第11讲 电磁感应-【红对勾】2025年高考物理二轮复习讲与练

C.将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向 f端滑动 D.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向 e端滑动 A.保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端 滑动 B.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位 请完成课时作业15 置不变 第11讲 电磁感应 M复习定位 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与电路问题。 3.会分析电磁感应中的动力学与能量问题。 知识网络 体系构建 右手定则适合“切割型”的电磁感应现象 感应电流方向判糊 图像问题→注意斜率、截距、面积等 楞次定律 E=n ABS At 电路问题 △Φ 四类典型问题 动力学问题 受力分析 073 E=n .-E=n 8 两大规律 感 △t 法拉第电磁感应定律 能量问题 运动分析 E=Blv 注意功能关系的综合应用 △Φ q=nR+r 等效法 计算电荷量 两类计算 解题方法 图像法 计算焦耳热 用 注意电荷量的决定因素 理想化模型 一般是克服安培力 做功产生焦耳热 考向探究 素养提升 考向一 楞次定律 法拉第电磁感应定律的应用 1.求感应电动势的两种方法 (2)利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量 (1)E= 用来计算感应电动势的平均值。 △Φ 的变化情况进行判断。 3.楞次定律中“阻碍”的四种表现形式 (2)E=BL0或E=号BL'a,主要用来计算感 (1)阻碍磁通量的变化—“增反减同”。 (2)阻碍相对运动—“来拒去留”。 应电动势的瞬时值。 (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势—“增 2.判断感应电流方向的两种方法 缩减扩”。 (1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切 割磁感线运动的情况进行判断。 (4)阻碍原电流的变化（自感现象）—“增反 减同”。 第一部分专题四电路与电磁感应一佛 4.求电荷量的三种方法 续表 (1)g=It(式中I为回路中的恒定电流，t为 分类 情境展示 情境分析 时间)。 利用“E=Blo” △Φ (2)g=nR(其中R为回路电阻，△D为穿过 动生电动势 (有效长度为ab 的距离) 闭合回路的磁通量变化量)。 △Φ E=n· (3)△q=CBL△o(式中C为电容器的电容，B 感生电动势 + 为匀强磁场的磁感应强度，L为导体棒切割 + △B △t ·S 磁感线的有效长度，△为导体棒割速度的 A 变化量)。 自感电动势阻碍 【典例1】（多选）在三角形ABC C B 自感现象 原电流的变化， 区域中存在着磁感应强度大小 “增反减同” 为B、方向垂直纸面向里的匀 强磁场，三边电阻均为R的三 /X××××× 【提升练1】 (2024·河北邯郸一模)2023年11 aA 角形导线框abc沿AB方向从 B 月我国首颗高精度地磁场探测卫星投入使 A点以速度。匀速穿过磁场区域。如图所 用，该卫星大幅提高了我国地球磁场探测技 示，ab=L,AB=2L,∠abc=∠ABC= 术水平。地磁场的磁感线从地理南极出发， 90°，∠acb=∠ACB=30°。线框穿过磁场的 回到地理北极，磁感线分布如图1所示。在 过程中 地面上不太大范围内，地磁场都可以看成是 074 A.感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针 匀强磁场。设在北京某处有一个半径为、 方向 总电阻为R的单匝闭合线圈，初始状态线圈 B.感应电流先增大，后减小 水平放置，线圈所在位置地磁场的磁感应强 C.通过线框的电荷量为BBL 度大小为B,方向与线圈面成a(a<45)。 6R 若以东西方向的直径为轴，从东向西看，把 D.c、b两点的最大电势差为√3BLv 线圈逆时针转过父，如图2所示，则此过程通 听课记录 过回路截面的电荷量为 ( 北 西- 东 规律总结 应用楞次定律、法拉第电磁感应定律的情境 南 分类 情境展示 情境分析 图1 图2 感应电流的方向 B元r2 楞次定律 A. (cos a-sin a) 不变 R B Bπr R -(cos'a-sin2a) “增反减同”“来 楞次定律的 Bπr2 拒去留”“增缩减 “阻碍”应用 C.R 护” P D. -cos a ☑一红网勾·讲与练·高三二轮物理 【提升练2】(2024·湖南×× xb 的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关 卷)如图所示，有一硬质 系为 () 导线Oabc,其中abc是半 A.9o>pa>96>9。 径为R的半圆弧，b为圆 B.po<a<ooe B 弧的中点，直线段Oa长×× X C.9o>9a>9%=9。 为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕 D.9o<9a<pb=9。 O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里 考向二 电磁感应的图像问题 1.常见图像的种类：B-t图像、Φ-t图像、E-t ↑B/T 图像、i-t图像。 0.2 0 2.解决图像问题的两个常用方法 5 t/s -0.2 (1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理 量的变化趋势（增大还是减小）、变化快慢（均 eN i/A 匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正 负，排除错误的选项。 0 5 (2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两 个物理量之间的函数关系，然后由函数关系 B 075 对图像做出分析和判断，这未必是最简捷的 F/N 方法，但却是最有效的方法。 3.解决图像问题的三点关注 (1)关注初始时刻：如初始时刻感应电流是否 5 为零，是正方向还是负方向。 D (2)关注变化过程：看电磁感应发生的过程可 听课记录 以分为几个阶段，这几个阶段分别与哪段图 像变化相对应。 (3)关注大小、方向的变化趋势：看图线斜率 【提升练3】(2024·江苏A 的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。 连云港一模)如图所示， 【典例2】（多选）如图甲所示，正方形线圈abcd 水平光滑金属导轨OA、 内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数 OB间的夹角为60°，固 B n=10,边长ab=1m,线圈总电阻r=12, 定放置在方向竖直向下 线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图 的匀强磁场中。轻质绝缘弹簧右端固定在 乙所示。设图示的磁场方向与感应电流方 C点，弹簧轴线平分∠AOB,C、O间距恰为 向为正方向，则下列有关线圈的电动势e、感 弹簧的原长，导体棒与弹簧左端拴接并垂直 应电流i、ab边所受的安培力F(取向下为正 于弹簧，导体棒、导轨单位长度的阻值相同。 方向)以及线圈产生的焦耳热Q随时间t的 导体棒从图示位置以初速度。向右运动到 变化图像正确的是 O点的过程中，导体棒的速度v、加速度a、 第一部分专题四电路与电磁感应一佛 回路中电流I、通过O点的电荷量g随时间 离大于上部相邻两匝间的距离，如图甲所 t变化的图像可能正确的是 示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿 轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得 线圈中电流I随时间t的变化如图乙所示。 则 ~强磁体 电流传感器 A.小磁体在玻璃管内下降速度越来越快 D B.下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠 【提升练4】（多选）(2023·全国甲卷)一个有 倒了8次 机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包 C.下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终 线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相 保持不变 连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下 D.与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程 部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距 中，磁通量变化率的最大值更大 考向三 电磁感应的电路问题 076 1.电源、电阻与电流 面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆 (1)电源：做切割磁感线运动的导体或磁通量 环直径在同一直线上，现使辐条以角速度ω 发生变化的回路相当于电源。 绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与辐 (2)电阻：产生感应电动势的导体或回路的电 条中点和环的边缘相接触，R,=R,S处于 阻相当于电源的内阻，其余部分的电阻是外 电阻。 闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确 E 的是 ( ) (3)感应电流：1= 十，r为电源部分内阻。 A.通过R,的电流方向为自上而下 2.电磁感应中电路知识的关系图 B.感应电动势大小为2Br2w 电磁感应：电源 外电路 E-n4电 画等效电路图 E C.理想电压表的示数为Br △t 0 I= R+r E=Blv ⑦ 人 D.理想电流表的示数为2Br0 3R E=—BPo 2 S④ W-UIt Q=IPRt 马听课记录 楞次定律 E,r→U=E-I P=UI 右手定则 【典例3】 如图所示，一不 计电阻的导体圆环，半径 【提升练5】如图甲所示，正方形虚线框为匀强 为r、圆心在O点，过圆 磁场区域的边界，取垂直纸面向里为正方 心放置一长度为2r、电 向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图 阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好。现将 乙所示。匝数为n、半径为r的导线圈恰好 此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸 处于虚线框的外接圆上，导线圈与电阻箱 ☑一公网勾·讲与练·高三二轮物理 R,、定值电阻R,组成回路，回路中的其他电 A.R2中的电流方向先向左，再向右 阻不计。下列说法正确的是 B.回路中的电动势为rB, to C.t=t。时刻，回路中的电流为0 D.R=R2时，R,消耗的电功率最大 考向四 电磁感应的动力、能量综合问题 1.电磁感应的动力学问题分析两个对象 (3)如果线框完全进入磁场之前速度已减小 →电源：E=Bw或E=n 为0，求cd边产生的焦耳热。 △t (1)电学对象 →分析电路的结构 马听课记录 利用电路的规律，如： E=I(R+r)或U=E-Ir →受力分析：F安=BIL→F合=m@ (2)力学对象 一过程分析：合=a*一→E1-→f 2.求焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律：Q=IRt,适用于电流、电阻 不变。 077 (2)功能关系：Q=W克服安培力，电流变与不变都 适用。 (3)能量转化：Q=△E(其他能的减少量)，电 流变与不变都适用。 规律总结常见电磁感应中动力学和能量综合模型 【典例4】如图所示，光滑水平面上有一个由均 模型 情境 关键突破 匀电阻丝做成的正方形线框，线框的边长为 水平 安培力做功等于动能的 L,质量为m,总电阻为R。线框以垂直磁场 轨道 变化 边界的初速度进入磁感应强度大小为B、 方向如图所示的匀强磁场区域（线框ab、cd 导体棒做加速度逐渐减 两边始终与磁场边界平行)。 小的加速运动，最后匀 倾斜 轨道 速运动，mg sin0 10 umg cosB R (1)求cd边刚进人磁场时c、d两点的电 导体棒匀速运动时，导 竖直 势差； 体棒克服安培力做功等 轨道 ×× X XBX 于电路内的发热量 (2)求线框进入磁场过程中的最大加速度的 ×× 大小； 第一部分 专题四 电路与电磁感应一佛 【提升练6】如图所示， B M (4)金属棒由静止释放到速度最大时定值电 两根足够长的光滑平 阻上产生的热量QR。 行金属导轨倾斜放 NA Q日 置，倾角为0=30°，顶 部接有一阻值为R=1Ω的定值电阻，下端 开口，两导轨间距为L=1m,整个装置处于 磁感应强度大小为B=1T、方向垂直斜面 向上的匀强磁场中，质量为m=2kg的金属 棒置于导轨上，在导轨间的电阻为r=12, 电路中其余电阻不计。金属棒由静止释放 后沿导轨向下滑动距离x=50m时，速度恰 好达到最大值，运动过程中金属棒始终垂直 于导轨，且与导轨接触良好。求： (1)金属棒的速度o1=2m/s时，金属棒的 加速度； (2)金属棒的最大速度vm; (3)金属棒由静止释放到速度最大时通过电 阻的电荷量q: 078 真题演练 感悟高考 1.(2024·广东卷)电磁俘能器可在汽车发动机 C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电 振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结 动势越小 构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起 D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流 上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强 的方向为顺时针方向 磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长2.（多选）(2024·辽宁 2B T 为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。 卷)如图所示，两条 某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永 30°C “∧”形的光滑平行 <302m 磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于 金属导轨固定在绝 图乙中的线圈，下列说法正确的是() 缘水平面上，间距为 130 30°C 线圈 L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均 。。。。。 磁场分界线 处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大 小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒 ×××× ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒 在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好， A.穿过线圈的磁通量为BL2 ab、cd的质量分别为2m和m,长度均为L。 B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电 导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g,两 动势越大 棒在下滑过程中 ) ☑一公网勾·讲与练·高三二轮物理 A.回路中的电流方向为abcda 度的正方向，下列线框的速度随时间t变化 的图像中可能正确的是 .ab中电流趋于3B C.ab与cd加速度大小之比始终为2：1 D.两棒产生的电动势始终相等 3.(多选)(2024·全国甲卷)如图 所示，一绝缘细绳跨过两个在 同一竖直面（纸面）内的光滑 定滑轮，绳的一端连接一矩形 金属线框，另一端连接一物 块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方 向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平， 在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从 请完成课时作业16 磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终 在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速 微专题六动量观点在电磁感应中的应用 d复习定位 079 1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的思路。 2.掌握应用动量守恒定律处理电磁感应问题的方法。 考向探究 素养提升 考向一动量定理在电磁感应中的应用 在导体单杆切割磁感线做变加速运动 续表 时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解 求解的 应用示例 决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。 物理量 求解的 BIL△t十F其他△t=mv2一 mw1,即 应用示例 物理量 BLq十F,能△t=mo2-m1,已知电荷 量q、F共他(F共他为恒力) 电荷量 BIL△t=mw2-mw1,q=I△t,即 或速度 BqL-mv2-mv 时间 B2L2u△t R意 十F能△t=mo2一m01,即 B2L2o△t =0一m0o,即- B2L'x 位移 R总 R意 B2+F△=m0:一mU1,已知位 R总 0-mvo 移x、F其他(F其他为恒力) 第一部分专题四 电路与电磁感应一拥t=0s和t=0.01s时，电动势为零，磁通 I3R=11500V,根据理想变压器无功 量为0，故可知电流最大；在磁极转动 量有最大值，设为中m,则0~0.01s时间 率损失，有P=UI3十P,代入数据 的过程中，穿过线圈的磁通量在减小， 内磁通量变化量△Φ=2Φm,通过线圈的 解得P4=408kW,C正确；根据 U 根据楞次定律可知，此时感应电流方 N△Φ 向由Q指向P。故选BD。 4.AC保持T不动，根据理想变压器的 电荷量g=I△t= R41 At R △t ,解得 n2 n2 46,D错误。 性质可知副线圈中电压不变，当滑动 N△地_2ND,由于电动势的最大值 R 提升练5B U=1知，仅增加原线 变阻器R的滑片向∫端滑动时，R与 由Uz R,串联后的总电阻减小，通过R1的 2ND,根据图像可知 圈匝数，副线圈的输出电压2减小 电流增大，根据P=IR,可知此时R Em=VΦmw= T 不能使小灯泡正常发光，故A错误；由 热功率增大，故A正确；将T向b端移 V2 动，副线图匝数变小，故副线圈两端电 En=202V,解得g=25元 U C,故C错 知，仅增加副线图匝数，副线圈 U,n2 压变小，滑动变阻器R的滑片位置不 变时，通过R,的电流减小，故热功率 误；发电机的最大电压为20√2V,如 的输出电压U:增大，有可能使小灯泡 U=知，将 减小，故B错误；将T向a端移动，副 把击穿电压为20V的电容器接在发 正常发光，故B正确：由U n2 线圈匝数增加，故副线圈两端电压变 电机两端，电容器会被击穿，故D 错误。 原、副线圈匝数都增为原来的两倍，匝 大，滑动变阻器R的滑片向「端滑动， 数比不变，由于原线圈的电压不变，则 R与R1串联后的总电阻减小，通过R 提升练3B结合Q Rt可知Q, 副线圈的输出电压U,不变，不能使小 的电流增大，此时R,热功率增大，故C T 灯泡正常发光，故C错误；将两个 正确；将T向b端移动，副线圈匝数减 T 3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电 少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻 压不变，匝数比不变，则副线圈的输出 器R的滑片向e端滑动，R与R,串联 2UT U。T=2R T 电压U,不变，不能使小灯泡正常发 后的总电阻增大，通过R的电流减 3RQ2= R. ,又因 光，故D错误。 小，此时R,热功率减小，故D错误。 风=风片8 3B正确。 提升练6BD当开关S接1时，左侧变 第11讲电磁感应 压器次级电压U2=3×7.5V=22.5V, 提升练4AC大轮和小轮通过皮带传 电阻R上的电压，即右侧变压器的次 考向探究素养提升 动，线速度大小相等，小轮和线圈同轴 级电压U=PR=10V,电流I,= 考向一楞次定律法拉第电磁感应 转动，角速度相等，根据=，可知小 U 轮转动的角速度为4ω，则线圈转动的 =1A,则右侧变压器初级电压 定律的应用 典例1AD线框穿过磁场的过程中 角速度为4w,A正确；线圈产生感应电 动势的最大值Em=nBS·4w,又S= 0-2 1 ×10V=20V,电流1= 磁通量先增加后减少，则根据楞次定 × 2 律可知，感应电流先沿逆时针方向，后 L2,可得Em=4BL2w,则线圈产生感应 U,-Ua 沿顺时针方向，A正确；线框穿过磁场 电动势的有效值E=E=22MBL'u. 1A=0.5A,则r= =5n;当 的过程中，切割磁感线的有效长度先 开关S接2时，设输电电流为I,则右 增大、后减小、再增大，则感应电流先 根据串联电路分压原理可知，灯泡两端 侧变压器的次级电流为0.51：由右侧 增大、后减小、再增大，B错误；根据 RE 电压有效值为U=R十R=巨nBLm, 交压器两边电压关系可知一厂 △Φ 2XB.L·31 2 V3BL2 B错误；若用总长为原来两倍的相同漆 0.5IR ,解得I=3A,则R上的功率 q一R R R 包线重新绕制成边长仍为L的多匝正 C错误；当线框完全进入磁场时，c、b 方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2 P=(0.5I)R=22.5W。故选BD。 两点的电势差最大，最大为U。=E= 倍，线圈产生感应电动势的最大值 真题演练 感悟高考 B·√5Lu=√3BLV,D正确。 E=8nBL2a,此时线图产生感应电动 提升练1A线圈从图示位置开始，以 势的有效值E'= E量=42nBL2w,根 L.B根据电阻定律R=p ,欧姆定律 L 东西方向的直径为轴转过90°的过程 √2 中，穿过线圈的磁通量变化量为△Φ一 据电阻定律可知线圈电阻变为原来的 S△U △U=I·△R,整理可得p=了·D BScos a-BSsin a=Bar2(cos a-sin a) 2倍，即为2R,根据串联电路分压原理 根据法拉第电磁感应定律得E= 可得灯泡两端电压有效值了 结合题图可知导体L1、L?的电阻率之 ,根据闭合电路欧姆定律得Ⅰ= RE' 0.2 ?2元一之2B心，C正确；若仅半 比 0.25 2 E 3 0.5-0.2 =。故选B。 R ,通过线圈的电荷量为q=I△1，联 小轮半径变为原来的两倍，根据v=ω 可知小轮和线圈的角速度变小，根据 1.00-0.25 2.C设电源负极电势为零，由串、并联 立上式有g=N E有二nBS R ,可知线圈产生的感应电 电路特点得，电容器下极板电势为 Bπr2(cosa一sina）,故选A R 动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误 P1=U=5E(电源外部沿电流方向 提升练2C由几何关系可知Oa=R 考向三变压器和远距离输电 电势越来越低)，电容器上极板电势为 典例3C由P=UI得发电机的输出 2 Ob=5R,0=5R,根据E=2B10 92=U2R= E,电容器两极板间的电 电流1-U,=2×10A,A错误：用户 5 P88X10 势差为U=91一9：= 瑞电流1= 5E,则电容器上 可得EO三2BR,E=7B A=400A. 5 220 U=L=1,解得I=8A,U: 的电荷量为Q=CU= 5CE,C正确， 5Rw=2BRw,E0=2B·5Rw= A、B、D错误。 8BRa,又E=9o,Ew=9n 11000V,则输电线上损失的功率为3.BD开始时线圈处于中性面位置，当 96,Ek=90一9：，故90>9。>pb= △P描=IR=4kW,B错误；U,=U3十 磁极再转过90°，此时穿过线圈的磁通 9:,C正确。 一红烟勾·讲与练·高三二轮物理 -282 考向二电磁感应的图像问题 场外的半根辐条与R,并联，外电路电 典例2CD0~1s内产生的感应电动 阻为R,内电阻为号R,电压表测量 ③根括gI△1IER千，E一A0 △ 势为e1=nS△B BLa BLx △t =2V,方向为逆时针， 的是外电压，则电压表的示数为U= △t 可得g一R+,解得g=25C 同理1一5s内产生的感应电动势为 1 e:=nSAB E6 1 (4)由能量关系可知mg rsin0= =1V,方向为顺时针， Br2w,C正确；根据 2m+ R A错误；0~1s内的感应电流大小为 2R+4R Q,Q=R+,Q=50J. 欧姆定律可知，理想电流表的示数为 =2A,方向为逆时针（负值）， UB四，D错误。 真题演练感悟高考 同理1~5s内的感应电流大小为i2= 3R 1.D根据图乙可知此时穿过线圈的磁 1A,方向为顺时针（正值），B错误；ab 提升练5D磁感应强度B先正向减 通量为0，故A错误；根据法拉第电磁 边受到的安培力大小为F=BL, 小后反向增大，根据楞次定律知R2中 感应定律可知永磁铁相对线圈上升越 可知0~1s内0≤F4N,方向向 的电流方向一直向左，故A错误；根据 快，磁通量变化越快，线圈中感应电动 下，1~3s内0≤F≤2N,方向向上 法拉第电磁感应定律E=mS△ 势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈 35s内0≤F≤2N,方向向下，C正 △1 下降时，根据楞次定律可知线圈中感 确；线圈产生的焦耳热为Q=et,0~ n(r):Be=2w'B ,故B错误；由 应电流的方向为沿顺时针方向，故D 1s内△Q1=4J,15s内△Q2=4J, 正确。 D正确。 图乙可知磁感应强度B一直在发生变 2.AB两导体棒沿轨道向下滑动，根据 提升练3D导体棒向右做加速运动 化，所以t=1。时刻，回路中的电流不 右手定则可知回路中的电流方向为 向右运动的过程中弹簧弹力减小，导 为零，故C错误；根据闭合电路欧姆定 abcda,故A正确；设回路中的总电阻 体棒速度增大，根据楞次定律可知向 律可知，R1消耗的电功率为P 为R,对于任意时刻，当电路中的电流 左的安培力增大，开始由于弹力大于 E E2 安培力，可得F弹一F来=a,随着安 R十R）R,=R,-R ,由 为I时，根据牛顿第二定律对ab,有 培力增加及弹力减小，导体棒加速度 2 ngsin30°-2 BILcos30°=21ab,对 R +4R cd有ng sin30°-BILcos30°=mard, 减小，当安培力等于弹力时，导体棒加 此可知，当R,=R,时，R,消耗的电功 速度为0，速度达到最大，当安培力大 故可知ub=ad,分析可知两个导体 率最大，故D正确。 棒产生的电动势相互叠加，随着导体 于弹力时，导体棒速度减小，故A、B错 考向四电磁感应的动力、能量综合 棒速度的增大，回路中的电流增大， 误；设某时刻导体棒接入导轨的长度 问题 为L,此时1其中R-3展 导体棒受到的安培力在增大，故当安培 典例4(1) -BLo (2)BL2 力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下 4 mR 的分力平衡时导体棒将匀速运动，此 立得I=3r Bu ,则电流强度的变化规律 时电路中的电流达到稳定值，此时对 应该与导体棒速度的变化规律相同， ab分析，有2 ng sin30°=2 BILcos30°， 解析：(1)cd边刚进入磁场时，线框产 故C错误；g-t图像斜率表示电流强 生的感应电动势为E=B),线框中感 解得1=mg,故B正痛，C错误：根 度，由以上分析可知电流强度的变化 3BL 规律应该与导体棒速度的变化规律相 应电流的大小【= R,解得1=BL 据前面分析可知ab=ad,故两导体棒 同，即先增大后减小，9-1图像斜率应 速度大小始终相等，由于两边磁感应 先增大后减小，故D正确。 c、d两点的电势差U=1·。R,解得 强度不同，故产生的感应电动势不等， 提升练4AD由题图乙可知，电流的 3 故D错误。 峰值越来越大，即小磁体在依次穿过 U=BLv. 3.AC设线框的上边进入磁场时的速度 每个线图的过程中磁通量的变化率越 (2)线框刚进入磁场时的加速度最大， 为o,设线框的质量M,物块的质量m, 来越快，因此小磁体的下降速度越来 此时线框受到的安培力F=BIL,根据 图中线框进入磁场时线框的加速度向 越快，A、D正确；假设小磁体是N极向 牛顿第二定律有F=ma,解得a= 下，则对线框，根据牛顿第二定律可知 下穿过线圈，则在N极靠近每匝线圈 B2L2v Mg十F一T=Ma,对物块根据牛顿 的过程中磁通量向下增加，根据楞次 mR 第二定律有T-mg=ma,其中F 定律可知线圈中产生逆时针（俯视，后 (3)线框中产生的焦耳热的总量为 B2L'v R ,即BL0+(M-m)g=(M+ 同)的电流，而在小磁体穿过并远离线 R 圈的过程中磁通量向下减少，线图中 Qg=2mw,cd边产生的焦耳热为 )a,线框向上做减速运动，随速度的 产生顺时针的电流，即电流方向相反 1 1 减小，向下的加速度减小；当加速度为 与题图乙相符，S极向下同理，所以小 Q=4Q&,解得Q= 零时，线框匀速运动的速度为v。 磁体穿过8匝线圈过程中会出现8个 提升练6(1)4.5m/s2 (2)20m/s (M-m)gR ;若线框进入磁场时的速 这样的图像，并且随着下落速度的增 (3)25C(4)50J B2L2 加，感应电流的最大值逐渐变大，所以 解析：(1)根据题意可知，金属棒的速 度较小，则线框进入磁场时做加速度 小磁体下落过程中磁极的N、S极没有 度=2m/s时，感应电动势为E1= 减小的减速运动，线框的速度和加速 颠倒，B错误；线圈可等效为条形磁铁， BLv=2 V, 度都趋近于零，则图像A可能正确：因 线圈的电流越大则磁性越强，因此小 E 磁体受到的电磁阻力是变化的，不是 电路中的电流为1一R千，=1A, t=0时刻线框就进入磁场，则进入磁 场时线框向上不可能做匀减速运动， 一直不变的，C错误。 对金属棒受力分析，由牛顿第二定律 则图像B不可能；若线框的质量等于 考向三电磁感应的电路问题 有mg sin0-B1:L=a1, 物块的质量，且当线框进入磁场时速 典例3C根据右手定则判断可知，辐 解得瞬时加速度为a1=4.5m/s2。 度大于v。,则线框进入磁场时做加速 条中点O点的电势高，因此流过R,的 (2)当金属棒达到最大速度时，由受力 度减小的减速运动，完全进入磁场后 电流方向为自下而上，A错误；辐条产 平衡可得ng sin0=F, 线框做匀速运动，当线框离开磁场时， 生的感应电动势为E=Bru=BrX 受向下的安培力又做加速度减小的减 F孝=BIL,I= BLUm r+R 0十三。Brw,B错误；外电路为磁 速运动，最终离开磁场后做匀速运动， 2 解得vm=20m/s。 则图像C有可能，D不可能。 -283- 参考答案一业