1、第 2 講電磁感應規律及綜合應用核心要點提煉I網絡構建備考策略1.看到“磁感應強度BB隨時間t均勻變化”，想到“ B=k為定值”。t2. 應用楞次定律時的“三看”和“三想”/ I Tk看到“線圈（回路）中磁通量變化”時，想到“增反減同”。看到“導體與磁體間有相對運動”時，想到“來拒去留”。看到“回路面積可以變化”時，想到“增縮減擴”。3. 抓住“兩個定律”、運用“兩種觀點”、分析“一種電路”“兩個定律”是指楞次定律和法拉第電磁感應定律；“兩種觀點”是指動力學觀點和能量觀點；“一種電路”是指電磁感應電路。盛寺熱點突破n楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用【典例 1】（2017 全國卷川，15）如圖

2、 1,在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一 U 形金 屬導軌，導軌平面與磁場垂直，金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS一圓環 形金屬線框T位命題角度a楞次定律的應用)2于回路圍成的區域內，線框與導軌共面。現讓金屬桿PQ突然向右運動，在3運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是（）xXT0Xx r xXxl圖 1過圓環形金屬線框T中的磁通量減小，由楞次定律可知，T中有沿順時針方向的感應電流,故選項 D 正確，A、B C 錯誤。答案 D【典例 2】（多選）（2018 全國卷I,19）如圖 2,兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈 通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向

3、水平放置在紙面內的直導線連接成回路。將一磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態。下列說法正確的是B. 開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N 極指向垂直紙面向里的方向C. 開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N 極指向垂直紙面向外的方向D. 開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N 極朝垂直紙面向外的方向轉動解析 由電路可知，開關閉合瞬間，右側線圈正面環繞部分的電流向下，由安培定則可知， 直導線在鐵A.PQR防沿順時針方向,T中沿逆時針方向B.PQR種沿順時針方向,T中沿順時針方向C.PQR防沿逆時針方向,T中沿逆時針方向D.PQRS沿逆時針方向,T中沿順時針方向解析 金屬

4、桿PQ突然向右運動，由右手定則可知，PQRS有沿逆時針方向的感應電流，穿4芯中產生向右的磁場，由楞次定律可知，左側線圈正面環繞部分產生向上的電流,則直導線中的電流方向由南向北，由安培定則可知，直導線在小磁針所在位置產生垂直紙面5向里的磁場，則小磁針的 N 極朝垂直紙面向里的方向轉動，A 正確；開關閉合并保持一段時間后，穿過左側線圈的磁通量不變，則左側線圈中的感應電流為零，直導線不產生磁場，則小磁針靜止不動， B C 錯誤；開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，穿過左側線圈向 右的磁通量減少，則由楞次定律可知， 左側線圈正面環繞部分產生向下的感應電流，則流過直導線的電流方向由北向南，直導線在小磁

5、針所在處產生垂直紙面向外的磁場，則小磁針的N 極朝垂直紙面向外的方向轉動，D 正確。答案 AD【典例 3】（多選）（2018 全國卷川，20）如圖 3（a），在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R R在PQ的右側。導線PQ中通有正弦交流電i,i的變化如圖（b）所示，規定 從Q到P為電流正方向。導線框R中的感應電動勢（）圖 3A.在t=T時為零4B.在t=2 時改變方向C. 在t=T寸最大，且沿順時針方向D. 在t=T時最大，且沿順時針方向解析因通電導線的磁感應強度大小正比于電流的大小，故導線框R中磁感應強度與時間的變化關系類似于題圖（b）,感應電動勢正比于磁感應強度的變化率，即題圖（b）

6、中的切線斜率,斜率的正負反映電動勢的方向，斜率的絕對值反映電動勢的大小。由題圖（b）可知，電流為答案 AC法拉第電磁感應定律的應用【典例 4】（2018 全國卷I,17）如圖 4，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為 半圓弧的中點，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿，零時，電動勢最大，電流最大時電動勢為零，一 .T3T.一周期內，44內電動勢的方向沿順時針方向，時針方向，D錯誤。A 正確，B 錯誤；再由楞次定律可判斷在一個T時刻最大，C正確；其余時間段電動勢沿逆6M端位于PQSh,OM與軌道接觸良好。 空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的

7、大小為B。現使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定（過程I）;再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到 B（過程n）。在過程I、n中，流過的電荷量相等，則B亍等于（）=q2,則解得B嚴2 選項 B 正確，A、C D 錯誤。By2丄I【典例 5】（多選）（2016 全國卷n,20）法拉第圓盤發電機的示意圖如圖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A.若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定OM5A.4C.4D.2解析設OM勺電阻為R OM勺長度為過程I,OM專動的過程中產生的平均感應電動勢12B:冗l1B-AS4 大小為E1=-A11A

8、t1Bl2，流過OM勺電流為11=At14A112的電荷量為q1=I1At1=nBT；過程n,磁場的磁感應強度大小均勻增加，則該過程中產 4R2（BB）S（BB） nl2生的平均感應電動勢大小為巳=欝=（= 一，電路中的電流為7t詈課，則流過OM廠/ 口/r I2R=-2RA12-，則流過OM的電荷量為q2=丨2At2=2RAt2/ Bfl2VBl;由題意知qi答案 B5 所示。銅圓盤B.2的勻強磁場B中。F 列說法正確的是（7B.若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動8C. 若圓盤轉動方向不變，角速度大小發生變化，則電流方向可能發生變化D. 若圓盤轉動的角速度變為原來的2 倍

9、，則電流在R上的熱功率也變為原來的 2 倍解析 將圓盤看成無數輻條組成， 它們都在切割磁感線從而產生感應電動勢和感應電流，根據右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，則當圓盤順時針（俯視）轉動時，流過電阻-12的電流方向從a到b,選項 B 正確；由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E=BLv=尹L?3,I= 二,3恒定時，I大小恒定，3大小變化時，I大小變化，方向不變，故選項 A 正確，R十rB?i42RC 錯誤；由P=l2R=, e3、2知，當3變為 2 倍時，P變為原來的 4 倍，選項 D 錯誤。4 （R+r）答案 AB|考向頂測.1.（2018 河南濮陽一模）如圖 6 甲所示，光滑形金屬支

10、架ABC固定在水平面上，支架 處在垂直于水平面向下的勻強磁場中，一金屬導體棒EF放在支架上，用一輕桿將導體棒與墻固定連接，磁感應強度隨時間變化的規律如圖乙所示，取垂直于水平面向下為正方向，則下列說法中正確的是（）A.t1時刻輕桿對導體棒的作用力最大B.t2時刻輕桿對導體棒的作用力最大C.t2到t3時間內，輕桿對導體棒的作用力先增大后減小D.t?到t4時間內，輕桿對導體棒的作用力方向不變解析 由E=T，可知t1時刻感應電動勢為 0,感應電流為 0,安培力為 0，輕桿對導體 棒的作用力為 0,故選項 A 錯誤；t?時刻感應電動勢為最大，感應電流最大，但磁場為0,安培力為 0，輕桿對導體棒的作用力為

11、0,故選項 B 錯誤；t?到t3時間內，安培力先增大后減小，所以輕桿對導體棒的作用力先增大后減小，故選項 C 正確；t2到t4時間內，感應電流9方向改變，安培力方向改變，則輕桿對導體棒的作用力方向改變，故選項D 錯誤。答案 C102.（多選） 如圖7甲所示，左側接有定值電阻R= 2Q的水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻 強磁場中，磁感應強度B= 1 T,導軌間距為L= 1 m。一質量m= 2kg、阻值r= 2Q的金 屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒與導軌間動摩擦因數 卩=0.25 ,g= 10 m/s2。金屬棒的vx圖象如圖乙所示，則從起點發生x= 1 m 位移的過

12、程中（）D.x= 1 m 時金屬棒的熱功率為1 W解析 金屬棒在運動位移x= 1 m 的過程中，克服摩擦力做功為W/=卩mgx=5 J ,x= 1 m 時和金屬棒的安培力大小為F安=BIL=V,結合圖象可知，安培力大小與位移成正比，則金R+rF安xBV1屬棒克服安培力做功為Wfe=Fx=vx= 0.25 J,由動能定理得WW安VJ=22 （R+r）22Amv，得 W= 9.25 J，選項 A 正確；流過電阻R的電荷量4=已一=0.25 C，選項 B 錯誤；系R十r答案 AC考向日電磁感應中的圖象問題:*iLJ , B r DB.通過電阻R的電荷量q= 0.125 CC.整個系統產生的總熱量Q=

13、 5.25 J統產生的焦耳熱等于金屬棒克服安培力做功大小，等于0.25 J，系統產生的熱量等于摩擦生熱和焦耳熱之和，大小為BLv5.25 J，選項 C 正確；x= 1 m 時，回路中I= 0.5 A，由R十rP=12r得金屬棒的熱功率為0.5 W，選項 D 錯誤。根據題目所給條件，讀圖分析相關物理量圖 7A.拉力做的功 W= 9.25 J甲11【典例 1】（多選）（2017 全國卷n,20）兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為 0.1 m、總電阻為 0.005Q的正方形導線框abed位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖 8（a）所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動

14、，ed邊于t= 012時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖（b）所示（感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正）。下列說法正確的是（）(kOI-00.2 0.4. 0.61t/f,i1-Ojl. (b)圖 8A.磁感應強度的大小為0.5 TB. 導線框運動的速度的大小為0.5 m/sC. 磁感應強度的方向垂直于紙面向外D.在t= 0.4 s 至t= 0.6 s 這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1 NI0 1解析 由Et圖象可知，線框經過 0.2 s 全部進入磁場，則速度v= - = 02 m/s = 0.5 m/s , 選項 B正確；由圖象可知，E= 0.01 V,根據E

15、=Blv得，B-E= 丁霧 T = 0.2 T,選項IV0.1X0.5A 錯誤；根據右手定則及正方向的規定可知，磁感應強度的方向垂直于紙面向外，選項C 正確；在t= 0.4 s 至t= 0.6 s 這段時間內，導線框中的感應電流I二二；00 A = 2 A,所R0.005受的安培力大小為F=BIl= 0.2X2X0.1 N = 0.04 N，選項 D 錯誤。答案 BC【典例 2】（2018 全國卷H,18）如圖 9,在同一水平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區域，區域寬度均為l,磁感應強度大小相等、 方向交替向上向下。3一邊長為2的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動。線框

16、中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是（）liOaIIa命題角度f根據題目所給條件，選擇圖象1314動產生的電動勢為E= 2Bdv（d為導軌間距），電流i=當，回路中電流方向為順時針；第二個的時間內，線框切割磁感線運動產生的電動勢為零，電流為零；第三個2v的時間內，線框E切割磁感線運動產生的電動勢為E= 2Bdv,電流i=&回路中電流方向為逆時針，所以DR廠豎、正確。答案 DI反思歸納I1.解決電磁感應圖象問題的“三點關注”（1）明確圖象所描述的物理意義；明確各種“+”、“一”的含義；（2）關注變化過程，看電磁感應發生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對I應。（3）關注大

17、小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對應。2.解決電磁感應圖象問題常用的“兩個方法”（1）排除法；函數法。“亠 9I考向預測1.（多選）在水平光滑絕緣桌面上有一邊長為I的正方形線框abed，被限制在沿ab方向的光 滑水平直軌道上滑動。be邊右側有一直角三角形勻強磁場區域efg，邊ef等于I，邊ge小于I,ef邊平行ab邊，磁場方向豎直向下，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區域，若從線框的eb邊到達ge邊位置時開始計時， 設逆時針方向為電流的正方向，方向水平向右的拉力為正。則感應電流It圖象和Ft圖象正確的是（時間單位為V）（）解析設線框運

18、動的速度為則線框向左勻速運動第一個的時間內，線框切割磁感線運V,15解析 對I-1圖象：正方形線框abed的切割長度均勻減小， 感應電流大小均勻減小， 前進 距離I時，切割長度由 0 突然增大到最大，感應電流方向反向，然后大小均勻減小到0,選BVV項 A 錯誤，B 正確；對Ft圖象：根據F=BII= ，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 C 錯誤，D 正確。答案 BD2.（多選）如圖 11 甲所示，矩形線圈abed平放在水平桌面上，其空間存在兩個豎直方向的磁場，兩磁場方向相反，兩磁場的分界線00恰好把線圈分成左右對稱的兩部分，當兩

19、磁場的磁感應強度按如圖乙所示的規律變化時，線圈始終靜止，規定磁場垂直紙面向里為正方向，線圈中逆時針方向為正方向，線圈所受桌面的摩擦力向左為正方向，則下列關于線圈產生的感應電流和桌面對線圈的摩擦力隨時間變化的圖象正確的是（）圖 11a-f丿圖 10*盡1_I .n P-1 -/ii1一扎16解析 由楞次定律可得，在011時間內，線圈中產生逆時針方向的感應電流，在-1t1t2時A，間內，線圈中產生順時針方向的感應電流，由法拉第電磁感應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 A 正確，B 錯誤；線圈在水平桌面上處于靜止狀態，則水平方向受到的安培力和摩擦力大小相等，方向相反，因為度

20、B均勻變化時，感應電流I恒定，l恒定，根據題圖甲、乙可知，分界線F=BII，當磁感應強00左側磁場的磁感應強度B= kt(0vtv11),分界線00右側磁場的磁感應強度B0+kt(0vtv11),在 0t1時間內由楞次定律可得感應電流的方向為逆時針，由左手定則可知安培力的方向為水平向右，線圈所受安培力的合力恒為B0II，則線圈受到的摩擦力的方向向左，同理t1t2時間內線圈受到的摩擦力的方向向右且恒為Boll，故選項 D 錯誤，C 正確。答案 AC3. 一個圓形線圈，共有n= 10 匝，其總電阻r= 4.0Q。線圈與阻值F0= 16Q的外電阻連 成閉合回路，如圖 12 甲所示。線圈內部存在著一個

21、邊長I= 0.20 m 的正方形區域，其中有分布均勻但強弱隨時間變化的磁場，圖乙顯示了一個周期內磁場的變化情況，周期1.0X10一2s，磁場方向以垂直線圈平面向外為正方向。求：T=圖 12甲1(1)t= 8丁時刻，電阻 R)上的電流大小和方向;102 丁時間內，流過電阻 R)的電荷量；1718(3) 個周期內電阻Ro的發熱量。 解析(1)0扌內，感應電動勢大小恒定, 電流大小Ii=RE-r，可得|1= 0.4 AR)+r電流方向從b到a(2)同(1)可得T舟內，感應電流大小|2= 0.2 A流過電路的電荷量q=114 +124, 代入數據解得q= 1.5x103C2T2T丄2Q= I1R2 +

22、丨2民2，解得 Q= 1.6x10J答案(1)0.4 A 從b向a(2)1.5x10_3C (3)1.6x10_2J以“單棒+導軌”模型為載體，考查電磁感應中的力、電綜合問題為L,矩形勻強磁場i、n的高和間距均為d,磁感應強度為B。質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場I和n時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R,與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿()X1a/-1rB x xX：Xr1rH x (I x-L-X：rt_l _I_圖 13A. 剛進入磁場I時加速度方向豎直向下B. 穿過磁場I的時間大于在兩磁場之間的運動時間C. 穿過兩磁場之間的總熱量為4mgdD. 釋放時距磁

23、場I上邊界的高度h可能小于mg4R4考向電磁感應定律的綜合應用【典例 1】(多選)(2018 江蘇單科,9)如圖13 所19解析 根據題述，由金屬桿進入磁場I和進入磁場n時速度相等可知, 減速運動，所以金屬桿剛進入磁場I時加速度方向豎直向上，選項 A 錯誤；由于金屬桿進入 磁場I后做加速度逐漸減小的減速運動， 而在兩磁場之間做勻加速運動， 運動過程如圖所示 （其中V1為金屬桿剛進入I時的速度，V2為金屬桿剛出I時的速度），圖線與時間軸所圍的面 積表示位移，兩段運動的位移相等，所以穿過磁場I的時間大于在兩磁場之間的運動時間， 選項 B 正確；根據能量守恒定律， 金屬桿從剛進入磁場I到剛進入磁場n

24、過程動能變化量為0,重力做功為 2mgd則金屬桿穿過磁場I產生的熱量Q= 2mgd而金屬桿在兩磁場區域的運動情況相同，產生的熱量相等，所以金屬桿穿過兩磁場產生的總熱量為答案 BC（1）金屬棒的質量m和定值電阻 R）的阻值;1當電阻箱的阻值R=2Q,且金屬棒的加速度為-g時，金屬棒的速度大小。金屬桿在磁場I中做2X2mgdh4mgd選項 C 正確；金屬桿剛進入磁場I時的速度v=2gh，進入磁場I時產生的感應電動勢E=Blv，感應電流I=|,所受安培力F=BIL,由于金屬桿剛進入磁場I時加速度方向豎直向上,所以安培力大于重力，即Fmg聯立解得【典例 2】如圖14 甲所示,兩根足夠長的光滑金屬導軌e

25、f、cd與水平面成0= 30角固定，導軌間距離為I= 1 m,R0的定值電阻金屬導軌的上端。導軌電阻不計，一個阻值為.一一一 ,強磁場中，磁感應強度方向與導軌所在平面垂直，磁感應T。現將一質量為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軌接觸良好。改變電阻箱的阻值強度大小為B=1R,測定金屬棒的最大速度Vm,得到11vR的關系如圖乙所示。取VmR選項 D 錯誤。整個系2求:g= 10 m/s。圖 1420解析(1)金屬棒以速度Vm下滑時，根據法拉第電磁感應定律有E=BlVm,由閉合電路歐姆2 2亠RR ,_+1BI111定律有E=I,根據平衡條件有BII=mgsin

26、0,整理得一=(玄+ ),由一一R+R)Vmmgsi n0R)RVm1B2i2B2I21淚象可知=1 m1 s Q,百=0.5 m1 s。解得m= 0.2 kg ,R= 2Q。Kmgsin0mgsin0R)設此時金屬棒下滑的速度大小為v,根據法拉第電磁感應定律有E=Blv，由閉合電路RRg歐姆定律有E=I-，根據牛頓第二定律有min0-BlI=m-，聯立解得vR+R)4=0.5 m/s。答案(1)0.2 kg 2Q(2)0.5 m/s以“雙棒+導軌”模型為載體，考查電磁感應中的能量、動量等問題【典例 3】 如圖 15 所示，兩根質量均為m= 2 kg 的金屬棒垂直放在光滑的水平導軌上，左 右兩

27、部分導軌間距之比為1 : 2,導軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻。現用250 N 的水平拉力F向右拉CD棒,CD棒運動s= 0.5 m 時其上產生的焦耳熱為Q2= 30 J，此時兩棒速率之比為VA:Vc= 1 : 2,現立即撤去 拉力F,設導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，求：! XxX Fx* *xxxxj aXXXMD圖 15(1) 在CD棒運動 0.5 m 的過程中，AB棒上產生的焦耳熱；(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，兩棒最終勻速運動的速度大小VA和VC。解析(1)設兩棒的長度分別為l和 2l

28、,所以電阻分別為R和 2R由于電路中任何時刻電流均相等，根據焦耳定律Q= I2Rt可知Q：Q2= 1 : 2,貝U AB棒上產生的焦耳熱Q= 15 J。(2)根據能量守恒定律，七1212有Fs= mv+ mC+ Q+Q又VA:VC= 1 : 2,聯立以上兩式并代入數據得VA=4 m/s , VC=8 m/s。命融角度E21(3)撤去拉力F后，AB棒繼續向左做加速運動，而CD棒向右做減速運動，兩棒最終勻速運動時電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產生的電動勢大小相等，此時兩棒的速度滿足22BLA=B-2Lvc即VA=2vc(不對過程進行分析，認為系統動量守恒是常見錯誤對兩棒分別應用動量定理，規定水平

29、向左為正方向,有FA- t=mu mu, FC- t=mv/mv。VAVA1因為FC=2FA,故有v v=oVC一 VC2a= 2 m/s22聯立以上各式解得VA=6.4 m/s ,Vc= 3.2 m/s 。答案 (1)15 J (2)4 m/s 8 m/s(3)6.4 m/s 3.2 m/s考查電磁感應定律的綜合應用【典例 4】 如圖 16 甲所示，斜面上存在一有理想邊界的勻強磁場，磁場方向與斜面垂直。在斜面上離磁場上邊界S1= 0.36 m 處靜止釋放一單匝矩形金屬線框，線框底邊和磁場邊界1= 0.5。整個線框進入磁場的過程中，機械能E和丘一E= 0.09 J,線框的質量為 0.1 kg

30、,電阻為 0.06Q,平行，金屬線框與斜面間的動摩擦因數位移s之間的關系如圖乙所示。已知斜面傾角0= 37,磁場區域的寬度d= 0.43 m,重力加速度g= 10 m/s2, sin 37= 0.6 ,cos 37 = 0.8。求:(1)線框剛進入磁場時的速度大小進入磁場.(2) 線框從開始進入磁場至完全進入磁場所用的時間(3) 線框穿越磁場的整個過程中電功率的最大值。解析(1)金屬線框進入磁場的過程中，減小的機械能等于克服摩擦力Ff和安培力 FA所做的功，機械能均勻減小，因此安培力為恒力，線框勻速進入磁場。在未進入磁場前有min 37 mgcos 37 =ma得23V1= 2as1聯立解得V

31、1= 1.2 m/s。設線框的側邊長為S2，即線框進入磁場過程運動的距離為S2,根據功能關系，除重力之24外的力所做的功等于物體機械能的變化，所以有 E=W+WA= (Ff+ FA)S2因為是勻速進入磁場，所以Ff+ FA=mgsin 37 = 0.6 N解得S2= 0.15 mS20.15t=s=0.125 soVi1.2(3)線框剛出磁場時的速度最大，線框電功率最大，設此時的速度大小為Pmax=I2R=琴, 2 2由V2=V1+ 2a( dS2)聯立解得Pmax= 0.43 Wo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中力、電綜合問題|考向予

32、頁測1.(2018 江西南昌三模)如圖 17 所示，質量為 m= 0.04 kg、邊長1= 0.4 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繩系于O點，斜面的傾角為0= 30;線框的一半處于磁場中，磁場的磁感應強度隨時間變化的關系為B= 2 + 0.5t(T)，方向垂直于斜面；已知線框電阻為R= 0.5Q,重力加速度取g= 10 m/s2o下列說法中正確的是()V2，則有根據線框勻速進入磁場，有FA+卩mgcos 37 =mgiin 37FA=BIL=25A解析 由楞次定律可知線框中的感應電流方向為adcba,故選項 A 錯誤；感應電動勢E=-AtEI= = 0.

33、08 A= 80RmA 由平衡條件可知FT+BIl=min0,t= 0 時，B=2 T ,解得 FT=0.136 N，故選項 B答案18甲所示，足夠長的平行金屬導軌MN PQ傾斜放置。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，棒兩端都與導軌始終有良好接觸，間距為I且光滑，電阻不計，整個裝置處在方向垂直于導軌平面向上，大小為B的勻強磁場/ *中。棒ab在平行于導軌向上的力F作用下，沿導軌向上運動，從某時刻開始計時，兩棒的Ivt圖象如圖乙所示，兩圖線平行,Vo已知，則從計時開始()r/(m s-1)A.通過棒cd的電流由d到cB.通過棒cd的電流I=B.t= 0 時，細線拉力大小為C.線框中感

34、應電流大小為I=80 mAD.經過一段時間t,線框可能拉斷細繩向下運動AB1(2l2) = 0.04 V 由閉合電路歐姆定律，可知線框中感應電流大小為錯誤,C 正確;經過一段時間t，安培力BII可能大于 n0，所以線框可能沿斜面向上運動, 故選項D 錯誤。2.(多選)如圖已知兩棒的電阻均為R導軌A.線框中的感應電流方向為F= 0.2 N曲棒屮圖 18乙26R心,BlvabBlVcd一,口A 正確；由1= 云-可得：IC.力Wl2VoF=TD.力F做的功等于回路中產生的焦耳熱和兩棒動能的增量解析由vabvcd，故通過cd的電流方向由d到c,選項27=，選項 B 錯誤；對ab棒：F mcpin0B

35、Il=mab,對cd棒：BIl min0=mad,2R2 2aab= a=d可得：F=豈v,選項 C 正確；力F做的功等于回路中產生的焦耳熱和兩棒的動能增R量與重力勢能增量之和，選項D 錯誤。答案 AC3.(2018 江蘇蘇州聯考)如圖 19 所示，“ ”形金屬導軌水平放置，寬為L= 0.50 m 電阻大小不計。在導軌間長d= 0.8 m 的區域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B= 2.0 T。質量m=4.0 kg、電阻R)= 0.05Q的金屬棒CD水平置于導軌上，與軌 道之間的動摩擦因數為0.25，初始位置與磁場區域的左邊界相距s= 0.2 m，用一根輕質絕緣的細繩水平繞過

36、定滑輪與CD棒相連。現用一個恒力F= 50 N 豎直向下作用于細繩A端，CD棒由靜止開始運動，運動過程中CD棒始終保持與導軌垂直，取g= 10 m/s2。求：B/ 1/Z/1r1-/A” -1圖 19(1)CD棒剛進入磁場時所受的安培力的大小；(2)CD棒通過磁場的過程中流過其橫截面的電荷量q；(3)CD棒在磁場中運動的過程中電路產生的熱量Q解析(1)金屬棒進入磁場前做勻加速直線運動由牛頓第二定律得Fmg= ma代入得a= 10 m/s2由運動學公式得v2= 2as,代入得v= 2 m/s感應電動勢E=BLv= 2 V感應電流I= = 40 AR)金屬棒進入磁場時受到的安培力F安=BIL= 4

37、0 NtBLd(2)q=I t = t= =-R代入數值得q= 16 C金屬棒進入磁場后，滿足F=卩mg+ F安，金屬棒所受合力為零，可知金屬棒在磁場中受28力平衡，做勻速直線運動。電路中電流為恒定電流I= 40 A,在磁場中運動所用時間t=0.4 s由焦耳定律Q= I2Rt得2CD棒在磁場中運動的過程中回路中所產生的熱量Q= 40X0.05X0.4 = 32 J。答案 (1)40 N (2)16 C (3)32 J核心素養提升|物理學是科學技術的基礎，聯系生產、生活，考查物理知識的應用是高考命題的熱點，能夠 體現高考對學科素養的重視。【例 1】(2017 全國卷I,18)掃描隧道顯微鏡(ST

38、M)可用來探測樣品表面原子尺度上的形STM 的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖20 所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現擾動后，對于紫銅薄板上下及其左右振動的衰減最有效的方案是j： V解析 感應電流產生的條件是閉合回路中的磁通量發生變化。薄板隨之上下及左右振動， 在磁場中的部分有時多有時少,受到安培力，阻礙系統的振動；在B D 圖中，只有紫銅薄板左右振動才產生感應電流，而上下振動無電流產生； 在 C 圖中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，都不會產生感應電流，故選項 A 正確，B、C、D 錯誤。答案 A【例 2】 隨著

39、新能源轎車的普及，無線充電技術得到了進一步開發和應用。一般給大功率電磁感應中的 STSE 問題賞析情形 1 以科學技術為背景考查楞次定律貌。為了有效隔離外界振動對和時掃描頭9K K Cd5-Lhi-K-I禺E:!tHMM在 A 圖中，系統振動時，紫銅磁通量發生變化，產生感應電流,町加進場區( )圖 20C29電動汽車充電時利用的是電磁感應原理。如圖 21 所示，由地面供電裝置(主要裝置有線圈和電源）將電能傳送至電動車底部的感應裝置（主要裝置是線圈），該裝置使用接收到的電能對車載電池進行充電，供電裝置與車身接收裝置之間通過磁場傳送能量，由于電磁輻射等因素，其能量傳輸效率只能達到 90%左右。無線

40、充電樁一般采用平鋪式放置，用戶無需下車、無需 插電即可對電動車進行充電。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. 無線充電樁的優越性之一是在百米開外也可以對電車快速充電B. 車身感應線圈中感應電流產生的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化C. 車身感應線圈中感應電流產生的磁場總是與地面發射線圈中電流的磁場方向相反D. 若線圈均采用超導材料制成，則能量的傳輸效率有望達到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,允許的錯位誤差一般為 15 cm 左右，因此達不到在百米開

41、外對電車快速充電，選項 A 錯誤；由楞次定律可知，車身感應線圈中感應電流產生的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，選項B 正確；當地面發射線圈中電流增加時，穿過車身感應線圈的磁通量增加，根據楞次定律可知， 此時車身感應線圈中感應電流的磁場方向與地面發射線圈中電流的磁場方向相反，當地面發射線圈中電流減小時， 穿過車身感應線圈的磁通量減少，根據楞次定律可知，此時車身感應線圈中感應電流的磁場方向與地面發射線圈中電流的磁場方向相同，選項 C 錯誤；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材料制成，傳輸效率也不可能達到 100%選項 D 錯誤。答案 B情形 2 以生活為背景

42、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 路中安裝一個漏電開關， 其工作原理如圖 22 所示，其中甲線圈兩端與脫扣開關控制器相連， 乙線圈由兩地廁供電馨置30條電源線采取雙線法繞制，并與甲線圈繞在同一個矩形硅鋼片組成的鐵芯上。以31下說法中正確的是（）A. 當用戶用電正常時，甲線圈兩端沒有電壓，脫扣開關接通B. 當用戶用電正常時，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關接通C. 當用戶發生漏電時，甲線圈兩端沒有電壓，脫扣開關斷開D.當用戶發生漏電時，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關斷開解析 正常狀態時，火線和零線中電流產生的磁場完全抵消，脫扣開關S 保持

43、接通，選項 A正確，B 錯誤；當用戶發生漏電時，流過火線與零線的電流不相等，乙線圈中火線和零線電 流產生的磁場不能完全抵消，會使甲線圈中產生感應電動勢，脫扣開關斷開，選項C 錯誤，D 正確。答案 AD【例 4】（2018 北京順義區二模）與一般吉他靠箱體的振動發聲不同，電吉他靠拾音器發/聲。如圖 23 所示，拾音器由磁體及繞在其上的線圈組成。磁體產生的磁場使鋼質琴弦磁化而產生磁性，即琴弦也產生自己的磁場。當某根琴弦被撥動而相對線圈振動時，線圈中就會產生相應的電流，并最終還原為聲音信號。下列說法中正確的是（）A.若磁體失去磁性，電吉他仍能正常工作B.換用尼龍材質的琴弦，電吉他仍能正常工作C.琴弦

44、振動的過程中，線圈中電流的方向不會發生變化火圖 2332D拾音器的作用是利用電磁感應把琴弦的振動轉化成電信號33解析 若磁體失去磁性，則無法產生電磁感應，因此電吉他不能正常工作，故選項A 錯誤；電吉他若使用尼龍材質的琴弦，則不會被磁化，不能產生電磁感應，故選項B 錯誤；琴弦振動的過程中，線圈中產生感應電流的大小和方向均是變化的，故選項 C 錯誤；電吉他是根據電磁感應原理工作的，拾音器的作用是利用電磁感應把琴弦的振動轉化成電信號，故選項D正確。答案 D情形 3 以科學技術為背景考查電磁感應定律【例 5】（多選）（2018 河南鄭州質檢）鐵路運輸中設計的多種裝置都運用了電磁感應原理。有一種電磁裝置

45、可以向控制中心傳輸信號以確定火車的位置和運動狀態，裝置的原理是：將能產生勻強磁場的磁鐵安裝在火車首節車廂下面，如圖24 甲所示（俯視圖），當它經過安放在兩鐵軌間的矩形線圈時，線圈便產生一個電信號傳輸給控制中心。線圈長為li，寬為丨2,匝數為n。若勻強磁場只分布在一個矩形區域內，當火車首節車廂通過線圈時，控制中心接收到線圈兩端電壓u與時間t的關系如圖乙所示（ab、cd均為直線），則在tit2時間內（）A.火車做勻速直線運動B.M點電勢低于N點電勢速直線運動，故選項 A 錯誤；由右手定則可知電流方向由M到N,所以M點電勢低于N點電.U2UiU2Ui勢，故選項 B 正確；由圖象可知斜率為;- =nB

46、lia，解得加速度a=幾一，故選項 C 錯誤；由U=nBliV可知v=，所以火車平均速度大小為，故選項 D 正確。答案 BDC.火車加速度大小為U2UinBb(t2ti)D.火車平均速度大小為Ui+U22nBli解析在tit2時間內，由感應電動勢E=u=nBliv=nBli（vi+at）,由圖象可知火車做勻加圖 2434課時跟蹤訓練、選擇題（13 題為單項選擇題，48 題為多項選擇題）圖 2351.有一種手持金屬探測器實物及其結構原理圖可簡化為圖1 所示。探測器運用的是電磁感應原理，發射線圈（外環）可以產生垂直于線圈平面且大小和方向均變化的磁場；內環線圈是接收線圈，用來收集被查金屬物發出的磁場

47、（接收線圈能完全屏蔽發射線圈產生的磁場）。隨著發射線圈產生的磁場方向反復變化，它會與所遇的金屬物發生作用，導致金屬物自身也會產生微弱的磁場，來自金屬物的磁場進入內環線圈被接收到后，檢測器會發出報警聲。 若發射線圈產生向下且增強的磁場，則下列說法中正確的是（）A. 金屬物產生的感應磁場的方向豎直向下B. 金屬物中的渦流從上往下看是沿順時針方向C. 金屬物發出的磁場穿過接收線圈時，接收線圈會產生微弱的電流， 此類探測器相應的元件就是依據這一電流進行報警的D. 如果金屬物中某時刻發出向上的磁場， 那么接收線圈中的感應電流方向從上往下看是沿逆時針方向解析先根據探測器發射線圈發出的磁場判定穿過金屬物的磁

48、通量方向和變化情況，再根據/楞次定律確定金屬物中感應電流產生的磁場方向，用安培定則判斷金屬物中的感應電流的方向，這里特別要注意感應電流產生的磁場與原磁場不能混淆；金屬物發出的磁場穿過接收線AfQP圈時，會引起接收線圈產生微弱的電流，使探測器報警，選項 C 正確；如果金屬中發出向上逐漸增加的磁場，接收線圈感應電流從上向下看為順時針方向，選項D 錯誤。答案 C2. （2018 湖南三湘名校第三次聯考）隨著科技的不斷發展，無線充電已經進入人們的視線。小到手表、手機，大到電腦、電動汽車的充電，都已經實現了從理論研發到實際應用的轉化。下圖給出了某品牌的無線充電手機利用電磁感應方式無線充電的原理圖。列說法

49、正確的是（）關于無線充電，下3637A. 無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應”B. 只有將充電底座接到直流電源上才能對手機進行充電C. 接收線圈中交變電流的頻率與發射線圈中交變電流的頻率相同D. 只要有無線充電底座，所有手機都可以進行無線充電解析 無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是電磁感應現象，不是“電流的磁效應”現象，故選項 A 錯誤；當充電設備通以恒定直流，無線充電設備不會產生交變磁場，那么不能夠正常使用，故選項 B 錯誤；接收線圈中交變電流的頻率與發射線圈中交變電流的頻率相同，故選項 C正確；被充電手機內部，應該有一類似金屬線圈的部件，與手機電池相連，當有交變磁場時

50、，則出現感應電動勢，那么普通手機不能夠利用無線充電設備進行充電，故選項D錯誤。答案 C3.（2018 遼寧市聯考）如圖 3 所示，間距為L的光滑平行金屬導軌彎成形，底部導軌面水平，傾斜部分與水平面成0角，導軌與固定電阻相連，整個裝置處于豎直向上的磁感應強度為B的勻強磁場中。導體棒ab與cd均垂直于導軌放置，且與導軌間接觸良好， 兩導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，當導體棒速度v勻速滑動時，導體棒ab恰好在傾斜導軌上處于靜止狀態，導體棒A.導體棒cd兩端的電壓為BLvC.cd棒克服安培力做功的功率為琴RD.導體棒ab所受安培力為 mn0解析根據題意畫出等效電路如圖甲所示。

51、導體棒cd產生的感應電動勢為1 1cd沿導軌向右以ab的重力為mgB.t時間內通過導體棒cd橫截面的電荷量為2Blvt3RE=Blv，導體棒E BLv38cd兩端的電壓是路端電壓，U=;E=;BLv,選項 A 錯誤；通過cd棒的電流I -330.5R+R1.5R在時間t內通過導體棒cd橫截面的電荷量為q=It=葺乎，選項 B 正確;3R39對ab棒進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Fab=mgan0,選項 D 錯誤；由功能關系知cd棒克服安培力做功的功率等于整個電路的電功率，為P=4.如圖 4 甲所示為磁感應強度B隨時間t的變化圖象，磁場方向垂直紙面（未畫出），規定垂

52、直紙面向里的方向為正方向。在磁場中有一細金屬圓環，位于紙面內，如圖乙所示。令12、丨3分別表示Oa ab、be段的感應電流，Fi、F2、F3分別表示Oa ab、be段金屬圓環上/很小的一B.I2沿順時針方向，I3沿順時針方向C.Fi的方向指向圓心，F2的方向指向圓心D.F2的方向背離圓心向外，F3的方向指向圓心解析 由圖甲所示可知，Oa段，磁場方向垂直于紙面向里，穿過圓環的磁通量增加，由楞次定律可知，感應電流11沿逆時針方向，ab段，磁場方向垂直于紙面向里，穿過圓環的磁通量減少，由楞次定律可知，感應電流I2沿順時針方向，選項 A 正確；由圖甲所示可知，be段，磁場方向垂直于紙面向外，穿過圓環的

53、磁通量增加，由楞次定律可知，感應電流丨3I1、答案 BA.I1沿逆時針方向，12沿順時針方向40沿順時針方向，選項 B 正確；由左手定則可知，Oa段安培力Fi的方向指向圓心，ab段安培力F2的方向背離圓心向外，選項 C 錯誤；be段安培力F3的方向指向圓心，選項 D 正確。答案 ABD5.如圖 5 所示， 兩等長的細繩懸掛一磁鐵與一圓形閉合線圈懸于細桿上，靜止時線圈平面與磁鐵的軸線OQ垂直，磁鐵質量為m磁極如圖所示。在垂直于細桿的平面內，保持細繩繃 緊，將磁鐵拉至與細桿等高的位置，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

54、有逆時針方向（沿OO方向看）的感應電流C. 磁鐵下擺過程中，線圈中有順時針方向（沿OO方向看）的感應電流D. 磁鐵擺到最低點時，兩繩子拉力的合力小于3mg解析磁鐵下擺過程中，向左穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律可知，線圈中有順時針 方向（沿OO方向看）的感應電流，故選項 A、B 錯誤，C 正確；磁鐵向下運動的過程中，根12據楞次定律可知，磁鐵會受到線圈產生的感應電流的阻礙，機械能減小，則qmVvmgr,最低2mv點拉力與重力的合力提供向心力，所以Fmg=，聯立以上兩式得FE=；B-r2,選項 B 正確；金屬棒A端相當于電源正極，電容器R+R444M板帶正電，選項 C 錯誤；由C=$可得電容器所帶電荷量為Q=3CBOr2,選項 D 錯誤。U4答案 AB、非選擇題9.(2018 江蘇淮安一模