2021年新高考物理二輪復(fù)習(xí)京津魯瓊專用講義：專題四第2講電磁感應(yīng)問題

1、真題感悟透析考情第 2 講電磁感應(yīng)問題真題再現(xiàn)考情分析1. （多選）（2019 高考全國(guó)卷I） 空間存在一方向與紙面垂直、 大小隨時(shí)間 變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖（a）中虛線 MN 所示一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為p橫截面積為 S,將該導(dǎo)線做成半徑為 r 的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)， 圓心 O在 MN 上.t = 0 時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖（a）所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 隨時(shí)間 t的變化關(guān)系如圖（b）所示則在 t= 0 到 t = ti的時(shí)間間隔內(nèi)（ ）圖（-）A. 圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B.圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向C.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為B 詈B0n24t0D.圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為解析：選

2、 BC.根據(jù)楞次定律可知在 0to時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，圓環(huán)所受安培力水平向左，在 toti時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度反向增大，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，圓環(huán)所受安培力水 平向右，所以選項(xiàng) A 錯(cuò)誤，B 正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得 E =Atjn2B= B0,根據(jù)電阻定律可得R=p2;子，根據(jù)歐姆定律可得 1 =2t02t0SR=驚所以選項(xiàng) C 正確，D 錯(cuò)誤.2.（2019 高考全國(guó)卷川）楞次定律是下列哪個(gè)定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)？（）A.電阻定律B 庫(kù)侖定律C.歐姆定律D .能量守恒定律解析：選 D.楞次定律中的“阻礙”作用，是能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體

3、現(xiàn)，在克服這種“阻礙”的過(guò)程中，其他形式的能轉(zhuǎn)冷題點(diǎn)分析考點(diǎn)鏈接學(xué)料素耗疸-物理世念物理膽實(shí)L思路方諸-用斛電碗聒宜的本威蘇熟 爲(wèi):撈次進(jìn)律的內(nèi)容_老點(diǎn)馥按-L學(xué)科秦養(yǎng)點(diǎn)* 料學(xué)態(tài)度化為電能，選項(xiàng) D 正確.3.（2018 高考全國(guó)卷I）如圖，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.空間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.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到 程I）；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從A.412B

4、ASB4n同2Ei=- =- =- =-,流過(guò) OMAtiAtiAti4Ati_BI2的電荷量為 qi= IiAti= / ;過(guò)4R2E2n (BB)II2= E2=R2n (BB)IB3;由題意知 qi= q2,則解得口=o, B 正確，A、C、D 錯(cuò) 2RB 2對(duì)近幾年高考試題分析可看出，該部分知識(shí)的考查不僅是高考必考點(diǎn)，而且考查呈現(xiàn)多樣命竝點(diǎn)分析7C.4思路方法解析：選 B.設(shè) 0M 的電阻為R,長(zhǎng)度為 I,過(guò)程I，0M 轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中由迭掠第曲璀感直左律分別廉 息生電勸特和動(dòng)生唱?jiǎng)觿?shì)，M牯符電背量的i用衣達(dá)式仟 羊求解間題程n,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加,則該過(guò)程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)(B

5、B) S 電動(dòng)勢(shì)大小為 E2=At2t22（B,-B）n,電路中的電流為2At2OS 位置并固定（過(guò)B 增加到 B過(guò)程 則 B等于（Bn）.在過(guò)程i、n中，流過(guò) 0M 的電荷量相等,產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為EiTB|2的電流為Ii=亍応，則流過(guò)OM2RAt2命題研究性，不僅在選擇題中，對(duì)基本內(nèi)容的考核如閉合電路歐姆定律結(jié)合電路問題、楞次定律、法拉 第電磁感應(yīng)定律、安培定則、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等知識(shí)考查較多，以導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)為背景，綜合應(yīng)用電 路的相關(guān)知識(shí)、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量守恒定律以計(jì)算題形式作為壓軸題；這類問題既要用到電 磁感應(yīng)的知識(shí)，又要結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)求解，對(duì)考生運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問題的能力要求較高

6、角度 2 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用熱考核曲高效突破考點(diǎn)1感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的求解【高分快攻】求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的四種常見情景表達(dá) 式E=n方E=BLvsi n012E=-BL3E=NBSwsin （3t+如）情景 圖1xKXMXMMWXXXM,J*i-h1-1-H-； *研究對(duì)象回路（不一定閉合）一段直導(dǎo)線（或等效 成直導(dǎo)線）繞一端轉(zhuǎn)動(dòng)的一 段導(dǎo)體棒繞與 B 垂直的軸 轉(zhuǎn)動(dòng)的導(dǎo)線框意義一般求平均感應(yīng)電動(dòng) 勢(shì)，當(dāng)厶 tT0 時(shí)求的是 瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一般求瞬時(shí)感應(yīng)電 動(dòng)勢(shì)，當(dāng) v 為平均速度時(shí)求的是平均感 應(yīng)電動(dòng)勢(shì)用平均值法求瞬 時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)求瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)適用 條件所有磁場(chǎng)（勻強(qiáng)磁場(chǎng)定 量計(jì)

7、算、非勻強(qiáng)磁場(chǎng)疋 性分析）勻強(qiáng)磁場(chǎng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)【典題例析】EE）（多選）（2018 高考全國(guó)卷 川）如圖（a）,在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)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 PA .在 t =丁時(shí)為零B.在 t =T時(shí)改變方向c.在 t=T時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向D . t= T 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)為電流正方向?qū)Ь€框圖圖（b）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

8、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)T 3TT周期內(nèi)，44內(nèi)電動(dòng)勢(shì)的方向沿順時(shí)針 ，2 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【題組突破】角度 1 感應(yīng)電流的方向判斷- 楞次定律的應(yīng)用 1 . （2018 高考全國(guó)卷n）如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)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)挾染鶠镮，磁3感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下一邊長(zhǎng)為|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

9、（）1 X 1 *1I1箕x! *111!x英；* !* ! 刈T + f TT 十M二個(gè)久的時(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)匸的時(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E = 2Bdv,電流 i =D,回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以 DR正確.感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E= 2Bdv（d 為導(dǎo)軌間距）,電流 i =D,回路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；第R解析：選 D.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)，線框切割磁角度 2 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用2 .如圖，直角三角形金屬框abc 放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向平行于ab 邊向上

10、.當(dāng)金屬框繞 ab 邊以角速度3逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b、c 三點(diǎn)的電勢(shì)分別為 Ua、Ub、 Uc已知 bc邊的長(zhǎng)度為 I下列判斷正確的是（）A . UaUc,金屬框中無(wú)電流B. UbUc,金屬框中電流方向沿 a b c aC.Ubc=-2BI2w,金屬框中無(wú)電流12 .D. Ubc= 2BI2w,金屬框中電流方向沿 a c b a解析：選 C.金屬框 abc 平面與磁場(chǎng)平行，轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中磁通量始終為零，所以無(wú)感應(yīng)電流 產(chǎn)生，選項(xiàng) B、D 錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中 bc 邊和 ac 邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定1則判斷 UaVUc, UbVUc,選項(xiàng) A 錯(cuò)誤；由轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式得U

11、bc= 2BI2W,選項(xiàng) C 正確.角度 3 電磁感應(yīng)中的圖象問題3.侈選）（2019 高考全國(guó)卷 川）如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面 內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒 ab、cd 靜止在導(dǎo)軌上.t= 0 時(shí)，棒 ab 以初速度 v0向右滑動(dòng).運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，ab、cd 始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v2表示，回路中的電流用I 表示.下列圖象中可能正確的是（）生感應(yīng)電流，判斷可知棒 ab 受到方向與 vo方向相反的安培力的作用而做變減速運(yùn)動(dòng)，棒 cd受到方向與 V0方向相同的安培力的作用而做變加速運(yùn)動(dòng)，它們之間的速度差A(yù)V= V1 V2逐漸解析: 選 AC

12、.棒 ab 以初速度 vo向右滑動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),使整個(gè)回路中產(chǎn)9減小，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小 ，最后變?yōu)榱悖醋?終棒ab 和棒 cd 的速度相同，vi= V2,兩相同的光滑導(dǎo)體棒 ab、cd 組成的系統(tǒng)在足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)不受外力作用，由動(dòng)量守恒定律有 mvo= mvi+ mv2,解得vi= V2=罟，選項(xiàng)A、C 均正確，B、D 均錯(cuò)誤.【高分快攻】i.解答此類問題首先要分清左手定則、右手定則、安培定則比較項(xiàng)目左手定則右手定則安培定則應(yīng)用磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷、電 流作用力方向的判斷對(duì)因?qū)w切割磁感線 而產(chǎn)生的感應(yīng)電流方 向的判斷對(duì)電流產(chǎn)生磁

13、場(chǎng)方向的判斷涉及方向的物理量磁場(chǎng)方向、電流（電何 運(yùn)動(dòng)）方向，安培力（洛 倫茲力）方向磁場(chǎng)方向、導(dǎo)體切割 磁感線的運(yùn)動(dòng)方向、 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向電流方向、磁場(chǎng)方向各物理量方向間的關(guān)系圖例X 阿|r（関F矽A因果關(guān)系電流T力運(yùn)動(dòng)T電流電流 T 磁場(chǎng)應(yīng)用實(shí)例電動(dòng)機(jī)發(fā)電機(jī)電流的磁效應(yīng)2.電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問題的解題思路（1）找準(zhǔn)主動(dòng)運(yùn)動(dòng)者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向.命題角度解決方法易錯(cuò)辨析感應(yīng)電流的方向判斷安培定則、楞次定律明確電源內(nèi)部電流方向及正極感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算法拉第電磁感應(yīng)定律、右手定則明確是感生電動(dòng)勢(shì)還是動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，是導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割還是平動(dòng)切割磁感線磁體與導(dǎo)體的相對(duì)

14、運(yùn)動(dòng)分析楞次定律、左手定則常用楞次定律的一些推論如“來(lái)拒去留”“增縮減擴(kuò)”等快速判斷圖象問題分析楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)或電流的方向判斷要弄清楚，大小變化趨勢(shì)及最大值應(yīng)計(jì)算準(zhǔn)確思提考點(diǎn) 2 安培力的應(yīng)用3(2) 根據(jù)等效電路圖，求解回路中電流的大小及方向.(3) 分析安培力對(duì)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)速度、加速度的影響，從而推理得出對(duì)電路中的電流有什么 影響，最后定性分析導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)情況.(4)列牛頓第二定律或平衡方程求解.3.能量轉(zhuǎn)化問題的分析：先電后力再能量.分離出電路中由于電離感應(yīng)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的 笄敢電源，求山社源翦散占和F插析電略結(jié)構(gòu),弄清串、并聯(lián)關(guān)索.求出相黃 部子上的電就大小H便求

15、解安培力_r分析研究對(duì)象(常是金屬桿、導(dǎo)體、線圈等)的 凳力悄況，尤其注惡其所量的蚩堵力L_眼據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的盂系，判翫出正確的運(yùn)動(dòng) 模韻段能量轉(zhuǎn)化戔磊._F【典題例析】例(2019 高考天津卷)如圖所示，固定在水平面上間距為I 的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN 和 PQ 長(zhǎng)度也為 I、電阻均為 R,兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好.MN兩端通過(guò)開關(guān) S 與電阻為 R 的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場(chǎng)，磁 通量變化率為常量k.圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.PQ 的質(zhì)量為 m,金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)、電阻忽略不計(jì).(1) 閉合 S,若使 PQ

16、 保持靜止，需在其上加多大的水平恒力(2) 斷開 S, PQ 在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為電荷量為 q,求該過(guò)程安培力做的功W.解析(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律 E =匚則 E = k設(shè) PQ 與 MN 并聯(lián)的電阻為 R并，有R-R并=2閉合S時(shí)，設(shè)線圈中的電流為 I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得丨=R并+ R設(shè) PQ 中的電流為IPQ,有1IPQ= ?1設(shè) PQ 受到的安培力為 F安，有F安= BIPQIF，并指出其方向；v 的加速過(guò)程中流過(guò) PQ 的保持 PQ 靜止，由受力平衡，有聯(lián)立式得Bkl3R方向水平向右.v 的加速過(guò)程中，PQ 運(yùn)動(dòng)的位移為 x,所用時(shí)

17、間為At,回路中的磁通量變化量為 ，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,有_ E =At其中=Blx設(shè) PQ 中的平均電流為 1 ,有_E_2R根據(jù)電流的定義得丁 =q?At由動(dòng)能定理，有Fx+ W= 1mv2- 0?聯(lián)立？式得122W= ?mv gkq.?答案見解析【題組突破】角度 1 安培力作用下的運(yùn)動(dòng)分析1 . (2019 青島二模)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一寬L = 1 m、足夠長(zhǎng)的光滑矩形金屬導(dǎo)軌，電阻不計(jì).在導(dǎo)軌的上、下邊分別接有電阻 R1= 3Q和 R2= 6 在 MN 上方及 CD 下方有垂直 紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)I和H,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B = 1 T.現(xiàn)有質(zhì)量 m= 0.2 kg、電阻 r =

18、 1Q的導(dǎo)體棒 ab,在金屬導(dǎo)軌上從 MN 上方某處由靜止下落，下落過(guò)程中導(dǎo)體棒始終保持水平，(2)設(shè) PQ 由靜止開始到速度大小為與金屬導(dǎo)軌接觸良好.當(dāng)導(dǎo)體棒 ab 下落到快要接近 MN 時(shí)的速度大小為 vi= 3 m/s不計(jì)空氣阻 力，g 取 10m/s2.(1)求導(dǎo)體棒 ab 快要接近 MN 時(shí)的加速度大??；若導(dǎo)體棒 ab 進(jìn)入磁場(chǎng)n后，棒中的電流大小始終保持不變，求磁場(chǎng)I和n之間的距離h；若將磁場(chǎng)n的 CD 邊界略微下移，使導(dǎo)體棒 ab 剛進(jìn)入磁場(chǎng)n時(shí)速度大小變?yōu)閂2= 9 m/s,要使棒在外力 F 作用下做 a= 3 m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求所加外力 F 隨時(shí)間 t 變化的關(guān)系式

19、.解析：(1)以導(dǎo)體棒為研究對(duì)象，棒在磁場(chǎng)I中切割磁感線，棒中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E,棒在重力和安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng).由牛頓第二定律得：mg - BIL = ma1E= BLV1R1R2R外=R1+ R2EI =R外+ r聯(lián)立 式可得：a1= 5 m/sl(2)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)n后，安培力等于重力，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒中電流大小始終 保持不變.mg= BI LI，=-ER外+ rE=Lv 聯(lián)立 式解得：v = 6 m/s導(dǎo)體棒從 MN 到 CD 做加速度為 g 的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v2-v1= 2gh解得：h = 1.35 m.(3)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)n后經(jīng)過(guò)時(shí)間 t 的速度大小v= V2+ atF

20、+ mg F安=ma由 解得：F = (t + 1.6) N.答案：(1)5 m/s2(2)1.35 m (3)F = (t+ 1.6) N角度 2 安培力作用下的功能關(guān)系2 .(2017 高考北京卷)發(fā)電機(jī)和電動(dòng)機(jī)具有裝置上的類似性，源于它們機(jī)理上的類似性.直流發(fā)電機(jī)和直流電動(dòng)機(jī)的工作原理可以簡(jiǎn)化為如圖1、圖 2 所示的情景.在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根光滑平行金屬軌道 MN、PQ 固定在水 平面內(nèi)，相距為 L,電阻不計(jì).電阻為 R 的金屬導(dǎo)體棒 ab 垂直于 MN、PQ 放在軌道上，與軌 道接觸良好，以速度v(v 平行于 MN)向右做勻速運(yùn)動(dòng).圖 1 軌道端點(diǎn) MP 間

21、接有阻值為 r 的電阻，導(dǎo)體棒 ab 受到水平向右的外力作用.圖2 軌道端點(diǎn) MP 間接有直流電源，導(dǎo)體棒 ab 通過(guò)滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I.(1) 求在 t 時(shí)間內(nèi)，圖 1 “發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能和圖2 “電動(dòng)機(jī)”輸出的機(jī)械能.(2) 從微觀角度看，導(dǎo)體棒ab 中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用.為了方便，可認(rèn)為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷.a.請(qǐng)?jiān)趫D 3(圖 1 的導(dǎo)體棒 ab)、圖 4(圖 2 的導(dǎo)體棒 ab)中，分別畫出自由電荷所受洛倫茲 力的示意圖.b .我們知道，洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功.那么，導(dǎo)體棒2 “電動(dòng)機(jī)”為例，通過(guò)計(jì)算分析說(shuō)明.a it気棒 ab

22、 受到的安培力 F1= BI1L在 M 時(shí)間內(nèi)，“發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能等于棒 ab 克服安培力做的功力是如何在能量轉(zhuǎn)化過(guò)程中起到作用的呢？請(qǐng)以圖解析：(1)題圖 1 中，電路中的電流 11=BLvR+ rab 中的自由電荷所受洛倫茲rfk xM圖4E電=F1 At=R+ r2 2 2.BLvAt題圖 2 中，棒 ab 受到的安培力 F2= BIL在At 時(shí)間內(nèi)，“電動(dòng)機(jī)”輸出的機(jī)械能等于安培力對(duì)棒ab 做的功E機(jī)=F2 At=BILvAt.(2)a 如圖甲、圖乙所示.b .設(shè)自由電荷的電荷量為q,沿導(dǎo)體棒定向移動(dòng)的速率為u.如圖乙所示,沿棒方向的洛倫茲力 fi= qvB,做負(fù)功Wi=fiuAt=

23、 qvBuAt垂直棒方向的洛倫茲力 f2= quB,做正功W2=f2vAt=quBvAt所以 Wi= W2,即導(dǎo)體棒中一個(gè)自由電荷所受的洛倫茲力做功為零.fl 做負(fù)功，阻礙自由電荷的定向移動(dòng)，宏觀上表現(xiàn)為“反電動(dòng)勢(shì)”，消耗電源的電能；f2做正功，宏觀上表現(xiàn)為 安培力做正功，使機(jī)械能增加大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉(zhuǎn)化為等量的機(jī)械能；在此過(guò)程中洛倫茲力通過(guò)兩個(gè)分力做功起到“傳遞”能量的作用.答案：見解析反思I圍升命題角度解決方法易錯(cuò)辨析公式 F = BIL 中要求垂直關(guān)安培力的計(jì)算安培力公式系，否則容易出錯(cuò)；并且注意X安培力的變化是否均勻，否則不能直接利用公式計(jì)算安培力作用的動(dòng)

24、力學(xué)分析受力平衡若運(yùn)動(dòng)為加速度 a 逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，則最大速度出現(xiàn)在a=0 時(shí)即受力平衡時(shí)安培力作用下的功能關(guān)系安培力做功改變內(nèi)能、動(dòng)能定理、能量守恒定律安培力做多少功，電路就產(chǎn)生多少電能；再結(jié)合能量守恒 ，分析動(dòng)能的變化情況考點(diǎn)3電磁感應(yīng)中的電路綜合問題【高分快攻】解決電磁感應(yīng)中電路問題的思路1. “源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E 的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向(感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流的方向)，從而確定電源正負(fù)極，明確內(nèi)阻r.2 .“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路.3 .根據(jù) E= BLv 或 E=門盲,結(jié)合閉合電路歐姆

25、定律、串并聯(lián)電路知識(shí)和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解.【典題例析】(2019 青島模擬)如圖所示，半徑為 I 的金屬圓環(huán)水平放置，圓心處及圓環(huán)邊緣通過(guò) 導(dǎo)線分別與兩條平行的傾斜金屬軌道相連.圓環(huán)區(qū)域內(nèi)分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓環(huán)上放置一金屬棒 a, 端在圓心處，另一端恰好搭在圓環(huán)上， 可繞圓心轉(zhuǎn)動(dòng).傾斜軌道部分處于垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為 B,金屬棒 b 放置在傾斜平行導(dǎo)軌上，其長(zhǎng)度與導(dǎo)軌間距均為 2I.當(dāng)棒 a 繞圓心以角速度3順時(shí)針(俯視)勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，棒 b 保持靜止.已知棒 b 與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為尸 0.5，可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩

26、擦力；棒 b 的質(zhì)量為 m,棒 a、b 的電阻分別為 R、2R,其余電阻不計(jì)；斜面傾角為0=37(1)金屬棒 b 兩端的電壓;(2)為保持 b 棒始終靜止，棒 a 旋轉(zhuǎn)的角速度大小的范圍.解析(1)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為sin 37 = 0.6, cos37=重力加速度為 g，求:E= BlvC.如果線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度大小是4，線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)線框的電荷金屬棒切割磁感線的平均速度0+ I3V=22R金屬棒 b 兩端的電壓 U = ER+ 2R12聯(lián)立解得 U = 3BI3【題組突破】角度 1 感應(yīng)電荷量的計(jì)算 1.侈選）（2019 濟(jì)南高三模擬）如圖甲所示，abed

27、 是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，在金屬線框的下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，MN 和 MN 是勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的水平邊界，兩邊界間的寬度為s，并與線框的 be 邊平行，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直現(xiàn)讓金屬線框由距MN 的某一高度從靜止開始下落，圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的v t 圖象（其中 OA、BC、DE 相互平行）已知正方形金屬線框的邊長(zhǎng)為 L（L5巳33, 所以 C 正確；由于 q= -R = -R ,D正 確.角度 2 含容電路的分析2 如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面間的夾角為間距為 L.導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為 C.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁

28、感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B,方向垂直于導(dǎo)軌平面.在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m 的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過(guò)程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為仏重力加速度大小為 g.忽略所有電阻讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：(1) 電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；(2) 金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系.解析：(I)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E = BLv 平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)差為U = E設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為Q,按定義有c QC= U聯(lián)立式得 Q= CBLv.設(shè)金屬棒的速度大小為 v 時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為 t,通過(guò)金屬棒的電流為 i

29、.金屬棒受到的磁場(chǎng)的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為 F安=BLiL- mg= mg解得 V2=5mgR224BL，B 錯(cuò)誤；如果線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度大小是4線框進(jìn)入時(shí)滿如果 Vi=m2gR,則通過(guò)Q設(shè)在時(shí)間間隔(t, t+ t)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為AQ,據(jù)定義有 i =tQ 也是平行板電容器兩極板在時(shí)間間隔(t, t + t)內(nèi)增加的電荷量.由式得：AQ = CBLv式中，v 為金屬棒的速度變化量.據(jù)定義有va =t金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為Ff=(iIN式中，F(xiàn)N是金屬棒對(duì)導(dǎo)軌的正壓力的大小，有FN= mgcos0金屬棒在時(shí)刻 t 的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為 a,根據(jù)牛

30、頓第二定律有mgsin0F安一 Ff=mam(sin0(jDos0聯(lián)立?式得 a =由？式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng).t 時(shí)刻金屬棒的速度大小為m(sin0tcos0)答案：(1)Q = CBLv (2)v=丹 gtm+ B L Cy角度 3 電磁感應(yīng)中的電路綜合問題3.(多選)(2019 高考全國(guó)卷n)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾 角為0,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì).虛線 ab、cd 均與導(dǎo)軌垂直，在 ab 與 cd 之間的區(qū)域存在垂直于 導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).將兩根相同的導(dǎo)體棒 PQ、MN 先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，22小m+ B L Cv=m(sin0

31、pcos0)2 2m+ B L Cgt.兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.已知PQ 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零.從 PQ 進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，到 MN 離開磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?，流過(guò)PQ 的電流隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是()解析：選 AD.根據(jù)題述，PQ 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零 ，兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放 ，則 兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等 ，若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔足夠長(zhǎng)，在 PQ 通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域一段時(shí)間后 MN 進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合 電路歐姆定律可知流過(guò) PQ 的電流隨時(shí)間變化的圖象可能是 A ;由于兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放 ， 兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電

32、動(dòng)勢(shì)大小相等，MN 進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不可能小于li, B 錯(cuò)誤；若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔較短，在 PQ沒有出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí) MN 就進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，則兩棒在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng) ，PQ 出磁場(chǎng)后，MN 切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng) 勢(shì)和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于 li，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則 MN 所受的安培力一定大于 MN 的重力沿斜面方向的分力，所以 MN 定做減速運(yùn)動(dòng)，回路中感 應(yīng)電流減小，流過(guò) PQ 的電流隨時(shí)間變化的圖象可能是D，C 錯(cuò)誤.名I師點(diǎn)求電荷量的三種方法(1) q

33、= lt(式中 I 為回路中的恒定電流，t 為時(shí)間)1由于導(dǎo)體棒勻速切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而使得閉合回路中的電流恒定，根據(jù)電流定義式可知 q= It.2閉合線圈中磁通量均勻增大或減小且回路中電阻保持不變，則電路中的電流 I 恒定，t時(shí)間內(nèi)通過(guò)線圈橫截面的電荷量q= It.(2) q = n 百(其中 R 為回路電阻，為穿過(guò)閉合回路的磁通量變化量)閉合回路中的電阻 R 不變，并且只有磁通量變化為電路提供電動(dòng)勢(shì).從表面來(lái)看，通過(guò)回路的磁通量與時(shí)間無(wú)關(guān) ，但與時(shí)間有關(guān)，隨時(shí)間而變化.Aq = CBLAv（式中 C 為電容器的電容，B 為勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 ，L 為導(dǎo)體棒切割磁 感線的長(zhǎng)度，Av

34、為導(dǎo)體棒切割速度的變化量）在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電容器接在切割磁感線的導(dǎo)體棒兩端，不計(jì)一切電阻，電容器兩極板間電壓等于導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E,通過(guò)電容器的電流 1=岀=型,又 E= BLv ,AtAt貝AU = BLAv,可得Aq= CBLAv.匸二二二二二二二 課后演練強(qiáng)化提能 二二二二二二二二二一、單項(xiàng)選擇題1 圖甲為手機(jī)及無(wú)線充電板圖乙為充電原理示意圖充電板接交流電源，對(duì)充電板供 電，充電板內(nèi)的送電線圈可產(chǎn)生交變磁場(chǎng)，從而使手機(jī)內(nèi)的受電線圈產(chǎn)生交變電流，再經(jīng)整 流電路轉(zhuǎn)變成直流電后對(duì)手機(jī)電池充電為方便研究，現(xiàn)將問題做如下簡(jiǎn)化：設(shè)送電線圈的 匝數(shù)為 ni,受電線圈的匝數(shù)為 n2,面積為 S

35、,若在 ti到 t2時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)（垂直于線圈平面向上、 可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)）的磁感應(yīng)強(qiáng)度由 Bi均勻增加到 B2.下列說(shuō)法正確的是（）A 受電線圈中感應(yīng)電流方向由d 到 cB c 點(diǎn)的電勢(shì)高于 d 點(diǎn)的電勢(shì)解析：選 D.根據(jù)楞次定律可知，受電線圈內(nèi)部產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向俯視為順時(shí)針，受電 線圈中感應(yīng)電流方向由 c 到 d,所以 c 點(diǎn)的電勢(shì)低于 d 點(diǎn)的電勢(shì)，故 A、B 錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第 n2（ B2 Bi） S電磁感應(yīng)定律可得 c、d 之間的電勢(shì)差為 Ucd= E= n2=,故 C 錯(cuò)誤，D 正確.Att2ti2 （20i7 高考全國(guó)卷 川）如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一 U 形金屬導(dǎo)

36、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, 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.現(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(shuō)法正確的是（ ）C. c、d 之間的電勢(shì)差為ni( B2 Bi) St2tiD c、d 之間的電勢(shì)差為n2( B2 Bi) St2 tiA . PQRS 中沿順時(shí)針方向,B.PQRS 中沿順時(shí)針方向,C.PQRS 中沿逆時(shí)針方向,D.PQRS 中沿逆時(shí)針方向,解析：選 D.金屬桿 PQ 向右切割磁感線，根據(jù)右手定則可知 PQRS 中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向；原來(lái) T 中的磁場(chǎng)方向

37、垂直于紙面向里，金屬桿 PQ 中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，使得穿過(guò) T 的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知 T 中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，綜上所述，可知 A、B、C 項(xiàng)錯(cuò)誤，D 項(xiàng)正確.3. （2019 黃岡預(yù)測(cè)）如圖，虛線 P、Q、R 間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向均垂直于紙面，磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng).一等腰直角三角形導(dǎo)線框 abc, ab 邊與 be 邊長(zhǎng)度均為 L, be 邊與虛線邊界垂直.現(xiàn)讓線框沿be 方向以速度 v 勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，從c 點(diǎn)經(jīng)過(guò)虛線 P 開始計(jì)時(shí)，以逆時(shí)針方向?yàn)閷?dǎo)線框中感應(yīng)電流i 的正方向，貝 U 下列四個(gè)圖象中能正確表示 i t 圖

38、象的是（）解析：選 A.由右手定則可知導(dǎo)線框從左側(cè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向 ，即 沿正方向，且逐漸增大，導(dǎo)線框剛好完全進(jìn)入 P、Q 之間的瞬間，電流由正向最大值變?yōu)榱悖?然后電流方向變?yōu)轫槙r(shí)針（即沿負(fù)方向）且逐漸增加，當(dāng)導(dǎo)線框剛好完全進(jìn)入 Q、R 之間的瞬間， 電流由負(fù)向最大值變?yōu)榱?，然后電流方向變?yōu)槟鏁r(shí)針且逐漸增加 ，當(dāng)導(dǎo)線框離開磁場(chǎng)時(shí)，電 流變?yōu)榱?，?A 正確.4.如圖甲中水平放置的 U形光滑金屬導(dǎo)軌 NMPQ , MN 接有開關(guān) S,導(dǎo)軌寬度為 L,其 電阻不計(jì)在左側(cè)邊長(zhǎng)為 L 的正方形區(qū)域存在方向豎直向上磁場(chǎng)B，其變化規(guī)律如圖乙所示；中間一段沒有磁場(chǎng)，右側(cè)一段區(qū)域存在方

39、向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0,在該T 中沿逆時(shí)針方向T 中沿順時(shí)針方向Q段導(dǎo)軌之間放有質(zhì)量為m、電阻為 R、長(zhǎng)為 L 的金屬棒 ab 若在圖乙所示的 殳時(shí)刻關(guān)閉開關(guān) S,則在這一瞬間()A .金屬棒 ab 中的電流方向?yàn)橛?a 流向 bC.金屬棒 ab 所受安培力方向水平向右D 錯(cuò)誤.5如圖所示，a、b 兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為io 匝，邊長(zhǎng) la=31b，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，貝 U ()A .兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B.a、b 線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9: 1C.a、b 線圈中感應(yīng)電流

40、之比為3 : 4D.a、b 線圈中電功率之比為 3 : 1解析：選 B.由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，則根據(jù)楞次定律知兩線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向皆沿逆時(shí)針方向，故 A 項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律B .金屬棒 ab 中的電流大小為L(zhǎng)BotoRD .金屬棒 ab 的加速度大小為L(zhǎng)32mtoR解析：選 C.根據(jù)楞次定律可得金屬棒ab 中的電流方向?yàn)橛?b 流向 a,故 A 錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì):BBo2EE= ItS= ，所以金屬棒ab中的電流大小為：1二亍Rt0L2,故 B 錯(cuò)誤；金屬棒 ab 的電流方向?yàn)橛?b 流向 a,根據(jù)左手定則可得ab 棒所受安培力方向水平向右，

41、C 正確；根據(jù)牛頓第二定律可得金屬棒ab 的加速度大小為a=BoILm2 3RLL，故BE= N=NS,而磁感應(yīng)ttXXXX9,故 B 項(xiàng)正確;&一- a-D E-EB強(qiáng)度均勻變化，即和定，則a、b線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為L(zhǎng)RalaE根據(jù)電阻定律 R= pg,且 L = 4NI,則=匚=3,由閉合電路歐姆定律 I =,得 a、b 線圈中 的感應(yīng)電流之比為 享=EaRb= 3,故 C 項(xiàng)錯(cuò)誤；由功率公式 P= I2R 知，a、b 線圈中的電功率lbEbRaPaI2Ra之比為 Pb=27,故 D 項(xiàng)錯(cuò)誤.6. （2017 高考全國(guó)卷I）掃描隧道顯微鏡（STM）可用來(lái)探測(cè)樣品表面原子尺度上的

42、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(lái)快速衰減其微小振動(dòng)，如圖所示無(wú)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)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是（）STM 的微小振動(dòng)，其原理是電磁阻尼，在振動(dòng)時(shí)通過(guò)紫銅薄板的磁通量變化，紫銅薄板中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動(dòng)，即促使其振動(dòng)衰減.方案 A 中，無(wú)論紫銅薄板上下振動(dòng)還是左右振動(dòng)，通過(guò)它的磁通量都發(fā)生變化；方案B 中，當(dāng)紫銅薄板上下振動(dòng)時(shí)，通過(guò)它的磁通量可能不變 ，當(dāng)紫銅薄板向右振動(dòng)時(shí)，通過(guò)它的磁通量不變；方案 C

43、中，紫銅薄板上下振動(dòng)、左右振動(dòng)時(shí)，通過(guò)它的磁通量可能不變； 方案 D 中，當(dāng)紫銅薄板上下振動(dòng)時(shí)，紫銅薄板中磁通量可能不變.綜上可知，對(duì)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是A.7. （2017 高考天津卷）如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒 ab 與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下.現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab 始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是（）A . ab 中的感應(yīng)電流方向由b 到 aInn解析：選 A.施加磁場(chǎng)來(lái)快速衰減rm冗耳J IIABB.ab 中的感應(yīng)電流逐漸減小C.ab 所受的安培力保持不變D.

44、ab 所受的靜摩擦力逐漸減小解析：選 D.根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)向下，再根據(jù)安培定則，可判斷 ab 中感 應(yīng)電流方向從 a 到 b, A 錯(cuò)誤；磁場(chǎng)變化是均勻的，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變，感應(yīng)電流 I 恒定不變，B 錯(cuò)誤；安培力 F= BIL,由于 I、L 不變，B 減小，所以 ab 所 受的安培力逐漸減小，根據(jù)力的平衡條件，靜摩擦力逐漸減小，C 錯(cuò)誤，D 正確.二、多項(xiàng)選擇題8 如圖，在水平面內(nèi)固定有兩根相互平行的無(wú)限長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng),電阻不計(jì).在虛線 11的左側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在虛線12的右側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩部分磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均

45、為B.ad、be 兩根電阻均為 R 的金屬棒與導(dǎo)軌垂直，分別位于兩磁場(chǎng)中，現(xiàn)突然給 ad 棒一個(gè)水平向左的初速度V。，在兩棒達(dá)到穩(wěn)定的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）I1 | XriXX. 亠k h1I1XXR* * k i MhiXXA .兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒B .兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒C.ad 棒克服安培力做功的功率等于ad 棒的發(fā)熱功率D.ad 棒克服安培力做功的功率等于安培力對(duì)be 棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和解析：選 BD.開始時(shí)，ad 棒以初速度 V。切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，在回路中產(chǎn)生順 時(shí)針方向（從上往下看）的感應(yīng)電流，ad 棒因受到向右的安培力而減速，be

46、 棒受到向右的安培力而向右加速；當(dāng)兩棒的速度大小相等，即兩棒因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，回路中沒有感應(yīng)電流，兩棒各自做勻速直線運(yùn)動(dòng)；由于兩棒所受的安培力都向右，兩金屬棒組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，所以該系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，選項(xiàng) A 錯(cuò)誤，B 正確.根據(jù)能量守恒定律可知，ad 棒動(dòng)能的減小量等于回路中產(chǎn)生的熱量和be 棒動(dòng)能的增加量，由動(dòng)能定理可知，ad 棒動(dòng)能的減小量等于 ad 棒克服安培力做的功，be 棒動(dòng)能的增加量等于安培力對(duì)be棒做的功，所以 ad 棒克服安培力做功的功率等于安培力對(duì)be 棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和，選項(xiàng) C 錯(cuò)誤，D 正確.9. （2018 高考全國(guó)卷I）

47、如圖，兩個(gè)線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過(guò)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.將一小磁針懸掛 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(shuō)法正確的是（ ）A 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)解析：選 AD.由電路可知，開關(guān)閉合瞬間，右側(cè)線圈環(huán)繞部分的電流向下 ，由安培定則可知，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

48、段時(shí) 間后，穿過(guò)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(guò)左側(cè)線圈向右的磁通量減少，則由楞次定律可知，左側(cè)線圈環(huán)繞部分產(chǎn)生向下的感應(yīng)電流，則流過(guò)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) ，D 正確.10如圖甲所示，一個(gè)匝數(shù)為n 的圓形線圈（圖中只畫了 2 匝），面積為 S,線圈的電阻為D. tit2時(shí)間內(nèi) P 端電勢(shì)高于 Q 端電勢(shì)解析：選 AC.0ti時(shí)間內(nèi)，磁通量向里增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向 線圈

49、相當(dāng)于電源，上端為正極，下端為負(fù)極，所以 P 端電勢(shì)高于 Q 端電勢(shì)，故 A 正確；0tiB 開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的C. 開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的D. 開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間,N 極指向垂直紙面向里的方向N 極指向垂直紙面向外的方向小磁針的 N 極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng)B. 0ti時(shí)間內(nèi)電壓表的讀數(shù)為n ( Bi Bo) StiC. tit2時(shí)間內(nèi) R 上的電流為nBiS2 (t2ti) RR,在線圈外接一個(gè)阻值為 R 的電阻和一個(gè)理想電壓表， 將線圈放入垂直線圈平面指向紙內(nèi)的A . 0ti時(shí)間內(nèi) P 端電勢(shì)高于 Q 端電勢(shì)ABBiBo時(shí)間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)

50、電動(dòng)勢(shì) E = U =nItS=電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的E n （Bi一 B） S電壓 U = IR = R=2R2tiAtB1E片二孑根據(jù)閉合電路的歐姆定律時(shí)步齊，故C正確；t2時(shí)間內(nèi)，磁通量 向里減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，所以 P 端電勢(shì)低于 Q 端電勢(shì)，故 D 錯(cuò)誤.11.（2017 高考全國(guó)卷n）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(zhǎng)為 0.1 m、總電阻為 0.005Q的正方形導(dǎo)線框 abed 位于紙面內(nèi)，cd 邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖（a）所示.已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，ed 邊于 t = 0 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

51、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(shuō)法正確的是（）/V圖曲導(dǎo)線框所受的安培力大小為 0.1 NL 0 1解析：選 BC.由題圖（b）可知，導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)的速度大小v= T =喬 m/s = 0.5 m/s, B 項(xiàng)正確;導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，ed 邊切割磁感線，由 E= BLv ,得 B =77T= 0.2 T , ALV 0.1X0.5律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，C 項(xiàng)正確；在 0.40.6 s 這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場(chǎng)，回路中的電流大小 1= R= 0005 A = 2 A,則導(dǎo)線框受到的安培力 F = BIL = 0.2X2X0.1 N=0

52、.04 N , D 項(xiàng)錯(cuò)誤.12.水平面上固定相距為 d 的光滑直軌道 MN 和 PQ,在 N、Q 之間連接不計(jì)電阻的電感線圈 L 和電阻 R.勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直導(dǎo)軌平面向上，在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為 m,電阻不計(jì)的金屬桿 ab,在直導(dǎo)軌右側(cè)有兩個(gè)固定擋塊C、D, CD 連線與導(dǎo)軌垂直.現(xiàn)給金屬桿 ab 沿軌道向右的初速度 v0,當(dāng) ab 即將撞上 CD 時(shí)速度為 v,撞后速度立即變 為零但不與擋塊粘連以下說(shuō)法正確的是（）2tin BiSti_ Cqaa0.01O-0.010.2 0,4：0.6：tinA .磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 TB .導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)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