaB从0到t1时间内，导线框中电流越来越小C从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbaD从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力越来越大解析：选C由楞次定律，知从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba，选项A错误C正确；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，从0到t1时间内，导线框中电流恒定，选
102、项B错误；由安培力公式，从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力先减小后增大，选项D错误。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分，选错或不选得0分)6(2014成都模拟)如图7所示，甲为某闭合线圈内磁通量随时间t变化的函数图像，乙为某特殊电阻R的伏安特性曲线。已知两图像具有相似性，即OA段为曲线，AB段为平行于横轴的直线。则下列说法不正确的是()图7A甲图OA段表示线圈的感应电动势在Ot1时间内随时间推移而逐渐增大B乙图OA段表示电阻R的阻值在OI1范围内随电流的增大而逐渐增大C甲图AB段表示线圈的感应电动势为零D乙图AB段表
103、示电阻R的阻值为零解析：选ABD根据法拉第电磁感应定律，则有：磁通量随时间t变化的函数图像的斜率表示感应电动势的大小，甲图OA段表示线圈的感应电动势在Ot1时间内随时间推移而逐渐减小，故A错误；电阻R的伏安特性曲线的斜率不表示电阻的大小，但根据R，可知，电阻R的阻值一直随电流的增大而逐渐减小，但不为零，故B、D错误。甲图AB段磁通量的变化率为零，则线圈的感应电动势为零，故C正确。7.如图8所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为21。用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd
104、，经过足够长时间以后()图8A金属棒ab、cd都做匀速运动B金属棒ab上的电流方向是由b向aC金属棒cd所受安培力的大小等于2F/3D两金属棒间距离保持不变解析：选BC对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F3ma，隔离金属棒cd分析：FF安ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安F，C正确。8(2014江都检测)如图9所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab。导轨的
105、一端连接电阻R，其它电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动。则()图9A随着ab运动速度的增大，其加速度也增大B外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率D无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析：选CD金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动，随着ab运动速度的增大，产生的感应电流增大，所受与F方向相反的安培力增大，其加速度减小，选项A错误；外力F对ab做的功等于电路中产生的电能和导体棒增加的动能之和，选项B错误；由能量守恒定律可知，当ab做
106、匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率，选项C正确；无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，选项D正确。三、非选择题(本题共3小题，共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)9(12分)(2014黄山七校联考)如图10所示，M、N为纸面内两平行光滑导轨，间距为L。轻质金属杆ab可在导轨上左右无摩擦滑动，杆与导轨接触良好，导轨右端与定值电阻连接。P、Q为平行板器件，两板间距为d，上下两板分别与定值电阻两端相接。两板正中左端边缘有一粒子源始终都有速度为v0的带正电粒子沿平行于极板的方向进入两板之间。整个装置处于垂直于纸面向外的匀强磁场中。已知轻杆和定值
107、电阻的阻值分别为r和R，其余电阻不计，带电粒子的重力不计，为使粒子沿原入射方向从板间右端射出，则轻杆应沿什么方向运动？速度多大？图10解析：粒子在电场中运动，电场力FqU/d粒子在磁场中运动，磁场力Fqv0B因为粒子沿原入射方向从板间右端射出，所以粒子所受的电场力和洛伦兹力相互平衡，得qU/d qv0B轻质金属杆ab切割磁感线产生的感应电动势EBLvR中电流IE/(Rr)PQ之间电压UIR联立解得v(Rr) v0由右手定则得杆应向右运动。答案：向右运动(Rr)v010.(20分)(2014长宁区一模)如图11所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l0.20 m，电阻R1 ，有一质量为
108、m1 kg的金属棒MN平放在轨道上，与两轨道垂直，金属棒及轨道的电阻可忽略不计，整个装置处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B5 T，现用拉力F平行轨道方向拉金属棒，使棒做初速为零的匀加速直线运动，加速度a1 m/s2，试求：图11(1)第2 s末安培力FA的大小；(2)在虚线方框内画出拉力F随时间t变化的图线(要标出坐标值)；(3)当拉力F4 N时，电路消耗的电功率；(4)若拉力F的最大值为5 N，流过电阻R的最大电流为多大？解析：(1)棒做初速为零的匀加速直线运动，第2 s末的瞬时速度为：vat12 m/s2 m/sFABIl N2 N。(2)由安培力公式得：FABIlvvatt，
109、由牛顿第二定律得FFAma，即Ft1。故图象为(3)棒做初速为零的匀加速直线运动，当拉力F4 N时，可得此时安培力的大小为：FAFma4 N11 N3 N由安培力表达式可得瞬时电流的大小：I3 A电路消耗的电功率：PI2R321 W9 W。(4)当金属棒做匀速直线运动时，流过电阻R的电流最大，此时外力大小等于安培力大小，故由：FAFBIl5 N解得：I5 A。答案：(1)2 N(2)见解析图(3)9 W(4)5 A11(20分)(2014绵阳模拟)如图12甲，电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨PX、QY相距L0.5 m，底端连接的电阻R2 ，导轨平面倾斜角30，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感
110、应强度B1 T。质量m40 g、电阻r0.5 的金属棒MN放在导轨上，金属棒通过绝缘细线在电动机牵引下从静止开始运动，经过时间t12 s通过距离x1.5 m，速度达到最大，这个过程中电压表示数U00.8 V，电流表示数I00.6 A，示数稳定，运动过程中金属棒始终与导轨垂直，细线始终与导轨平行且在同一平面内，电动机线圈内阻r00.5 ，g10 m/s2。求：图12(1)细线对金属棒拉力的功率P多大？(2)从静止开始运动的t12 s时间内，电阻R上产生的热量QR是多大？(3)用外力F代替电动机沿细线方向拉金属棒MN，使金属棒保持静止状态，金属棒到导轨下端距离为d1 m。若磁场按照图乙规律变化，求
111、外力F随着时间t的变化关系式？解析：(1)细线对金属棒拉力的功率P等于电动机的输出功率，根据能量转化和守恒，有：PI0U0I02r00.60.80.620.50.3 W。(2)当从静止开始运动经过t12 s时间，金属棒速度达到最大，设最大速度为vm，电流为I1，则F安BI1L又 PF拉vm金属棒速度最大时做匀速运动，由F拉mgsin F安联立得：mgsin 解得：vm1 m/s金属棒从静止开始运动到达到最大速度过程中，设整个电路中产生的热量为Q，由能量转化和守恒得：Ptmgxsin mvm2QQRQ0.224 J。(3)由图可知B(0.20.4t) T根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势ELd，感应电流I金属棒所受的安培力 F安BIL根据平衡条件得 Fmgsin F安解得：F(0.016t0.208) N。答案：(1)0.3 W(2)0.224 J(3)F(0.016t0.208) N
