【創(chuàng)新設(shè)計】2021高考物理二輪復習(江蘇專用)-教師用書-第10講-電磁感應問題的綜合分析

第10講電磁感應問題的綜合分析1．(多選)(2022·江蘇單科，7)某同學設(shè)計的家庭電路愛護裝置如圖4－10－1所示，鐵芯左側(cè)線圈L1由火線和零線并行繞成．當右側(cè)線圈L2中產(chǎn)生電流時，電流經(jīng)放大器放大后，使電磁鐵吸起鐵質(zhì)開關(guān)K，從而切斷家庭電路．僅考慮L1在鐵芯中產(chǎn)生的磁場，下列說法正確的有()圖4－10－1A．家庭電路正常工作時，L2中的磁通量為零B．家庭電路中使用的電器增多時，L2中的磁通量不變C．家庭電路發(fā)生短路時，開關(guān)K將被電磁鐵吸起D．地面上的人接觸火線發(fā)生觸電時，開關(guān)K將被電磁鐵吸起解析由于零線、火線中電流方向相反，產(chǎn)生磁場方向相反，所以家庭電路正常工作時，L2中的磁通量為零，選項A正確；家庭電路短路和用電器增多時均不會引起L2的磁通量的變化，選項B正確，C錯誤；地面上的人接觸火線發(fā)生觸電時，線圈L1中磁場變化引起L2中磁通量的變化，產(chǎn)生感應電流，吸起K，切斷家庭電路，選項D正確．答案ABD2．(2022·江蘇卷，1)如圖4－10－2所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中．在Δt時間內(nèi)，磁感應強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為()圖4－10－2A.eq\f(Ba2,2Δt) B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt) D.eq\f(2nBa2,Δt)解析由法拉第電磁感應定律可知，在Δt時間內(nèi)線圈中產(chǎn)生的平均感應電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(2B\f(a2,2)－B\f(a2,2),Δt)＝eq\f(nBa2,2Δt)，選項B正確．答案B圖4－10－33．(多選)(2022·江蘇卷，7)如圖4－10－3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，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來．若要縮短上述加熱時間，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．取走線圈中的鐵芯解析杯內(nèi)的水之所以沸騰，是由于金屬杯處于下方線圈所產(chǎn)生的交變磁場中，產(chǎn)生渦流，從而使金屬杯溫度上升，而瓷杯內(nèi)不會產(chǎn)生渦流，故C錯；要想縮短加熱時間，則應增大磁場的強度和變化率，因此A、B正確，D錯誤．答案AB4．(2022·江蘇單科，13)某愛好小組設(shè)計了一種發(fā)電裝置，如圖4－10－4所示．在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角α均為eq\f(4,9)π，磁場均沿半徑方向．匝數(shù)為N的矩形線圈abcd的邊長ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.線圈以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，bc和ad邊同時進入磁場．在磁場中，兩條邊所經(jīng)過處的磁感應強度大小均為B，方向始終與兩邊的運動方向垂直．線圈的總電阻為r，外接電阻為R.求：圖4－10－4(1)線圈切割磁感線時，感應電動勢的大小Em；(2)線圈切割磁感線時，bc邊所受安培力的大小F；(3)外接電阻上電流的有效值I.解析(1)bc、ad邊的運動速度v＝ωeq\f(l,2)感應電動勢Em＝4NBlv解得Em＝2NBl2ω.(2)電流Im＝eq\f(Em,r＋R)安培力F＝2NBIml，解得F＝eq\f(4N2B2l3ω,r＋R).(3)一個周期內(nèi)，通電時間t＝eq\f(4,9)TR上消耗的電能W＝Ieq\o\al(2,m)Rt且W＝I2RT，解得I＝eq\f(4NBl2ω,3r＋R).答案(1)2NBl2ω(2)eq\f(4N2B2l3ω,r＋R)(3)eq\f(4NBl2ω,3r＋R)圖4－10－55．(2021·江蘇單科，13)如圖4－10－5所示，勻強磁場中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平面與磁場垂直．已知線圈的匝數(shù)N＝100，邊長ab＝1.0m、bc＝0.5m，電阻r＝2Ω.磁感應強度B在0～1s內(nèi)從零均勻變化到0.2T．在1～5s內(nèi)從0.2T均勻變化到－0.2T，取垂直紙面對里為磁場的正方向．求：(1)0.5s時線圈內(nèi)感應電動勢的大小E和感應電流的方向；(2)在1～5s內(nèi)通過線圈的電荷量q；(3)在0～5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析(1)感應電動勢E1＝Neq\f(ΔΦ1,Δt1)，磁通量的變化量ΔΦ1＝ΔB1S，解得E1＝Neq\f(ΔB1S,Δt1)，代入數(shù)據(jù)解得E1＝10V，感應電流方向為a→d→c→b→a(或逆時針)．(2)同理可得：感應電流E2＝eq\f(NΔΦ,Δt2)＝Neq\f(ΔB2S,Δt2)，I2＝eq\f(E2,r)，電量q＝I2Δt2解得q＝Neq\f(ΔB2S,r)，代入數(shù)據(jù)q＝10C.(3)0～1s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝Ieq\o\al(2,1)rΔt1，且I1＝eq\f(E1,r)，1～5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝Ieq\o\al(2,2)rΔt2，由Q＝Q1＋Q2，代入數(shù)據(jù)得Q＝100J答案(1)10Va→d→c→b→a(2)10C(3)100J主要題型：選擇題或計算題學問熱點(1)楞次定律的理解及應用(2)法拉第電磁感應定律的應用(3)用電磁感應現(xiàn)象分析實際問題(如2022年的第7題，分析渦流加熱現(xiàn)象)(4)法拉第電磁感應定律和楞次定律的綜合應用，如電路問題、圖象問題、動力學問題、能量問題等．物理方法(1)圖象法(2)等效法(3)守恒法(4)模型法命題趨勢(1)估計2021年高考仍將以電磁感應的產(chǎn)生條件，感應電動勢和感應電流的計算和圖象表達為主．(2)結(jié)合新技術(shù)，對科技類問題的建模，運用力學和電學學問解決電磁感應類的問題，復習時應予以高度關(guān)注．熱點一楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用1．(多選)(2022·南京一模)勻強磁場方向垂直紙面，規(guī)定垂直紙面對里的方向為正，磁感應強度B隨時間t變化規(guī)律如圖4－10－6甲所示．在磁場中有一細金屬圓環(huán)，圓環(huán)平面位于紙面內(nèi)，如圖乙所示．令I(lǐng)1、I2、I3分別表示Oa、ab、bc段的感應電流，f1、f2、f3分別表示I1、I2、I3時，金屬環(huán)上很小一段受到的安培力，則()圖4－10－6A．I1沿逆時針方向，I2沿順時針方向B．I2沿逆時針方向，I3沿順時針方向C．f1方向指向圓心，f2方向指向圓心D．f2方向背離圓心向外，f3方向指向圓心解析在Oa段，磁場垂直紙面對里且均勻增加，依據(jù)楞次定律可推斷產(chǎn)生的感應電流的方向是逆時針的，同理，ab、bc段產(chǎn)生的感應電流的方向是順時針的，A正確，B錯；依據(jù)左手定則可推斷Oa、ab、bc段對應金屬圓環(huán)上很小一段受到的安培力方向，即f1、f3方向指向圓心，而f2背離圓心向外，C錯，D正確．(或接受“增縮減擴”的方法也可以直接推斷)答案AD圖4－10－72．(多選)(2022·陜西省質(zhì)檢二)如圖4－10－7所示，用同種電阻絲制成的正方形閉合線框1的邊長與圓形閉合線框2的直徑相等．m和n是1線框下邊的兩個端點，p和q是2線框水平直徑的兩個端點.1和2線框同時由靜止開頭釋放并進入上邊界水平、足夠大的勻強磁場中，進入過程中m、n和p、q連線始終保持水平．當兩線框完全進入磁場以后，下面說法正確的是()A．m、n和p、q電勢的關(guān)系肯定有Φm＜Φn，Φp＜ΦqB．m、n和p、q間電勢差的關(guān)系肯定有Umn＝UpqC．進入磁場過程中流過1和2線框的電荷量Q1＞Q2D．進入磁場過程中流過1和2線框的電荷量Q1＝Q2解析當兩線框完全進入磁場以后，依據(jù)右手定則知Φn＞Φm，Φq＞Φp，A正確；兩線框完全進入磁場后，由于兩線框的速度關(guān)系無法確定，故不能確定兩點間的電勢差的關(guān)系，B錯誤；設(shè)m、n間距離為a，由q＝eq\f(ΔΦ,R)，R＝eq\f(ρl,S)得進入磁場過程中流過1、2線框的電荷量都為eq\f(BaS,4ρ)，C錯誤，D正確．答案AD3．[2022·蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市高三調(diào)研(二)]在半徑為r、電阻為R的圓形導線框內(nèi)，以直徑為界，左、右兩側(cè)分別存在著方向如圖4－10－8甲所示的勻強磁場．以垂直紙面對外的磁場為正，兩部分磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律分別如圖乙所示．則0～t0時間內(nèi)，導線框中()圖4－10－8A．沒有感應電流B．感應電流方向為逆時針C．感應電流大小為πr2B0/(t0R)D．感應電流大小為2πr2B0/(t0R)解析對左半側(cè)磁場，穿過導線框的磁通量垂直紙面對外均勻增大，依據(jù)法拉第電磁感應定律可知，導線框中由此產(chǎn)生的感應電動勢為E1＝eq\f(B0－0,t0－0)×eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，依據(jù)楞次定律可知導線框左半側(cè)中產(chǎn)生的感應電流的方向為順時針方向．對右半側(cè)磁場，穿過導線框的磁通量垂直紙面對里均勻減小，依據(jù)法拉第電磁感應定律可知，導線框中由此產(chǎn)生的感應電動勢為E2＝eq\f(B0－0,t0－0)×eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，依據(jù)楞次定律可知導線框右半側(cè)中產(chǎn)生的感應電流的方向為順時針方向，對整個導線框而言，其感應電動勢為，E＝E1＋E2＝eq\f(πB0r2,t0)，感應電流的方向為順時針方向，故選項A、B錯誤；依據(jù)閉合電路歐姆定律可知感應電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(πB0r2,Rt0)，故選項C正確，選項D錯誤．答案C4．(多選)(2022·四川卷，6)如圖4－10－9所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小．質(zhì)量為0.2kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1m的正方形，其有效電阻為0.1Ω.此時在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化規(guī)律是B＝(0.4－0.2t)T，圖示磁場方向為正方向．框、擋板和桿不計形變．則()圖4－10－9A．t＝1s時，金屬桿中感應電流方向從C到DB．t＝3s時，金屬桿中感應電流方向從D到CC．t＝1s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1ND．t＝3s時，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2N解析t＝1s時，穿過閉合回路中的磁通量削減，由楞次定律可推斷感應電流的方向從C→D，選項A正確；t＝3s時，磁感應強度的方向斜向上，且穿過閉合回路中的磁通量增加，由楞次定律可以推斷感應電流的方向仍是從C→D，故選項B錯誤；t＝1s時，F(xiàn)安＝BIl①E＝eq\f(ΔB,Δt)S②I＝eq\f(E,R)③由①②③得：F安＝0.2N對金屬桿受力分析如圖所示：由平衡條件得：FN1＝F安sin30°＝0.1N，選項C正確；同理，可算出金屬棒對擋板H的壓力大小為0.1N，選項D錯．答案AC1．法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，常有兩種特殊狀況，即E＝neq\f(ΔB,Δt)S和E＝nBeq\f(ΔS,Δt)，其中eq\f(ΔB,Δt)是B－t圖象中圖線的斜率，若斜率不變則感應電動勢是恒定不變的．2．楞次定律中的“阻礙”有三層含義(1)阻礙磁通量的變化；(2)阻礙物體間的相對運動；(3)阻礙原電流的變化．要留意機敏應用．熱點二電磁感應中的圖象問題圖象類型(1)隨時間變化的圖象，如B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象、F－t圖象和i－t圖象．(2)隨位移x變化的圖象，如E－x圖象和i－x圖象問題類型(1)由給定的電磁感應過程推斷或畫出圖象(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量應用學問左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律、函數(shù)圖象等圖4－10－105．(2022·高考沖刺卷九)如圖4－10－10所示，空間內(nèi)存在兩個磁感應強度大小相等、方向相反且垂直紙面的勻強磁場，MN、PQ為其邊界，MN、PQ相互平行，一導線折成正方形閉合線圈，線圈的邊長大于MN、PQ兩邊界間的距離．線圈在紙面內(nèi)以恒定的速度向右運動的過程中，線圈左右兩邊始終與MN、PQ平行，以線圈中逆時針方向為感應電流的正方向，線圈中的感應電流i隨時間t變化的圖示，可能正確的是()解析開頭一段時間內(nèi)線圈中的磁通量不變，沒有感應電流，線圈右邊出磁場后線圈左邊切割磁感線、由右手定則推斷線圈中產(chǎn)生逆時針方向的電流，接著線圈左、右兩邊同時切割磁感線，也產(chǎn)生逆時針方向的電流，但電流大小為原來的2倍，再過一段時間，只有線圈右邊切割磁感線，仍產(chǎn)生逆時針方向的電流，大小又恢復到原來的值，最終當線圈完全進入右側(cè)的磁場后，線圈中的磁通量不變，沒有感應電流，故選項A正確．答案A6．(2022·全國卷新課標Ⅰ，18)如圖4－10－11甲，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖乙所示．已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關(guān)系的圖中，可能正確的是()圖4－10－11解析由圖乙可知c、d間的電壓大小是不變化的，依據(jù)法拉第電磁感應定律可推斷出線圈cd中磁通量的變化率是不變的，又因已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，所以線圈ab中的電流是均勻變化的，選項C正確，A、B、D均錯誤．答案C圖4－10－127．如圖4－10－12所示，虛線右側(cè)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面對外，正方形金屬框電阻為R，邊長為L，自線框從左邊界進入磁場時開頭計時，在外力作用下由靜止開頭，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進入磁場．規(guī)定順時針方向為感應電流I的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，通過導體橫截面的電荷量為q，則這些量隨時間變化的關(guān)系正確的是(其中P－t圖象為拋物線)()解析經(jīng)過時間t(t≤t1)，線框速度v＝at，產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv＝BLat，感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLa,R)t，安培力FA＝BIL＝eq\f(B2L2a,R)t，均隨時間均勻增大．外力F＝ma＋FA＝ma＋eq\f(B2L2a,R)t，則外力F隨時間變化的關(guān)系是一次函數(shù)關(guān)系，但不是正比關(guān)系．功率P＝EI＝eq\f(B2L2a2,R)t2，隨時間變化的關(guān)系是二次函數(shù)關(guān)系，其圖象是拋物線．所以C正確，A、B錯誤．通過導體橫截面的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·L·\f(1,2)at2,R)＝eq\f(BLa,2R)t2，其隨時間變化的關(guān)系是二次函數(shù)關(guān)系，其圖象是拋物線，選項D錯誤．答案C8．(多選)(2022·山西四校第三次聯(lián)考)如圖4－10－13甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬棒ab垂直導軌放置，其他部分電阻不計．整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面對上．t＝0時對棒施一平行于導軌的外力F，棒由靜止開頭沿導軌向上運動，通過R的感應電流隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示．下列關(guān)于穿過回路abPMa的磁通量Φ和磁通量的瞬時變化率eq\f(ΔΦ,Δt)以及ab兩端的電勢差Uab和通過棒的電荷量q隨時間變化的圖象中，正確的是()圖4－10－13解析本題應依據(jù)右手定則推斷ab產(chǎn)生感應電流方向，即可得到流過電阻R的電流方向；再由左手定則推斷出安培力的方向為沿斜面對下，棒由靜止開頭沿導軌向上運動，由法拉第電磁感應定律和歐姆定律知：E＝BLv，I＝eq\f(E,R＋r)，I＝kt可以得出物體運動的速度隨時間均勻變化，即v＝k′t則物體做勻加速直線運動，物體運動的位移x＝eq\f(1,2)at2，則穿過回路abPMa的磁通量Φ＝BS＝B(eq\x\to(Ma)＋x)L知，x不隨時間均勻變化，故A選項錯誤；磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(BLΔx,Δt)＝BLv＝BLat，知磁通量的變化率隨時間的增大而均勻增大，故B選項正確；金屬棒導體ab的電壓Uab＝IR＝kRt，即金屬棒導體ab的電壓隨時間的增大而均勻增大，故C選項錯誤；通過金屬棒ab的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx,R＋r)＝eq\f(BL×\f(1,2)at2,R＋r)，故D選項正確．答案BD1．分析電磁感應圖象問題時的“三個關(guān)注”(1)關(guān)注初始時刻，如初始時刻感應電流是否為零，是正方向還是負方向．(2)關(guān)注變化過程，看電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應．(3)關(guān)注大小、方向的變化趨勢，看圖象斜率的大小、圖象的曲、直是否和物理過程對應．2．推斷圖線是否正確的關(guān)鍵首先要明確坐標軸所表示的兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，其次要看物理量的方向．熱點三電磁感應中的動力學問題應用動力學觀點解決電磁感應現(xiàn)象問題的思路和方法：(1)思路：明確電源，畫出等效電路，推斷電流方向或電勢凹凸．(2)受力分析和運動過程分析：導體棒在磁場中切割磁感線運動時，動力學特征是(3)牛頓其次定律：通過分析導體棒的受力狀況和運動狀況，建立力和運動量之間的聯(lián)系，計算穩(wěn)定態(tài)的物理量或者對運動過程進行動態(tài)分析．圖4－10－149．(多選)(2022·山東卷，16)如圖4－10－14所示，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導線垂直并緊靠軌道固定，導體棒與軌道垂直且接觸良好．在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中，導體棒所受安培力分別用FM、FN表示．不計軌道電阻．以下敘述正確的是()A．FM向右B．FN向左C．FM漸漸增大D．FN漸漸減小解析由安培定則可知，通電直導線在M、N區(qū)產(chǎn)生的磁場方向分別為垂直紙面對外、垂直紙面對里，導體棒向右通過M區(qū)時，由右手定則可知產(chǎn)生的感應電流方向向下，由左手定則可知，F(xiàn)M向左，同理可以推斷，F(xiàn)N向左，越靠近通電直導線磁場越強，導體棒勻速運動，由E＝BLv、I＝eq\f(E,R)、F＝BIL可知，F(xiàn)M漸漸增大，F(xiàn)N漸漸減小，正確選項為B、C、D.答案BCD10．(多選)(2022·高考沖刺卷一)如圖4－10－15甲所示，在MN、OP間存在一勻強磁場，t＝0時，一正方形線框在水平向右的外力F作用下緊貼MN從靜止開頭做勻加速運動通過磁場，外力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，已知線框質(zhì)量為1kg，電阻R＝1Ω，線框穿過磁場過程中，外力F對線框做功eq\f(7,6)J，則()圖4－10－15A．磁場寬度與線框邊長相等為0.25mB．勻強磁場的磁感應強度為4eq\r(2)TC．線框穿過磁場過程中，通過線框的電荷量為eq\r(2)CD．線框穿過磁場過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為1.0J解析由題圖乙知開頭時有a＝eq\f(F,m)＝1m/s2,1.0s內(nèi)外力F均勻增大，1.0s時安培力消逝，說明磁場寬度與線框邊長相等，為L＝eq\f(1,4)at2＝0.25m，A對；1.0s時速度為v＝at＝1.0m/s，F(xiàn)＝3N，由牛頓其次定律知F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，代入數(shù)值得B＝4eq\r(2)T，B對；線框穿過磁場過程中，通過線框的電荷量為q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(BLv,2R)t＝eq\f(\r(2),2)C，C錯；線框穿過磁場過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝WF－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(2,3)J，D錯．答案AB圖4－10－1611．如圖4－10－16所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導軌，間距L＝0.50m，導軌平面與水平面間夾角θ＝37°，N、Q間連接一個電阻R＝5.0Ω，勻強磁場垂直于導軌平面對上，磁感應強度B＝1.0T．將一根質(zhì)量為m＝0.050kg的金屬棒放在導軌的ab位置，金屬棒及導軌的電阻不計．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與導軌垂直，且與導軌接觸良好．已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.50，當金屬棒滑行至cd處時，其速度大小開頭保持不變，位置cd與ab之間的距離s＝2.0m．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：(1)金屬棒沿導軌開頭下滑時的加速度大?。?2)金屬棒到達cd處的速度大??；(3)金屬棒由位置ab運動到cd的過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量．解析(1)設(shè)金屬棒開頭下滑時的加速度大小為a，則mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得a＝2.0m/s2(2)設(shè)金屬棒到達cd位置時速度大小為v、電流為I，金屬棒受力平衡，有mgsinθ＝BIL＋μmgcosθI＝eq\f(BLv,R)解得v＝2.0m/s(3)設(shè)金屬棒從ab運動到cd的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒，有mgssinθ＝eq\f(1,2)mv2＋μmgscosθ＋Q解得Q＝0.10J答案(1)2.0m/s2(2)2.0m/s(3)0.10J1．電磁感應中的動力學問題的解題策略此類問題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)系、相互制約，解決問題前首先要建立“動→電→動”的思維挨次，可概括為：(1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解感應電動勢的大小和方向．(2)依據(jù)等效電路圖，求解回路中電流的大小及方向．(3)分析安培力對導體棒運動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的電流有什么影響，最終定性分析導體棒的最終運動狀況．(4)列牛頓其次定律或平衡方程求解．2．常見的解題流程如下高考命題熱點10.應用動力學觀點和能量觀點分析電磁感應問題(1)電磁感應中的力、電問題應抓住的“兩個對象”：(2)解決電磁感應能量問題的基本思路：①確定感應電動勢的大小和方向．②畫出等效電路圖并求出電流．③進行受力狀況分析和做功狀況分析．④明確在此過程中的能量變化狀況．⑤用動能定理或能量守恒定律解題．用動力學觀點、能量觀點解答電磁感應問題的一般步驟圖4－10－17【典例】(16分)如圖4－10－17所示，光滑斜面的傾角α＝30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長l1＝1m，bc邊的邊長l2＝0.6m，線框的質(zhì)量m＝1kg，電阻R＝0.1Ω，線框通過細線與重物相連，重物質(zhì)量M＝2kg，斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面對上的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5T，假如線框從靜止開頭運動，進入磁場的最初一段時間做勻速運動，ef和gh的距離s＝11.4m，(取g＝10m/s2)，求：(1)線框進入磁場前重物的加速度；(2)線框進入磁場時勻速運動的速度v；(3)ab邊由靜止開頭到運動到gh處所用的時間t；(4)ab邊運動到gh處的速度大小及在線框由靜止開頭運動到gh處的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱．審題流程第一步：抓關(guān)鍵點→獵取信息其次步：抓過程分析→理清思路滿分解答(1)線框進入磁場前，僅受到細線的拉力F，斜面的支持力和線框的重力，重物受到自身的重力和細線的拉力F′，對線框由牛頓其次定律得F－mgsinα＝ma(1分)對重物由牛頓其次定律得Mg－F′＝Ma(1分)又F＝F′聯(lián)立解得線框進入磁場前重物的加速度a＝eq\f(Mg－mgsinα,M＋m)＝5m/s2.(1分)(2)由于線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動，則重物受力平衡：Mg＝F1(1分)線框abcd受力平衡：F1′＝mgsinα＋F安(1分)又F1＝F1′ab邊進入磁場切割磁感線，產(chǎn)生的感應電動勢E＝Bl1v(1分)回路中的感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bl1v,R)(1分)ab邊受到的安培力為F安＝BIl1聯(lián)立解得Mg＝mgsinα＋eq\f(B2l\o\al(2,1)v,R)(1分)代入數(shù)據(jù)解得v＝6m/s.(1分)(3)線框abcd進入磁場前，做勻加速直線運動；進磁場的過程中，做勻速直線運動；進入磁場后到運動至gh處，仍做勻加速直線運動．進磁場前線框的加速度大小與重物的加速度大小相同，為a＝5m/s2，該階段的運動時間為t1＝eq\f(v,a)＝1.2s(1分)進入磁場過程中勻速運動的時間t2＝eq\f(l2,v)＝0.1s(1分)線框完全進入磁場后的受力狀況同進入磁場前的受力狀況相同，所以該階段的加速度仍為a＝5m/s2由勻變速直線運動的規(guī)律得s－l2＝vt3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)(1分)解得t3＝1.2s(1分)因此ab邊由靜止開頭運動到gh處所用的時間t＝t1＋t2＋t3＝2.5s．(1分)(4)線框ab邊運動到gh處的速度v′＝v＋at3＝6m/s＋5×1.2m/s＝12m/s(1分)整個運動過程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝F安l＝(Mg－mgsinα)l2＝9J．(1分)答案(1)5m/s2(2)6m/s(3)2.5s(4)12m/s9J(2022·安徽卷，23)(16分)如圖4－10－18甲所示，勻強磁場的磁感應強度B為0.5T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面對上．絕緣斜面上固定有“∧”外形的光滑金屬導軌MPN(電阻忽視不計)，MP和NP長度均為2.5m，MN連線水平，長為3m．以MN中點O為原點，OP為x軸建立一維坐標系Ox.一根粗細均勻的金屬桿CD，長度d為3m、質(zhì)量m為1kg、電阻R為0.3Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1m/s在導軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導軌接觸良好)．g取10m/s2.圖4－10－18(1)求金屬桿CD運動過程中產(chǎn)生的感應電動勢E及運動到x＝0.8m處電勢差UCD；(2)推導金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關(guān)系式，并在圖乙中畫出F－x關(guān)系圖象；(3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產(chǎn)生的焦耳熱．解析(1)由題可知，金屬桿運動過程中的感應電動勢為E＝Bdv＝1.5V(1分)由幾何關(guān)系可知，金屬桿運動到x＝0.8m處時，接入電路的長度為l＝1.8m，(1分)故可知UCD＝－Bdv－Blv＝－0.6V(1分)(2)金屬桿做勻速直線運動，故始終受力平衡，即F＝mgsinθ＋BIl(2分)I＝eq\f(Blv,Rx)(1分)所以F＝mgsinθ＋eq\f(B2l2v,Rx)(1分)其中l(wèi)＝eq\f(OP－x,OP)d＝3m－eq\f(3,2)x，Rx＝l×0.1Ω/m(1分)代入可得F＝12.5－3.75x(m)(0≤x≤2)關(guān)系圖象如下圖所示(2分)(3)由圖象可以確定力F所做的功為F－x圖線下所圍面積，即WF＝eq\f(5＋12.5,2)×2J＝17.5J(1分)而桿的重力勢能增加量ΔEpΔEp＝mgeq\x\to(OP)sinθ(2分)代入數(shù)據(jù)得：ΔEp＝10J(1分)故全過程產(chǎn)生的焦耳熱QQ＝WF－ΔEp＝7.5J(2分)答案(1)1.5V－0.6V(2)F＝12.5－3.75x(m)圖象見解析(3)7.5J一、單項選擇題1．(2022·全國卷新課標Ⅰ，14)在法拉第時代，下列驗證“由磁產(chǎn)生電”設(shè)想的試驗中，能觀看到感應電流的是()A．將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后觀看電流表的變化B．在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后觀看電流表的變化C．將一房間內(nèi)的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去觀看電流表的變化D．繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，觀看電流表的變化解析產(chǎn)生感應電流的條件是：穿過閉合回路中的磁通量發(fā)生變化，引起磁通量變化的緣由有①閉合回路中的磁場變化；②在磁場不變的條件下，閉合回路中的有效面積變化；③閉合回路的面積、磁場均變化．選項A、B、C中的閉合回路的面積及回路中的磁場均不變，故選項A、B、C均錯誤．在選項D中線圈通電或斷電的瞬間轉(zhuǎn)變了電流的大小，使另一個閉合回路中的磁場發(fā)生變化，故有感應電流產(chǎn)生，選項D正確．答案D圖4－10－192．如圖4－10－19所示，豎直平面內(nèi)一具有抱負邊界AB的勻強磁場垂直紙面對里，在距離邊界H處一正方形線框MNPO以初速度v0向上運動，假設(shè)在整個過程中MN始終與AB平行，則下列圖象能反映線框從開頭至到達最高點的過程中速度變化規(guī)律的是()解析在線框從開頭運動到MN邊接近AB時，線框做勻減速直線運動；MN邊進入磁場后因切割磁感線而產(chǎn)生感應電流，其受到安培力作用則線框加速度瞬時變大，速度瞬時減小更快．隨著速度減小，產(chǎn)生的感應電流減小，安培力減小，加速度減小，所以能正確反映線框速度與時間關(guān)系的是圖C.答案C3．(2022·全國大綱卷，20)很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放，形成一很長的豎直圓筒．一條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置，其下端與圓筒上端開口平齊．讓條形磁鐵從靜止開頭下落．條形磁鐵在圓筒中的運動速率()A．均勻增大B．先增大，后減小C．漸漸增大，趨于不變D．先增大，再減小，最終不變解析開頭時，條形磁鐵以加速度g豎直下落，則穿過銅環(huán)的磁通量發(fā)生變化，銅環(huán)中產(chǎn)生感應電流，感應電流的磁場阻礙條形磁鐵的下落．開頭時的感應電流比較小，條形磁鐵向下做加速運動，且隨下落速度增大，其加速度變小．當條形磁鐵的速度達到肯定值后，相應銅環(huán)對條形磁鐵的作用力趨近于條形磁鐵的重力．故條形磁鐵先加速運動，但加速度變小，最終的速度趨近于某個定值．選項C正確．答案C4.圖4－10－20(2022·宿遷市高三摸底)如圖4－10－20所示，用相同導線制成的邊長為L或2L的四個單匝矩形閉合回路，它們以相同的速度先后垂直穿過正方形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面對外，區(qū)域?qū)挾却笥?L.則進入磁場過程中，電流最大的回路是()A．甲B．乙C．丙D．丁解析設(shè)單位長度導線電阻為r，進入磁場時的速度大小為v0.則由E＝Blv和E＝IR可得I甲＝eq\f(Bv0,4r)、I乙＝eq\f(Bv0,6r)、I丙＝eq\f(Bv0,3r)、I?。絜q\f(Bv0,4r)，故本題答案為選項C.答案C圖4－10－215．兩條光骨的平行導軌水平放置，導軌的右端連接一阻值為R的定值電阻，將整個裝置放在豎直向下的勻強磁場中，現(xiàn)將一導體棒置于O點，從某時刻起，在一外力的作用下由靜止開頭向左做勻加速直線運動，導體棒先后通過M和N兩點，其中OM＝MN.已知導體棒與導軌接觸良好，始終與導軌垂直，且除定值電阻外其余部分電阻均不計．則下列說法錯誤的是()A．導體棒在M、N兩點時，所受安培力的大小之比為1∶eq\r(2)B．導體棒在M、N兩點時，外力F的大小之比為1∶eq\r(2)C．導體棒在M、N兩點時，電路的電功率之比為1∶2D．從O到M和從M到N的過程中流過電阻R的電荷量之比為1∶1解析由v2＝2ax可知，導體棒通過M、N兩點時，導體棒速度之比為1∶eq\r(2)，產(chǎn)生的感應電流之比為1∶eq\r(2)，所受安培力之比為1∶eq\r(2)，由牛頓其次定律可知，外力F的大小之比不是1∶eq\r(2)；由電功率公式P＝I2R可知，導體棒通過M、N兩位置時，電阻R的電功率之比為1∶2；由法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律和電流定義可得q＝ΔΦ/R，從O到M和從M到N的兩個過程中，ΔΦ相等，所以通過導體棒橫截面的電荷量之比為1∶1.答案B6．將一段導線繞成圖4－10－22甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)．回路的ab邊置于垂直紙面對里的勻強磁場Ⅰ中．回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖4－10－22乙所示．用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖象是()圖4－10－22解析由B－t圖象可知，在0～eq\f(T,4)時間內(nèi)，B均勻減?。籩q\f(T,4)～eq\f(T,2)時間內(nèi)，B反向均勻增大．由楞次定律知，通過ab的電流方向向上，由左手定則可知ab邊受安培力的方向水平向左．由于B均勻變化，產(chǎn)生的感應電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)S不變，則安培力大小不變．同理可得在eq\f(T,2)～T時間內(nèi)，ab邊受安培力的方向水平向右，故選項B正確．答案B7．(2022·高考押題卷三)如圖4－10－23甲所示，固定在水平桌面上的光滑金屬框架cdeg處于方向豎直向下的勻強磁場中，金屬桿ab與金屬框架接觸良好．在兩根導軌的端點d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽視不計．現(xiàn)用一水平向右的外力F外作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開頭向右在框架上滑動，運動中桿ab始終垂直于框架．圖乙為一段時間內(nèi)金屬桿受到的安培力F隨時間t的變化關(guān)系，則圖中可以表示外力F外隨時間t變化關(guān)系的圖象是()圖4－10－23解析由于電動勢E＝BLv①F＝BIL②由①②得F＝eq\f(B2L2v,R)由乙圖可知F均勻增加，所以v均勻增加，即金屬桿做勻加速運動，由牛頓其次定律得：F外－eq\f(B2L2at,R)＝ma故選項B正確．答案B二、多項選擇題圖4－10－248．矩形線圈abcd，長ab＝20cm，寬bc＝10cm，匝數(shù)n＝200匝，線圈回路總電阻R＝5Ω.整個線圈平面內(nèi)均有垂直于線圈平面的磁場穿過．若磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖4－10－24所示，則()A．線圈回路中感應電動勢隨時間均勻變化B．線圈回路中產(chǎn)生的感應電流為0.4AC．當t＝0.3s時，線圈的ab邊所受的安培力大小為0.016ND．在1min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為48J解析由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)可知，由于線圈中磁感應強度的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(20－5×10－2,0.3)T/s＝0.5T/s為常數(shù)，則回路中感應電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝2V，且恒定不變，故選項A錯誤；回路中感應電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝0.4A，選項B正確；當t＝0.3s時，磁感應強度B＝0.2T，則安培力為F＝nBIl＝200×0.2×0.4×0.2N＝3.2N，故選項C錯誤；1min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt＝0.42×5×60J＝48J．選項D正確．答案BD圖4－10－259．(2022·濰坊一模)如圖4－10－25所示，間距l(xiāng)＝0.4m的光滑平行金屬導軌與水平面夾角θ＝30°，正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B＝0.2T，方向垂直于斜面．甲、乙兩金屬桿電阻R相同、質(zhì)量均為m＝0.02kg，垂直于導軌放置．起初，甲金屬桿處在磁場的上邊界ab上，乙在甲上方距甲也為l處．現(xiàn)將兩金屬桿同時由靜止釋放，并同時在甲金屬桿上施加一個沿著導軌的拉力F，使甲金屬桿始終以a＝5m/s2的加速度沿導軌勻加速運動，已知乙金屬桿剛進入磁場時做勻速運動，取g＝10m/s2，則()A．每根金屬桿的電阻R＝0.016ΩB．甲金屬桿在磁場中運動的時間是0.4sC．甲金屬桿在磁場中運動過程中F的功率漸漸增大D．乙金屬桿在磁場中運動過程中安培力的功率是0.1W解析乙金屬桿在進入磁場前，甲、乙兩金屬桿加速度大小相等，當乙剛進入磁場時，甲剛好出磁場．由v2＝2al解得乙進、甲出磁場時的速度大小均為v＝2m/s，由v＝at解得甲金屬桿在磁場中運動的時間為t＝0.4s，選項B正確；乙金屬桿進入磁場后有mgsin30°＝BIl，又Blv＝I·2R，聯(lián)立解得R＝0.064Ω，選項A錯誤；甲金屬桿在磁場中運動過程中力F和桿的速度都漸漸增大，則其功率也漸漸增大，選項C正確；乙金屬桿在磁場中運動過程中安培力的功率是P＝BIlv＝0.2W，選項D錯誤．答案BC三、非選擇題10．(2022·揚州市高三第四次調(diào)研)圖4－10－26如圖4－10－26，POQ是折成60°角的固定于豎直平面內(nèi)的光滑金屬導軌，導軌關(guān)于豎直軸線對稱，OP＝OQ＝L.整個裝置處在垂直導軌平面對里的足夠大的勻強磁場中，磁感應強度隨時間變化規(guī)律為B＝B0－kt(其中k為大于0的常數(shù))．一質(zhì)量為m、長為L、電阻為R、粗細均勻的導體棒鎖定于OP、OQ的中點a、b位置．當磁感應強度變?yōu)閑q\f(1,2)B0后保持不變，同時將導體棒解除鎖定，導體棒向下運動，離開導軌時的速度為v.導體棒與導軌始終保持良好接觸，導軌電阻不計，重力加速度為g.求導體棒：(1)解除鎖定前回路中電流的大小及方向；(2)滑到導軌末端時的加速度大??；(3)運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱．解析(1)導體棒解除鎖定前，閉合回路的面積不變，且eq\f(ΔB,Δt)＝k由法拉第電磁感應定律知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(\r(3),16)kL2由閉合電路歐姆定律知I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(\r(3)kL2,8R)由楞次定律知，感應電流的方向為順時針方向(或b→a)(2)導體棒恰好要離開導軌時受力如圖所示．E＝eq\f(1,2)B0LvI＝eq\f(E,R)F＝eq\f(1,2)B0IL得