2024年新高考物理第一輪復習：選修3-2 第十章 專題突破

專題突破電磁感應定律的徐合應用

突破一電磁感應中的電路問題

1.電磁感應中電路知識的關系圖

閉合電路電磁感應

EEBlv

R+r

U:RF聯系1：電動勢*

R+r

聯系2：功和能

P=/L7乙

Ql2Rt〃△中

Q=CUq=T

2.解決電磁感應中的電路問題三步驟

用法拉第電磁感應定律算出E的大小.

川愣次定律或右手定則確定感應電流

??源”的分析一

方向（電源內部電流的方向）.從而確

定電源正負極.明確內阻廠

根據“等效電源”和電路中其他各元件

,?路”的分析

的連接方式畫出等效電路圖

【例1】（多選）如圖1所示，光滑的金屬框CQE產水平放置，寬為L,在E、F

間連接一阻值為R的定值電阻，在。、。間連接一滑動變阻器R（0WRiW2R）。

框內存在著豎直向下的勻強磁場。一長為L,電阻為R的導體棒A8在外力作用

下以速度〃勻速向右運動，金屬框電阻不計，導體棒與金屬框接觸良好且始終垂

直，下列說法正確的是（）

［口期］1

FBc

lxXXXxl

R”Xx*xxn

『XXxxx|

EAD

圖1

A.48FF回路的電流方向為逆時針，ABC。回路的電流方向為順時針

B.左右兩個閉合區(qū)域的磁通量都在變化且變化率相同，故電路中的感應電動勢

大小為2BLv

2

C.當滑動變阻器接入電路中的阻值凡=7?時，導體棒兩端的電壓為令比o

D.當滑動變阻器接入電路中的阻值品=與時，滑動變阻器有最大電功率且為

B2L2V2

8R

解析根據楞次定律可知，A正確；根據法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢

E=BLv,故B錯誤；—外電路總電阻R訃=?故導體棒兩端的電壓即

路端電壓應等于號84，故C錯誤；該電路電動勢電源內阻為R,求解

滑動變阻器的最大電功率時，可以將導體棒和電阻R看成新的等效電源，等效

內阻為?故當R尸4時，等效電源輸出功率最大，即滑動變阻器電功率最大，

rr2（4^）82,

最大值Prn=~^~=n=~―，故D正確。

AlAon

2

答案AD

I多維訓練精選練透

1.（多選泮徑分別為“口2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內，一長為八電

阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導軌上面，84的延長線通過圓導軌中心0,裝

置的俯視圖如圖2所示，整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為以

方向豎直向下。在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為。的電容器。金屬

棒在水平外力作用下以角速度①繞。逆時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導

軌保持良好接觸。導軌電阻不計。下列說法正確的是（）

［口期］2

圖2

A.金屬棒中電流從8流向A

B.金屬棒兩端電壓為1氏or2

C.電容器的M板帶負電

D.電容器所帶電荷量為次or2

解析根據右手定則可知金屬棒中電流從8流向A,選項A正確；金屬棒轉動

產生的電動勢為E=B/":2=和",切割磁感線的金屬棒相當于電源，金

屬棒兩端電壓相當于電源的路端電壓，因而〃=萬之后=:832,選項B正確；

金屬棒A端相當于電源正極，電容器M板帶正電，選項C錯誤；由C=￡可得

3

電容器所帶電荷量為0=/C8切/，選項D錯誤。

答案AB

2.（多選）如圖3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)發(fā)光。某同學對竹蜻蜓的電路作如下簡化：加圖乙所示，半徑為￡的導電圓

環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面、通過圓心。的金屬軸（91（92以角速度口逆時針勻速轉動（俯

視）。圓環(huán)上接有電阻均為廠的三根金屬輻條OP、OQ、OR，輻條互成12（）。角。

在圓環(huán)左半部分張角也為12（）。角的范圍內（兩條虛線之間）分布著垂直圓環(huán)平面

向下磁感應強度為B的勻強磁場，在轉軸OiO2與圓環(huán)的邊緣之間通過電刷M、

N與一個LED燈相連。假設LED燈電阻為一其他電阻不計，從輻條OP進入

磁場開始計時。在輻條。戶轉過120。的過程中，下列說法中正確的是（）

甲乙

［口期］3

p

圖4

A.在尸系時為零

B.在時改變方向

c.在寸最大，口沿順時針方向

D.在f=7時最大，且沿順時針方向

解析因通電導線的磁感應強度大小正比于電流的大小，故導線框R中磁感應

強度與時間的變化關系類似于題圖(b),感應電動勢正比于磁感應強度的變化率,

即題圖(b)中的切線斜率，斜率的正負反映電動勢的方向，斜率的絕對值反映電

動勢的大小。由題圖(b)可知，電流為零時，電動勢最大，電流最大時電動勢為

T2T

零，A正確，B錯誤；再由楞次定律可判斷在一個周期內，;?號內電動勢的方

向沿順時針方向，，時刻最大，C正確；其余時間段電動勢沿逆時針方向，D錯

誤。

答案AC

考向?根據電磁感應過程選擇圖象

【例3】(多選)如圖5所示，光滑平行金屬導軌MMPQ放置在同一水平面內，

M、P之間接一定值電阻R,金屬棒仍垂直導軌水平放置，金屬棒仍及導軌電

阻不計。整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，7=0時對金屬棒施加水平向右的

外力R使金屬棒由靜止開始做勻加速直線運動。下列關于通過金屬棒的電流八

通過導軌橫截面的電荷量力拉力廠和拉力的功率P隨時間變化的圖象中正確的

是()

圖5

［口期］5

Kk匕L

OtOtOIOt

ABCD

解析r=0時對金屬棒施加水平向右的外力F,使金屬棒由靜止開始做勻加速直

線運動，設加速度為4,則金屬棒的速度可表示為v=at,由法拉第電磁感應定

律，切割磁感線產生的感應電動勢根據閉合電路歐姆定律，金

屬棒中電流i=^=華，與時間成正比，選項A正確；感應電動勢￡=笑=點,

\pI

S=Lx=L5ap,i=又,q=M聯立解得4=而8〃尸，選項B錯誤；金屬棒運動

過程中所受的安培力F安=8/="冷，由牛頓第二定律，得尸一尸安=〃山，解

D2Tn2J2〃,

得F=〃心+—選項C正確；拉力的功率尸=鼠=（〃W+—選項D

錯誤。

答案AC

方法技巧|

電磁感應中的圖象問題的分析方法

廠|明確圖象所描述的物理意義

f|明確各種正、負號的含義

四

明

確

明確斜率的含義

圖

象明確圖象和電磁感應過程之間的

分

析對應關系

三個相似關系及其各自的物理意義

理解

［多維訓練精選練透

1.圖6中有A、8兩個導線圈。線圈8連接一電阻R,要使流過電阻R的電流

大小恒定，且方向由。點流經電阻R到〃點，設線圈4中電流i從。點流入線圈

的方向為iE方向，則線圈A中的電流隨時間變化狗圖象應為圖中的（）

［口期］6

解析要讓線圈8中產生感應電流，A中的電流應發(fā)生變化，C、D錯誤；若A

中的電流由。流入，且越來越小，則根據右手螺旋定則可知穿過3的磁通量向

左，且越來越小，根據楞次定律可知3中產生的感應電流由d點流經電阻R到c

點，B錯誤；同理，若A中的電流從人點流入，且電流越來越小，則根據楞次定

律，B中產生的感應電流從。點流經電阻R到〃點，A正確。

答案A

2.(多選汝I圖7甲所示，在水平桌面上放置邊長為0.20m的正方形閉合金屬線

圈。從力，線圈的匝數為10,總電阻為0.10C,線圈與水平桌面間的最大靜摩擦

力為().2No線圈的右半邊處于垂直桌面、均勻分布的磁場中，磁場左邊界

與線圈ab.cd兩邊平行且等距。從r=()時刻起，磁場的磁感應強度B隨時間I

的變化規(guī)律如圖乙所示。假設垂直桌面向下為正方向，重力加速度g=10m/s2,

下列說法正確的是()

A./=ls時線圈受到的安培力為零

B./=6s時線圈即將向右滑動

［口期］7

C.線圈滑動前，其導線中的電流一直為0.4A

D.線圈滑動前，其產生的焦耳熱為2.4X102j

解析r=ls時磁感應強度為零，線圈受到的安培力為零，選項A正確；由題圖

乙可知，詈=。1T/s,磁感應強度隨時間變化的關系為5=-0.1T+器/=(-0.1

+o.lr)T,當線圈未滑動時，由法拉第電磁感應定律知，線圈中產生的感應電動

勢上=〃喏=10X0.20X0.10X0.1V=0.02V,根據閉合電路歐姆定律，線圈中

E

電流/=^=().2A,由題圖乙可知1=6s時磁感應強度為3=0.5T,線圈受到的

安培力大小尸=〃8/L=10X0.5X0.2X0.20N=0.2N,恰好等于線圈與水平桌面

間的最大靜摩擦力0.2N,根據楞次定律可知，線圈即將向左滑動，選項B錯誤;

線圈滑動前，其導線中的電流一直為().2A,選項C錯誤；由焦耳定律知，線圈

滑動前，其產生的焦耳熱Q=/2k=0.22X0.10X6J=2.4X10-2J,詵項DJF確。

答案AD

突破三電磁感應中的動力學問題

1.兩種狀態(tài)及處理方法

狀態(tài)特征處理方法

平衡態(tài)加速度為零根據平衡條件列式分析

根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系進

非平衡態(tài)加速度不為零

行分析

2.電磁感應中的動力學臨界問題

(1)解決這類問題的關鍵是通過受力情況和運動狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界

狀態(tài)，如速度、加速度為最大值或最小值的條件。

E=Blv

(2)基本思路是：導體受外力運動------＞感應電動勢

r_E_Blv

'—~DRF—BIl

-----------＞感應電流-------＞導體受安培力一＞合外力

F今=ma

變化———＞加速度變化一＞速度變化一＞臨界狀態(tài)

—＞列式求解。

【例4】足夠長的平行金屬導軌MN和P。表面粗糙，與水平而間的夾角為〃

［口期］8

=37。6巾37。=0.6),間距為1m。垂直于導軌平面向上的勻強磁場的磁感應強度

的大小為4T,P、M間所接電阻的阻值為8Q。質量為2kg的金屬桿?！ù怪睂?/p>

軌放置，不計桿與導軌的電阻，桿與導軌間的動摩擦因數為0.25。金屬桿必在

沿導軌向下且與桿垂直的恒力F作用下,由靜止開始運動，桿的最終速度為8

m/s,取g=1()m/s2，求：

圖8

(1)當金屬桿的速度為4m/s時，金屬桿的加速度大?。?/p>

(2)當金屬桿沿導軌的位移為6m時,通過金屬桿的電荷量.

解析(1)對金屬桿必應用牛頓第二定律，有

產+"zgsin0—F安—f=ma,f=〃/7N,FN="zgcos0

油桿所受安培力大小為產安=8〃

而桿切割磁感線產生的感應電動勢為E=BLv

由閉合電路歐姆定律可知/=￡

/B2LT

整理得：F+mgsinH——^~v—//mgcos9=ma

代入0m=8m/s時4=0,解得F=SN

代入v=4m/s及b=8N,解得a=4ni/s2

(2)設通過回路橫截面的電荷量為小則鄉(xiāng)=〃

F

回路中的平均電流強度為/=￡

回路中產生的平均感應電動勢為石=平

回路中的磁通量變化量為△⑦=①乂聯立解得q=3C

答案(1)4m/s2(2)3C

方法技巧|

用“四步法”分析電磁感應中的動力學問題

［口期］9

解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下:

［多維訓練精選練透

1.（2017.天津理綜，3）如圖9所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間

接有電阻凡金屬棒油與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強腋場

中，磁場方向垂直于導軌平面向下?，F使磁感應強度隨時間均勻減小，ah始終

保持靜止，下列說法正確的是（）

A.中的感應電流方向由〃到a

B.〃〃中的感應電流逐漸減小

C.砧所受的安培力保持不變

D.必所受的靜摩擦力逐漸減小

解析導體棒。氏電阻R、導軌構成閉合回路，磁感應強度均勻減小（詈=人為

一定值），則閉合回路中的磁通量均勻減小，根據楞次定律，可知回路中產生順

時針方向的感應電流，出7中的電流方向由。到從故選項A錯誤；根據法拉第

電磁感應定律，感應電動勢三=萼=喈=&5,回路面積S不變，即感應電動

勢為定值，根據閉合電路歐姆定律/=今所以/中的電流大小不變，故選項B

錯誤；安培力F=BIL,電流大小不變，磁感應強度減小，則安培力減小，故選

項C錯誤；導體棒處于靜止狀態(tài)，所受合力為零，對其受力分析，水平方向靜

摩擦力/與安培力廠等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故選項D正確。

答案D

［口期］10

2.如圖10,在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線

框右側有一寬度為d(d>L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導線框的一邊平

行，磁場方向豎直向下。導線框以某一初速度向右運動。，=0時導線框的右邊恰

與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域。下列v~t圖象中，可

能正確描述上述過程的是()

圖10

解析導線框開始進入磁場過程，通過導線框的磁通量增大，有感應電流，進而

受到與運動方向相反的安培力作用，速度減小，感應電動勢減小，感應電流減小,

安培力減小，導線框的加速度減小，f圖線的斜率減??；導線框全部進入磁場

后，磁通量不變，無感應電流，導線框做勻速直線運動；導線框從磁場中出來的

過程，有感應電流，又會受到安培力阻礙作用，速度減小，加速度減小，選項D

正確。

答案D

突破四電磁感應中的能量和動量問題

1.電磁感應中的能量轉化

?■做正功：電能整>機械能.如電動機

安培力做功用X牛必山牛磐4焦耳熱或其他形式

I做負功:機械能o電能第#的能量,如發(fā)電機

2.求解焦耳熱。的三種方法

焦耳定律：0=7正］

焦耳熱Q的

功能關系：后”

三種求法Q=Wf

能量轉化：Q=AEK電能的減少;1

3.動量守恒定律在電磁感應現象中的應用

［口期］11

在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系

統(tǒng)內力，如果它們受到的安培力的合力為。時，滿足動量守恒，運用動量守恒定

律求解比較方便。

考向?電磁感應中的能量問題

【例5】（2019.石家莊模擬）相距為L=2m的足夠長的金屬直角導軌如圖11甲

所示放置，它們各有一邊在同一水平面內，另一邊垂直于水平面。質量均為加

=0.1kg的金屬細桿必、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動

摩擦因數均為"=0.5,導軌電阻不計，回路中而、〃電阻分別為Ri=0.6Q,R2

=0.4Qo整個裝置處于磁感應強度大小為8=0.50T、方向豎直向上的勻強磁場

中。當"桿在平行于水平導軌的拉力尸作用下從靜止開始沿導軌勻加速運動時,

〃桿也同時從靜止開始沿導軌向下運動。測得拉力廠與時間，的關系如圖乙所示。

g取10m/s2,求：

圖11

⑴他桿的加速度出

⑵當cd桿達到最大速度時ab桿的速度大??；

⑶若從開始到cd桿達到最大速度的過程中拉力尸做了5.2J的功，求該過程中

ab桿所產生的焦耳熱。

解析（1）由圖乙可知，/=（）時，F=1.5N

對桿：F—Rmg=ma

代入數據得tz=10m/s2

（2）cd桿受力情況如圖（從d向c看），當cd桿所受重力與滑動摩擦力相等時，速

度最大，即mg="回N

［口期］12

----?---°F:

mg

又FN=F安

安培力F^=BIL

心應電流JR+R2-RI+/?2

由以上幾式解得v=2in/s

(3)ab桿發(fā)生的位移為X=T~=0.2m

對必桿應用動能定理辱

Wr-fimgx—W安=；/加

解得W安=4.9J

根據功能關系得Q=W'安

所以"桿上產生的焦耳熱為

Q"'=K%Q=2.94J

答案(1)10m/s2(2)2m/s(3)2.94J

考向?電磁感應中的動量問題

【例6】如圖12所示，MN、尸。是固定在水平桌面上，相距/=1.0m的光滑

平行金屬導軌，MP兩點間接有R=0.6Q的定值電阻，導軌電阻不計。質量均

為〃2=0.1kg,阻值均為，=0.3C的兩導體棒。垂直于導軌放置，并與導軌良

好接觸。開始時兩棒被約束在導軌上處于靜止，相距xo=2m,。棒用細絲線通

過光滑滑輪與質量為"o=().2kg的重物c相連，重物c距地面高度也為RO=2nio

整個桌面處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B=1.0T。。棒解除約束后，

在重物c的拉動下開始運動(運動過程中絲線始終與b棒沒有作用)，當。棒即將

到達8棒位置前一瞬間，〃棒的約束被解除，此時。棒已經勻速運動，試求：

［口期］13

MN

(1)。棒勻速運動時棒中的電流大??；

⑵已知心人兩棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，假設導軌足夠長，試求該

“粗棒”能運動的距離；

(3)6/棒解除約束后整個過程中裝置產生的總焦耳熱。

解析(1)由題意，〃og=8//“，可得/a=2A

⑵設碰前。棒的速度為2則

Blv0.6X0.3

Ia=WC+0.3Q=0.5Q

v=1m/s

4b碰撞過程mv=2mv,,o'=0.5m/s

時碰撞后的整體運動過程，由動量定理得

--Bk

—IlBt=0-2mv\q=lt=------

得尸0.075m

(3)發(fā)生碰撞前

mogxo-Q\=￡(〃zo+m)v2

得01=3.85J

發(fā)生碰撞后Q2=；X2〃m'2=().()25J

所以整個運動過程。=。+。2=3.875J

答案(1)2A(2)0.075m(3)3.875J

I多維訓練精選練透

1.(多選)(2018?江蘇單科，9)如圖13所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為￡,

矩形勻強磁場I、II的高和間距均為4,磁感應弱度為及質量為機的水平金屬

［口期］14

桿由靜止釋放，進入磁場I和II時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R,與

導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿（）

A.剛進入磁場I時加速度方向豎直向下

B.穿過磁場I的時間大于在兩磁場之間的運動時間

C.穿過兩磁場之間的總熱量為

D.釋放時距磁場I上邊界的高度h可能小于察言

解析根據題述，由金屬桿進入磁場I和進入磁場H時速度相等可知，金屬桿在

磁場I中做減速運動，所以金屬桿剛進入磁場I時加速度方向豎直向上，選項A

錯誤；由于金屬桿進入磁場I后做加速度逐漸減小的減速運動，而在兩磁場之間

做勻加速運動，運動過程如圖所示（其中切為金屬桿剛進入【時的速度，。2為金

屬桿剛出I時的速度），圖線與時間軸所圍的面積表示位移，兩段運動的位移相

等，所以穿過磁場I的時間大于在兩磁場之間的運動時間，選項B正確；根據

能量守恒定律，金屬桿從剛進入磁場I到剛進入磁場【I過程動能變化量為0,重

力做功為2mgd,則金屬桿穿過磁場I產生的熱量。i=2/〃gd,而金屬桿在兩磁場

區(qū)域的運動情況相同，產生的熱量相等，所以金屬桿穿過兩磁場產生的總熱量為

2X2"igd=4）ngd,選項C正確；金屬桿剛進入磁場I時的速度v=、2gh,進入磁

￡

場I時產生的感應電動勢E=8勿，感應電流/=初所受安培力尸=8〃，由于金

屬桿剛進入磁場I時加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即聯

立解得心轆5,選項D錯誤。

答案BC

2.如圖14所示，平行金屬導軌MMATM和平行金屬導軌「0AP0K固定在

［口期］15

高度差為〃(數值未知)的兩水平臺面上。導軌MN、MN左端接有電源,MN與MN

的間距為L=0.10m,線框空間存在豎直向上的勻強磁場、磁感應強度8=0.20

T；平行導軌PQR與PQ7?，的間距為L=0.10m,其中PQ與是圓心角為60。、

半徑為r=().5()m的圓弧形導軌，QR與QR是水平長直導軌，Q0右側有方向豎

直向上的勻強磁場，磁感應強度&=0.4()T。導體棒。質量如=0.()2kg,接在電

路中的電阻Ri=2.0Q,放置在導軌MN、MW右側NW邊緣處；導體棒方質量

,712=0.04kg,接在電路中的電阻R2=4.0C,放置在水平導軌某處。閉合開關K

后，導體棒。從NM水平拋出，恰能無碰撞地從尸P處以速度切=2m/s滑入平行

導軌,且始終沒有與棒b相碰。重力加速度g=10m/s2,不計一切摩擦及空氣阻

力。求：

(1)導體棒b的最大加速度；

(2)導體棒a在Q2右側磁場中產生的焦耳熱；

(3)閉合開關K后，通過電源的電荷量外

解析⑴設。棒滑到水平導軌上時的速度大小為。2,則從PP到QQ，，由動能

定理得

11

mig。?-rcos600)=3m\vi7-yn\in9

解得s=3m/s

因為〃棒剛進磁場時，〃、〃棒中的電流最大，〃棒受力最大，加速度最大，所以

E=&￡U2=().12V

/=RI+R2=QO2A

由牛頓第二定律有B2lL=ni2am^

則導體棒b的最大加速度々max=0.02m/s?

⑵兩個導體棒在運動過程中，動量守恒且能量守恒，當兩棒的速度相等時回路

［口期］16

中的電流為零，此后兩棒做勻速運動，兩棒不再產生焦耳熱。所以

由動量守恒定律有加1。2=（8+機2）。3

設。棒在此過程中產生的焦耳熱為?！?，b棒產生的焦耳熱為Q

由能量守恒定律有?vi=^（/ni+團2）*+Qa+Qb

由于。、b棒串聯在一起，所以有覆=盛

Q（l=0.02J

（3）設閉合開關后，。棒以速度次）水平拋出，則有

oo=oicos600=1m/s

對。棒沖出過程由動量定理得

￡Bi/LAr=/muo即B\Lq=m\va

q=1C

答案(1)0.02m/s2(2)0.02J(3)1C

核心素養(yǎng)提升

建構模型系列一高考?？嫉摹扒懈钅Ｐ汀?/p>

【真題模型再現】

來源圖例模型命題點

右手定則、E=BLv

2016?高考全國卷“導體棒轉動切

的應用、閉合電路

11第20題[割”模型

?1Q歐姆定律

受力分析、平衡條

2016?高考全國卷“導體棒平動切

件、公式E=BLv

I第24題割，，模型

的應用

牛頓第二定律、法

2016?高考全國卷；xxxx|“單棒+導軌”模

1F.:xxxx

[XXXX\拉第電磁感應定

II第24題______xXX1型

律、歐姆定律

法拉第電磁感應定

2017?高考全國卷bc''

“線框切割”模型律、右手定則、安

II第20題

目i培力

［口期］17

x^5xxxpx

2017?高考全國卷“單棒+導軌”模楞次定律、磁通量

III第15題型的概念

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法拉第電磁感應定

X

2018?高考全國卷“導體棒轉動切律、閉合電路歐姆

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1第17題割”模型定律、電荷量的計

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算

昌Li-f圖象、楞次定

?高考全國卷

2018x

1X,XX,?*,XX

:XX：??:xX；??；XX“線框切割”模型律、法拉第電磁感

II第18題Wtt?:XX.

應定律

［口期］18

【?？寄Ｐ陀柧殹?/p>

1.［“導體棒轉動切割”模型］(多選)如圖15所示為一圓環(huán)發(fā)電裝置，用電阻R

=4Q的導體棒彎成半徑L=0.2m的閉合圓環(huán)，圓心為O,COD是一條直徑，

在O、。間接有負載電阻舟=1。0整個圓環(huán)中均有3=0.5T的勻強磁場垂直環(huán)

面穿過。電阻r=1C的導體棒OA貼著圓環(huán)做勻速圓周運動，角速度to=300

rad/s,貝ij()

圖15

A.當0A到達0C處時，圓環(huán)的電功率為1W

B.當0A到達OC處時，圓環(huán)的電功率為2W

C.全電路最大功率為3W

D.全電路最大功率為4.5W

解析當OA到達OC處時，圓環(huán)的電阻為1C,與幻串聯接入電路，外電阻為

2Q,棒轉動過程中產生的感應電動勢石=3以?①=3V,圓環(huán)上分壓為1V,所

以圓環(huán)上的電功率為1W,選項A正確，B錯誤；當OA到達0。處時，圓環(huán)中

的電流為零，此時電路中總電阻最小，而電動勢式變，所以全電路的電功率最大

F2

為尸=6^=4.5W,選項C錯誤，D正確。

答案AD

2.［“單棒+導軌”模型］如圖16所示，足夠長的金屬導軌固定在水平面上，金

屬導軌寬度L=1.0m,導軌上放有垂直導軌的金屬桿P,金屬桿質量為〃z=0.1kg,

空間存在磁感應強度8=0.5T、豎直向下的勻強磁場。連接在導軌左端的電阻R

=3.0Q,金屬桿的電阻r=1.0Q,其余部分電阻不計。某時刻給金屬桿一個水

平向右的恒力F,金屬桿P由靜止開始運動，圖乙是金屬桿P運動過程的v-t

圖象，導軌與金屬桿間的動摩擦因數〃=0.5。在金屬桿P運動的過程中，第一

個2s內通過金屬桿P的電荷量與第二個2s內通過產的電荷量之比為3:5og

取10m/s2o求：

［口期］19

圖16

(1)水平恒力廠的大?。?/p>

(2)前4s內電阻R上產生的熱量。

解析(1)由圖乙可知金屬桿。先做加速度減小的加速運動，2s后做勻速直線運

動

當，=2s時，v=4m/s,此時感應電動勢E=8Lu

E

感應電流/=而；

B2Lrv

安培力F=BIL=-^—

R-rr

根據牛頓運動定律有F—F—jtifng=O

解得尸=0.75N。

E

(2)通過金屬桿P的電荷量?/

其中萬=綃=半

所以4=給8乩1為P的位移)

設第一個2s內金屬桿尸的位移為箝，第二個2s內尸的位移為12

則△6=BLx\,A02=BLxi=BLvt

又由于?。喉?3:5

聯立解得也=8m,Xi=4.8m

前4s內由能量守恒定律得

尸(xi+X2)=^mv2+/Limgixi+尤2)+Qr+QR

其中Q「：QR=r：R=\：3

解得QR=1.8J。

答案(1)0.75N(2)1.8J

3.［“雙棒+導軌”模型］如圖17所示，辱直放置的兩光滑平行令屬導軌置于垂

［口期］20

直于導軌平面向里的勻強磁場中，兩根質量相同的導體棒。和〃垂直放置在導軌

上且與導軌接觸良好，可自由滑動。先固定。，釋放從當〃的速度達到10m/s

時，再釋放經過1s后，。的速度達到12m/s,則：(g取lOnVs?)

圖17

⑴此時〃的速度是多大？

(2)假若導軌很長，試分析“、〃棒最后的運動狀態(tài)。

解析(1)當〃棒先向下運動時，在。和〃以及導軌所組成的閉合回路中產生感

應電流，于是。棒受到向下的安培力，〃棒受到向上的安培力，且二者大小相等。

釋放。棒后，經過時間"分別以。和〃為研究表象，根據動量定埋得

(mg+F)t=/nVa

(/ng—F)t=mvb—nWQ

解得如=18m/s

(2)在4、/?棒向下運動的過程中，4棒的加速度n=g+A，棒的加速度S=g

-￡閉合回路中磁通量的變化逐漸減小直至不變，感應電流也逐漸減小直至消

失，則安培力也逐漸減小到零。最后，兩棒以共同的速度向下做加速度為g的勻

加速運動。

答案(1)18m/s(2)6、〃棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運動

4"“線框切割”模型］(2019?南昌三校聯考)如圖18所示,空間分布著水平方向

的勻強磁場，磁場區(qū)域的水平寬度d=0.4m,豎直方向足夠長，磁感應強度8=

().5To正方形導線框PQMN邊長L=0.4in,質量6=0.2kg,電阻R=0.1Q,開

始時放在光滑絕緣水平板上“I”位置。現用一水平向右的恒力/=0.8N拉線

框，使其向右穿過磁場區(qū)域，最后到達“11”位置(MN邊恰好出磁場)。己知線

框平面在運動中始終保持在豎直平面內，PQ邊剛進入磁場時線框恰好做勻速運

動，gMX10m/s2o試求：

［口期］21

圖18

(1)線框進入磁場前運動的距離Q；

(2)上述整個過程中線框內產生的焦耳熱；

⑶線框進入磁場過程中通過其某一截面的電荷量。

解析(1)線框在磁場中勻速運動，有尸安=尸

F安=BIL,1=彳,E=BLvi

K

FR

聯立解得vi=B?L2=2m/s

由動能定理得FD=^mvi

解得0=0.5m

(2)由能量守恒定律可知。=2Fd=2X0.8X0.4J=0.64J

2

卬.卜①一zaBAS0.5X0.4

(3)根據q=R可付q=R=6"jC—0.8C

答案(1)0.5m(2)0.64J(3)0.8C

課時作業(yè)

電磁感應定律的綜合應用(-)

(時間：40分鐘)

基礎鞏固練

1.如圖1甲所示，在電阻R=1C,面積8=0.30?的圓形線框中心區(qū)域存在勻

強磁場，圓形磁場區(qū)面積S2=0.2m2。若取磁場方向垂直紙面向外為正方向，磁

感應強度B隨時間的變化規(guī)律可用圖乙描述，則線框中的感應電流/(取順時針方

向為正方向)隨時間，的變化圖線是()

/?/(x1OJT)

甲乙

［口期］22

圖1

答案C

2.如圖2所示，兩個互連的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分

之一，磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域，當磁感應強度隨時間均勻變化時，在大

環(huán)內產生的感應電動勢為E,則。、b兩點間的電勢差為（）

解析。、b間的電勢差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的;，故〃、b

間電勢差為選項B正確。

答案B

3.下列四個選項圖中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。A、

B中的導線框為正方形，C、。中的導線框為直角扇形。各導線框均繞垂直紙面

軸0在紙面內勻速轉動，轉動方向如箭頭所示，轉動周期均為兀從線框處于圖

示位置時開始計時，以在0P邊上從P點指向0點的方向為感應電流i的正方向。

則在如圖所示的四個情景中，產生的感應電流i隨時間/的變化規(guī)律如圖3所示

的是（）

［口期］23

圖3

:屋一建：遇屋：田二：砥

XXXXXXXV.XXXXXXX.:X

一由一…汨i迷…一加…

ABCD

解析根據感應電流在一段時間恒定，導線框應為扇形；由右手定則可判斷出產

生的感應電流j隨時間t的變化規(guī)律如題圖所示的是選項Co

答案C

4.（多選）如圖4甲所示，光滑“N”形金屬支架A8C固定在水平面上，支架處

在垂直于水平面向下的勻強磁場中，一金屬導體棒石廠放在支架上，用一輕桿將

導體棒與墻固定連接，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，取垂直于水平

面向下為正方向，則下列說法中正確的是（）

圖4

A.力時刻輕桿對導體棒的作用力最大

B./2時刻輕桿對導體棒的作用力為零

C.上到A時間內，輕桿對導體棒的作用力先增大后減小

D.尬到白時間內，輕桿對導體棒的作用力方向不變

解析由E=〃詈，可知力時刻感應電動勢為零，感應電流為零，安培力為零，

輕桿對導體棒的作用力為零，故選項A錯誤；/2時刻感應電動勢為最大，感應電

流最大，但磁場為零，安培力為零，輕桿對導體律的作用力為零，故選項B正

確；，2到A時間內，安培力先增大后減小，所以輕桿對導體棒的作用力先增大后

減小，故選項C正確；，2到，4時間內，感應電流方向改變，安培力方向改變，則

輕桿對導體棒的作用力方向改變，故選項D錯誤。

答案BC

5.如圖5所示，邊長為L的正方形單匝線框有一半水平放置在與水平方向夾角

為30。的勻強磁場中，線框的左側接入電阻R,右側接入電容為。的電容器，其

［口期］24

余電阻不計。若勻強磁場的磁感應強度B隨時間/的變化規(guī)律如圖乙所示（規(guī)定

斜向下為正方向），則在0?力時間內（

圖5

A.電容潛。板帶正電

B.電容器所帶的電荷量為零

RA

C.線框中產生的感應電動勢大小為

2ro

Bol}

D.線框中產生的感應電動勢大小為

4/o

解析穿過線框的磁通量先向上減小，后向下增大，根據楞次定律可以判斷，感

SABsin30。

應電流為逆時針，匕板帶正電，錯誤；根據法拉第電磁感應定律

AE=A/

XL2XB

J^B^,電容器所帶的電荷量。=。E=隼盧

,B、C錯誤，D正

to~4fo

確。

答案D

6.（多選）在水平放置的兩條平行光滑直導軌上有一垂直其放置的金屬棒。從勻

強磁場與軌道平而垂直，磁場方向如圖6所示，導軌接有兩定值電阻及電阻箱R,

Ri=5C,R?=6Q,其余電阻不計。電路中的電壓表量程為0?10V,電流表的

量程為。?3A,現將R調至30Q,用尸=40N的水平向右的力使ab垂直導軌向

右平移，當棒而達到穩(wěn)定狀態(tài)時，兩電表中有一表正好達到滿偏，而另一表未

達到滿偏。則下列說法正確的是（）

圖6

A.當棒砧達到穩(wěn)定狀態(tài)時，電流表滿偏

B.當棒仍達到穩(wěn)定狀態(tài)時，電壓表滿偏

［口期］25

C.當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，棒ab的速度是1m/s

D.當棒他達到穩(wěn)定狀態(tài)時，棒油的速度是2m/s

解析假設電壓表滿偏，則通過電流表的電流為/=下%=2AV3A,所以電

R2+R0

壓表可以滿偏，此時電流表的示數為2A,故A錯誤，B正確；棒"勻速運動

F

時，水平拉力廠與安培力大小相等，則有五A=F=8/L,得AL=7=20N/A,感

F20

應電動勢E=U+/Ri=（10+2X5）V=20V,又E=BLv,則得。=而=而m/s

LJLJNil

=1in/s,故C正確，D錯誤°

答案BC

7.（多選）如圖7所示，平行且足夠長的兩條光滑金屬導軌，相距L=0.4