2019版高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第13讲电磁感应问题学案.docx

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1、1第 13 讲电磁感应问题主干体系知识 核心再现及学科素养知识规律(1)“三定则、一定律”的应用安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向(2)求感应电动势的两种方法 E n ，用来计算感应电动势的平均 t值 E BLv，主要用来计算感应电动势的瞬时值思想方法(1)物理思想：等效思想、守恒思想(2)物理方法：假设法、图象法、转换法、微元法、类比法、逆向思维法.1(2018全国卷，17)如图，导体轨道 OPQS 固定，其中 PQS 是半圆弧， Q

2、 为半圆弧的中点， O 为圆心轨道的电阻忽略不计 OM 是有一定电阻、可绕 O 转动的金属杆， M端位于 PQS 上， OM 与轨道接触良好空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B.现使 OM 从 OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到 OS 位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从 B 增加到 B(过程)在过程、中，流过 OM的电荷量相等，则 等于( )BB2A. B. C. D254 32 74B 在过程中，根据法拉第电磁感应定律，有E1 1 t1 B12 r2 14 r2 t1根据闭合电路欧姆定律，有 I1E1R且 q1 I1 t1，在过程中，有E2 ，

3、I2 ， q2 I2 t2. 2 t2 B B12 r2 t2 E2R又 q1 q2，即 B12 r2 14 r2RB B12 r2R所以 .BB 322(2018全国卷，19)(多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态下列说法正确的是( )A开关闭合后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动B开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向里的方向C开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向外的方向D开关闭合并保持一段

4、时间再断开后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动AD 根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场A 对：开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动B、C 错：开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的 N 极指北D 对：开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动3(2018全国卷，18)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次3相

5、邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为 l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下一边长为 l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动线框中感应电流 i 随时间 t 变32化的正确图线可能是( )D 设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为 i.线框位移 等效电路的连接 电流0l2 I2 i(顺时针) ll2 I0l3l2 I2 i(逆时针)2 l3l2 I0分析知，只有选项 D 符合要求4(2018全国卷，20)(多选)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一导线框 R， R 在 PQ 的右侧导线 PQ 中通有正弦交流电 i， i 的变化如图(b)所示，规定从 Q到 P 为电流正方向

6、导线框 R 中的感应电动势( )4A在 t 时为零T4B在 t 时改变方向T2C在 t 时最大，且沿顺时针方向T2D在 t T 时最大，且沿顺时针方向AC A 对：在 t 时，交流电图线斜率为 0，即磁场变化率为 0，由 E ST4 t B T知， E0.C 对，B、D 错：在 t 和 t T 时，图线斜率最大，在 t 和 t T 时感应电动T2 T2势最大在 到 之间，电场由 Q 向 P 减弱，导线在 R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场T4 T2减弱，由楞次定律知， R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即 R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在 到 时， R 中电动势也为顺时针

7、方向，在 T 到 T 时， R 中电T2 3T4 34动势为逆时针方向5(2017高考全国卷，18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌为了有效隔离外界振动对 STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是( )A 底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在选项 C 这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在选项 B、D 这两种情况下，紫铜薄板

8、出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；选项 A 这种情况下，不管紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，选项 A 正确考情分析命题特点与趋势1高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、电磁感5应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电荷量的计算等知识点以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题2电磁感应中常涉及 Bt 图象、 t 图象、 Et 图象、 It 图象、 Ft 图象和 vt 图象，还涉及 Ex 图象、 Ix 图象等，这类问题既要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解，对考生运用

9、数学知识解决物理问题的能力要求较高解题要领1抓住两个关键：一是电动势的大小，它取决于磁通量的变化率；二是电动势的方向，实际方向与规定的正方向一致时取正，反之取负同时注意对无感应电流区域的判断2迁移力学知识、规律解决电磁感应综合问题3常用思想方法：(1)图象法；(2)等效法；(3)守恒法；(4)模型法.高频考点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用备考策略1本考点是高考的热点内容之一，在近几年高考中多以选择题的形式出现，考查的主要内容有探究电磁感应现象；利用法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小；利用楞次定律判断磁场的变化情况等需要考生学会灵活变通2重要知识再现(1) 感应电流方向的判断方法右手

10、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；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(2)愣次定律中“阻碍”的主要表现形式阻碍原磁通量的变化“增反减同” ； 阻碍相对运动“来拒去留” ；使线圈面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩” ；阻碍原电流的变化(自感现象)“增反减同” (3)感应电动势大小的计算法拉第电磁感应定律： E n .适用于普遍情况 t E Blv，适用于导体棒平动切割磁感线的情况 E Bl2 ，适用于导体棒旋转切割磁感线的情况12题组突破11.如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U 形金属导轨，导轨平面与磁场6垂直，金属杆 PQ 置于导轨上并与导轨

11、形成闭合回路 PQRS，一圆环形金属线框 T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面现让金属杆 PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )A PQRS 中沿顺时针方向， T 中沿逆时针方向B PQRS 中沿顺时针方向， T 中沿顺时针方向C PQRS 中沿逆时针方向， T 中沿逆时针方向D PQRS 中沿逆时针方向， T 中沿顺时针方向D 金属杆 PQ 突然向右运动，由右手定则可知， PQRS 中有沿逆时针方向的感应电流，穿过圆环形金属线框 T 中的磁通量减小，由楞次定律可知， T 中有沿顺时针方向的感应电流，故选项 D 正确，A、B、C 错误12.图(甲)

12、为手机及无线充电板图(乙)为充电原理示意图充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为 n1，受电线圈的匝数为 n2，面积为 S，若在 t1到 t2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由 B1均匀增加到 B2.下列说法正确的是( )A受电线圈中感应电流方向由 d 到 cB c 点的电势高于 d 点的电势C c、 d 之间的电势差为n1B2 B1St2 t1D c、 d 之间的电势差为n2B2 B1St2 t1D 根据楞次定

13、律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由 c 到 d，所以 c 点的电势低于 d 点的电势，故 AB 错误；根据法拉第电磁感应定律可得 c、 d 之间的电势差为 Ucd E ，故 C 错误，D 正确；故选 t n2B2 B1St2 t17D.13.(2018山东省青岛市高三统一质检)(多选)如图，一根长为 l、横截面积为 S 的闭合软导线置于光滑水平面上，其材料的电阻率为 ，导线内单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为 e，空间存在垂直纸面向里的磁场某时刻起磁场开始减弱，磁感应强度随时间的变化规律是 B B0kt，当软导线形状稳定时，磁场方向仍然垂直纸面向

14、里，此时( )A软导线围成一个正方形B导线中的电流为klS4 C导线中自由电子定向移动的速率为kl4n epD导线中电场强度大小为kl4BCD A：根据楞次定律“增缩减扩”的原理，软导线稳定时呈圆形故 A 项正确B：根据 I2 r 可得、 r ，圆的面积 S0 r2 ，感应电动势大小为 E12 l24 ，稳定时软导线中的s0 B t kl24电流为 I ，其中 R ，联立可得电流 I ，故 B 项正确C：导线横截面积ER lS ER klS4 为 S、单位体积内的自由电子数为 n、电子的电荷量为 e，则导线中电流 I neSv，解得：导线中自由电子定向移动的速率 v .故 C 项正确D：计算导

15、线中电场可将其视为kl4 pne沿导线方向的匀强电场，则导线中电场强度 E 场 .故 D 项正确Ul kl24l kl4高频考点二 电磁感应中的图象问题备考策略1本考点是高考命题的热点，图象的种类较多，有随时间 t 变化的图象，如Bt、 t、 Et、 Ft、 it 等图象；有随位移 x 变化的图象，如 Ex、 ix 等图象此类问题综合性较强，应用知识较多，如左手定则、右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等建议对本考点重点攻坚82解决电磁感应图象问题的“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

16、感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应， (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. 命题视角考向 1 随时间 t 变化的图像例 1 (2018四川省乐山市高三模拟)(多选)如图甲所示，正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图乙所示，其中 B0为已知量已知导线框的边长为 L，总电阻为 R， t3 t2 t2 t1 t0则下列说法中正确的是( )A t1 t3时间内，导线框中电流的方向始终为 badcbB0 t1时间内， ab 边受到的安培力大小为B20L32Rt0C t2

17、 t3时间内，导线框产生的热量为B20L4Rt0D t1 t3时间内，通过导线框的电荷量为2B0L2RACD t1 t2时间内，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为badcb， t2 t3时间内，磁场反向了，但穿过线圈的磁通量增大，感应电流方向仍为badcb，故 A 正确；0 t1时间内，回路中的磁通量不变，线圈中没有产生感应电动势，没有电流，所以不受安培力，故 B 错误； t2 t3时间内感应电动势 E ， t BS t B0L2t0感应电流 I ，0 t0时间内，产生的热量 Q I2Rt0( )2Rt0 ，故 C 正确；ER B0L2t0R B0L2Rt0 B20L4Rt

18、0t1 t3时间内，电流恒定不变，所以，通过的电荷量为 q I(2t0) ，故 D 正确2B0L2R考向 2 随位移 x 变化的图象例 2 (2018福建省漳州市高三调研)如图所示，足够长的宽度为 d 的条形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角三角形金属线框内 ABC 的 BC 边长度为 L，已知 Ld.现令线框在外力作用下以速度 v0匀速穿过磁场区域，以 B 点进入磁场的时刻为计时起点，规定9线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿过磁场的过程中，线框中的电流 i 随时间t 的变化情况可能是( )C B 点进入磁场后直至线框位移为 d 的过程中，线框的有效切割长度随时间均匀增大，线框中电

19、流随时间均匀增大至 I0，方向为逆时针，已知 Ld，线框位移大于 d 小于 L的过程中，其有效切割长度不变，线框中电流不变，仍为逆时针，线框出磁场的过程中，有效切割长度随时间均匀增大，电流随时间均匀增大，A、D 错误；由 B 项的横轴可知L2 d，由几何关系可知线框位移为 L 时有效切割长度与位移为 d 时的有效切割长度相等，故电流等大，但方向为顺时针，位移为 L d，有效切割长度是位移为 d 时的 2 倍电流为2 I0，B 错误；由 C 项的横轴可知 L3 d，由几何关系可知线框位移为 L 时的有效切割长度是位移为 d 时的 2 倍，故电流为2 I0，位移为 L d 时，有效切割长度是位移为

20、 d 时的3 倍，电流为3 I0.C 正确归纳反思一、熟悉两个技法，做到解题快又准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，排除错误的选项没有表示方向的正负时，优先判断方向有时会产生意想不到的效果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10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二、谨记三点注意，力避踏入雷区1.定性或定量地表示出所研究问题的函数关系是选择或绘制图象的关键2在图象中 I、 v 等物理量的方向是通过正负值来反映的.3.注意过程或阶段的选取，一

21、般进磁场或出磁场，磁通量最大或最小，有效切割长度最大或最小等是分段的关键点题组突破21.(多选)如图甲所示，水平面上的平行导轨 MN、 PQ 上放着两根垂直导轨的光滑导体棒 ab、 cd，两棒间用绝缘丝线连接；已知平行导轨 MN、 PQ 间距为 L1，导体棒 ab、 cd 间距为 L2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为 R.开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度 B 随时间 t 的变化如图乙所示则以下说法正确的是( )A在 t0时刻回路中产生的感应电动势 E0B在 0 t0时间内导体棒中的电流为L1L2B02Rt0C在 时刻绝缘丝线所受拉力为t02 L21L2B204Rt0D在 0

22、2 t0时间内回路中电流方向是 abdcaBC 由图乙可知， ，回路面积 S L1 L2，在 t0时刻回路中产生的感应电动势| B t| B0t0E S L1L2 ，选项 A 错误；0 t0时间内回路中产生的感应电流大小为 I | B t| B0t0 E2R，选项 B 正确；L1L2B02Rt0在 时刻，由左手定则，导体棒 ab 所受安培力方向向左，导体棒 cd 所受安培力方向向右，t02磁场磁感应强度为 ，安培力大小为 F B0IL1 ，在 时刻绝缘丝线所受拉力为B02 12 L21L2B204Rt0 t02，选项 C 正确；在 0 t0时间内磁感应强度减小，在 t02 t0时间内磁感应强度

23、反向L21L2B204Rt0增大，根据楞次定律，回路内产生的感应电流方向为顺时针方向，即电流方向是 acdba，选项 D 错误22.(2018辽宁省抚顺市高三质检(四)(多选)如图所示，在光滑水平面内，有竖直11向下的匀强磁场分布在宽度为 2L 的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的左、右边界分别为 L1、 L2.有一边长为 L 的正方形导线框距离磁场左边界 L1的某处由静止在恒力 F 作用下穿过该磁场区域，已知当线框的右边到达 L2时线框刚好做匀速直线运动以线框的右边到达 L1时开始计时，以 L1上的 O 点为坐标原点，取如图所示的坐标轴 x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向左为安培力

24、的正方向则关于线框中的感应电流 i 和线框受到的安培力 F 与位置坐标 x 的图线中正确的是( )AD 根据题意知线框的右边到达 L2时线框刚好做匀速直线运动，此时线框受到的安培力与恒力 F 大小相等，即 FA F，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，所以可知线框进入磁场的过程中，安培力应小于恒力，即 FA a，所以 Uca Bl 2，A 对题图乙中，金属框中产生的电动势的最大值是12Bl 2， ca 相当于电源，有内阻，路端电压的最大值小于 Bl 2，故 B 错通过的电荷量12 12q ，D 对，应选 A、D. R Bl22R Bl22R高频考点四 电磁感应中的动力学和能量问题备考策略1.

25、电磁感应中动力学和能量问题的“两状态、两对象”(1)两状态导体处于平衡状态静止或匀速直线运动状态处理方法：根据平衡状态时导体所受合外力等于零列式分析导体处于非平衡状态加速度不为零处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.(2)两对象2 “杆导轨”模型中，导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分15为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂形式多变命题视角考向 1 水平导轨问题例 4 (2018湖北省荆州中学高三全真模拟一)(多选)水平面上固定相距为 d 的光滑直轨道 MN 和 PQ，在 N、 Q 之间连

26、接不计电阻的电感线圈 L 和电阻 R.匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直导轨平面向上，在导轨上垂直导轨放置一质量为 m，电阻不计的金属杆 ab，在直导轨右侧有两个固定挡块 C、 D， CD 连线与导轨垂直现给金属杆 ab 沿轨道向右的初速度 v0，当 ab 即将撞上 CD 时速度为 v，撞后速度立即变为零但不与挡块粘连以下说法正确的是( )A ab 向右做匀变速直线运动B当 ab 撞上 CD 后，将会向左运动C ab 在整个运动过程中受到的最大安培力为B2d2v0RD从 ab 开始运动到撞上 CD 时，电阻 R 上产生的热量小于 mv mv212 20 12BD ab 向右运动时受到向左的安培力

27、而做减速运动，产生的感应电动势和感应电流减小，安培力随之减小，加速度减小，所以 ab 做非匀变速直线运动，故 A 错误当 ab 撞CD 后， ab 中产生的感应电动势为零，电路中电流要减小，线框将产生自感电动势，根据楞次定律可知自感电动势方向与原来电流方向相同，沿 b a，根据左手定则可知 ab 受到向左的安培力，故当 ab 撞 CD 后，将会向左运动故 B 正确开始时， ab 的速度最大，产生的感应电动势最大，由于线圈中产生自感电动势，此自感电动势与 ab 感应电动势方向相反，电路中的电流小于 ，最大安培力将小于 BdIBdv0R16.故 C 错误从 ab 开始运动到撞 CD 时，由于线圈中

28、有磁场能，所以电阻 R 上产生的B2d2v0R热量小于 mv mv2.故 D 正确；故选 B、D.12 20 12考向 2 倾斜导轨问题例 5 (2018湖北省宜昌市高三质检)如图所示，两根一端带有挡柱的金属导轨 MN 和PQ 与水平面成 37角放置在磁感应强度 B2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，两导轨间距 L1 m现有两根完全相同的金属棒 ab 和 cd，长度均为 L，质量均为 m1 kg，电阻均为 R 1 ，两金属棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨自身电阻不计现让金属棒 ab 在沿斜面向上的外力 F 作用下从轨道上某处由静止开始做加速度a2.5 m/s 2的匀加速直线运

29、动，到金属棒 cd 刚要滑动时撤去外力 F，此后金属棒ab 继续向上运动 0.3 s 后减速为 0，当金属棒 ab 刚好返回到初始出发点时金属棒 cd 对挡柱的压力是金属棒 ab 静止时压力的 2 倍已知两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为0.5，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度 g 为 10 m/s2.求：(1)外力 F 的冲量大小；(2)金属棒 ab 从减速为 0 到返回出发点过程中所产生的焦耳热解析 (1)设金属棒 ab 的速度为 v 时金属棒 cd 刚要滑动，由 mgsin B2L2v2R mg cos 得v5 m/s由 v at 知 t2 s，匀加速时段内金属棒 ab

30、的位移为x1 at25 m12对金属棒 ab 由牛顿第二定律得F mgsin mg cos maB2L2v2R故 F mgsin mg cos ma，B2L2at2R代入数据可知， F 随 t 线性变化，且最大值为 F122.5 N，最小值为 F212.5 N17因此外力 F 的冲量 I t，代入数据解得 I35 NsF1 F22(2)撤力后金属棒 cd 仍静止，设金属棒 ab 减速滑行的位移为 x2，由( mg cos mgsin B L) t mv 和 t 得 x21 mI I BLx22R设金属棒 ab 返回到出发点时的速度为 v1，对金属棒 cd，由 mgsin 得B2L2v12Rv1

31、3 m/s由能量守恒知mg(x1 x2)sin mg cos (x1 x2) mv 2 Q12 21代入数据解得 Q3.75 J答案 (1)35 Ns (2)3.75 J归纳反思在此类问题中，往往利用安培力的冲量 I t BIl t Blq ，去求回路中的电荷量F q，再利用结论 q 去求导体杆发生的位移 x. R BLxR考向 3 与电容器相连的导轨模型例 6 (2018湖南省岳阳市高三二模)(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，间距为 L，其上端连接有阻值为 R 的电阻和电容器 C，装置区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为 B.将一根水平金属棒 ab 开始下滑已知金属

32、棒 ab 的质量为m，电阻也为 R.金属棒 ab 在运动中始终保持水平且与导轨良好接触，且通过金属棒 ab 的电流恒定不变，忽略导轨电阻，重力加速度为 g.则下列说法正确的是( )A因为通过金属棒 ab 的电流不变，所以金属棒 ab 做匀速运动，速度大小是 v2mgRB2L2B尽管通过金属棒 ab 的电流不变，金属棒还是 ab 做匀变速运动，加速度大小是 amgm CB2L218C电阻 R 的电功率 Pm2g2C2B2L2Rm CB2L2D若金属棒 ab 由静止下滑，开始时电容器所带电荷量为 0，那么经过时间 t，电容器两端电压 qBCLmgt 2C2BLmgRm CB2L2BD 若金属棒 a

33、b 做匀速运动，产生电动势不变，回路中没有电流，故 A 错误；设时间 t1时，金属棒的速度为 v1，此时金属棒切割磁感线产生的电动势 E1 BLv1，电容器两端电压 U1 E1 I(2R)，设时间 t2时，金属棒的速度为 v2，此时金属棒切割磁感线产生的电动势 E2 BLv2，电容器两端电压 U2 E2 I(2R)，从 t1到 t2这段时间内，电容器两端电压的变化 U U2 U1 BL(v2 v1) BLv ，电容器两端电荷量的变化 q CU CBLv ，回路中的电流 I CBL CBLa，加速度 a ，因为电流不变，所以加速度也不变， q t v t v t所以金属棒做匀变速运动，根据牛顿第

34、二定律得：mg BIL ma，综上可以解得： a ，故 B 正确；回路的电流 I ，mgm CB2L2 mgCBLm CB2L2电阻 R 的电功率 P 2R，故 C 错误；若金属棒 ab 由静止下滑，开始时电容器所(mgCBLm CB2L2)带电荷量为 q，那么经过时间 t，金属棒的速度 v at，此时金属棒切割磁感线产生的电动势 E BLv，电容器两端电压 U E I(2R)，电容器所带电荷量 q CU，解得： q，故 D 正确BCLmgt 2C2BLmgRm CB2L2考向 4 线框模型例 7 (2018河南省商丘市高三三模)(多选)如图， abcd 是一个质量为 m、边长为 L的正方形金

35、属线框，从图示位置自由下落，在下落 h 后进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为 L.在这个磁场的正下方 2h L 处还有一个未知的匀强磁场(图中未画出)，金属线框 abcd 在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是( )A未知磁场的磁感应强度是 B22B未知磁场的磁感应强度是B319C线框在穿过这两个磁场的过程中产生的焦耳热是 4mgLD线框在穿过这两个磁场的过程中产生的焦耳热是 2mgLAC 线框下落 h 时的速度为 v1 ，且在第一个匀强磁场中有 mg ，当线2ghB2L2v1R框下落 h2 L 高度，即全部从磁场中穿出时，再在重力作用下

36、加速，且进入下一个未知磁场时 v2 ，线框进入下一个未知磁场时又有： mg ，所以 B B，因为线2ghB 2L2v2R 22框在进入与穿出磁场过程中要克服安培力做功并产生电能，即全部穿过一个磁场区域产生的电能为 2mgL，故线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为 4mgL，C 正确归纳反思用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤题组突破41.(2018济宁市高三第二次模拟)(多选)如图所示，两根平行光滑金属导轨的间距为 d1m，导轨平面与水平面成 30角，其底端接有阻值为 R2 的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为 B2T 的匀强磁场中一质量为 m1 kg(质量分布均

37、匀)的导体杆 ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触现杆在沿导轨平面向上、垂直于杆的恒力 F10 N 的作用下从静止开始沿导轨向上运动，当运动距离为 L6 m 时速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)导体杆的电阻为 r2 ，导轨电阻不计(取 g10 m/s 2)在此过程中( )A杆的速度最大值为 5 m/s20B流过电阻 R 的电荷量为 6 CC导体杆两端电压的最大值为 10 VD安培力对导体杆的冲量大小为 6 NsAD A 项：设杆的最大速度为 vm，根据平衡条件得， F mgsin ，代入数B2L2vmr R据解得： vm5 m/s，故 A 正确；B 项：根据电荷量 q

38、C3C， r R BLdr R 2612 2故 B 错误；C 项：根据 Em BLvm225V20V，故 C 错误；D 项：根据动量定理：(F mgsin )t mvm，代入数据解得：安培力对导体杆的冲量大小为 6 Ns，故 D 正确42.(2018河南省郑州市高中毕业年级第二次质量预测)(多选)如图， MN 和 PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为 L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙固定在水平面上，右端接一个阻值为 R 的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为 d、方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场质量为 m、电阻也为 R 的金属棒从高为 h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰

39、好停止，已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为 ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为 g)( )A金属棒中的最大电流为Bd2gh2RB金属棒克服安培力做的功为 mghC通过金属棒的电荷量为BdL2RD金属棒产生的电热为 mg(h d )12CD 金属棒下滑过程中，根据动能定理得： mgh mv2，金属棒到达水平面时的速度12为： v ，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电2gh动势 E BLv，则最大感应电流为： I ，故 A 正确；金属棒在整个运动过程ER R BL2gh2R中，由动能定理得： mgh WB mgd 00，克服安

40、培力做功： WB mgh mgd ，故 B 错误；感应电荷量为： q t ，故 C 正确；克服安培力做功转化为焦耳热，电I 2R BLd2R阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：21QR Q WB mg(h d )，故 D 正确所以 C、D 正确，A、B 错误12 12 12课时跟踪训练(十三)一、选择题(14 题为单项选择题，510 题为多项选择题)1(2018安徽省合肥三模)如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为 L，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面有一边长为 L 的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场用 i 表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向

41、，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于 i x 的图象中正确的是( )C 线圈进入磁场，在进入磁场的 0 L 的过程中， E BLv，电流 I ，根据右手BLvR定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在 L2 L 的过程中，电动势 E2 BLv，电流 I，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在 2L3 L 的过程中， E BLv，电2BLvR流 I ，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；故 ABD 错误，C 正确；故选BLvRC.2图 a 和图 b 是教材中演示自感现象的两个电路图， L1和 L2为电感线圈，实验时，断开开关 S1瞬间，灯 A1突然闪亮，随后逐渐变暗，闭合开关

42、S2，灯 A2逐渐变亮，而另一个相同的灯 A3立即变亮，最终 A2与 A3的亮度相同，下列说法正确的是( )22A图 a 中，A 1与 L1的电阻值相同B图 a 中，闭合 S1，电路稳定后，A 1中电流大于 L1中电流C图 b 中，变阻器 R 与 L2的电阻值相同D图 b 中，闭合 S2瞬间， L2中电流与变阻器 R 中电流相等C 分析图 a，断开开关 S1瞬间，A 1突然闪亮，说明流经 A1的电流瞬间增大，从而得到 S1闭合，电路稳定时，A 1中的电流小于 L1中的电流，所以选项 B 错误，由并联电路特点可知，A 1的电阻值大于 L1的电阻值，所以选项 A 错误，分析图 b，开关 S2闭合后

43、，灯 A2逐渐变亮，A 3立即变亮，说明闭合 S2瞬间 A2与 A3中的电流不相等，那么 L2与 R 中的电流也不相等，所以选项 D 错误最终 A2与 A3亮度相同，说明流经 A2与 A3的电流相同，由欧姆定律可知， R 与 L2的电阻值相等，所以选项 C 正确3(2018山东省济南市高三一模)近来，无线充电成为应用于我们日常生活中的一项新科技，其中利用电磁感应原理来实现无线充电是比较成熟的一种方式，电动汽车无线充电方式的基本原理如图所示：路面下依次铺设圆形线圈，相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，车身底部固定感应线圈，通过充电装置与蓄电池相连，汽车在此路面上行驶时，就可以进行充电在汽车匀速行

44、驶的过程中，下列说法正确的是( )A感应线圈中电流的磁场方向一定与路面线圈中电流的磁场方向相反B感应线圈中产生的是方向改变、大小不变的电流C感应线圈一定受到路面线圈磁场的安培力，会阻碍汽车运动D给路面下的线圈通以同向电流，不会影响充电效果C A 项：由于路面下铺设圆形线圈，相邻两个线圈的电流相反，所以感应线圈中电流的磁场方向不一定与路面线圈中电流的磁场方向相反，故 A 错误；B 项：由于路面上的线圈中的电流不知是怎么变化，即产生的磁场无法确定变化情况，所以感应线圈中的电流大小不能确定，故 B 错误；C 项：感应线圈随汽车一起运动过程中会产生感应电流，在路面线圈的磁场中受到安培力，根据“来拒去留

45、”可知，此安培力阻碍相对运动，即阻碍汽车运动，故 C 正确；D 项：给路面下的线圈通以同向电流时，路面下的线圈产生相同方向23的磁场，穿过感应线圈的磁通量变小，变化率变小，所以产生的感应电流变小，故 D 错误4(2018高考物理全真模拟三)如图 A 中水平放置的 U 形光滑金属导轨 NMPQ， MN 接有电键 K，导轨宽度为 L，其电阻不计在左侧边长为 L 的正方形区域存在方向竖直向上磁场 B，其变化规律如图 B 所示；中间一段没有磁场，右侧一段区域存在方向竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度为 B0，在该段导轨之间放有质量为 m、电阻为 R、长为 L 的金属棒ab.若在图 B 所示的 t0/2

46、时刻关闭电键 K，则在这一瞬间( )A金属棒 ab 中的电流方向为由 a 流向 bB金属棒 ab 中的电流大小为LB0t0RC金属棒 ab 所受安培力方向水平向右D金属棒 ab 的加速度大小为L3B20mt0RC 根据楞次定律可得金属棒 ab 中的电流方向为由 b 流向 a，故 A 错误；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势： E S L2，所以金属棒 ab 中的电流大小为： I B t B0t0 ERL2，故 B 错误；金属棒 ab 的电流方向为由 b 流向 a，根据左手定则可得 ab 棒所受安培B0Rt0力方向水平向右，C 正确；根据牛顿第二定律可得金属棒 ab 的加速度大小为a mIL

47、，故 D 错误所以 C 正确，ABD 错误BILm B02 B20L32Rmt05(2018山东省日照市高三 5 月校际联考)如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成 角，上端用一电阻 R 相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中质量为 m、电阻为 r 的金属杆 ab，从高为 h 处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度 v 匀速运动直到轨道的底端金属杆始终保持与导轨垂直接触良好，轨道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为 g.则( )A金属杆加速运动过程中的平均速度大于v2B金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功24的功率C当金属杆的速度为 时，它的加速度大小为v2 gsin 2D整个运动过程中