1、第2讲电磁感应规律及综合应用网络构建备考策略1.看到“磁感应强度B随时间t均匀变化”，想到“k为定值”。2.应用楞次定律时的“三看”和“三想”(1)看到“线圈(回路)中磁通量变化”时，想到“增反减同”。(2)看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留”。(3)看到“回路面积可以变化”时，想到“增缩减扩”。3.抓住“两个定律”、运用“两种观点”、分析“一种电路”“两个定律”是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；“两种观点”是指动力学观点和能量观点；“一种电路”是指电磁感应电路。楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用楞次定律的应用【典例1】 (2019浙江绍兴选考模拟)大小不等的两导电圆环P、Q均固
2、定于水平桌面，Q环位于P环内。在两环间的范围内存在方向竖直向下、大小随时间均匀增强的匀强磁场B，则()图1A.Q环内有顺时针方向的感应电流B.Q环内有逆时针方向的感应电流C.P环内有顺时针方向的感应电流D.P环内有逆时针方向的感应电流解析由楞次定律可知P环内有逆时针方向的感应电流，Q环内没有感应电流产生，故A、B、C错误，D正确。答案D【典例2】 (2019浙江海宁选考模拟)(多选)如图2所示，闭合导体环水平固定。条形磁铁S极向下以初速度v0沿过导体环圆心的竖直轴线下落，穿过导体环的过程中，关于导体环中的感应电流及条形磁铁的加速度，下列说法正确的是()图2A.从上向下看，导体环中的感应电流的方
3、向先顺时针后逆时针B.从上向下看，导体环中的感应电流的方向先逆时针后顺时针C.条形磁铁的加速度一直小于重力加速度D.条形磁铁的加速度开始小于重力加速度，后大于重力加速度解析当条形磁铁的中心恰好位于导体环所在的水平面时，条形磁铁内部向上的磁感线都穿过了导体环，而条形磁铁外部向下穿过导体环的磁通量最少，所以此时刻穿过导体环的磁通量最大，因此全过程导体环中磁通量方向向上，先增大后减小，从上向下看，感应电流方向先顺时针后逆时针，A正确，B错误；导体环中的感应电流产生的磁场始终阻碍条形磁铁运动，所以条形磁铁的加速度一直小于重力加速度，C正确，D错误。答案AC【典例3】 (2019浙江金华十校模拟)如图3
4、所示为感应式发电机，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端。现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是()图3A.将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置B.将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置C.将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置D.将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置解析当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜盘相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则要想观察到感应电流，M、N应分别连接电源的两个极即可，故可知只有B正确。答案B法拉第电磁感应定律的应用【典例4】 (2019浙江义乌选考模拟)
5、(多选)如图4所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1bkt(k0)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心，垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止(轨道电阻不计，重力加速度大小为g)。则()图4A.通过金属杆的电流方向为从A到BB.通过金属杆的电流大小为C.定值电阻的阻值为RD.整个电路中产生的热功率P解析区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1bkt(k0)变化，可知磁感应强度均匀增大，穿过整个回路的磁
6、通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A，故A错误；对金属杆，根据平衡方程得mgB2I2a，解得I，故B正确；由法拉第电磁感应定律，回路中产生的感应电动势Ea2ka2；且闭合电路欧姆定律有I，又I，解得Rr，故C错误；整个电路中产生的热功率PEI，故D正确。答案BD1.(多选)现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图5所示，上面为侧视图，上、下为电磁铁的两个磁极，电磁铁线圈中电流的大小可以变化；下面为磁极之间真空室的俯视图。现有一电子在真空室中做圆周运动，从上往下看电子沿逆时针方向做加速运动。则下列判断正确的是()图5A.通入螺线管
7、的电流在增强B.通入螺线管的电流在减弱C.电子在轨道中做圆周运动的向心力是电场力D.电子在轨道中加速的驱动力是电场力解析由上往下看电子沿逆时针方向做加速运动，表明感应电场沿顺时针方向。图示电磁铁螺线管电流产生的磁场方向竖直向上，根据楞次定律，当磁场正在增强时，产生的感应电场沿顺时针方向，故选项A正确，B错误；电子所受感应电场力方向沿切线方向，电子在轨道中做加速圆周运动是由电场力驱动的，选项C错误，D正确。答案AD2.如图6甲所示，光滑“”形金属支架ABC固定在水平面上，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图
8、乙所示，取垂直于水平面向下为正方向，则下列说法中正确的是()图6A.t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B.t2时刻轻杆对导体棒的作用力最大C.t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D.t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变解析由En，可知t1时刻感应电动势为0，感应电流为0，安培力为0，轻杆对导体棒的作用力为0，故选项A错误；t2时刻感应电动势为最大，感应电流最大，但磁感应强度为0，安培力为0，轻杆对导体棒的作用力为0，故选项B错误；t2到t3时间内，安培力先增大后减小，所以轻杆对导体棒的作用力先增大后减小，故选项C正确；t2到t4时间内，感应电流方向改变，安培力方向改变，则
9、轻杆对导体棒的作用力方向改变，故选项D错误。答案C3.(多选)如图7甲所示，左侧接有定值电阻R2 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B1 T，导轨间距为L1 m。一质量m2 kg、阻值r2 的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨间动摩擦因数0.25，g10 m/s2。金属棒的vx图象如图乙所示，则从起点发生x1 m位移的过程中()图7A.拉力做的功W9.25 JB.通过电阻R的电荷量q0.125 CC.整个系统产生的总热量Q5.25 JD.x1 m时金属棒的热功率为1 W解析金属棒在运动位移x1 m的过程中，克服摩擦力做功为Wfmgx5 J
10、，x1 m时金属棒的安培力大小为F安BILv，结合图象可知，安培力大小与位移成正比，则金属棒克服安培力做功为W安Fxvx0.25 J，由动能定理得WW安Wfmv2，得W9.25 J，选项A正确；流过电阻R的电荷量q0.25 C，选项B错误；系统产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做功大小，等于0.25 J，系统产生的热量等于摩擦生热和焦耳热之和，大小为5.25 J，选项C正确；x1 m 时，回路中I0.5 A，由PI2r得金属棒的热功率为0.5 W，选项D错误。答案AC电磁感应中的图象问题根据题目所给条件，读图分析相关物理量【典例1】 (2019稽阳联谊学校联考)如图8甲，MN、PQ为水平放置的足
11、够长平行光滑导轨，导轨间距为L0.5 m，导轨左端连接的定值电阻R2 ，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为2 T。将一根质量为0.2 kg、电阻也为r2 的金属棒ab垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨电阻不计。x0处给棒一个向右的初速度、并对棒施加水平向右的拉力作用，经过2.4 m 金属棒受到的安培力为0.8 N，图乙为棒所受的安培力F安与位移x的关系图象。求：图8(1)运动2.4 m时金属棒瞬时速度大小；(2)估算02.4 m内定值电阻R上产生的焦耳热(提示：可以用Fx图象下的“面积”代表力F所做的功)；(3)02.4 m内通过电阻R的电荷量；(4)02.4 m内水平拉力的
12、冲量大小。解析(1)F安BIL，I，EBLv2，则F安，得v23.2 m/s。(2)面积法，数格子：约为72格，每格为0.02 J，Q总1.44 J则定值电阻R上产生的焦耳热为0.72 J。(3)qIt，I，E，q，得q0.6 C。(4)IFF安tmv2mv1，初速度v11 m/sIFBqLmv2mv11.04 Ns。答案(1)3.2 m/s(2)0.72 J(0.68 J0.76 J均可)(3)0.6 C(4)1.04 Ns根据题目所给条件，选择图象【典例2】 (2018全国卷，18)如图9，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小
13、相等、方向交替向上向下。一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()图9解析设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E2Bdv(d为导轨间距)，电流i，回路中电流方向为顺时针；第二个的时间内，线框左右两边切割磁感线产生的电动势大小相等，方向相反，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E2Bdv，电流i，回路中电流方向为逆时针，所以D正确。答案D1.解决电磁感应图象问题的“三点关注”(1)明确图象所描述的物理意义，明确各种“”“”的含义。(2
14、)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。2.解决电磁感应图象问题常用的“两个方法”(1)排除法；(2)函数法。1.(2019浙江嵊州选考模拟)如图10甲中，两平行光滑金属导轨放置在水平面上且间距为L，左端接电阻R，导轨电阻不计。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。将质量为m、电阻为r的金属棒ab置于导轨上。当ab受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动时，F与金属棒速度v的关系如图乙所示。已知ab与导轨始终垂直且接触良好，设ab中的感应电流为I，a
15、b受到的安培力大小为F安，R两端的电压为UR，R的电功率为P，则下图中正确的是()图10解析由题图乙可得FF0kv，金属棒切割磁感线产生电动势EBLv，金属棒中电流I，金属棒受安培力F安BIL，对金属棒根据牛顿第二定律FF安ma，代入得F0vma，所以金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，所以A正确；F安，URR，R消耗的功率P，所以B、C、D错误。答案A2.(多选)如图11甲所示，矩形线圈abcd平放在水平桌面上，其空间存在两个竖直方向的磁场，两磁场方向相反，两磁场的分界线OO恰好把线圈分成左右对称的两部分，当两磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化时，线圈始终静止，规
16、定磁场垂直纸面向里为正方向，线圈中逆时针方向为正方向，线圈所受桌面的摩擦力向左为正方向，则下列关于线圈产生的感应电流和桌面对线圈的摩擦力随时间变化的图象正确的是()图11解析由楞次定律可得，在0t1时间内，线圈中产生逆时针方向的感应电流，在t1t2时间内，线圈中产生顺时针方向的感应电流，由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律知，线圈中的电流I，电流恒定，故选项A正确，B错误；线圈在水平桌面上处于静止状态，则水平方向受到的安培力和摩擦力大小相等，方向相反，因为FBIl，当磁感应强度B均匀变化时，感应电流I恒定，l恒定，根据题图甲、乙可知，分界线OO左侧磁场的磁感应强度B1kt(0tt1)，分界线
17、OO右侧磁场的磁感应强度B2B0kt(0tt1)，在0t1时间内由楞次定律可得感应电流的方向为逆时针，由左手定则可知安培力的方向为水平向右，线圈所受安培力的合力恒为B0Il，则线圈受到的摩擦力的方向向左，同理t1t2时间内线圈受到的摩擦力的方向向右且恒为B0Il，故选项D错误，C正确。答案AC3.一个圆形线圈，共有n10匝，其总电阻r4.0 。线圈与阻值R016 的外电阻连成闭合回路，如图12甲所示。线圈内部存在着一个边长l0.20 m的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T1.0102 s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。求：图12(
18、1)tT时刻，电阻R0上的电流大小和方向；(2)0T时间内，流过电阻R0的电荷量；(3)一个周期内电阻R0的发热量。解析(1)0内，感应电动势大小恒定，E1n8 V电流大小I1，可得I10.4 A电流方向从b到a。(2)同(1)可得内，感应电流大小I20.2 A流过电路的电荷量qI1I2，代入数据解得q1.5103 C。(3)QIR0IR0，解得Q1.6102 J。答案(1)0.4 A从b向a(2)1.5103 C(3)1.6102 J电磁感应定律的综合应用以“单棒导轨”模型为载体，考查电磁感应中的力、电综合问题【典例1】 (2019宁波十校高三联考)如图13 a，超级高铁是一种以“真空管道运
19、输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点。如图b，已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，两导轨间距为r；运输车的质量为m，横截面是半径为r的圆。运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1和2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R。其他电阻忽略不计，重力加速度为g。图13(1)如图c，当管道中的导轨平面与水平面成30时，运输车恰好能无动力地匀速下滑。求运输车与导轨间的动摩擦因数；(2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力。当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应
20、强度为B，垂直导轨平面向下的匀强磁场中，如图d。求刚接通电源时运输车的加速度的大小(电源内阻不计，不考虑电磁感应现象)；当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车以速度v0从如图e通过距离2D后的速度v。解析(1)分析运输车的受力，将运输车的重力分解，如图a，轨道对运输车的支持力为FN1、FN2，如图b。由几何关系FN1mgcos ，FN2mgcos 又f1FN1，f2FN2运输车匀速运动mgsin f1f2解得。(2)运输车离站时，电路图如图c，cR 总，由闭合电路欧姆定律I又I1，I2导体棒所受的安培力F1BI1r；F2BI2r运
21、输车的加速度a解得a。运输车进站时，电路如图d，d当车速为v时，由法拉第电磁感应定律E1Brv；E2Brv由闭合电路欧姆定律I导体棒所受的安培力F1BIr，F2BIr运输车所受的合力FF1F2选取一小段时间t，运输车速度的变化量为v，由动量定理得tmv即xmv两边求和mvmv0解得vv0。答案(1)(2)v0【典例2】 如图14甲所示，两根足够长的光滑金属导轨ef、cd与水平面成30角固定，导轨间距离为l1 m，导轨电阻不计，一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B1 T。现将一质量为m、电阻可以忽略
22、的金属棒MN从图示位置由静止释放，金属棒下滑过程中与导轨接触良好。改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度vm，得到 的关系如图乙所示。取g10 m/s2。求：图14(1)金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；(2)当电阻箱的阻值R2 ，且金属棒的加速度为g时，金属棒的速度大小。解析(1)金属棒以速度vm下滑时，根据法拉第电磁感应定律有EBlvm，由闭合电路欧姆定律有EI，根据平衡条件有BIlmgsin ，整理得()，由 图象可知1 m1s，0.5 m1s。解得m0.2 kg，R02 。(2)设此时金属棒下滑的速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律有EBlv，由闭合电路欧姆定律有EI，根据牛顿第二
23、定律有mgsin BIlm，联立解得v0.5 m/s。答案(1)0.2 kg2 (2)0.5 m/s以“双棒导轨”模型为载体，考查电磁感应中的能量、动量等问题【典例3】 如图15所示，两根质量均为m2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为12，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s0.5 m过程中其上产生的焦耳热为Q230 J，此时两棒速率之比为vAvC12，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：图15(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒
24、上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小vA和vC。解析(1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流均相等，根据焦耳定律QI2Rt可知Q1Q212，则AB棒上产生的焦耳热Q115 J。(2)根据能量守恒定律，有FsmvmvQ1Q2又vAvC12，联立以上两式并代入数据得vA4 m/s，vC8 m/s。(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足BLvAB2LvC即vA2vC(
25、不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误)对两棒分别应用动量定理，规定水平向左为正方向，有AtmvAmvA，CtmvCmvC。因为C2A，故有联立以上各式解得vA6.4 m/s，vC3.2 m/s。答案(1)15 J(2)4 m/s8 m/s(3)6.4 m/s3.2 m/s以“导体框”为载体，考查电磁感应定律的综合应用【典例4】 (2019温州模拟)如图16所示，光滑绝缘斜面的倾角30，矩形区域GHIJ内存在着方向垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B0.4 T，GH与IJ相距d0.5 m。一个匝数n10、质量m1 kg、边长L0.5 m的正方形金属线圈abcd平放在斜面上，ab边与GH
26、相距为d。现用一平行于斜面的恒力F拉动线圈，使其由静止开始(t0)沿斜面向上运动，线圈进入磁场恰好匀速运动。t12 s时线圈刚好完全通过磁场，此时撤去外力，在t22.8 s时线圈向下恰好完全穿出磁场。重力加速度g10 m/s2，斜面足够长，ab边始终与GH平行，求：图16(1)恒力F的大小和线圈的阻值R；(2)整个过程线圈产生的热量。解析(1)线圈向上运动，ab边刚进入磁场时的速度记为v1，经历的时间记为t1，在磁场中匀速运动的时间记为t2；线圈向下运动，ab边刚离开磁场时的速度记为v2。dt1，2dv1t2其中t1t2t1且t1t2t11 s联立得v11 m/sFmgsin 30ma其中a联
27、立得a1 m/s2，F6 NFmgsin 30nBIL其中I联立得I0.5 A，R4 。(2)向上穿过磁场产生的热量Q1(Fmgsin 30)2d1 J从撤去F后到向下出磁场的过程有mgsin 30(t2t1)2nBLtmv2m(v1)其中qtn联立得v22 m/s向下穿过磁场产生的热量Q22mgdsin 30mvmv再联立得Q23.5 J所以整个过程线框产生的热量QQ1Q24.5 J。答案(1)6 N4 (2)4.5 J巧用流程解决电磁感应中力、电综合问题1.(2019浙江名校协作体模拟)如图17所示，质量为m0.04 kg、边长l0.4 m 的正方形线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上，线框
28、用一平行斜面的细绳系于O点，斜面的倾角为30；线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的关系为B20.5t(T)，方向垂直于斜面；已知线框电阻为R0.5 ，重力加速度取g10 m/s2。下列说法中正确的是()图17A.线框中的感应电流方向为abcdaB.t0时，细线拉力大小为F0.2 NC.线框中感应电流大小为I80 mAD.经过一段时间t，线框可能拉断细绳向下运动解析由楞次定律可知线框中的感应电流方向为adcba，故选项A错误；感应电动势E(l2)0.04 V，由闭合电路欧姆定律，可知线框中感应电流大小为I0.08 A80 mA，由平衡条件可知FTBIlmgsin ，t0时，B2 T
29、，解得FT0.136 N，故选项B错误，C正确；经过一段时间t，安培力BIl可能大于mgsin ，所以线框可能沿斜面向上运动，故选项D错误。答案C2.(多选)如图18甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的电阻均为R，导轨间距为l且光滑，电阻不计，整个装置处在方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场中。棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上运动，从某时刻开始计时，两棒的vt图象如图乙所示，两图线平行，v0已知，则从计时开始()图18A.通过棒cd的电流方向由d到cB.通过棒cd的电
30、流IC.力FD.力F做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒动能的增量解析由vabvcd，故通过cd的电流方向由d到c，选项A正确；由I，可得I，选项B错误；对ab棒：Fmgsin BIlmaab，对cd棒：BIlmgsin macd，aabacd，可得F，选项C正确；力F做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒的动能增量与重力势能增量之和，选项D错误。答案AC3.(2019温州二模)如图19所示，两根相同的平行金属导轨固定在水平面内，左端用导线相连，在导轨的某位置建立与导轨平面共面的直角坐标系xOy，x轴紧靠导轨，y轴垂直导轨。在y轴的右侧分布着垂直导轨平面向外的有界磁场，左边界与y轴重合，右边界与y轴
31、平行，磁感应强度的大小沿y轴均匀分布，沿x轴按B2B(2kx)规律分布(式中k0，B0、k均为定值且为已知量)。在边界的右侧某位置垂直导轨放置一质量为m的金属棒，现给棒一水平向左的瞬时冲量，使其向左运动，同时在棒上施加一水平向右的恒力F0，棒穿过磁场后继续向左运动，然后再返回磁场，并能从边界穿出。已知：棒向左运动经过边界、的速度及向右返回经过边界的速度大小分别为v、(v是未知量)；棒向左运动离开边界的最大距离是磁场两边界间距的n倍，棒向右运动穿过磁场区域的过程中速度不变；导轨单位长度的阻值是恒定的，导线及金属棒电阻不计，棒与导轨间的摩擦力大小恒定，求：图19(1)棒与导轨间摩擦力大小Ff；(2
32、)棒左、右两次穿越磁场的过程中产生的电热之比Q1Q2；(3)导线到边界的距离d；(4)棒左、右两次穿越磁场的过程中所用的时间之比t1t2。解析(1)设金属棒向左运动离开边界的最大距离为s1，此时金属棒的速度为零；根据动能定理可得，在金属棒从边界向左运动到最大距离过程中F0s1Ffs10m在金属棒从最大距离向右运动返回边界的过程中F0s1Ffs1m由可解得FfF0。(2)设磁场两边界间距为s2，根据功能关系，在从右向左运动第一次穿越磁场区域过程中F0s2Ffs2Q1mmv2在从左向右运动第二次穿越磁场区域过程中F0s2Ffs2Q20棒向左运动离开边界的最大距离是磁场两边界间距的n倍，即s1ns2
33、由可解得Q1Q2(12n4)1。(3)由题意知，棒向右运动穿过磁场区域的过程中速度不变，即做匀速直线运动，即受力平衡；由于所受F0、重力、支持力、摩擦力均恒定，则所受安培力也是恒定的，且F安BIL由式F0s2Ffs2F安s20，得F安F0在从磁场边界进入时，x0，此时B22B和从磁场边界出来时，xs2，此时B2B(2ks2)设导轨单位长度电阻为r，金属棒切割磁感线的长度为L，由x0和xs2处安培力相等，则有由可解得d。(4)对于第一次穿过磁场区域过程中，设任一时刻速度为v，以向右为正方向，则有F0Ffvma对于任意微小过程均有(F0Ff)tvtmat对整个过程进行求和，可得(F0Ff)t1s2
34、m对于第二次穿过磁场区域过程，金属棒做匀速运动，可得s2由可解得t1t2(4n1)4。答案(1)F0(2)(12n4)1(3) (4)(4n1)4电磁感应中的STSE问题赏析情形1以科学技术为背景考查楞次定律物理学是科学技术的基础，联系生产、生活，考查物理知识的应用是高考命题的热点，能够体现高考对学科素养的重视。【例1】 (2017全国卷，18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图20所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫
35、铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是()图20解析感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项A正确，B、C、D错误。答案A【例2】 (2019浙江江山选考模拟)电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横截面的流体的体积)。为了简化，假设流量计是如图21所示的横截面为长方形
36、的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c，流量计的两端与输送液体的管道相连接(图中虚线)。图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料，现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面。当导电液体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值。已知流体的电阻率为，不计电流表的内阻，则可求得流量为()图21A. B.C. D.解析设管中流体的流速为v，则在t时间内流体在管中向前移动的距离为vt，这样如图甲画线的流体在t时间内都将流过横截面，甲设此横截面积为S，则画线的流体体积VSvt，除以时间t，则
37、得到流体在该管中的流量为QSv。对于题干所给的流量计，横截面积Sbc，故流过流量计的流量Qvbc，对于给定的流量计，b与c是常量，可见测流量实质上是测流速。当可导电流体稳定地流经流量计，流体将切割磁感线，这样在流量计的上、下两面产生感应电动势EvBc，其中B是垂直于流量计前后两面的匀强磁场的磁感应强度，c是流过流量计流体的厚度，v是可导电流体在流量计中的流速。这样在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，如图乙所示，则将有电流流过闭合电路，这个闭合电路中的电动势就是由可导电流体沿流量计流动切割磁感线而产生的感应电动势，如图乙所示，电阻包括外接的电阻R和可导电流体的电阻r
38、，这样根据欧姆定律，得到闭合电路中的电流等于I乙Qvbc，选项A正确。答案A情形2以生活为背景考查楞次定律【例3】 (2019浙江台州模拟)(多选)在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图22所示，其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连，乙线圈由两条电源线采取双线法绕制，并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上。以下说法中正确的是()图22A.当用户用电正常时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关接通B.当用户用电正常时，甲线圈两端有电压，脱扣开关接通C.当用户发生漏电时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关断开D.当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开解析正常
39、状态时，火线和零线中电流产生的磁场完全抵消，脱扣开关S保持接通，选项A正确，B错误；当用户发生漏电时，流过火线与零线的电流不相等，乙线圈中火线和零线电流产生的磁场不能完全抵消，会使甲线圈中产生感应电动势，脱扣开关断开，选项C错误，D正确。答案AD【例4】 (多选)如图23所示是某同学自制的电流表原理图，质量为m的均匀金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在边长为abL1、bcL2的矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且静止时，MN与ab边重合，且指针指在
40、标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流大小，MN始终在纸面内且保持水平，则()图23A.要使电流表正常工作，MN中电流方向应从N至MB.当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量不为零C.该电流表的量程是ImD.该电流表的刻度是均匀的解析要使电流表正常工作，MN应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知，MN中的电流方向应从M至N，故A错误；当该电流表的示数为零时，MN与ab边重合，弹簧的弹力与MN的重力平衡，弹簧处于伸长状态，故B正确；设当电流表示数为零时，设弹簧的伸长量为x0，由平衡条件得mgkx0，解得x0，当电流为I时，安培力为FABIL1；设此时弹簧伸长量的增加量为x，根据胡
41、克定律Fkx，得xI，故该电流表的刻度是均匀的；当xL2时，IIm，则有BImL1kL2，得Im，故C、D正确。答案BCD情形3以科学技术为背景考查电磁感应定律【例5】 (2019浙江乐清选考模拟)(多选)铁路运输中设计的多种装置都运用了电磁感应原理。有一种电磁装置可以向控制中心传输信号以确定火车的位置和运动状态，装置的原理是：将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图24甲所示(俯视图)，当它经过安放在两铁轨间的矩形线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心。线圈长为l1，宽为l2，匝数为n。若匀强磁场只分布在一个矩形区域内，当火车首节车厢通过线圈时，控制中心接收到线圈两端电压u与时
42、间t的关系如图乙所示(ab、cd均为直线)，则在t1t2时间内()图24A.火车做匀速直线运动B.M点电势低于N点电势C.火车加速度大小为D.火车平均速度大小为解析在t1t2时间内，由感应电动势EunBl1vnBl1(v1at)，由图象可知火车做匀加速直线运动，故选项A错误；由右手定则可知电流方向由M到N，所以M点电势低于N点电势，故选项B正确；由图象可知斜率为nBl1a，解得加速度a，故选项C错误；由unBl1v可知v，所以火车平均速度大小为，故选项D正确。答案BD【例6】 电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图25，图中直流
43、电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：图25(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。解析(1)垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后，两极板间
44、电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I设MN受到的安培力为F，有FIlB由牛顿第二定律，有Fma联立式得a。(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有EBlvmax依题意有E设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有lB由动量定理，有tmvmax0又tQ0Q联立式得Q。答案(1)垂直于导轨平面向下(2)(3)一、选择题(14题为单项选择题，58题为不定项选择题)1.(2019浙江诸暨选考模拟)有一种手持金属探测器实物及其结构原理图可简化为
45、图1所示。探测器运用的是电磁感应原理，发射线圈(外环)可以产生垂直于线圈平面且大小和方向均变化的磁场；内环线圈是接收线圈，用来收集被查金属物发出的磁场(接收线圈能完全屏蔽发射线圈产生的磁场)。随着发射线圈产生的磁场方向反复变化，它会与所遇的金属物发生作用，导致金属物自身也会产生微弱的磁场，来自金属物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声。若发射线圈产生向下且增强的磁场，则下列说法中正确的是()图1A.金属物产生的感应磁场的方向竖直向下B.金属物中的涡流从上往下看是沿顺时针方向C.金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈会产生微弱的电流，此类探测器相应的元件就是依据这一电流进行报警的D
46、.如果金属物中某时刻发出向上的磁场，那么接收线圈中的感应电流方向从上往下看是沿逆时针方向解析先根据探测器发射线圈发出的磁场判定穿过金属物的磁通量方向和变化情况，再根据楞次定律确定金属物中感应电流产生的磁场方向，用安培定则判断金属物中的感应电流的方向，这里特别要注意感应电流产生的磁场与原磁场不能混淆；金属物发出的磁场穿过接收线圈时，会引起接收线圈产生微弱的电流，使探测器报警，选项C正确；如果金属中发出向上逐渐增加的磁场，接收线圈感应电流从上向下看为顺时针方向，选项D错误。答案C2.(2019湖南三湘名校第三次联考)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车
47、的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。图2给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是()图2A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D.只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电解析无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故选项A错误；当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，故选项B错误；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率
48、相同，故选项C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故选项D错误。答案C3.(2019温州模拟)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为。t0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图3所示，若选取从O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()图3解析由右手定则可判断，开始时感应电动势为正，故D错误；设经时间t
49、导体杆转过的角度为，则t，导体杆有效切割长度为L2Rsin t。由EBL2，可知E2BR2sin 2t，B、R、不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半个周期后，电动势的方向反向，故A、B错误，C正确。答案C4.如图4所示，间距为L的光滑平行金属导轨弯成“”形，底部导轨面水平，倾斜部分与水平面成角，导轨与固定电阻相连，整个装置处于竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。导体棒ab与cd均垂直于导轨放置，且与导轨间接触良好，两导体棒的电阻均与阻值为R的固定电阻相等，其余部分电阻不计，当导体棒cd沿导轨向右以速度v匀速滑动时，导体棒ab恰好在倾斜导轨上处于静止状态，导体
50、棒ab的重力为mg，则()图4A.导体棒cd两端的电压为BLvB.t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为C.cd棒克服安培力做功的功率为D.导体棒ab所受安培力为mgsin 解析根据题意画出等效电路如图甲所示。导体棒cd产生的感应电动势为EBLv，导体棒cd两端的电压是路端电压，UEBLv，选项A错误；通过cd棒的电流I，在时间t内通过导体棒cd横截面的电荷量为qIt，选项B正确；甲对ab棒进行受力分析如图乙所示，由于ab棒静止，所以ab棒所受安培力Fabmgtan ，选项D错误；由功能关系知cd棒克服安培力做功的功率等于整个电路的电功率，为P，选项C错误。乙答案B5.如图5所示，两等长的细绳
51、悬挂一磁铁与一圆形闭合线圈悬于细杆上，静止时线圈平面与磁铁的轴线O1O2垂直，磁铁质量为m，磁极如图所示。在垂直于细杆的平面内，保持细绳绷紧，将磁铁拉至与细杆等高的位置，将磁铁由静止释放，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()图5A.磁铁下摆过程中，线圈所受合外力为零B.磁铁下摆过程中，线圈中有逆时针方向(沿O1O2方向看)的感应电流C.磁铁下摆过程中，线圈中有顺时针方向(沿O1O2方向看)的感应电流D.磁铁摆到最低点时，两绳子拉力的合力小于3mg解析磁铁下摆过程中，向左穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中有顺时针方向(沿O1O2方向看)的感应电流，故选项A、B错误，C正确；磁铁
52、向下运动的过程中，根据楞次定律可知，磁铁会受到线圈产生的感应电流的阻碍，机械能减小，则mv2mgr，最低点拉力与重力的合力提供向心力，所以Fmg，联立以上两式得F3mg，故选项D正确。答案CD6.如图6所示，导体棒沿两平行金属导轨从图示位置以速度v向右匀速通过一正方形匀强磁场区域，ac边垂直于导轨且平行于导体棒，ac边右侧的磁感应强度的大小是左侧磁感应强度大小的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和导体棒所受安培力随时间变化的图象可能正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力水平向左为正方向)()图6解析解决导体运动切割磁感线产生电动势问题的三把“金钥匙”：一
53、找切割长度；二找变化趋势；三找方向。根据右手定则，开始时导体棒中感应电流方向为正(注意不要忽略物理量的正负)，大小均匀增加，根据题述可知，当导体棒运动到ac边的右侧，感应电流的大小突变为原来的2倍，方向变为负，选项A正确，B错误；感应电流随位移均匀变化，切割的有效长度随位移均匀变化，根据FBIL，安培力大小随位移做二次函数变化，根据楞次定律可知，安培力方向不变，选项C正确，D错误。答案AC7.(2019浙江临安选考适应性考试)如图7甲所示，质量m3.0103 kg的“”型金属细框竖直放置在两水银槽中，“”型框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T、方向水平向右的匀强磁
54、场中。有一匝数n300匝、面积S0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示。t0.22 s时闭合开关K，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h0.20 m。不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()图7A.00.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 VB.开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC.磁感应强度B2的方向竖直向下D.开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03 C解析由题图乙所示图象可知，00.10 s内：BS(10)0.01 Wb
55、0.01 Wb，00.10 s内线圈中的感应电动势大小：En300 V30 V，故选项A错误；由题可知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为CD，由安培定则可知线圈中感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图象可知，在0.200.25 s 内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2方向竖直向上，故选项B正确，C错误；对细框，由动量定理得B1Iltmv0，细框竖直向上做竖直上抛运动，则v22gh，电荷量QIt，解得Qm C0.03 C，故选项D正确。答案BD8.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延
56、长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图8所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平外力作用下以角速度绕O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()图8A.金属棒中电流方向从B流向AB.金属棒两端电压为Br2C.电容器的M板带负电D.电容器所带电荷量为CBr2解析根据右手定则可知金属棒中电流方向从B流向A，选项A正确；金属棒转动产生的电动势为EBrBr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而UEBr2，选项B正确；金属棒A端相当于电
57、源正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C可得电容器所带电荷量为QCBr2，选项D错误。答案AB二、非选择题9.(2019江苏淮安模拟)很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图9所示。自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，用金属圆盘制成的后轮在磁场中转动时，可等效成导体棒绕圆盘中心O转动。已知磁感应强度B0.5 T，圆盘半径l0.3 m，圆盘电阻不计。导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R10 的小灯泡。后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U0.6 V。图9(1)与a连接的是电压表的正接线柱还是负接线柱？(2)圆盘匀速转
58、动10分钟，则此过程中产生了多少电能？(3)自行车车轮边缘线速度是多少？解析(1)根据右手定则，轮子边缘点等效于电源的负极，则a点接电压表的负接线柱。(2)根据公式Qt代入数据得Q21.6 J。(3)由UEBl2代入数值解得vl8 m/s。答案(1)负接线柱(2)21.6 J(3)8 m/s10.如图10所示，粗糙斜面的倾角37，半径r0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场。一个匝数n10匝的刚性正方形线框abcd通过松弛的柔软导线与一个额定功率P1.25 W的小灯泡L相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边。已知线框质量m2 kg，总电阻R01.25 ，边长L2r，与斜面间的动
59、摩擦因数0.5。从t0时起，磁场的磁感应强度按B2t(T)的规律变化。开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：图10(1)线框不动时，回路中的感应电动势E；(2)小灯泡正常发光时的电阻R；(3)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q。解析(1)由法拉第电磁感应定律有Ennr22.5 V。(2)小灯泡正常发光，有PI2R由闭合电路欧姆定律有EI(R0R)即PR代入数据解得R1.25 。(3)当线框恰好要运动时，设磁场的磁感应强度大小为B对线框bc边处于磁场中的部分受力分析安培力F安nB
60、I2r由共点力的平衡条件有mgsin F安Ff2nBIrmgcos 解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B0.4 T可得线框在斜面上可保持静止的时间t s小灯泡产生的热量QPt1.25 J3.14 J。答案(1)2.5 V(2)1.25 (3)3.14 J11.(2019绍兴适应性考试)如图11所示，两平行光滑轨道MN和PQ竖直放置，间距l0.5 m，其中EG和FH为两段绝缘轨道，其余均为金属轨道，轨道末端NQ间连接一个自感系数L0.01 H的线圈，其直流电阻可以忽略。在ABCD、CDEF、GHIJ区域内存在垂直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度大小B1B2B30.2 T，方向如图，图中d0.
61、4 m。两导体棒a、b通过轻质杆连接，总质量m0.02 kg，b棒电阻R0.2 ，a棒电阻不计；现将ab连杆系统从距离AB边高h处由静止释放，a棒匀速通过ABCD区域，最终a棒以1.6 m/s的速度穿出EF边。导体棒与金属轨道接触良好，重力加速度g取10 m/s2。图11(1)求h的值；(2)求a棒从进入AB边到穿出EF边的总时间；(3)若a棒通过GH边时轻质杆突然断裂，以该位置为原点，竖直向下为x轴，求a棒在向下运动过程中电流i与位移x的大小关系。已知线圈上的自感电动势为EL，此过程中导体棒b仍在EFGH区域运动。解析(1)设导体棒a进入磁场B1时速度为v1，产生电动势EB1lv1，电流I匀
62、速通过ABCD区域，要求mg求得v14 m/sab连杆自由下落过程，h0.8 m。(2)ab连杆在磁场B1区域匀速下落的时间t10.1 s当导体棒a进入CD边，导体棒开始减速，经过t2导体棒a到达EF位置，当导体棒速度为v时电动势为E2Blv，电流为I，安培力为F此过程中由动量定理得mgt2mv2mv1即mgt2dmv2mv1，求得t20.16 s总时间tt1t20.26 s。(3)导体棒a切割产生的电动势等于线圈自感电动势B3lviL移项B3lvitLi，即B3lxLi，两边累加，得B3lxL(ii0)根据电感线圈的特性(电流不突变)i00得ix10x。答案(1)0.8 m(2)0.26 s(3)i10x
