第一篇 专题四 第11讲 电磁感应-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（苏京版）（课件PPT+word教案）

第11讲　电磁感应 目标要求　1.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。2.会分析电磁感应中的图像问题。3.会分析电磁感应中的动力学与能量问题。 考点一　楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 1.感应电流方向的判断 (1)线圈面积不变、磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律。 (2)导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。 2.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”； (2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”； (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”； (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。 3.求感应电动势的方法 (1)法拉第电磁感应定律： E=n (2)导体棒垂直切割磁感线：E=Blv。 (3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E=Bl2ω。 (4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e=nBSωsin ωt。 4.通过回路横截面的电荷量q=Δt=Δt=。q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关。 例1　(2024·江苏卷·10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是(　　) A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针 C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针 答案　A 解析　线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知a线圈中的电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中通过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A 例2　(2024·江苏省苏锡常镇四市二模)如图所示，半径为r2的圆形单匝线圈中央有半径为r1的有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化关系为B=B0+kt(k>0)，线圈电阻为R，则磁感应强度从B0增大到2B0时间内(　　) A.线圈面积有缩小的趋势 B.线圈中电子沿逆时针方向定向移动 C.线圈中产生的焦耳热为 D.通过导线横截面电荷量为 答案　C 解析　线圈不在磁场中，不受安培力，无收缩、扩张趋势，故A错误；根据楞次定律和右手螺旋定则可知，线圈中感应电流为逆时针方向，因此电子运动方向为顺时针，故B错误；线圈中磁通量变化率为=kπ，线圈中的感应电动势为E==kπ，变化过程中产生的焦耳热为Q=Δt=，由于Δt==，联立可得Q=，故C正确；通过导线的电荷量为q=IΔt=Δt，可得q==，故D错误。 考点二　电磁感应中的图像问题 例3　如图a所示，两个环形导线圈平行放置。规定从上往下看顺时针方向的电流为正值，上方导线圈中的电流i1随时间t的变化情况如图b所示，则下方导线圈中产生的感应电流i2随时间t的变化情况为(　　) 答案　D 解析　由题图乙可知，在0~t1时间内，上方导线圈中的电流i1随时间t逐渐增大，产生的磁场逐渐增强，穿过下方导线圈中的磁通量逐渐增大，由楞次定律可知，下方导线圈中的感应电流i2方向从上往下看沿逆时针方向，是负值，由题图b可知，上方导线圈产生的磁场中先增大后减小，则|i2|先增大后减小；在 t1~t2时间内，上方导线圈中的电流i1随时间t不变，产生的磁场不变化，下方导线圈中没有感应电流；在 t2~t3时间内，上方导线圈中的电流i1随时间t逐渐减小，产生的磁场逐渐减弱，穿过下方导线圈中的磁通量逐渐减少，由楞次定律可知，下方导线圈中的感应电流i2方向从上往下看沿顺时针方向，是正值，由题图b可知，上方导线圈产生的磁场中||先增大后减小，则i2先增大后减小，因此A、B、C错误，D正确。 例4　如图所示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为a的匀强磁场区域。高为a的正三角形线框efg从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，ef始终平行y轴以逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg中感应电流I与线框移动距离x关系的是(　　) 答案　B 解析　正三角形线框efg在进入向里的磁场Ⅰ过程中由楞次定律可知，线框产生的感应电流为逆时针方向，为正方向，在进入过程中，eg和fg两边的有效切割长度变大，其有效长度为L有效=2xtan 30°，感应电动势为E=BL有效v，感应电流为I==，即随着x的增大均匀增大。当线框efg移动a距离时，I达到最大，即I0=。在线框进入向外的磁场区域Ⅱ过程中，由楞次定律可知，efg线框中感应电流为顺时针方向，即为负方向。进入过程有效切割长度逐渐变大，在该过程中，结合之前的分析，其电流的瞬时值为I'=，当线框位移为2a时，其感应电流达到最大，结合之前的分析，其最大值为I0'==2I0，在离开磁场区域Ⅱ的过程中由楞次定律可知，efg中感应电流为逆时针方向，为正方向，有效切割长度逐渐变大，在该过程中，结合之前的分析，其电流的瞬时值为I″=，当线框前进距离为3a时，达到最大，其最大值为I0″==I0，故选B。 1.电磁感应中常见的图像 常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。 2.解答此类问题的两个常用方法 (1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。 (2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷。 考点三　电磁感应中的动力学与能量问题 1.电磁感应综合问题的解题思路 2.求解焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律：Q=I2Rt，适用于电流恒定的情况； (2)功能关系：Q=W克安(W克安为克服安培力做的功)； (3)能量转化：Q=ΔE(其他能的减少量)。 例5　(2024·江苏南京市大厂高级中学模拟)如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1 m，整个装置处于磁感应强度B=2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量m=1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1 Ω，电路中其余电阻不计，金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，不计空气阻力影响。已知金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取g=10 m/s2。 (1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm； (2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R的最大电功率PR； (3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q。 答案　(1)2 m/s　(2)3 W　(3)1 C 解析　(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm，由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ-F安=0 又F安=BIL，I=，E=BLvm 解得vm=2 m/s (2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时PR=I2R，联立解得PR=3 W (3)设金属棒从开始运动到达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律 mgxsin θ=μmgxcos θ+QR+Qab+m 根据焦耳定律= 联立解得x=2 m 根据q=Δt，= =，ΔΦ=BLx 联立解得q==1 C。 变式1　(2023·江苏南京师范大学附属中学模拟)如图所示，在竖直平面内的虚线下方存在范围足够大、方向水平的匀强磁场，同一高度处磁感应强度大小相等，竖直方向上磁感应强度随距离关系满足B=kh，k为常量，将一竖直放置、边长为L的单匝正方形金属线圈abcd从图示位置由静止释放，线圈质量为m、电阻为R，不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)线圈中的最大电流Im和电流的方向； (2)线圈下落高度h(已达最大电流)的过程中线圈中产生的焦耳热Q。 答案　(1)　顺时针方向　(2)mgh- 解析　(1)当线圈受到的安培力等于重力时，线圈的竖直方向速度达到最大，即此时线圈中的电流最大，设此时线圈下落高度为h0，则ad边所处位置的磁感应强度为B1=kh0 bc边所处位置的磁感应强度为B2=k(h0+L) mg=B2ImL-B1ImL 解得线圈中的最大电流为Im= 根据楞次定律可知电流方向为顺时针方向； (2)设线圈中电流最大时线圈的速度为v，则线圈下落高度h时，ad边切割磁感线产生的感应电动势为E1=B1'Lv=khLv bc边切割磁感线产生的感应电动势为E2=B2'Lv=k(h+L)Lv 线圈的感应电动势为E=E2-E1=kL2v 根据闭合电路欧姆定律有E=ImR 解得线圈下落高度h时，线圈的速度为v= 根据能量守恒有Q=mgh-mv2 解得线圈下落高度h(已经是最大电流)的过程中线圈中产生的焦耳热为Q=mgh-。 变式2　(2024·江苏南京市、盐城市一模)如图所示，足够长“V”字形的金属导轨两侧与水平地面的夹角θ=37°，最低点平滑连接，其间距为L=0.5 m，左端接有电容C=2 000 μF的电容器。质量m=10 g的导体棒可在导轨上滑动，导体棒与两侧导轨间的动摩擦因数相同，导体棒和导轨的电阻均不计。导轨左右两侧存在着垂直于导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B=2 T。现使导体棒从左侧导轨上某处由静止释放，经时间t1=0.8 s第一次到达最低点，此时速度v1=1.6 m/s，然后滑上右侧导轨，多次运动后，最终停在导轨的最低点。整个过程中电容器未被击穿，忽略磁场边缘效应和两个磁场间相互影响，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)导体棒第一次运动到最低点时，电容器所带电荷量Q； (2)动摩擦因数μ和导体棒第一次运动到最低点时，电容器储存的能量EC； (3)导体棒运动的总时间t总。 答案　(1)3.2×10-3 C　(2)0.45　2.56×10-3 J　(3)2 s 解析　(1)在最低点，导体棒切割磁感线，电容器两端电压与导体棒两端电动势相等，有U=E=BLv1 电容器的电容C= 联立解得Q=3.2×10-3 C (2)导体棒在左边导轨上由静止释放后，在下滑过程中受力分析如图： 解法一：沿斜面方向由动量定理得mgt1sin θ-μmgt1cos θ-BILt1=mv1 又有Q=t1，解得μ=0.45 沿斜面方向由牛顿第二定律得Gx-Ff-F=ma1 又F=BIL，a1= I===CBL=BLCa1 则有mgsin θ-μmgcos θ-B2L2a1=ma1 故导体棒在左边导轨上由静止释放后做匀加速直线运动。 导体棒释放位置距离导轨的最低点距离x1=t1=0.64 m 电容器储存的能量EC=mgx1sin 37°-μmgx1cos 37°-m，解得EC=2.56×10-3 J 解法二：沿斜面方向由牛顿第二定律得Gx-Ff-F=ma1，又F=BIL，I==BLC=BLCa1 a1=，解得μ=0.45 根据电容器储存能量公式EC=CU2 又U=BLv1，解得EC=2.56×10-3 J (3)根据分析可知道，导体棒冲上右边导轨后，电容器放电，导体棒所受安培力沿斜面向上，受力分析图如图所示： 根据牛顿第二定律得Gx+Ff-F'=ma2 又F'=BI'L I'==BLC=BLCa2 解得a2=8 m/s2，则t2==0.2 s 导体棒上滑到右侧最高点位移x2= 解得x2=0.16 m 同理，导体棒从右侧斜面最高点滑下过程中电容器充电，加速度大小等于a1，导体棒第二次经过最低点时设其速度为v2，由前面分析可知a1=2 m/s2，则x2=a1，解得t3=0.4 s，v2=0.8 m/s 导体棒从右侧轨道上滑到达最高点后以a1向下匀加速，到达最低点后以加速度a2减速滑上左侧轨道，如此往复，直至停在最低点。根据运动学规律，易得在两边导轨加速下滑过程时间依次为t1=0.8 s，t3=0.4 s，t5=0.2 s，t7=0.1 s… 在两边导轨减速上滑过程时间依次为： t2=0.2 s，t4=0.1 s，t6=0.05 s，t8=0.025 s… 所以t总=2 s。 电磁感应中的动力学和能量问题 棒、框平衡问题 静止 闭合K，ab恰好静止 棒、框处于平衡状态，进行受力分析，满足合力为零 匀速运动 　　 恰好匀速进入磁场　　棒的最大速度 棒、框不平衡问题 变加速运动 受力分析，分析加速度的变化 匀加速运动 　 　　棒匀加速　　最后双棒加速度相同 受力分析，利用牛顿第二定律求加速度 棒、框运动过程中能量问题 棒、框从某一速度到另一速度 　 棒从静止到匀速时产生的焦耳热 利用能量守恒定律或功能关系求产生的焦耳热，回路中有多个电阻时，注意热量的分配 专题强化练　［分值：50分］ 1~5题每题4分，6~9题每题5分，10题10分，共50分 ［保分基础练］ 1.(2023·江苏卷·8)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则(　　) A.φO>φC B.φC>φA C.φO=φA D.φO-φA=φA-φC 答案　A 解析　由题图可看出导体棒OA段逆时针转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电势差为0，即φC=φA，则φO>φC，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO-φA>0，φA-φC=0，则φO-φA>φA-φC，D错误。 2.(2024·江苏常州市期末)如图，通有恒定电流的固定长直导线附近有一圆形线圈，直导线与线圈置于同一光滑水平面内。若减小直导线中的电流大小，线圈将(　　) A.产生逆时针方向的电流，有扩张的趋势 B.产生逆时针方向的电流，远离直导线 C.产生顺时针方向的电流，有收缩的趋势 D.产生顺时针方向的电流，靠近直导线 答案　D 解析　当导线中电流减小，导线产生的磁场减弱，使得穿过线圈的磁通量减小，从而产生感应电流阻碍磁通量的减小，依据右手螺旋定则可知，线圈中产生顺时针方向感应电流，为阻碍磁通量的减小，则线圈有扩张趋势，靠近直导线。故选D。 3.(2024·甘肃卷·6)工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是(　　) A.金属中产生恒定感应电流 B.金属中产生交变感应电流 C.若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小 D.若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变 答案　B 解析　当线圈中通有交变电流时，感应电炉金属内的磁通量也不断随之变化，金属中产生交变感应电流，A错误，B正确；若线圈匝数增加，根据电磁感应定律E=n可知，感应电动势增大，则金属中感应电流变大，C、D错误。 4.(2024·北京卷·6)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是(　　) A.闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引 B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0 C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b D.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左 答案　B 解析　闭合开关瞬间，由楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场与线圈M中电流的磁场方向相反，二者相互排斥，故A错误；闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，感应电流为零，电流表的示数为零，故B正确；断开开关瞬间，通过线圈P的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右，因此流过电流表的感应电流方向由b到a，故C、D错误。 5.(2024·广东卷·4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是(　　) A.穿过线圈的磁通量为BL2 B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大 C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小 D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向 答案　D 解析　题图乙所示位置穿过线圈的磁通量Φ=|BS上-BS下|≠BL2，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据右手定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。 ［争分提能练］ 6.(2024·江苏省模拟)如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧连接电池E和电容器C，单刀双掷开关S接1，金属棒ab在导轨上处于静止状态，在t0时刻S接2(t=0时刻时电容器所接电路已稳定)，金属棒ab在导轨上向右运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻。则金属棒两端电压Uab、速度v、电容器所带电荷量q、回路中电流大小i随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　) 答案　C 解析　开关S接2，电容器放电，金属棒在安培力的作用下开始运动，同时产生阻碍放电的感应电动势，导致电流减小，直至电流为零，即金属棒受到的安培力逐渐减小，直至减小到零，所以金属棒做加速度减小的加速运动，直至加速度减小到零之后，金属棒做匀速直线运动，故B、D错误； 根据q=It，即q-t图线的斜率反映电流大小，即随着电流的减小，斜率减小，最终金属棒的电动势等于电容器两极板间的电势差时，达到稳定，即电容器所带电荷量不会减小到零，故C正确； 金属棒两端的电压始终等于电容器两极板间的电势差，为Uab=，电容器放电时，电容器所带电荷量减小，到最终不变，所以金属棒两端的电压先减小后不变，故A错误。 7.(2021·广东卷·10改编)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的是(　　) . A.杆OP产生的感应电动势增大 B.杆OP受到的安培力减小 C.杆MN做匀加速直线运动 D.杆MN中的电流逐渐增大 答案　B 解析　杆OP匀速转动切割磁感线产生的感应电动势为E=Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A错误；杆OP转动过程中产生的感应电流由M到N通过杆MN，由左手定则可知，杆MN会向左运动，杆MN运动会切割磁感线，产生电动势，感应电流方向与原来电流方向相反，使回路电流减小，杆OP受到的安培力减小，杆MN所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故B正确，C、D错误。 8.(2024·江苏省四校模拟)如图所示，装置水平置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两幅平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。导体棒b、c的电阻分别为R和2R，质量分别为m和2m，垂直置于导轨上。导轨足够长且不计电阻，闭合开关，下列说法正确的是(　　) A.b、c棒均向右运动 B.稳定前c棒的加速度大小是b棒的2倍 C.稳定时b、c棒速度大小相等 D.稳定时导体棒b两端的电压为 答案　C 解析　由题图可知流过导体棒b的电流方向从下到上，流过导体棒c的电流方向从上到下，根据左手定则可知导体棒b所受安培力向左，导体棒c所受安培力向右，则导体棒b向左运动，导体棒c向右运动，故A错误；导体棒b、c串联，则电流相等，根据F安=BIL可知所受安培力大小之比为1∶2，导体棒b、c的质量分别为m和2m，根据牛顿第二定律a=，可知导体棒b、c的加速度之比为1∶1，故B错误；根据v=at可知稳定时b、c棒速度大小相等，故C正确；闭合开关，当两棒稳定时，两棒产生的感应电动势与电源电动势的关系有E=Bdvb+B×2dvc，vb=，稳定时导体棒b两端的电压U=Bdvb=，故D错误。 9.如图甲所示，倾角为θ=53°、平行部分间距L=0.5 m的U形金属轨道，其顶端连接一阻值为R=0.4 Ω的定值电阻，现将一根质量为m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω、长度为L的金属杆由轨道顶端静止释放，杆下滑过程穿过一段边界与轨道顶端平行、宽度为d的匀强磁场区域后滑至斜面底端，杆下滑过程中速度平方v2与位移x的关系如图乙所示，已知匀强磁场方向垂直轨道所处平面向上，轨道电阻不计，杆与轨道间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10 m/s2，sin 53°=0.8，下列说法正确的是(　　) A.金属杆进入磁场时的速度为9 m/s B.匀强磁场的磁感应强度大小为 T C.定值电阻R产生的焦耳热为0.4 J D.金属杆在整个运动过程中损失的机械能为1.35 J 答案　C 解析　杆进入磁场前做匀加速运动，有=2ax1，mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得v1=3 m/s，A错误；杆进入磁场后做匀速运动，在磁场中运动时间为t=，对金属杆有mgsin θ-μmgcos θ-BIL=0，又I=，对电阻R有Q=I2Rt，解得B= T，Q=0.4 J，B错误，C正确；整个运动过程中，杆克服安培力做的功为W1=BILd=0.5 J，克服摩擦力做的功为W2=μmgx0cos θ=1.05 J，损失的机械能为ΔE=W1+W2=1.55 J，D错误。 10.(10分)(2024·江苏兴化市期末)电磁感应现象的发现，给电磁的应用开辟了广阔的道路，其中发电机就是电磁感应最重要的应用成果之一。某种直流发电机的工作原理可以简化为如图甲所示的情景。在竖直向下、磁感应强度B=1.0 T的匀强磁场中，两根光滑平行金属导轨MN和PQ固定在水平面上，导轨间距L=0.5 m，导轨左端接有电阻R=0.8 Ω，电阻R两端接有电压传感器(未画出)。质量m=0.5 kg，电阻r=0.2 Ω的金属杆ab置于导轨上，与导轨垂直，其余电阻不计。现用水平向右的拉力F拉ab杆，使其由静止开始运动。电压传感器将R两端的电压U即时收集并输入计算机，得到U随时间t变化的关系如图乙所示。 求： (1)(5分)ab杆的加速度大小； (2)(5分)第3.0 s末撤去拉力F，此后电阻R上产生的焦耳热。 答案　(1)5 m/s2　(2)45 J 解析　(1)令金属杆的速度为v，则产生的感应电动势为E=BLv 根据闭合电路欧姆定律，感应电流为I= R两端的电压U=IR 根据图乙可知U=kt 其中斜率k= V/s=2.0 V/s 结合上述有v= 可知，加速度为a==5 m/s2 (2)根据上述可知，在拉力作用下，金属杆向右做匀加速直线运动，3.0 s末撤去拉力F时的速度为 v0=at0=15 m/s 撤去拉力后，根据能量守恒定律有Q总=m 则此后电阻R上产生的焦耳热Q=Q总 解得Q=45 J。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 电路与电磁感应 专题四 第11讲　电磁感应 1.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。 2.会分析电磁感应中的图像问题。 3.会分析电磁感应中的动力学与能量问题。 目标要求 内容索引 专题强化练 考点二　电磁感应中的图像问题 考点一　楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 考点三　电磁感应中的动力学与能量问题 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 考点一 1.感应电流方向的判断 (1)线圈面积不变、磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律。 (2)导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。 2.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”； (2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”； (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”； (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。 3.求感应电动势的方法 (1)法拉第电磁感应定律： E=n (2)导体棒垂直切割磁感线：E=Blv。 (3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E=Bl2ω。 (4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e=nBSωsin ωt。 4.通过回路横截面的电荷量q=Δt=Δt=。q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关。 　 (2024·江苏卷·10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速 拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是 A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针 C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针 √ 例1 线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知a线圈中的电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中通过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A 　 (2024·江苏省苏锡常镇四市二模)如图所示，半径为r2的圆形单匝线圈中央有半径为r1的有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化关系为B=B0+kt(k>0)，线圈电阻为R，则磁感应强度从B0增大到2B0时间内 A.线圈面积有缩小的趋势 B.线圈中电子沿逆时针方向定向移动 C.线圈中产生的焦耳热为 D.通过导线横截面电荷量为 √ 例2 线圈不在磁场中，不受安培力，无收缩、扩张趋势，故A错误； 根据楞次定律和右手螺旋定则可知，线圈中感应电流为逆时针方向，因此电子运动方向为顺时针，故B错误； 线圈中磁通量变化率为=kπ，线圈中的感应电动势为E==kπ，变化过程中产生的焦耳热为Q=Δt=，由于Δt==，联立可得Q=，故C正确； 通过导线的电荷量为q=IΔt=Δt，可得q==，故D错误。 电磁感应中的图像问题 考点二 　如图a所示，两个环形导线圈平行放置。规定从上往下看顺时针方向的电流为正值，上方导线圈中的电流i1随时间t的变化情况如图b所示，则下方导线圈中产生的感应电流i2随时间t的变化情况为 例3 √ 由题图乙可知，在0~t1时间内，上方导线圈中的电流i1随时间t逐渐增大，产生的磁 场逐渐增强，穿过下方导线圈中的磁通量逐渐增大，由楞次定律可知，下方导线圈中的感应电流i2方向从上往下看沿逆时针方向，是负值，由题图b可知，上方导线圈产生的磁场中先增大后减小，则|i2|先增大后减小；在 t1~t2时间内，上方导线圈中的电流i1随时间t不变，产生的磁场不变化，下方导线圈中没有感应电流； 在 t2~t3时间内，上方导线圈中的电流i1随时间t逐渐减小，产生的磁场逐渐减弱，穿过下方导线圈中的磁通量逐渐 减少，由楞次定律可知，下方导线圈中的感应电流i2方向从上往下看沿顺时针方向，是正值，由题图b可知，上方导线圈产生的磁场中||先增大后减小，则i2先增大后减小，因此A、B、C错误，D正确。 　如图所示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为a的匀强磁场区域。高为a的正三角形线框efg从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，ef始终平行y轴以逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg中感应电流I与线框移动距离x关系的是 例4 √ 正三角形线框efg在进入向里的磁场Ⅰ过程中由楞次定律可知，线框产生的感应电流为逆时针方向，为正方向，在进入过程中，eg和fg两边的有效切割长度变大，其有效长度为L有效=2xtan 30°，感应电动势 为E=BL有效v，感应电流为I==，即随着x的增 大均匀增大。当线框efg移动a距离时，I达到最大，即I0=。在线框进入向外的磁场区域Ⅱ过程中，由楞次定律可知，efg线框中感应电流为顺时针方向，即为负方向。 进入过程有效切割长度逐渐变大，在该过程中，结合 之前的分析，其电流的瞬时值为I'=，当线 框位移为2a时，其感应电流达到最大，结合之前的分 析，其最大值为I0'==2I0，在离开磁场区域Ⅱ的 过程中由楞次定律可知，efg中感应电流为逆时针方向， 为正方向，有效切割长度逐渐变大，在该过程中，结合之前的分析， 其电流的瞬时值为I″=，当线框前进距离为3a时，达到最大，其最大值为I0″==I0，故选B。 1.电磁感应中常见的图像 常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。 2.解答此类问题的两个常用方法 (1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。 提炼·总结 (2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷。 电磁感应中的动力学与能量问题 考点三 1.电磁感应综合问题的解题思路 2.求解焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律：Q=I2Rt，适用于电流恒定的情况； (2)功能关系：Q=W克安(W克安为克服安培力做的功)； (3)能量转化：Q=ΔE(其他能的减少量)。 　 (2024·江苏南京市大厂高级中学模拟)如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1 m，整个装置处于磁感应强度B=2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量m=1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1 Ω，电路中其余电阻不计，金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导 轨接触良好，不计空气阻力影响。已知金属棒ab 与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37° =0.8，取g=10 m/s2。 例5 (1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm； 答案　2 m/s 金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm，由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ-F安=0 又F安=BIL，I=，E=BLvm 解得vm=2 m/s (2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R的最大电功率PR； 答案　3 W 金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时PR=I2R，联立解得PR=3 W (3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q。 答案　1 C 设金属棒从开始运动到达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律 mgxsin θ=μmgxcos θ+QR+Qab+m 根据焦耳定律= 联立解得x=2 m 根据q=Δt，= =，ΔΦ=BLx 联立解得q==1 C。 　 (2023·江苏南京师范大学附属中学模拟)如图所示，在竖直平面内的虚线下方存在范围足够大、方向水平的匀强磁场，同一高度处磁感应强度大小相等，竖直方向上磁感应强度随距离关系满足B=kh，k为常量，将 变式1 答案　　顺时针方向 一竖直放置、边长为L的单匝正方形金属线圈abcd从图示位置由静止释放，线圈质量为m、电阻为R，不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)线圈中的最大电流Im和电流的方向； 当线圈受到的安培力等于重力时，线圈的竖直方向速度达到最大，即此时线圈中的电流最大，设此时线圈下落高度为h0，则ad边所处位置的磁感应强度为B1=kh0 bc边所处位置的磁感应强度为B2=k(h0+L) mg=B2ImL-B1ImL 解得线圈中的最大电流为Im= 根据楞次定律可知电流方向为顺时针方向； (2)线圈下落高度h(已达最大电流)的过程中线圈中产生的焦耳热Q。 答案　mgh- 设线圈中电流最大时线圈的速度为v，则线圈下落高度h时，ad边切割磁感线产生的感应电动势为E1=B1'Lv=khLv bc边切割磁感线产生的感应电动势为E2=B2'Lv=k(h+L)Lv 线圈的感应电动势为E=E2-E1=kL2v 根据闭合电路欧姆定律有E=ImR 解得线圈下落高度h时，线圈的速度为v= 根据能量守恒有Q=mgh-mv2 解得线圈下落高度h(已经是最大电流)的过程中线圈中产生的焦耳热为 Q=mgh-。 　 (2024·江苏南京市、盐城市一模)如图所示，足够长“V”字形的金属导轨两侧与水平地面的夹角θ=37°，最低点平滑连接，其间距为L=0.5 m，左端接有电容C=2 000 μF的电容器。质量m=10 g的导体棒可在导轨上滑动，导体棒 变式2 与两侧导轨间的动摩擦因数相同，导体棒和导轨的电阻均不计。导轨左右两侧存在着垂直于导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B=2 T。现使导体棒从左侧导轨上某处由静止释放，经时间t1=0.8 s第一次到达最低点，此时速度v1=1.6 m/s，然后滑上右侧导轨，多次运动后，最终停在导轨的最低点。整个过程中电容器未被击穿，忽略磁场边缘效应和两个磁场间相互影响，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)导体棒第一次运动到最低点时，电容器所带电荷量Q； 答案　3.2×10-3 C 在最低点，导体棒切割磁感线，电容器两端电压与导体棒两端电动势相等，有U=E=BLv1 电容器的电容C= 联立解得Q=3.2×10-3 C (2)动摩擦因数μ和导体棒第一次运动到最低点时，电容器储存的能量EC； 答案　0.45　2.56×10-3 J 导体棒在左边导轨上由静止释放后，在下滑过程中受力分析如图： 解法一：沿斜面方向由动量定理得mgt1sin θ-μmgt1cos θ-BILt1=mv1 又有Q=t1，解得μ=0.45 沿斜面方向由牛顿第二定律得Gx-Ff-F=ma1 又F=BIL，a1= I===CBL=BLCa1 则有mgsin θ-μmgcos θ-B2L2a1=ma1 故导体棒在左边导轨上由静止释放后做匀加速直线运动。 导体棒释放位置距离导轨的最低点距离x1=t1=0.64 m 电容器储存的能量EC=mgx1sin 37°-μmgx1cos 37°-m， 解得EC=2.56×10-3 J 解法二：沿斜面方向由牛顿第二定律得Gx-Ff-F=ma1，又F=BIL，I==BLC=BLCa1 a1=，解得μ=0.45 根据电容器储存能量公式EC=CU2 又U=BLv1，解得EC=2.56×10-3 J (3)导体棒运动的总时间t总。 答案　2 s 根据分析可知道，导体棒冲上右边导轨后，电容器放电，导体棒所受安培力沿斜面向上，受力分析图如图所示： 根据牛顿第二定律得Gx+Ff-F'=ma2 又F'=BI'L I'==BLC=BLCa2 解得a2=8 m/s2，则t2==0.2 s 导体棒上滑到右侧最高点位移x2= 解得x2=0.16 m 同理，导体棒从右侧斜面最高点滑下过程中电容器充电，加速度大小等于a1，导体棒第二次经过最低点时设其速度为v2，由前面分析可知 a1=2 m/s2，则x2=a1，解得t3=0.4 s，v2=0.8 m/s 导体棒从右侧轨道上滑到达最高点后以a1向下匀加速，到达最低点后以加速度a2减速滑上左侧轨道，如此往复，直至停在最低点。根据运动学规律，易得在两边导轨加速下滑过程时间依次为t1=0.8 s，t3=0.4 s，t5=0.2 s，t7=0.1 s… 在两边导轨减速上滑过程时间依次为： t2=0.2 s，t4=0.1 s，t6=0.05 s，t8=0.025 s… 所以t总=2 s。 电磁感应中的动力学和能量问题 棒、框平衡 问题 静止   闭合K，ab恰好静止 棒、框处于平衡状态，进行受力分析，满足合力为零 匀速运动 　　 恰好匀速进入磁场　　棒的最大速度 多题归一 电磁感应中的动力学和能量问题 棒、框不平衡问题 变加速运动   受力分析，分析加速度的变化 匀加速运动 　 棒匀加速　 最后双棒加速度相同 受力分析，利用牛顿第二定律求加速度 电磁感应中的动力学和能量问题 棒、框运动过程中能量问题 棒、框从某一速度到另一 速度 　 棒从静止到匀速时产生的焦耳热 利用能量守恒定律或功能关系求产生的焦耳热，回路中有多个电阻时，注意热量的分配 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D B B D C B C 题号 9 10 答案 C (1)5 m/s2　(2)45 J 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1.(2023·江苏卷·8)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别 为φO、φA、φC，则 A.φO>φC B.φC>φA C.φO=φA D.φO-φA=φA-φC √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 保分基础练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题图可看出导体棒OA段逆时针转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电势差为0，即φC=φA，则φO>φC，A正确，B、C错误； 答案 根据以上分析可知φO-φA>0，φA-φC=0，则φO-φA>φA-φC，D错误。 2.(2024·江苏常州市期末)如图，通有恒定电流的固定长直导线附近有一圆形线圈，直导线与线圈置于同一光滑水平面内。若减小直导线中的电流大小，线圈将 A.产生逆时针方向的电流，有扩张的趋势 B.产生逆时针方向的电流，远离直导线 C.产生顺时针方向的电流，有收缩的趋势 D.产生顺时针方向的电流，靠近直导线 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当导线中电流减小，导线产生的磁场减弱，使得穿过线圈的磁通量减小，从而产生感应电流阻碍磁通量的减小，依据右手螺旋定则可知，线圈中产生顺时针方向感应电流，为阻碍磁通量的减小，则线圈有扩张趋势，靠近直导线。故选D。 答案 3.(2024·甘肃卷·6)工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是 A.金属中产生恒定感应电流 B.金属中产生交变感应电流 C.若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小 D.若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当线圈中通有交变电流时，感应电炉金属内的磁通量也不断随之变化，金属中产生交变感应电流，A错误，B正确； 若线圈匝数增加，根据电磁感应定律E=n可知， 答案 感应电动势增大，则金属中感应电流变大，C、D错误。 4.(2024·北京卷·6)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是 A.闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引 B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0 C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b D.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 闭合开关瞬间，由楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场与线圈M中电流的磁场方向相反，二者相互排斥，故A错误； 答案 闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，感应电流为零，电流表的示数为零，故B正确； 断开开关瞬间，通过线圈P的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右，因此流过电流表的感应电流方向由b到a，故C、D错误。 5.(2024·广东卷·4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是 A.穿过线圈的磁通量为BL2 B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动 势越大 C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小 D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 题图乙所示位置穿过线圈的磁通量Φ=|BS上-BS下|≠BL2，故A错误； 根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误； 答案 永磁铁相对线圈下降时，根据右手定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。 6.(2024·江苏省模拟)如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧连接电池E和电容器C，单刀双掷开关S接1，金属棒ab在导轨上处于静止状态，在t0时刻S接2(t=0时刻时电容器所接电路已稳定)，金属棒ab在导轨上向右运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻。则金属棒两端电压Uab、速度v、电容器所带电荷量q、回路中电流大小i随时间t变化的关系图像可能正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 争分提能练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 开关S接2，电容器放电，金属棒在安培力的作用下开始运动，同时产生阻碍放电的感应电动势，导致电流减小，直至电流为零，即金属棒受到的安培力逐渐减 答案 小，直至减小到零，所以金属棒做加速度减小的加速运动，直至加速度减小到零之后，金属棒做匀速直线运动，故B、D错误； 根据q=It，即q-t图线的斜率反映电流大小，即随着电流的减小，斜率减小，最终金属棒的电动势等于电容器两极板间的电势差时，达到稳定，即电容器所带电荷量不会减小到零，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 金属棒两端的电压始终等于电容器两极板间的电势差， 为Uab=，电容器放电时，电容器所带电荷量减小， 到最终不变，所以金属棒两端的电压先减小后不变，故A错误。 7.(2021·广东卷·10改编)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的是 A.杆OP产生的感应电动势增大 B.杆OP受到的安培力减小 C.杆MN做匀加速直线运动 D.杆MN中的电流逐渐增大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 杆OP匀速转动切割磁感线产生的感应电动势为E =Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感 应电动势恒定，故A错误； 杆OP转动过程中产生的感应电流由M到N通过杆MN，由左手定则可知，杆MN会向左运动，杆MN运动会切割磁感线，产生电动势，感应电流方向与原来电流方向相反，使回路电流减小，杆OP受到的安培力减小，杆MN所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故B正确，C、D错误。 答案 8.(2024·江苏省四校模拟)如图所示，装置水平置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两幅平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。导体棒b、c的电阻分别为R和2R，质量分别为m和2m，垂直置于导轨上。导轨足够长且不计电阻，闭合开关，下列说法正确的是 A.b、c棒均向右运动 B.稳定前c棒的加速度大小是b棒的2倍 C.稳定时b、c棒速度大小相等 D.稳定时导体棒b两端的电压为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题图可知流过导体棒b的电流方向从下到上，流过导体棒c的电流方向从上到下，根据左手定则可知导体棒b所受安培力向左，导体棒c所受安培力向右，则导体棒b向左运动，导体棒c向右运动，故A错误； 答案 导体棒b、c串联，则电流相等，根据F安=BIL可知所受安培力大小之比为1∶2，导体棒b、c的质量分别为m和2m，根据牛顿第二定律a=， 可知导体棒b、c的加速度之比为1∶1，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 根据v=at可知稳定时b、c棒速度大小相等，故 C正确； 闭合开关，当两棒稳定时，两棒产生的感应电 动势与电源电动势的关系有E=Bdvb+B×2dvc， vb=，稳定时导体棒b两端的电压U=Bdvb=，故D错误。 9.如图甲所示，倾角为θ=53°、平行部分间距L=0.5 m的U形金属轨道，其顶端连接一阻值为R=0.4 Ω的定值电阻，现将一根质量为m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω、长度为L的金属杆由轨道顶端静止释放，杆下滑过程穿过一段边界与轨道顶端平行、宽度为d的匀强磁场区域后滑至斜面底端，杆下滑过程中速度平方v2与位移x的关系如图乙所示，已知匀强磁场方向垂 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 直轨道所处平面向上，轨道电阻不计，杆与轨道间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10 m/s2，sin 53°=0.8，下列说法正确的是 A.金属杆进入磁场时的速度为 9 m/s B.匀强磁场的磁感应强度大小 为 T C.定值电阻R产生的焦耳热为0.4 J D.金属杆在整个运动过程中损失的机械能为1.35 J √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 杆进入磁场前做匀加速运动，有=2ax1，mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得v1=3 m/s，A错误； 答案 杆进入磁场后做匀速运动，在 磁场中运动时间为t=，对金属杆有mgsin θ-μmgcos θ-BIL=0，又I=，对电阻R有Q=I2Rt，解得B= T，Q=0.4 J，B错误，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 整个运动过程中，杆克服安培力做的功为W1=BILd=0.5 J，克服摩擦力做的功为W2= μmgx0cos θ=1.05 J，损失的机 械能为ΔE=W1+W2=1.55 J，D错误。 10.(2024·江苏兴化市期末)电磁感应现象的发现，给电磁的应用开辟了广阔的道路，其中发电机就是电磁感应最重要的应用成果之一。某种直流发电机的工作原理可以简化为如图甲所示的情景。在竖直向下、磁感应强度B=1.0 T的匀强磁场中，两根光滑平行金属导轨MN和PQ固定在水平面上，导轨间距L=0.5 m，导轨左端接有电阻R=0.8 Ω，电阻R两端接有电压传感器(未画出)。质量m=0.5 kg，电阻r=0.2 Ω的金属杆 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 尖子生选练 ab置于导轨上，与导轨垂直，其余电阻不计。现用水平向右的拉力F拉ab杆，使其由静止开始运动。电压传感器将R两端的电压U即时收集并输入计算机，得到U随时间t变化的关系如图乙所示。 求： (1)ab杆的加速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　5 m/s2 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 令金属杆的速度为v，则产生的感应电动势为E=BLv 根据闭合电路欧姆定律，感应电流为I= R两端的电压U=IR 根据图乙可知U=kt 其中斜率k= V/s=2.0 V/s 结合上述有v= 可知，加速度为a==5 m/s2 答案 (2)第3.0 s末撤去拉力F，此后电阻R上产生的焦耳热。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　45 J 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据上述可知，在拉力作用下， 金属杆向右做匀加速直线运动， 3.0 s末撤去拉力F时的速度为 v0=at0=15 m/s 撤去拉力后，根据能量守恒定律有Q总=m 则此后电阻R上产生的焦耳热Q=Q总 解得Q=45 J。 答案 本课结束 THANKS $$