創(chuàng)新課堂2017屆高三物理一輪復(fù)習(xí)第9章電磁感應(yīng)

第一電磁感應(yīng)現(xiàn) 楞次定考綱考情：5年20 磁通量 楞次定律[基礎(chǔ)梳理知識(shí)點(diǎn) 磁通S1知識(shí)點(diǎn) 電磁感應(yīng)現(xiàn)當(dāng)穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時(shí)，電路中有感應(yīng)電生的現(xiàn)象2知識(shí)點(diǎn) 楞次定律右手定[小題快練場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直線圈平面，若磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則穿過線圈的磁通量為( [解析 Φ＝BS中S指磁感線垂直穿過的面積，所以Φ＝B·πr2，B正確[答案 [解析]根據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件：A中，電路沒閉合，無感應(yīng)電流；B中，磁感應(yīng)強(qiáng)消，Φ恒為零，無感應(yīng)電流；D中，磁通量不發(fā)生變化，無感應(yīng)電流．[答案 如圖所示，在垂直于紙面的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一個(gè)矩形閉合線框abcd， add 穿過線框的磁通量均不發(fā)生變化，故線框中無感應(yīng)電生，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；線框繞ad邊轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過它的磁通量發(fā)生改變，此時(shí)有感應(yīng)電生，而繞過d點(diǎn)與紙面垂直的軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過它的磁通量不發(fā)生改變，此時(shí)無感應(yīng)電生，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．[答案 長直導(dǎo)線穿過導(dǎo)線圓環(huán)中 B．只有乙和C．只有 題中丙圖中穿過導(dǎo)線圓環(huán)的磁通量減小．故選項(xiàng)C正確．[答案 考向 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的理解及判典例1(2015·新課標(biāo)Ⅰ，19)1824年，法國科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實(shí)隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來，但略有滯后．下列說法正確的是()B．圓盤內(nèi)的渦電生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成電流，此電生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng) [解析]圓盤運(yùn)動(dòng)過程中，半徑方向的金屬條在切割磁感線，在圓心和邊緣之間產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，選項(xiàng)A正確；圓盤在徑向的輻條切割磁感線過程中，內(nèi)部距離圓心遠(yuǎn)近不同呈現(xiàn)電中性，不會(huì)產(chǎn)生環(huán)形電流，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．[答案 [針對(duì)訓(xùn)練電流的是()[解析]A中線框的磁通量沒有變化，因此沒有感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，也可以理是發(fā)電機(jī)模型，有感應(yīng)電流，B正確．C、DB平行，沒有磁通量，更沒有磁通量的變化，C、D錯(cuò)誤．[答案 考向 楞次定律的理解及應(yīng)2A、B的圓心重合，放在同一水平面內(nèi)，線圈A中通以如圖乙所示的變化電流，t＝0時(shí)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針(如圖中箭頭所示)t1～t2時(shí)B，下列說法中正確的是()BBBB[解題引路 解答本題時(shí)可按以下思路分析[解析]t1～t2A中的電流是正向增大的，即逆時(shí)針方向增大的，BB中會(huì)產(chǎn)BA中的電流方向相反，有排斥作用，故線圈B將有擴(kuò)張的趨勢(shì)．[答案 方法 用楞次定律判方法 用右手定則判掌心——[針對(duì)訓(xùn)練北半球地磁場(chǎng)的豎直分量向下．如圖所示，在某中學(xué)的水平桌面上，放置著邊長為L的正方形閉合導(dǎo)體線圈abcdab邊沿南北方向，ad邊沿東西方向．下列說法中正確的是()abababab[解析]線圈向東平動(dòng)時(shí)，ab和cd兩邊切割磁感線，且兩邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，ab點(diǎn)電勢(shì)低，Aa、b兩點(diǎn)的電勢(shì)D錯(cuò)．[答案 考向 “三定則一定律”的綜合應(yīng)運(yùn)動(dòng)電荷、電生磁應(yīng)應(yīng)用楞次定律，一般要用到定則研究感應(yīng)電流受到的力一般先用右手定則確定電流方向再用左手定則確定安3PQ、MN，MNPQ在外力的作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)，MNPQ所做的運(yùn)動(dòng)可能是() B．向左加速運(yùn)C．向右運(yùn) D．向左運(yùn)[解題引路 MN提示：根據(jù)定則判斷．a(chǎn)b中電生的磁場(chǎng)方向，進(jìn)而確定MN處的磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?，再由左手定則判斷MN中電流的方向，應(yīng)為由M到N.L1L2提示根據(jù)定則判斷L1中的磁場(chǎng)方向再由楞次定律判斷L2中磁場(chǎng)的方向及變化PQ提示：已知L2中的磁場(chǎng)方向及變化情況，可根據(jù)定則和右手定則判斷PQ的運(yùn)動(dòng)[解析 MN向右運(yùn)動(dòng)，說明MN受到向右的力，因?yàn)閍b在MN處的磁場(chǎng)垂直紙中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向上向中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向上

定

；若L2中磁場(chǎng)方向向上減弱―――→PQQ→P

右手定 定2 運(yùn)動(dòng)；若P→Q且增大右手定則[答案

使用中左手定則和右手定則很容易為了便于區(qū)分可把兩個(gè)定則簡(jiǎn)單地總結(jié)為的最后一筆“”方向向右，用右手．[針對(duì)訓(xùn)練ABCDABF CDCDCDAB[解析]兩個(gè)導(dǎo)體棒與兩根金屬導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，分析出磁通量增加，結(jié)合定則判斷回路中感應(yīng)電流的方向是B→A→C→D→B.以此為基礎(chǔ)，再根據(jù)左手定則進(jìn)一步判斷CD、AB的受力方向，經(jīng)過比較可得正確答案．[答案 A．P、QB．P、QC[解析]解法一設(shè)磁鐵下端為NP、Q中的感應(yīng)電流方向，根據(jù)左手定則可判斷P、Q所受力的方向．可見，P、Q將互相靠攏．由小于g.當(dāng)磁鐵下端為S極時(shí)，根據(jù)類似的分析可得到相同的結(jié)果，所以，本題應(yīng)選A、D.解法二根據(jù)楞次定律的另一種表述——磁通量的增加和磁鐵的靠近．所以，P、QgA、D.[答案 [遷移訓(xùn)練形導(dǎo)體線圈，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片P自左向右滑動(dòng)的過程中，線圈ab將( C[解析]R的滑[答案 ABFN及在水平方向運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的正確判斷是()A．FNmgmg，運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)向左B．FN先大于mgmg，運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)向左C．FN先小于mgmg，運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)向右D．FNmgmg[解析]解法一當(dāng)一豎直放置的條形磁鐵從線圈中線AB產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，線圈四條邊所受力的合力先向右下，后向右上，因此FN先大于mg后小于mg，運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)向右，所以D正確．解法二 根據(jù)楞次定律的另一種表述——感應(yīng)電流的效果總要反抗產(chǎn)生感應(yīng)電流的原因本題中的“原因”是AB回路中磁通量先增大后減小歸根結(jié)底是磁場(chǎng)靠近了回路“效果”是回路要采取措施阻礙磁通量先增大后減小，即“來拒去留”，故必有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)在豎直方向上回路則應(yīng)以“向下躲”后“向上追”的方式阻礙磁通量先增大后減小故FN先大于g后小于g.[答案]頻考一滑動(dòng)觸頭左右滑動(dòng)時(shí)，能產(chǎn)生感應(yīng)電流的圓環(huán)是()a、b兩 B．b、c兩C．a(chǎn)、c兩 D．a(chǎn)、b、c三個(gè)[解析]滑動(dòng)觸頭左右滑動(dòng)時(shí)，引起電路中電流變化，從而引起閉合鐵芯中的磁通量變?yōu)锳.[答案 abd是CacDbd[解析]ac能產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以D 確[答案]頻考二3．(2016·哈爾濱市一模)ab放在如圖所示的水平導(dǎo)體框架上，構(gòu)成一個(gè)閉合回路，長直導(dǎo)線cd和框架處在同一個(gè)平面內(nèi)cdabcd中通有電流時(shí)，發(fā)現(xiàn)abcd中的電流下列說法正確的是()C．電流大小恒定，方向由c到dDdc[解析 ab向左滑動(dòng)，說明通過回路的磁通量在減小，通過回路的磁感應(yīng)強(qiáng)度在減弱cd[答案 4．(2016·鄭州模擬)如圖所示，圓環(huán)形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動(dòng)變阻器連接成如圖所示的電P向上滑動(dòng)，下面說法中正確的是()AaBaCaDaFN[解析Pa的磁通量變小，根據(jù)楞次定律，a環(huán)面積應(yīng)增大，A、Baa環(huán)中感應(yīng)電流應(yīng)為俯視順時(shí)針方向，Ca環(huán)中磁通量減小，根據(jù)楞次定律，a環(huán)有阻礙磁通量減小的趨勢(shì)，可知a環(huán)對(duì)水平桌面的壓力FN減小，D錯(cuò)．[答案]頻考三根導(dǎo)線ab和cd，導(dǎo)軌跟大線圈A相連，A內(nèi)有一小閉合線圈B，磁感線垂直導(dǎo)軌所在的平面向上(俯視)．小線圈B中能產(chǎn)生感應(yīng)電流，且使得ab和cd之間的距離減小，下列敘述正確的是()導(dǎo)線ab加速向右運(yùn)動(dòng)，B中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，cd所受力水平向?qū)Ь€ab勻速向左運(yùn)動(dòng)，B中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，cd所受力水平向?qū)Ь€cd勻速向右運(yùn)動(dòng)，B中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，ab不受導(dǎo)線cd加速向左運(yùn)動(dòng)，B中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，ab所受力水平向[解析]abcdabcd向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，abcd間的距離才ab向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，由楞次定律(或右手定則)abcdca中感應(yīng)電流的方可得，當(dāng)導(dǎo)線cd向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，B中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，ab所受力水平向左，所以敘述正確的是A、D.[答案][基礎(chǔ)小題1．(2016·連云港摸底)abcd豎直放置，OO′是它的對(duì)稱軸，abcda方向的感應(yīng)電流，可行的做法是()A．ABIB．ABIC．ABOO[解析]若要圈中產(chǎn)生abcda方向的感應(yīng)電流，可行的做法是線圈繞OO′軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)90°，選項(xiàng)D正確．[答案 2(2016abcdPI增大時(shí)，下列說法中正確的是AP中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流[解析]P電流I增大時(shí)，金屬環(huán)P中的磁通量向里且增大，由楞次定律和定則可知金屬P中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故A錯(cuò)；根據(jù)對(duì)稱性及左手定則可知金屬環(huán)P所受力的合力方向向下，并且隨電流I的增大而增大，所以橡皮筋會(huì)被拉長，故B正確，C、D錯(cuò)．[答案]LAM、N連線的中垂線迅B，則在平移過程中，線圈中的感應(yīng)電流()[解析 為零，C[答案 在此過程中()a→b→c→d→ad→c→b→a→dBd→c→b→a→da→b→c→d→a[解析 在磁極上方和下方，由于穿過abcd線框的合磁通量為0，所以線框abcd中感線穿過線框平面，則磁通量變化為0，線框中沒有感應(yīng)電生，答案為D.[答案 abcdefab與框架接觸良好，從某一時(shí)刻開始，給這個(gè)空間施加一個(gè)斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，并且磁場(chǎng)均勻增加，ab棒仍ab棒受到的摩擦力，下列說法正確的是()[解析 由法拉第電磁感應(yīng)定律，ab中產(chǎn)生的電流的大小恒定，方向由b到a，由左定則知，ab受到的力方向向左下方，F(xiàn)＝BIL，由于B均勻變大，F(xiàn)變大，F(xiàn)的水平分量Fx變大，靜摩擦力Ff＝Fx變大，方向向右，B正確．[答案 如圖所示，AOC是光滑的金屬軌道，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，PQ是一根列判斷正確的是()感應(yīng)電流的方向始終是由P→QC．PQ受磁場(chǎng)力的方向垂直桿向左D．PQ[解析]PQ桿滑動(dòng)的過程中，桿與導(dǎo)軌所圍成的三角形面積先增大后減小，三角形POQBPQ中電流方向及左手定則可判斷D項(xiàng)對(duì)．[答案 ab在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌做下列哪種運(yùn)動(dòng)時(shí)，銅制線圈c中將有感應(yīng)電生且被螺線管吸引()向右做勻速運(yùn) B．向左做運(yùn)C．向右做運(yùn) [解析]當(dāng)導(dǎo)體棒向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生恒定的電流，線圈中的磁通量恒定不變，無感應(yīng)電流出現(xiàn)，A錯(cuò)；當(dāng)導(dǎo)體棒向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可判定回路中出現(xiàn)從b→a的感時(shí)針感應(yīng)電流(從右向左看)且被螺線管吸引，B對(duì)；同理可判定C對(duì)、D錯(cuò)．[答案 [必糾錯(cuò)題不動(dòng)，那么線圈受到薄板的摩擦力方向和線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向(從上向下看)是()[錯(cuò)解 易錯(cuò)選D項(xiàng)[錯(cuò)因分析 對(duì)易錯(cuò)選項(xiàng)及錯(cuò)誤原因具體分析如下DNS極分別靠近和遠(yuǎn)離線框時(shí)通過的磁通量的變化情況[解析]穿過線圈的磁通量先向上方向增加，后減少，當(dāng)線圈處在磁鐵中間以后，磁通作用，所以摩擦力方向向左，故A正確，B錯(cuò)誤．[答案 [高考9．(2014·新課標(biāo)Ⅰ)在法拉第時(shí)代，下列驗(yàn)證“由磁產(chǎn)生電”設(shè)想的實(shí)驗(yàn)中，能觀 [解析]產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件為：閉合回路內(nèi)磁通量發(fā)生變化．A通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，D正確．[答案]下說法正確的是()[解析]由右手定則可知，處于磁場(chǎng)中的圓盤部分，靠近圓心處電勢(shì)高，選項(xiàng)A無感應(yīng)電流，不產(chǎn)生力，圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確．[答案][綜合大題11．如圖所示，CDEF為閉合線圈，ABCDEFG處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向是“·”時(shí)，電源的哪一端是[解析]當(dāng)線圈CDEF中的感應(yīng)電流在G處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向是“·”時(shí)，它在楞次定律知，線圈CDEF中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)要和原磁場(chǎng)方向相反，AB中增強(qiáng)的電流圈[答案 下12CDEF處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒MNv向右做勻速運(yùn)動(dòng)．t＝0B0MN到達(dá)的位置使MDENlMNt＝0開始，磁感應(yīng)BtBt的關(guān)系式． 要使MN棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，應(yīng)使穿過線圈平面的磁通量不發(fā)生變化在t＝0時(shí)刻，穿過線圈平面的磁通量tB，此時(shí)磁通量為Φ1＝Φ2B＝B0l ＝B0l 第二法拉第電磁感應(yīng)定律，自感渦考綱考情：5年19 自感，渦流[基礎(chǔ)梳理知識(shí)點(diǎn) 法拉第電磁感應(yīng)定(2)

n＝Δt知識(shí)點(diǎn) 導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)E＝Blvsin_θθvB 知識(shí)點(diǎn) 自感、渦②表達(dá)式：E＝單位：(H)，1mH＝10－3H,1μH＝10－6H.，，電磁驅(qū)動(dòng)如果磁場(chǎng)相對(duì)于導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)在導(dǎo)體中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流使導(dǎo)體受到力的作用，力使導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)起來．[小題快練1s時(shí)間內(nèi)，再將線框的面積均勻地減小到原來的一半．先后兩個(gè)過程中，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的比值為()2 2 [解析 設(shè)原磁感應(yīng)強(qiáng)度是B，線框面積是S.第1s內(nèi)ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2s 2B·2－2B·S＝－BS.E＝nΔt，所以兩次電動(dòng)勢(shì)大小相等，B[答案 abv0拋動(dòng)勢(shì)大小變化情況是() B．越來越C．保持不 [解析]金屬棒水平拋出后，在垂直于磁場(chǎng)方向上的速度不變，由E＝BLv可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也不變．C確．[答案 v向右勻速滑動(dòng)，MNE1；若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B，其他條件不變，MNE2.RE1E2E1∶E2分別為() B．a(chǎn)→c,2∶ [解析]E＝Blv，判斷金屬桿切割磁感線則E1∶E2＝1∶2，故選項(xiàng)C正確．[答案 4．(2016·漳州高三質(zhì)檢)在如圖所示的電路中，a、b為兩個(gè)完全相同的燈泡，L為電阻法正確的是()合上開關(guān)，a先亮，b后亮；斷開開關(guān)，a、b合上開關(guān)，b先亮，a后亮；斷開開關(guān)，a先熄滅，b合上開關(guān)，b先亮，a后亮；斷開開關(guān)，a，b合上開關(guān)，a、b同時(shí)亮；斷開開關(guān)，b先熄滅，a[解析]LSL將產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流的增加，故有baS斷開時(shí)，L、a、b組成回路，L產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的減弱，由此可知，a、b同時(shí)熄滅，故選項(xiàng)C正確．[答案 ΔtEΔt

ΔΦBE＝

nBΔt

nΔtS，其中Δt磁通量的變化是由于面積和磁場(chǎng)變化共同引起的，則根據(jù)定義求，ΔΦ＝Φ末－Φ初E＝

Δt在圖象問題中磁通量的變化率ΔΦΦ－tq律得

＝R＝nR·ΔtRq＝nRqΔΦR12013·江蘇卷，13)abcd，線圈平面與磁場(chǎng)垂直．已知線圈的匝數(shù)N＝100，邊長ab＝1.0m、bc＝0.5m，電阻r＝2Ω.磁感應(yīng)強(qiáng)度B0～1s0.2T1～5s0.2T均勻變化到－0.2T，取垂直紙面0.5sE1～5s在0～5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦[解析 (1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)1

NE1＝10(2)

rr

N

Nq＝10(3)0～1s內(nèi)線圈產(chǎn)生的 Q1＝I2rΔt1且I1＝E1，1～5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的 rΔt2Q＝Q1＋Q2Q＝100[答案 (1)10 (2)10(3)100③靈活選擇法拉第電磁感應(yīng)定律的不同表達(dá)形式列方程求解[針對(duì)訓(xùn)練1RnR1接成閉合回路．線圈的半徑為1.圈中半徑為2的圓區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里Btt0B01(2)R1qR1[解析 (1)由圖象分析可知，0至t1時(shí)間內(nèi)

22

n

Δt由閉合電路歐姆定律有

R1

2R1b(2)R1R1Q1＝I2Rt

2

11

2

πB

答

從b到

02

200 E＝Blv的“四性”vE有效性：中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度．a(chǎn)、b間的距離．相對(duì)性：E＝Blvv是導(dǎo)體相對(duì)磁場(chǎng)的速度，若磁場(chǎng)也在運(yùn)動(dòng)，應(yīng)注意速度E＝nΔΦE＝Blv

＝2BωlE＝nΔt時(shí)間內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，E與某段時(shí)間或某v為瞬時(shí)速度，則求的vE＝BlvE＝nΔtE＝ Δt→0EnΔtE＝BlvE過回路的磁通量發(fā)生變化情況時(shí)，用E＝ E比較方nΔt典例2(2015·理綜，35)如圖(a)所示平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置間距L＝0.4m，的電阻均不計(jì)導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)bd連線與導(dǎo)軌垂直，長度也為L0時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t變化，規(guī)律如圖(b)所示；同一時(shí)刻，棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運(yùn)動(dòng)，1s后剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v＝1m/s做直線運(yùn)動(dòng)，求：(2)棒在運(yùn)動(dòng)過程中受到的最大力F，以及棒通過三角形abd區(qū)域時(shí)電流i與時(shí)間[解題引路] 1.棒進(jìn)入磁場(chǎng)之前，電路中的電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生是由磁通量的變化引起.2.棒入磁場(chǎng)后回路中的電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生是由于棒切割磁感線而引起要注此過程有效長度的變化規(guī)律[解析 (1)棒進(jìn)入磁場(chǎng)前E＝ΔΦ＝22由題圖知ΔB＝0.5E＝0.04

S·①②③④(2)bdE⑤RR⑥F安⑦

F安＝R＝0.04N⑧abd區(qū)域，t⑨⑩ ＝R (1s＜t＜1.2?[答案 (1)0.04 (2)0.04 方向向 (1s＜t＜1.2[針對(duì)訓(xùn)練vE，將折線夾角平分線的方向以速度v運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E′.則E等于 2 22B.2 2[解析 設(shè)折彎前導(dǎo)體切割磁感線的長度為L，E＝BIv；折彎后，導(dǎo)體切割線磁感線

L2＋L2＝2LE′＝BL′v＝B·

v＝ E′

2 ，所以E＝2，B[答案 為L，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，回路的總電阻為R，從左往右看，銅盤以角速度ω沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．則()回路中感應(yīng)電流大小不變，為 把銅盤看作閉合回路的一部分在穿過銅盤以角速度ω沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

2BL

C→D→R→CB、C正確，D[答案 考向 通電自感和斷電自典例3 如圖所示，L1、L2、L3是完全相同的燈泡，L為直流電阻可忽略的自感線圈，電源內(nèi)阻不計(jì)，開關(guān)S原來接通．現(xiàn)將開關(guān)S斷開，則( B．L2閃亮一下后恢復(fù)到原來的亮度C．L3變暗一下后恢復(fù)到原來的亮度D．L3閃亮一下后恢復(fù)到原來的亮度[解題引路 1.S處于接通狀態(tài)時(shí)通過各燈泡的電流I1，I2和I3各為多少2．SI1′，I2′I3′RRL2．I1′＝I2′＝E，I3′＝ RR[解析]S閉合時(shí)，LL1短路，L1不亮，IL3＝IL2＝ES斷開時(shí)，L1L2串聯(lián)，IL3′＝E，因此L3要閃亮一下后再恢復(fù)到原來的亮度．因此正確選項(xiàng)為A、D兩項(xiàng)．RR[答案 [針對(duì)訓(xùn)練4．(2016·江蘇常州檢測(cè))如圖所示，電路中A、B是兩個(gè)完全相同的燈泡，L是一個(gè)自感泡的發(fā)光情況是()A．S剛閉合后，A亮一下又逐漸熄滅，BB．S剛閉合后，B亮一下又逐漸變暗，AC．S閉合足夠長時(shí)間后，ABD．S閉合足夠長時(shí)間后，A、B[解析]S剛閉合后，A、BABA逐漸熄滅，B逐漸變亮，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤．S閉合足夠長時(shí)間后，A熄滅，B一直都是亮的，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．[答案 范例1 如圖，兩根相距L＝1m、電阻不計(jì)的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌足夠長，其一端接有一阻值為R＝2Ω的電阻，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向里．一根質(zhì)量m＝0.2kg、電阻r＝0.5Ω的金屬棒置于導(dǎo)軌左端，向右的隨時(shí)間變化的力F，可以讓棒從靜止開始向右以加速度a1＝1m/s2做勻加速運(yùn)動(dòng)；(2)將軌道左端的定值電阻換成一個(gè)隨時(shí)間變化的電阻R0，再給棒一個(gè)水平向右的初速度v0＝6m/s，可以使棒向右以加速度a2＝－1m/s2勻 的變力F和變化的電阻R0滿足的方程是( [技巧點(diǎn)撥]審題時(shí)首先抓住“讓棒在導(dǎo)軌上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)”培力的變化而變化；第二種情況中則要保證力不變，電阻R0隨時(shí)間變化．極據(jù)變量關(guān)[解析]第一種情況：金屬棒在水平方向上受到力F和力FA，由第二定律得－FA＝ma1

B2L2a1t 力變化的方程為 F F C、D錯(cuò)誤．第二種情況：金屬棒在水平方向上只受力，因此

得R0＝7－1.25t(Ω)[定性分析：a2恒定→FA恒定→I恒定；v減小→E減小→R0減小]，B錯(cuò)誤，A正確．[答案 2lθ角，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上．如圖甲所示，質(zhì)量為m、阻值為r、長度為l的兩金屬棒ab、cd水平放置在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌保持良好接觸，ab、cd間用長為L的絕緣輕質(zhì)細(xì)線ef連接，ab用輕繩與固定的力傳感器P相連，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．當(dāng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙規(guī)律變化時(shí)，下列說法正確的是()0～t1ef彈力減小，t1～t2eft＝0ef2mgsinθt2efef02mgsin[技巧點(diǎn)撥]①回路磁通量變化率不變，則感應(yīng)電流方向不變，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度反向，則力反向；②回路磁通量變化率不變，則力大小以t1時(shí)刻對(duì)時(shí)間對(duì)稱．[解析]對(duì)ab、cd整體，受重力2mg、兩棒力FA、斜面支持力FN和輕繩拉力FT，對(duì)ab棒，F(xiàn)T＝mgsinθ＋FA>2mgsinθ，D對(duì)；對(duì)cd棒，受重力、斜面支持力、力和絕緣線ef的彈力F，在0～t1時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B減小，由楞次定律可判斷力沿斜面2rt下，cd棒靜止，由平衡條件得F－mgsinθ－FA＝0，其 力FA＝BIl＝BB0lL，即2rt1B0B0lmgsinθ2rt1 B0B0l緣線ef所 力沿斜面向上，同理得F＝mgsinθ－2rt1 ②，隨B增大而繼續(xù)減小誤由以上分析可知力大小FA以t1時(shí)刻對(duì)稱若t＝0時(shí)刻絕緣線ef彈力為θ，則由力FA的對(duì)稱性可判斷t2時(shí)刻絕緣線ef彈力為 確[答案 、方向涉及整體法和體的選擇，在電磁感應(yīng)方面涉及法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用力、頻考 法拉第電磁感應(yīng)定律的理如圖甲所示，電路的左側(cè)是一個(gè)電容為C的電容器，電路的右側(cè)是一個(gè)環(huán)形導(dǎo)體，環(huán)形導(dǎo)體所圍的面積為S.在環(huán)形導(dǎo)體中有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示．則在0～t0時(shí)間內(nèi)電容器(

[解析 由題圖乙可知ΔB＝B2－B1，B增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向

A[答案

nΔt

場(chǎng)方向成60°角，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，下列方法可使感應(yīng)電流增加一倍的是( [解析 nn Δt

nπrΔtsin

S0rθnI＝R＝R

ρS0

＝2ρ·Δt·sinθr增加一倍，I線圈的面積增加一倍，半徑r增加(2－1)倍，電流增加(2－1)倍；I與線圈匝數(shù)無關(guān)．綜上所述，只有C確．[答案]頻考二導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生v通過電阻R的電流是

Bdvsin Bdvcos

D.Rsinsin[解析 sin＝得 Bdv，＝ Rsin[答案 4(2016·摸底)如圖所示正方形線框的左半側(cè)處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，以恒定速度v1向右勻速拉出，第二次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉(zhuǎn)過90°，為使兩次操作過程中，線框產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等，則() [解析 第一次將線框從磁場(chǎng)中以恒定速度v1向右勻速拉出，線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)定，有E1＝E1＝BLv1.第二次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉(zhuǎn)過90°，所需時(shí)間t＝πr2

E1＝E2v1∶v2＝2∶π，A[答案

t 頻考 自感現(xiàn)表示A、B兩點(diǎn)間電壓UAB隨時(shí)間t變化的圖象中，正確的是 [解析 S閉合時(shí)，由于自感L有感抗，經(jīng)過一段時(shí)間電流穩(wěn)定時(shí)L電阻不計(jì)，可見R路的外阻是從大變小的過程．由U外

E可知U外也是從大變小的過程，所以A、R刻UAB反向，B正確．[答案 [基礎(chǔ)小題如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，且一半ΔtB2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為() B. C. D.[解析 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律解題．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝nΔΦ＝ΔB n·Δt2B－B

n·Δt·2＝2ΔtB[答案 上，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過90°時(shí)，通過電阻R的電荷量為( A. C.

解析 R0q＝NΔΦRR

2R[答案 3．(2016C.kBC．a(chǎn)b[解析]kL2/2，A選項(xiàng)壓，電壓表沒有示數(shù)，B選確；根據(jù)楞次定律可以判斷，a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)2C 確；電容器所帶電荷量為Q＝C2，D 誤[答案 B，方向相反且垂直紙面，MNPQ為其邊界，OOlabcd，回路在v0OO′對(duì)稱的位置時(shí)()B．回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2Blv0D．回路中ab邊與cd邊所受力方向相同[解析]Φ＝0，Aab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于兩個(gè)電源串聯(lián)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blabv0＋Blcdv0＝2Blv0，B正確．由右手定則可知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，C錯(cuò)誤．由左手定則可知以ab邊與cd邊所受的力方向均向左，D正確．[答案]n1n2AB，兩IA∶IB為() nnC. D.nn [解析 分別n

＝＝

2n＝1 2n＝1勢(shì)之比為

1Δt

＝nR相等，故感應(yīng)電流之比為I＝E＝E＝n，B1n2Δt1

R[答案 達(dá)到穩(wěn)定，t1時(shí)刻斷開開關(guān)S.I1、I2分別表示通過燈泡D1和D2的電流，規(guī)定圖中箭頭所示It變化關(guān)系的是()[解析]S閉合時(shí)，LD1L的阻礙作用變小時(shí)，L中的電流變大，D1中的電流變小至零；D2中的電流為電路總電流，電流D1D1LD2，總電阻S再斷開時(shí)，D2馬上熄滅，D1LL的自感作用，D1慢慢熄滅，電流反向且減?。痪C上所述知選項(xiàng)A、C正確．[答案 1kg1m0.1ΩABCD放在B1的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，AB邊恰好在磁場(chǎng)邊緣以外；FECDg＝10m/s2.則()ADCB方向B10AC．金屬框受到向右的力大小為1N[解析]ABCDA錯(cuò)；根據(jù)法拉第電磁CD邊受力的大小為F＝B2Il＝0.5×5×1N＝2.5N，故C錯(cuò)誤；金屬框受的最大靜摩擦力f＝μN(yùn)＝μmg＝0.4×1×10N＝4N，大于力，故金屬框能在絕緣板上保持靜止，故D[答案 [必糾錯(cuò)題BMNR的熱功率變?yōu)樵瓉淼膬杀?，在其他條件不變的情況下，可以采用的辦法有()2BRCB變?yōu)樵瓉淼?DMN2[錯(cuò)解 易錯(cuò)選B、C、D項(xiàng) 引起速度的變化，誤認(rèn)為B、C、D正確．錯(cuò)解如下：穩(wěn)定時(shí)R的熱功率與機(jī)械功率相等，P＝mgv，把速度看作不變，錯(cuò)誤地認(rèn)為導(dǎo)體棒MN質(zhì)量增加為原來的兩倍，功率變?yōu)樵瓉?/p>

，磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?/p>

解析 導(dǎo)體棒下滑，電流穩(wěn)定后R的熱功率為

R，∩為原來的122R21/2B變?yōu)樵瓉淼?倍，速度變?yōu)樵瓉淼淖優(yōu)樵瓉淼?倍．[答案 [高考9．(2015·重慶理綜，4)如圖為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，則該段時(shí)間線圈兩端a和b之間的電勢(shì)差φa－φb(

0

0

[解析 由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，故φa－φb為定值，由楞次定律可得φa<φb，故由[答案

，故 強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上．當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b、cUa、Ub、Uc.bcl.下列判斷正確的是()2222[解析 φ<φE＝Blv

＝U

1Bl2ω.

C[答案 [綜合大題11．如圖甲光滑導(dǎo)軌寬0.4m，ab為金屬棒均勻變化的磁場(chǎng)垂直穿過軌道平面，ab1Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．t＝0時(shí)刻，ab棒從v＝1m/s1sab受到的力．[解析]ΦBS的變化，顯然這兩個(gè)因素都 又ΔB＝21s末，B＝2T，S＝lvt＝0.4×1×1m2＝0.41s末，E＝ΔBS＋Blv＝1.6V，RI＝E＝1.6R根據(jù)楞次定律與右手定則可判斷出電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向金屬棒ab受到的力為＝BIl＝2×1.6×0.4N＝1.28N[答案 1.6 1.28N，方向向12．(1)如圖甲所示，兩根足夠長的平行導(dǎo)軌，間距L＝0.3m，在導(dǎo)軌間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.5T．一根直金屬桿MN以v＝2m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，MNMNr1＝1ΩMNE1.如圖乙所示，一個(gè)匝數(shù)n＝100的圓形線圈，面積S1＝0.4m2，電阻r2＝1Ω.圈中存在面積S2＝0.3m2垂直線圈平面(指向紙外)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t變化E2.R＝2Ωa、b分別與圖甲中的導(dǎo)軌和圖乙中的圓形線圈相φa. (1)桿MN做切割磁感線的運(yùn)動(dòng)，E1＝B1Lv產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝0.3V穿過圓形線圈的磁通量發(fā)生變化，E2＝ΔB2S2E2＝4.5nR與題圖甲中的導(dǎo)軌相連接時(shí)，aRI＝Rφa－φb＝IRa端的電勢(shì)φa＝IR＝0.2V.[答案 (1)0.3 (2)4.5 (3)與圖甲中的導(dǎo)軌相連接a端電勢(shì)高φa＝0.2第三電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)考綱考情：5年18考 [基礎(chǔ)梳理知識(shí)點(diǎn) 電磁感應(yīng)中的電路問(3)運(yùn)用閉合電路歐姆定律，串、并聯(lián)電路的性質(zhì)、電功率等求解ΔtE＝BLvΔt＝全電路歐姆定律 E.＝部分電路歐姆定律

＝R知識(shí)點(diǎn) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的力學(xué)問通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中將受到力作用，電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)問題聯(lián)系在一起，分析導(dǎo)體受力情況(包含力在內(nèi)的全面受力分析根據(jù)平衡條件或第二定律列方程

E F合知識(shí)點(diǎn) 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問在磁場(chǎng)中必定受到力作用因此要維持力存在必須有“外力”克服力做功此，，同理力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程力做多少功就有多，，利用克服力求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服力所做的功[小題快練Ea、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為() [解析 B[答案 場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直，t＝0S12，若分q、i、va表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度大小和加速度大小，則下圖所示的圖象中正確的是()[解析]電容器放電時(shí)導(dǎo)體棒在力作用下運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電最終必為零，B錯(cuò)誤．導(dǎo)體棒速度增大到最大后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為零，C錯(cuò)誤，D[答案]0.5Ωv0＝5m/sB＝0.1T的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)滑去(磁場(chǎng)寬度d>2r)．圓環(huán)的一半進(jìn)入磁場(chǎng)歷時(shí)2秒，圓環(huán)上產(chǎn)生的焦為0.5J，則2秒末圓環(huán)中感應(yīng)電流的瞬時(shí)功率為()A．0.15 B．0.2C．0.3 D．0.6[解析]圓環(huán)剛好有一半進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)瞬時(shí)速度為v，由Q＝1mv2－1mv2，解得 m/s[答案 平面與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌的下端接有電阻．當(dāng)導(dǎo)軌所在空間沒有磁場(chǎng)時(shí)，使導(dǎo)體棒ab以平行導(dǎo)軌平面的初速度v0沖上導(dǎo)軌平面，ab上升的最大高度為H；當(dāng)導(dǎo)軌所在空間存在ab上升的最大高度為h.兩次運(yùn)動(dòng)中ab始終與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好．關(guān)于上述情景，下列說法中正確的是()A．兩次上升的最大高度比較，有H＝hB．兩次上升的最大高度比較，有H<h[解析 小，A、B錯(cuò)誤，D正確．[答案 考向 電磁感應(yīng)中的電路問(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的計(jì)算——E＝nΔΦE＝Blv典例 R的均勻?qū)Ь€，acbc

長度為2.B 里．現(xiàn)有一段長度為2，電阻為2MNacabvbacMN滑過的距離為3ac3[思路點(diǎn)撥3[解析 MN滑過的距離為L時(shí)，它與bc的接觸點(diǎn)為P，等效電路圖如圖所MP長度為L，MP 3MP3MdcPMbP r并 由歐姆定律，PMI＝3ac3

ac＝根據(jù)右手定則，MPPMIaca[答案

aE的大小，用楞次定律或右手定則確定r.E＝E＝BLvΔt[針對(duì)訓(xùn)練阻值為R.長直金屬桿MN可以按任意角θ架在平行導(dǎo)軌上并以速度v勻速滑動(dòng)(平移)，B，方向垂直紙面向里．求：(1)定值電阻上消耗的電功率最大時(shí)，θ(2)MN上消耗的電功率最大時(shí)，θ的值．(要求寫出推導(dǎo)過程[解析 (1)無論θ角多大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv不P＝I2R2由閉合電路歐姆定律，MN接入電路的電阻[相當(dāng)于電源內(nèi)阻]越小，電流越大，定值電阻上消耗的電功率越大．即θ＝π時(shí)，定值電阻上消耗的電功率最大．2 令MN接入電路的電阻為r，則 sin

＝I2r和 ＝＝ BLv ) LR＋ sinsin

Rsinθ＋sin θ∈(0，2]，由均值不等式可知sinθ＋sinθ＋2L≥4Lsinθ＝Lθ＝arcsin0＜L≤120＜L≤1mθ＝arcsinL時(shí)，MN上消耗的功率最大；若L＞1m，當(dāng)θ＝π時(shí)，MN上消耗的功率最大．2 了E恒定、內(nèi)阻不變的等效電路．20＜L≤1mθ＝arcsinL時(shí)，內(nèi)外電阻相等，MN上消耗的功率最大；若L＞1m，當(dāng)θ＝π時(shí)，MN上消耗的功率最大．2[答案

考向 電磁感應(yīng)中的圖象問B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象、I－t－txE－xI－x左手定則、定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐定律、定律、函數(shù)圖象知識(shí)2(2015·山東理綜，19)如圖甲，R0為定值電阻，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi)．左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上，經(jīng)二極管整流后，通過R0的電流i始終向ab端時(shí)，a、bUab為Uab－t圖象可能正確的是()[解題引路]1°明確產(chǎn)生感動(dòng)勢(shì)的“源”為大圓環(huán)變化的電流―→2°由楞次定律及右手[解析]0.25T0時(shí)間內(nèi)，通過大圓環(huán)的電流為瞬時(shí)針逐漸增加，由楞次定律和定律和右手螺旋定則可判斷內(nèi)環(huán)的a端電勢(shì)低于b端，因電流的變化率逐漸變大故內(nèi)環(huán)的電動(dòng)勢(shì)逐漸變大，故選項(xiàng)C正確．[答案 3如圖所示，EOFE′O′FEO∥E′O′，F(xiàn)O∥F′O′，且EO⊥OF；OO′為∠EOF的角平分線，OO′間的距離為l；磁場(chǎng)方向垂直示位置．規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向時(shí)為正，則感應(yīng)電流i與時(shí)間t的關(guān)系圖線可能正確的是()[解題引路 導(dǎo)線框的運(yùn)動(dòng)過程分析 度cd、ef逐漸增大，整體上，總電動(dòng)勢(shì)在減小，到達(dá)(3)位置時(shí)，E＝0，即i＝0.綜上所述，可知B正確．解法二在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，流過線框某一橫截面的電量與磁通量的變化量成正比，當(dāng)BD.t＝0時(shí)刻后一段時(shí)間的電流方向可知B正確．[答案 [針對(duì)訓(xùn)練里．一個(gè)三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1(左)沿紙面勻速運(yùn)動(dòng)到位置2(右)．取線框剛到達(dá)磁場(chǎng)電流與時(shí)間關(guān)系的是()[解析]線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針B、CE＝BLv可知，線框進(jìn)出磁場(chǎng)過程中，切割磁感線的有效長度為線框與磁場(chǎng)邊界交點(diǎn)的連線，故進(jìn)、出磁場(chǎng)過程中，等效長度L先增大后減正確、D[答案 3．(2016R240°OωB以順時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼騕解析]由圖示位置線圈轉(zhuǎn)過60°過程中通過線圈的磁通量不變故無感應(yīng)電生，C、D；線圈轉(zhuǎn)過60°到120°過程中，通過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，即負(fù)方向，故A；排除A、C、D三個(gè)選項(xiàng)，故B[答案 考向 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題分 F＝BIl得F＝R處理方法：根據(jù)第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析4(2015·海南單科，13)l，左端與一電阻R相連；整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下．一質(zhì)量mv勻速向右滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中g(shù)，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略．求.(1)R[解題引路 R[解析](1)E＝Blv，根據(jù)歐姆定律，閉合回路中的感應(yīng)電流為I＝ER電

RP＝IRP＝

F安＋μmg＝F，F(xiàn)安＝BIl＝B·R·lF＝R

答案 (1)

R[針對(duì)訓(xùn)練4．(2015·理綜，11)如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，abl，cd2l，abcd2l.勻強(qiáng)磁2lcdef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，ef、pq邊離開磁場(chǎng)后，ab邊離開磁場(chǎng)之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)．線框完全穿過磁場(chǎng)過程Q.ab、cd邊保持水平，重力g.求：abcd 為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1＝①R設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1＝R②設(shè)此時(shí)線框所受力為F1，有③④v⑤設(shè)ab邊離開磁場(chǎng)之前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2，同理可得v2⑥⑦(2)cd ⑧ ⑨H＝Q⑩[答案 (1)4 Q＋28范例(2014新課標(biāo)Ⅱ半徑分別為r和2r同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，mAB置于圓導(dǎo)軌上面，BACDR的電阻出ωOμg.求：R[解題引路 (1)Δt時(shí)間金屬棒掃過的面積為多少？感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)多大？感應(yīng)電流多大(2)導(dǎo)體棒受兩導(dǎo)軌的滑動(dòng)摩擦力各為多大？ΔtR上產(chǎn)生的焦為多少

提示

2

(2)μ

[解析 (1)在Δt時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒掃過的面積22RBAR的感應(yīng)電流的方向是從C端流向D端．由歐姆定律可知，通過電阻R的感應(yīng)電流的大小I滿足I＝ER

(2)對(duì)運(yùn)行的導(dǎo)體棒的滑動(dòng)摩擦力均為f＝μN(yùn)Δtl1＝rωΔtΔt由上式

答案

2R，從C端流向D (2)2μmgωr＋明．圖中傾角為θ的導(dǎo)軌不光滑，外力F拉著導(dǎo)體棒向上加速垂直切割磁感線，導(dǎo)體棒質(zhì)量mr.導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程的功能關(guān)系如下圖所示．WF＋W安＋Wf＝ΔEWF＋WG＋W安[遷移訓(xùn)練圈肌肉組織等效成單匝線圈，線圈的半徑r＝5.0cm，線圈導(dǎo)線的截面積A＝0.80cm2，電阻T均勻地減為零，求：(計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)0.3sA[解析 (1)由電阻定律R＝ρ2πr，代入數(shù)據(jù)AR＝6×103E＝ΔB2E＝4×10－2Δt 由焦耳定律得Q＝RΔt，代入數(shù)據(jù)解得 [答案 (1)6×103 (2)4×10－2 (3)8×10－8MPR＝0.40Ωm＝0.01kg、電阻為r＝0.30Ωabab由靜止開始下滑，其下滑距離與時(shí)間g10m/s2.試求：00t＝0.7sab金屬棒ab在開始運(yùn)動(dòng)的0.7s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的焦t＝0.4sab[解析](1)7m/s的速度勻速下落，則t＝0.7s時(shí)，重力對(duì)金屬棒ab做功的功率為PG＝mgv＝0.7W.根據(jù)動(dòng)能定理：WG＋W安 W安＝1mv2－1mv2－mgh＝－0.105 QR＝R|W安|＝0.06

ab勻速下落時(shí)，G＝F

BL＝0.1q＝It＝ΔΦ＝BLx＝0.2 [答案 (1)0.7 (2)0.06 (3)0.2頻考 電磁感應(yīng)中的電路問個(gè)不同方向平移中磁場(chǎng)，如圖所示，則在移出過程中線框一邊a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差絕對(duì)值 線框各邊電阻相等，切割磁感線的那個(gè)邊為電源，電動(dòng)勢(shì)相同均為Blv.在A、C、D中，Uab＝1Blv，B中，Uab＝3Blv，選項(xiàng)B正確． [答案 22aR(指拉直時(shí)兩端的電阻)，BA2a、電阻為R2的導(dǎo)體棒AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，B點(diǎn)的線速度為v，則這時(shí)導(dǎo)體棒AB兩端的電壓大小為(

B.C. 2[解析 擺到豎直位置時(shí)導(dǎo)體棒AB切割磁感線的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)2由閉合電路歐姆定律得，UAB＝E·R＝1BavR＋R [答案 頻考二it變化的圖象是下圖所示的()[解析]根據(jù)楞次定律，在進(jìn)磁場(chǎng)的過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，切割的有割的有效長度線性減小，排除D.故選項(xiàng)C正確．[答案]一過程相符合的是()[解析 該過程中，框架切割磁感線的有效長度等于框架與磁場(chǎng)右邊界兩交點(diǎn)的間距 l有＝23xE電動(dòng)勢(shì)＝Bl有v＝23vx∝xA錯(cuò)誤，B正確；F

力＝R＝3R∝x2C錯(cuò)誤；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，選項(xiàng)D[答案 頻考 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問5．(2016·江蘇省徐州市一模)L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，MN、PQθ，N、QR的電阻．整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)BmRababxg，導(dǎo)軌abab[解析 (1)設(shè)ab桿下滑到某位置時(shí)速度為v，則此時(shí)桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)I＝桿所受的力根據(jù)第二定律有

mgsinθ－ v＝0a＝gsinθ 由(1)問知，當(dāng)桿的加速度a＝0時(shí)，速度最大，最大速度vm＝2 abmgxsinθ＝Q 2Q桿＝1Q2所

Q桿＝2mgxsin[答案 見解

[基礎(chǔ)小題T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．下列說法中正確的是()AabbB．cd1C．de1D．fe1[解析]aba→b，Aab切割磁感線產(chǎn)生的E＝Blv，ab為電源，cd間電阻R為外電路負(fù)載，decf間無電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即U＝E

v＝2＝1V，B、D正確，Cv[答案 2．(2016·江蘇宿遷第一次調(diào)研)Sρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)場(chǎng)垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率ΔB＝k(k<0)．則(2ρ2ρDa、b

Δt

|kπr|，由電阻定律知R＝ρS，所以感應(yīng)電流的大小為I＝R＝2ρ，C a、bUab＝2kπr，D[答案 個(gè)不同方向平移出磁場(chǎng)，如圖所示，則在移出過程中線框一邊a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差絕對(duì)值 線框各邊電阻相等，切割磁感線的那個(gè)邊為電源，電動(dòng)勢(shì)相同均為Blv.在A、C、D中，Uab＝1Blv，B中，Uab＝3Blv，選項(xiàng)B正確． [答案 一過程相符合的是() 根據(jù)幾何關(guān)系l有＝23x，所以E電動(dòng)勢(shì)＝Bl有v＝23vx∝x，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；F

＝R＝3R∝x2C錯(cuò)誤；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2C[答案 v向右勻速通過一正方形abcd磁場(chǎng)區(qū)域，ac垂直于導(dǎo)軌且平行于導(dǎo)體棒，ac右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是左側(cè)的2倍且方向相反，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)下列關(guān)于導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流和所受力隨時(shí)間變化的圖象正確的是(規(guī)定電流從M經(jīng)R到N為正方向，力向左為正方向)()[解析

I＝R＝R導(dǎo)體棒所受 力大小

I與時(shí)間t成正比，而力的大小F則與時(shí)間t是二次函數(shù)關(guān)系．由楞次定律可知，導(dǎo)體棒在第一、二區(qū)域的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流分別為從M經(jīng)R到N和從N經(jīng)R到左，只有A正確．[答案 L＝1mmab水平放置在軌道上，其阻值忽略不計(jì)．空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，B＝0.5T．P、MR1vvmR1的關(guān)系如圖乙所示．若軌道足夠長且電阻不計(jì)，重力加速度g取10m/s2.則 Ra金屬桿所受力沿斜面向11 應(yīng)電流方向由b指向a，所以AB錯(cuò)誤；總電阻為R總＝R1R/(R1＋R)，I＝BLv/R總，當(dāng)達(dá)

＋，1＝

R1R

R)

mgsin

mgsinm＝0.1kg，R1＝1Ω，C[答案 如圖所示，abcdl、具有質(zhì)量的剛性導(dǎo)線框，位于水平面內(nèi)，bc邊串接有電阻R.虛線表示一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的邊界，它與線框ab邊平行，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為2l，磁場(chǎng)方向豎直向下．線框在一垂直于ab邊的水平恒定拉力F作用下，沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，直ix圖象可能正確的是()[解析]x＝0x＝li0x＝lx＝2li＝0ab邊剛出磁場(chǎng)(x＝2l)時(shí)，線框的速度大于剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度cd邊切割磁感線產(chǎn)生的電流i>i0同時(shí)受到的力大于F，線框做運(yùn)動(dòng)，隨著速度的減小，力變小，加速度變小，故選項(xiàng)C錯(cuò)；當(dāng)cd邊剛出磁場(chǎng)時(shí)，線框速度可能還沒到ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度，故選項(xiàng)B對(duì)；也可能恰好到ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度，故選項(xiàng)D對(duì)；還可能早就到ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度以后做勻速運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A對(duì)．[答案 [必糾錯(cuò)題t＝0xOyB0，方向xOyL0，整個(gè)vxn匝線圈組成的矩形線abcd，線框的bc邊平行于x軸．bc＝LB、ab＝L，LB略大于L0，總電阻為R，線框始終(2)線框所受力的大小和方向[錯(cuò)因分析]ab、cd兩條邊在方向相反的磁場(chǎng)中均產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的情形，只按一條邊切割磁感線來計(jì)算電動(dòng)勢(shì)，得出E＝nB0Lv的錯(cuò)誤結(jié)果．Rab、cd兩條邊均受 力，得出 的錯(cuò)誤結(jié)論R (1)線框相對(duì)于磁場(chǎng)向左做切割磁感線的勻速運(yùn)動(dòng)切割磁感線的速度大小為v，任意時(shí)刻線框中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝2nB0Lv

R 力的大小 R由左手定則判斷，線框所受力的方向始終沿x軸正方向[答案 見解[高考l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良好)．則()sin電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為sinr電路中感應(yīng)電流的大小為BvsinrB2lvsin金屬桿所 力的大小 金屬桿的發(fā)熱功率為rsin[解析 電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，感應(yīng)電流I＝E＝ ＝Bvsin

Ar lrsin

正確；金屬桿所受力大

＝l

＝22l B2lv2sin

BIsinθ＝

IIsinθ

D[答案 體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過程PQ始終與ab垂直，PQadbc滑動(dòng)的過程中()A．PQB．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功率先減小后增大[解析 阻為R外 R＋R先減小后增大，故A錯(cuò)誤；由于導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于力，即F＝BIL，拉力功率P＝BILv，故先減小后增大，所以C正確；外電路的總電阻R外 ，最大4象可知，線框消耗的電功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤．4[答案 [綜合大題B＝1TR＝9Ω的電阻．導(dǎo)軌上有質(zhì)m＝1kgr＝1Ω1mt＝0t軌方向運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間的變化規(guī)律是 m/s，不計(jì)導(dǎo)軌電阻．求tt＝4s時(shí)導(dǎo)體棒受到的力的大小[解析 (1)4s時(shí)導(dǎo)體棒的速度是v＝2t＝4E＝BlvI＝I2＝E BL2 I2＝E BL2 ) )t＝0.04t [答案 (1)0.4 bbaa′、bb′圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝10g、總電阻為R＝1Ω、邊長為d＝0.1m的正方形金屬線圈MNPQ，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過磁場(chǎng)．已μ＝0.5，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：線圈進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，受到的力大小線圈釋放時(shí)，PQbb整個(gè)線圈穿過磁場(chǎng)的過程中，線圈上產(chǎn)生的焦[解析 F安＋μmgcosθ＝mgsin代入數(shù)據(jù)得：F安＝2×10－2RF安＝BIdR

F安＝代入數(shù)據(jù)得：v＝2a＝gsinθ－μgcosθ＝2線圈釋放時(shí)，PQ

x＝2a＝1d＝0.1Q＝W安＝F安Q＝4×10－3[答案 (1)2×10－2 (2)1 (3)4×10－3本章備考 U金屬棒的受力情況：受力以外的拉力、阻力或僅受力(2)磁場(chǎng)的分布：有界或．“電—?jiǎng)印皠?dòng)—電—abLmR，導(dǎo)軌光滑水a(chǎn)bLm、電阻S閉合，棒ab 力 ＝RmRabvBLv流I↓→力F＝BIL↓→加速度a↓，當(dāng)安F＝0(a＝0)時(shí)，v最大aba＝gsinαabv↑→感E 加速度a↓，當(dāng)力F＝mgsinα(α＝0)時(shí)，v最大桿MN做變運(yùn)動(dòng)，桿PQ做變1/2r1＝r2L1＝L2Ff<F≤2Ff，則PO桿先變加速后勻速，MN桿先變加速，MN后做變加1MNPQ可以緊貼導(dǎo)軌無摩擦滑動(dòng)，導(dǎo)軌間除固定電阻R外，其他電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B垂直穿過導(dǎo)軌平面，PQMSPQ自由下落，試確定穩(wěn)定時(shí)，(2)RC.S的同時(shí)，釋放金[解析 a＝0Mg－F安＝0

vv①②③④⑤對(duì)金屬桿由第二定律，得⑥由⑤⑥得 ⑦I＝BLCmg.[答案

22BLPQ勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T，垂直于導(dǎo)軌平面向上，MP間接有阻值R＝2.0Ω的電阻，其m＝2.0kgabF沿導(dǎo)軌平F根據(jù)v－t圖象估算0.8s內(nèi)電阻上產(chǎn)生的熱量 (1)由題圖乙知，桿運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm＝4m/s，F(xiàn)＝mgsinα＋F安＝mgsinα＋代入數(shù)據(jù)得：F＝18N.

(2)0.8sv1＝2.20.8st2727×0.2×0.2＝1.080.8sx＝1.08由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：Q＝Fx－mgxsin 代入數(shù)據(jù)得：Q＝3.08[答案 (1)18 (2)3.08典例 (2016·合肥一中高三檢測(cè))如圖所示，間距l(xiāng)＝0.3m的平行金屬導(dǎo)軌a1b1c1域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.4T、方向豎直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．電阻R＝0.3Ωm1＝0.1kg、長為l的相同導(dǎo)體桿K、S、Q分別放置在導(dǎo)軌上，S桿的兩端固定在b1、b2點(diǎn)，K、Q桿可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動(dòng)且始終接觸良好．一端系于K桿中a＝6m/s2的加速度沿繩下滑．K桿保持靜止，QF作用下勻速運(yùn)動(dòng)．不計(jì)導(dǎo)軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos(2)Q[解析 (1)設(shè)小環(huán)受到的摩擦力大小為Ff，由第二定律，有m2g－Ff＝①Ff＝0.2②(2)KI1，K③IR④2R總2⑤QvEI＝R⑥⑦F＋m1gsin⑧⑨P＝2⑩[答案 (1)0.2 (2)2[遷移訓(xùn)練1．(2016·黃山模擬)如圖所示，兩條平行的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌與水平面成37°L＝0.6mC＝10μF＝4.5Ωabm＝3×10－2kgr＝0.5Ω.整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.ab棒由靜止釋放，當(dāng)它下滑的速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，求：ababCa (1)ab棒受沿斜面向上的力F＝BIL，穩(wěn)定時(shí)以速度v勻速下滑．此時(shí)ab棒受力平衡有BIL＝mgsin37°