2024-2025學(xué)年高考物理重點(diǎn)專(zhuān)題講解及突破11電磁感應(yīng)含解析

2024-2025年高考物理重點(diǎn)專(zhuān)題講解及突破11：電磁感應(yīng)超重點(diǎn)1：電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律超重點(diǎn)1：電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律一、磁通量1．概念：在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，與磁場(chǎng)方向垂直的面積S與B的乘積．2．公式：Φ＝BS.3．單位：1Wb＝1_T·m2.4．公式的適用條件(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)；(2)磁感線的方向與平面垂直，即B⊥S.5．磁通量的意義磁通量可以理解為穿過(guò)某一面積的磁感線的條數(shù)．二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象當(dāng)穿過(guò)閉合電路的磁通量發(fā)生變更時(shí)，電路中有感應(yīng)電流產(chǎn)生的現(xiàn)象．2．產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件(1)條件：穿過(guò)閉合電路的磁通量發(fā)生變更．(2)特例：閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場(chǎng)內(nèi)做切割磁感線運(yùn)動(dòng)．3．產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)是產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，假如回路閉合，則產(chǎn)生感應(yīng)電流，假如回路不閉合，那么只有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，而無(wú)感應(yīng)電流．三、楞次定律※考點(diǎn)一電磁感應(yīng)現(xiàn)象1．有無(wú)推斷感應(yīng)電流的流程(1)確定探討的回路．(2)弄清晰回路內(nèi)的磁場(chǎng)分布，并確定該回路的磁通量Φ.(3)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ不變→無(wú)感應(yīng)電流,Φ變更→\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(回路閉合，有感應(yīng)電流；,回路不閉合，無(wú)感應(yīng)電流，但有感應(yīng),電動(dòng)勢(shì)))))2．磁通量Φ發(fā)生變更的三種常見(jiàn)狀況(1)磁場(chǎng)強(qiáng)弱不變，回路面積變更．(2)回路面積不變，磁場(chǎng)強(qiáng)弱變更．(3)回路面積和磁場(chǎng)強(qiáng)弱均不變，但二者的相對(duì)位置發(fā)生變更．[題組突破訓(xùn)練]1．圖中能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是()【答案】B【解析】依據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件：A中，電路沒(méi)閉合，無(wú)感應(yīng)電流；B中，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，面積增大，閉合電路的磁通量增大，有感應(yīng)電流；C中，穿過(guò)線圈的磁感線相互抵消，閉合電路的磁通量恒為零，無(wú)感應(yīng)電流；D中，磁通量不發(fā)生變更，無(wú)感應(yīng)電流．2．在一空間有方向相反、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，垂直紙面對(duì)外的磁場(chǎng)分布在一半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)，垂直紙面對(duì)里的磁場(chǎng)分布在除圓形區(qū)域外的整個(gè)區(qū)域，該平面內(nèi)有一半徑為b(b＞eq\r(2)a)的圓形線圈，線圈平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線圈與半徑為a的圓形區(qū)域是同心圓．從某時(shí)刻起磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均起先減小到eq\f(B,2)，則此過(guò)程中該線圈磁通量的變更量的大小為()A.eq\f(1,2)πB(b2－a2) B．πB(b2－2a2)C．πB(b2－a2) D.eq\f(1,2)πB(b2－2a2)【答案】D【解析】計(jì)算磁通量Φ時(shí)，磁感線既有垂直紙面對(duì)外的，又有垂直紙面對(duì)里的，所以可以取垂直紙面對(duì)里的方向?yàn)檎较颍鸥袘?yīng)強(qiáng)度大小為B時(shí)線圈磁通量Φ1＝πB(b2－a2)－πBa2，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(B,2)時(shí)線圈磁通量Φ2＝eq\f(1,2)πB(b2－a2)－eq\f(1,2)πBa2，因此該線圈磁通量的變更量的大小為ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝eq\f(1,2)πB(b2－2a2)，故選項(xiàng)D正確．※考點(diǎn)二對(duì)楞次定律的理解及應(yīng)用1．楞次定律中“阻礙”的含義2．推斷感應(yīng)電流方向的“四步法”[真題拓展探究][典例1](2024·高考全國(guó)卷Ⅲ)如圖，在方向垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)垂直．金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面．現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)起先的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說(shuō)法正確的是()A．PQRS中沿順時(shí)針?lè)较颍琓中沿逆時(shí)針?lè)较駼．PQRS中沿順時(shí)針?lè)较?，T中沿順時(shí)針?lè)较駽．PQRS中沿逆時(shí)針?lè)较颍琓中沿逆時(shí)針?lè)较駾．PQRS中沿逆時(shí)針?lè)较?，T中沿順時(shí)針?lè)较颉敬鸢浮緿【解析】金屬桿PQ向右運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)PQRS的磁通量增加，由楞次定律可知，PQRS中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎@時(shí)PQRS中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外，與原磁場(chǎng)方向相反，故金屬框T中的磁通量削減，依據(jù)楞次定律可知，T中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流．故只有D項(xiàng)正確．拓展1“切割類(lèi)“感應(yīng)電流方向的推斷1．(多選)(2024·海南“七校聯(lián)盟”聯(lián)考)如圖所示，在一豎直平面內(nèi)的三條平行導(dǎo)線上串有兩個(gè)電阻R1和R2，導(dǎo)體棒PQ與三條導(dǎo)線均接觸良好，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直紙面對(duì)里，導(dǎo)體棒的電阻可忽視．若導(dǎo)體棒向左加速運(yùn)動(dòng)，則()A．流經(jīng)R1的電流方向向上B．流經(jīng)R2的電流方向向下C．流經(jīng)R1的電流方向向下D．流經(jīng)R2的電流方向向上【答案】AD【解析】導(dǎo)體棒PQ向左切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可推斷出導(dǎo)體棒與R1組成的回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流是順時(shí)針?lè)较颍戳鹘?jīng)R1的電流方向向上，選項(xiàng)A正確；導(dǎo)體棒與電阻R2組成的回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流是逆時(shí)針?lè)较?，即流?jīng)R2的電流方向向上，選項(xiàng)D正確．拓展2“阻礙法”推斷導(dǎo)體的形變2.(2024·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)月考)如圖所示，A為水平放置的橡膠圓盤(pán)，在其側(cè)面勻稱(chēng)帶有負(fù)電荷，在A正上方用絕緣絲線懸掛一個(gè)金屬圓環(huán)B(絲線未畫(huà)出)，使B的環(huán)面與圓盤(pán)A平行，其軸線與圓盤(pán)A的軸線重合．現(xiàn)使圓盤(pán)A由靜止起先繞其軸線按圖中箭頭方向加速轉(zhuǎn)動(dòng)，則()A．金屬圓環(huán)B有擴(kuò)張的趨勢(shì)，絲線受到的拉力增大B．金屬圓環(huán)B有收縮的趨勢(shì)，絲線受到的拉力減小C．金屬圓環(huán)B有擴(kuò)張的趨勢(shì)，絲線受到的拉力減小D．金屬圓環(huán)B有收縮的趨勢(shì)，絲線受到的拉力增大【答案】B【解析】帶電圓盤(pán)加速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，形成順時(shí)針?lè)较?從上往下看)的電流，依據(jù)右手螺旋定則可知，在圓盤(pán)上方形成的磁場(chǎng)方向向下，由于加速轉(zhuǎn)動(dòng)，所以電流增大，磁場(chǎng)增加，穿過(guò)金屬圓環(huán)B的磁通量增大，依據(jù)楞次定律可知，金屬圓環(huán)B有縮小的趨勢(shì)，且金屬圓環(huán)B有向上的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，所以絲線受到的拉力減小，故選項(xiàng)B正確．拓展3“阻礙法”判導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)3．如圖所示，上下開(kāi)口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊()A．在P和Q中都做自由落體運(yùn)動(dòng)B．在兩個(gè)下落過(guò)程中的機(jī)械能都守恒C．在P中的下落時(shí)間比在Q中的長(zhǎng)D．落至底部時(shí)在P中的速度比在Q中的大【答案】C【解析】磁塊在銅管P中運(yùn)動(dòng)時(shí)，銅管中產(chǎn)生感應(yīng)電流，依據(jù)楞次定律，磁塊會(huì)受到向上的磁場(chǎng)力，因此磁塊下落的加速度小于重力加速度，且機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；磁塊在塑料管Q中運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受重力的作用，做自由落體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，磁塊落至底部時(shí)，依據(jù)直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律和功能關(guān)系，磁塊在P中的下落時(shí)間比在Q中的長(zhǎng)，落至底部時(shí)在P中的速度比在Q中的小，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．※考點(diǎn)三“三定則”“肯定律”的綜合應(yīng)用1．“三定則”“肯定律”的應(yīng)用對(duì)比名稱(chēng)基本現(xiàn)象因果關(guān)系應(yīng)用的定則或定律電流的磁效應(yīng)運(yùn)動(dòng)電荷、電流產(chǎn)生磁場(chǎng)因電生磁安培定則洛倫茲力、安培力磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷、電流有作用力因電受力左手定則電磁感應(yīng)部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)因動(dòng)生電右手定則閉合回路磁通量變更因磁生電楞次定律2.“三定則”“肯定律”的相互聯(lián)系(1)應(yīng)用楞次定律時(shí)，一般要用到安培定則．(2)探討感應(yīng)電流受到的安培力，一般先用右手定則確定電流方向，再用左手定則確定安培力的方向，有時(shí)也可以干脆應(yīng)用楞次定律的推論確定．[典例2]置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的金屬圓盤(pán)中心和邊緣各引出一根導(dǎo)線，與套在鐵芯上部的線圈A相連．套在鐵芯下部的線圈B引出兩根導(dǎo)線接在兩根水平導(dǎo)軌上，如圖所示．導(dǎo)軌上有一根金屬棒ab處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．下列說(shuō)法正確的是()A．圓盤(pán)順時(shí)針加速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，ab棒將向右運(yùn)動(dòng)B．圓盤(pán)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，ab棒將向右運(yùn)動(dòng)C．圓盤(pán)順時(shí)針減速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，ab棒將向右運(yùn)動(dòng)D．圓盤(pán)逆時(shí)針加速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，ab棒將向左運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】由右手定則知，圓盤(pán)順時(shí)針加速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流從圓心流向邊緣，線圈A中產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向下且磁場(chǎng)增加．由楞次定律知，線圈B中的感應(yīng)磁場(chǎng)方向向上，由右手螺旋定則知，ab棒中感應(yīng)電流方向由a→b.由左手定則知，ab棒受的安培力方向向左，將向左運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)；同理B、D錯(cuò)，C對(duì)．[題組突破訓(xùn)練]1.(多選)如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，放有一與線圈D相連接的平行導(dǎo)軌，要使放在線圈D中的線圈A(A、D兩線圈同心共面)各處受到沿半徑方向指向圓心的力，金屬棒MN的運(yùn)動(dòng)狀況可能是()A．勻速向右 B．加速向左C．加速向右 D．減速向左【答案】BC【解析】若金屬棒MN勻速向右運(yùn)動(dòng)，則線圈D與MN組成回路中的電流恒定，故穿過(guò)線圈A的磁通量不變，線圈A不受安培力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若金屬棒MN加速向左運(yùn)動(dòng)，則線圈D與MN組成回路中的電流不斷增加，故穿過(guò)線圈A的磁通量不斷增加，依據(jù)楞次定律，為阻礙磁通量的增加，線圈A有收縮的趨勢(shì)，受到沿半徑方向指向圓心的安培力，選項(xiàng)B正確；同理可得，當(dāng)金屬棒MN加速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈A有收縮的趨勢(shì)，受到沿半徑方向指向圓心的安培力，選項(xiàng)C正確；當(dāng)金屬棒MN減速向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈A有擴(kuò)張的趨勢(shì)，受到沿半徑方向背離圓心的安培力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2.(多選)如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動(dòng)的金屬棒PQ、MN，MN的左邊有一閉合電路，當(dāng)PQ在外力的作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)，MN向右運(yùn)動(dòng)，則PQ所做的運(yùn)動(dòng)可能是()A．向右加速運(yùn)動(dòng) B．向左加速運(yùn)動(dòng)C．向右減速運(yùn)動(dòng) D．向左減速運(yùn)動(dòng)【答案】BC【解析】MN向右運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明MN受到向右的力，因?yàn)橥妼?dǎo)線ab在MN處產(chǎn)生垂直紙面對(duì)里的磁場(chǎng)，那么MN在四周不變更的磁場(chǎng)中只能受到向右的安培力，通過(guò)左手定則推斷可知MN中有感應(yīng)電流，方向由M→N，由安培定則得出L1中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向上阻礙原磁場(chǎng)變更，那么L1中原磁場(chǎng)必定是向上減弱或是向下增加，得出L2中磁場(chǎng)也是向上減弱或向下增加．因?yàn)镻Q運(yùn)動(dòng)導(dǎo)致PQ與L2組成的回路中磁通量有變更，若L2中磁場(chǎng)方向向上減弱，那么電流也減弱，逆用安培定則推斷出PQ中電流為Q→P且減小，由楞次定律或右手定則推斷PQ向右減速運(yùn)動(dòng)；若L2中磁場(chǎng)方向向下增加，PQ中電流為P→Q且增大，則PQ向左加速運(yùn)動(dòng)．超重點(diǎn)2：法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流超重點(diǎn)2：法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流一、法拉第電磁感應(yīng)定律1．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(1)概念：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)．(2)產(chǎn)生條件：穿過(guò)回路的磁通量發(fā)生變更，與電路是否閉合無(wú)關(guān)．(3)方向推斷：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向用楞次定律或右手定則推斷．2．法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小跟穿過(guò)這一電路的磁通量的變更率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈匝數(shù)．(3)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的關(guān)系：遵守閉合電路的歐姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).3．導(dǎo)體切割磁感線的情形(1)若B、l、v相互垂直，則E＝Blv.(2)v∥B時(shí)，E＝0.二、自感、渦流1．自感現(xiàn)象(1)概念：由于導(dǎo)體本身的電流變更而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱(chēng)為自感．(2)自感電動(dòng)勢(shì)①定義：在自感現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)叫作自感電動(dòng)勢(shì)．②表達(dá)式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).(3)自感系數(shù)L①相關(guān)因素：與線圈的大小、形態(tài)、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關(guān)．②單位：亨利(H)，1mH＝10－3H,1μH＝10－6H.2．渦流當(dāng)線圈中的電流發(fā)生變更時(shí)，在它旁邊的任何導(dǎo)體中都會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，這種電流像水的漩渦，所以叫渦流．※考點(diǎn)一對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律的理解及應(yīng)用1．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的確定因素(1)由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小由穿過(guò)電路的磁通量的變更率eq\f(ΔΦ,Δt)和線圈匝數(shù)n共同確定，磁通量Φ較大或磁通量的變更量ΔΦ較大時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不肯定較大．(2)eq\f(ΔΦ,Δt)為單匝線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。?．法拉第電磁感應(yīng)定律的兩個(gè)特例(1)回路與磁場(chǎng)垂直的面積S不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變更，則ΔΦ＝ΔB·S，E＝neq\f(ΔB,Δt)·S.(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，回路與磁場(chǎng)垂直的面積發(fā)生變更，則ΔΦ＝B·ΔS，E＝nBeq\f(ΔS,Δt).[題組突破訓(xùn)練]1.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場(chǎng)方向與圓環(huán)所在平面垂直．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間勻稱(chēng)增大．兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．下列說(shuō)法正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较駼．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较駽．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较駾．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较颉敬鸢浮緽【解析】a、b兩個(gè)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)屬于感生電動(dòng)勢(shì)，依據(jù)題意可知eq\f(ΔB,Δt)相同，又由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，Sa＝π(2r)2＝4πr2，Sb＝πr2，所以eq\f(Ea,Eb)＝4∶1，由楞次定律可知兩圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向均沿順時(shí)針?lè)较?，B正確．2．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平面與磁場(chǎng)垂直．已知線圈的匝數(shù)N＝100，邊長(zhǎng)ab＝1.0m、bc＝0.5m，電阻r＝2Ω.磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0～1s內(nèi)從零勻稱(chēng)變更到0.2T，在1～5s內(nèi)從0.2T勻稱(chēng)變更到－0.2T，取垂直紙面對(duì)里為磁場(chǎng)的正方向．求：(1)0.5s時(shí)線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E1和感應(yīng)電流的方向；(2)在1～5s內(nèi)通過(guò)線圈的電荷量q.【答案】(1)10V感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→d→c→b→a(2)10C【解析】(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝eq\f(NΔΦ1,Δt1)，磁通量的變更ΔΦ1＝ΔB1S解得E1＝Neq\f(ΔB1S,Δt1)，代入數(shù)據(jù)得E1＝10V，由楞次定律知感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→d→c→b→a.(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝Neq\f(ΔB2S,Δt2)，感應(yīng)電流I2＝eq\f(E2,r)，電荷量q＝I2Δt2，解得q＝Neq\f(ΔB2S,r)，代入數(shù)據(jù)得q＝10C.※考點(diǎn)二切割類(lèi)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算1．三種方式電動(dòng)勢(shì)的大小切割方式感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式情景垂直切割E＝Blv傾斜切割E＝Blvsinθ，其中θ為v與B的夾角旋轉(zhuǎn)切割(以一端為軸)E＝eq\f(1,2)Bl2ω2.E＝Blv的三個(gè)特性(1)正交性：本公式要求磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，而且B、l、v三者相互垂直．(2)有效性：公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長(zhǎng)度．如圖，導(dǎo)體棒的有效長(zhǎng)度為ab間的距離．(3)相對(duì)性：E＝Blv中的速度v是導(dǎo)體相對(duì)磁場(chǎng)的速度，若磁場(chǎng)也在運(yùn)動(dòng)，應(yīng)留意速度間的相對(duì)關(guān)系．[題組突破訓(xùn)練]1．如圖所示，空間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，始終金屬棒與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，當(dāng)它以速度v沿與棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度都垂直的方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為ε；將此棒彎成兩段長(zhǎng)度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應(yīng)強(qiáng)度相垂直的平面內(nèi)，當(dāng)它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為ε′，則eq\f(ε′,ε)等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C．1 D.eq\r(2)【答案】B【解析】設(shè)金屬棒長(zhǎng)度為l，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，依據(jù)電磁感應(yīng)定律得ε＝Blv.金屬棒彎折后，切割磁感線運(yùn)動(dòng)的有效長(zhǎng)度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)l，故ε′＝eq\f(\r(2),2)Blv.因此eq\f(ε′,ε)＝eq\f(\r(2),2)，B正確．2．(2024·高考全國(guó)卷Ⅱ)如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上．當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長(zhǎng)度為l.下列推斷正確的是()A．Ua>Uc，金屬框中無(wú)電流B．Ub>Uc，金屬框中電流方向沿abcaC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無(wú)電流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿acba【答案】C【解析】由于磁感應(yīng)強(qiáng)度方向始終與ab邊平行，通過(guò)金屬框的磁通量始終為零，金屬框中無(wú)電流，B、D錯(cuò)誤．對(duì)bc邊，如圖所示，由右手定則可得Uc>Ub；對(duì)ac邊，Uc>Ua，Uac＝Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，A錯(cuò)誤，C正確．※考點(diǎn)三自感現(xiàn)象和渦流1．自感現(xiàn)象的四大特點(diǎn)(1)自感電動(dòng)勢(shì)總是阻礙導(dǎo)體中原電流的變更．(2)通過(guò)線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變更．(3)電流穩(wěn)定時(shí)，自感線圈就相當(dāng)于一般導(dǎo)體．(4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動(dòng)勢(shì)只是延緩了過(guò)程的進(jìn)行，但它不能使過(guò)程停止，更不能使過(guò)程反向．2．自感中“閃亮”與“不閃亮”問(wèn)題與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈并聯(lián)的燈泡電路圖通電時(shí)電流漸漸增大，燈泡漸漸變亮電流突然增大，然后漸漸減小達(dá)到穩(wěn)定斷電時(shí)電流漸漸減小，燈泡漸漸變暗，電流方向不變電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2：①若I2≤I1，燈泡漸漸變暗；②若I2>I1，燈泡閃亮后漸漸變暗．兩種狀況燈泡中電流方向均變更[典例](2024·高考北京卷)圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個(gè)電路圖，L1和L2為電感線圈．試驗(yàn)時(shí)，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后漸漸變暗；閉合開(kāi)關(guān)S2，燈A2漸漸變亮，而另一個(gè)相同的燈A3馬上變亮，最終A2與A3的亮度相同．下列說(shuō)法正確的是()A．圖1中，A1與L1的電阻值相同B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等【答案】C【解析】在圖1中斷開(kāi)S1瞬間，燈A1突然閃亮，說(shuō)明斷開(kāi)S1前，L1中的電流大于A1中的電流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B選項(xiàng)均錯(cuò)誤；在圖2中，閉合S2瞬間，由于L2的自感作用，通過(guò)L2的電流很小，D錯(cuò)誤；閉合S2后，最終A2與A3亮度相同，說(shuō)明兩支路電流相等，故R與L2的阻值相同，C項(xiàng)正確．[題組突破訓(xùn)練]1．(多選)如圖所示，A、B、C是三個(gè)完全相同的燈泡，L是一個(gè)自感系數(shù)較大的線圈(直流電阻可忽視不計(jì))，則()A．S閉合時(shí)，A燈馬上亮，然后漸漸熄滅B．S閉合時(shí)，B燈馬上亮，然后漸漸熄滅C．電路接通穩(wěn)定后，三個(gè)燈亮度相同D．電路接通穩(wěn)定后，S斷開(kāi)時(shí)，C燈漸漸熄滅【答案】AD【解析】因線圈L的直流電阻可忽視不計(jì)，S閉合時(shí)，A燈馬上亮，然后漸漸熄滅，A正確．S閉合時(shí)，B燈先不太亮，然后漸漸變亮，B錯(cuò)誤．電路接通穩(wěn)定后，B、C燈亮度相同，A燈不亮，C錯(cuò)誤．電路接通穩(wěn)定后，S斷開(kāi)時(shí)，C燈漸漸熄滅，D正確．2．(多選)如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通溝通電源，過(guò)了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來(lái)．若要縮短上述加熱時(shí)間，下列措施可行的有()A．增加線圈的匝數(shù) B．提高溝通電源的頻率C．將金屬杯換為瓷杯 D．取走線圈中的鐵芯【答案】AB【解析】當(dāng)線圈上通溝通電時(shí)，金屬杯由于發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，杯中有感應(yīng)電流，對(duì)水加熱，若要增大感應(yīng)電流，則須要增大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)或者減小杯體的電阻．增加線圈的匝數(shù)，使得穿過(guò)金屬杯的磁場(chǎng)增加，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，選項(xiàng)A正確；提高交變電流的頻率，使得磁通量的變更率增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，選項(xiàng)B正確；若將金屬杯換為瓷杯，則不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；取走線圈中的鐵芯，磁場(chǎng)會(huì)大大減弱，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．超重點(diǎn)3：電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用超重點(diǎn)3：電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用一、電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題1．內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變更的線圈相當(dāng)于電源．(2)該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余部分的電阻相當(dāng)于外電阻．2．電源電動(dòng)勢(shì)和路端電壓(1)電動(dòng)勢(shì)：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blv.(2)路端電壓：U＝IR＝E－Ir.二、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1．安培力的大小回路中只有一個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路電阻為R時(shí)：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(安培力公式：FA＝BIl,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝Blv,感應(yīng)電流：I＝\f(E,R)))?FA＝eq\f(B2l2v,R)2．安培力的方向(1)用左手定則推斷：先用右手定則推斷感應(yīng)電流的方向，再用左手定則判定安培力的方向．(2)用楞次定律推斷：安培力的方向肯定與導(dǎo)體切割磁感線的運(yùn)動(dòng)方向相反．三、電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題1．能量轉(zhuǎn)化：感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受安培力，外力克服安培力做功，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．轉(zhuǎn)化實(shí)質(zhì)：電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化，實(shí)質(zhì)是其他形式的能與電能之間的轉(zhuǎn)化．3．電能的計(jì)算方法(1)利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒求解：例如，機(jī)械能的削減量等于電能的增加量．(3)利用電路特征求解：例如，純電阻電路中產(chǎn)生的電能等于通過(guò)電路中所產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝I2Rt.※考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題1．對(duì)電磁感應(yīng)電路的理解(1)在電磁感應(yīng)電路中，相當(dāng)于電源的部分把其他形式的能通過(guò)電流做功轉(zhuǎn)化為電能．(2)“電源”兩端的電壓為路端電壓，而不是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．(3)電源的正負(fù)極、感應(yīng)電流的方向、電勢(shì)的凹凸、電容器極板帶電問(wèn)題，均可用右手定則或楞次定律判定．2．電磁感應(yīng)中電路學(xué)問(wèn)的關(guān)系圖[典例1](多選)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、不行形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變更關(guān)系為B＝kt(常量k>0)．回路中滑動(dòng)變阻器R的最大阻值為R0，滑動(dòng)片P位于滑動(dòng)變阻器中心，定值電阻R1＝R0、R2＝eq\f(R0,2).閉合開(kāi)關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則()A．R2兩端的電壓為eq\f(U,7)B．電容器的a極板帶正電C．滑動(dòng)變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D．正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為kL2【答案】AC【解析】線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)πr2＝kπr2，D錯(cuò)；電壓表的示數(shù)U是外電壓，外電路電阻的串并聯(lián)關(guān)系是R2與滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)片P右側(cè)電阻并聯(lián)，之后與滑動(dòng)片P左側(cè)電阻以及R1串聯(lián)，外電路總電阻為R總＝R1＋R左＋R并＝eq\f(7,4)R0，而R并＝eq\f(R0,4)，故R并兩端的電壓為eq\f(U,7)，即R2兩端的電壓為eq\f(U,7)，A正確；依據(jù)楞次定律，線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電容器b板帶正電，B錯(cuò)；設(shè)滑動(dòng)變阻器右半部分的電流為I，則R2上的電流為I，滑動(dòng)變阻器左半部分的電流為2I，滑動(dòng)變阻器上的功率P＝I2eq\f(R0,2)＋(2I)2eq\f(R0,2)＝eq\f(5,2)I2R0，R2上的功率P2＝I2eq\f(R0,2)，明顯C正確．[題組突破訓(xùn)練]1.(多選)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為l＝1m，cd間、de間、cf間分別接著阻值R＝10Ω的電阻．一阻值R＝10Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4m/s勻速向左運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好；導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．下列說(shuō)法中正確的是()A．導(dǎo)體棒ab中電流的流向?yàn)橛蒪到aB．cd兩端的電壓為1VC．de兩端的電壓為1VD．fe兩端的電壓為1V【答案】BD【解析】由右手定則可知ab中電流方向?yàn)閍→b，A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，ab為電源，cd間電阻R為外電路負(fù)載，de和cf間電阻中無(wú)電流，de和cf間無(wú)電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即U＝eq\f(E,2R)×R＝eq\f(Blv,2)＝1V，B、D正確，C錯(cuò)誤．2．如圖，由某種粗細(xì)勻稱(chēng)的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中．一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中()A．PQ中電流先增大后減小B．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功領(lǐng)先減小后增大D．線框消耗的電功領(lǐng)先減小后增大【答案】C【解析】由題意知，題目情形可等效為如圖所示的電路問(wèn)題，其中R左＋R右＝3R，E＝BLv，r＝R，當(dāng)PQ向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，R左增大，R右減小，兩者并聯(lián)的總電阻R外先增大后減小，當(dāng)PQ運(yùn)動(dòng)到線框正中心位置時(shí)，R外最大，故流過(guò)PQ的電流先減小后增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；PQ兩端電壓U＝E－Ir，故U的變更為先增大后減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；拉力的功率P＝P總＝EI，故拉力的功領(lǐng)先減小后增大，C項(xiàng)正確；線框消耗的電功率為電源的輸出功率P出＝P總－P內(nèi)＝EI－I2r，電流的最小值Imin＝eq\f(E,1.75R)，故由數(shù)學(xué)學(xué)問(wèn)可知P出先增大后減小，D項(xiàng)錯(cuò)誤．3．(2024·高考全國(guó)卷Ⅱ)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止起先運(yùn)動(dòng)．t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽視不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求：(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大小；(2)電阻的阻值．【答案】(1)Blt0(eq\f(F,m)－μg)(2)eq\f(B2l2t0,m)【解析】(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓其次定律得ma＝F－μmg①設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0②當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0(eq\f(F,m)－μg)④(2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，依據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為f＝BlI⑥因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F－μmg－f＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m)⑧※考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題1．電磁感應(yīng)中常見(jiàn)的圖象問(wèn)題圖象類(lèi)型隨時(shí)間變更的圖象，如Bt圖象、Φt圖象、Et圖象、It圖象隨位移變更的圖象，如Ex圖象、Ix圖象(所以要先看坐標(biāo)軸：哪個(gè)物理量隨哪個(gè)物理量變更要弄清)問(wèn)題類(lèi)型(1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程選出或畫(huà)出正確的圖象(畫(huà)圖象的方法)(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程，求解相應(yīng)的物理量(用圖象)2.解決圖象問(wèn)題的一般步驟(1)明確圖象的種類(lèi)，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(yīng)的詳細(xì)過(guò)程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對(duì)應(yīng)關(guān)系；(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等學(xué)問(wèn)寫(xiě)出函數(shù)關(guān)系式；(5)依據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變更、截距等；(6)畫(huà)圖象或推斷圖象．[真題拓展探究][典例2](多選)(2024·高考全國(guó)卷Ⅱ)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直．邊長(zhǎng)為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖(a)所示．已知導(dǎo)線框始終向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)．線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變更的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)．下列說(shuō)法正確的是()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5TB．導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面對(duì)外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N【答案】BC【解析】從題圖(b)可知，導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)的速度大小v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B項(xiàng)正確；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，cd邊切割磁感線，由E＝BLv，得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖可知，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，依?jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面對(duì)外，C項(xiàng)正確；在0.4～0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場(chǎng)，回路中的電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A，則導(dǎo)線框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1N＝0.04N，D項(xiàng)錯(cuò)誤．拓展1依據(jù)電磁感應(yīng)過(guò)程選擇圖象1.(2024·江西南昌三校聯(lián)考)如圖所示，有一個(gè)矩形邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里．一個(gè)三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1(左)沿紙面勻速運(yùn)動(dòng)到位置2(右)．取線框剛到達(dá)磁場(chǎng)邊界的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)(t＝0)，規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，則圖中能正確反映線框中電流與時(shí)間關(guān)系的是()【答案】A【解析】線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量向里增加，依據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電流方向應(yīng)為正方向，故B、C錯(cuò)誤．線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，線框有效的切割長(zhǎng)度先勻稱(chēng)增大后勻稱(chēng)減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先勻稱(chēng)增大后勻稱(chēng)減?。痪€框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生；線框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量向里減小，依據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，電流方向應(yīng)為負(fù)方向，線框有效的切割長(zhǎng)度先勻稱(chēng)增大后勻稱(chēng)減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先勻稱(chēng)增大后勻稱(chēng)減小，故A正確，D錯(cuò)誤．拓展2依據(jù)圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程2．(多選)如圖甲所示，在水平面上固定一個(gè)匝數(shù)為10匝的等邊三角形金屬線框，總電阻為3Ω，邊長(zhǎng)為0.4m．金屬框處于兩個(gè)半徑為0.1m的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，頂點(diǎn)A恰好位于左邊圓的圓心，BC邊的中點(diǎn)恰好與右邊圓的圓心重合．左邊磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外，右邊磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變更規(guī)律如圖乙所示，則下列說(shuō)法中正確的是(π取3)()A．線框中感應(yīng)電流的方向是順時(shí)針?lè)较駼．t＝0.4s時(shí)，穿過(guò)線框的磁通量為0.005WbC．經(jīng)過(guò)t＝0.4s，線框中產(chǎn)生的熱量為0.3JD．前0.4s內(nèi)流過(guò)線框某截面的電荷量為0.2C【答案】CD【解析】依據(jù)楞次定律和安培定則，線框中感應(yīng)電流的方向是逆時(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；0.4s時(shí)穿過(guò)線框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝eq\f(1,2)πr2·B1－eq\f(1,6)πr2·B2＝0.055Wb，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖乙知eq\f(ΔB1,Δt)＝eq\f(5T－1T,0.4s)＝10T/s，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(1,2)πr2·eq\f(ΔB1,Δt)＝1.5V，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝0.5A,0.4s內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝0.3J，選項(xiàng)C正確；前0.4s內(nèi)流過(guò)線框某截面的電荷量q＝It＝0.2C，選項(xiàng)D正確．拓展3依據(jù)電磁感應(yīng)過(guò)程完成圖象間的轉(zhuǎn)換3．(2024·東北三省四市聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．t＝0時(shí)對(duì)金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒ab由靜止起先沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌電阻忽視不計(jì)．已知通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變更的關(guān)系如圖乙所示．下列關(guān)于金屬棒運(yùn)動(dòng)速度v、閉合回路中磁通量的變更率eq\f(ΔΦ,Δt)、外力F以及流過(guò)R的電荷量q隨時(shí)間變更的圖象正確的是()【答案】B【解析】設(shè)金屬棒的電阻為r，金屬棒長(zhǎng)為l，由閉合電路歐姆定律知，通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv,R＋r)，由題圖乙可知，I＝kt，由以上兩式解得v＝eq\f(R＋r,Bl)kt，即金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，由閉合電路歐姆定律得eq\x\to(E)＝eq\x\to(I)(R＋r)，由題圖乙可知eq\x\to(I)＝eq\f(1,2)kt，由以上三式解得，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)(R＋r)kt，選項(xiàng)B正確；金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律得F－mgsinθ－BIl＝ma，則F＝mgsinθ＋ma＋BIl＝mgsinθ＋eq\f(mR＋r,Bl)k＋Blkt，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；流過(guò)電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(1,2)kt2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．※考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型1．模型構(gòu)建“桿＋導(dǎo)軌”模型是電磁感應(yīng)問(wèn)題高考命題的“基本道具”，也是高考的熱點(diǎn)，考查的學(xué)問(wèn)點(diǎn)多，題目的綜合性強(qiáng)，物理情景變更空間大，是我們復(fù)習(xí)中的難點(diǎn)．“桿＋導(dǎo)軌”模型又分為“單桿”型和“雙桿”型(“單桿”型為重點(diǎn))；導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等．2．分析思路模型1單桿水平式[典例3](2024·湖北孝感高三模擬)如圖，兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上，相距l(xiāng)，左端與一電阻R相連；整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下．一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上，在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速率v勻速向右滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好．已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽視．求：(1)電阻R消耗的功率；(2)水平外力的大小．【答案】(1)eq\f(B2l2v2,R)(2)eq\f(B2l2v,R)＋μmg【解析】(1)導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv，依據(jù)閉合電路歐姆定律，閉合回路中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)電阻R消耗的功率為P＝I2R，聯(lián)立可得P＝eq\f(B2l2v2,R).(2)對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，水平方向受到向左的安培力、向左的摩擦力和向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F，F(xiàn)安＝BIl＝B·eq\f(Blv,R)·l，故F＝eq\f(B2l2v,R)＋μmg.[規(guī)律總結(jié)]單桿水平式模型歸納物理模型勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，棒ab長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，初速度為零，拉力恒為F，水平導(dǎo)軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計(jì)動(dòng)態(tài)分析設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)刻棒的速度為v，由牛頓其次定律知，棒ab的加速度為a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)，a、v同向，隨速度的增加，棒的加速度a減小，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，I＝eq\f(BLv,R)恒定收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式：勻速直線運(yùn)動(dòng)力學(xué)特征：a＝0，v恒定不變電學(xué)特征：I恒定模型2單桿傾斜式[典例4]如圖所示，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ，N、Q兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)下．將質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導(dǎo)軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時(shí)達(dá)到最大速度．重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，桿與導(dǎo)軌接觸良好．求：(1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述過(guò)程中，桿上產(chǎn)生的熱量．【答案】(1)gsinθ，方向沿導(dǎo)軌平面對(duì)下eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導(dǎo)軌平面對(duì)下(2)eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)【解析】(1)設(shè)桿cd下滑到某位置時(shí)速度為v，則桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋R)桿所受的安培力F＝BIL依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ－eq\f(B2L2v,2R)＝ma當(dāng)速度v＝0時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度a＝gsinθ，方向沿導(dǎo)軌平面對(duì)下．當(dāng)桿的加速度a＝0時(shí)，速度最大，最大速度vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導(dǎo)軌平面對(duì)下．(2)桿cd從起先運(yùn)動(dòng)到達(dá)到最大速度過(guò)程中，依據(jù)能量守恒定律得mgxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)又Q桿＝eq\f(1,2)Q總所以Q桿＝eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4).[規(guī)律總結(jié)]單桿傾斜式模型歸納物理模型勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距L，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，電阻為R，導(dǎo)軌光滑，電阻不計(jì)(如圖)動(dòng)態(tài)分析棒ab釋放后下滑，此時(shí)a＝gsinα，棒ab速度v↑→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑→電流I＝eq\f(E,R)↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，當(dāng)安培力F＝mgsinα?xí)r，a＝0，v最大收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式：勻速直線運(yùn)動(dòng)力學(xué)特征：a＝0，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)電學(xué)特征：I恒定模型3雙桿模型[典例5](2024·湖南長(zhǎng)沙四縣模擬)足夠長(zhǎng)的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4m的光滑豎直半圓軌道相連，金屬棒b和c可在軌道上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1kg，電阻Rb＝Rc＝1Ω，軌道的電阻不計(jì)．平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與軌道平面垂直，光滑豎直半圓軌道在磁場(chǎng)外，如圖所示，若使b棒以初速度v0＝10m/s起先向左運(yùn)動(dòng)．g取10m/s2.求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大?。敬鸢浮?1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N【解析】(1)在磁場(chǎng)力作用下，b棒做減速運(yùn)動(dòng)，c棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，c棒達(dá)最大速度．選兩棒為探討對(duì)象，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度為v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝eq\f(1,2)v0＝5m/s.(2)從b棒起先運(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過(guò)程中，系統(tǒng)削減的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為Q＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J因?yàn)镽b＝Rc，所以c棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J.(3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v′，從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過(guò)程由機(jī)械能守恒可得：eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)c棒的彈力為F，由牛頓其次定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)解得F＝1.25N由牛頓第三定律得，在最高點(diǎn)c棒對(duì)軌道的壓力為1.25N.[規(guī)律總結(jié)]兩類(lèi)雙桿模型對(duì)比歸納類(lèi)型模型運(yùn)動(dòng)圖象運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析方法不受外力桿MN做變減速運(yùn)動(dòng)，桿PQ做變加速運(yùn)動(dòng)；穩(wěn)定時(shí)，兩桿以相等的速度勻速運(yùn)動(dòng)將兩桿視為整體，不受外力，最終a＝0受到恒力起先時(shí)，兩桿做變加速運(yùn)動(dòng)；穩(wěn)定時(shí)，兩桿以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)將兩桿視為整體，只受外力F，最終a＝eq\f(F,2m)題組突破訓(xùn)練題組突破訓(xùn)練選擇題1.如圖所示是兩個(gè)相互連接的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，磁場(chǎng)垂直穿過(guò)大金屬環(huán)所在區(qū)域．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間勻稱(chēng)變更時(shí)，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，則a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為()A.eq\f(1,2)E B.eq\f(1,3)EC.eq\f(2,3)E D．E【答案】B【解析】a、b間的電勢(shì)差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的eq\f(1,3)，故Uab＝eq\f(1,3)E，B正確．2．(2024·廣東四校聯(lián)考)如圖所示，在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，垂直于磁場(chǎng)方向水平放置著兩根相距L＝0.1m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，導(dǎo)軌電阻忽視不計(jì)，在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)N、Q之間連接一阻值R＝0.3Ω的電阻．導(dǎo)軌上正交放置著金屬棒ab，其電阻r＝0.2Ω.當(dāng)金屬棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0m/s向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)()A．a(chǎn)b棒所受安培力大小為0.02NB．N、Q間電壓為0.2VC．a(chǎn)端電勢(shì)比b端電勢(shì)低D．回路中感應(yīng)電流大小為1A【答案】A【解析】ab棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝0.2V，電流I＝eq\f(E,R＋r)＝0.4A，ab棒受的安培力F＝BIL＝0.02N，A正確，D錯(cuò)誤；N、Q之間的電壓U＝eq\f(R,R＋r)E＝0.12V，B錯(cuò)誤；由右手定則得a端電勢(shì)較高，C錯(cuò)誤．3.如圖所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無(wú)摩擦地滑動(dòng)．桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計(jì)．起先時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則()A．ef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速B．ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最終停止C．ef將勻速向右運(yùn)動(dòng)D．ef將來(lái)回運(yùn)動(dòng)【答案】A【解析】ef向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，會(huì)受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，但不是勻減速，由F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故A正確．4.如圖所示，有兩根與水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿(電阻忽視不計(jì))從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，則()A．假如B增大，vm將變大B．假如α增大，vm將變大C．假如R變小，vm將變大D．假如m變小，vm將變大【答案】B【解析】金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，速度達(dá)最大值vm，此后金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)．桿受重力mg、軌道的支持力FN和安培力F，如圖所示．而F＝eq\f(B2L2vm,R)，對(duì)金屬桿有mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，即vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2).由此式可知，B增大，vm減小；α增大，vm增大；R變小，vm變??；m變小，vm變?。虼诉x項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確．5．圖甲是法拉第于1831年獨(dú)創(chuàng)的人類(lèi)歷史上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)——圓盤(pán)發(fā)電機(jī)．圖乙為其示意圖，銅盤(pán)安裝在水平的銅軸上，磁感線垂直穿過(guò)銅盤(pán)；兩塊銅片M、N分別與銅軸和銅盤(pán)邊緣接觸，勻速轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤(pán)，電阻R就有電流通過(guò)．則下列說(shuō)法正確的是()A．回路中恒定電流的大小與銅盤(pán)轉(zhuǎn)速無(wú)關(guān)B．回路中有大小和方向都做周期性變更的渦流C．回路中電流方向不變，從M經(jīng)導(dǎo)線流進(jìn)電阻R，再?gòu)腘流向銅盤(pán)D．銅盤(pán)繞銅軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，沿半徑方向上的金屬“條”切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)【答案】D【解析】圓盤(pán)發(fā)電機(jī)的圓盤(pán)可看作多數(shù)條沿半徑方向的金屬“條”，轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，D項(xiàng)正確；金屬“條”相互并聯(lián)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與一條金屬“條”轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等，即E＝eq\f(1,2)BL2ω，可見(jiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，回路總電阻不變，由閉合回路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)，故回路中電流大小恒定，且與銅盤(pán)轉(zhuǎn)速有關(guān)，A、B項(xiàng)錯(cuò)；由右手定則可知，回路中電流方向是自下而上通過(guò)電阻R，C項(xiàng)錯(cuò)．6.金屬桿ab水平放置在某高處，當(dāng)它被平拋進(jìn)入方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中時(shí)(如圖所示)，忽視空氣阻力，以下說(shuō)法中正確的是()A．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，且φa>φbB．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，且φa<φbC．由于速率不斷增大，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不斷變大，且φa>φbD．由于速率不斷增大，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不斷變大，且φa<φb【答案】A【解析】金屬桿做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速垂直切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，由右手定則知，a端電勢(shì)比b端高，豎直方向平行磁感線運(yùn)動(dòng)，不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，并且a端電勢(shì)比b端高，即選項(xiàng)A正確，其他錯(cuò)誤．7.如圖所示電路中，A、B、C為完全相同的三個(gè)燈泡，L是始終流電阻不行忽視的電感線圈．a(chǎn)、b為線圈L的左右兩端點(diǎn)，原來(lái)開(kāi)關(guān)S是閉合的，三個(gè)燈泡亮度相同．將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)后，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)，A燈閃亮后緩慢熄滅B．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)，B、C燈閃亮后緩慢熄滅C．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)，B、C燈閃亮后緩慢熄滅D．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)，B、C燈不會(huì)閃亮只是緩慢熄滅【答案】D【解析】電路穩(wěn)定時(shí)，三個(gè)完全相同的燈泡亮度相同，說(shuō)明流經(jīng)三個(gè)燈泡的電流相等．某時(shí)刻將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，流經(jīng)電感線圈的磁通量減小，其發(fā)生自感現(xiàn)象，相當(dāng)于電源，產(chǎn)生和原電流方向相同的感應(yīng)電流，故a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)，三個(gè)燈不會(huì)閃亮只是緩慢熄滅，選項(xiàng)D正確．8．(2024·湖北武漢調(diào)研)有一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界是EF，在EF右側(cè)無(wú)磁場(chǎng)，左側(cè)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，如圖甲所示．現(xiàn)有一個(gè)閉合的金屬線框以恒定速度從EF右側(cè)水平進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．線框中的電流隨時(shí)間變更的i-t圖象如圖乙所示，則可能的線框是下列四個(gè)選項(xiàng)中的()【答案】A【解析】由題圖乙可知，電流先是勻稱(chēng)增加，后勻稱(chēng)減小，又i＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R)∝l，所以金屬線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度應(yīng)先是勻稱(chēng)增加，后勻稱(chēng)減小，A項(xiàng)符合；B項(xiàng)線框中間部分進(jìn)入磁場(chǎng)后切割磁感線的有效長(zhǎng)度不變；C項(xiàng)切割磁感線的有效長(zhǎng)度不變；D項(xiàng)切割磁感線的有效長(zhǎng)度不是勻稱(chēng)地增加和減?。?．(2024·遼寧沈陽(yáng)模擬)如圖，固定在水平桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿ab與導(dǎo)軌接觸良好，在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽視不計(jì)．現(xiàn)用一水平向右的恒力F作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止起先向右沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，滑動(dòng)中桿ab始終垂直于導(dǎo)軌，金屬桿受到的安培力用F安表示，則下列說(shuō)法正確的是()A．金屬桿ab做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．金屬桿ab運(yùn)動(dòng)過(guò)程回路中有順時(shí)針?lè)较虻碾娏鰿．金屬桿ab所受到的F安先不斷增大，后保持不變D．金屬桿ab克服安培力做功的功率與時(shí)間的平方成正比【答案】C【解析】對(duì)金屬桿依據(jù)牛頓其次定律得F－F安＝ma，即F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，由于速度變更，故加速度發(fā)生變更，故金屬桿不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；依據(jù)楞次定律可以知道，金屬桿ab運(yùn)動(dòng)過(guò)程回路中有逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于F安＝eq\f(B2L2v,R)可知，當(dāng)速度增大時(shí)，則安培力增大，當(dāng)金屬桿最終做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力不變，故選項(xiàng)C正確；金屬桿中感應(yīng)電流的瞬時(shí)功率P＝I2R＝(eq\f(BLv,R))2R＝eq\f(B2L2v2,R)，由于速度與時(shí)間不成正比，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．10．（多選）(2024·山東濰坊質(zhì)檢)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的勻稱(chēng)導(dǎo)體材料做成一個(gè)半徑為R(r?R)的圓環(huán)．圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場(chǎng)中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.圓環(huán)在加速下落過(guò)程中某一時(shí)刻的速度為v，忽視電感的影響，則()A．此時(shí)在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)順時(shí)針的感應(yīng)電流B．圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落C．此時(shí)圓環(huán)的加速度a＝eq\f(B2v,ρd)D．假如徑向磁場(chǎng)足夠長(zhǎng)，則圓環(huán)的最大速度vm＝eq\f(ρdg,B2)【答案】AD【解析】由右手定則可以推斷感應(yīng)電流的方向，可知選項(xiàng)A正確；由左手定則可以推斷，此時(shí)圓環(huán)受到的安培力向上，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)圓環(huán)受力分析可解得加速度a＝g－eq\f(B2v,ρd)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)重力等于安培力時(shí)速度達(dá)到最大，可得vm＝eq\f(ρgd,B2)，選項(xiàng)D正確．11．（多選）(2024·河南重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，光滑導(dǎo)軌傾斜放置，下端連一燈泡，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，當(dāng)金屬棒ab(電阻不計(jì))沿導(dǎo)軌下滑達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，燈泡的電功率為P，導(dǎo)軌和導(dǎo)線電阻不計(jì)．要使燈泡在金屬棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)下的電功率為2P，則下面選項(xiàng)中符合條件的是()A．將導(dǎo)軌間距變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(\r(2),2)B．換一電阻值減半的燈泡C．換一質(zhì)量為原來(lái)eq\r(2)倍的金屬棒D．將磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B變?yōu)樵瓉?lái)的eq\r(2)倍【答案】AC【解析】金屬棒處于穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，mgsinθ＝F安＝BIL，此時(shí)的電流I＝eq\f(mgsinθ,BL)，燈泡的功率P＝I2R＝(eq\f(mgsinθ,BL))2R，由此式可知，A、C正確，B、D錯(cuò)誤．12．（多選）如圖甲，在虛線所示的區(qū)域有垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)變更規(guī)律如圖乙所示，面積為S的單匝金屬線框處在磁場(chǎng)中，線框與電阻R相連，若金屬框的電阻為eq\f(R,2)，下列說(shuō)法正確的是()A．流過(guò)電阻R的感應(yīng)電流由a到bB．線框cd邊受到的安培力方向向上C．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為eq\f(2B0S,t0)D．a(chǎn)、b間電壓大小為eq\f(2B0S,3t0)【答案】AD【解析】穿過(guò)線圈的磁通量在增大，依據(jù)楞次定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，故流過(guò)電阻R的感應(yīng)電流由a到b，A正確；電流是從c到d，依據(jù)左手定則，可得線框cd邊受到的安培力方向向下，B錯(cuò)誤；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0S,t0)，依據(jù)歐姆定律可得a、b間電壓大小為U＝eq\f(R,R＋\f(R,2))E＝eq\f(2B0S,3t0)，故C錯(cuò)誤，D正確．二、非選擇題13.(12分)做磁共振(MRI)檢查時(shí)，對(duì)人體施加的磁場(chǎng)發(fā)生變更時(shí)會(huì)在肌肉組織中產(chǎn)生感應(yīng)電流．某同學(xué)為了估算該感應(yīng)電流對(duì)肌肉組織的影響，將包袱在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈，線圈的半徑r＝5.0cm，線圈導(dǎo)線的截面積A＝0.80cm2，電阻率ρ＝1.5Ω·m.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與線圈平面垂直，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0.3s內(nèi)從1.5T勻稱(chēng)地減為零，求：(計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)(1)該圈肌肉組織的電阻R；(2)該圈肌肉組織中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；(3)0.3s內(nèi)該圈肌肉組織中產(chǎn)生的熱量Q.【答案】(1)6×103Ω(2)4×10－2V(3)8×10－8J【解析】(1)由電阻定律得R＝ρeq\f(2πr,A)代入數(shù)據(jù)得R＝6×103Ω.(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔB·πr2,Δt)代入數(shù)據(jù)得E＝4×10－2V.(3)由焦耳定律得Q＝eq\f(E2,R)Δt代入數(shù)據(jù)得Q＝8×10－8J.14．(12分)如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌傾角為30°，間距L＝4m，電阻不計(jì)，恒定的非勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于斜面對(duì)下，電阻R＝5Ω，導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m＝1kg，電阻r＝3Ω，垂直于導(dǎo)軌放置．現(xiàn)使導(dǎo)體棒ab從磁場(chǎng)上邊界由靜止下滑，測(cè)得導(dǎo)體棒所到達(dá)位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與導(dǎo)體棒在該位置速度之間的關(guān)系如圖乙所示．(g取10m/s2)(1)求導(dǎo)體棒下滑5s時(shí)的速度和位移；(2)求導(dǎo)體棒下滑5s內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱．【答案】(1)20m/s50m(2)50J【解析】(1)由題圖乙可知，棒下滑的隨意狀態(tài)有B2v＝0.5T2·m·s－1對(duì)棒下滑過(guò)程中某一狀態(tài)由牛頓其次定律得mgsin30°－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma以上兩式代入數(shù)據(jù)可得物體的加速度a＝4m/s2可見(jiàn)導(dǎo)體棒在斜面上做a＝4m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t＝5s時(shí)，棒的速度v＝at＝20m/s棒的位移s＝eq\f(1,2)at2＝50m.(2)由能量守恒得mgsin30°·s＝eq\f(1,2)mv2＋Q代入數(shù)據(jù)解得Q＝50J.15.(14分)如圖所示，一對(duì)光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻．一質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝0.1Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由靜止起先以a＝2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒的位移x＝9m時(shí)撤去外力，棒接著運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來(lái)，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1.導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸．求：(1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量q；(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF.【答案】(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J【解析】(1)設(shè)棒勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為Δt，回路的磁通量變更量為ΔΦ，回路中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\x\to(E)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)①其中ΔΦ＝Blx②設(shè)回路中的平均電流為eq\x\to(I)，由閉合電路歐姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)③通過(guò)電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt④又由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得Δt＝eq\r(\f(2x,a))⑤聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得q＝4.5C.(2)設(shè)撤去外力時(shí)棒的速度為v，對(duì)棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程