《（江蘇專版）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題十 電磁感應規(guī)律及其應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題十 電磁感應規(guī)律及其應用學案（20頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 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

2、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10-1所示，假設“天宮一號”正以速度v＝7．7 km/s繞地球做勻速圓周運動，運動方向與

3、太陽帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L＝20 m，地磁場的磁感應強度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1．0×10－5 T．將太陽帆板視為導體． 圖10-1 (1)求M、N間感應電動勢的大小E； (2)在太陽帆板上將一只“1．5 V，0．3 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R＝6．4×103 km，地球表面的重力加速度g取9．8 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字)． 【導學號：17214162】 【解題關鍵】　 關鍵語句 信息解讀 地磁場的

4、磁感應強度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1．0×10－5 T． v、L、B相互垂直，可直接應用公式E＝BLv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E＝BLv，代入數據得E＝1．54 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G＝mg “天宮一號”做勻速圓周運動，有G＝m 解得h＝－R，代入數據得h≈4×105 m(數量級正確都算對)． 【答案】　(1)1．54 V　(2)見解析　(3)4×105 m 2．(2014·江蘇高考T1)如

5、圖10-2所示，一正方形線圈的匝數為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Δt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10-2 A．　　　　　　　　 B． C． D． B　[由法拉第電磁感應定律知線圈中產生的感應電動勢E＝n＝n·S＝n·，得E＝，選項B正確．] 3．(多選)(2014·江蘇高考T7) 如圖10-3所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現接通交流電源，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10-

6、3 A．增加線圈的匝數 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、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10-4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

7、．下列說法正確的有(　　) 圖10-4 A．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，根據法拉第電磁感應定律E＝N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，即根據導體在磁場中做

8、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(自感現象)——“增反減同”． 3．求感應電動勢的兩種方法 (1)E＝n，用來計算感應電動勢的平均值． (2)E＝BLv，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ρ的硬質導線做成一個半徑為r的圓環(huán)，a

9、b為圓環(huán)的一條直徑．如圖10-5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(k＜0)，則(　　) 【導學號：17214164】 圖10-5 A．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Uab＝ D．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；根據法拉第電磁感應定律，有：E＝·πr2＝，由閉合電路歐姆定律可知，

10、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＝·πr2＝，線圈電阻R＝ρ，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10-6 A．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 D．R取不同的電阻值，穩(wěn)定后a環(huán)所受安培力都相等

11、 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1

12、0-7 A．圖是用來研究渦流現象的實驗電路 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象的，與渦流無關，故A錯誤；L是自感系數足夠大的線圈，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；根據線圈中出現感應電動勢從而阻礙電流的減

13、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，都已經實現了從理論研發(fā)到實際應用的轉化．如圖10-8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10-8 A．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

14、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象，不是“電流的磁效應”現象，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10-9所示，水平面

15、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．T＝0時，將開關S由1擲到2．q、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10-9 A　　　　　　　B C　　　　　　　D 【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

16、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E＝Blv，即增大，則實際電流減小，安培力F＝BIL，即減小，加速度a＝，即減?。驅к壒饣?，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遞減的，那么棒受到的安培力也是按指數遞減的，由牛頓第二定律知，它的加速度是按指數遞減的．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的數值，即電容器的電量應穩(wěn)定在某個不為0的數值(不會減少到0)．這時

17、電容器的電壓等于棒的電動勢數值，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B-t圖還是Φ-t圖，或者E-t圖、I-t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)律寫出函數關系式． (5)根據函數關系式，進行數學分析，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10-10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

18、線框中電流i隨時間t變化的圖象可能正確的是(　　) 圖10-10 B　[線框進入磁場過程中磁通量增加，根據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，根據楞次定律可得電流方向為順時針(負方向)；根據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)樵瓉硪话耄袘娏髯優(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

19、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10-11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10-11 A　　　　　　　B C　　　　　　D A　[在0～ s內，根據法拉第電磁感應定律，E＝n＝．根據楞次定律，感應電動勢的方向與圖示箭頭方向相反，為負值；在～T內，根據法拉第電磁感應定律，E′＝n＝＝2E，所以感應電流是之前的2倍．再根據楞次定律，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　

20、圖象的應用 7．(2017·錫山中學月考)如圖10-12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10-12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10-12 A．t1時刻N＞G，P有收縮的趨勢 B．t2時刻N＝G，P有擴張的趨勢 C．t3時刻N＝G，此時P中沒有感應電流 D．t4時刻N＜G，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N＞

21、G，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，N＝G；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N＝G，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

22、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r＝5．0 cm，線圈導線的截面積A＝0．80 cm2，電阻率ρ＝1．5 Ω·m．如圖10-13所示，勻強磁場方向與線圈平面垂直，若磁感應強度B在0．3 s內從1．5 T均勻地減為零，求：(計算結果保留一位有效數字) 圖10-13 (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)0．3 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

23、流恒定不變． 【解析】　(1)由電阻定律得R＝ρ，代入數據得 R≈6×103 Ω． (2)感應電動勢E＝，代入數據得E≈4×10－2 V． (3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入數據得Q＝8×10－8 J． 【答案】　(1)6×103 Ω　(2)4×10－2 V　(3)8×10－8 J 7．(2013·江蘇高考T13)如圖10-14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N＝100，邊長ab＝1．0 m、bc＝0．5 m，電阻r＝2 Ω．磁感應強度B在0～1 s內從零均勻變化到0．2 T．在1～5 s內從0．2 T均勻變化到－0．2 T，取垂直紙面向里

24、為磁場的正方向．求： 圖10-14 (1)0．5 s時線圈內感應電動勢的大小E和感應電流的方向； (2)在1～5 s內通過線圈的電荷量q； (3)在0～5 s內線圈產生的焦耳熱Q． 【導學號：17214167】 【解析】　(1)感應電動勢E1＝N ，磁通量的變化量ΔΦ1＝ΔB1S，解得E1＝N ，代入數據得E1＝10 V，感應電流的方向為a→d→c→b→a． (2)同理可得E2＝N ，感應電流I2＝ 電荷量q＝I2Δt2，解得q＝N ，代入數據得q＝10 C． (3)0～1 s內的焦耳熱Q1＝IrΔt1，且I1＝，1～5 s內的焦耳熱Q2＝IrΔt2 由Q＝Q1＋Q2

25、，代入數據得Q＝100 J． 【答案】　(1)10 V，感應電流的方向為a→d→c→b→a (2)10 C　(3)100 J 8．(2017·江蘇高考T13)如圖10-15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10-15 (1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I； (2)M

26、N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E＝Bdv0① 回路的感應電流I＝② 由①②式解得I＝．③ (2)金屬桿所受的安培力F＝BId④ 由牛頓第二定律得，對金屬桿F＝ma⑤ 由③④⑤式得a＝．⑥ (3)金屬桿切割磁感線的相對速度v′＝v0－v⑦ 感應電動勢E＝Bdv′⑧ 感應電流的電功率P＝⑨ 由⑦⑧⑨式得P＝．⑩ 【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

27、電路問題 8．(2017·鹽城二模)如圖10-16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r＝0．41 m，導軌的間距為L＝0．5 m，導軌的電阻與摩擦均不計．在導軌的頂端接有阻值為R1＝1．5 Ω的電阻，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝0．2 T，現有一根長度稍大于L、電阻R2＝0．5 Ω、質量m＝1．0 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t＝0時刻，F0＝1．5 N，經2．0 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g＝10 m/s2)．求： 圖10-16 (1)金

28、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； (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)根據題意，金屬棒從ef位置開始勻加速運動，根據牛頓第二定律，有F0＝ma 解得：a＝＝＝1．5 m/s2． (2)金屬棒運動到cd時的速度v＝at＝1．5×2．0 m/s＝3 m/s 感應電動勢E＝BLv＝0．2×0．5×3 V＝0．3 V 感應電流I＝＝ A＝0．15 A 電壓表的讀數U＝IR1＝0．15×1．5 V＝0．225 V． (3)根據能量守恒定律，有：mv2＝mgr＋Q 解得：Q＝

29、0．4 J 電阻R1上產生的焦耳熱為Q1＝Q＝×0．4 J＝0．3 J 【答案】　(1)1．5 m/s2　(2)0．225 V　(3)0．3 J ●考向2　電磁感應的動力學問題 9．(多選)(2017·南京一模)如圖10-17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10-17 A．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

30、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，根據牛頓第二定律，mg－F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

31、方向相同，故D錯誤．] 10．(2017·南京四模)如圖10-18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，根據題設條件和圖中給定數據求： 甲　　　　　　　　　　乙 圖10-18 (1)導體棒進入磁場瞬間回路總電功率P0； (2)導體棒進入磁

32、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)根據圖乙可得導體棒進入磁場瞬間回路的電流強度為I0， 根據電功率的計算公式可得：P0＝I(R＋r)． (2)進入磁場時刻電動勢：E0＝BLv0＝I0(R＋r) 根據牛頓第二定律可得棒受安培力產生加速度：BI0L＝ma0 解得：a0＝． (3)棒從進入磁場到停止運動，由動能定理可得：WA＝0－mv 根據功能關系可得回路產生電熱：Q＝－WA＝mv R上產生電熱：QR＝Q＝． 【答案】　(1)I(R＋r)　(2)　(3) ●考向3　電磁感應的能量問題 1

33、1．(2017·南京一模)如圖10-19甲所示，質量m＝1 kg、邊長ab＝1．0 m、電阻r＝2 Ω的單匝正方形閉合線圈abcd放置在傾角θ＝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g＝10 m/s2．求： 甲　　　　　　　　　乙 圖10-19 (1)t＝1 s時穿過線圈的磁通量； (2)4 s內線圈中產生的焦耳熱； (3)t＝3．5 s時，線圈受到的摩擦力． 【解析】　(1)根據磁通量定義式，那么t＝1 s時穿過線圈的磁通量：Φ＝BS＝0．1 Wb． (2)由法拉第電磁感應定律E＝，結合閉

34、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，I＝＝0．05 A 由圖可知，t總＝2 s； 依據焦耳定律，則有：Q＝I2rt總＝0．01 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，依據矢量的合成法則，則線圈受到的安培力的合力為零，因此t＝3．5 s時，線圈受到的摩擦力等于重力沿著斜面的分力，即：f＝mgsin θ＝5 N． 【答案】　(1)0．1 Wb　(2)0．01 J　(3)5 N 12．(2017·徐州模擬)如圖10-20甲所示，質量為M的“∩”形金屬框架MNPQ放在傾角為θ的絕緣斜面上，框架MN、PQ部分的電阻不計

35、，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為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g．求： 甲　　　　　　　　乙 圖10-20 (1)t0時刻，流過ab棒的電流大小和方向； (2)0～t0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

36、？ 【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：E＝n＝ 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a→b． (2)由電荷量的計算公式可得流過ab棒的電荷量為：q＝It0＝，根據焦耳定律可得ab棒產生的熱量為：Q＝I2Rt0＝． (3)設經時間t框架恰好要動，對框架分析受力，有：Mgsin θ＋F安＝f 而 f＝μ(M＋m)gcos θ， 根據安培力的計算公式可得：F安＝BtIL， 而磁感應強度為：Bt＝B0＋t 代入解得：t＝－t0． 【答案】　(1)，方向是a→b

37、　(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T24 2016·全國丙卷T25 2014·全國卷ⅡT25 2013·全國卷ⅠT25 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E＝BLv，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，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E＝BωL2 金屬棒切割磁感線給電容器充電．電路中有電流，金屬棒

38、受安培力，機械能轉化為電能 [典例]　(2017·湖南益陽調研)如圖10-21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0．5 m，勻強磁場垂直導軌平面向下，B＝0．2 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R＝1 Ω，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．現對a棒施加一平行導軌向上的恒力F＝60 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10-21 (1)金屬棒與導軌間的動摩擦因數； (2)當兩金屬棒都達到穩(wěn)定狀態(tài)時，b棒所

39、受的安培力大?。? (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°＝μmagcos 30°． 解得μ＝． (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：F－magsin 30°－μmagcos 30°－F安＝maa 對b棒：F安－mbgsin 30°－μmbgcos 30°＝mba 解得F安＝24 N． (3)此過程對a、b棒整體

40、根據功能關系，有 Q＝Fxa－(magsin 30°＋μmagcos 30°)xa－(mbgsin 30°＋μmbgcos 30°)xb－mav－mbv 解得Q＝85 J． q＝·Δt ＝ ＝＝ 解得q＝＝0．15 C． 【答案】　(1)　(2)24 N　(3)85 J　0．15 C [拓展應用]　(2017·湖北八校聯(lián)考)如圖10-22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Ra＝R，Rb＝2R．b棒放置在水平導軌上足夠遠處，

41、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10-22 (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 根據機械能守恒定律有mgh＝mv2 a棒切割磁感線產生感應電動勢E＝BLv 根據閉合電路歐姆定律有I＝ a棒受到的安培力F＝BIL 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 根據動量守恒定律有mv＝2mv′ 解得v′＝． (3)設a棒產生的內能為Ea，b棒產生的內能為Eb 根據能量守恒定律得mv2＝×2mv′2＋Ea＋Eb 兩棒串聯(lián)內能與電阻成正比Eb＝2Ea 解得Eb＝mgh． 【答案】　見解析 20