2024年高考物理大一輪復習：第2課時 電磁感應規(guī)律及應用

第2課時電磁感應規(guī)律及應用

籥考知能同考什么學什么

需一.懸繩發(fā)電

電磁感應f電磁聽功

發(fā)電機

變化,:線框

—電磁迷應現(xiàn)象：-：電磁感應規(guī)律―電函感應應叫切割邠導磁岫浮列車

破

通

依i電磁阻尼

中RLW

變化感應電動勢大小

感應電流方向口感現(xiàn)象

（楞次定律）（法拉第電磁感應定律）

（右手定則）'自感延時繼電器

E=n

漏電保護器

變化快慢

研透命題點怎么考怎么練

命題點n楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用

1.應用楞次定律時的“三看”和“三想”

（1）看到“線圈（回路）中磁通量變化”時，想到“增反減同”。

（2）看到“導體與磁體間有相對運動”時，想到“來拒去留”。

（3）看到“回路面積可以變化”時，想到“增縮減擴”。

2.必須辨明的“2個易錯易混點”

（1）楞次定律中的“阻礙”不是“阻止”，也不是“相反”。

（2）注意區(qū)別楞次定律和右手定則。

命題角度一楞次定律的理解及應用

【例1】（2019?全國卷HI,14）楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現(xiàn)象中的具

體體現(xiàn)（）

A.電阻定律B.庫侖定律

C.歐姆定律D.能量守恒定律

解析楞次定律中的“阻礙”作用，是能量守恒定律在電磁感應現(xiàn)象中的具體體

現(xiàn)，在克服這種“阻礙”的過程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，選項D正確。

答案D

【例2】（多選）（2018?全國卷I,19）如圖1,兩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，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直

導線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導線正上方，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（）

圖1

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

解析由電路可知，開關(guān)閉合瞬間，右側(cè)線圈正面環(huán)繞部分的電流向下，由安培

定則可知，直導線在鐵芯中產(chǎn)生向右的磁場，由楞次定律可知，左側(cè)線圈正面環(huán)

繞部分產(chǎn)生向上的電流，則直導線中的電流方向由南向北，由安培定則可知，直

導線在小磁針所在位置產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場，則小磁針的N極朝垂直紙面

向里的方向轉(zhuǎn)動，A正確；開關(guān)閉合并保持一段時間后，穿過左側(cè)線圈的磁通量

不變，則左側(cè)線圈中的感應電流為零，直導線不產(chǎn)生磁場，則小磁針靜止不動，

B、C錯誤；開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，穿過左側(cè)線圈向右的磁

通量減少，則由楞次定律可知，左側(cè)線圈正面環(huán)繞部分產(chǎn)生向下的感應電流，則

流過直導線的電流方向由北向南，直導線在小磁針所在處產(chǎn)生垂直紙面向外的磁

場，則小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動，D正確。

答案AD

命題角度二法拉第電磁感應定律的應用

【例3】（多選）（2019?全國卷I,20）空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間

變化的勻魂磁場，其邊界如圖2（a）中虛線所示。一硬質(zhì)細導線的電阻率為小

橫截面積為S,將該導線做成半徑為〃的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心。在MN上。

t=0時磁感應強度的方向如圖(a)所示;磁感應強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)

所示。則在Z=()到t=t\的時間間隔內(nèi)()

圖2

A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變

B.圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向

C.圓環(huán)中的感應電流大小為稅

D.圓環(huán)中的感應電動勢大小為喏

解析根據(jù)楞次定律可知在0?/o時間內(nèi)，磁感應強度均勻減小，圓環(huán)中感應電

流為順時針方向，所受安培力的方向水平向左；在/o?。時間內(nèi)，磁感應強度反

向增大，圓環(huán)中感應電流為順時針方向，所受安培力的方向水平向右，所以A

錯誤，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢七二鏟5=中.券=嚕二,

TIBO戶

根據(jù)閉合電路的歐姆定律知，電流/=*=噌7=器，C正確，D錯誤。

P~T

答案BC

命題點2電磁感應中的綜合問題分析

I.掌握電磁感應綜合問題的解題步驟

⑴確定電源部分，即電源的電動勢大小和極性，電源的內(nèi)阻大小。

⑵確定外電路。

(3)綜合運動閉合電路的歐姆定律、運動學公式、牛頓運動定律、能量和動量守

恒等定律知識解答。

2.必須辨明的“3個易錯易混點”

(1)發(fā)生電磁感應的電路中，產(chǎn)生感應電動勢的部分為“電源”，其余部分為“外

電路”。

軌上，左右兩部分導軌間距之比為1：2,導軌間有大小相等但左、右兩部分方

向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻。現(xiàn)用250N的水平

拉力R向右拉CO棒，CO棒運動s=().5m時其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q=30J,此

時兩棒速率之比為內(nèi)：”=1：2,現(xiàn)立即撤去拉力R設(shè)導軌足夠長且兩棒始終

在不同磁場中運動，求：

￡

AAXXXX

?_???__xxxFx

????XXXX

DXXXX

D

圖4

(1)在CQ棒運動0.5m的過程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱；

⑵撤去拉力尸瞬間，兩棒的速度大小。八和vc\

r

(3)撤去拉力產(chǎn)后，兩棒最終勻速運動的速度大小辦'和vco

解析(1)設(shè)兩棒的長度分別為/和2/,所以電阻分別為R和2R,由于電路中任

何時刻電流均相等，根據(jù)焦耳定律必可知。?：0=1：2,則48棒上產(chǎn)生

的焦耳熱01=15Jo

(2)根據(jù)能量守恒定律，

有尸s=^fnvi++。i+02

又VA:vc=1:2,。2=30J

代入數(shù)據(jù)得。人=4m/s,vc=Sm/So

(3)撤去拉力產(chǎn)后，A8棒繼續(xù)向左做加速運動，而CO棒向右做減速運動，兩棒

最終勻速運動時電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大小相等，此

時兩棒的速度滿足

BLvABaLvd

即辦』2比<不對過程進行分析，認為系統(tǒng)動量守恒是常見錯誤)

對兩棒分別應用動量定理，

有凡?f=mvA'—mvA，—Fc-1=nwc'—mvc(>

因為尸C=2EA,故有:八

VC-VC2

聯(lián)立以上各式解得IM'=6.4m/s,w?'=3.2m/s。

答案(1)15J(2)4m/s8m/s(3)6.4m/s3.2m/s

命題角度三以“導體框”為載體，考查電磁感應定律的綜合應用

［例3］如圖5甲所示，有一豎直方向的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向

里，區(qū)域的上下邊緣間距為"=85cm,磁感應強度5隨時間，的變化關(guān)系如圖

乙所示。有一長Li=20cm、寬L2=10cm、匝數(shù)〃=5的矩形線圈，其總電阻R

=0.2Q、質(zhì)量727=0.5kg,在r=0時亥"，線圈從離磁場區(qū)域的上邊緣高為h=5cm

處由靜止開始下落，0.2s時線圈剛好全部進入磁場，0.5s時線圈剛好開始從磁

場中出來。不計空氣阻力，重力加速度g取lOm/s?。求：

圖5

⑴線圈穿過磁場區(qū)域所經(jīng)歷的時間

(2)線圈穿過磁場區(qū)域產(chǎn)生的熱量Q。

解析(1)設(shè)線圈做自由落體運動的末速度為必，則

濟=2g〃，得0i=lm/s

〃=%、，得力=°」s

￡1

進入磁場時,E\=nB\L\V\y/|=萬,Fw=nB\l\L\

得A=5N,即FAi=mg

線圈勻速進入磁場，Li=v\ti

得/2=0.1S

之后線圈向下做勻加速運動，運動d=H—L2=0.75m后，線圈的下邊剛好到達

磁場的下邊緣

有那一浮=2gd,得02=4m/s

由V2~V\=gt3t得73=0.3s

田

出磁場時,E2=nBiL\Vii12=示,FA2=〃B212LI

得FA2=5N,即FA2=mg

線圈勻速出磁場，Ll=V2t4

得/4=0.025s

因此線圈穿過磁場區(qū)域所經(jīng)歷的時間

/=/2+A+/4=0.425SO

(2)線圈進出磁場過程均做勻速運動，該過程中線圈產(chǎn)生的熱量

QI="R2L2=1.0J

整個線圈在磁場中運動時，E3=UL\L2^

AB_5

T/s

2一3

02=備3=五J%0.042J

因此全過程產(chǎn)生的總熱量Q=Qi+Q=1.042L

答案(1)0.425s(2)1.042J

命題點3|電磁感應中的STSE問題

命題角度一以科學技術(shù)為背景考查楞次定律

【例1】(2017?全國卷I,18)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子

尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向

對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖6所示。

無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板

上下及其左右振動的衰減最有效的方案是()

,^

0

08

0

0

0

0

^8

圖6

n~n

,xXXi

AC

解析感應電流產(chǎn)生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生變化。在A圖中，系統(tǒng)

振動時，紫銅薄板隨之上下及左右振動，在磁場口的部分有時多有時少，磁通量

發(fā)生變化，產(chǎn)生感應電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動：在B、D圖中，只有

紫銅薄板左右振動才產(chǎn)生感應電流，而上下振動無電流產(chǎn)生；在C圖中，無論

紫銅薄板上下振動還是左右振動，都不會產(chǎn)生感應電流，故選項A正確，B,C、

D錯誤。

答案A

命題角度二以交通工具為背景考查楞次定律

【例2】電動汽車越來越被人們所喜愛，某一種無線充電方式的基本原理如圖7

所示，路面上依次鋪設(shè)圓形線圈，相鄰兩個線圈由供電裝置通以反向電流，車身

底部固定感應線圈，通過充電裝置與蓄電池相連，汽車在此路面上行駛時，就可

以進行充電。若汽車正在勻速行駛，下列說法正確的是（）

圖7

A.感應線圈中電流的磁場方向一定與路面線圈中電流的磁場方向相反

B.感應線圈中產(chǎn)生的是方向改變、大小不變的電流

C感應線圈一定受到路面線圈磁場的安培力，會阻礙汽車運動

D.給路面上的線圈通以同向電流，不會影響充電效果

解析由安培定則知路面上相鄰圓形線圈內(nèi)部的磁場方向相反，分析可知汽車在

行駛過程中，感應線圈中感應電流產(chǎn)生的磁場方向與地面線圈產(chǎn)生的磁場方向時

而相同，時而相反，故A錯誤；由于路面線圈中的電流不知如何變化，產(chǎn)生的

磁場也無法確定，所以感應線圈中的電流大小不能確定，故B錯誤；感應線圈

隨汽車一起運動過程中會產(chǎn)生感應電流，在路面線圈的磁場中受到安培力，根據(jù)

“來拒去留”可知，此安培力一定阻礙相對運動，即阻礙汽車運動，故C正確；

給路面線圈通以同向電流，多個路面線圈內(nèi)部產(chǎn)生相同方向的磁場，感應線圈中

的磁通量的變化率與路面線圈通以反向電流時相比變小，所以會影響充電效果，

故D錯誤。

答案C

命題角度三以生活用電為背景考查楞次定律

【例3］（多選）（2019?廣東惠州模擬）在家庭電路中，為了安全，一般在電能表

后面的電路中安裝一個漏電開關(guān)，其工作原理如圖8所示，其中甲線圈兩端與脫

扣開關(guān)控制器相連，乙線圈由兩條電源線采取雙線法繞制，并與甲線圈繞在同一

A.當用戶用電正常時，甲線圈兩端沒有電壓，脫川開關(guān)接通

B.當用戶用電正常時，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關(guān)接通

C.當用戶發(fā)生漏電時，甲線圈兩端沒有電壓，脫扣開關(guān)斷開

D.當用戶發(fā)生漏電時，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關(guān)斷開

解析正常狀態(tài)時，火線和零線中電流產(chǎn)生的磁場完全抵消，脫扣開關(guān)S保持接

通，選項A正確，B錯誤；當用戶發(fā)生漏電時，流過火線與零線的電流不相等，

乙線圈中火線和零線電流產(chǎn)生的磁場不能完全抵消，會使甲線圈中產(chǎn)生感應電動

勢，脫扣開關(guān)斷開，選項C錯誤，D正確。

答案AD

命題角度四以兒童玩具為背景考查電磁感應定律

【例4】如圖9甲所示，發(fā)光竹蜻蜓是一種常見的兒童玩具，它在飛起時能夠

持續(xù)閃爍發(fā)光。某同學對竹蜻蜒的電路作如下簡化，如圖乙所示，半徑為勺導

電圓環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面、通過圓心。的金屬軸。1。2以角速度M勻速轉(zhuǎn)動，圓

環(huán)上接有電阻均為廠的三根金屬輻條OP、。。、OR,輻條互成120。角。在圓環(huán)

左半部分分布著垂直圓環(huán)平面向下的磁感應強度為B的勻強磁場，在轉(zhuǎn)軸。。2

與圓環(huán)的邊緣之間通過電刷M、N與一個LED燈相連（假設(shè)LED燈電阻恒為廠）。

其他電阻不計，從輻條OP進入磁場開始計時。

甲乙

圖9

(1)在輻條0P轉(zhuǎn)過60。的過程中，求通過LED燈的電流；

(2)求圓環(huán)每旋轉(zhuǎn)一周，LED燈消耗的電能。

解析(1)在輻條OP轉(zhuǎn)過6()。的過程中，OP、OQ均處在磁場中，電路的感應電

動勢為

1)

E=^BL~OJ

電路的總電阻為尺=畀；=,

由閉合電路的歐姆定律可得，電路的總電流為

rEBl}g)

2r

通過LED燈的電流

⑵設(shè)圓環(huán)轉(zhuǎn)動的周期為T,在輻條OP轉(zhuǎn)過60。的過程中，LED燈消耗的電能

T

Qi=/竹石

在輻條O尸轉(zhuǎn)過60。?120。的過程中，僅OP處在磁場中，電路的感應電動勢為

E，=^BL%

r4

電路的總電阻為斤=/+?=??

由閉合電路的歐姆定律可得，電路的總電流為

El3BL2CD

/=斤=8/

通過LED燈的電流/2=》'=哈

JO/

LED燈消耗的電能02=囪吊

圓環(huán)每旋轉(zhuǎn)一周，通過LED燈的電流發(fā)生三次危期性變化

故Q=3X(Q+Q尸事。

答案⑴瞥

課后知能練提能練標準練

A卷提能小卷練

一、選擇題

1.如圖1是創(chuàng)意物理實驗設(shè)計作品“小熊蕩秋千”。兩根彼此靠近且相互絕緣的

金屬棒C、。固定在鐵架臺上，與兩個銅線圈P、。組成一閉合回路，兩個磁性

很強的條形磁鐵如圖放置。當用手左右擺動線圈。時:線圈。也會跟著擺動，

仿佛小熊在蕩秋千。以下說法正確的是（）

圖1

A.P向右擺動的過程中，P中的電流方向為逆時針方向（從右向左看）

B.P向右擺動的過程中，Q也會向右擺動

C/向右擺動的過程中，。會向左擺動

D.若用手左右擺動Q,P會始終保持靜止

解析尸向右擺動的過程中，穿過P的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，戶中有順時

針方向的電流（從右向左看），故A錯誤；P向右擺動的過程中，P中的電流方向

為順時針方向，則。下端的電流方向向外，根據(jù)左手定則知，下端所受的安培

力向右，則Q向右擺動，故B正確，C錯誤；同理，用手左右擺動Q,P會左

右擺動，故D錯誤。

答案B

2.（2019?河北唐山一模）如圖2所示，單匝金屬線圈半徑為門，電阻為R,內(nèi)部存

在一圓形區(qū)域勻強磁場，磁場區(qū)域半徑為建，磁感應強度隨時間的變化為3=股

（女＞0）,磁場方向垂直紙面向外，下列說法正確的是（）

A.線圈中感應電流的方向為逆時針方向

B.線圈具有收縮趨勢

C.線圈中感應電流的大小為等

D.線圈中感應電動勢的大小為nkn

解析磁感應強度隨Br間的變化為B=kt（k>0）,磁場方向垂直紙面向外，穿過

線圈的磁通量增大，則線圈內(nèi)有感應電流，根據(jù)楞次定律，感應電流方向為順時

針方向，故A錯誤；線圈處沒有磁場，因此不受磁場力作用，則沒有收縮或擴

張趨勢，故B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律，則有￡=詈?兀月=E*，因此線

P，hr

圈中的電流為/=*=簧，故C正確，D錯誤。

AA

答案C

3.（2019?安徽六校一模）韋伯和紐曼總結(jié)、提出了電磁感應定律，如圖3是關(guān)于該

定律的實驗，P是由閉合線圈組成的螺線管，把磁鐵從P正上方、距P上端h

處由靜止釋放，磁鐵豎直穿過P后落在海綿墊上并停下。若僅增大爪重復原來

的操作，磁鐵穿過尸的過程與原來相比，下列說法正確的是（）

圖3

A.穿過線圈的磁通量將增大

B.線圈中產(chǎn)生的感應電動勢將增大

C.通過線圈導線截面的電荷量將增大

D.線圈對磁鐵的阻礙作用將變小

解析若僅增大人，穿過線圈的磁通量變化量相同，故A錯誤；但磁鐵經(jīng)過線圈

的時間減小，穿過線圈的磁通量變化率增大，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢將增大，

故B正確；通過線圈導線橫截面的電荷量q=等保持不變，故C錯誤；增大〃

時，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢將增大，所以感應電流增大，線圈對磁鐵的阻礙作

用將變大，故D錯誤。

答案B

4.無線充電器是指不用傳統(tǒng)的充電電源線連接到需要充電的終端設(shè)備上的充電

器，無線充電技術(shù)通過線圈之間產(chǎn)生的交變磁場傳輸電能，多種設(shè)備可以使用一

臺充電器。如圖4所示給出了某無線充電器的示意圖和原理圖。關(guān)于無線充電，

下列說法正確的是（）

圖4

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.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不相同

C.當發(fā)射線圈中電流最大時，接收線圈中電流也最大

D.增加接收線圈的匝數(shù)可以縮短充電時間

解析無線充電時，手機接收線圈部分的工作原理是電磁感應現(xiàn)象，而不是“電

流的磁效應”，故A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B錯誤；當發(fā)射線圈中電流最大時，接收線圈中通過的磁通量

最大，但磁通量變化率為零，電流也為零，故C錯誤；增加接收線圈的匝數(shù)，

感應電流增大，達到相同電荷量所需時間縮短，D正確。

答案D

5.（多選）如圖5所示，一圓柱形軟鐵材料上纏繞著P、。兩組線圈，Q線圈的匝

數(shù)多于P線圈的匝數(shù)。線圈。的兩端A、8連接電源，線圈。的兩端連接一負

載電阻上下列說法正確的是（）

ABR

圖5

A.在A8端加恒定電壓，。線圈中無感應電流

B.在A3端加均勻增加的電壓，。線圈中無感應電流

C在端加交變電壓，流過。線圈的電流小于P線圈中的電流

D.在AB端加交變電壓，尸、Q兩組線圈始終相互排斥

解析該裝置相當于互感變壓器。在48端加恒定電壓，線圈P中的電流不變，

穿過軟鐵的磁通量不變，所以線圈。中沒有感應電流，故A正確；在AB端加

均勻增加的電壓時，穿過軟鐵的磁通量增加，所以線圈。中有感應電流，故B

錯誤；在A8端加交變電壓，因為流過線圈的電流與匝數(shù)成反比，所以流過。線

圈的電流小于P線圈中的電流，故C正確；在43端加交變電壓，線圈Q中有

感應電流，當線圈。中的電流方向與線圈尸中的電流方向相同時，兩線圈相互

吸引，當兩線圈中的電流方向相反時，兩線圈相互排斥，D錯誤。

答案AC

6.（多選）如圖6所示,光滑導軌MN和PQ固定在同一水平面上,兩導軌距離為L,

兩端分別接有阻值均為R的定值電阻品和砂,兩導軌間有一邊長為亨的正方形

區(qū)域該區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。一質(zhì)量為"7、

電阻為R的金屬桿與導軌接觸良好并靜止于ab生，現(xiàn)用一恒力尸沿水平方向拉

桿，使之由靜止起向右運動，若桿出磁場前已做勻速運動，不計導軌的電阻。下

列說法正確的是（）

圖6

A.金屬桿做勻速運動時的速率為爵

DL

B.金屬桿做勻速運動時兩端的電壓為巖

nr2

C.金屬桿穿過整個磁場過程中照上通過的電荷量為器

D.金屬桿離開磁場時的熱功率是527

解析等效電路如圖麻示,

金屬桿做勻速運動時有

F=F『

R息

其中R總=,R,則。=^|^，選項A正確；金屬行做勻速運動時產(chǎn)生的感應電動

勢為E=I^v=BX與X稿*=有$,由電路關(guān)系可知。=號=鬻，選項B錯誤；

ZZtfL15LjL5L

由q=鏟,得通過電路的總電荷量為夕=瞽，但以上通過的電荷量m=?=蹤，

故選項C錯誤；金屬桿離開磁場時，電路的總熱功率P思=*=髓，由于通過

桿的電流是通過電阻凡、R2電流的2倍，由。=尸尺知桿上的熱功率是電阻心、

戶

治熱功率的2倍，故戶產(chǎn)產(chǎn)2總=4髭R，選項D正確。

答案AD

二、非選擇題

7.如圖7甲所示，將一間距為L=1m的足夠長U形導軌固定，傾角為。=37。，

導軌上端連接一阻值為R=2.0。的電阻，整個空間存在垂直于軌道平面向上的

勻強磁場。質(zhì)量為"z=0.01kg、電阻為/?=1.0Q1勺金屬棒,心垂直緊貼在導軌上

且不會滑出導軌，導軌與金屬棒之間的動摩擦因數(shù)〃=05金屬棒"從靜止開

始下滑，下滑的x—f圖象如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，A8段為直線，

導軌電阻不計且金屬棒下滑過程中始終與導軌垂直且緊密接觸，重力加速度g

取l()ni/e,si1137c=0.6,3537c=0.8。求：

甲

圖7

(1)勻強磁場的磁感應強度B的大??；

(2)從開始到f=2.5s過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量0

解析(1)從圖象可得金屬棒先做加速運動，再做勻速運動，勻速運動的速度

AT3.0—1.5

v=~T；=~~-m/s=1.5m/s

△t2.5—1.5

勻速運動時受沿斜面向上的安培力隊作用，根據(jù)平衡條件有

mgsin6=〃〃?gcos0~\~FA

代入數(shù)據(jù)解得“A=0.02N

又FA=BIL=B^L，解得B=().2T。

(2)t=2.5s時金屬棒ab做勻速直線運動，速度大小v=\.5m/s,

位移大小x=3.0m

設(shè)從開始到，=2.5s過程中電路中產(chǎn)生的熱量Q,根據(jù)能量守恒定律得

mgxsin9=^inv2+〃〃?cos9+Q

代入數(shù)據(jù)解得Q=0.04875J

R

電阻R上產(chǎn)生的熱量。《=而。=0.0325Jo

答案(1)().2T(2)0.0325J

B卷高考標準練

(20分鐘32分)

1.(12分乂2019?天津卷，11)如圖8所示，固定在水平面上間距為/的兩條平行光

滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和尸。長度也為/、電阻均為R,

兩棒與導軌始終接觸良好。兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連,

線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量鼠圖中虛線右側(cè)有

垂直丁導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為6。PQ的質(zhì)量為,〃，金屬

導軌足夠長、電阻忽略不計。

圖8

⑴閉合S,若使PQ保持靜止，需在其卜.加多大的水平恒力F,并指出其方向:

（2）斷開S,PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為。的加速過程中流

過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W。

解析（1）設(shè)線圈中的感應電動勢為E,由法拉第電磁感應定律

E=〃等，得￡=K1）（1分）

設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有/?井=亨②（1分）

閉合S時，設(shè)線圈中的電流為/,根據(jù)閉合電路歐姆定律得

六言詢1分）

設(shè)PQ中的電流為IPQ,有IPQ=^I④

設(shè)PQ受到的安培力為產(chǎn)安，有

/安=8/p〃⑤（1分）

保持尸Q靜止，由受力平衡，有

尸=尸安⑥（1分）

聯(lián)立①②③④⑤⑥式得

/=需⑦（1分）

由楞次定律可知，電流方向為從。到P,

由左手定則可知P。受到的安培力方向水平相左，

所以尸的方向水平向右。

（2）設(shè)尸Q由靜止開始至J速度大小為。的加速過程中，PQ運動的位移為x,所用

時間為加，回路中的磁通量變化為△◎,平均感應電動勢為E,有

E=譬@（1分）

其中A0=BW§）（1分）

設(shè)PQ中的平均電流為/,有/=4⑩（1分）

根據(jù)電流的定義得

仁如）（1分）

由動能定理，有

以+W=5〃w2—0?（1分）

聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??得

2

W=^mv—^kqo?（1分）

答案（D需，方向水平向右（2）^nv2—^kq

2.（20分）（2019?江西上饒三模）如圖9所示，傾角為。=37。的足夠長平行導