2024年高考物理考綱解讀與熱點難點突破專題09電磁感應(yīng)現(xiàn)象及電磁感應(yīng)規(guī)律的應(yīng)用教學(xué)案

PAGEPAGE1專題09電磁感應(yīng)現(xiàn)象及電磁感應(yīng)規(guī)律的應(yīng)用【2024年高考考綱解讀】(1)考查楞次定律的應(yīng)用問題；(2)考查電磁感應(yīng)中的圖象問題；(3)考查法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律的綜合應(yīng)用問題，如電路問題、圖象問題、動力學(xué)問題、能量問題等．【命題趨勢】(1)綜合考查楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律及電路、安培力等相關(guān)學(xué)問．(2)考查學(xué)生的識圖實力，由圖象獲得解題信息的實力．(3)電流恒定時，考查焦耳定律、電功率的相關(guān)學(xué)問．(4)電流改變時，考查不同能量的轉(zhuǎn)化問題．(5)與牛頓其次定律、運動學(xué)結(jié)合的動態(tài)分析問題．(6)電磁感應(yīng)中的安培力問題、涉及受力分析及功能關(guān)系的問題．【重點、難點剖析】一、電磁感應(yīng)中的圖象問題電磁感應(yīng)中的圖象多在選擇題中出現(xiàn)，有時也在計算題中考查，主要考查以下內(nèi)容：(1)綜合考查楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律及電路、安培力等相關(guān)學(xué)問;(2)在計算題中考查學(xué)生的識圖實力。電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流及磁場對導(dǎo)線的作用力隨時間的改變規(guī)律，可用圖象直觀地表現(xiàn)出來(如：It、Bt、Et等)，此題型可大致分為兩類：(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選擇相應(yīng)的物理量的函數(shù)圖象，以選擇題形式為主;(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，確定相關(guān)物理量，以綜合計算題形式出現(xiàn)?！痉椒记伞繄D象問題的思路與方法：(1)圖象選擇問題：求解物理圖象的選擇題可用“解除法”，即解除與題目要求相違反的圖象，留下正確圖象。也可用“比照法”，即依據(jù)要求畫出正確的草圖，再與選項比照。解決此類問題關(guān)鍵是把握圖象特點、分析相關(guān)物理量的函數(shù)關(guān)系、分析物理過程的改變或物理狀態(tài)的改變。(2)圖象分析問題：定性分析物理圖象，要明確圖象中的橫軸與縱軸所代表的物理量，弄清圖象的物理意義，借助有關(guān)的物理概念、公式、不變量和定律作出相應(yīng)推斷。在有關(guān)物理圖象的定量計算時，要弄清圖象所揭示的物理規(guī)律及物理量間的函數(shù)關(guān)系，擅長挖掘圖象中的隱含條件，明確有關(guān)圖象所包圍的面積、斜率，以及圖象的橫軸、縱軸的截距所表示的物理意義。二、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題是高考中的熱點，考查形式既有選擇題，又有計算題，命題規(guī)律大致有以下兩點：(1)與牛頓其次定律、運動學(xué)學(xué)問結(jié)合的動態(tài)分析;(2)電磁感應(yīng)中的純力學(xué)問題，涉及受力及功能關(guān)系問題。電磁感應(yīng)動力學(xué)問題的分析方法：(1)(2)【規(guī)律方法】電磁感應(yīng)與力學(xué)綜合題的解題策略解決此類問題首先要建立“動→電→動”的思維依次，可概括總結(jié)為：(1)找準(zhǔn)主動運動者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解電動勢的大小和方向;(2)畫出等效電路圖，求解回路中的電流的大小及方向;(3)分析安培力對導(dǎo)體棒運動速度、加速度的影響，從而推得對電流有什么影響，最終確定導(dǎo)體棒的最終運動狀況;(4)列出牛頓其次定律或平衡方程求解。三、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題該學(xué)問點在高考中既有選擇題，又有計算題，是高考中的重點，分析高考考題，命題主要有以下特點：(1)電磁感應(yīng)與電路、動力學(xué)學(xué)問一起進行綜合考查;(2)電流恒定時，考查焦耳定律、電功率的相關(guān)學(xué)問;(3)電流改變時，考查不同能量的轉(zhuǎn)化問題。【方法技巧】求焦耳熱的三個途徑：(1)感應(yīng)電路為純電阻電路時，產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q=W安。(2)感應(yīng)電路中電阻產(chǎn)生的焦耳熱等于電流通過電阻做的功，即Q=I2Rt。(3)感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱可通過能量守恒定律列方程求解?！菊`區(qū)警示】1.受力分析時，誤將安培力作為一般力進行處理安培力的一般表達式為F=BIl=，只要速度改變，安培力就改變，物體所受合力就發(fā)生改變。2.導(dǎo)體進出磁場時，習(xí)慣性地認(rèn)為運動性質(zhì)沒有大的改變在進入磁場或出磁場時，由于安培力的突變，物體的運動性質(zhì)也隨之改變?！绢}型示例】題型一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律1.感應(yīng)電流(1)產(chǎn)生條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①閉合電路的部分導(dǎo)體在磁場內(nèi)做切割磁感,線運動,②穿過閉合電路的磁通量發(fā)生改變))(2)方向推斷eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(右手定則：常用于狀況①,楞次定律：常用于狀況②))2．應(yīng)用楞次定律的“二、三、四”(1)區(qū)分兩個磁場①引起感應(yīng)電流的磁場——原磁場②感應(yīng)電流的磁場——感應(yīng)磁場(2)理解三種阻礙①阻礙原磁通量的改變——增反減同②阻礙物體間的相對運動——來拒去留③阻礙自身電流的改變——增反減同(3)解題四步分析①確定原磁場的方向(分析原磁場)②確定磁通量的改變(增大或減小)③推斷感應(yīng)磁場的方向(增反減同)④推斷感應(yīng)電流的方向(安培定則)【例1】(多選)(2024·高考全國卷Ⅰ)如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路．將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是()A.開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面對里的方向轉(zhuǎn)動B.開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面對里的方向C.開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面對外的方向D.開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面對外的方向轉(zhuǎn)動【答案】AD【變式探究】【2024·新課標(biāo)Ⅲ卷】如圖，在方向垂直于紙面對里的勻強磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場垂直。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?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動起先的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向

D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向【答案】D【解析】因為PQ突然向右運動，由右手定則可知，PQRS中有沿逆時針方向的感應(yīng)電流，穿過T中的磁通量減小，由楞次定律可知，T中有沿順時針方向的感應(yīng)電流，D正確，ABC錯誤?！九e一反三】【2024·新課標(biāo)Ⅰ卷】掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是【答案】A【變式探究】(多選)(2024·全國卷Ⅱ，20)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖1所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓回旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()圖1A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流淌C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生改變，則電流方向可能發(fā)生改變D．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】AB【解析】將圓盤看成多數(shù)幅條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，依據(jù)右手定則可知圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向中心，則當(dāng)圓盤順時針(俯視)轉(zhuǎn)動時，流過電阻的電流方向從a到b，B對；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感生電動勢E＝BLeq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定時，I大小恒定，ω大小改變時，I大小改變，方向不變，故A對，C錯；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4（R＋r）2)知，當(dāng)ω變?yōu)?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯?！咀兪教骄俊?2024·全國卷Ⅱ，24)如圖5，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、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t＝0時，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動，t0時刻，金屬桿進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面對里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽視不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求圖5(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??；(2)電阻的阻值?！敬鸢浮?1)Blt0(eq\f(F,m)－μg)(2)eq\f(B2l2t0,m)(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，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安＝BlI⑥因金屬桿做勻速運動，有F－μmg－F安＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m)⑧【舉一反三】(2015·新課標(biāo)全國Ⅰ,19，6分)1824年，法國科學(xué)家阿拉果完成了聞名的“圓盤試驗”．試驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用松軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖所示．試驗中發(fā)覺，當(dāng)圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來，但略有滯后．下列說法正確的是() A．圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢 B．圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動 C．在圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了改變 D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流,此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動【答案】AB【特殊提示】電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)生一般有以下兩種狀況(1)閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運動：此種狀況下感應(yīng)電流的方向一般用右手定則推斷；(2)穿過閉合電路的磁通量發(fā)生改變：此種狀況下感應(yīng)電流的方向一般用楞次定律推斷．不論哪種狀況，歸根究竟還是穿過閉合電路的磁通量發(fā)生了改變，即ΔΦ≠0.題型二、電磁感應(yīng)中的圖象問題【例2】【2024·新課標(biāo)Ⅱ卷】兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直。邊長為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動，cd邊于t=0時刻進入磁場。線框中感應(yīng)電動勢隨時間改變的圖線如圖（b）所示（感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正）。下列說法正確的是A．磁感應(yīng)強度的大小為0.5TB．導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面對外D．在t=0.4s至t=0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N【答案】BC【變式探究】(2024·四川理綜，7)如圖7所示，電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導(dǎo)軌左端接肯定值電阻R。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止起先運動，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F＝F0＋kv(F、k是常量)，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時間t改變圖象可能正確的有()圖7【答案】BC【解析】設(shè)金屬棒在某一時刻速度為v，由題意可知，感應(yīng)電動勢E＝BLv，回路電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BL,R＋r)v，即I∝v；安培力FA＝BIL＝eq\f(B2L2,R＋r)v，方向水平向左，即FA∝v；R兩端電壓UR＝IR＝eq\f(BLR,R＋r)v，即UR∝v；感應(yīng)電流功率P＝EI＝eq\f(B2L2,R＋r)v2，即P∝v2。分析金屬棒運動狀況，由牛頓運動其次定律可得F0＋kv－eq\f(B2L2,R＋r)v＝ma，即F0＋(k－eq\f(B2L2,R＋r))v＝ma。因為金屬棒從靜止動身，所以F0>0。【舉一反三】(2015·山東理綜，19，6分)如圖甲，R0為定值電阻，兩金屬圓環(huán)固 定在同一絕緣平面內(nèi)．左端連接在一周期為T0的正弦溝通電源上，經(jīng)二極管 整流后，通過R0的電流i始終向左，其大小按圖乙所示規(guī)律改變．規(guī)定內(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b端時，a、b間的電壓uab為正，下列uabt圖象可能正確的是() 【答案】C【解析】在第一個0.25T0時間內(nèi)，通過大圓環(huán)的電流為瞬時針漸漸增加，由楞次定律和右手螺旋定則可推斷內(nèi)環(huán)內(nèi)a端電勢高于b端，因電流的改變率漸漸減小,故內(nèi)環(huán)的電動勢漸漸減??；同理在第0.25T0～0.5T0時間內(nèi)，通過大圓環(huán)的電流為瞬時針漸漸減小，由楞次定律和右手螺旋定則可推斷內(nèi)環(huán)的a端電勢低于b端，因電流的改變率漸漸變大故內(nèi)環(huán)的電動勢漸漸變大，故選項C正確．【變式探究】如圖(a)，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，在ab線圈中通以改變的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖(b)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中電流隨時間改變關(guān)系的圖中，可能正確的是()【答案】C【變式探究】如圖4－9－8，矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻．線框下落過程形態(tài)不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界線OO′平行，線框平面與磁場方向垂直．設(shè)OO′下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣的影響，則下列哪一個圖象不行能反映線框下落過程中速度v隨時間t改變的規(guī)律()．圖4－9－8【答案】A【特殊提示】分析電磁感應(yīng)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(yīng)電流是否為零，是正方向還是負(fù)方向．(2)關(guān)注改變過程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象改變相對應(yīng)．(3)關(guān)注大小、方向的改變趨勢，看圖象斜率的大小、圖象的曲、直是否和物理過程對應(yīng)．分析電磁感應(yīng)圖象問題時的三個易錯點(1)分不清橫坐標(biāo)是時間t還是位移x，正確區(qū)分橫坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．(2)不能找到切割磁感線的有效長度，因而無法確定感應(yīng)電動勢如何改變．特殊是線框兩條邊切割有界磁場時，切割磁感線的有效長度在改變，確定有效長度如何改變才能確定感應(yīng)電動勢如何改變．(3)不能正確區(qū)分哪部分是電源，哪部分是外電路，因而無法確定兩點間電勢差．例如矩形線圈進入磁場，切割磁感線的邊是電源，其他三邊串聯(lián)作為外電路．區(qū)分內(nèi)外電路是探討回路上兩點間電勢差的基礎(chǔ)．【變式探究】在絕緣的水平桌面上有MN、PQ兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間的距離為l.金屬棒ab和cd垂直放在導(dǎo)軌上，兩棒正中間用一根長為l的絕緣細(xì)線相連，棒ab右側(cè)有始終角三角形勻強磁場區(qū)域，磁場方向豎直向下，三角形的兩條直角邊長均為l，整個裝置的俯視圖如圖所示，從圖示位置在棒ab上加水平拉力，使金屬棒ab和cd向右勻速穿過磁場區(qū)，則金屬棒ab中感應(yīng)電流i和絕緣細(xì)線上的張力大小F隨時間t改變的圖象，可能正確的是(規(guī)定金屬棒ab中電流方向由a到b為正)()【答案】AC題型三、法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用【例3】【2024·北京卷】發(fā)電機和電動機具有裝置上的類似性，源于它們機理上的類似性。直流發(fā)電機和直流電動機的工作原理可以簡化為如圖1、圖2所示的情景。在豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計。電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，以速度v（v平行于MN）向右做勻速運動。圖1軌道端點MP間接有阻值為r的電阻，導(dǎo)體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點MP間接有直流電源，導(dǎo)體棒ab通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。（1）求在Δt時間內(nèi)，圖1“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能和圖2“電動機”輸出的機械能。（2）從微觀角度看，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用。為了便利，可認(rèn)為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷。a．請在圖3（圖1的導(dǎo)體棒ab）、圖4（圖2的導(dǎo)體棒ab）中，分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖。b．我們知道，洛倫茲力對運動電荷不做功。那么，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉(zhuǎn)化過程中起到作用的呢？請以圖2“電動機”為例，通過計算分析說明?！敬鸢浮浚?）（2）a．如圖3、圖4b．見解析【解析】（1）圖1中，電路中的電流棒ab受到的安培力F1=BI1L在Δt時間內(nèi)，“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能等于棒ab克服安培力做的功圖2中，棒ab受到的安培力F2=BIL在Δt時間內(nèi)，“電動機”輸出的機械能等于安培力對棒ab做的功b．設(shè)自由電荷的電荷量為q，沿導(dǎo)體棒定向移動的速率為u。如圖4所示，沿棒方向的洛倫茲力，做負(fù)功垂直棒方向的洛倫茲力，做正功所示，即導(dǎo)體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。做負(fù)功，阻礙自由電荷的定向移動，宏觀上表現(xiàn)為“反電動勢”，消耗電源的電能；做正功，宏觀上表現(xiàn)為安培力做正功，使機械能增加。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉(zhuǎn)化為等量的機械能，在此過程中洛倫茲力通過兩個分力做功起到“傳遞能量的作用?！九e一反三】【2024·天津卷】如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面對下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間勻稱減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流漸漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力漸漸減小【答案】D【變式探究】(多選)(2024·全國卷Ⅲ，21)如圖2，M為半圓形導(dǎo)線框，圓心為OM；N是圓心角為直角的扇形導(dǎo)線框，圓心為ON；兩導(dǎo)線框在同一豎直面(紙面)內(nèi)；兩圓弧半徑相等；過直線OMON的水平面上方有一勻強磁場，磁場方向垂直于紙面?，F(xiàn)使線框M、N在t＝0時從圖示位置起先，分別繞垂直于紙面、且過OM和ON的軸，以相同的周期T逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則()圖2A．兩導(dǎo)線框中均會產(chǎn)生正弦溝通電B．兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)時，兩導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等D．兩導(dǎo)線框的電阻相等時，兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的有效值也相等【答案】BC【解析】當(dāng)線框進入磁場過程中，依據(jù)E＝eq\f(1,2)BR2ω可得，感應(yīng)電動勢恒定，感應(yīng)電流恒定，不是正弦式溝通電，A錯誤，C正確；當(dāng)線框進入磁場時，依據(jù)楞次定律可得，兩線框中的感應(yīng)電流方向為逆時針，當(dāng)線框穿出磁場時，依據(jù)楞次定律可得，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時針，所以感應(yīng)電流的周期和線框運動周期相等，B正確；線框N在完全進入磁場后有eq\f(T,4)時間內(nèi)穿過線框的磁通量不改變，沒有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生，即線框N在0～eq\f(T,4)和eq\f(3T,4)～T內(nèi)有感應(yīng)電流，其余時間內(nèi)沒有；而線框M在整個過程中都有感應(yīng)電流，即便兩導(dǎo)線框電阻相等，兩者的電流有效值不會相同，D錯誤?！咀兪教骄俊?2024·全國卷Ⅲ，25)如圖6，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面對里的勻稱磁場，磁感應(yīng)強度大小B1隨時間t的改變關(guān)系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向也垂直于紙面對里。某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止起先向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽視不計。求：圖6(1)在t＝0到t＝t0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的肯定值；(2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小?！敬鸢浮?1)eq\f(kt0S,R)(2)B0lv0(t－t0)＋kSt(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)(2)當(dāng)t>t0時，金屬棒已越過MN。由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運動，有F＝F安⑦式中，F(xiàn)是外加水平恒力，F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力。設(shè)此時回路中的電流為I，F(xiàn)安＝B0lI⑧此時金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0)⑨勻強磁場穿過回路的磁通量為Φ′＝B0ls⑩【舉一反三】(2015·新課標(biāo)全國Ⅱ，15，6分)如圖，直角三角形金屬框abc放 置的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當(dāng)金屬框繞 ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為l.下列推斷正確的是() A．Ua＞Uc，金屬框中無電流 B．Ub＞Uc，金屬框中電流方向沿abca C．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流 D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿acba 【答案】C 【解析】金屬框繞ab邊轉(zhuǎn)動時，閉合回路abc中的磁通量始終為零(即不變)，所以金屬框中無電流．金屬框在逆時針轉(zhuǎn)動時，bc邊和ac邊均切割磁感線，由右手定則可知φb＜φc，φa＜φc，所以依據(jù)E＝Blv可知，Ubc＝Uac＝－Blv ＝－Bleq\f(0＋ωl,2)＝－eq\f(1,2)Bl2ω.由以上分析可知選項C正確．【變式探究】(2015·重慶理綜，4,6分)圖為無線充電技術(shù)中運用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時間內(nèi)，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈,其磁感應(yīng)強度大小由B1勻稱增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb() A．恒為eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1) B．從0勻稱改變到eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1) C．恒為－eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1) D．從0勻稱改變到－eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1) 【答案】C【變式探究】(2015·山東理綜，17,6分)(多選)如圖，一勻稱金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動．現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤起先減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是() A．處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高 B．所加磁場越強越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動 C．若所加磁場反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動 D．若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動 【答案】ABD【變式探究】(2015·海南單科，2，3分)如圖，空間有一勻強磁場，始終金屬棒與 磁感應(yīng)強度方向垂直，當(dāng)它以速度v沿與棒和磁感應(yīng)強度都垂直的方向運動 時,棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為ε，將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應(yīng)強度相垂直的平面內(nèi)，當(dāng)它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為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)折彎前導(dǎo)體切割磁感線的長度為L,ε＝BLv;折彎后,導(dǎo)體切割磁 感線的有效長度為L′＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)L,故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為ε′＝BL′ v＝B·eq\f(\r(2),2)Lv＝eq\f(\r(2),2)ε，所以eq\f(ε′,ε)＝eq\f(\r(2),2)，B正確．【特殊提示】1.求感應(yīng)電動勢大小的幾種方法(1)磁通量改變型：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)(2)磁感應(yīng)強度改變型：E＝Seq\f(ΔB,Δt)(3)面積改變型：E＝Beq\f(ΔS,Δt)(4)平動切割型：E＝Blv(5)轉(zhuǎn)動切割型：E＝eq\f(1,2)Bl2ω2.解決與電路相聯(lián)系的電磁感應(yīng)問題的基本方法(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(或右手定則)確定感應(yīng)電動勢的大小和方向．(2)畫出等效電路，對整個回路進行分析，確定哪一部分是電源，哪一部分為負(fù)載，認(rèn)清負(fù)載間的連接關(guān)系．(3)運用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的性質(zhì)、電功率等公式列式求解．題型四、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題【例4】【2024·江蘇卷】（15分）如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻．質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下．當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関．導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸．求：（1）MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小l；（2）MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；（3）PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P．【答案】（1）；（2）；（3）（3）金屬桿切割磁感線的速度，則感應(yīng)電動勢電功率解得【變式探究】(2015·安徽理綜，19，6分)(難度★★★)如圖所示，abcd為水平放置的平行“” 形光滑金屬導(dǎo)軌,間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計．已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長度的電阻為r,保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好)．則() A．電路中感應(yīng)電動勢的大小為eq\f(Blv,sinθ) B．電路中感應(yīng)電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r) C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lvsinθ,r) D．金屬桿的發(fā)熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ) 【答案】B2.(2015·福建理綜，18，6分)(難度★★★)如圖，由某種粗細(xì)勻稱的總電阻為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 磁場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，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計 摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中() 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【特殊提示】1．解決電磁感應(yīng)綜合問題的一般思路(1)先作“源”的分析——分析電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；(2)再進行“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便安培力的求解；(3)然后是“力”的分析——分析探討對象(通常是金屬桿、導(dǎo)體、線圈等)的受力狀況，尤其留意其所受的安培力；(4)接著進行“運動”狀態(tài)的分析——依據(jù)力和運動的關(guān)系，推斷出正確的運動模型；(5)最終是“能量”的分析——找尋電磁感應(yīng)過程和探討對象的運動過程中其能量轉(zhuǎn)化和守恒的關(guān)系．2．求解焦耳熱Q的幾種方法【變式探究】(2015·江蘇單科，13，15分)(難度★★★)做磁共振(MRI)檢查時，對人體施加 的磁場發(fā)生改變時會在肌肉組織中產(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,勻強磁場方向與線圈平面垂直，若磁感應(yīng)強度B在0.3s內(nèi)從1.5T 勻稱地減為零，求：(計算結(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)電動勢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【變式探究】(2015·海南單科,13，10分)(難度★★★)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；整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度 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，滑動過程中始終保持與導(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?。敬鸢浮?1)eq\f(B2l2v2,R)(2)eq\f(B2l2v,R)＋μmg【解析】(1)導(dǎo)體切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E＝Blv,依據(jù)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)對導(dǎo)體棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，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【變式探究】(2015·天津理綜，11，18分)(難度★★★★)如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線 框質(zhì)量為m，相鄰各邊相互垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面．起先時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放,從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動，在 ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動．線框完全穿 過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求：(1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾 倍；(2)磁場上下邊界間的距離H.【答案】(1)4倍(2)eq\f(Q,mg)＋28l(2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有2mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Q⑨由⑦⑧⑨式得H＝eq\f(Q,mg)＋28l⑩【變式探究】(2015·四川理綜,11，19分)如圖所示，金屬導(dǎo)軌MNC和PQD， MN與PQ平行且間距為L，所在平面與水平面夾角為α，N、Q連線與MN 垂直,M、P間接有阻值為R的電阻；光滑直導(dǎo)軌NC和QD在同一水平面內(nèi)， 與NQ的夾角都為銳角θ.勻稱金屬棒ab和ef質(zhì)量均為m,長均為L，ab棒初始位置在水平導(dǎo)軌上與NQ重合；ef棒垂直放在傾斜導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌間的動 摩擦因數(shù)為μ(μ較小)，由導(dǎo)軌上的小立柱1和2阻擋而靜止．空間有方向豎 直的勻強磁場(圖中未畫出)．兩金屬棒與導(dǎo)軌保持良好接觸.不計全部導(dǎo)軌和ab棒的電阻，ef棒的阻值為R，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，忽視 感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場，重力加速度為g.(1)若磁感應(yīng)強度大小為B，給ab棒一個垂直于NQ、水平向右的速度v1，在 水平導(dǎo)軌上沿運動方向滑行一段距離后停止,ef棒始終靜止，求此過程ef棒 上產(chǎn)生的熱量；(2)在(1)問過程中，ab棒滑行距離為d，求通過ab棒某橫截面的電量；(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平導(dǎo)軌上向右勻速運動,并在NQ位置 時取走小立柱1和2，且運動過程中ef棒始終靜止．求此狀態(tài)下最強磁場的 磁感應(yīng)強度及此磁場下ab棒運動的最大距離．【答案】(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)(2)eq\f(2Bd（L－dcotθ）,R)(3)eq\f(μLtanθ,（1＋μ2）sinαcosα＋μ)(2)設(shè)在題設(shè)過程中，ab棒滑行時間為Δt，掃過的導(dǎo)軌間的面積為ΔS，通過 ΔS的磁通量為ΔΦ，ab棒產(chǎn)生的電動勢為E，ab棒中的電流為I，通過ab 棒某橫截面的電量為q，則E＝eq\f(ΔΦ,Δt)⑤且ΔΦ＝BΔS⑥I＝eq\f(q,Δt)⑦又有I＝eq\f(2E,R)⑧由圖所示ΔS＝d(L－dcotθ)⑨聯(lián)立⑤～⑨，解得q＝eq\f(2Bd（L－dcotθ）,R)⑩由?式可得，F(xiàn)x在x＝0和B為最大值Bm時有最大值F1.由題知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右， 使F1為最大值的受力分析如圖所示，圖中fm為最大靜摩擦力，有F1cosα＝mgsinα＋μ(mgcosα＋F1sinα)?聯(lián)立??，得Bm＝eq\f(1,L)eq\r(\f(mg（sinα＋μcosα）R,（cosα－μsinα）v2))?題型五電磁感應(yīng)中的電路綜合問題【方法技巧】解決電磁感應(yīng)中電路問題的思路1.“源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動勢的方向(感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流的方向)，從而確定電源正負(fù)極，明確內(nèi)阻r.2.“路”的分析：依據(jù)“等效電源”和電路中其