高考物理总复习含答案： 电磁感应中的力电综合问题(提高)

电磁感应综合问题1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的思路。

2.掌握应用动量守恒定律处理电磁感应问题的方法。

3.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。

4.会分析电磁感应中的图像问题。

5.会分析电磁感应中的动力学与能量问题。

电磁感应中的动力学与能量问题1(2024·河北·模拟预测)如图甲所示，水平粗糙导轨左侧接有定值电阻R =3Ω，导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B =1T ，导轨间距L =1m 。

一质量m =1kg ，阻值r =1Ω的金属棒在水平向右拉力F 作用下由静止开始从CD 处运动，金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25，金属棒的v -x 图像如图乙所示，取g =10m/s 2，求：(1)x =1m 时，安培力的大小；(2)从起点到发生x =1m 位移的过程中，金属棒产生的焦耳热；(3)从起点到发生x =1m 位移的过程中，拉力F 做的功。

【答案】(1)0.5N ；(2)116J ；(3)4.75J 【详解】(1)由图乙可知，x =1m 时，v =2m/s ，回路中电流为I =E R +r =BLv R +r=0.5A安培力的大小为F 安=IBL =0.5N (2)由图乙可得v =2x金属棒受到的安培力为F A =IBL =B 2L 2v R +r=x2(N )回路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，从起点到发生x =1m 位移的过程中，回路中产生的焦耳热为Q =W 安=F A x =0+0.52×1J =0.25J金属棒产生的焦耳热为Q 棒=r R +rQ =116J(3)从起点到发生x =1m 位移的过程中，根据动能定理有W F -W 安-μmgx =12mv 2解得拉力F 做的功为W F =4.75J1．电磁感应综合问题的解题思路2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q =I 2Rt ，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q =W 克安(W 克安为克服安培力做的功)；(3)能量转化：Q =ΔE (其他能的减少量)。

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分 电磁感应专题4.32 电磁感应与动量综合问题（提高篇）1．(10分) （2020新高考冲刺仿真模拟6）如图甲所示，光滑的水平绝缘轨道M 、N 上搁放着质量m 1＝0.2 kg 、电阻R 1＝0.02 Ω的“[”形金属框dabc ，轨道间有一有界磁场，变化关系如图乙所示．一根长度等于ab ，质量m 2＝0.1 kg 、R 2＝0.01 Ω的金属棒ef 搁在轨道上并静止在磁场的左边界上．已知轨道间距与ab 长度相等，均为L 1＝0.3 m ，ad ＝bc ＝L 2＝0.1 m ，其余电阻不计.0时刻，给“[”形金属框一初速度v 0＝3 m/s ，与金属棒碰撞后合在一起成为一闭合导电金属框(碰撞时间极短)．t 0时刻整个框刚好全部进入磁场，(t 0＋1) s 时刻，框右边刚要出磁场．求：(1)碰撞结束时金属框的速度大小； (2)0～t 0时间内整个框产生的焦耳热；(3)t 0～(t 0＋1) s 时间内，安培力对ab 边的冲量的大小． 【名师解析】 (1)碰撞过程中，动量守恒，得到 m 1v 0＝(m 1＋m 2)v v ＝2 m/s(2)对闭合金属框，0～t 0时间内由动量定理得： －BIL 1Δt ＝－BL 1Δq ＝(m 1＋m 2)Δv等号两边求和，得－BL 1q ＝(m 1＋m 2)(v ′－v ) 又因为q ＝B ΔS R 总＝BL 1L 2R 1＋R 2得到v ′＝1 m/s所以Q ＝12(m 1＋m 2)v 2－12(m 1＋m 2)v ′2＝0.45 J(3)t 0～(t 0＋1) s 时间内，整个框在磁场中运动，I ＝E R 总＝ΔΦΔtR 总＝ΔBL 1L 2ΔtR 总＝0.4 A 又因为B ′＝1－0.4(t －t 0) t 0≤t ≤t 0＋1所以F 安＝B ′IL 1＝0.12B ′＝0.12－0.048(t －t 0) I 安＝F安t ＝F 安1＋F 安22t ＝0.12×1＋0.12×0.62×1 N·s ＝0.096 N·s 2、如图甲所示，平行粗糙导轨固定在绝缘水平桌面上，间距L ＝0.2 m ，导轨左端接有R ＝1 Ω的电阻，质量为m ＝0.1 kg 的粗糙导体棒ab 垂直静置于导轨上，导体棒及导轨的电阻忽略不计.整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨向下.现用与导轨平行的外力F 作用在导体棒ab 上使之一开始做匀加速运动，且外力F 随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)比较导体棒a 、b 两点电势的高低； (2)前10 s 导体棒ab 的加速度大小；(3)若整个过程中通过R 的电荷量为65 C ，则导体棒ab 运动的总时间是多少？ 【参考答案】.(1)a 点电势较高 (2)5 m/s 2 (3)22 s【名师解析】(1)据右手定则知，a 点电势较高(2)由于导体棒一开始做匀加速运动，对ab 用牛顿第二定律：F －F 安－F f ＝ma ，F 安＝B 2L 2vR ，v ＝at综上得，F ＝B 2L 2aRt ＋F f ＋ma据题图乙可知前10 s ，F －t 图线斜率为0.05 N/s 即B 2L 2aR ＝0.05 N/s代入数据解得：a ＝5 m/s 2(3)当t ＝0时，F f ＋ma ＝1 N ，则F f ＝0.5 N 10 s 时导体棒的速度v 1＝at 1＝50 m/s 此时安培力F 安1＝0.5 N由于F ＝1 N ，且此时F f ＋F 安1＝F ＝1 N ，故10～15 s 内导体棒做匀速直线运动 0～15 s 内导体棒ab 的位移x ＝v 12t 1＋v 1t 2＝500 m通过R 的电荷量q 1＝ΔΦR 总＝BLxR ＝50 CF 为0后，导体棒做减速运动直到停止过程中通过R 的电荷量：q 2＝q －q 1＝15 C 对导体棒ab 应用动量定理：－F f t 3－BLq 2＝0－mv 1 解得t 3＝7 s则运动的总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝22 s3、如图所示，光滑平行金属导轨PQ 、MN 倾斜固定放置，导轨所在平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨底端连接有阻值为R 的电阻，导轨间距为L .方向垂直于导轨平面向下的有界匀强磁场的边界ab 、cd 垂直于导轨，磁场的磁感应强度大小为B ，边界ab 、cd 间距为s .将一长度为L 、质量为m 、阻值也为R 的金属棒垂直放置在导轨上，金属棒开始的位置离ab 的距离为12s ，现将金属棒由静止释放，金属棒沿导轨向下做加速运动，到达cd 位置时金属棒的加速度刚好为零，金属棒运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好，不计导轨及其他电阻，重力加速度为g ，求：(1)金属棒从释放到到达cd 位置的过程中，通过电阻R 的电荷量； (2)金属棒从ab 运动到cd 的时间. 【参考答案】.(1)BLs2R(2)2mR B 2L 2＋B 2L 2s mgR －2sg【名师解析】(1)通过电阻R 的电荷量q ＝I ·Δt ，E ＝ΔΦΔt ＝BLs Δt ，I ＝E 2R ，解得q ＝BLs2R；(2)设金属棒刚进入磁场时的速度为v 1，根据机械能守恒定律有mg ·12s ·sin θ＝12mv 12，解得v 1＝gs sin θ＝12gs ，金属棒运动到cd 位置时，加速度为零，有mg sin θ＝B 2L 2v 22R ，解得v 2＝mgRB 2L 2，由牛顿第二定律可知mg sin θ－BIL ＝ma ＝m Δv Δt ，即12mg ΣΔt －BL ΣI Δt ＝m ΣΔv ，[或由动量定理可得(mg sin θ－BIL )Δt ＝m Δv ，即12mg ΣΔt－BL ΣI Δt ＝m ΣΔv ]得12mgt －BLq ＝m (v 2－v 1)，解得t ＝2mR B 2L 2＋B 2L 2smgR－2sg. 4、如图所示，足够长的水平轨道左侧部分b 1b 2－c 1c 2轨道间距为2L ，右侧部分c 1c 2－d 1d 2的轨道间距为L ，圆弧轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计.在水平轨道内有斜向下与竖直方向夹角θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T.质量为M ＝0.2 kg 的金属棒C 垂直于轨道静止放置在右侧窄轨道上，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒A 自圆弧轨道上a 1a 2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与轨道保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，C 棒总在窄轨上运动.已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)金属棒C 匀速运动的速度大小；(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量；(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、B 在水平轨道间扫过的面积之差. 【参考答案】(1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2 【名师解析】(1)A 棒在圆弧轨道上下滑，由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 02，得v 0＝2gh ＝2 m/s.(2)选取水平向右为正方向，对A 、C 应用动量定理可得对C ：F C 安cos θ·t ＝Mv C ，对A ：－F A 安cos θ·t ＝mv A －mv 0，其中F A 安＝2F C 安，由以上知mv 0－mv A ＝2Mv C ，两棒最后匀速运动时，电路中无电流，有BLv C ＝2BLv A ，得v C ＝2v A ，联立两式得v C ＝29v 0＝0.44 m/s.(3)在C 加速过程中，有Σ(B cos θ)IL Δt ＝Mv C －0，q ＝ΣI Δt ，得q ＝509C ＝5.56 C.(4)根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ，其中磁通量变化量ΔΦ＝B ΔS cos 37°，电路中的电流I ＝E2R ，通过截面的电荷量q ＝It ，得ΔS ＝2509m 2＝27.8 m 2. 5、某小组同学在研究图甲所示的电磁枪原理时，绘制了图乙所示的简图(为俯视图)，图中两平行金属导轨间距为L 固定在水平面上，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，平行导轨左端电路如图所示，电源的电动势为E (内阻不计)，电容器的电容为C .一质量为m 、长度也为L 的金属导体棒垂直于轨道平放在导轨上，忽略摩擦阻力和导轨、导线的电阻，假设平行金属导轨足够长.(1)将开关S 接a ，电源对电容器充电. a.求电容器充电结束时所带的电荷量Q ；b.请在图丙中画出充电过程中电容器两极板间的电压u 随电容器所带电荷量q 变化的图象；借助u －q 图象求出稳定后电容器储存的能量E 0.(2)电容器充电结束后，将开关接b ，电容器放电，导体棒由静止开始运动，不计放电电流引起的磁场影响. a.已知自由电子的电荷量为e ，请你分析推导当导体棒获得最大速度之后，导体棒中某一自由电子所受的电场力与导体棒最大速度之间的关系式；b.导体棒由静止到获得最大速度的过程中，由于存在能量损失ΔE 损，电容器释放的能量没有全部转化为导体棒的动能，求ΔE 损. 【名师解析】(1)a.电容器充电完毕时其电压等于电动势E ，电容器所带的电荷量Q ＝CE ①b.根据u ＝q C ，画出u －q 图象如图所示，图线与横轴所围面积表示电容器储存的能量.有：E 0＝12EQ ②联立①②式可得：E 0＝12CE 2③(2)a.方法一：设金属导体棒获得最大速度v m 时，放电电流为零，此时电容器的电压U 与导体棒的感应电动势E 棒相等， 即：U ＝E 棒＝BLv m ④导体棒中恒定电场的场强为：E 场＝UL ＝Bv m导体棒中电子所受的电场力为F ＝eE 场＝eBv m方法二：金属导体棒获得最大速度后做匀速直线运动，电路中无电流，运动的电子在磁场中受到向下的洛伦兹力， 大小为：f ＝eBv m由于电子随导体棒做匀速直线运动，则电场力F 与洛伦兹力合力为零，即F －f ＝0，则：F ＝eBv m b.由(1)中结论可知，导体棒获得最大速度v m 时，电容器储存的能量为：E 1＝12CU 2⑤导体棒由静止到获得最大速度的过程中，根据能量守恒定律有：E 0＝E 1＋12mv m 2＋ΔE 损 ⑥设此过程电容器放电的电荷量为ΔQ ，则ΔQ ＝CE －CU ⑦方法一：设此过程中的平均电流为I ，时间为t ，根据动量定理有：BL I t ＝mv m －0⑧ 其中I t ＝ΔQ ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：ΔE损＝mCE22m＋CL2B2方法二：设任意时刻电路中的电流为i，取一段含此时刻的极短时间Δt，设此段时间内速度的改变量为Δv，根据动量定理有：ΣBLiΔt＝ΣmΔv⑧ΣiΔt＝ΔQ⑨ΣmΔv＝mv m－0⑩联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得：ΔE损＝mCE22m＋CL2B26、如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距为l＝0.2 m，其电阻不计．完全相同的两金属棒ab、cd垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触，已知两棒质量均为m＝0.01 kg，电阻均为R＝0.2 Ω，棒cd放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1.0 T．棒ab在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab棒运动x＝0.1 m时达到最大速度v m，此时cd棒对绝缘平台的压力恰好为零．取g＝10 m/s2，求：(1)ab棒的最大速度v m；(2)ab棒由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q；(3)ab棒由静止到最大速度所经历的时间t.【参考答案】：(1)1 m/s(2)5×10－3 J(3)0.2 s【名师解析】：(1)棒ab达到最大速度v m时，对棒cd有：BIL＝mg,由闭合电路欧姆定律知I＝E2R，棒ab切割磁感线产生的感应电动E＝BLv m,代入数据计算得出：v m ＝1 m/s;(2) ab 棒由静止到最大速度过程中，由功能关系得： Fx ＝mgx ＋12mv 2m＋Q棒ab 达到最大速度时受力平衡 F ＝mg ＋BIL 解得：Q ＝5×10－3 J(3)ab 棒由静止到最大速度过程中通过ab 棒的电荷量： q ＝I t ＝BLx2R＝0.05 C 在此过程中由动量定理可知： (F －mg －BIL )t ＝mv m －0 即(F －mg )t －BqL ＝mv m －0 解得：t ＝0.2 s.7、如图所示，电阻不计的“∠”形足够长且平行的导轨，间距L ＝1 m ，导轨倾斜部分的倾角θ＝53°，并与定值电阻R 相连．整个空间存在着B ＝5 T 、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场．金属棒ab 、cd 的阻值R ab ＝R cd ＝R ，cd 棒质量m ＝1 kg ，ab 棒光滑，cd 与导轨间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)ab 棒由静止释放，当滑至某一位置时，cd 棒恰好开始滑动．求这一时刻ab 棒中的电流； (2)若ab 棒无论从多高的位置释放，cd 棒都不动，分析ab 棒质量应满足的条件；(3)若cd 棒与导轨间的动摩擦因数μ≠0.3，ab 棒无论质量多大、从多高位置释放，cd 棒始终不动．求cd 棒与导轨间的动摩擦因数μ应满足的条件． 【参考答案】：(1)3.34 A (2)m ab ≤2.08 kg(3)μ≥0.75 【名师解析】：(1)cd 棒刚要开始滑动时，其受力分析如图所示．由平衡条件得BI cd L cos 53°－F f ＝0， F N －mg －BI cd L sin 53°＝0， 又因为F f ＝μF N ，联立以上三式，得I cd ＝1.67 A ， 所以I ab ＝2I cd ＝3.34 A.(2)ab 棒下滑时，最大安培力F A ＝m ab g sin 53°，cd 棒所受最大安培力应为12F A ，要使cd 棒不滑动，需满足：12F A cos 53°≤μ(mg ＋12F A sin 53°)． 由以上两式联立解得m ab ≤2.08 kg. (3)ab 棒下滑时，cd 棒始终静止，有 F A ′cos 53°≤μ(mg ＋F A ′sin 53°)． 解得μ≥F A ′cos 53°mg ＋F A ′sin 53°＝cos 53°mgF A ′＋sin 53°.当ab 棒质量无限大，在无限长轨道上最终一定匀速运动，ab 棒所受安培力趋于无穷大，cd 棒所受安培力F A ′亦趋于无穷大，有μ≥cos 53°sin 53°＝0.75.8、如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l ，所在平面的正方形区域abcd 内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上．如图所示，将甲、乙两阻值相同、质量均为m 的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l .从静止释放两金属杆的同时，在金属杆甲上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小为a ＝g sin θ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．(1)求每根金属杆的电阻R ；(2)从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F 随时间t 的变化关系式，并说明F 的方向；(3)若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q ，试求此过程中外力F 对甲做的功． 【参考答案】：(1)B 2l 22gl sin θ2mg sin θ(2)F ＝mg 2sin 2θ2gl sin θt ，方向沿导轨向下(3)2Q －mgl sin θ 【名师解析】：(1)甲、乙匀加速运动时加速度相同，所以，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，乙进入磁场时的速度v ＝2gl sin θ. 根据平衡条件有mg sin θ＝B 2l 2v 2R .解得R ＝B 2l 22gl sin θ2mg sin θ.(2)甲在磁场中运动时，外力F 始终等于安培力F ＝B 2l 2v 2R ，v ＝g sin θ·t ，将R ＝B 2l 22gl sin θ2mg sin θ代入得F ＝mg 2sin 2θ2gl sin θt ，方向沿导轨向下．(3)乙进入磁场前，甲、乙产生相同热量，设为Q 1，则有 F 安l ＝2Q 1，又F ＝F 安，故外力F 对甲做的功W F ＝Fl ＝2Q 1.甲出磁场以后，外力F 为零，乙在磁场中，甲、乙产生相同热量，设为Q 2，则有 F 安′l ＝2Q 2，又F 安′＝mg sin θ， 又Q ＝Q 1＋Q 2. 解得W F ＝2Q －mgl sin θ.。

电磁感应与电路问题-----高中物理模块典型题归纳（含详细答案）一、单选题1.如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A.PQ中电流先增大后减小B.PQ两端电压先减小后增大C.PQ上拉力的功率先减小后增大D.线框消耗的电功率先减小后增大2.如图表示，矩形线圈绕垂直于匀强磁场磁感线的固定轴O以角速度w逆时针匀速转动时，下列叙述中正确的是（）A.若从图示位置计时，则线圈中的感应电动势e=E m sinwtB.线圈每转1周交流电的方向改变1次C.线圈的磁通量最大时感应电动势为零D.线圈的磁通量最小时感应电动势为零3.如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻。

一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，不计导轨电阻，则（）A.通过电阻R的电流方向为P→R→MB.a、b两点间的电压为BLvC.a端电势比b端电势高D.外力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热4.闭合的金属环处于随时间均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面，则()A.环中产生的感应电动势均匀变化B.环中产生的感应电流均匀变化C.环中产生的感应电动势保持不变D.环上某一小段导体所受的安培力保持不变5.用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。

在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为U a、U b、U c 和U d。

下列判断正确的是()A.U a＜U b＜U c＜U dB.U a＜U b＜U d＜U cC.U a＝U b＜U c＝U dD.U b＜U a＜U d＜U c6.如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经画出．左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是()A.当金属棒向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点B.当金属棒向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点为等电势点C.当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点D.当金属棒向左加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点7.在匀强磁场中，ab、cd两根导体棒沿两根导轨分别以速度v1、v2滑动，如图所示。

电磁感应1.平行闭合线圈的匝数为n ，所围面积为S ，总电阻为R ，在t ∆时间内穿过每匝线圈的磁通量变化为∆Φ，则通过导线某一截面的电荷量为（ ）。

A ．R ∆Φ B ．R nS∆Φ C ．tR n ∆∆Φ D ．R n ∆Φ2.在电磁感应现象中，下列说法正确的是（ ） A ．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流 B ．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C ．闭合电路在磁场内作切割磁感线运动，电路内一定会产生感应电流D ．穿过闭合线圈的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流。

3. 如图1所示的电路中，一个N 极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的方形导线框，下列判断正确的是 （ ）A ．磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿abcd 方向，经过位置2时沿adcb 方向B ．磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿adcb 方向，经过位置2时沿abcd 方向C ．磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿abcd 方向D ．磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿adcb 方向4. 如图2所示，在同一铁心上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接在1位置，现在它从1打向2，试判断此过程中，通过R 的电流方向是 （ ） A ．先由P 到Q ，再由Q 到P B ．先由Q 到P ，再由P 到Q C ．始终是由Q 到P D ．始终是由P 到Q5. 如图3所示中，L 1和L 2是两个相同灯泡，L 是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R 相同，在开关S 接通的瞬间，下列说法正确的是 （ ） A ．接通时L 1先达到最亮，断开时L 1后灭 B ．接通时L 2先达到最亮，断开时L 2后灭 C ．接通时L 1先达到最亮，断开时L 1先灭 D ．接通时L 2先达到最亮，断开时L 2先灭6. 如图4所示，两竖直放置的平行光滑导轨处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，金属杆ab 可沿导轨滑动，原先S 断开，让ab 杆由静止下滑，一段时间后闭合S ，则从S 闭合开始记时，ab 杆的运动速度v 随时间t 的关系图不可能是下图中的哪一个？ ( )图 1图 2图37. 如图6示，金属杆ab 以恒定的速率v 在光滑的平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R （恒定不变），整个装置置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，下列说法不正确的是 （ ） A ．ab 杆中的电流与速率v 成正比B ．磁场作用于ab 杆的安培力与速率v 成正比C ．电阻R 上产生的电热功率与速率v 平方成正比D ．外力对ab 杆做功的功率与速率v 的成正比8.由于地磁场的存在，飞机在一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有一定的电势差。

第9课时 电磁感应的综合应用 考点 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．求感应电动势的两种方法(1)E ＝n ΔΦΔt，用来计算感应电动势的平均值． (2)E ＝Bl v 或E ＝12Bl 2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值． 2．判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断．3．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式(1)阻碍磁通量的变化——“增反减同”．(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．(4)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”．例1 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图1(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )图1A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0答案 BC解析 在0～t 0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．变式训练1．(多选)(2020·山东等级考模拟卷·12)竖直放置的长直密绕螺线管接入如图2甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化．螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环(未画出)，圆环轴线与螺线管轴线重合．下列说法正确的是( )图2A ．t ＝T 4时刻，圆环有扩张的趋势 B ．t ＝T 4时刻，圆环有收缩的趋势 C ．t ＝T 4和t ＝3T 4时刻，圆环内的感应电流大小相等 D ．t ＝3T 4时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流 答案 BC解析 t ＝T 4时刻，线圈中通有俯视顺时针且逐渐增大的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐增加．由楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，A 错误，B 正确；t ＝3T 4时刻，线圈中通有俯视顺时针且逐渐减小的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐减小，由楞次定律可知，圆环中的感应电流为俯视顺时针，D 错误；t ＝T 4和t ＝3T 4时刻，线圈中电流的变化率一致，即由线圈电流产生的磁场变化率一致，则圆环中的感应电流大小相等，C 正确． 例2 (多选)(2019·山东枣庄市上学期期末)如图3所示，水平放置的半径为2r 的单匝圆形裸金属线圈A ，其内部有半径为r 的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下；线圈A 的圆心和磁场区域的圆心重合，线圈A 的电阻为R .过圆心的两条虚线ab 和cd 相互垂直．一根电阻不计的直导体棒垂直于ab 放置，使导体棒沿ab 从左向右以速度v 匀速通过磁场区域，导体棒与线圈始终接触良好，线圈A 中会有感应电流通过．撤去导体棒，使磁场的磁感应强度均匀变化，线圈A 中也会有感应电流，如果使cd 左侧的线圈中感应电流大小和方向与导体棒经过cd 位置时的相同，则( )图3A ．磁场一定增强B ．磁场一定减弱C ．磁感应强度的变化率为4B v πrD ．磁感应强度的变化率为8B v πr答案 AC解析 根据右手定则，导体棒切割磁感线产生的感应电流通过cd 左侧的线圈时的方向是逆时针的，根据楞次定律，使磁场的磁感应强度均匀变化，产生同样方向的感应电流，磁场一定增强，故A 正确，B 错误；导体棒切割磁感线时，根据法拉第电磁感应定律，导体棒经过cd位置时产生的感应电动势E ＝2Br v ，根据欧姆定律，通过cd 左侧的线圈中感应电流大小I ＝E R2＝4Br v R ；磁场的磁感应强度均匀变化时，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，ΔB Δt ×r 2πR＝4Br v R ，ΔB Δt ＝4B v πr，故C 正确，D 错误． 变式训练2．(2019·山东济南市3月模拟)在如图4甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1 000匝，横截面积S ＝20 cm 2.螺线管导线电阻r ＝1.0 Ω，R 1＝4.0 Ω，R 2＝5.0 Ω，C ＝30 μF.在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是( )图4A ．螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB ．闭合K ，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电C ．闭合K ，电路中的电流稳定后，电阻R 1的电功率为2.56×10－2 WD ．闭合K ，电路中的电流稳定后，断开K ，则K 断开后，流经R 2的电荷量为1.8×10－2 C 答案 C解析 根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ；解得：E ＝0.8 V ，故A 错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，则电容器的下极带正电，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I ＝E R 1＋R 2＋r＝0.08 A ，根据 P ＝I 2R 1解得：P ＝2.56×10－2 W ，故C 正确；K 断开后，流经R 2的电荷量即为K 闭合时电容器一个极板上所带的电荷量Q ，电容器两端的电压为：U ＝IR 2＝0.4 V ，流经R 2的电荷量为：Q ＝CU ＝1.2×10－5 C ，故D 错误． 考点 电磁感应中的电路与图象问题1．电磁感应现象中的电源与电路(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．(2)在电源内部电流由负极流向正极．(3)电源两端的电压为路端电压．2．解图象问题的三点关注(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程可以分为几个阶段，这几个阶段分别与哪段图象变化相对应．(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．3．解图象问题的两个分析方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．例3 (多选)(2019·贵州部分重点中学教学质量评测卷(四))长为L 的金属棒OP 固定在顶角为2θ的塑料圆锥体侧面上，ab 为圆锥体底面直径．圆锥体绕其轴OO ′以角速度ω在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中匀速转动，转动方向如图5所示，下列说法正确的是( )图5A ．金属棒上O 点的电势高于P 点B ．金属棒上O 点的电势低于P 点C ．金属棒OP 两端电势差大小为12Bω2L sin θD ．金属棒OP 两端电势差大小为12BωL 2sin 2 θ 答案 AD解析 由右手定则知金属棒OP 在匀速转动过程中切割磁感线产生的感应电动势方向由P 指向O ，在电源内部由电势低处指向电势高处，则金属棒上O 点的电势高于P 点，故A 正确，B 错误．金属棒OP 在匀速转动过程中切割磁感线的有效长度L ′＝O ′P ＝L sin θ，故产生的感应电动势E ＝BL ′·12ωL ′＝12BωL 2sin 2 θ，故C 错误，D 正确． 变式训练3.(2019·安徽宣城市期末调研测试)边界MN 的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B 、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l 的正三角形金属线框abc 粗细均匀，三边阻值相等，a 顶点刚好位于边界MN 上，现使线框围绕过a 点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图6所示，则在ab 边开始转入磁场的瞬间ab 两端的电势差U ab 为( )图6A.13Bl 2ω B ．－12Bl 2ω C ．－13Bl 2ω D.16Bl 2ω 答案 A 解析 当ab 边刚进入磁场时，ab 部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即a 、b 间的距离为l ，E ＝Bl v ＝Bl lω2＝12Bl 2ω；设每个边的电阻为R ，a 、b 两点间的电势差为：U ＝I ·2R ＝E 3R ·2R ，故U ＝13Bωl 2，故A 正确，B 、C 、D 错误． 例4 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图7，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab 、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ 、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ 进入磁场时加速度恰好为零．从PQ 进入磁场开始计时，到MN 离开磁场区域为止，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能正确的是( )图7答案 AD解析 根据题述，PQ 进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ 通过磁场区域一段时间后MN 进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是A ；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ 没有出磁场区域时MN 就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ 出磁场后，MN 切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I 1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN 所受的安培力一定大于MN 的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN 一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是D. 变式训练4.(2019·安徽合肥市第一次质量检测)如图8所示，一有界匀强磁场区域的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L ；正方形导线框abcd 的边长也为L ，当bc 边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域．若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图象是( )图8答案 B解析 设导线框运动的加速度为a ，则某时刻其速度v ＝at ，所以在0～t 1时间内(即当bc 边位于磁场左边缘时开始计时，到bc 边位于磁场右边缘结束)，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BL v ＝BLat ，电动势为逆时针方向．由闭合电路欧姆定律得：I ＝BLa R t ，电流为正．其中R 为线框的总电阻．所以在0～t 1时间内，I ∝t ，故A 、C 错误；从t 1时刻开始，ad 边开始切割磁感线，电动势大小E ＝BLat ，其中t 1＜t ≤t 2，电流为顺时针方向，为负，电流I ＝BLa Rt ，t 1＜t ≤t 2，其中I 0＝BLa R t 1，电流在t 1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持I 0＝BLa R t 1不变，故B 正确，D 错误．考点电磁感应中的动力学与能量问题1．电荷量的求解电荷量q ＝I Δt ，其中I 必须是电流的平均值．由E ＝n ΔΦΔt 、I ＝E R 总、q ＝I Δt 联立可得q ＝n ΔΦR 总，此式不涉及时间．2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt ，适用于电流、电阻不变； (2)功能关系：Q ＝W 克服安培力，电流变或不变都适用；(3)能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量，电流变或不变都适用．3．电磁感应综合题的解题策略(1) 电路分析：明确电源与外电路，可画等效电路图．(2) 受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v 的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v 的变化．(3) 过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”．(4) 能量分析：克服安培力做的功，等于把其他形式的能转化为电能的多少．例5 (2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图9所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面上平行于底边的虚线ef 下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，边长为L 的正方形导线框abcd 放在斜面上，线框的电阻为R ，线框的cd 边刚好与ef 重合．无初速度释放线框，当ab 边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，线框的质量为m ，重力加速度为g ，求：图9(1)ab 边刚好要进入磁场时线框的速度大小；(2)从释放线框到ab 边进入磁场时，通过线框横截面的电荷量．答案 (1)mgR sin θB 2L 2 (2)BL 2R解析 (1)ab 边刚好要进入磁场时， mg sin θ＝F A ＝B 2L 2v R解得：v ＝mgR sin θB 2L 2(2)线框进入磁场的过程中，平均电流为I ＝E R根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔФΔt 通过线框横截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔФR ＝BL 2R.变式训练5．(多选)(2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟)如图10甲所示，在MN 、OP 间存在一匀强磁场，t ＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F 作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动，外力F 随时间t 变化的图线如图乙所示，已知线框质量m ＝1 kg 、电阻R ＝2 Ω，则( )图10A ．线框的加速度大小为2 m/s 2B ．磁场宽度为6 mC ．匀强磁场的磁感应强度大小为 2 TD ．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为22 C 答案 ACD 解析 整个线框在磁场中运动时只受外力F 作用，则加速度a ＝F m＝2 m/s 2.由题图可知，从线框右边刚进入磁场到右边刚离开磁场，运动的时间为2 s ，磁场的宽度d ＝12at 12＝4 m ，所以选项A 正确，B 错误；当线框全部进入磁场前的瞬间：F 1－F 安＝ma ，而F 安＝BIL ＝B 2L 2v R＝B 2L 2at R ，线框的宽度L ＝12at 12＝12×2×12 m ＝1 m ，联立得：B ＝ 2 T ，所以选项C 正确；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为q ＝ΔФR ＝BL 2R ＝2×122 C ＝22C ，所以选项D 正确．例6 (2019 ·浙南名校联盟期末)如图11甲所示，在竖直方向上有4条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1L 2之间、L 3L 4之间存在匀强磁场，大小均为1 T ，方向垂直于虚线所在平面．现有一根电阻为2 Ω的均匀金属丝，首尾相连制成单匝矩形线圈abcd ，连接处接触电阻忽略，宽度cd ＝L ＝0.5 m ，线圈质量为0.1 kg ，将其从图示位置由静止释放(cd 边与L 1重合)，速度随时间变化的关系如图乙所示，其中0～ t 1时间内图线是曲线，其他时间内都是直线；并且t 1时刻cd 边与L 2重合，t 2时刻ab 边与L 3重合，t 3时刻ab 边与L 4重合，已知t 1～t 2的时间间隔为0.6 s ，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g 取10 m/s 2)．求：图11(1)线圈匀速运动的速度大小；(2)线圈的长度ad ；(3)在0～t 1时间内通过线圈的电荷量；(4)0～t 3时间内，线圈ab 边产生的热量．答案 (1) 8 m/s (2) 2 m (3) 0.25 C (4) 0.18 J解析 (1) t 2～t 3时间ab 边在L 3L 4内做匀速直线运动，E ＝BL v 2，F ＝B E R L ，F ＝mg 联立解得：v 2＝mgR B 2L2＝8 m/s ， (2)从cd 边出L 2到ab 边刚进入L 3线圈一直做匀加速直线运动，ab 刚进上方磁场时，cd 也应刚进下方磁场，设磁场宽度是d ，由v 2＝v 1＋gt 得，v 1＝2 m/s ，则3d ＝v 1＋v 22t ＝3 m ，得：d ＝1 m ，有：ad ＝2d ＝2 m ，(3)0～t 1时间内，通过线圈的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BdL R＝0.25 C ， (4)在0～t 3时间内由能量守恒得：线圈产生热量Q 总＝mg ·5d －12m v 22＝1.8 J 故线圈ab 边产生热量Q ＝110Q 总＝0.18 J. 变式训练6.(2019·福建三明市期末质量检测)如图12所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L ＝0.4 m ，其下端连接一个定值电阻R ＝4 Ω，其他电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝1 T ．一质量为m ＝0.04 kg 的导体棒ab 垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图12(1)求导体棒下滑的最大速度；(2)若导体棒从静止加速到v ＝4 m/s 的过程中，通过R 的电荷量q ＝0.2 C ，求R 产生的热量值． 答案 (1)6 m/s (2)0.16 J解析 (1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则：mg sin θ＝BIL ，I ＝BL v R 联立解得v ＝6 m/s(2)设该过程中电流的平均值为I ，则q ＝I ΔtI ＝ER ，E ＝BLx Δt 由能量守恒定律可得：mgx sin θ＝12m v 2＋Q 联立解得：x ＝2 m ，Q ＝0.16 J ．考点 电磁感应中的动量和能量问题1.电磁感应与动量综合问题往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律，并结合闭合电路欧姆定律等物理规律及基本方法求解.2.动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量.所以，在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦，在求解双杆模型问题时，在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态，而直接求得最终状态.例7 (2019·福建福州市期末质量检测)如图13所示，空间存在一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ；边长为L 的正方形金属框abcd (简称方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U 形金属框架MNQP (仅有MN 、NQ 、QP 三条边，简称U 形框)，U 形框的M 、P 端的两个触点与方框接触良好且无摩擦，其他地方没有接触.两个金属框每条边的质量均为m ，每条边的电阻均为r .(1)若方框固定不动，U 形框以速度v 0垂直NQ 边向右匀速运动，当U 形框的接触点M 、P 端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求U 形框上N 、Q 两端的电势差U NQ ；(2)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的水平初速度v 0，U 形框恰好不能与方框分离，求方框最后的速度v t 和此过程流过U 形框上NQ 边的电荷量q ；(3)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的初速度v (v >v 0)，在U 形框与方框分离后，经过t 时间，方框的最右侧和U 形框的最左侧之间的距离为s .求分离时U 形框的速度大小v 1和方框的速度大小v 2.图13答案 见解析解析 (1)由法拉第电磁感应定律得：E ＝BL v 0此时电路图如图所示由串并联电路规律，外电阻为R 外＝2r ＋3r ×r 3r ＋r ＝114r 由闭合电路欧姆定律得：流过QN 的电流I ＝E R 外＋r＝4BL v 015r 所以：U NQ ＝E －Ir ＝1115BL v 0； (2)U 形框向右运动过程中，方框和U 形框组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒. 依题意得：方框和U 形框最终速度相同，设最终速度大小为v t ；3m v 0＝(3m ＋4m )v t解得：v t ＝37v 0 对U 形框，由动量定理得：－BL I t ＝3m v t －3m v 0由q ＝I t解得：q ＝12m v 07BL(3)设U 形框和方框分离时速度分别为v 1和v 2，系统动量守恒：3m v ＝3m v 1＋4m v 2 依题意得：s ＝(v 1－v 2)t联立解得：v 1＝37v ＋4s 7tv 2＝37v －3s 7t. 专题突破练级保分练1.(2019·广东珠海市质量监测)如图1所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO ′转动，摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则( )图1A ．铜盘转动将变快B ．铜盘转动将变慢C ．铜盘仍以原来的转速转动D ．因磁极方向未知，无法确定答案 B解析 假设蹄形磁铁的上端为N 极，下端为S 极，铜盘顺时针转动(从OO ′方向看)．根据右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘．通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力的方向是沿逆时针方向，其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小．无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反．同时，转动过程中，机械能转化为电能，最终转化为内能，所以转得慢了．所以B 正确，A 、C 、D 错误．2．(多选)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图2甲所示，匀强磁场垂直穿过矩形金属线框abcd ，磁感应强度B 随时间t 按图乙所示规律变化，下列说法正确的是( )图2A．t1时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aB．t3时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aC．t2时刻线框的感应电流最大D．t1时刻线框ab边受到的安培力方向向右答案AD解析t1时刻穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框的感应电流方向为a→b→c→d→a，由左手定则可知，线框ab边受到的安培力方向向右，选项A、D正确；t3时刻穿过线框的磁通量向里减小，可知线框的感应电流方向为a→d→c→b→a，选项B错误；B－t图象的斜率等于磁感应强度的变化率，可知t2时刻磁感应强度的变化率为零，则线框的感应电流为零，选项C错误．3.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图3，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()图3答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v 1＝v 2，这时两相同的光滑导体棒ab 、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v 0＝m v 1＋m v 2，解得v 1＝v 2＝v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．4.(2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图4所示，宽为L 的光滑导轨竖直放置，左边有与导轨平面垂直的区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为B ，右边有两块水平放置的金属板，两板间距为d .金属板和电阻R 都与导轨相连．要使两板间质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，阻值也为R 的金属棒ab 在导轨上的运动情况可能为(金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g )( )图4A ．向右匀速运动，速度大小为2dmg BLqB ．向左匀速运动，速度大小为2dmg BLqC ．向右匀速运动，速度大小为dmg 2BLqD ．向左匀速运动，速度大小为dmg 2BLq答案 A解析 两板间质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，则qE ＝mg ，板间电场强度E ＝mg q ，方向竖直向下；两板间电压U ＝Ed ＝mgd q，且上板带正电、下板带负电．金属棒ab 切割磁感线相当于电源，两金属板与电阻R 并联后接在金属棒两端，则金属棒中电流方向由b 流向a ，U ＝R R ＋R·E ＝12·BL v ，则金属棒ab 在导轨上的运动速度v ＝2mgd qBL ；据金属棒中电流方向由b 流向a 和右手定则可得，金属棒向右运动．综上，A 正确，B 、C 、D 错误．5.(2019·北京市东城区上学期期末)如图5所示，两光滑水平放置的平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右匀速运动时( )图5A ．电容器两端的电压为零B ．通过电阻R 的电流为BL v RC ．电容器所带电荷量为CBL vD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R答案 C解析 当导线MN 匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压．此时导线MN 产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U ＝E ＝BL v ，故A 、B 错误．电容器所带电荷量Q ＝CU ＝CBL v ，故C 正确；因匀速运动后MN 所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D 错误．6．(多选)(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图6甲所示，通电直导线MN 和正方形导线框在同一水平面内，ab 边与MN 平行，先给MN 通以如图乙所示的电流，然后再通以如图丙所示的正弦交流电，导线和线框始终保持静止不动，电流从N 到M 为正，已知线框中的磁通量与直导线MN 中的电流成正比，则下列说法正确的是( )图6A ．通以如图乙所示的电流时，线框中产生的电流先减小后增大B ．通以如图乙所示的电流时，线框中的感应电流方向始终不变C ．通以如图丙所示的电流时，0～t 2时间内，线框受到的安培力方向不变D ．通以如图丙所示的电流时，t 3 时刻线框受到的安培力为零答案 BD解析 由题意可知，从N 到M 的方向为电流正方向；通以如题图乙所示的电流时，在0～t 1时间内电流方向为从M 到N ，穿过线框abcd 的磁场方向垂直纸面向外，大小在减小，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda ；在t 1时刻后，电流方向为N 到M ，穿过线框abcd 的磁场方向垂直纸面向里，大小在增大，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda ，故电流的方向不变，根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔФΔt ，则线框中的感应电流为I ＝E R ＝ΔФΔt ×1R ，因线框中的磁通量与直导线MN 中的电流成正比，即ΔФΔt ∝ΔI Δt，则由乙图可知ΔI Δt 一直保持不变，故ΔФΔt不变，则感应电流I 不变，故A 错误，B 正确；通以如题图丙所示的电流时，在0～t 22时间内，导线中电流沿正方向增大，则线框中的磁场向里增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，即为abcda ，根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向右，cd 边受到的安培力方向向左，根据F ＝BIL 可知，I 、L 相同，但ab 边离导线近，故ab 边所在处的磁感应强度大于cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向右；在t 22～t 2时间内，导线中电流沿正方向减小，则线框中的磁场向里减小，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，即为adcba ；根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向左，cd 边受到的安培力方向向右，根据F ＝BIL 可知，I 、L 相同，但ab 边离导线近，故ab 边所在处的磁感应强度大于cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向左，故在0～t 2时间内线框受到的安培力方向改变，故C 错误；由题图丙可知，在t 3时刻电流为零，根据F ＝BIL 可知，此时线框受到的安培力为零，故D 正确．7．(2019·湖北十堰市上学期期末)如图7甲所示，导体棒MN 置于水平导轨上，PQMN 所围成的矩形的面积为S ，PQ 之间有阻值为R 的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t 0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( )图7A ．在0～2t 0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向先向左后向右，大小不变B ．在0～t 0时间内，通过导体棒的电流方向为N 到MC ．在t 0～2t 0时间内，通过电阻R 的电流大小为SB 0Rt 0。

专题二 电磁感应力电综合问题 学案例题：如图1所示，线圈内有理想边界的磁场，当磁场均匀增加时，有一带电微粒静止于平行板（两板水平放置）电容器中间，若线圈匝数为n ，平行板电容器的板间距离为d ，微粒的质量为m ，带电量为q ，线圈的面积为S,则：（1）微粒带什么电？（2）磁感应强度的变化率为多少？（3）如图2，若在两板间加一垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B ，微粒以初速度v 向右匀速运动，求磁感应强度的变化率为多少？变式：1、有一截面积为S 0=0.5m 2、电阻为r =10Ω、匝数为n =100匝的圆形线框A ，处在如图所示的磁场B 中，磁场的变化规律如图乙所示。

已知固定电阻R 1=40Ω、R 2=50Ω，水平放置的平行金属板电容器的两板间距为d=2.4cm ，规定磁场方向垂直纸面向里为正方向。

当开关S 断开时，在两板中心P 处有一带电微粒刚好处于静止状态。

取g=10m/s 2。

（1）问带电微粒带什么电荷？ （2）求带电微粒的荷质比。

（3）若先取走p 处的微粒，将开关S 闭合，待电容器电压稳定后，再在P 处释放同样的带电微粒（初速度忽略不计），求该带电微粒运动到金属板的时间。

图1图22、如图所示，一半径为r 的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的左端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d ，板长为l ，t =0时，磁场的磁感应强度B 从B 0开始均匀增大，同时，在板2的左端且非常靠近板2的位置有一质量为m 、带电量为-q 的液滴以初速度v 0水平向右射入两板间，该液滴可视为质点.⑴要使该液滴能从两板间射出，磁感应强度随时间的变化率K 应满足什么条件？ ⑵要使该液滴能从两板间右端的中点射出，磁感应强度B 与时间t3、如图所示，有小孔O 和O′的两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场．金属杆ab 与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动．某时刻ab 进入Ⅰ区域，同时一带正电小球从O 孔竖直射入两板间．ab 在Ⅰ区域运动时，小球匀速下落；ab 从Ⅲ区域右边离开磁场时，小球恰好从O ′孔离开．已知板间距为3d ，导轨间距为L ，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d ．带电小球质量为m ，电荷量为q ，ab 运动的速度为v 0，重力加速度为g ．求：（1）磁感应强度的大小（2）ab 在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小 （3）小球射入O 孔时的速度v实战练习．1.（2013年广东高考）如图所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属轨道上。

高考物理电磁感应现象压轴题提高题专题及答案一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图，光滑金属轨道POQ 、´´´P O Q 互相平行，间距为L ，其中´´O Q 和OQ 位于同一水平面内，PO 和´´P O 构成的平面与水平面成30°。

正方形线框ABCD 边长为L ，其中AB 边和CD 边质量均为m ，电阻均为r ，两端与轨道始终接触良好，导轨电阻不计。

BC 边和AD 边为绝缘轻杆，质量不计。

线框从斜轨上自静止开始下滑，开始时底边AB 与OO ´相距L 。

在水平轨道之间，´´MNN M 长方形区域分布着有竖直向上的匀强磁场，´OM O N L =>，´´N M 右侧区域分布着竖直向下的匀强磁场，这两处磁场的磁感应强度大小均为B 。

在右侧磁场区域内有一垂直轨道放置并被暂时锁定的导体杆EF ，其质量为m 电阻为r 。

锁定解除开关K 与M 点的距离为L ，不会阻隔导轨中的电流。

当线框AB 边经过开关K 时，EF 杆的锁定被解除，不计轨道转折处OO ´和锁定解除开关造成的机械能损耗。

（1）求整个线框刚到达水平面时的速度0v ； （2）求线框AB 边刚进入磁场时，AB 两端的电压U AB ； （3）求CD 边进入磁场时，线框的速度v ；（4）若线框AB 边尚未到达´´M N ，杆EF 就以速度23123B L v mr=离开M ´N ´右侧磁场区域，求此时线框的速度多大？【答案】（132gL 2）16BL gL ；（3）23323B L gL mr；（4）233223B L gL mr【解析】 【分析】 【详解】（1）由机械能守恒201sin 302sin 30022mgL mg L mv +=︒︒- 可得032v gL =（2）由法拉第电磁感应定律可知0E BLv =根据闭合电路欧姆定律可知032BLv I r =根据部分电路欧姆定律12AB U I r =⋅可得AB U =（3）线框进入磁场的过程中，由动量定理022BIL t mv mv -⋅∆=-又有232BL I t r ⋅∆=代入可得233B L v mr= （4）杆EF 解除锁定后，杆EF 向左运动，线框向右运动，线框总电流等于杆EF 上电流 对杆EF1BIL t m v ⋅∆=∆对线框22BIL t m v ⋅∆=⋅∆可得122v v ∆=∆整理得到2321123B L v v mr∆=∆=可得232223B L v v v mr=-∆=2．如图所示，光滑导线框abfede 的abfe 部分水平，efcd 部分与水平面成α角，ae 与ed 、bf 与cf 连接处为小圆弧，匀强磁场仅分布于efcd 所在平面，方向垂直于efcd 平面，线框边ab 、cd 长均为L ，电阻均为2R ，线框其余部分电阻不计。

高三物理新课标电磁感应规律及其应用复习题（含答案）电磁感应现象是指放在变化磁通量中的导体，会发生电动势，以下是电磁感应规律及其运用温习题，请考生练习。

一、选择题(共8小题，每题5分，共40分。

在每题给出的四个选项中，第1～5题只要一项契合6～8题有多项契合标题要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1.有一个磁悬浮玩具，其原理是应用电磁铁发生磁性，让具有磁性的玩偶动摇地飘浮起来，其结构如下图。

假定图中电源的电压恒定，可变电阻为一可随意改动电阻大小的装置，那么以下表达正确的选项是()A.电路中的电源必需是交流电源B.电路中的a端须衔接直流电源的负极C.假定添加盘绕软铁的线圈匝数，可添加玩偶飘浮的最大高度D.假定将可变电阻的电阻值调大，可添加玩偶飘浮的最大高度2.如下图，一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路。

虚线MN 右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。

回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD一直与MN 垂直。

从D点抵达边界末尾到C点进入磁场为止，以下说法中正确的选项是()A.感应电流方向为顺时针方向B.CD段直导线一直不受安培力C.感应电动势的最大值E = BdvD.感应电动势的平均值=Bdv3. (2021唐山一模)如下图，一呈半正弦外形的闭合线框abc，ac=l，匀速穿过边界宽度也为l的相邻磁感应强度大小相反的匀强磁场区域，整个进程中线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)()4.如下图，有一闭合的等腰直角三角形导线ABC。

假定让它沿BA的方向匀速经过有清楚边界的匀强磁场(场区宽度大于直角边长)，以逆时针方向为正，从图示位置末尾计时，在整个进程中，线框内的感应电流随时间变化的图象是图中的()5.(2021长春质量监测)如下图，用一根横截面积为S的粗细平均的硬导线R的圆环，把圆环一半置于平均变化的磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小随时间的变化率=k(k0)，ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为，那么以下说法中正确的选项是()A.圆环具有扩张的趋向B.圆环中发生逆时针方向的感应电流C.图中ab两点间的电压大小为kR2D.圆环中感应电流的大小为6.如下图的正方形导线框abcd，电阻为R，现维持线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域。

高考物理总复习电磁感应题型归纳一、电磁感应中的电路及图像问题类型一、根据B t -图像的规律，选择E t -图像、I t -图像电磁感应中线圈面积不变、磁感应强度均匀变化，产生的感应电动势为S B E n n nSk t t φ∆∆===∆∆，磁感应强度的变化率B k t∆=∆是定值，感应电动势是定值， 感应电流E I R r=+就是一个定值，在I t -图像上就是水平直线。

例1、矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间变化的规律如图所示。

若规定顺时针方向为感应电流I 的正方向，下列各图中正确的是（ ）【思路点拨】磁感应强度的变化率为定值，感应电动势电流即为定值。

应用楞次定律“增反减同”逐段判断电流的方向，同一个斜率电流方向、大小均相同。

【答案】D 【解析】根据法拉第电磁感应定律，S B E nn t t φ∆∆==∆∆，导线框面积不变，B t∆∆为一定值，感应电动势也为定值，感应电流也为定值，所以A 错误。

0-1s 磁感应强度随时间增大，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针，为负，C 错误。

1-3s 斜率相同即B t ∆∆相同为负，与第一段的B t∆∆大小相等，感应电动势、感应电流大小相等，方向相反，为顺时针方向，为正，所以B 错误，D 正确。

【总结升华】斜率是一个定值，要灵活应用法拉第电磁感应定律（这里定性分析）。

1-3s 可以分段分析判断感应电流的方向，速度太慢，这里充分应用1-2s 和2-3s 是同一个斜率, 感应电动势、感应电流大小相等方向相同，概念清晰，解题速度快。

类型二 选择E t -图像、U t -图像、I t -图像或E －x 图像、U －x 图像和I －x 图像例2、如图所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区域，已知对角线AC 的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直．下面对于线框中感应电流随时间变化的图象(电流以ABCD 顺序流向为正方向，从C 点进入磁场开始计时)正确的是 ( )【思路点拨】先根据楞次定律判断感应电流的方向，再结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化．解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道在切割产生的感应电动势公式E=BLv中，L为有效长度．【答案】B【解析】线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向为ABCD方向，即为正值，在出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为ADCBA，即为负值．在线圈进入磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，在线圈进入磁场的后一半过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；在线圈出磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电流均匀增大，在线圈出磁场的后一半的过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电流均匀减小．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【变式】一正方形闭合导线框abcd ，边长L=0.1m ，各边电阻为1Ω，bc 边位于x 轴上，在x 轴原点O 右方有宽L=0.1m 、磁感应强度为1T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，如图所示，当线框以恒定速度4m/s 沿x 轴正方向穿越磁场区域过程中，下面4个图可正确表示线框进入到穿出磁场过程中，ab 边两端电势差ab U 随位置变化情况的是（ ）【答案】B 【解析】由题知ab 边进入磁场做切割磁感线运动时，据闭合电路知识，3330.344ab BLv U I R R BLv V R =⋅=⋅==，且a 点电势高于b 点电势，同理ab 边出磁场后cd 边进入磁场做切割磁感线运动，10.14ab U BLv V ==，a 点电势高于b 点电势，故B正确，A 、C 、D 错误。

习题课三电磁感应中的综合问题课后·训练提升基础巩固一、选择题(第1~2题为单选题,第3~6题为多选题)1.如图所示,垂直于导体框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为B,导体ef的长为l,ef的电阻为r,外电阻阻值为R,其余电阻不计。

ef与导体框接触良好,当ef在外力作用下向右以速度v匀速运动时,ef两端的电压为( )A.BlvB.BlvRR+r C.BlvrR+rD.BlvrR,导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv,ef两端的电压相当于电源的路端电压,根据闭合电路欧姆定律得U ef=ER总·R=BlvR+rR,选项B正确。

2.在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示,当磁场的磁感应强度B随时间t 按图乙所示变化时,下列选项能正确表示线圈中感应电动势E变化的是( )内,磁感应强度均匀增大,根据楞次定律,线圈中感应电流为负方向,且保持不变;1~3s内,磁感应强度不变,线圈中感应电流为零;3~5s 内,磁感应强度均匀减小,线圈中感应电流为正方向,且保持不变;0~1s内和3~5s内磁场的变化率之比为2∶1,即感应电动势之比为2∶1,可得出感应电动势图像为B,选项B正确。

3.由螺线管、电阻和水平放置的平行板电容器组成的电路如图所示,其中,螺线管匝数为n,横截面积为S,电容器两极板间距为d。

螺线管处于竖直向上的匀强磁场中,一质量为m、电荷量为q的带正电颗粒悬停在电容器中,重力加速度大小为g,则( )A.磁感应强度均匀增大B.磁感应强度均匀减小C.磁感应强度变化率为nmgdqSD.磁感应强度变化率为mgdnqS,带正电颗粒悬停在电容器中,粒子受重力与静电力作用,故静电力竖直向上,电容器下极板带正电,即通电螺线管的下端为电源正极,根据电源内部的电流由负极流向正极,由安培定则可知磁感应强度均匀减小,选项A错误,B正确。

带正电颗粒悬停在电容器中,粒子受重力与静电力作用,有qE=mg,根据法拉第电磁感应定律有E电=nΔΦΔt =nΔBΔtS,且E=E电d,联立解得ΔBΔt =mgdnqS,选项C错误,D正确。

高考物理电磁感应现象习题综合题附答案一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 倾斜放置，两导轨间距离为L ，导轨平面与水平面间的夹角θ，所处的匀强磁场垂直于导轨平面向上，质量为m 的金属棒ab 垂直于导轨放置，导轨和金属棒接触良好，不计导轨和金属棒ab 的电阻，重力加速度为g ．若在导轨的M 、P 两端连接阻值R 的电阻，将金属棒ab 由静止释放，则在下滑的过程中，金属棒ab 沿导轨下滑的稳定速度为v ，若在导轨M 、P 两端将电阻R 改接成电容为C 的电容器，仍将金属棒ab 由静止释放，金属棒ab 下滑时间t ，此过程中电容器没有被击穿，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B 的大小为多少？ （2）金属棒ab 下滑t 秒末的速度是多大？ 【答案】（1）2sin mgR B L vθ=2）sin sin t gvt v v CgR θθ=+ 【解析】试题分析：（1）若在M 、P 间接电阻R 时，金属棒先做变加速运动，当加速度为零时做匀速运动，达到稳定状态．则感应电动势E BLv =，感应电流EI R=，棒所受的安培力F BIL =联立可得22B L v F R =，由平衡条件可得F mgsin θ=，解得2mgRsin B L vθ（2）若在导轨 M 、P 两端将电阻R 改接成电容为C 的电容器，将金属棒ab 由静止释放，产生感应电动势，电容器充电，电路中有充电电流，ab 棒受到安培力． 设棒下滑的速度大小为v '，经历的时间为t则电容器板间电压为 U E BLv ='= 此时电容器的带电量为Q CU = 设时间间隔△t 时间内流经棒的电荷量为Q则电路中电流Q C U CBL v i t t t ∆∆∆===∆∆∆，又va t∆=∆，解得i CBLa = 根据牛顿第二定律得mgsin BiL ma θ-=，解得22mgsin gvsin a m B L C v CgRsin θθθ==++所以金属棒做初速度为0的匀加速直线运动，ts 末的速度gvtsin v at v CgRsin θθ'==+．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；电磁感应中的能量转化【名师点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况．2．如图，垂直于纸面的磁感应强度为B ，边长为 L 、电阻为 R 的单匝方形线圈 ABCD 在外力 F 的作用下向右匀速进入匀强磁场，在线圈进入磁场过程中，求： (1)线圈进入磁场时的速度 v 。

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分电磁感应专题4.25 磁场变化产生的感应电动势问题（提高篇）一．选择题1.（2020年3月武汉质检）如图(a)所示，在倾角θ=37°的斜面上放置着一个金属圆环，圆环的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场（未画出）中，磁感应强度的大小按如图(b)所示的规律变化。

释放圆环后，在t=8t0和t=9t0时刻，圆环均能恰好静止在斜面上。

假设圆环与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，则圆环和斜面间的动摩擦因数为A ．B ．C ．D ．【参考答案】.D【命题意图】本题以静止在斜面上金属圆环为情景，考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件及其相关知识点，考查的核心素养是“运动和力”的观点、场的观点和科学思维能力。

【解题思路】设金属圆环半径为r，则面积为S=πr2，圆环单位长度电阻为R0，则圆环电阻为R=2πr R0，在0~8t0时间内，金属圆环内磁感应强度变化率大小为Bt∆∆=08Bt，根据法拉第电磁感应定律，在金属圆环中产生的感应电动势大小为，E1=0.5SBt∆∆=πr2016Bt，感应电流为I1=E1/R=00032rBR t，在t=8t0时刻，金属圆环所受安培力为F1=B0I1·2r=220016r BR t。

由平衡条件，mgsinθ+F1=μmgcosθ，即0.6mg+220016r BR t=0.8μmg···○1；在9t0~10t0时间内，金属圆环内磁感应强度变化率大小为Bt∆∆=0Bt，根据法拉第电磁感应定律，在金属圆环中产生的感应电动势大小为，E2=0.5SBt∆∆=πr202Bt，感应电流为I2=E2/R=0004rBR t，在t=9t0时刻，金属圆环所受安培力为F 2=B 0I 2·2r=220002r B R t 。

专题六电磁感应知识点一：精要回顾知识点二1．电磁感应中电路知识的关系图2.电磁感应中的图像问题3.电磁感应中的能量问题（1）．电磁感应中的能量转化（2）．求解焦耳热Q的三种方法方法一：焦耳定律Q＝I2Rt。

方法二：功能关系Q＝W克服安培力。

方法三：能量转化Q＝ΔE其他能的减少量。

4.动量定理在电磁感应中的应用（1).导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为I 其他＋I －lB Δt ＝m v －m v 0或I 其他－I －lB Δt ＝m v －m v 0；若其他力的冲量和为零，则有I －lB Δt ＝m v －m v 0或－I －lB Δt ＝m v －m v 0。

(2).求电荷量：q ＝I －Δt ＝m v 0－m v Bl 。

(3).求位移：由－B 2l 2v －R Δt ＝m v －m v 0有s ＝v －Δt ＝（m v 0－m v ）R B 2l 2。

5.动量守恒定律在电磁感应中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒定律，运用动量守恒定律解题比较方便。

练习：1.(2020·山东等级考)(多选) 如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。

一位于Oxy 平面内的刚性导体框abcde 在外力作用下以恒定速度沿y 轴正方向运动（不发生转动）。

从图示位置开始计时，4s 末bc 边刚好进入磁场。

在此过程中，导体框内感应电流的大小为I ， ab 边所受安培力的大小为F ab ，二者与时间t 的关系图像，可能正确的是（BC ）A. B.C. D.2.(2021·山东等级考)(多选) 如图所示，电阻不计的光滑U 形金属导轨固定在绝缘斜面上。

区域Ⅰ、Ⅰ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅰ区中为匀强磁场。

高考物理电磁感应现象压轴难题综合题含答案解析一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图所示，水平放置的两根平行光滑金属导轨固定在平台上导轨间距为1m ，处在磁感应强度为2T 、竖直向下的匀强磁场中，平台离地面的高度为h ＝3.2m 初始时刻，质量为2kg 的杆ab 与导轨垂直且处于静止，距离导轨边缘为d ＝2m ，质量同为2kg 的杆cd 与导轨垂直，以初速度v 0＝15m/s 进入磁场区域最终发现两杆先后落在地面上．已知两杆的电阻均为r ＝1Ω，导轨电阻不计，两杆落地点之间的距离s ＝4m （整个过程中两杆始终不相碰）（1）求ab 杆从磁场边缘射出时的速度大小； （2）当ab 杆射出时求cd 杆运动的距离；（3）在两根杆相互作用的过程中，求回路中产生的电能．【答案】(1) 210m/s v =；(2) cd 杆运动距离为7m ； (3) 电路中损耗的焦耳热为100J ． 【解析】 【详解】（1）设ab 、cd 杆从磁场边缘射出时的速度分别为1v 、2v设ab 杆落地点的水平位移为x ，cd 杆落地点的水平位移为x s +，则有2h x v g =2h x s v g+=根据动量守恒012mv mv mv =+求得：210m/s v =（2）ab 杆运动距离为d ，对ab 杆应用动量定理1BIL t BLq mv ==设cd 杆运动距离为d x +∆22BL xq r r∆Φ∆== 解得1222rmv x B L ∆=cd 杆运动距离为12227m rmv d x d B L+∆=+= （3）根据能量守恒，电路中损耗的焦耳热等于系统损失的机械能222012111100J 222Q mv mv mv =--=2．如图，在地面上方空间存在着两个水平方向的匀强磁场，磁场的理想边界ef 、gh 、pq 水平，磁感应强度大小均为B ，区域I 的磁场方向垂直纸面向里，区域Ⅱ的磁场方向向外，两个磁场的高度均为L ；将一个质量为m ，电阻为R ，对角线长为2L 的正方形金属线圈从图示位置由静止释放(线圈的d 点与磁场上边界f 等高，线圈平面与磁场垂直)，下落过程中对角线ac 始终保持水平，当对角线ac 刚到达cf 时，线圈恰好受力平衡；当对角线ac 到达h 时，线圈又恰好受力平衡(重力加速度为g ).求：(1)当线圈的对角线ac 刚到达gf 时的速度大小；(2)从线圈释放开始到对角线ac 到达gh 边界时，感应电流在线圈中产生的热量为多少?【答案】(1)1224mgR v B L = (2)322442512m g R Q mgL B L=- 【解析】 【详解】(1)设当线圈的对角线ac 刚到达ef 时线圈的速度为1v ，则此时感应电动势为：112E B Lv =⨯感应电流：11E I R=由力的平衡得：12BI L mg ⨯= 解以上各式得：1224mgRv B L =(2)设当线圈的对角线ac 刚到达ef 时线圈的速度为2v ，则此时感应电动势2222E B Lv =⨯感应电流：22E I R=由力的平衡得：222BI L mg ⨯= 解以上各式得：22216mgRv B L =设感应电流在线圈中产生的热量为Q ,由能量守恒定律得：22122mg L Q mv ⨯-=解以上各式得：322442512m g R Q mgL B L =-3．电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势E 来表明电源的这种特性。

高考物理电磁感应现象压轴难题综合题附答案解析一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图甲所示，MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ = 30°角固定，M 、P 之间接电阻箱R ，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B = 1T ．质量为m 的金属杆ab 水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r ，现从静止释放杆ab ，测得最大速度为v m ．改变电阻箱的阻值R ，得到v m 与R 的关系如图乙所示．已知轨距为L = 2m ，重力加速度g 取l0m/s 2，轨道足够长且电阻不计．求：(1)杆ab 下滑过程中流过R 的感应电流的方向及R =0时最大感应电动势E 的大小； (2)金属杆的质量m 和阻值r ；(3)当R =4Ω时，求回路瞬时电功率每增加2W 的过程中合外力对杆做的功W ． 【答案】(1)电流方向从M 流到P ，E =4V (2)m =0.8kg ，r =2Ω (3)W =1.2J 【解析】本题考查电磁感应中的单棒问题，涉及动生电动势、闭合电路欧姆定律、动能定理等知识．(1)由右手定则可得，流过R 的电流方向从M 流到P 据乙图可得，R=0时，最大速度为2m/s ，则E m = BLv = 4V (2)设最大速度为v ，杆切割磁感线产生的感应电动势 E = BLv 由闭合电路的欧姆定律EI R r=+ 杆达到最大速度时0mgsin BIL θ-= 得 2222sin sin B L mg mg v R r B Lθθ=+ 结合函数图像解得：m = 0.8kg 、r = 2Ω(3)由题意：由感应电动势E = BLv 和功率关系2E P R r =+得222B L V P R r=+则22222221B L V B L V P R r R r∆=-++ 再由动能定理22211122W mV mV =- 得22()1.22m R r W P J B L +=∆=2．如图所示，一阻值为R 、边长为l 的匀质正方形导体线框abcd 位于竖直平面内，下方存在一系列高度均为l 的匀强磁场区，与线框平面垂直，各磁场区的上下边界及线框cd 边均磁场方向均与线框平面垂水平。

高中总复习物理电磁感应综合专题练习参考答案一、选择题1. A解析：当导体杆ab 顺时针方向转动时，切割磁感线，由法拉第电磁感应定律知产生感应电动势，由右手定则可知将产生由a 到b 的感应电流，安培表的d 端与a 端相连，c 端与b 端相连，则通过安培表的电流是由c 到d ，而导体杆在磁场中会受到磁场力的作用，由左手定则可判断出磁场力的方向为水平向右，阻碍导体杆的运动，所以A 正确。

2. BC解析：假设长直导线中电流的方向向上，由楞次定律，矩形线圈产生的电流为逆时针，bc 受力向上，dc 受力向左，ad 受力向下，ab 受力向右，四边受力向内。

ad 和bc 受力平衡，ab 处磁感应强度大于dc 处的磁感应强度，合力方向与ab 受力方向一致，方向向右。

同理，假设长直导线中电流的方向向下，四边受力仍向内，合力向右，所以BC 正确。

3. B解析：由题知F=F B1=B 1IL=B 1R Lv B 1L=R v L B 221。

若B 1=B 2，棒进入右面区域时，F B2=Rv L B 222=F B1=F ，故棒仍以速度v 做匀速运动，A 错B 正确。

若B 2=2B 1，则F B2＞F,由牛顿第二定律得F B2-F=ma,故棒做减变速运动，a 越来越小，当a=0时，棒做匀速直线运动，且v 2=4v 。

故C 、D 错。

4. B解析：由（甲）图可知在0—1 s 内磁感应强度均匀增大，产生稳恒感应电流，根据楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针，导体棒受到的安培力的方向是水平向左，棒静止不动，摩擦力方向水平向右，为正方向。

同理，分析以后几秒内摩擦力的方向，从而得出ft 图象为B 图。

5. A解析：AB 做切割磁感线运动，相当于电源摆到竖直位置时，E=Blv=B ·2a ·21v=Bav 等分子电路如图：外电路总电阻R 总=21×21R=41R AB 两端电压为路端电压U AB故:U AB =IR 总=R R E +总·R 总=R R Bav +41×41R=51Bav 6. AD解析：经过t 时间后，导体棒长度L=2vt ·tg 2θ,此时回路总电阻R=2vt ·tg 2θ+22cos θvt R 0,则电动势ε=BLv=2Bv 2t ·tg2θ 总电流I=ε/R=2Bv 2t ·tg 2θR 02vt ·tg 2θ+22cos θvt =Bvtg 2θR 0·(tg 2θ+2cos 1θ,显然与t 无关，为恒量，故A 图对，因电动势与时间成正比，故功率P=εI 亦与时间成正比，D 图对。

高考物理新电磁学知识点之电磁感应知识点总复习含答案一、选择题1．下图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在1t 到2t 时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由1B 均匀增加到2B ，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差a b ϕϕ-A ．恒为2121()nS B B t t -- B ．从0均匀变化到2121()nS B B t t --C ．恒为2121()nS B B t t ---D ．从0均匀变化到2121()nS B B t t --- 2．如图所示，有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动。

下列四个图中能产生感应电流的是A ．B ．C ．D ．3．如图所示，电源的电动势为E ，内阻为r 不可忽略．A 、B 是两个相同的小灯泡，L 是一个自感系数较大的线圈．关于这个电路的说法中正确的是A ．闭合开关，A 灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B ．闭合开关，B 灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C ．开关由闭合至断开，在断开瞬间，A 灯闪亮一下再熄灭D ．开关由闭合至断开，在断开瞬间，电流自左向右通过A 灯4．如图所示，MN 和PQ 为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距l 为0.4m ，电阻不计。

导轨所在平面与磁感应强度B 为0.5T 的匀强磁场垂直。

质量m 为6.0×10-3kg 电阻为1Ω的金属杆ab 始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。

导轨两端分别接有滑动变阻器R 2和阻值为3.0Ω的电阻R1。

当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为0.27W。

则（）A．ab稳定状态时的速率v=0.4m/sB．ab稳定状态时的速率v=0.6m/sC．滑动变阻器接入电路部分的阻值R2=4.0ΩD．滑动变阻器接入电路部分的阻值R2=6.0Ω5．如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。

A和B是两个完全相同的小灯泡。

物理总复习：电磁感应中的力电综合问题编稿：李传安 审稿：【考纲要求】1、知道电磁感应现象中的电路问题、力学问题、图像问题及能量转化问题；2、知道常见电磁感应现象中与电学相关问题的一般分析思维方法，会画等效电路图3、知道电磁感应现象中与力学相关的运动和平衡问题的分析思路；4、理解安培力做功在电磁感应现象中能量转化方面所起的作用；【考点梳理】考点一、电磁感应中的电路问题要点诠释：1、求解电磁感应中电路问题的关键是分析清楚内电路和外电路。

“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻，而其余部分的电路则是外电路。

2、几个概念（1）电源电动势E BLv =或E n tφ∆=∆。

（2）电源内电路电压降r U Ir =，r 是发生电磁感应现象导体上的电阻。

（r 是内电路的电阻）（3）电源的路端电压U ，r U IR E U E Ir ==-=-（R 是外电路的电阻）。

路端电压、电动势和某电阻两端的电压三者的区别：（1）某段导体作为外电路时，它两端的电压就是电流与其电阻的乘积。

（2）某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积，或等于电动势减去内电压，当其内阻不计时路端电压等于电源电动势。

（3）某段导体作为电源时，电路断路时导体两端的电压等于电源电动势。

3、解决此类问题的基本步骤（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向。

（2）画等效电路：感应电流方向是电源内部电流的方向。

（3）运用闭合电路欧姆定律结合串、并联电路规律以及电功率计算公式等各关系式联立求解。

4、解题思路（1）明确电源的电动势B S E nnS nB t t tφ∆∆∆===∆∆∆ E BLv =，212E BL ω=，sin E nBS t ωω=（交流电） （2）明确电源的正、负极：根据电源内部电流的方向是从负极流向正极，即可确定“电源”的正、负极。