專題十電磁感應規(guī)律及其應用江蘇卷考情導向考點考題考情電磁感應規(guī)律及其應用2016年T13考查導體切割磁感線時的感應電動勢；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定律2014年T1考查法拉第電磁感應定律S是有效面積，即有磁通量的線圈的面積2014年T7考查渦流的應用1本專題對基本知識、規(guī)律的考查多為選擇題，對綜合知識的考查則以計算形式2高考題目的設置方式選擇題以電磁感應現(xiàn)象、感應電流計算及方向的判斷、電磁感應的圖象問題、簡單的動力學知識和功能關系為主，計算題多是以導體棒切割磁感線的電路問題、動力學問題及功能關系的綜合為主電磁感應中的圖象問題電磁感應中電路和能量問題2017年T13考查電磁感應、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定律、電阻定律和焦耳定律2013年T13考查感生電動勢、動生電動勢及電磁感應中的能量轉化考點1| 電磁感應規(guī)律及其應用難度：中檔題 題型：選擇題、計算題 五年4考(對應學生用書第48頁)1(2016·江蘇高考T13)據(jù)報道，一法國攝影師拍到了“天宮一號”空間站飛過太陽的瞬間照片中，“天宮一號”的太陽帆板輪廓清晰可見如圖10­1所示，假設“天宮一號”正以速度v77 km/s繞地球做勻速圓周運動，運動方向與太陽帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L20 m，地磁場的磁感應強度垂直于v、MN所在平面的分量B10×105 T將太陽帆板視為導體圖10­1(1)求M、N間感應電動勢的大小E；(2)在太陽帆板上將一只“15 V，03 W”的小燈泡與M、N相連構成閉合電路，不計太陽帆板和導線的電阻，試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說明理由；(3)取地球半徑R64×103 km，地球表面的重力加速度g取98 m/s2，試估算“天宮一號”距離地球表面的高度h(計算結果保留一位有效數(shù)字) 【導學號：17214162】【解題關鍵】關鍵語句信息解讀地磁場的磁感應強度垂直于v、MN所在平面的分量B10×105 Tv、L、B相互垂直，可直接應用公式EBLv求感應電動勢小燈泡與M、N相連構成閉合電路，不計太陽帆板和導線電阻帆板MN和導線均處于磁場中垂直切割磁感線【解析】(1)感應電動勢EBLv，代入數(shù)據(jù)得E154 V(2)不能，因為穿過閉合回路的磁通量不變，不產生感應電流(3)在地球表面有Gmg“天宮一號”做勻速圓周運動，有Gm解得hR，代入數(shù)據(jù)得h4×105 m(數(shù)量級正確都算對)【答案】(1)154 V(2)見解析(3)4×105 m2(2014·江蘇高考T1)如圖10­2所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中在t時間內，磁感應強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B在此過程中，線圈中產生的感應電動勢為()【導學號：17214163】圖10­2ABC DB由法拉第電磁感應定律知線圈中產生的感應電動勢Enn·Sn·，得E，選項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，過了幾分鐘，杯內的水沸騰起來若要縮短上述加熱時間，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定律和渦電流解題當電磁鐵接通交流電源時，金屬杯處在變化的磁場中產生渦電流發(fā)熱，使水溫升高要縮短加熱時間，需增大渦電流，即增大感應電動勢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電動勢瓷杯不能產生渦電流，取走鐵芯會導致磁性減弱所以選項A、B正確，選項C、D錯誤4(多選)(2016·江蘇高考T6)電吉他中電拾音器的基本結構如圖10­4所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產生感應電流，電流經電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音下列說法正確的有()圖10­4A選用銅質弦，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電動勢D弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化BCD銅不能被磁化，銅質弦不能使電吉他正常工作，選項A錯誤；取走磁體后，弦的振動無法通過電磁感應轉化為電信號，音箱不能發(fā)聲，選項B正確；增加線圈匝數(shù)，根據(jù)法拉第電磁感應定律EN知，線圈的感應電動勢變大，選項C正確；弦振動過程中，線圈中感應電流的磁場方向發(fā)生變化，則感應電流的方向不斷變化，選項D正確1感應電流方向的判斷方法一是利用右手定則，即根據(jù)導體在磁場中做切割磁感線運動的情況進行判斷；二是利用楞次定律，即根據(jù)穿過回路的磁通量的變化情況進行判斷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)阻礙相對運動“來拒去留”；(3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢“增縮減擴”；(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)“增反減同”3求感應電動勢的兩種方法(1)En，用來計算感應電動勢的平均值(2)EBLv，主要用來計算感應電動勢的瞬時值考向1法拉第電磁感應定律的應用1(2017·資陽模擬)用一根橫截面積為S、電阻率為的硬質導線做成一個半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑如圖10­5所示，在ab的左側存在一個均勻變化的勻強磁場，磁場垂直圓環(huán)所在的平面，方向如圖，磁感應強度大小隨時間的變化率k(k0)，則() 【導學號：17214164】圖10­5A圓環(huán)具有收縮的趨勢B圓環(huán)中產生的感應電流為逆時針方向C圓環(huán)中a、b兩點的電壓UabD圓環(huán)中產生的感應電流大小為C由楞次定律的“來拒去留”可知，為了阻礙磁通量的減小，線圈有擴張的趨勢，故A錯誤；磁通量向里減小，由楞次定律“增反減同”可知，線圈中的感應電流方向為順時針，故B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律，有：E·r2，由閉合電路歐姆定律可知，ab兩點間的電勢差為Uab，故C正確；由法拉第電磁感應定律可知，E·r2，線圈電阻R，感應電流I，故D錯誤考向2楞次定律的應用2(多選)(2017·南京四模)超導體具有電阻為零的特點，圖為超導磁懸浮原理圖，a是一個超導閉合環(huán)，置于一個電磁鐵線圈b正上方，當閉合電鍵S后，超導環(huán)能懸浮在電磁鐵上方平衡下列說法正確的有()圖10­6A閉合電鍵S瞬間，a環(huán)中感應電流受到的安培力向上B閉合電鍵S，穩(wěn)定后通過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中產生的安培力將使a環(huán)有向上運動的趨勢，故a環(huán)中感應電流受到的安培力向上，故A正確；由于線圈由超導體制成，沒有電阻所以不消耗能量，故電流一直存在，故B錯誤；閉合電鍵S，穩(wěn)定后通過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)定時受安培力與電阻R無關，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() 【導學號：17214165】圖10­7A圖是用來研究渦流現(xiàn)象的實驗電路B開關S閉合瞬間，燈泡A立即亮起來C開關S斷開瞬間，P點電勢比Q點電勢高D干電池的左端為電源的正極D該電路是用來研究線圈的自感現(xiàn)象的，與渦流無關，故A錯誤；L是自感系數(shù)足夠大的線圈，D1和D2是兩個相同的二極管，S閉合瞬間，但由于線圈的電流增加，導致線圈中出現(xiàn)感應電動勢從而阻礙電流的增加，所以燈泡A逐漸變亮，故B錯誤；S斷開，D2亮了一下后熄滅，說明S斷開的瞬間電流從右向左流過二極管，則P點電勢比Q點電勢低，故C錯誤；S斷開，D2亮了一下后熄滅，說明S斷開的瞬間電流從右向左流過二極管；根據(jù)線圈中出現(xiàn)感應電動勢從而阻礙電流的減小可知，流過L的電流的方向在S斷開前從左向右，所以L的左側為正極，則干電池的左端為電源的正極，故D正確考向3渦流的應用4(2017·湖南三模)隨著科技的不斷發(fā)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(xiàn)了從理論研發(fā)到實際應用的轉化如圖10­8所示，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關于無線充電，下列說法正確的是()圖10­8A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(fā)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C無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是電磁感應現(xiàn)象，不是“電流的磁效應”現(xiàn)象，故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B錯誤；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，則出現(xiàn)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D錯誤考點2| 電磁感應中的圖象問題難度：中檔題 題型：選擇題(對應學生用書第50頁)5(2011·江蘇高考)如圖10­9所示，水平面內有一平行金屬導軌，導軌光滑且電阻不計勻強磁場與導軌平面垂直阻值為R的導體棒垂直于導軌靜止放置，且與導軌接觸T0時，將開關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()【導學號：17214166】圖10­9ABCD【解題分析】1知道電容器放電后會在電路中產生電流2導體棒在安培力的作用下加速運動3導體棒切割磁感線產生的感應電流與電容器放電電流反向D開關S由1擲到2，電容器放電后會在電路中產生電流導體棒通有電流后會受到安培力的作用，會產生加速度而加速運動導體棒切割磁感線，速度增大，感應電動勢EBlv，即增大，則實際電流減小，安培力FBIL，即減小，加速度a，即減小因導軌光滑，所以在有電流通過棒的過程中，棒是一直加速運動(變加速)由于通過棒的電流是按指數(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生電流使得導體棒受安培力運動，而導體棒運動產生感應電動勢會給電容器充電當充電和放電達到一種平衡時，導體棒做勻速運動當棒勻速運動后，棒因切割磁感線有電動勢，所以電容器兩端的電壓能穩(wěn)定在某個不為0的數(shù)值，即電容器的電量應穩(wěn)定在某個不為0的數(shù)值(不會減少到0)這時電容器的電壓等于棒的電動勢數(shù)值，棒中無電流解決電磁感應圖象問題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是B­t圖還是­t圖，或者E­t圖、I­t圖等(2)分析電磁感應的具體過程(3)用右手定則或楞次定律確定方向對應關系(4)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關系式(5)根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，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，閉合導線框勻速穿過垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，磁場區(qū)域寬度大于線框尺寸，規(guī)定線框中逆時針方向的電流為正，則線框中電流i隨時間t變化的圖象可能正確的是()圖10­10B線框進入磁場過程中磁通量增加，根據(jù)楞次定律可得電流方向為逆時針(正方向)，線框離開磁場過程中磁通量減小，根據(jù)楞次定律可得電流方向為順時針(負方向)；根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律可得感應電流i，剛進入時有效切割長度最大，感應電流最大、一半進入磁場過程中有效切割長度變?yōu)樵瓉硪话?，感應電流變?yōu)樵瓉硪话?，完全進入后磁通量不變，不會產生感應電流，離開磁場的過程中有效切割長度與進入過程相同，感應電流變化也相同，故B正確，A、C、D錯誤考向2圖象的轉換6(2017·泰州一模)在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一個面積不變的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖10­11甲所示，取線圈中磁場B的方向向上為正，當磁場中的磁感應強度B隨時間t如圖乙變化時，下列圖中能正確表示線圈中感應電流變化的是()甲乙圖10­11ABCDA在0 s內，根據(jù)法拉第電磁感應定律，En根據(jù)楞次定律，感應電動勢的方向與圖示箭頭方向相反，為負值；在T內，根據(jù)法拉第電磁感應定律，En2E，所以感應電流是之前的2倍再根據(jù)楞次定律，感應電動勢的方向與圖示方向相反，為負值故A正確，B、C、D錯誤考向3圖象的應用7(2017·錫山中學月考)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，Q中通有變化電流i，電流隨時間變化的規(guī)律如圖10­12乙所示，P所受的重力為G，桌面對P的支持力為N，則()甲乙圖10­12At1時刻NG，P有收縮的趨勢Bt2時刻NG，P有擴張的趨勢Ct3時刻NG，此時P中沒有感應電流Dt4時刻NG，此時P中無感應電流A當螺線管中電流增大時，其形成的磁場不斷增強，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，故線圈有遠離和面積收縮的趨勢，則NG，P有收縮的趨勢，故A正確；當螺線管中電流不變時，其形成磁場不變，線圈P中的磁通量不變，因此磁鐵線圈中無感應電流產生，此時P沒有擴張的趨勢，故B錯誤；t3時刻螺線管中電流為零，NG；但是線圈P中磁通量是變化的，因此此時線圈中有感應電流，故C錯誤當螺線管中電流不變時，其形成磁場不變，線圈P中的磁通量不變，因此磁鐵線圈中無感應電流產生，故t4時刻NG，此時P中無感應電流，故D錯誤考點3| 電磁感應中電路和能量問題難度：較大 題型：選擇題、計算題 五年3考(對應學生用書第51頁)6(2015·江蘇高考T13)做磁共振(MRI)檢查時，對人體施加的磁場發(fā)生變化時會在肌肉組織中產生感應電流某同學為了估算該感應電流對肌肉組織的影響，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，線圈導線的截面積A080 cm2，電阻率15 ·m如圖10­13所示，勻強磁場方向與線圈平面垂直，若磁感應強度B在03 s內從15 T均勻地減為零，求：(計算結果保留一位有效數(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電動勢E；(3)03 s內該圈肌肉組織中產生的熱量Q【解題關鍵】解此題的關鍵有兩點：(1)注意區(qū)分線圈的面積和線圈導線的截面積(2)磁感應強度均勻減小，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R6×103 (2)感應電動勢E，代入數(shù)據(jù)得E4×102 V(3)由焦耳定律得Qt，代入數(shù)據(jù)得Q8×108 J【答案】(1)6×103 (2)4×102 V(3)8×108 J7(2013·江蘇高考T13)如圖10­14所示，勻強磁場中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平面與磁場垂直已知線圈的匝數(shù)N100，邊長ab10 m、bc05 m，電阻r2 磁感應強度B在01 s內從零均勻變化到02 T在15 s內從02 T均勻變化到02 T，取垂直紙面向里為磁場的正方向求：圖10­14(1)05 s時線圈內感應電動勢的大小E和感應電流的方向；(2)在15 s內通過線圈的電荷量q；(3)在05 s內線圈產生的焦耳熱Q 【導學號：17214167】【解析】(1)感應電動勢E1N ，磁通量的變化量1B1S，解得E1N ，代入數(shù)據(jù)得E110 V，感應電流的方向為adcba(2)同理可得E2N ，感應電流I2電荷量qI2t2，解得qN ，代入數(shù)據(jù)得q10 C(3)01 s內的焦耳熱Q1Irt1，且I1，15 s內的焦耳熱Q2Irt2由QQ1Q2，代入數(shù)據(jù)得Q100 J【答案】(1)10 V，感應電流的方向為adcba(2)10 C(3)100 J8(2017·江蘇高考T13)如圖10­15所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻質量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸求：圖10­15(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P 【導學號：17214168】【解析】(1)MN剛掃過金屬桿時，金屬桿的感應電動勢EBdv0回路的感應電流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，對金屬桿Fma由式得a(3)金屬桿切割磁感線的相對速度vv0v感應電動勢EBdv感應電流的電功率P由式得P【答案】(1)(2)(3)用動力學觀點、能量觀點解答電磁感應問題的一般步驟考向1電磁感應中的電路問題8(2017·鹽城二模)如圖10­16所示，兩根水平放置的平行金屬導軌，其末端連接等寬的四分之一圓弧導軌，圓弧半徑r041 m，導軌的間距為L05 m，導軌的電阻與摩擦均不計在導軌的頂端接有阻值為R115 的電阻，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B02 T，現(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻R205 、質量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動，在t0時刻，F(xiàn)015 N，經20 s運動到cd時撤去拉力，棒剛好能沖到最高點ab、(重力加速度g10 m/s2)求：圖10­16(1)金屬棒做勻加速直線運動的加速度；(2)金屬棒運動到cd時電壓表的讀數(shù)；(3)金屬棒從cd運動到ab過程中電阻R1上產生的焦耳熱 【導學號：17214169】【解析】(1)根據(jù)題意，金屬棒從ef位置開始勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律，有F0ma解得：a15 m/s2(2)金屬棒運動到cd時的速度vat15×20 m/s3 m/s感應電動勢EBLv02×05×3 V03 V感應電流I A015 A電壓表的讀數(shù)UIR1015×15 V0225 V(3)根據(jù)能量守恒定律，有：mv2mgrQ解得：Q04 J電阻R1上產生的焦耳熱為Q1Q×04 J03 J【答案】(1)15 m/s2(2)0225 V(3)03 J考向2電磁感應的動力學問題9(多選)(2017·南京一模)如圖10­17所示，均勻導體圍成等腰閉合三角形線圈abc，底邊與勻強磁場的邊界平行，磁場的寬度大于三角形的高度線圈從磁場上方某一高度處由靜止開始豎直下落，穿過該磁場區(qū)域，不計空氣阻力則下列說法中正確的是()圖10­17A線圈進磁場的過程中，可能做勻速直線運動B線圈底邊進、出磁場時線圈的加速度可能一樣C線圈出磁場的過程中，可能做先減速后加速的直線運動D線圈底邊進、出磁場時，線圈所受安培力可能大小相等，方向不同BC如果勻速，因為有效切割長度越小來越小，安培力會越來越小，不可能勻速運動，故A錯誤；如果線圈比較高，進入磁場后先減速后加速，可能導致進磁場的速度和出磁場的速度是一樣的，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； 如果出磁場時，安培力比重力大，那么線圈先減速，但是在減速的過程中，上面比較窄，安培力會越來越小，最終必然是一個先減速后加速的直線運動，故C正確；線圈進出磁場時的速度可能相等，根據(jù)F，安培力大小可能相等，但安培力方向都是向上的，阻礙線圈向下運動，所以安培力方向相同，故D錯誤10(2017·南京四模)如圖10­18甲所示，兩根平行的光滑金屬導軌MN、PQ和左側M、P間連接的電阻R構成一個固定的水平U型導體框架，導軌電阻不計且足夠長框架置于一個方向豎直向下、范圍足夠大的勻強磁場中，磁場左側邊界是OO質量為m、電阻為r的導體棒垂直放置在兩導軌上，并與導軌接觸良好，給導體棒一個水平向右的初速度v0，棒進入磁場區(qū)后回路中的電流I隨棒在磁場區(qū)中運動位移x(O點為x軸坐標原點)的變化關系如圖乙所示，根據(jù)題設條件和圖中給定數(shù)據(jù)求：甲乙圖10­18(1)導體棒進入磁場瞬間回路總電功率P0；(2)導體棒進入磁場瞬間加速度大小a0；(3)導體棒運動全過程中電阻R上產生的電熱QR 【導學號：17214170】【解析】(1)根據(jù)圖乙可得導體棒進入磁場瞬間回路的電流強度為I0，根據(jù)電功率的計算公式可得：P0I(Rr)(2)進入磁場時刻電動勢：E0BLv0I0(Rr)根據(jù)牛頓第二定律可得棒受安培力產生加速度：BI0Lma0解得：a0(3)棒從進入磁場到停止運動，由動能定理可得：WA0mv根據(jù)功能關系可得回路產生電熱：QWAmvR上產生電熱：QRQ【答案】(1)I(Rr)(2)(3)考向3電磁感應的能量問題11(2017·南京一模)如圖10­19甲所示，質量m1 kg、邊長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，保持靜止狀態(tài)勻強磁場垂直線圈平面向上，磁感應強度B隨時間t變化如圖乙所示，整個線圈都處在磁場中，重力加速度g10 m/s2求：甲乙圖10­19(1)t1 s時穿過線圈的磁通量；(2)4 s內線圈中產生的焦耳熱；(3)t35 s時，線圈受到的摩擦力【解析】(1)根據(jù)磁通量定義式，那么t1 s時穿過線圈的磁通量：BS01 Wb(2)由法拉第電磁感應定律E，結合閉合電路歐姆定律，I，那么感應電流，4 s內線圈中產生的感應電流大小，I005 A由圖可知，t總2 s；依據(jù)焦耳定律，則有：QI2rt總001 J(3)雖然穿過線圈的磁通量變化，線圈中產生感應電流，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，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，相距為L，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的位置整個裝置處于垂直斜面向下的勻強磁場中，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，其中B0、t0均為已知量已知ab棒的質量為m，電阻為R，長為L，與框架接觸良好并始終相對斜面靜止，t0時刻框架也靜止，框架與斜面間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g求：甲乙圖10­20(1)t0時刻，流過ab棒的電流大小和方向；(2)0t0時間內，通過ab棒的電荷量及ab棒產生的熱量；(3)框架MNPQ什么時候開始運動？ 【導學號：17214171】【解析】(1)設回路中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有：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)由電荷量的計算公式可得流過ab棒的電荷量為：qIt0，根據(jù)焦耳定律可得ab棒產生的熱量為：QI2Rt0(3)設經時間t框架恰好要動，對框架分析受力，有：Mgsin F安f而 f(Mm)gcos ，根據(jù)安培力的計算公式可得：F安BtIL，而磁感應強度為：BtB0t代入解得：tt0【答案】(1)，方向是ab(2)(3)經過t0開始運動熱點模型解讀| 電磁感應中的“桿導軌”模型(對應學生用書第54頁)考題2016·全國甲卷T242016·全國丙卷T252014·全國卷T252013·全國卷T25模型展示單側磁場模型雙側磁場模型旋轉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，導體棒是電源、安培力做負功，將機械能轉化為電能兩側存在電源，可能同時存在，可能先后出現(xiàn)，金屬棒切割產生電動勢同單側磁場類似電動勢的計算按中間的速度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，機械能轉化為電能典例(2017·湖南益陽調研)如圖10­21所示，兩條足夠長的平行金屬導軌傾斜放置(導軌電阻不計)，傾角為30°，導軌間距為05 m，勻強磁場垂直導軌平面向下，B02 T，兩根材料相同的金屬棒a、b與導軌構成閉合回路，a、b金屬棒的質量分別為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，假設最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力現(xiàn)對a棒施加一平行導軌向上的恒力F60 N，經過足夠長的時間后，兩金屬棒都達到了穩(wěn)定狀態(tài)求：圖10­21(1)金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)；(2)當兩金屬棒都達到穩(wěn)定狀態(tài)時，b棒所受的安培力大小(3)設當a金屬棒從開始受力到向上運動5 m時，b金屬棒向上運動了2 m，且此時a的速度為4 m/s，b的速度為1 m/s，則求此過程中回路中產生的電熱及通過a金屬棒的電荷量 【導學號：17214172】【解析】(1)a棒恰好靜止時，有magsin 30°magcos 30°解得(2)兩棒穩(wěn)定時以相同的加速度向上勻加速運動，此時兩棒有恒定的速度差對a棒：Fmagsin 30°magcos 30°F安maa對b棒：F安mbgsin 30°mbgcos 30°mba解得F安24 N(3)此過程對a、b棒整體根據(jù)功能關系，有QFxa(magsin 30°magcos 30°)xa(mbgsin 30°mbgcos 30°)xbmavmbv解得Q85 Jq·t解得q015 C【答案】(1)(2)24 N(3)85 J015 C拓展應用(2017·湖北八校聯(lián)考)如圖10­22所示，兩根平行的光滑金屬導軌MN、PQ放在水平面上，左端向上彎曲，導軌間距為L，電阻不計，水平段導軌所處空間存在方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B導體棒a與b的質量均為m，電阻值分別為RaR，Rb2Rb棒放置在水平導軌上足夠遠處，a棒在弧形導軌上距水平面h高度處由靜止釋放運動過程中導體棒與導軌接觸良好且始終與導軌垂直，重力加速度為g圖10­22(1)求a棒剛進入磁場時受到的安培力的大小和方向；(2)求最終穩(wěn)定時兩棒的速度大?。?3)從a棒開始下落到最終穩(wěn)定的過程中，求b棒上產生的內能【解析】(1)設a棒剛進入磁場時的速度為v，從開始下落到進入磁場根據(jù)機械能守恒定律有mghmv2a棒切割磁感線產生感應電動勢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)設兩棒最后穩(wěn)定時的速度為v，從a棒開始下落到兩棒速度達到穩(wěn)定根據(jù)動量守恒定律有mv2mv解得v(3)設a棒產生的內能為Ea，b棒產生的內能為Eb根據(jù)能量守恒定律得mv2×2mv2EaEb兩棒串聯(lián)內能與電阻成正比Eb2Ea解得Ebmgh【答案】見解析20