專題六電磁感應定律及其應用

1、專題六、電磁感應定律及其應用【高考考點分析】電磁感應是高考的一個考點，綜合分析近幾年的廣東高考試題，題目較易，主要有以下特點：（1）常以選擇題的形式考查對基礎知識和基本規(guī)律的理解和應用， （2）命題熱點集中在感應電流的產生、感應電流的方向判斷、感應電動勢的大小計算。（3）電磁感應的綜合應用主要體現(xiàn)在與電學和力學知識的綜合，以導軌加導體棒模型為主，充分利用電磁感應定律、楞次定律、安培力、直流電路知識、磁場知識等多個知識點，可能以圖象的形式進行考查，也可能是求解有關電學的一些物理量（如電荷量、電功率或電熱等）。常常涉及物體的平衡條件（運動最大速度求解）、牛頓運動定律、動能定理、動量守恒（雙導體棒）

2、及能量守恒等?！舅璧闹R】一、電磁感應現(xiàn)象：1.條件：產生感應電動勢：磁通量發(fā)生變化，產生感應電流：磁通量發(fā)生變化，閉合回路2.感應電流的方向（感應電動勢的正負極的判斷）： （1）楞次定律：感應電流的效果總是阻礙引起感應電流的原因。（2）右手定則（導體切割磁感線）：3. 計算感應電動勢的大?。?）普適公式：法拉第電磁感應定律： （2）垂直平動切割磁感線：E=BLV （3）轉動切割磁感線：EBL2/2 二、電路規(guī)律：串并聯(lián)電路的規(guī)律、閉合電路歐姆定律、電路的功率規(guī)律。【克服安培力做的功等于整個電路消耗的電能】三、平衡條件、平行四邊法則、正交法解法、四、牛頓運動規(guī)律：五、功能關系、能量守恒定律、

3、動量守恒定律高考回眸：1.（2010年廣東卷16.）如圖5所示，平行導軌間有一矩形的勻強磁場區(qū)域，細金屬棒PQ沿導軌從MN處勻速運動到M'N'的過程中，棒上感應電動勢E隨時間t變化的圖示，可能正確的是2.（2011年廣東卷15）.將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關于線圈中產生的感應電動勢和感應電流，下列表述正確的是A.感應電動勢的大小與線圈的匝數(shù)無關 B.穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大C.穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大 D.感應電流產生的磁場方向與原磁場方向始終相同3.（2012年廣東卷35.）如圖17所示，質量為M的導體棒ab，

4、垂直放在相距為l的平行光滑金屬軌道上。導軌平面與水平面的夾角為，并處于磁感應強度大小為B、方向垂直與導軌平面向上的勻強磁場中，左側是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計其他電阻。（1）調節(jié)Rx=R，釋放導體棒，當棒沿導軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速率v。（2）改變Rx，待棒沿導軌再次勻速下滑后，將質量為m、帶電量為+q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx。4.（2013高考廣東理綜第36題）圖19（a）所示，在垂直于勻強磁場B的平面內，半徑為r的金屬圓盤繞過圓心O的軸承轉動，圓心O和邊緣K通過電刷與一個電路連接。電路中的P是加

5、上一定正向電壓才能導通的電子元件。流過電流表的電流I與圓盤角速度的關系如圖19（b）所示，其中ab段和bc段均為直線，且ab段過坐標原點。>0代表圓盤逆時針轉動。已知：R=3.0，B=1.0T，r=0.2m。忽略圓盤，電流表和導線的電阻。（1）根據圖19（b）寫出ab、bc段對應的I與的關系式；（2）求出圖19（b）中b、c兩點對應的P兩端的電壓Ub、Uc；（3）分別求出ab、bc段流過P的電流IP與其兩端電壓UP的關系式?！镜湫屠}】一、電磁感應基本知識的考查：此類題目集中考查感應電流的產生、感應電流的方向判斷、感應電動勢的大小計算，需要大家熟悉相關的規(guī)律和公式。例題1、如圖6所示，在

6、磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，有一質量為m、阻值為R的閉合矩形金屬線框abcd用絕緣輕質細桿懸掛在O點，并可繞O點擺動金屬線框從右側某一位置由靜止開始釋放，在擺動到左側最高點的過程中，細桿和金屬線框平面始終處于同一平面，且垂直紙面則線框中感應電流的方向是()Aabcda BdcbadC先是dcbad，后是abcda D先是abcda，后是dcbadPba變式訓練1.如圖，圓環(huán)形導體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是（ ）A線圈a中將產生俯視順時針方向的

7、感應電流B穿過線圈a的磁通量變小C線圈a有擴張的趨勢D線圈a對水平桌面的壓力FN將增大例2.(雙選)如右上圖所示的電路，D1和D2是兩個相同的小燈泡，是一個自感系數(shù)相當大的線圈，其電阻很小，近似為零。在電鍵接通和斷開時，對燈泡D1和D2的描述正確的是（ ）A接通時，D1亮一下，然后熄滅B接通時，D2亮一下，然后熄滅C斷開時，D1馬上熄滅D斷開時，D2馬上熄滅 來源:Z。xx。k.ComALSLA1A2RSR1 甲乙變式訓練2.（雙選）如圖為演示自感現(xiàn)象實驗電路，電感線圈的自感系數(shù)均比較大，下列判斷正確的是( )A甲圖接通開關S，燈A1、A2立即正常發(fā)光B甲圖斷開S，燈A1、A2同時熄滅C乙圖接

8、通S，燈A逐漸亮起來D乙圖斷開S，燈A不會立即熄滅二、電磁感應中的圖像問題：圖象問題可以綜合法拉第電磁感應定律、楞次定律或右手定則、安培定則和左手定則，還有與之相關的電路知識和力學知識等對于圖象問題，搞清物理量之間的函數(shù)關系、變化范圍、初始條件、斜率的物理意義等，往往是解題的關鍵解決圖象問題的一般步驟：(1)明確圖象的種類，即是Bt圖象，t圖象，或者Et圖象、It圖象等(2)分析電磁感應的具體過程(3)用右手定則或楞次定律確定方向對應關系(4)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關系式(5)根據函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等(6)畫圖象或判斷圖象（常

9、用排除法）例3. .如圖甲所示，相鄰兩個勻強磁場區(qū)域的寬度均為L，磁感應強度大小均為B，其方向如圖所示.一個單匝正方形閉合導線框由均勻導線制成，邊長也是L.導線框從左向右勻速穿過這兩個勻強磁場區(qū)域.規(guī)定以逆時針方向為感應電流的正方向，則線框從位置運動到位置過程中，感應電流I隨時間t變化的圖線應是圖乙中的() 甲 乙變式訓練：3.（雙選）如圖所示，螺線管內有一平行于軸線的勻強磁場，規(guī)定圖中箭頭所示方向為磁感應強度B的正方向，螺線管與U形導線框cdef相連，導線框cdef內有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框cdef在同一平面內。當螺線管內的磁感應強度隨時間按圖示規(guī)律變化時（）A在t1時刻，金屬

10、圓環(huán)L內的磁通量最大 B在t2時刻，金屬圓環(huán)L內的磁通量最大C在t1t2時間內，金屬圓環(huán)L內有逆時針方向的感應電流D在t1t2時間內，金屬圓環(huán)L有收縮趨勢限時訓練一：1為了診斷病人的心臟功能和動脈血液黏稠情況，需測量血管中血液的流量，如圖所示為電磁流量計示意圖，將血管置于磁感應強度為B的磁場中，測得血管兩側a、b兩點間電壓為U，已知血管的直徑為d，則血管中血液的流量Q(單位時間內流過的體積)為( )A. B. C. D.2如圖9216所示，導體棒AB長2R，繞O點以角速度沿逆時針方向勻速轉動，OB為R，且OBA三點在同一直線上，有一勻強磁場磁感應強度為B，充滿轉動平面且與轉動平面垂直，那么AB

11、兩端的電勢差大小為()A.BR2 B2BR2 C4BR2 D6BR23.（雙選）一個有界勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外。一個矩形閉合導線框abcd，沿紙面由位置1(左)勻速運動到位置2(右)。則 （ ）A導線框進入磁場時，感應電流方向為abcdaB導線框離開磁場時，感應電流方向為abcdaC導線框離開磁場時，受到的安培力方向水平向右D導線框進入磁場時受到的安培力方向水平向左4.如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側有磁感應強度為B的勻強磁場。方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始絡與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結論不正

12、確的是 （ ）A感應電流方向不變BCD段直線始終不受安培力C感應電動勢最大值EBavD感應電動勢平均值5.圖中電感L的直流電阻為RL，小燈泡的電阻為R，小量程電流表G1、G2的內阻不計當開關S閉合，電路達到穩(wěn)定后，電流表G1、G2的指針均偏向右側（電流表的零刻度在表盤的中央）則在開關S斷開后，兩個電流表的指針偏轉情況是（ ）AG1、G2的指針都立即回到零點BG1緩慢回到零點，G2立即左偏，偏后緩慢回到零點CG1立即回到零點，G2緩慢回到零點DG2立即回到零點，G1緩慢回到零點6(雙選)在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1 m2，線圈電阻為1 .規(guī)定

13、線圈中感應電流I的正方向從上往下看是順時針方向，如圖甲所示磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示則下列說法正確的是()A在時間05 s內，I的最大值為0.1 AB在第4 s時刻，I的方向為逆時針C前2 s內，通過線圈截面的總電荷量為0.01 CD第3 s內，線圈的發(fā)熱功率最大7如圖所示，一閉合直角三角形線框以速度v勻速穿過勻強磁場區(qū)域從BC邊進入磁場區(qū)開始計時，到A點離開磁場區(qū)為止的過程中，線框內感應電流的情況(以逆時針方向為電流的正方向)是圖中的() 8（雙選）如圖中(a)(d)分別為穿過某一閉合回路的磁通量隨時間t變化的圖象，關于回路中產生的感應電動勢下列論述正確的是（ ）A圖(a

14、)中回路產生的感應電動勢恒定不變B圖(b)中回路產生的感應電動勢一直在變大C圖(c)中回路在0t1時間內產生的感應電動勢大于在t1t2時間內產生的感應電動勢D圖(d)中回路產生的感應電動勢先變小再變大三.電磁感應與電路綜合在電磁感應現(xiàn)象中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路相當于電源解決電磁感應與電路綜合問題的基本思路是：（1）明確哪部分相當于電源，由法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向（2）畫出等效電路圖（3）運用閉合電路歐姆定律串并聯(lián)電路的性質求解未知物理量例題4.如圖（a）所示，一個電阻值為R ，匝數(shù)為n的圓形金屬線與阻值為2R的電阻R1連結成閉合回路。線圈的半徑為

15、r1 . 在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖18（b）所示。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0 . 導線的電阻不計。求0至t1時間內（1）通過電阻R1上的電流大小和方向；（2）通過電阻R1上的電量q及電阻R1上產生的熱量。變式訓練4.兩根光滑的長直金屬導軌MN、MN平行置于同一水平面內，導軌間距為l，電阻不計，M、M處接有如圖所示的電路，電路中各電阻的阻值均為R，電容器的電容為C.長度也為L阻值同為R的金屬棒ab垂直于導軌放置，導軌處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中ab在外力作用下向右勻速運動且與導軌保持良好接觸，在

16、ab運動距離為x的過程中，整個回路中產生的焦耳熱為Q.求：(1)ab運動速度v的大??；(2)電容器所帶的電荷量q. （3）此過程中通過電R的電荷量q2例題5如圖所示,MN和PQ是兩根放在豎直面內且足夠長的平行光滑金屬導軌，相距為2L左側是水平放置長為6L、間距為L的平行金屬板，且連接電阻R金屬板右半部、ef右側區(qū)域均處在磁感應強度均為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中質量為M、電阻也為R的導體棒ab與導軌接觸良好棒ab在ef左側O處受水平向右的力作用，由靜止開始向右運動，在某一時刻恰好進入ef右側區(qū)域且以速度v0勻速運動,同時從金屬上板左端邊緣水平向右射入電量為q帶負電油滴能在金屬板左半部勻速向

17、右運動，不計其他電阻(1)求通過電阻R的電流I和兩端的電壓U；(2)若要求油滴能從金屬板間飛出，求油滴射入的速率u的范圍：變式訓練5.如圖所示,質量為m=0.1kg、電阻r = 0.1的導體棒MN，垂直放在相距為L= 0.5m的平行光滑金屬導軌上。導軌平面與水平面的夾角為 = 30°，并處于磁感應強度大小為B = 0.4T方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，導軌下端接有阻值R=0.3的電阻，棒在外力F作用下，以v = 8m/s的速度沿導軌向上做勻速運動，經過一定時間后撤去外力，棒繼續(xù)運動一段距離s =2m后到達最高位置，導軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與 導軌

18、保持良好接觸，重力加速度g取10m/s2，求(1)棒MN向上勻速運動過程，回路中的電流；(2)從撤去外力到棒MN到達最高位置的過程，通過電阻R 的電荷量q；(3)從撤去外力至棒MN到達最高位置的過程，整個回路產 生的焦耳熱Q0。四.電磁感應與力學綜合電磁感應與動力學、運動學結合的動態(tài)分析，分析方法是：導體受力運動產生感應電動勢感應電流通電導線受安培力合外力變化加速度變化速度變化感應電動勢變化周而復始地循環(huán)，直至達到穩(wěn)定狀態(tài)分析動力學問題的步驟：(1)用電磁感應定律和楞次定律、右手定則確定感應電動勢的大小和方向(2)應用閉合電路歐姆定律求出電路中感應電流的大小(3)分析研究導體受力情況，特別要注

19、意安培力方向的確定(4)列出動力學方程或平衡方程求解兩種狀態(tài)處理：(1) 導體處于平衡態(tài)靜止或勻速直線運動狀態(tài)(2) 處理方法：根據平衡條件合外力等于零，列式分析(2)導體處于非平衡態(tài)加速度不為零注意安培力的特點：導體運動v感應電動勢E感應電流I安培力F磁場對電流的作用電磁感應阻礙閉合電路歐姆定律純力學問題中只有重力、彈力、摩擦力，電磁感應中多一個安培力，安培力隨速度變化，部分彈力及相應的摩擦力也隨之而變，導致物體的運動狀態(tài)發(fā)生變化，在分析問題時要注意上述聯(lián)系例題6如圖所示，兩足夠長的光滑金屬導軌豎直放置，相距為L, 一理想電流表與兩導軌相連，勻強磁場與導軌平面垂直。一質量為m、有效電阻為R的

20、導體棒在距磁場上邊界h處靜止釋放。導體棒進入磁場后，流經電流表的電流逐漸減小，最終穩(wěn)定為I。整個運動過程中，導體棒與導軌接觸良好，且始終保持水平，不計導軌的電阻。求： （1） 磁感應強度的大小B；（2） 電流穩(wěn)定后， 導體棒運動速度的大小v；（3） 流經電流表電流的最大值abB變式訓練6如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行光滑金屬導軌相距l(xiāng)=1 m，導軌平面與水平面成30°角，下端連接 “2. 5V，0. 5W”的小電珠，勻強磁場方向與導軌平面垂直。質量為m=0.02 kg、電阻不計的光滑金屬棒放在兩導軌上，金屬棒與兩導軌垂直并保持良好接觸取g10 m/s2求：（1）

21、金屬棒沿導軌由靜止剛開始下滑時的加速度大小；（2）當金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，小電珠正常發(fā)光，求該速度的大小；（3）磁感應強度的大小例題78如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ間距為l=0.5m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成30°角。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸，已知兩棒的質量均為0.02kg，電阻均為R=0.1，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度為B=0.2T，棒ab在平行于導軌向上的力F作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒cd恰好能保持靜止。取g=10m/s2，問：（1）通過cd棒的電流I是多

22、少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每產生Q=0.1J的熱量，力F做的功W是多少？變式訓練7. 均勻導線制成的單匝正方形閉合線框abcd，邊長為L，總電阻為R，總質量為m.將其置于磁感強度為B的垂直于紙面向里的勻強磁場上方h處，如圖16所示線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內，且cd邊始終與磁場的水平邊界面平行當cd邊剛進入磁場時，(1)求線框中產生的感應電動勢大??；(2)求cd兩點間的電勢差大?。?3)若此時線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h所應滿足的條件限時訓練二：1如圖所示，導體AB在做切割磁感線運動時，將產生一個感應電動勢，設導體AB的電阻為r，導軌左端接

23、有阻值為R的電阻，磁場磁感應強度為B，導軌寬為d，導體AB勻速運動，速度為v.下列說法正確的是()A在本題中分析電路時，導體AB相當于電源，且A端為電源正極BUCDBdvCC、D兩點電勢關系為：C<DD在AB中電流從B流向A，所以B>A2粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行現(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，如下圖所示，則在移出過程中線框的一邊a、b兩點間電勢差絕對值最大的是()3如圖所示，圓環(huán)a和圓環(huán)b的半徑之比為21，兩環(huán)用同樣粗細、同種材料制成的導線連成閉合回路，連接兩環(huán)的導線電阻不計，勻強磁場的

24、磁感應強度變化率恒定則在a、b環(huán)分別單獨置于磁場中的兩種情況下，M、N兩點的電勢差之比為()A41 B14 C21 D124（雙選）如圖所示，線圈內有理想邊界的磁場，開關閉合，當磁感應強度均勻減小時，有一帶電微粒靜止于水平放置的平行板電容器中間，若線圈的匝數(shù)為n，平行板電容器的板間距離為d，粒子的質量為m，帶電荷量為q，線圈面積為S，則下列判斷中正確的是()A帶電微粒帶負電B線圈內磁感應強度的變化率為C當下極板向上移動時，帶電微粒將向上運動D當開關斷開時帶電微粒將做自由落體運動5.如圖102所示的（a）、（b）、(c)中除導體棒ab可動外，其余部分均固定不動，（a）圖中的C原來不帶電。設導體棒

25、、導軌和直流電源的電阻均可忽略。導體棒和導軌間的摩擦也不計。圖中裝置均在水平面內，且都處于方向垂直水平面（即紙面）向下的勻強磁場中，導軌足夠長，今給導體棒ab一個向右的初速度v0，在下列三種情形下導體棒ab的最終運動狀態(tài)是A 三種情況下導體棒ab最終均做勻速運動B （a）、（c）中，棒ab最終將以不同速度做勻速運動；(b)中ab棒最終靜止C （a）、（c）中，棒ab最終將以相同速度做勻速運動；(b)中ab棒最終靜止D (a)、（b）、（c）中，棒ab最終都靜止6.如圖5甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導軌間距為L.M、P兩點間接有阻值為R的電阻一根質量為

26、m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下導軌和金屬桿的電阻可忽略讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖(2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大小(3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值7.如圖，光滑斜面的傾角= 30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長l1 = l m，bc邊的邊長l2= 0.6 m，線框的質量m = 1 kg，電阻R =

27、 0.1，線框通過細線與重物相連，重物質量M = 2 kg，斜面上ef線（efgh）的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B = 0.5 T，如果線框從靜止開始運動，進入磁場最初一段時間是勻速的，ef線和gh的距離s = 11.4 m，（取g = 10.4m/s2），求：線框進入磁場前重物M的加速度；來源:Zxxk.Com線框進入磁場時勻速運動的速度v；ab邊由靜止開始到運動到gh線處所用的時間t；ab邊運動到gh線處的速度大小和在線框由靜止開始到運動到gh線的整個過程中產生的焦耳熱8如圖所示，足夠長的金屬導軌MN、PQ平行放置，間距為L，與水平面成角，導軌與定值電阻R1和R2相連，且R1

28、 = R2 = R，R1支路串聯(lián)開關S，原來S閉合勻強磁場垂直導軌平面向上，有一質量為m、有效電阻也為R的的導體棒ab與導軌垂直放置，它與導軌的接觸粗糙且始終接觸良好，現(xiàn)讓導體棒ab從靜止開始釋放，沿導軌下滑，當導體棒運動達到穩(wěn)定狀態(tài)時速率為V，此時整個電路消耗的電功率為重力功率的3/4已知重力加速度為g，導軌電阻不計，求：MNPQR1R2BabS（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小和達到穩(wěn)定狀態(tài)后導體棒ab中的電流強度I；（2）如果導體棒ab從靜止釋放沿導軌下滑x距離后運動達到穩(wěn)定狀態(tài)，在這一過程中回路中產生的電熱是多少？（3）導體棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)后，斷開開關S，從這時開始導體棒ab下滑一段

29、距離后，通過導體棒ab橫截面的電量為q，求這段距離是多少？五.電磁感應與動量、能量的綜合電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程電磁感應過程中產生的感應電流在磁場中必定受到安培力作用，因此要維持感應電流存在，必須有“外力”克服安培力做功此過程中，其他形式的能轉化為電能，“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能；當感應電流通過用電器時，電能又轉化為其他形式的能可以簡化為下列形式：同理，安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式的能的過程，安培力做多少功就有多少電能轉化為其他形式的能2電能求解的思路主要有三種(1)利用克服安培力做功求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功

30、；(2)利用能量守恒求解：機械能的減少量等于產生的電能；(3)利用電路特征求解：通過電路中所產生的電能來計算例8.如圖所示，在高度差h0.50m的平行虛線范圍內，有磁感強度B0.50T、方向水平向里的勻強磁場，正方形線框abcd的質量m0.10kg、邊長L0.50m、電阻R0.50，線框平面與豎直平面平行，靜止在位置I時，cd邊跟磁場下邊緣有一段距離?，F(xiàn)用一豎直向上的恒力F4.0N向上提線框，該框由位置無初速度開始向上運動，穿過磁場區(qū)，最后到達位置（ab邊恰好出磁場），線框平面在運動中保持在豎直平面內，且cd邊保持水平。設cd邊剛進入磁場時，線框恰好開始做勻速運動（g取10ms2）。求：（1）

31、線框進入磁場前距磁場下邊界的距離H。（2）線框由位置到位置的過程中，恒力F做的功是多少？線框內產生的熱量又是多少?變式訓練8.如圖所示，在空間中有一水平方向的勻強磁場區(qū)域，區(qū)域的上下邊緣間距為h，磁感應強度為B有一寬度為b（b<h）、長度為L、電阻為R、質量為m的矩形導體線圈緊貼磁場區(qū)域的上邊緣從靜止起豎直下落，當線圈的PQ邊到達磁場下邊緣時，恰好開始做勻速運動求：線圈的MN邊剛好進入磁場時，線圈的速度大小例題9.如圖所示，豎直放置的光滑平行金屬導軌MN、PQ相距L，在M點和P點間接有一個阻值為R的電阻，在兩導軌間的矩形區(qū)域OO1O1' O'內有垂直導軌平面向里、寬為d的

32、勻強磁場，磁感應強度為B。一質量為m、電阻為r的導體棒ab垂直地擱在導軌上，與磁場的上邊界相距d0，現(xiàn)使ab棒南靜止開始釋放，棒ab在離開磁場前已經做勻速直線運動（棒ab與導軌始終保持良好接觸且下落過程中始終保持水平，導軌的電阻不計）(1)求棒ab離開磁場的下邊界時的速度大小(2)求棒ab在通過磁場區(qū)的過程中產生的焦耳熱(3)試分析討論棒ab在磁場中可能出現(xiàn)的運動情況。變式訓練9（雙選）如圖，足夠長的光滑導軌傾斜放置，其下端與小燈泡連接，勻強磁場垂直于導軌所在平面，則垂直導軌的導體棒ab在下滑過程中（導體棒電阻為R，導軌和導線電阻不計）（ ）A受到的安培力方向沿斜面向上B受到的安培力大小保持恒

33、定C導體棒的機械能一直減小D克服安培力做的功等于燈泡消耗的電能限時訓練三：1（雙選）邊長為h的正方形金屬導線框，從圖所示的初始位置由靜止開始下落，通過一勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于線框平面，磁場區(qū)寬度等于H，Hh。從線框開始下落到完全穿過磁場區(qū)的整個過程中（ ）A線框運動的方向始終是向下的B線框速度的大小不一定總是在增加C線框中總是有感應電流存在D線框受到的磁場力的合力的方向有時向上，有時向下2如圖所示，足夠長的光滑金屬導軌固定在豎直平面內，勻強磁場垂直導軌所在的平面里。金屬棒AC與導軌垂直且接觸良好。現(xiàn)將導軌接上電阻R，導軌和金屬棒的電阻忽略不計，則金屬棒AC由靜止釋放后( ) A電流方向沿

34、棒由C指向AB金屬棒所受安培力的最大值與其重力大小相等C在金屬棒加速下落的過程中，金屬棒減少的重力勢能全部轉化為在電阻上產生的熱量D金屬棒達到穩(wěn)定速度后的下落過程中，金屬棒的機械能守恒3.（雙選）如圖所示，固定位置在同一水平面內的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應強度大小為B的勻強磁場中。一質量為m（質量分布均勻）的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為u?，F(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離L時，速度恰好達到最大（運動過程中桿始終與導軌保持垂直）。設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻

35、不計，重力加速度大小為g。則此過程 （ ）A.桿的速度最大值為B.流過電阻R的電量為C.恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量D.恒力F做的功與安倍力做的功之和大于桿動能的變化量4如圖所示，一輕繩繞過兩輕質滑輪，兩端分別連接著矩形導線框A和石塊C，線框A的邊長d=1m、l=0.6m，電阻R=0.1，質量m=0.5kg，石塊C質量M=2kg垂直紙面向外的有界水平勻強磁場，磁感應強度B=0.5T，磁場寬度為s=1.6m如果線框從圖示位置由靜止開始釋放，恰好勻速進入磁場，取g=10m/s2試求：(1)線框進入磁場時勻速運動的速度v0；(2)線框進入磁場過程中產生的電熱Q；(3)線框上邊剛出

36、磁場時的加速度a5一半徑為r的圓形導線框內有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于導線框所在平面，一導體棒一端在圓心O，另一端放于圓形導線框上，并接觸良好，導體繞圓心O勻角速轉動，O端及線框分別用導線連接一對水平放置的平行金屬板，兩板間的距離為d。有一質量為m、帶電量為q的液滴以初速度v0水平向右射入兩板間（該液滴可為質點）。該液滴恰能從兩板間作勻速直線運動，然后液滴射入右側電場強度大小恒定、方向豎直向上、磁感應強度為B1、寬為L的（重力場、電場、磁場）復合場（磁場的上下區(qū)足夠大）中，重力恰等于電場力求：（1）平行金屬板1和2間的電壓是多大？（2）導體棒旋轉方向如何（順時針或逆時針）？旋轉角

37、速度多大？（3）該液滴離開復合場時，偏離原方向的距離.6如圖甲所示，平行光滑導軌AB、CD傾斜放置，與水平面間的夾角為，間距為L，導軌下端B、C間用電阻R=2r相連。一根質量為m、電阻為r的導體棒MN垂直放在導軌上，與導軌接觸良好，方向始終平行于水平地面。在導軌間的矩形區(qū)域EFGH內存在長度也為L、垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻由靜止釋放導體棒MN，恰好在t1時刻進入磁場EFGH并做勻速直線運動。求：（1）導體棒MN進入磁場前，電阻R兩端的電壓U；（2）導體棒MN在磁場中勻速運動時的速度v和電阻勻速運動過程中R上產生的焦耳熱Q。7、兩根足夠長的固

38、定的平行金屬導軌位于同一水平內，兩導軌間的距離為l，導軌上面橫放著兩根導體棒ab和cd構成矩形回路，如圖47所示兩根導體棒的質量皆為m，電阻皆為R，磁感應強度為B，設兩導體棒均為沿導軌無摩擦地滑行，開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度（如圖所示），若兩導體棒在運動中始終不接觸，求：（1）在運動中產生的焦耳熱最多是多少？（2）當ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r，cd棒的加速度是多少？專題六、電磁感應定律及其應用參考答案：高考回眸：1.答案：A；2.答案：C；3.【解析】（1）當Rx=R棒沿導軌勻速下滑時，由平衡條件安培力 解得; 感應電動勢 電流 解得 （2）微粒水平射入金屬板間，能勻速通過

39、，由平衡條件棒沿導軌勻速，由平衡條件 金屬板間電壓;解得4.解析：（1）圖像得出三點坐標:o（0，0）b（15，0.1） c（45，0.4）.由直線的兩點式得I與關系式：(2)圓盤切割磁感線產生的電動勢為： 當=15rad/s時，產生的電動勢為E=0.02×15V=0.3V。當=45rad/s時，產生的電動勢為E=0.02×45V=0.9V。忽略圓盤電阻即電源忽略內阻，故Up=E ，可得：Ub=0.3V ，Uc=0.9V 。 (3)由并聯(lián)電路知識有： ， =由得IP=I-. ,例題1、答案：B, 例題2答案：AD , 例3、答案：C例4.解析：由圖象分析可知，0至時間內 由

40、法拉第電磁感應定律有 而，由閉合電路歐姆定律有聯(lián)立以上各式解得：通過電阻上的電流大小為由楞次定律可判斷通過電阻上的電流方向為從b到a通過電阻上的電量，通過電阻上產生的熱量例5.解：（1）棒產生的感應電動勢 （2分）根據歐姆定律 （1分）（1分）， （1分）（2）對油滴在金屬板左半部運動，列力平衡方程 （1分） （1分）油滴進入金屬板右半部，做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心（1分）（1分）最小半徑（1分），油滴從金屬板左側飛出最大速率（1分）最大半徑（1分）， （1分） 油滴從金屬板右側飛出最小速率 （1分） 所以，油滴射入的速率范圍 ， （1分）例6、答案：(1)(2)（3）例7、解析：（1）

41、棒cd受到的安培力 棒cd在共點力作用下平衡，則 由式代入數(shù)據解得 I=1A，方向由右手定則可知由d到c。（2）棒ab與棒cd受到的安培力大小相等 Fab=Fcd對棒ab由共點力平衡有 代入數(shù)據解得 F=0.2N（3）設在時間t內棒cd產生Q=0.1J熱量，由焦耳定律可知 設ab棒勻速運動的速度大小為v，則產生的感應電動勢 E=Blv由閉合電路歐姆定律知 由運動學公式知，在時間t內，棒ab沿導軌的位移 x=vt力F做的功 W=Fx 綜合上述各式，代入數(shù)據解得 W=0.4J例8.（1）在恒力作用下，線圈開始向上做勻加速直線運動，設線圈的加速度為a，據牛頓第二定律有：Fmgma 解得a30m/s2

42、從線圈進入磁場開始做勻速運動，速度為v1，則cd邊產生的感應電動勢為BLv1線框中產生的感應電流為 I/R； 線框所受的安培力為 F安BIL因線框做勻速運動，則有FF安+mg；聯(lián)立上述幾式，可解得 24m/s；由v122aH解得H9.6m（2）恒力F做的功 WF（H+L+h）42.4J從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程中，拉力所做的功等于線框增加的重力勢能和產生的熱量Q，即F（L+h）mg（L+h）+Q解得：Q（Fmg）（L+h）3.0J或QI2Rt3.0J例9.解：(1)設棒ab離開磁場的邊界前做勻速運動的速度為v，產生的感應電動勢為：E=BLv 電路中的電流 對棒ab，由平衡條件得：m

43、g-BIL=0 解得： (2)設整個回路中產生的焦耳熱為Q，由能量的轉化和守恒定律可得：,解得：,故. (3)設棒剛進入磁場時的速度為v0，由 得：棒在磁場中勻速運動時的速度，則 當v0=v，即時，棒進入磁場后做勻速直線運動 當v0<v，即時，棒進入磁場后先做加速運動，后做勻速直線運動 當v0>v,即時，棒進入磁場后先做減速運動，后做勻速直線運動 變式訓練1、D 變式訓練2、答案：BD 變式訓練3、答案：BD變式訓練4、 (1) v.(2) q.（3）q2=BLx/3R變式訓練5、（1）4A;(2)1C;(3)2.2J變式訓練6、解：（1）設金屬棒剛開始下滑時的加速度為a,由于金屬

44、棒開始下滑的初速為零，根據牛頓第二定律有 代入數(shù)據解得 m/s2 （2）設金屬棒運動達到穩(wěn)定時的速度為v、所受安培力為FA，棒在沿導軌方向受力平衡，則有 mgsin FA0 ,此時小電珠消耗的電功率：PFAv 聯(lián)立式并入代數(shù)據解得: v 5m/s （3）設磁感應強度的大小為B，金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為 小電珠正常發(fā)光，其兩端電壓等于E，必有 聯(lián)立式并代入數(shù)據解得 T變式訓練7、解析(1) BL.(2) BL.(3)h.變式訓練8.解析：設線圈勻速穿出磁場的速度為v，此時線圈的感應電動勢為 感應電流為 ，線圈受到的安培力為F=BIL ，且線圈有：mg=F ， 設線圈的上邊剛好進入磁場時速度為v，根據能量守恒定律 聯(lián)立解得 變式訓練9答案：AC 限時訓練一：1.C 2.C 3.BD 4.B 5.B6.BC 7. A8.CD限時訓練二：1A2B3. C4BC5. B6.(1)略(2)，gsin (3).7.【解析】（1）線框進入磁場前，線框僅受到細線的拉力FT，斜面的支持力和線框重力，重物M受到重力和拉力FT對線框，由牛頓第二定律得FT mg sin= ma （2分）聯(lián)立解得線框進入磁場前重物M的加速度= 5m/s2 （2分）（2）因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動，所以重物受力平衡Mg = FT，線框abcd受力平衡FT= mg sin + FA（1分）ab邊進入磁