【物理】2019届二轮复习第2讲　电磁感应规律及综合应用学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习第2讲　电磁感应规律及综合应用学案（全国通用）

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】 (2017·全国卷Ⅲ，15)如图1，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，金属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A.PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B.PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向 C.PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 D.PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向 解析　金属杆PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过圆环形金属线框T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故选项D正确，A、B、C错误。‎ 答案　D ‎【典例2】 (多选)(2018·全国卷Ⅰ，19)如图2，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 解析　由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈正面环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。‎ 答案　AD ‎【典例3】 (多选)(2018·全国卷Ⅲ，20)如图3(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(　　)‎ 图3‎ A.在t＝时为零 B.在t＝时改变方向 C.在t＝时最大，且沿顺时针方向 D.在t＝T时最大，且沿顺时针方向 解析　因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小。由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误；再由楞次定律可判断在一个周期内，～ 内电动势的方向沿顺时针方向，时刻最大，C正确；其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。‎ 答案　AC ‎　法拉第电磁感应定律的应用 ‎【典例4】 (2018·全国卷Ⅰ，17)如图4，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　)‎ 图4‎ A. B. ‎ C. D.2‎ 解析　设OM的电阻为R，OM的长度为l。过程Ⅰ，OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1＝＝＝＝，流过OM的电流为I1＝＝，则流过OM的电荷量为q1＝I1·Δt1＝；过程Ⅱ，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2＝＝＝，电路中的电流为I2＝＝，则流过OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝；由题意知q1＝q2，则解得＝，选项B正确，A、C、D错误。‎ 答案　B ‎【典例5】 (多选)(2016·全国卷Ⅱ，20)法拉第圆盘发电机的示意图如图5所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 解析　将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，流过电阻的电流方向从a到b，选项B正确；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BL＝BL2ω，I＝，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故选项A正确，C错误；由P＝I2R＝知，当ω变为2倍时，P变为原来的4倍，选项D错误。‎ 答案　AB ‎1.(2018·河南濮阳一模)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6‎ A.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E＝n，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，但磁场为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，则轻杆对导体棒的作用力方向改变，故选项D错误。‎ 答案　C ‎2.(多选)如图7甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω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B＝1 T，导轨间距为L＝1 m。一质量m＝2 kg、阻值r＝2 Ω 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μ＝0.25，g＝10 m/s2。金属棒的v－x图象如图乙所示，则从起点发生x＝1 m位移的过程中(　　)‎ 图7‎ A.拉力做的功W＝9.25 J B.通过电阻R的电荷量q＝0.125 C C.整个系统产生的总热量Q＝5.25 J D.x＝1 m时金属棒的热功率为1 W 解析　金属棒在运动位移x＝1 m的过程中，克服摩擦力做功为Wf＝μmgx＝5 J，x＝1 m时金属棒的安培力大小为F安＝BIL＝v，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＝Fx＝＝vx＝0.25 J，由动能定理得W－W安－Wf＝mv2，得W＝9.25 J，选项A正确；流过电阻R的电荷量q＝＝0.25 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；x＝1 m 时，回路中I＝＝0.5 A，由P＝I2r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】 (多选)(2017·全国卷Ⅱ，20)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图8(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A.磁感应强度的大小为0.5 T B.导线框运动的速度的大小为0.5 m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D.在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 解析　由E－t图象可知，线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，选项B正确；由图象可知，E＝0.01 V，根据E＝Blv得，B＝＝ T＝0.2 T，选项A错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I＝＝ A＝2 A, 所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，选项D错误。‎ 答案　BC ‎　根据题目所给条件，选择图象 ‎【典例2】 (2018·全国卷Ⅱ，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E＝2Bdv(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E＝2Bdv，电流i＝，回路中电流方向为逆时针，所以D正确。‎ 答案　D ‎1.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)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.(多选)在水平光滑绝缘桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，被限制在沿ab方向的光滑水平直轨道上滑动。bc边右侧有一直角三角形匀强磁场区域efg，边ef等于l，边ge小于l，ef边平行ab边，磁场方向竖直向下，其俯视图如图10所示，线框在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区域，若从线框的cb边到达ge边位置时开始计时，设逆时针方向为电流的正方向，方向水平向右的拉力为正。则感应电流I－t图象和F－t图象正确的是(时间单位为)(　　)‎ 图10‎ 解析　对I－t图象：正方形线框abcd的切割长度均匀减小，感应电流大小均匀减小，前进距离l时，切割长度由0突然增大到最大，感应电流方向反向，然后大小均匀减小到0，选项A错误，B正确；对F－t图象：根据F＝BIl＝，由于切割长度均匀变化，故安培力非线性变化，拉力F非线性变化，但安培力方向不变，拉力F方向不变，选项C错误，D正确。‎ 答案　BD ‎2.(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0～t1时间内，线圈中产生逆时针方向的感应电流，在t1～t2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F＝BIl，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B1＝kt(0＜t＜t1)，分界线OO′右侧磁场的磁感应强度B2＝－B0＋kt(0＜t＜t1)，在0～t1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t1‎ ‎～t2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　AC ‎3.一个圆形线圈，共有n＝10匝，其总电阻r＝4.0 Ω。线圈与阻值R0＝16 Ω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l＝0.20 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T＝1.0×10－2 s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。求：‎ 图12‎ ‎(1)t＝T时刻，电阻R0上的电流大小和方向；‎ ‎(2)0～T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，‎ E1＝n＝8 V 电流大小I1＝，可得I1＝0.4 A 电流方向从b到a ‎(2)同(1)可得～内，感应电流大小I2＝0.2 A 流过电路的电荷量q＝I1＋I2，‎ 代入数据解得q＝1.5×10－3 C ‎(3)Q＝IR0＋IR0，解得Q＝1.6×10－2 J 答案　(1)0.4 A　从b向a　(2)1.5×10－3 C　(3)1.6×10－2 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】 (多选)(2018·江苏单科，9)如图13所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆(　　)‎ 图13‎ A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间 C.穿过两磁场之间的总热量为4mgd D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于 解析　根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，运动过程如图所示(其中v1为金属杆刚进入Ⅰ时的速度，v2为金属杆刚出Ⅰ时的速度)，图线与时间轴所围的面积表示位移，两段运动的位移相等，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q1＝2mgd，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为2×2mgd＝4mgd，选项C正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v＝，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝，所受安培力F＝BIL，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，联立解得h>，选项D错误。‎ 答案　BC ‎【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θ＝30°角固定，导轨间距离为l＝1 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B＝1 T。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒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g＝10 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R＝2 Ω，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E＝Blvm，由闭合电路欧姆定律有E＝I·，根据平衡条件有BIl＝mgsin θ，整理得＝(＋)，由 － 图象可知＝1 m－1·s·Ω，·＝0.5 m－1·s。解得m＝0.2 kg，R0＝2 Ω。‎ ‎(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E′＝Blv，由闭合电路欧姆定律有E′＝I′·，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BI′l＝m·，联立解得v＝0.5 m/s。‎ 答案　(1)0.2 kg　2 Ω　(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m＝2 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1∶2，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s＝0.5 m时其上产生的焦耳热为Q2＝30 J，此时两棒速率之比为vA∶vC＝1∶2，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Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，则AB棒上产生的焦耳热Q1＝15 J。‎ ‎(2)根据能量守恒定律，‎ 有Fs＝mv＋mv＋Q1＋Q2‎ 又vA∶vC＝1∶2，联立以上两式并代入数据得 vA＝4 m/s，vC＝8 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 BLvA′＝B·2LvC′‎ 即vA′＝2vC′(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F·t＝mvA′－mvA，－F·t＝mvC′－mvC。‎ 因为FC＝2FA，故有＝ 联立以上各式解得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 ‎　以“导体框”为载体，考查电磁感应定律的综合应用 ‎【典例4】 如图16甲所示，斜面上存在一有理想边界的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直。在斜面上离磁场上边界s1＝0.36 m处静止释放一单匝矩形金属线框，线框底边和磁场边界平行，金属线框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。整个线框进入磁场的过程中，机械能E和位移s之间的关系如图乙所示。已知E0－E1＝0.09 J，线框的质量为0.1 kg，电阻为0.06 Ω，斜面倾角θ＝37°，磁场区域的宽度d＝0.43 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ 图16‎ ‎(1)线框刚进入磁场时的速度大小v1；‎ ‎(2)线框从开始进入磁场至完全进入磁场所用的时间t；‎ ‎(3)线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值。‎ 解析　(1)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力Ff和安培力FA所做的功，机械能均匀减小，因此安培力为恒力，线框匀速进入磁场。‎ 在未进入磁场前有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，得 a＝2 m/s2‎ v＝2as1‎ 联立解得v1＝1.2 m/s。‎ ‎(2)设线框的侧边长为s2，即线框进入磁场过程运动的距离为s2，根据功能关系，除重力之外的力所做的功等于物体机械能的变化，所以有 ΔE＝Wf＋WA＝(Ff＋FA)s2‎ 因为是匀速进入磁场，所以Ff＋FA＝mgsin 37°＝0.6 N 解得s2＝0.15 m t＝＝ s＝0.125 s。‎ ‎(3)线框刚出磁场时的速度最大，线框电功率最大，设此时的速度大小为v2，则有 Pmax＝I2R＝ 由v＝v＋2a(d－s2)‎ 根据线框匀速进入磁场，有FA＋μmgcos 37°＝mgsin 37°‎ FA＝BIL＝ 联立解得Pmax＝0.43 W。‎ 答案　(1)1.2 m/s　(2)0.125 s　(3)0.43 W 巧用流程解决电磁感应中力、电综合问题 ‎1.(2018·江西南昌三模)如图17所示，质量为m＝0.04 kg、边长l＝0.4 m 的正方形线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细绳系于O点，斜面的倾角为θ＝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B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面；已知线框电阻为R＝0.5 Ω，重力加速度取g＝10 m/s2。下列说法中正确的是(　　)‎ 图17‎ A.线框中的感应电流方向为abcda B.t＝0时，细线拉力大小为F＝0.2 N C.线框中感应电流大小为I＝80 mA D.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I＝＝0.08 A＝80 mA，由平衡条件可知FT＋BIl＝mgsin θ，t＝0时，B＝2 T，解得FT＝0.136 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 θ，所以线框可能沿斜面向上运动，故选项D错误。‎ 答案　C ‎2.(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，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v－t图象如图乙所示，两图线平行，v0已知，则从计时开始(　　)‎ 图18‎ A.通过棒cd的电流由d到c B.通过棒cd的电流I＝ C.力F＝ D.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vab>vcd，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：F－mgsin θ－BIl＝maab，对cd 棒：BIl－mgsin θ＝macd，aab＝acd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　AC ‎3.(2018·江苏苏州联考)如图19所示，“”形金属导轨水平放置，宽为L＝0.50 m，电阻大小不计。在导轨间长d＝0.8 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T。质量m＝4.0 kg、电阻R0＝0.05 Ω 的金属棒CD水平置于导轨上，与轨道之间的动摩擦因数为0.25，初始位置与磁场区域的左边界相距s＝0.2 m，用一根轻质绝缘的细绳水平绕过定滑轮与CD棒相连。现用一个恒力F＝50 N竖直向下作用于细绳A端，CD棒由静止开始运动，运动过程中CD棒始终保持与导轨垂直，取g＝10 m/s2。求：‎ 图19‎ ‎(1)CD棒刚进入磁场时所受的安培力的大小；‎ ‎(2)CD棒通过磁场的过程中流过其横截面的电荷量q；‎ ‎(3)CD棒在磁场中运动的过程中电路产生的热量Q。‎ 解析　(1)金属棒进入磁场前做匀加速直线运动 由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，代入得a＝10 m/s2‎ 由运动学公式得v2＝2as，代入得v＝2 m/s 感应电动势E＝BLv＝2 V 感应电流I＝＝40 A 金属棒进入磁场时受到的安培力F安＝BIL＝40 N ‎(2)q＝·Δt＝·Δt＝＝ 代入数值得q＝16 C ‎(3)金属棒进入磁场后，满足F＝μmg＋F安，金属棒所受合力为零，可知金属棒在磁场中受力平衡，做匀速直线运动。电路中电流为恒定电流I＝40 A，在磁场中运动所用时间t＝＝0.4 s 由焦耳定律Q＝I2Rt得 CD棒在磁场中运动的过程中回路中所产生的热量Q＝402×0.05×0.4＝32 J。‎ 答案　(1)40 N　(2)16 C　(3)32 J 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Ⅰ，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】 随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到了进一步开发和应用。一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理。如图21所示，由地面供电装置(主要装置有线圈和电源)将电能传送至电动车底部的感应装置(主要装置是线圈)，该装置使用接收到的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置之间通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达到90%左右。无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车、无需插电即可对电动车进行充电。目前，无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15～25 cm，允许的错位误差一般为15 cm左右。下列说法正确的是(　　)‎ 图21‎ A.无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电车快速充电 B.车身感应线圈中感应电流产生的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 C.车身感应线圈中感应电流产生的磁场总是与地面发射线圈中电流的磁场方向相反 D.若线圈均采用超导材料制成，则能量的传输效率有望达到100%‎ 解析　由题意可知无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15～25 cm，允许的错位误差一般为15 cm左右，因此达不到在百米开外对电车快速充电，选项A错误；由楞次定律可知，车身感应线圈中感应电流产生的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项 B正确；当地面发射线圈中电流增加时，穿过车身感应线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，此时车身感应线圈中感应电流的磁场方向与地面发射线圈中电流的磁场方向相反，当地面发射线圈中电流减小时，穿过车身感应线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，此时车身感应线圈中感应电流的磁场方向与地面发射线圈中电流的磁场方向相同，选项C错误；由于有电磁辐射，传送能量过程中有能量损失，因此即使线圈均采用超导材料制成，传输效率也不可能达到100%，选项D错误。‎ 答案　B 情形2　以生活为背景考查楞次定律 ‎【例3】 (多选)(2018·广东惠州模拟)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22‎ A.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】 (2018·北京顺义区二模)与一般吉他靠箱体的振动发声不同，电吉他靠拾音器发声。如图23所示，拾音器由磁体及绕在其上的线圈组成。磁体产生的磁场使钢质琴弦磁化而产生磁性，即琴弦也产生自己的磁场。当某根琴弦被拨动而相对线圈振动时，线圈中就会产生相应的电流，并最终还原为声音信号。下列说法中正确的是(　　)‎ 图23‎ A.若磁体失去磁性，电吉他仍能正常工作 B.换用尼龙材质的琴弦，电吉他仍能正常工作 C.琴弦振动的过程中，线圈中电流的方向不会发生变化 D.拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号 解析　若磁体失去磁性，则无法产生电磁感应，因此电吉他不能正常工作，故选项A错误；电吉他若使用尼龙材质的琴弦，则不会被磁化，不能产生电磁感应，故选项B错误；琴弦振动的过程中，线圈中产生感应电流的大小和方向均是变化的，故选项C错误；电吉他是根据电磁感应原理工作的，拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号，故选项D正确。‎ 答案　D 情形3　以科学技术为背景考查电磁感应定律 ‎【例5】 (多选)(2018·河南郑州质检)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与时间t的关系如图乙所示(ab、cd均为直线)，则在t1～t2时间内(　　)‎ 图24‎ A.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t1～t2时间内，由感应电动势E＝u＝nBl1v＝nBl1(v1＋at)，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u＝nBl1v可知v＝，所以火车平均速度大小为，故选项D正确。‎ 答案　BD 课时跟踪训练 一、选择题(1～3题为单项选择题，4～8题为多项选择题)‎ ‎1.有一种手持金属探测器实物及其结构原理图可简化为图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1‎ A.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.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　C ‎2.(2018·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、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图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2‎ A.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　C ‎3.(2018·辽宁市联考)如图3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θ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，导体棒ab的重力为mg，则(　　)‎ 图3‎ A.导体棒cd两端的电压为BLv B.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 θ 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E＝Blv，导体棒cd两端的电压是路端电压，U＝E＝BLv，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q＝It＝，选项B正确；‎ 甲 乙 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Fab＝mgtan θ，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。‎ 答案　B ‎4.如图4甲所示为磁感应强度B随时间t的变化图象，磁场方向垂直纸面(未画出)，规定垂直纸面向里的方向为正方向。在磁场中有一细金属圆环，位于纸面内，如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示Oa、ab、bc段金属圆环上很小的一段导体受到的安培力。下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A.I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B.I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向 C.F1的方向指向圆心，F2的方向指向圆心 D.F2的方向背离圆心向外，F3的方向指向圆心 解析　由图甲所示可知，Oa段，磁场方向垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，ab段，磁场方向垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，选项A正确；由图甲所示可知，bc段，磁场方向垂直于纸面向外，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，选项B正确；由左手定则可知，Oa段安培力F1的方向指向圆心，ab段安培力F2的方向背离圆心向外，选项C错误；bc段安培力F3的方向指向圆心，选项D正确。‎ 答案　ABD ‎5.如图5所示，两等长的细绳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，则下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A.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mv2

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