《（江蘇專版）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題十 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題十 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用學(xué)案（20頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題十電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用江蘇卷考情導(dǎo)向考點(diǎn)考題考情電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用2016年T13考查導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；閉合電路的歐姆定律2016年T6考查電吉他的原理和法拉第電磁感應(yīng)定律2014年T1考查法拉第電磁感應(yīng)定律S是有效面積，即有磁通量的線圈的面積2014年T7考查渦流的應(yīng)用1本專題對(duì)基本知識(shí)、規(guī)律的考查多為選擇題，對(duì)綜合知識(shí)的考查則以計(jì)算形式2高考題目的設(shè)置方式選擇題以電磁感應(yīng)現(xiàn)象、感應(yīng)電流計(jì)算及方向的判斷、電磁感應(yīng)的圖象問(wèn)題、簡(jiǎn)單的動(dòng)力學(xué)知識(shí)和功能關(guān)系為主，計(jì)算題多是以導(dǎo)體棒切割磁感線的電路問(wèn)題、動(dòng)力學(xué)問(wèn)題及功能關(guān)系的綜合為主電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題電磁感應(yīng)中電路和能量問(wèn)題201

2、7年T13考查電磁感應(yīng)、閉合電路的歐姆定律以及電功率2015年T13考查法拉第電磁感應(yīng)定律、電阻定律和焦耳定律2013年T13考查感生電動(dòng)勢(shì)、動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)及電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化考點(diǎn)1| 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用難度：中檔題 題型：選擇題、計(jì)算題 五年4考(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第48頁(yè))1(2016江蘇高考T13)據(jù)報(bào)道，一法國(guó)攝影師拍到了“天宮一號(hào)”空間站飛過(guò)太陽(yáng)的瞬間照片中，“天宮一號(hào)”的太陽(yáng)帆板輪廓清晰可見如圖101所示，假設(shè)“天宮一號(hào)”正以速度v77 km/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與太陽(yáng)帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L20 m，地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于v、MN所在平面的分量B1010

3、5 T將太陽(yáng)帆板視為導(dǎo)體圖101(1)求M、N間感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；(2)在太陽(yáng)帆板上將一只“15 V，03 W”的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計(jì)太陽(yáng)帆板和導(dǎo)線的電阻，試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說(shuō)明理由；(3)取地球半徑R64103 km，地球表面的重力加速度g取98 m/s2，試估算“天宮一號(hào)”距離地球表面的高度h(計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214162】【解題關(guān)鍵】關(guān)鍵語(yǔ)句信息解讀地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于v、MN所在平面的分量B10105 Tv、L、B相互垂直，可直接應(yīng)用公式EBLv求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計(jì)太陽(yáng)帆板和導(dǎo)線電阻帆板MN和導(dǎo)線均處于磁

4、場(chǎng)中垂直切割磁感線【解析】(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，代入數(shù)據(jù)得E154 V(2)不能，因?yàn)榇┻^(guò)閉合回路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流(3)在地球表面有Gmg“天宮一號(hào)”做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有Gm解得hR，代入數(shù)據(jù)得h4105 m(數(shù)量級(jí)正確都算對(duì))【答案】(1)154 V(2)見解析(3)4105 m2(2014江蘇高考T1)如圖102所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長(zhǎng)為a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，且一半處在磁場(chǎng)中在t時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B在此過(guò)程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214163】圖102ABC DB由法拉第電磁感應(yīng)定律知線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)

5、勢(shì)EnnSn，得E，選項(xiàng)B正確3(多選)(2014江蘇高考T7)如圖103所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過(guò)了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來(lái)若要縮短上述加熱時(shí)間，下列措施可行的有()圖103A增加線圈的匝數(shù)B提高交流電源的頻率C將金屬杯換為瓷杯D取走線圈中的鐵芯AB利用法拉第電磁感應(yīng)定律和渦電流解題當(dāng)電磁鐵接通交流電源時(shí)，金屬杯處在變化的磁場(chǎng)中產(chǎn)生渦電流發(fā)熱，使水溫升高要縮短加熱時(shí)間，需增大渦電流，即增大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)或減小電阻增加線圈匝數(shù)、提高交變電流的頻率都是為了增大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瓷杯不能產(chǎn)生渦電流，取走鐵芯會(huì)導(dǎo)致磁性減弱所以選項(xiàng)A、B正確，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤4(多選)(2016江蘇

6、高考T6)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖104所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動(dòng)時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音下列說(shuō)法正確的有()圖104A選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作B取走磁體，電吉他將不能正常工作C增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D弦振動(dòng)過(guò)程中，線圈中的電流方向不斷變化BCD銅不能被磁化，銅質(zhì)弦不能使電吉他正常工作，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；取走磁體后，弦的振動(dòng)無(wú)法通過(guò)電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)，音箱不能發(fā)聲，選項(xiàng)B正確；增加線圈匝數(shù)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律EN知，線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變大，選項(xiàng)C正確；弦振動(dòng)過(guò)程中，線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向發(fā)生變化，則感應(yīng)電流的方向不斷

7、變化，選項(xiàng)D正確1感應(yīng)電流方向的判斷方法一是利用右手定則，即根據(jù)導(dǎo)體在磁場(chǎng)中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)的情況進(jìn)行判斷；二是利用楞次定律，即根據(jù)穿過(guò)回路的磁通量的變化情況進(jìn)行判斷2楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化“增反減同”；(2)阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)“來(lái)拒去留”；(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)“增縮減擴(kuò)”；(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)“增反減同”3求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的兩種方法(1)En，用來(lái)計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值(2)EBLv，主要用來(lái)計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值考向1法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1(2017資陽(yáng)模擬)用一根橫截面積為S、電阻率為的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一

8、條直徑如圖105所示，在ab的左側(cè)存在一個(gè)均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在的平面，方向如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率k(k0)，則() 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214164】圖105A圓環(huán)具有收縮的趨勢(shì)B圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较駽圓環(huán)中a、b兩點(diǎn)的電壓UabD圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為C由楞次定律的“來(lái)拒去留”可知，為了阻礙磁通量的減小，線圈有擴(kuò)張的趨勢(shì)，故A錯(cuò)誤；磁通量向里減小，由楞次定律“增反減同”可知，線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，故B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有：Er2，由閉合電路歐姆定律可知，ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為Uab，故C正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，Er2，線圈電阻R

9、，感應(yīng)電流I，故D錯(cuò)誤考向2楞次定律的應(yīng)用2(多選)(2017南京四模)超導(dǎo)體具有電阻為零的特點(diǎn)，圖為超導(dǎo)磁懸浮原理圖，a是一個(gè)超導(dǎo)閉合環(huán)，置于一個(gè)電磁鐵線圈b正上方，當(dāng)閉合電鍵S后，超導(dǎo)環(huán)能懸浮在電磁鐵上方平衡下列說(shuō)法正確的有()圖106A閉合電鍵S瞬間，a環(huán)中感應(yīng)電流受到的安培力向上B閉合電鍵S，穩(wěn)定后通過(guò)a環(huán)磁通量不變，a環(huán)中不再有電流C閉合電鍵S，穩(wěn)定后通過(guò)a環(huán)的電流是恒定電流DR取不同的電阻值，穩(wěn)定后a環(huán)所受安培力都相等ACD閉合電鍵S瞬間，線圈中磁通量增大，則由楞次定律可知，a中產(chǎn)生的安培力將使a環(huán)有向上運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故a環(huán)中感應(yīng)電流受到的安培力向上，故A正確；由于線圈由超導(dǎo)體制成，

10、沒有電阻所以不消耗能量，故電流一直存在，故B錯(cuò)誤；閉合電鍵S，穩(wěn)定后通過(guò)a環(huán)的電流不再變化，故為恒定電流，故C正確；因圓環(huán)存于平衡狀態(tài)，所以受到的安培力一定等于重力，故穩(wěn)定時(shí)受安培力與電阻R無(wú)關(guān)，故D正確3(2017蘇錫常二模)圖中L是線圈，D1、D2是發(fā)光二極管(電流從“”極流入才發(fā)光)閉合S，穩(wěn)定時(shí)燈泡A正常發(fā)光，然后斷開S瞬間，D2亮了一下后熄滅，則() 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214165】圖107A圖是用來(lái)研究渦流現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)電路B開關(guān)S閉合瞬間，燈泡A立即亮起來(lái)C開關(guān)S斷開瞬間，P點(diǎn)電勢(shì)比Q點(diǎn)電勢(shì)高D干電池的左端為電源的正極D該電路是用來(lái)研究線圈的自感現(xiàn)象的，與渦流無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；L是自感系數(shù)

11、足夠大的線圈，D1和D2是兩個(gè)相同的二極管，S閉合瞬間，但由于線圈的電流增加，導(dǎo)致線圈中出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)從而阻礙電流的增加，所以燈泡A逐漸變亮，故B錯(cuò)誤；S斷開，D2亮了一下后熄滅，說(shuō)明S斷開的瞬間電流從右向左流過(guò)二極管，則P點(diǎn)電勢(shì)比Q點(diǎn)電勢(shì)低，故C錯(cuò)誤；S斷開，D2亮了一下后熄滅，說(shuō)明S斷開的瞬間電流從右向左流過(guò)二極管；根據(jù)線圈中出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)從而阻礙電流的減小可知，流過(guò)L的電流的方向在S斷開前從左向右，所以L的左側(cè)為正極，則干電池的左端為電源的正極，故D正確考向3渦流的應(yīng)用4(2017湖南三模)隨著科技的不斷發(fā)展，無(wú)線充電已經(jīng)進(jìn)入人們的視線小到手表、手機(jī)，大到電腦、電動(dòng)汽車的充電，都已經(jīng)實(shí)現(xiàn)

12、了從理論研發(fā)到實(shí)際應(yīng)用的轉(zhuǎn)化如圖108所示，給出了某品牌的無(wú)線充電手機(jī)利用電磁感應(yīng)方式無(wú)線充電的原理圖關(guān)于無(wú)線充電，下列說(shuō)法正確的是()圖108A無(wú)線充電時(shí)手機(jī)接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應(yīng)”B只有將充電底座接到直流電源上才能對(duì)手機(jī)進(jìn)行充電C接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同D只要有無(wú)線充電底座，所有手機(jī)都可以進(jìn)行無(wú)線充電C無(wú)線充電時(shí)手機(jī)接收線圈部分的工作原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，不是“電流的磁效應(yīng)”現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；當(dāng)充電設(shè)備通以恒定直流，無(wú)線充電設(shè)備不會(huì)產(chǎn)生交變磁場(chǎng)，那么不能夠正常使用，故B錯(cuò)誤；接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同，故C正確；被充電手

13、機(jī)內(nèi)部，應(yīng)該有一類似金屬線圈的部件，與手機(jī)電池相連，當(dāng)有交變磁場(chǎng)時(shí)，則出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，那么普通手機(jī)不能夠利用無(wú)線充電設(shè)備進(jìn)行充電，故D錯(cuò)誤考點(diǎn)2| 電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題難度：中檔題 題型：選擇題(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第50頁(yè))5(2011江蘇高考)如圖109所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸T0時(shí)，將開關(guān)S由1擲到2q、i、v和a分別表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度和加速度下列圖象正確的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214166】圖109ABCD【解題分析】1知道電容器放電后會(huì)在電路中產(chǎn)生電流2導(dǎo)體棒在安培力的作用

14、下加速運(yùn)動(dòng)3導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流與電容器放電電流反向D開關(guān)S由1擲到2，電容器放電后會(huì)在電路中產(chǎn)生電流導(dǎo)體棒通有電流后會(huì)受到安培力的作用，會(huì)產(chǎn)生加速度而加速運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體棒切割磁感線，速度增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv，即增大，則實(shí)際電流減小，安培力FBIL，即減小，加速度a，即減小因?qū)к壒饣?，所以在有電流通過(guò)棒的過(guò)程中，棒是一直加速運(yùn)動(dòng)(變加速)由于通過(guò)棒的電流是按指數(shù)遞減的，那么棒受到的安培力也是按指數(shù)遞減的，由牛頓第二定律知，它的加速度是按指數(shù)遞減的由于電容器放電產(chǎn)生電流使得導(dǎo)體棒受安培力運(yùn)動(dòng)，而導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)會(huì)給電容器充電當(dāng)充電和放電達(dá)到一種平衡時(shí)，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)當(dāng)棒勻速運(yùn)動(dòng)

15、后，棒因切割磁感線有電動(dòng)勢(shì)，所以電容器兩端的電壓能穩(wěn)定在某個(gè)不為0的數(shù)值，即電容器的電量應(yīng)穩(wěn)定在某個(gè)不為0的數(shù)值(不會(huì)減少到0)這時(shí)電容器的電壓等于棒的電動(dòng)勢(shì)數(shù)值，棒中無(wú)電流解決電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是Bt圖還是t圖，或者Et圖、It圖等(2)分析電磁感應(yīng)的具體過(guò)程(3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等(6)畫圖象或判斷圖象考向1圖象的確定5(2017徐州二模)如圖1010所示，閉合導(dǎo)線框勻速穿過(guò)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)區(qū)域

16、寬度大于線框尺寸，規(guī)定線框中逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳛檎?，則線框中電流i隨時(shí)間t變化的圖象可能正確的是()圖1010B線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中磁通量增加，根據(jù)楞次定律可得電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針(正方向)，線框離開磁場(chǎng)過(guò)程中磁通量減小，根據(jù)楞次定律可得電流方向?yàn)轫槙r(shí)針(負(fù)方向)；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電流i，剛進(jìn)入時(shí)有效切割長(zhǎng)度最大，感應(yīng)電流最大、一半進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中有效切割長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉?lái)一半，感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉?lái)一半，完全進(jìn)入后磁通量不變，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，離開磁場(chǎng)的過(guò)程中有效切割長(zhǎng)度與進(jìn)入過(guò)程相同，感應(yīng)電流變化也相同，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤考向2圖象的轉(zhuǎn)換6(2017泰州一模)在豎直方向的

17、勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)面積不變的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖1011甲所示，取線圈中磁場(chǎng)B的方向向上為正，當(dāng)磁場(chǎng)中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t如圖乙變化時(shí)，下列圖中能正確表示線圈中感應(yīng)電流變化的是()甲乙圖1011ABCDA在0 s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，En根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向與圖示箭頭方向相反，為負(fù)值；在T內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，En2E，所以感應(yīng)電流是之前的2倍再根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向與圖示方向相反，為負(fù)值故A正確，B、C、D錯(cuò)誤考向3圖象的應(yīng)用7(2017錫山中學(xué)月考)如圖1012甲，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方固定一螺線管Q，P和Q共軸

18、，Q中通有變化電流i，電流隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖1012乙所示，P所受的重力為G，桌面對(duì)P的支持力為N，則()甲乙圖1012At1時(shí)刻N(yùn)G，P有收縮的趨勢(shì)Bt2時(shí)刻N(yùn)G，P有擴(kuò)張的趨勢(shì)Ct3時(shí)刻N(yùn)G，此時(shí)P中沒有感應(yīng)電流Dt4時(shí)刻N(yùn)G，此時(shí)P中無(wú)感應(yīng)電流A當(dāng)螺線管中電流增大時(shí)，其形成的磁場(chǎng)不斷增強(qiáng)，因此線圈P中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知線圈P將阻礙其磁通量的增大，故線圈有遠(yuǎn)離和面積收縮的趨勢(shì)，則NG，P有收縮的趨勢(shì)，故A正確；當(dāng)螺線管中電流不變時(shí)，其形成磁場(chǎng)不變，線圈P中的磁通量不變，因此磁鐵線圈中無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，此時(shí)P沒有擴(kuò)張的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤；t3時(shí)刻螺線管中電流為零，NG；但是線圈P中磁

19、通量是變化的，因此此時(shí)線圈中有感應(yīng)電流，故C錯(cuò)誤當(dāng)螺線管中電流不變時(shí)，其形成磁場(chǎng)不變，線圈P中的磁通量不變，因此磁鐵線圈中無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，故t4時(shí)刻N(yùn)G，此時(shí)P中無(wú)感應(yīng)電流，故D錯(cuò)誤考點(diǎn)3| 電磁感應(yīng)中電路和能量問(wèn)題難度：較大 題型：選擇題、計(jì)算題 五年3考(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第51頁(yè))6(2015江蘇高考T13)做磁共振(MRI)檢查時(shí)，對(duì)人體施加的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)會(huì)在肌肉組織中產(chǎn)生感應(yīng)電流某同學(xué)為了估算該感應(yīng)電流對(duì)肌肉組織的影響，將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈，線圈的半徑r50 cm，線圈導(dǎo)線的截面積A080 cm2，電阻率15 m如圖1013所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與線圈平面垂直，若磁感應(yīng)

20、強(qiáng)度B在03 s內(nèi)從15 T均勻地減為零，求：(計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)圖1013(1)該圈肌肉組織的電阻R；(2)該圈肌肉組織中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；(3)03 s內(nèi)該圈肌肉組織中產(chǎn)生的熱量Q【解題關(guān)鍵】解此題的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：(1)注意區(qū)分線圈的面積和線圈導(dǎo)線的截面積(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，線圈中電流恒定不變【解析】(1)由電阻定律得R，代入數(shù)據(jù)得R6103 (2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E，代入數(shù)據(jù)得E4102 V(3)由焦耳定律得Qt，代入數(shù)據(jù)得Q8108 J【答案】(1)6103 (2)4102 V(3)8108 J7(2013江蘇高考T13)如圖1014所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平

21、面與磁場(chǎng)垂直已知線圈的匝數(shù)N100，邊長(zhǎng)ab10 m、bc05 m，電阻r2 磁感應(yīng)強(qiáng)度B在01 s內(nèi)從零均勻變化到02 T在15 s內(nèi)從02 T均勻變化到02 T，取垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向求：圖1014(1)05 s時(shí)線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E和感應(yīng)電流的方向；(2)在15 s內(nèi)通過(guò)線圈的電荷量q；(3)在05 s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214167】【解析】(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1N ，磁通量的變化量1B1S，解得E1N ，代入數(shù)據(jù)得E110 V，感應(yīng)電流的方向?yàn)閍dcba(2)同理可得E2N ，感應(yīng)電流I2電荷量qI2t2，解得qN ，代入數(shù)據(jù)得q10 C(3)01 s內(nèi)的焦耳

22、熱Q1Irt1，且I1，15 s內(nèi)的焦耳熱Q2Irt2由QQ1Q2，代入數(shù)據(jù)得Q100 J【答案】(1)10 V，感應(yīng)電流的方向?yàn)閍dcba(2)10 C(3)100 J8(2017江蘇高考T13)如圖1015所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸求：圖1015(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；(

23、2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214168】【解析】(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，金屬桿的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBdv0回路的感應(yīng)電流I由式解得I(2)金屬桿所受的安培力FBId由牛頓第二定律得，對(duì)金屬桿Fma由式得a(3)金屬桿切割磁感線的相對(duì)速度vv0v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBdv感應(yīng)電流的電功率P由式得P【答案】(1)(2)(3)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問(wèn)題的一般步驟考向1電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題8(2017鹽城二模)如圖1016所示，兩根水平放置的平行金屬導(dǎo)軌，其末端連接等寬的四分之一圓弧導(dǎo)軌，圓弧半徑r041 m，導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng)0

24、5 m，導(dǎo)軌的電阻與摩擦均不計(jì)在導(dǎo)軌的頂端接有阻值為R115 的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B02 T，現(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、電阻R205 、質(zhì)量m10 kg的金屬棒，金屬棒在水平拉力F作用下，從圖中位置ef由靜止開始勻加速運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻，F(xiàn)015 N，經(jīng)20 s運(yùn)動(dòng)到cd時(shí)撤去拉力，棒剛好能沖到最高點(diǎn)ab、(重力加速度g10 m/s2)求：圖1016(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度；(2)金屬棒運(yùn)動(dòng)到cd時(shí)電壓表的讀數(shù)；(3)金屬棒從cd運(yùn)動(dòng)到ab過(guò)程中電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214169】【解析】(1)根據(jù)題意，金屬棒從ef位置開始勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)

25、牛頓第二定律，有F0ma解得：a15 m/s2(2)金屬棒運(yùn)動(dòng)到cd時(shí)的速度vat1520 m/s3 m/s感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv02053 V03 V感應(yīng)電流I A015 A電壓表的讀數(shù)UIR101515 V0225 V(3)根據(jù)能量守恒定律，有：mv2mgrQ解得：Q04 J電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱為Q1Q04 J03 J【答案】(1)15 m/s2(2)0225 V(3)03 J考向2電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題9(多選)(2017南京一模)如圖1017所示，均勻?qū)w圍成等腰閉合三角形線圈abc，底邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界平行，磁場(chǎng)的寬度大于三角形的高度線圈從磁場(chǎng)上方某一高度處由靜止開始豎直下落，穿過(guò)該磁場(chǎng)

26、區(qū)域，不計(jì)空氣阻力則下列說(shuō)法中正確的是()圖1017A線圈進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程中，可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)B線圈底邊進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)線圈的加速度可能一樣C線圈出磁場(chǎng)的過(guò)程中，可能做先減速后加速的直線運(yùn)動(dòng)D線圈底邊進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)，線圈所受安培力可能大小相等，方向不同BC如果勻速，因?yàn)橛行懈铋L(zhǎng)度越小來(lái)越小，安培力會(huì)越來(lái)越小，不可能勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；如果線圈比較高，進(jìn)入磁場(chǎng)后先減速后加速，可能導(dǎo)致進(jìn)磁場(chǎng)的速度和出磁場(chǎng)的速度是一樣的，安培力F安，速度一樣，安培力一樣，根據(jù)牛頓第二定律，mgF安ma，加速度一樣，故B正確； 如果出磁場(chǎng)時(shí)，安培力比重力大，那么線圈先減速，但是在減速的過(guò)程中，上面比較窄，安培力會(huì)越來(lái)越小，

27、最終必然是一個(gè)先減速后加速的直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；線圈進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)的速度可能相等，根據(jù)F，安培力大小可能相等，但安培力方向都是向上的，阻礙線圈向下運(yùn)動(dòng)，所以安培力方向相同，故D錯(cuò)誤10(2017南京四模)如圖1018甲所示，兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ和左側(cè)M、P間連接的電阻R構(gòu)成一個(gè)固定的水平U型導(dǎo)體框架，導(dǎo)軌電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)框架置于一個(gè)方向豎直向下、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)左側(cè)邊界是OO質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒垂直放置在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好，給導(dǎo)體棒一個(gè)水平向右的初速度v0，棒進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)后回路中的電流I隨棒在磁場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)位移x(O點(diǎn)為x軸坐標(biāo)原點(diǎn))的變化關(guān)系如圖乙所示，根據(jù)題設(shè)

28、條件和圖中給定數(shù)據(jù)求：甲乙圖1018(1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間回路總電功率P0；(2)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間加速度大小a0；(3)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的電熱QR 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214170】【解析】(1)根據(jù)圖乙可得導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間回路的電流強(qiáng)度為I0，根據(jù)電功率的計(jì)算公式可得：P0I(Rr)(2)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)刻電動(dòng)勢(shì)：E0BLv0I0(Rr)根據(jù)牛頓第二定律可得棒受安培力產(chǎn)生加速度：BI0Lma0解得：a0(3)棒從進(jìn)入磁場(chǎng)到停止運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得：WA0mv根據(jù)功能關(guān)系可得回路產(chǎn)生電熱：QWAmvR上產(chǎn)生電熱：QRQ【答案】(1)I(Rr)(2)(3)考向3電磁感應(yīng)的能量問(wèn)題11(2

29、017南京一模)如圖1019甲所示，質(zhì)量m1 kg、邊長(zhǎng)ab10 m、電阻r2 的單匝正方形閉合線圈abcd放置在傾角30的斜面上，保持靜止?fàn)顟B(tài)勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直線圈平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化如圖乙所示，整個(gè)線圈都處在磁場(chǎng)中，重力加速度g10 m/s2求：甲乙圖1019(1)t1 s時(shí)穿過(guò)線圈的磁通量；(2)4 s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)t35 s時(shí)，線圈受到的摩擦力【解析】(1)根據(jù)磁通量定義式，那么t1 s時(shí)穿過(guò)線圈的磁通量：BS01 Wb(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律E，結(jié)合閉合電路歐姆定律，I，那么感應(yīng)電流，4 s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小，I005 A由圖可知，t總2 s；依據(jù)焦耳

30、定律，則有：QI2rt總001 J(3)雖然穿過(guò)線圈的磁通量變化，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，但因各邊均受到安培力，依據(jù)矢量的合成法則，則線圈受到的安培力的合力為零，因此t35 s時(shí)，線圈受到的摩擦力等于重力沿著斜面的分力，即：fmgsin 5 N【答案】(1)01 Wb(2)001 J(3)5 N12(2017徐州模擬)如圖1020甲所示，質(zhì)量為M的“”形金屬框架MNPQ放在傾角為的絕緣斜面上，框架MN、PQ部分的電阻不計(jì)，相距為L(zhǎng)，上端NP部分的電阻為R一根光滑金屬棒ab在平行于斜面的力(圖中未畫出)的作用下，靜止在距離框架上端NP為L(zhǎng)的位置整個(gè)裝置處于垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間

31、t變化的規(guī)律如圖乙所示，其中B0、t0均為已知量已知ab棒的質(zhì)量為m，電阻為R，長(zhǎng)為L(zhǎng)，與框架接觸良好并始終相對(duì)斜面靜止，t0時(shí)刻框架也靜止，框架與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g求：甲乙圖1020(1)t0時(shí)刻，流過(guò)ab棒的電流大小和方向；(2)0t0時(shí)間內(nèi)，通過(guò)ab棒的電荷量及ab棒產(chǎn)生的熱量；(3)框架MNPQ什么時(shí)候開始運(yùn)動(dòng)？ 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214171】【解析】(1)設(shè)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有：En S由閉合電路歐姆定律可得金屬棒中的電流大小為：I由楞次定律知，金屬棒中的電流方向是ab (2)由電荷量的計(jì)算公式可得流過(guò)ab棒的電荷

32、量為：qIt0，根據(jù)焦耳定律可得ab棒產(chǎn)生的熱量為：QI2Rt0(3)設(shè)經(jīng)時(shí)間t框架恰好要?jiǎng)樱瑢?duì)框架分析受力，有：Mgsin F安f而 f(Mm)gcos ，根據(jù)安培力的計(jì)算公式可得：F安BtIL，而磁感應(yīng)強(qiáng)度為：BtB0t代入解得：tt0【答案】(1)，方向是ab(2)(3)經(jīng)過(guò)t0開始運(yùn)動(dòng)熱點(diǎn)模型解讀| 電磁感應(yīng)中的“桿導(dǎo)軌”模型(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第54頁(yè))考題2016全國(guó)甲卷T242016全國(guó)丙卷T252014全國(guó)卷T252013全國(guó)卷T25模型展示單側(cè)磁場(chǎng)模型雙側(cè)磁場(chǎng)模型旋轉(zhuǎn)切割模型含電容電路切割模型模型解讀金屬棒切割磁感線EBLv，導(dǎo)體棒是電源、安培力做負(fù)功，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能兩側(cè)存在電

33、源，可能同時(shí)存在，可能先后出現(xiàn)，金屬棒切割產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)同單側(cè)磁場(chǎng)類似電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算按中間的速度EBL2金屬棒切割磁感線給電容器充電電路中有電流，金屬棒受安培力，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能典例(2017湖南益陽(yáng)調(diào)研)如圖1021所示，兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置(導(dǎo)軌電阻不計(jì))，傾角為30，導(dǎo)軌間距為05 m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向下，B02 T，兩根材料相同的金屬棒a、b與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，a、b金屬棒的質(zhì)量分別為3 kg、2 kg，兩金屬棒的電阻均為R1 ，剛開始兩根金屬棒都恰好靜止，假設(shè)最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力現(xiàn)對(duì)a棒施加一平行導(dǎo)軌向上的恒力F60 N，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，兩金屬棒都達(dá)到了穩(wěn)定

34、狀態(tài)求：圖1021(1)金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)當(dāng)兩金屬棒都達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，b棒所受的安培力大小(3)設(shè)當(dāng)a金屬棒從開始受力到向上運(yùn)動(dòng)5 m時(shí)，b金屬棒向上運(yùn)動(dòng)了2 m，且此時(shí)a的速度為4 m/s，b的速度為1 m/s，則求此過(guò)程中回路中產(chǎn)生的電熱及通過(guò)a金屬棒的電荷量 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214172】【解析】(1)a棒恰好靜止時(shí)，有magsin 30magcos 30解得(2)兩棒穩(wěn)定時(shí)以相同的加速度向上勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)兩棒有恒定的速度差對(duì)a棒：Fmagsin 30magcos 30F安maa對(duì)b棒：F安mbgsin 30mbgcos 30mba解得F安24 N(3)此過(guò)程對(duì)a、b棒整

35、體根據(jù)功能關(guān)系，有QFxa(magsin 30magcos 30)xa(mbgsin 30mbgcos 30)xbmavmbv解得Q85 Jqt解得q015 C【答案】(1)(2)24 N(3)85 J015 C拓展應(yīng)用(2017湖北八校聯(lián)考)如圖1022所示，兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ放在水平面上，左端向上彎曲，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，水平段導(dǎo)軌所處空間存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B導(dǎo)體棒a與b的質(zhì)量均為m，電阻值分別為RaR，Rb2Rb棒放置在水平導(dǎo)軌上足夠遠(yuǎn)處，a棒在弧形導(dǎo)軌上距水平面h高度處由靜止釋放運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，重力加速度為g圖10

36、22(1)求a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力的大小和方向；(2)求最終穩(wěn)定時(shí)兩棒的速度大??；(3)從a棒開始下落到最終穩(wěn)定的過(guò)程中，求b棒上產(chǎn)生的內(nèi)能【解析】(1)設(shè)a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，從開始下落到進(jìn)入磁場(chǎng)根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mghmv2a棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv根據(jù)閉合電路歐姆定律有Ia棒受到的安培力FBIL聯(lián)立以上各式解得F，方向水平向左(2)設(shè)兩棒最后穩(wěn)定時(shí)的速度為v，從a棒開始下落到兩棒速度達(dá)到穩(wěn)定根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv2mv解得v(3)設(shè)a棒產(chǎn)生的內(nèi)能為Ea，b棒產(chǎn)生的內(nèi)能為Eb根據(jù)能量守恒定律得mv22mv2EaEb兩棒串聯(lián)內(nèi)能與電阻成正比Eb2Ea解得Ebmgh【答案】見解析20