第2講電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用做真題明考向真題體驗透視命題規(guī)律授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第59頁真題再做1.(多選)(2018高考全國卷，T19)如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠外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)未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)下列說法正確的是()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B開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動解析：根據(jù)安培定則，開關(guān)閉合時鐵芯上產(chǎn)生水平向右的磁場開關(guān)閉合后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由南向北的電流，根據(jù)安培定則，直導(dǎo)線上方的磁場垂直紙面向里，故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動，A對開關(guān)閉合并保持一段時間后，直導(dǎo)線上沒有感應(yīng)電流，故小磁針的N極指北，B、C錯開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由北向南的電流，這時直導(dǎo)線上方的磁場垂直紙面向外，故小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動，D對答案：AD2(2018高考全國卷，T17)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，O為圓心軌道的電阻忽略不計OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，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磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程)；再使磁感應(yīng)強度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)在過程、中，流過OM的電荷量相等，則等于()A.B.C.D2解析：在過程中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I1且q1I1t1在過程中，有E2I2q2I2t2又q1q2，即所以.答案：B3(2018高考全國卷，T18)如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強度大小相等、方向交替向上向下一邊長為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運動線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()解析：設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i.線框位移等效電路的連接電流0I2i(順時針)lI0lI2i(逆時針)2lI0分析知，只有選項D符合要求答案：D4(2016高考全國卷，T24)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上t0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動t0時刻，金屬桿進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為g.求：(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??；(2)電阻的阻值解析：(1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得Fmgma設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學(xué)公式有vat0當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動勢為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(g)(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律得I式中R為電阻的阻值金屬桿所受的安培力為F安BlI因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得FmgF安0聯(lián)立式得R.答案：(1)Blt0(g)(2)考情分析命題特點與趨勢怎么考1高考對本部分內(nèi)容的要求較高，常在選擇題中考查電磁感應(yīng)中的圖象問題、電磁感應(yīng)中的電路、法拉第電磁感應(yīng)定律、能量轉(zhuǎn)換及電荷量的計算等知識點以導(dǎo)體棒運動為背景，綜合應(yīng)用電路的相關(guān)知識、牛頓運動定律和能量守恒定律以計算題形式作為壓軸題2電磁感應(yīng)中常涉及Bt圖象、t圖象、Et圖象、It圖象、Ft圖象和vt圖象，還涉及Ex圖象、Ix圖象等，這類問題既要用到電磁感應(yīng)的知識，又要結(jié)合數(shù)學(xué)知識求解，對考生運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力要求較高解題要領(lǐng)怎么做1抓住兩個關(guān)鍵：一是電動勢的大小，它取決于磁通量的變化率；二是電動勢的方向，實際方向與規(guī)定的正方向一致時取正，反之取負同時注意對無感應(yīng)電流區(qū)域的判斷2遷移力學(xué)知識、規(guī)律解決電磁感應(yīng)綜合問題3常用思想方法：(1)圖象法；(2)等效法；(3)守恒法；(4)模型法建體系記要點知識串聯(lián)熟記核心要點授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第60頁網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建要點熟記1“三定則、一定律”的應(yīng)用(1)安培定則：判斷運動電荷、電流產(chǎn)生的磁場方向(2)左手定則：判斷磁場對運動電荷、電流的作用力的方向(3)右手定則：判斷部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向(4)楞次定律：判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向2求感應(yīng)電動勢的兩種方法(1)En，用來計算感應(yīng)電動勢的平均值(2)EBLv，用來計算感應(yīng)電動勢的瞬時值或平均值3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”研考向提能力考向研析掌握應(yīng)試技能授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第60頁考向一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1判定感應(yīng)電流方向的兩種方法(1)楞次定律：一般用于線圈面積不變，磁感應(yīng)強度發(fā)生變化的情形(2)右手定則：一般用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情形2求感應(yīng)電動勢的方法(1)感生電動勢：En(2)動生電動勢：1(2018貴州貴陽期末)如圖甲所示，在同一平面內(nèi)有兩個絕緣金屬細圓環(huán)A、B，兩環(huán)重疊部分的面積為圓環(huán)A面積的一半，圓環(huán)B中電流i隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，以甲圖圓環(huán)B中所示的電流方向為負方向，則A環(huán)中()A沒有感應(yīng)電流B有逆時針方向的感應(yīng)電流C有順時針方向的感應(yīng)電流D感應(yīng)電流先沿順時針方向，后沿逆時針方向解析：由于A環(huán)中磁通量變化，所以A環(huán)中有感應(yīng)電流，選項A錯誤；根據(jù)楞次定律，A環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，選項B正確，C、D錯誤答案：B2.(多選)(2018江西贛州中學(xué)高三模擬)1831年10月28日，法拉第展示了他發(fā)明的圓盤發(fā)電機，其示意圖如圖所示，水平銅盤可繞豎直銅軸轉(zhuǎn)動，兩銅片M、N分別與銅盤邊緣和銅軸連接，使整個銅盤處于豎直向上的勻強磁場中M和N之間連接阻值為R的導(dǎo)體和滑動變阻器RP，若從上往下看，銅盤轉(zhuǎn)動的方向為順時針方向已知銅盤的半徑為L，銅盤轉(zhuǎn)動的角速度為，銅盤連同兩銅片對電流的等效電阻值為r，磁感應(yīng)強度為B，下列說法正確的是()A導(dǎo)體R中的電流方向從a到bB銅盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為BL2C移動滑動觸頭位置時，導(dǎo)體R的最大功率為D如果RPRr，則滑動變阻器的最大功率為解析：若從上往下看，銅盤轉(zhuǎn)動的方向為順時針方向，根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體R中的電流方向從b到a，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，銅盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBL2，故B正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律得I，則導(dǎo)體R的功率為PI2R()2R，當RP0時，導(dǎo)體的功率最大，即Pm，故C錯誤；把導(dǎo)體R等效成電源的內(nèi)阻，則電流的等效內(nèi)阻為rrR，此時外電路只有RP，故當RPrR時，滑動變阻器的功率最大，即Pm，故D正確答案：BD3.如圖甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個螺線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正以下說法正確的是()A從上往下看，01s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時針方向B01s內(nèi)圓環(huán)面積有擴張的趨勢C3s末圓環(huán)對桌面的壓力小于圓環(huán)的重力D12s內(nèi)和23s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相反解析：由圖乙知，01s內(nèi)螺線管中電流逐漸增大，穿過圓環(huán)向上的磁通量增大，由楞次定律知圓環(huán)中感應(yīng)電流的磁場向下，圓環(huán)面積有縮小的趨勢，從上往下看，01s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時針方向，選項A正確，B錯誤；同理可得12s內(nèi)和23s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相同，選項D錯誤；3s末電流的變化率為0，螺線管中磁感應(yīng)強度的變化率為0，在圓環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，圓環(huán)對桌面的壓力等于圓環(huán)的重力，選項C錯誤答案：A考向二電磁感應(yīng)中的圖象問題典例展示1(多選)(2018高考全國卷)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(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P為電流正方向?qū)Ь€框R中的感應(yīng)電動勢()A在t時為零B在t時改變方向C在t時最大，且沿順時針方向D在tT時最大，且沿順時針方向思路探究(1)如何判斷通電直導(dǎo)線周圍的磁場？(2)it圖象中的信息說明導(dǎo)線框R內(nèi)的磁通量如何變化？解析在t時，交流電圖線斜率為0，即磁場變化率為0，由ES知，E0，A對；在t和tT時，圖線斜率最大，在t和tT時感應(yīng)電動勢最大，在到之間，電流由Q向P減弱，導(dǎo)線在R處產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場，且磁場減弱，由楞次定律知，R產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向也垂直紙面向里，即R中感應(yīng)電動勢沿順時針方向，同理可判斷在到時，R中電動勢也為順時針方向，在T到T時，R中電動勢為逆時針方向，C對，B、D錯答案AC解決電磁感應(yīng)圖象問題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是Bt圖象還是t圖象，或者是Et圖象、It圖象等，如例題中考查了it圖象(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程，如例題中電流變化引起導(dǎo)線框R內(nèi)磁通量變化，要分段研究(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、牛頓運動定律等寫出函數(shù)關(guān)系式(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等(6)應(yīng)用圖象信息畫圖象、判斷圖象或討論各物理量的變化，如例題中是根據(jù)it圖象信息討論導(dǎo)線框R的電動勢變化4(多選)如圖甲所示，面積為S的n匝圓形閉合線圈內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小隨時間周期性變化，如圖乙所示已知線圈的電阻為R，則下列說法正確的是()A線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值為SB0B線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流最小值為C線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢周期為4sD01s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知EnS，結(jié)合圖乙分析可知，在01s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，最大值為EmaxnSnB0S，A錯誤；12s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最小為零，故感應(yīng)電流的最小值為零，B錯誤；由圖線可知，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢周期為4s，C正確；01s內(nèi)磁感應(yīng)強度逐漸增大，線圈中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，01s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向，D正確答案：CD5.如圖甲所示，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場在y軸方向足夠?qū)?，在x軸方向?qū)挾葹閍.一直角三角形導(dǎo)線框ABC(BC邊的長度為a)從圖示位置向右勻速穿過磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，在圖乙中感應(yīng)電流i、BC兩端的電壓uBC與導(dǎo)線框移動的距離x的關(guān)系圖象正確的是()解析：導(dǎo)線框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢EBLv，感應(yīng)電流i，在0a內(nèi)，有效長度L均勻變大，感應(yīng)電流i均勻變大，在a2a內(nèi)，有效長度L均勻變大，感應(yīng)電流均勻變大，由楞次定律可知，在線框進入磁場的過程中，感應(yīng)電流沿逆時針方向，電流是正的，在線框離開磁場的過程中，感應(yīng)電流沿順時針方向，感應(yīng)電流是負的，故A、B錯誤；BC兩端的電壓uBCiR，在0a內(nèi)，i均勻增大，uBC均勻增大，且B點電勢高于C點電勢，uBC>0；在a2a內(nèi)，i均勻增大，uBC均勻增大，且B點電勢低于C點電勢，uBC<0，故C錯誤，D正確答案：D6(多選)(2018河南洛陽一模)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個平行板電容器C和電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場中，磁感應(yīng)強度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應(yīng)強度方向為正)，MN始終保持靜止，則0t2時間()A電容器C的電荷量大小始終沒變B電容器C的a板先帶正電后帶負電CMN所受安培力的大小始終沒變DMN所受安培力的方向先向右后向左解析：由題圖乙可知，回路內(nèi)磁感應(yīng)強度變化率不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知ES為恒定值，電容器C兩端的電壓值不變，根據(jù)C可知，電容器C的電荷量大小始終沒變，選項A正確，B錯誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律知，MN中電流恒定不變，由于磁感應(yīng)強度B變化，MN所受安培力的大小變化，選項C錯誤；利用楞次定律可判斷出MN中感應(yīng)電流的方向為從N到M，根據(jù)左手定則，MN所受安培力的方向為先向右后向左，選項D正確答案：AD考向三電磁感應(yīng)中的電路與動力學(xué)問題典例展示2(2017高考海南卷)如圖，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌置于水平面(紙面)內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l，左端連有阻值為R的電阻，一金屬桿置于導(dǎo)軌上，金屬桿右側(cè)存在一磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場區(qū)域已知金屬桿以速度v0向右進入磁場區(qū)域，做勻變速直線運動，到達磁場區(qū)域右邊界(圖中虛線位置)時速度恰好為零，金屬桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好除左端所連電阻外，其他電阻忽略不計求金屬桿運動到磁場區(qū)域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率思路探究(1)金屬棒在磁場中運動的加速度是多大？(2)金屬棒在磁場中運動的位移是多少？(3)金屬棒來到磁場區(qū)域中間時的速度是多大？解析由題意可知，開始時金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBlv0依據(jù)閉合電路歐姆定律，則電路中電流為I再由安培力公式有FBIl設(shè)金屬桿的質(zhì)量為m，則金屬桿在整個過程中的加速度為a設(shè)金屬桿由開始到停止的位移為x，由運動學(xué)公式有0v2ax，解得x故正中間離開始的位移為x中設(shè)金屬桿在中間位置時的速度為v，由運動學(xué)公式有v2v2ax中，解得vv0則金屬桿運動到中間位置時，所受到的安培力為FBIl金屬桿中電流的功率為PI2R.答案解決電磁感應(yīng)中的電路和動力學(xué)問題的關(guān)鍵電磁感應(yīng)與動力學(xué)問題聯(lián)系的橋梁是磁場對感應(yīng)電流的安培力解答電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題，在分析方法上，要始終抓住導(dǎo)體的受力(特別是安培力)特點及其變化規(guī)律，明確導(dǎo)體的運動過程以及運動過程中狀態(tài)的變化，準確把握運動狀態(tài)的臨界點(3)臨界點運動狀態(tài)的變化點7.如圖所示，ab、cd是間距為l的光滑傾斜金屬導(dǎo)軌，與水平面的夾角為，導(dǎo)軌電阻不計，ac間接有阻值為R的電阻，空間存在磁感應(yīng)強度大小為B0、方向豎直向上的勻強磁場將一根阻值為r、長度為l的金屬棒從軌道頂端由靜止釋放，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運動的過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好已知當金屬棒向下滑行距離x到達MN處時達到穩(wěn)定速度，重力加速度為g，求：(1)金屬棒下滑到MN的過程中通過電阻R的電荷量；(2)金屬棒的穩(wěn)定速度的大小解析：(1)金屬棒下滑到MN的過程中的平均感應(yīng)電動勢為根據(jù)閉合電路歐姆定律，電路中的平均電流為，則qt.(2)金屬棒速度穩(wěn)定時的感應(yīng)電動勢為EB0lvcos電路中產(chǎn)生的電流為I金屬棒受的安培力為FB0Il穩(wěn)定時金屬棒的加速度為零，由力的平衡條件可知mgsinFcos0聯(lián)立以上各式解得，穩(wěn)定時金屬棒的速度v.答案：(1)(2)8.如圖所示，一與水平面夾角為37的傾斜平行金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌足夠長且相距L0.2m，另外兩根水平金屬桿MN和PQ的質(zhì)量均為m0.01kg，可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動，MN桿和PQ桿的電阻均為R0.2(傾斜金屬導(dǎo)軌電阻不計)，MN桿被兩個垂直于導(dǎo)軌的絕緣立柱擋住，整個裝置處于勻強磁場內(nèi)，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強度B1.0TPQ桿在恒定拉力F作用下由靜止開始向上加速運動，拉力F垂直PQ桿沿導(dǎo)軌平面向上，當運動位移x0.1m時PQ桿達到最大速度，此時MN桿對絕緣立柱的壓力恰好為零(g取10m/s2，sin370.6，cos370.8)求：(1)PQ桿的最大速度大小vm；(2)當PQ桿加速度a2m/s2時，MN桿對立柱的壓力大小解析：(1)PQ桿達到最大速度時，感應(yīng)電動勢為EmBLvm，感應(yīng)電流為Im，根據(jù)MN桿受力分析可得，mgsinBImL，聯(lián)立解得vm0.6m/s.(2)當PQ桿的加速度a2m/s2時，對PQ桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得FmgsinBILma，對MN桿受力分析，根據(jù)共點力的平衡可得BILFNmgsin0，PQ桿達到最大速度時，有FmgsinBImL0，聯(lián)立解得FN0.02N，根據(jù)牛頓第三定律可得MN桿對立柱的壓力大小FN0.02N.答案：(1)0.6m/s(2)0.02N考向四電磁感應(yīng)中的能量問題典例展示3如圖所示，豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框ABCD和abcd的邊長均為l、電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m，它們分別系在一跨過兩個定滑輪的絕緣輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場開始時ABCD的下邊界與勻強磁場的上邊界重合，abcd的上邊界到勻強磁場的下邊界的距離為l.現(xiàn)將兩導(dǎo)線框由靜止釋放，當ABCD全部進入磁場時，兩導(dǎo)線框開始做勻速運動不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)兩導(dǎo)線框勻速運動的速度大??；(2)兩導(dǎo)線框在從開始運動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱；(3)導(dǎo)線框abcd通過磁場的時間思維流程解析(1)如圖所示，設(shè)兩導(dǎo)線框剛勻速運動的速度大小為v、此時輕繩上的張力為FT，則對ABCD有FT2mg對abcd有FTmgBIlIEBlv則v(2)設(shè)兩導(dǎo)線框在從開始運動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱為Q，當左、右兩導(dǎo)線框分別向上、向下運動2l的距離時，兩導(dǎo)線框等高，對這一過程，由能量守恒定律有4mgl2mgl3mv2Q聯(lián)立解得Q2mgl(3)導(dǎo)線框abcd通過磁場的過程中以速度v勻速運動，設(shè)導(dǎo)線框abcd通過磁場的時間為t，則t聯(lián)立解得t.答案(1)(2)2mgl(3)求解電磁感應(yīng)中能量問題的策略(1)若回路中的電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及WUIt或QI2Rt直接進行計算(2)若回路中的電流變化，則可按以下兩種情況計算：利用功能關(guān)系求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒定律求解：其他形式的能的減少量等于回路中產(chǎn)生的電能，如例題(2)中焦耳熱的計算9.(2018河南洛陽一模)如圖所示，光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在豎直平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L1m，導(dǎo)軌間連接的定值電阻R3，導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m0.1kg的金屬桿ab，金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好，桿的電阻r1，其余電阻不計，整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B1T的勻強磁場中，磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向里重力加速度g取10m/s2.現(xiàn)讓金屬桿從AB位置由靜止釋放，忽略空氣阻力的影響，求：(1)金屬桿的最大速度；(2)若從金屬桿開始下落到剛好達到最大速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q0.6J，此時金屬桿下落的高度解析：(1)設(shè)金屬桿的最大速度為vm，此時安培力與重力平衡，即F安mg又F安BILEBLvmI代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立得vm4m/s(2)電路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q總Q0.8J由能量守恒定律得mghmvQ總代入數(shù)據(jù)解得h1.6m.答案：(1)4m/s(2)1.6m10如圖甲所示，斜面上存在一有理想邊界的勻強磁場，磁場方向與斜面垂直，在斜面上離磁場上邊界s10.36m處靜止釋放一單匝矩形金屬線框，線框底邊和磁場邊界平行，金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)0.5.整個線框進入磁場的過程中，機械能E和位移s之間的關(guān)系如圖乙所示已知E0E10.09J，線框的質(zhì)量為0.1kg，電阻為0.06，斜面傾角37，磁場區(qū)域的寬度d0.43m，重力加速度g取10m/s2，sin370.6，cos370.8.求：(1)線框剛進入磁場時的速度大小v1；(2)線框從開始進入磁場至完全進入磁場所用的時間t；(3)線框穿越磁場的整個過程中電功率的最大值解析：(1)在未進入磁場前，金屬線框做勻加速直線運動，有agsin37gcos372m/s2v2as1解得v11.2m/s.(2)金屬線框進入磁場的過程中，減小的機械能等于克服摩擦力Ff和安培力FA所做的功，機械能均勻減小，因此安培力為恒力，線框勻速進入磁場設(shè)線框的側(cè)邊長為s2，即線框進入磁場過程運動的距離為s2，根據(jù)功能關(guān)系，除重力之外的力所做的功等于物體機械能的變化，所以有EWfWA(FfFA)s2因為是勻速進入磁場，所以FfFAmgsin 370.6 N解得s20.15mts0.125s.(3)設(shè)線框剛出磁場時的速度大小為v2，則有vv2a(ds2)解得v21.6 m/s則線框剛出磁場時的速度最大，有PmaxI2R根據(jù)線框勻速進入磁場，有FAmgcos37mgsin37FABIL聯(lián)立解得Pmax0.43W.答案：(1)1.2m/s(2)0.125s(3)0.43W限訓(xùn)練通高考科學(xué)設(shè)題拿下高考高分單獨成冊對應(yīng)學(xué)生用書第145頁(45分鐘)一、單項選擇題1(2018貴州普通高等學(xué)校招生適應(yīng)性考試)如圖甲所示，一位于紙面內(nèi)的圓形線圈通過導(dǎo)線與一小燈泡相連，線圈中有垂直于紙面的磁場以垂直紙面向里為磁場的正方向，該磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是()At1t3時間內(nèi)流過小燈泡電流的方向先為ba后為abBt1t3時間內(nèi)流過小燈泡電流的方向先為ab后為baCt1t3時間內(nèi)小燈泡先變亮后變暗Dt1t3時間內(nèi)小燈泡先變暗后變亮解析：t1t3時間內(nèi)穿過線圈的磁通量先向里減小后向外增加，根據(jù)楞次定律可知，流過小燈泡電流的方向為ab，選項A、B錯誤；t1t3時間內(nèi)，Bt線的斜率先增大后減小，則磁通量的變化率先增大后減小，感應(yīng)電動勢先增大后減小，小燈泡先變亮后變暗，選項C正確，D錯誤答案：C2.(2017高考全國卷)如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場垂直，金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(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突然向右運動，在運動開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是()APQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向BPQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向CPQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向DPQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向解析：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)電流沿逆時針方向；原來T中的磁場方向垂直于紙面向里，閉合回路PQRS中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外，使得穿過T的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知T中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流綜上所述，可知A、B、C項錯誤，D項正確答案：D3.法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿b到a的方向流動C若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析：由右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電流沿a到b的方向流動，選項B錯誤；由感應(yīng)電動勢EBl2知，角速度恒定，則感應(yīng)電動勢恒定，電流大小恒定，選項A正確；角速度大小變化，感應(yīng)電動勢大小變化，但感應(yīng)電流方向不變，選項C錯誤；若變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應(yīng)電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由PI2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤答案：A4兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直邊長為0.1m、總電阻為0.005的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t0時刻進入磁場線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)下列說法正確的是()A磁感應(yīng)強度的大小為0.5TB導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5m/sC磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向內(nèi)D在t0.4s至t0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N解析：從題圖(b)可知，導(dǎo)線框運動的速度大小vm/s0.5 m/s，B項正確；導(dǎo)線框進入磁場的過程中，cd邊切割磁感線，由EBLv，得BT0.2T，A項錯誤；由圖可知，導(dǎo)線框進入磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針方向，根據(jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外，C項錯誤；在0.40.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場，回路中的電流大小IA2A，則導(dǎo)線框受到的安培力FBIL0.220.1N0.04N，D項錯誤答案：B二、多項選擇題5.如圖所示，一個正方形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，在磁場內(nèi)有一邊長為l、阻值為R的正方形線框，線框所在平面與磁場垂直如果以垂直于線框邊和磁場的速度v將線框從磁場中勻速拉出，下列說法正確的是()A如果將線框水平向右拉出磁場，線框經(jīng)過磁場邊界過程中將產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B在紙面內(nèi)無論沿哪個方向?qū)⒕€框拉出磁場，流過線框某一截面的電荷量都相同C將線框水平向右拉出磁場時產(chǎn)生的焦耳熱與速度v成正比D將線框水平向右拉出磁場時產(chǎn)生的焦耳熱與速度的平方v2成正比解析：如果將線框水平向右拉出磁場，穿過線圈垂直紙面向里的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，該過程中將產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，A正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E，由歐姆定律得I，通過導(dǎo)線某一截面的電荷量為qIt，可得q，故流過線框某一截面的電荷量與線圈穿出磁場的方向無關(guān)，B正確；根據(jù)焦耳定律可得QI2Rtt，所以焦耳熱Q與速度v成正比，C正確，D錯誤答案：ABC6.(2018四川雅安高三第三次診斷)如圖所示，足夠長的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成角(0<<90)，其中MN與PQ平行且間距為L，勻強磁場垂直導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)軌電阻不計，質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的電阻為R.當金屬棒ab下滑距離s時，速度大小為v，則在這一過程中()A金屬棒ab運動的平均速度大小為vB通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量為C金屬棒ab受到的最大安培力為D金屬棒ab克服安培力做功為mgssinmv2解析：分析ab棒的受力情況，有mgsinma，分析可得ab棒做加速度減小的加速運動，故其平均速度不等于初、末速度的平均值v，故A錯誤；通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量qItt，故B正確；ab棒受到的最大安培力為FBIL，故C正確；根據(jù)動能定理可知，mgssinW安mv2，金屬棒ab克服安培力做功為W安mgssinmv2，故D正確答案：BCD7(2018百校聯(lián)盟四月聯(lián)考)如圖所示，水平桌面上固定一定值電阻R，R兩端均與光滑傾斜導(dǎo)軌相連接，已知兩側(cè)導(dǎo)軌間距都為L，導(dǎo)軌平面與水平面均成37角，且均處于范圍足夠大的勻強磁場中質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒a沿左側(cè)導(dǎo)軌勻速下滑，導(dǎo)體棒b始終靜止在右側(cè)導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒電阻均為R，兩處磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，方向均與導(dǎo)軌平面垂直(sin370.6，cos370.8)，則()A導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為B導(dǎo)體棒a下滑的速度vC導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌下滑L距離的過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為D導(dǎo)體捧a沿導(dǎo)軌下滑L距離的過程中導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生的熱量為解析：導(dǎo)體棒a勻速下滑，其電流為導(dǎo)體棒b的兩倍，故b質(zhì)量應(yīng)為，故A正確；整個回路電阻R總R，分析a棒的運動，根據(jù)平衡條件有mgsin37BILBL，解得v，故B正確；導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌勻速下滑L距離，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量等于重力勢能的減小量，即QmgLsin37mgL，電阻R與導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生的熱量均為QQ，故C錯誤，D正確答案：ABD三、非選擇題8(2018湖南張家界高三第三次模擬)如圖甲所示，足夠長的兩金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平平行固定，兩導(dǎo)軌電阻不計，且處在豎直向上的磁場中，完全相同的導(dǎo)體棒a、b垂直放置在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好，兩導(dǎo)體棒的電阻均為R0.5，且長度剛好等于兩導(dǎo)軌間距L，兩導(dǎo)體棒的間距也為L，開始時磁場的磁感應(yīng)強度按圖乙所示的規(guī)律變化，當t0.8s時導(dǎo)體棒剛好要滑動已知L1m，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力求：(1)每根導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的滑動摩擦力的大小及0.8s內(nèi)整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱；(2)若保持磁場的磁感應(yīng)強度B0.5T不變，用如圖丙所示的水平向右的力F拉導(dǎo)體棒b，剛開始一段時間內(nèi)b做勻加速直線運動，每根導(dǎo)體棒的質(zhì)量為多少？(3)在(2)問條件下導(dǎo)體棒a經(jīng)過多長時間開始滑動？解析：(1)開始時磁場的磁感應(yīng)強度按圖乙所示變化，則回路中電動勢EL20.5V電路中的電流I0.5A當t0.8s時，F(xiàn)fF安BIL0.25N回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2I2Rt0.2J.(2)磁場的磁感應(yīng)強度保持B0.5T不變，在a運動之前，對b棒施加如圖丙所示的水平向右的拉力，根據(jù)牛頓第二定律FFfma，即FFfmat根據(jù)圖丙可得Ffma0.5，0.125求得a0.5m/s2，導(dǎo)體棒的質(zhì)量m0.5kg.(3)當導(dǎo)棒a剛好要滑動時，F(xiàn)f，求得v1m/s，此時b運動的時間t2s.答案：(1)0.25N0.2J(2)0.5kg(3)2s9如圖所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為30，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值為R的電阻，開關(guān)S1、S2分別與電阻和電容器相連一根質(zhì)量為m、電阻忽略不計的金屬棒放在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為.一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間，另一端跨過定滑輪與一質(zhì)量為4m的重物相連，金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導(dǎo)軌所在平面內(nèi)且與兩導(dǎo)軌平行，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌電阻不計初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰好處于伸長狀態(tài)，不計滑輪阻力，已知重力加速度為g.(1)若S1閉合、S2斷開，由靜止釋放重物，求重物的最大速度vm；(2)若S1斷開、S2閉合，從靜止釋放重物開始計時，求重物的速度v隨時間t變化的關(guān)系式解析：(1)S1閉合、S2斷開時，重物由靜止釋放后拉動金屬棒沿導(dǎo)軌向上做加速運動，當重物達到最大速度時，金屬棒受到的沿導(dǎo)軌向下的安培力為FBIL，感應(yīng)電動勢為EBLvm感應(yīng)電流為I當重物速度最大時有4mgmgsin30FFN式中FNmgcos30解得vm.(2)S1斷開、S2閉合時，設(shè)從釋放重物開始經(jīng)時間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為I，金屬棒受到的安培力FBIL，方向沿導(dǎo)軌向下，設(shè)在t到(tt)時間內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q，Q也是平行板電容器在t到(tt)時間內(nèi)增加的電荷量QCBLv，vat則ICBLa設(shè)繩中拉力大小為T，由牛頓第二定律，對金屬棒有Tmgsin30mgcos30BILma對重物有4mgT4ma，解得a可知重物做初速度為零的勻加速直線運動vatt.答案：(1)(2)vt10如圖所示，固定的兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌PMN、PMN，由傾斜和水平兩部分在M、M處平滑連接組成，導(dǎo)軌間距L1m，水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B1T金屬棒a、b垂直于傾斜導(dǎo)軌放置，質(zhì)量均為m0.2kg，a的電阻R11，b的電阻R23，a、b長度均為L1m，a棒距水平面的高度h10.45m，b棒距水平面的高度為h2(h2>h1)；保持b棒靜止，由靜止釋放a棒，a棒到達磁場中OO停止運動后再由靜止釋放b棒，a、b與導(dǎo)軌接觸良好且導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度g取10m/s2.(1)求a棒進入磁場MM時加速度的大?。?2)a棒從釋放到OO的過程中，求b棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若MM、OO間的距離x2.4m，b棒進入磁場后，恰好未與a棒相碰，求h2的值解析：(1)設(shè)a棒到MM時的速度為v1.由機械能守恒定律得mgh1mv進入磁場時a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv1感應(yīng)電流I對a棒受力分析，由牛頓第二定律得BILma代入數(shù)據(jù)解得a3.75m/s2.(2)設(shè)a、b產(chǎn)生的總焦耳熱為Q，由能量守恒定律得Qmgh1則b棒產(chǎn)生的焦耳熱QbQQ聯(lián)立解得Qb0.675J.(3)設(shè)b棒到MM時的速度為v2，有mgh2mvb棒進入磁場后，兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，設(shè)a、b一起勻速運動的速度為v，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv22mv設(shè)a棒經(jīng)時間t加速到v，由動量定理得BLtmv0又qt，a、b恰好不相碰，有BLx，聯(lián)立解得h21.8m.答案：(1)3.75m/s2(2)0.675J(3)1.8m