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  • 2021-05-13 发布

江苏高考物理复习专题十电磁感应规律及其应用学案

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专题十 电磁感应规律及其应用 江苏卷考情导向 考点 考题 考情 电磁感应规 律及其应用 ‎2016年T13考查导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律 ‎2016年T6考查电吉他的原理和法拉第电磁感应定律 ‎2014年T1考查法拉第电磁感应定律S是有效面积,即有磁通量的线圈的面积 ‎2014年T7考查涡流的应用 ‎1.本专题对基本知识、规律的考查多为选择题,对综合知识的考查则以计算形式.‎ ‎2.高考题目的设置方式选择题以电磁感应现象、感应电流计算及方向的判断、电磁感应的图象问题、简单的动力学知识和功能关系为主,计算题多是以导体棒切割磁感线的电路问题、动力学问题及功能关系的综合为主.‎ 电磁感应中的图象问题电磁感应中电路和能量问题 ‎2017年T13考查电磁感应、闭合电路的欧姆定律以及电功率 ‎2015年T13考查法拉第电磁感应定律、电阻定律和焦耳定律 ‎2013年T13考查感生电动势、动生电动势及电磁感应中的能量转化 考点1| 电磁感应规律及其应用难度:中档题 题型:选择题、计算题 五年4考 ‎(对应学生用书第48页)‎ ‎1.(2016·江苏高考T13)据报道,一法国摄影师拍到了“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间.照片中,“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见.如图101所示,假设“天宫一号”正以速度v=7.‎7 km/s绕地球做匀速圆周运动,运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直,M、N间的距离L=‎20 m,地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B=1.0×10-5 T.将太阳帆板视为导体.‎ 图101‎ ‎(1)求M、N间感应电动势的大小E;‎ ‎(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V,0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路,不计 太阳帆板和导线的电阻,试判断小灯泡能否发光,并说明理由;‎ ‎(3)取地球半径R=6.4×‎103 km,地球表面的重力加速度g取9.‎8 m/s2,试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字). ‎ ‎【导学号:17214162】‎ ‎【解题关键】 ‎ 关键语句 信息解读 地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B=1.0×10-5 T.‎ v、L、B相互垂直,可直接应用公式E=BLv求感应电动势 小灯泡与M、N相连构成闭合电路,不计太阳帆板和导线电阻 帆板MN和导线均处于磁场中垂直切割磁感线 ‎【解析】 (1)感应电动势E=BLv,代入数据得E=1.54 V.‎ ‎(2)不能,因为穿过闭合回路的磁通量不变,不产生感应电流.‎ ‎(3)在地球表面有G=mg ‎“天宫一号”做匀速圆周运动,有G=m 解得h=-R,代入数据得h≈4×‎105 m(数量级正确都算对).‎ ‎【答案】 (1)1.54 V (2)见解析 (3)4×‎‎105 m ‎2.(2014·江苏高考T1)如图102所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中.在Δt时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B.在此过程中,线圈中产生的感应电动势为(  )‎ ‎【导学号:17214163】‎ 图102‎ A.         B. C. D. B [由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E=n=n·S=n·,得E=,选项B正确.]‎ ‎3.(多选)(2014·江苏高考T7)‎ 如图103所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,过了几分钟,杯内的水沸腾起来.若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有(  )‎ 图103‎ A.增加线圈的匝数 B.提高交流电源的频率 C.将金属杯换为瓷杯 D.取走线圈中的铁芯 AB [利用法拉第电磁感应定律和涡电流解题.‎ 当电磁铁接通交流电源时,金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热,使水温升高.要缩短加热时间,需增大涡电流,即增大感应电动势或减小电阻.增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势.瓷杯不能产生涡电流,取走铁芯会导致磁性减弱.所以选项A、B正确,选项C、D错误.]‎ ‎4.(多选)(2016·江苏高考T6)电吉他中电拾音器的基本结构如图104所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音.下列说法正确的有(  )‎ 图104‎ A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作 B.取走磁体,电吉他将不能正常工作 C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化 BCD [‎ 铜不能被磁化,铜质弦不能使电吉他正常工作,选项A错误;取走磁体后,弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号,音箱不能发声,选项B正确;增加线圈匝数,根据法拉第电磁感应定律E=N知,线圈的感应电动势变大,选项C正确;弦振动过程中,线圈中感应电流的磁场方向发生变化,则感应电流的方向不断变化,选项D正确.]‎ ‎1.感应电流方向的判断方法 一是利用右手定则,即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断;‎ 二是利用楞次定律,即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断.‎ ‎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)阻碍相对运动——“来拒去留”;‎ ‎(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”;‎ ‎(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”.‎ ‎3.求感应电动势的两种方法 ‎(1)E=n,用来计算感应电动势的平均值.‎ ‎(2)E=BLv,主要用来计算感应电动势的瞬时值.‎ ‎●考向1 法拉第电磁感应定律的应用 ‎1.(2017·资阳模拟)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径.如图105所示,在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场,磁场垂直圆环所在的平面,方向如图,磁感应强度大小随时间的变化率=k(k<0),则(  ) ‎ ‎【导学号:17214164】‎ 图105‎ A.圆环具有收缩的趋势 B.圆环中产生的感应电流为逆时针方向 C.圆环中a、b两点的电压Uab= D.圆环中产生的感应电流大小为- C [由楞次定律的“来拒去留”可知,为了阻碍磁通量的减小,线圈有扩张的趋势,故A错误;磁通量向里减小,由楞次定律“增反减同”可知,线圈中的感应电流方向为顺时针,故B错误;根据法拉第电磁感应定律,有:E=·πr2=,由闭合电路欧姆定律可知,ab两点间的电势差为Uab==,故C正确;由法拉第电磁感应定律可知,E=·πr2=,线圈电阻R=ρ,感应电流I==-,故D错误.]‎ ‎●考向2 楞次定律的应用 ‎2.(多选)(2017·南京四模)超导体具有电阻为零的特点,图为超导磁悬浮原理图,a是一个超导闭合环,置于一个电磁铁线圈b正上方,当闭合电键S后,超导环能悬浮在电磁铁上方平衡.下列说法正确的有(  )‎ 图106‎ A.闭合电键S瞬间,a环中感应电流受到的安培力向上 B.闭合电键S,稳定后通过a环磁通量不变,a环中不再有电流 C.闭合电键S,稳定后通过a环的电流是恒定电流 D.R取不同的电阻值,稳定后a环所受安培力都相等 ACD [闭合电键S瞬间,线圈中磁通量增大,则由楞次定律可知,a中产生的安培力将使a环有向上运动的趋势,故a环中感应电流受到的安培力向上,故A正确;由于线圈由超导体制成,没有电阻所以不消耗能量,故电流一直存在,故B错误;闭合电键S,稳定后通过a环的电流不再变化,故为恒定电流,故C正确;因圆环存于平衡状态,所以受到的安培力一定等于重力,故稳定时受安培力与电阻R无关,故D正确.]‎ ‎3.(2017·苏锡常二模)图中L是线圈,D1、D2是发光二极管(电流从“+”极流入才发光).闭合S,稳定时灯泡A正常发光,然后断开S瞬间,D2亮了一下后熄灭,则(  ) ‎ ‎【导学号:17214165】‎ 图107‎ A.图是用来研究涡流现象的实验电路 B.开关S闭合瞬间,灯泡A立即亮起来 C.开关S断开瞬间,P点电势比Q点电势高 D.干电池的左端为电源的正极 D [该电路是用来研究线圈的自感现象的,与涡流无关,故A错误;L是自感系数足够大的线圈,D1和D2是两个相同的二极管,S闭合瞬间,但由于线圈的电流增加,导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加,所以灯泡A逐渐变亮,故B错误;S断开,D2亮了一下后熄灭,说明S断开的瞬间电流从右向左流过二极管,则P点电势比Q点电势低,故C错误;S断开,D2亮了一下后熄灭,说明S断开的瞬间电流从右向左流过二极管;根据线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小可知,流过L的电流的方向在S断开前从左向右,所以L的左侧为正极,则干电池的左端为电源的正极,故D正确.]‎ ‎●考向3 涡流的应用 ‎4.(2017·湖南三模)随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的视线.小到手表、手机,大到电脑、电动汽车的充电,都已经实现了从理论研发到实际应用的转化.如图108所示,给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图.关于无线充电,下列说法正确的是(  )‎ 图108‎ A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”‎ B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电 C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 D.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电 C [‎ 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象,不是“电流的磁效应”现象,故A错误;当充电设备通以恒定直流,无线充电设备不会产生交变磁场,那么不能够正常使用,故B错误;接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同,故C正确;被充电手机内部,应该有一类似金属线圈的部件,与手机电池相连,当有交变磁场时,则出现感应电动势,那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电,故D错误.]‎ 考点2| 电磁感应中的图象问题难度:中档题 题型:选择题 ‎(对应学生用书第50页)‎ ‎5.(2011·江苏高考)如图109所示,水平面内有一平行金属导轨,导轨光滑且电阻不计.匀强磁场与导轨平面垂直.阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置,且与导轨接触.T=0时,将开关S由1掷到2.q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度.下列图象正确的是(  )‎ ‎【导学号:17214166】‎ 图109‎ A       B C       D ‎【解题分析】 1.知道电容器放电后会在电路中产生电流.‎ ‎2.导体棒在安培力的作用下加速运动.‎ ‎3.导体棒切割磁感线产生的感应电流与电容器放电电流反向.‎ D [开关S由1掷到2,电容器放电后会在电路中产生电流.导体棒通有电流后会受到安培力的作用,会产生加速度而加速运动.导体棒切割磁感线,速度增大,感应电动势E=Blv,即增大,则实际电流减小,安培力F=BIL,即减小,加速度a= ‎,即减小.因导轨光滑,所以在有电流通过棒的过程中,棒是一直加速运动(变加速).由于通过棒的电流是按指数递减的,那么棒受到的安培力也是按指数递减的,由牛顿第二定律知,它的加速度是按指数递减的.由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力运动,而导体棒运动产生感应电动势会给电容器充电.当充电和放电达到一种平衡时,导体棒做匀速运动.当棒匀速运动后,棒因切割磁感线有电动势,所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值,即电容器的电量应稳定在某个不为0的数值(不会减少到0).这时电容器的电压等于棒的电动势数值,棒中无电流.]‎ 解决电磁感应图象问题的一般步骤 ‎(1)明确图象的种类,即是Bt图还是Φt图,或者Et图、It图等.‎ ‎(2)分析电磁感应的具体过程.‎ ‎(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系.‎ ‎(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式.‎ ‎(5)根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等.‎ ‎(6)画图象或判断图象.‎ ‎●考向1 图象的确定 ‎5.(2017·徐州二模)如图1010所示,闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域,磁场区域宽度大于线框尺寸,规定线框中逆时针方向的电流为正,则线框中电流i随时间t变化的图象可能正确的是(  )‎ 图1010‎ B [线框进入磁场过程中磁通量增加,根据楞次定律可得电流方向为逆时针(正方向),线框离开磁场过程中磁通量减小,根据楞次定律可得电流方向为顺时针(负方向);根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得感应电流i=,刚进入时有效切割长度最大,感应电流最大、一半进入磁场过程中有效切割长度变为原来一半,感应电流变为原来一半,完全进入后磁通量不变,不会产生感应电流,离开磁场的过程中有效切割长度与进入过程相同,感应电流变化也相同,故B正确,A、C、D错误.]‎ ‎●考向2 图象的转换 ‎6.(2017·泰州一模)在竖直方向的匀强磁场中,水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图1011甲所示,取线圈中磁场B的方向向上为正,当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时,下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的是(  )‎ 甲       乙 图1011‎ A       B C      D A [在0~ s内,根据法拉第电磁感应定律,E=n=.根据楞次定律,感应电动势的方向与图示箭头方向相反,为负值;在~T内,根据法拉第电磁感应定律,E′=n==2E,所以感应电流是之前的2倍.再根据楞次定律,感应电动势的方向与图示方向相反,为负值.故A正确,B、C、D错误.]‎ ‎●考向3 图象的应用 ‎7.(2017·锡山中学月考)如图1012甲,圆形线圈P静止在水平桌面上,其正上方固定一螺线管Q,P和Q共轴,Q中通有变化电流i,电流随时间变化的规律如图1012乙所示,P所受的重力为G,桌面对P的支持力为N,则(  )‎ 甲      乙 图1012‎ A.t1时刻N>G,P有收缩的趋势 B.t2时刻N=G,P有扩张的趋势 C.t3时刻N=G,此时P中没有感应电流 D.t4时刻N<G,此时P中无感应电流 A [当螺线管中电流增大时,其形成的磁场不断增强,因此线圈P中的磁通量增大,根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大,故线圈有远离和面积收缩的趋势,则N>G,P有收缩的趋势,故A正确;当螺线管中电流不变时,其形成磁场不变,线圈P中的磁通量不变,因此磁铁线圈中无感应电流产生,此时P没有扩张的趋势,故B错误;t3时刻螺线管中电流为零,N=G;但是线圈P中磁通量是变化的,因此此时线圈中有感应电流,故C错误.当螺线管中电流不变时,其形成磁场不变,线圈P中的磁通量不变,因此磁铁线圈中无感应电流产生,故t4时刻N=G,此时P中无感应电流,故D错误.]‎ 考点3| 电磁感应中电路和能量问题难度:较大 题型:选择题、计算题 五年3考 ‎(对应学生用书第51页)‎ ‎6.(2015·江苏高考T13)做磁共振(MRI)检查时,对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流.某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响,将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈,线圈的半径r=5.‎0 cm,线圈导线的截面积A=0.‎80 cm2,电阻率ρ=1.5 Ω·m.如图1013所示,匀强磁场方向与线圈平面垂直,若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零,求:(计算结果保留一位有效数字)‎ 图1013‎ ‎(1)该圈肌肉组织的电阻R;‎ ‎(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E;‎ ‎(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q.‎ ‎【解题关键】 解此题的关键有两点:‎ ‎(1)注意区分线圈的面积和线圈导线的截面积.‎ ‎(2)磁感应强度均匀减小,线圈中电流恒定不变.‎ ‎【解析】 (1)由电阻定律得R=ρ,代入数据得 R≈6×103 Ω.‎ ‎(2)感应电动势E=,代入数据得E≈4×10-2 V.‎ ‎(3)由焦耳定律得Q=Δt,代入数据得Q=8×10-8 J.‎ ‎【答案】 (1)6×103 Ω (2)4×10-2 V (3)8×10-8 J ‎7.(2013·江苏高考T13)如图1014所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直.已知线圈的匝数N=100,边长ab=1.‎0 m、bc=0.‎5 m,电阻r=2 Ω.磁感应强度B在0~1 s内从零均匀变化到0.2 T.在1~5 s内从0.2 T均匀变化到-0.2 T,取垂直纸面向里为磁场的正方向.求:‎ 图1014‎ ‎(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向;‎ ‎(2)在1~5 s内通过线圈的电荷量q;‎ ‎(3)在0~5 s内线圈产生的焦耳热Q. ‎ ‎【导学号:17214167】‎ ‎【解析】 (1)感应电动势E1=N ,磁通量的变化量ΔΦ1=ΔB1S,解得E1=N ,代入数据得E1=10 V,感应电流的方向为a→d→c→b→a.‎ ‎(2)同理可得E2=N ,感应电流I2= 电荷量q=I2Δt2,解得q=N ,代入数据得q=‎10 C.‎ ‎(3)0~1 s内的焦耳热Q1=IrΔt1,且I1=,1~5 s内的焦耳热Q2=IrΔt2‎ 由Q=Q1+Q2,代入数据得Q=100 J.‎ ‎【答案】 (1)10 V,感应电流的方向为a→d→c→b→a ‎(2)‎10 C (3)100 J ‎8.(2017·江苏高考T13)如图1015所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后,金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求:‎ 图1015‎ ‎(1)MN刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小I;‎ ‎(2)MN刚扫过金属杆时,杆的加速度大小a;‎ ‎(3)PQ刚要离开金属杆时,感应电流的功率P. ‎ ‎【导学号:17214168】‎ ‎【解析】 (1)MN刚扫过金属杆时,金属杆的感应电动势E=Bdv0①‎ 回路的感应电流I=②‎ 由①②式解得I=.③‎ ‎(2)金属杆所受的安培力F=BId④‎ 由牛顿第二定律得,对金属杆F=ma⑤‎ 由③④⑤式得a=.⑥‎ ‎(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′=v0-v⑦‎ 感应电动势E=Bdv′⑧‎ 感应电流的电功率P=⑨‎ 由⑦⑧⑨式得P=.⑩‎ ‎【答案】 (1) (2) (3) 用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤 ‎●考向1 电磁感应中的电路问题 ‎8.(2017·盐城二模)如图1016所示,两根水平放置的平行金属导轨,其末端连接等宽的四分之一圆弧导轨,圆弧半径r=0.‎41 m,导轨的间距为L=0.‎5 m,导轨的电阻与摩擦均不计.在导轨的顶端接有阻值为R1=1.5 Ω的电阻,整个装置处在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.2 T,现有一根长度稍大于L、电阻R2=0.5 Ω、质量m=1.‎0 kg的金属棒,金属棒在水平拉力F作用下,从图中位置ef由静止开始匀加速运动,在t=0时刻,F0=1.5 N,经2.0 s运动到cd时撤去拉力,棒刚好能冲到最高点ab、(重力加速度g=‎10 m/s2).求:‎ 图1016‎ ‎(1)金属棒做匀加速直线运动的加速度;‎ ‎(2)金属棒运动到cd时电压表的读数;‎ ‎(3)金属棒从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热. ‎ ‎【导学号:17214169】‎ ‎【解析】 (1)根据题意,金属棒从ef位置开始匀加速运动,根据牛顿第二定律,有F0=ma 解得:a===1.‎5 m/s2.‎ ‎(2)金属棒运动到cd时的速度v=at=1.5×2.‎0 m/s=‎3 m/s 感应电动势E=BLv=0.2×0.5×3 V=0.3 V 感应电流I== A=0.‎‎15 A 电压表的读数U=IR1=0.15×1.5 V=0.225 V.‎ ‎(3)根据能量守恒定律,有:mv2=mgr+Q 解得:Q=0.4 J 电阻R1上产生的焦耳热为Q1=Q=×0.4 J=0.3 J ‎【答案】 (1)1.‎5 m/s2 (2)0.225 V (3)0.3 J ‎●考向2 电磁感应的动力学问题 ‎9.(多选)(2017·南京一模)如图1017所示,均匀导体围成等腰闭合三角形线圈abc,底边与匀强磁场的边界平行,磁场的宽度大于三角形的高度.线圈从磁场上方某一高度处由静止开始竖直下落,穿过该磁场区域,不计空气阻力.则下列说法中正确的是(  )‎ 图1017‎ A.线圈进磁场的过程中,可能做匀速直线运动 B.线圈底边进、出磁场时线圈的加速度可能一样 C.线圈出磁场的过程中,可能做先减速后加速的直线运动 D.线圈底边进、出磁场时,线圈所受安培力可能大小相等,方向不同 BC [如果匀速,因为有效切割长度越小来越小,安培力会越来越小,不可能匀速运动,故A错误;如果线圈比较高,进入磁场后先减速后加速,可能导致进磁场的速度和出磁场的速度是一样的,安培力F安=,速度一样,安培力一样,根据牛顿第二定律,mg-F安=ma,加速度一样,故B正确; 如果出磁场时,安培力比重力大,那么线圈先减速,但是在减速的过程中,上面比较窄,安培力会越来越小,最终必然是一个先减速后加速的直线运动,故C正确;线圈进出磁场时的速度可能相等,根据F=,安培力大小可能相等,但安培力方向都是向上的,阻碍线圈向下运动,所以安培力方向相同,故D错误.]‎ ‎10.(2017·南京四模)如图1018甲所示,两根平行的光滑金属导轨MN、PQ和左侧M、P 间连接的电阻R构成一个固定的水平U型导体框架,导轨电阻不计且足够长.框架置于一个方向竖直向下、范围足够大的匀强磁场中,磁场左侧边界是OO′.质量为m、电阻为r的导体棒垂直放置在两导轨上,并与导轨接触良好,给导体棒一个水平向右的初速度v0,棒进入磁场区后回路中的电流I随棒在磁场区中运动位移x(O点为x轴坐标原点)的变化关系如图乙所示,根据题设条件和图中给定数据求:‎ 甲          乙 图1018‎ ‎(1)导体棒进入磁场瞬间回路总电功率P0;‎ ‎(2)导体棒进入磁场瞬间加速度大小a0;‎ ‎(3)导体棒运动全过程中电阻R上产生的电热QR. ‎ ‎【导学号:17214170】‎ ‎【解析】 (1)根据图乙可得导体棒进入磁场瞬间回路的电流强度为I0,‎ 根据电功率的计算公式可得:P0=I(R+r).‎ ‎(2)进入磁场时刻电动势:E0=BLv0=I0(R+r)‎ 根据牛顿第二定律可得棒受安培力产生加速度:BI‎0L=ma0‎ 解得:a0=.‎ ‎(3)棒从进入磁场到停止运动,由动能定理可得:WA=0-mv 根据功能关系可得回路产生电热:Q=-WA=mv R上产生电热:QR=Q=.‎ ‎【答案】 (1)I(R+r) (2) (3) ‎●考向3 电磁感应的能量问题 ‎11.(2017·南京一模)如图1019甲所示,质量m=‎1 kg、边长ab=1.‎0 m、电阻r=2 Ω的单匝正方形闭合线圈abcd放置在倾角θ=30°的斜面上,保持静止状态.匀强磁场垂直线圈平面向上,磁感应强度B随时间t变化如图乙所示,整个线圈都处在磁场中,重力加速度g=‎10 m/s2.求:‎ 甲         乙 图1019‎ ‎(1)t=1 s时穿过线圈的磁通量;‎ ‎(2)4 s内线圈中产生的焦耳热;‎ ‎(3)t=3.5 s时,线圈受到的摩擦力.‎ ‎【解析】 (1)根据磁通量定义式,那么t=1 s时穿过线圈的磁通量:Φ=BS=0.1 Wb.‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律E=,结合闭合电路欧姆定律,I=,那么感应电流,4 s内线圈中产生的感应电流大小,I==0.‎‎05 A 由图可知,t总=2 s;‎ 依据焦耳定律,则有:Q=I2rt总=0.01 J.‎ ‎(3)虽然穿过线圈的磁通量变化,线圈中产生感应电流,但因各边均受到安培力,依据矢量的合成法则,则线圈受到的安培力的合力为零,因此t=3.5 s时,线圈受到的摩擦力等于重力沿着斜面的分力,即:f=mgsin θ=5 N.‎ ‎【答案】 (1)0.1 Wb (2)0.01 J (3)5 N ‎12.(2017·徐州模拟)如图1020甲所示,质量为M的“∩”形金属框架MNPQ放在倾角为θ的绝缘斜面上,框架MN、PQ部分的电阻不计,相距为L,上端NP部分的电阻为R.一根光滑金属棒ab在平行于斜面的力(图中未画出)的作用下,静止在距离框架上端NP为L的位置.整个装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示,其中B0、t0均为已知量.已知ab棒的质量为m,电阻为R,长为L,与框架接触良好并始终相对斜面静止,t0时刻框架也静止,框架与斜面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求:‎ 甲        乙 图1020‎ ‎(1)t0时刻,流过ab棒的电流大小和方向;‎ ‎(2)0~t0时间内,通过ab棒的电荷量及ab棒产生的热量;‎ ‎(3)框架MNPQ什么时候开始运动? ‎ ‎【导学号:17214171】‎ ‎【解析】 (1)设回路中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有:E=n= S= 由闭合电路欧姆定律可得金属棒中的电流大小为:I== 由楞次定律知,金属棒中的电流方向是a→b. ‎ ‎(2)由电荷量的计算公式可得流过ab棒的电荷量为:q=It0=,根据焦耳定律可得ab棒产生的热量为:Q=I2Rt0=.‎ ‎(3)设经时间t框架恰好要动,对框架分析受力,有:Mgsin θ+F安=f 而 f=μ(M+m)gcos θ,‎ 根据安培力的计算公式可得:F安=BtIL,‎ 而磁感应强度为:Bt=B0+t 代入解得:t=-t0.‎ ‎【答案】 (1),方向是a→b (2)  ‎(3)经过-t0开始运动 热点模型解读| 电磁感应中的“杆+导轨”模型 ‎(对应学生用书第54页)‎ 考题 ‎2016·全国甲卷T24‎ ‎2016·全国丙卷T25‎ ‎2014·全国卷ⅡT25‎ ‎2013·全国卷ⅠT25‎ 模型展示 单侧磁场模型 双侧磁场模型 旋转切割模型 含电容电路切割模型 金属棒切割磁感线E 模型解读 ‎=BLv,导体棒是电源、安培力做负功,将机械能转化为电能 两侧存在电源,可能同时存在,可能先后出现,金属棒切割产生电动势同单侧磁场类似 电动势的计算按中间的速度E=BωL2‎ 金属棒切割磁感线给电容器充电.电路中有电流,金属棒受安培力,机械能转化为电能 ‎[典例] (2017·湖南益阳调研)如图1021所示,两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计),倾角为30°,导轨间距为0.‎5 m,匀强磁场垂直导轨平面向下,B=0.2 T,两根材料相同的金属棒a、b与导轨构成闭合回路,a、b金属棒的质量分别为‎3 kg、‎2 kg,两金属棒的电阻均为R=1 Ω,刚开始两根金属棒都恰好静止,假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.现对a棒施加一平行导轨向上的恒力F=60 N,经过足够长的时间后,两金属棒都达到了稳定状态.求:‎ 图1021‎ ‎(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数;‎ ‎(2)当两金属棒都达到稳定状态时,b棒所受的安培力大小.‎ ‎(3)设当a金属棒从开始受力到向上运动‎5 m时,b金属棒向上运动了‎2 m,且此时a的速度为‎4 m/s,b的速度为‎1 m/s,则求此过程中回路中产生的电热及通过a金属棒的电荷量. ‎ ‎【导学号:17214172】‎ ‎【解析】 (1)a棒恰好静止时,有magsin 30°=μmagcos 30°.‎ 解得μ=.‎ ‎(2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动,此时两棒有恒定的速度差.‎ 对a棒:F-magsin 30°-μmagcos 30°-F安=maa 对b棒:F安-mbgsin 30°-μmbgcos 30°=mba 解得F安=24 N.‎ ‎(3)此过程对a、b棒整体根据功能关系,有 Q=Fxa-(magsin 30°+μmagcos 30°)xa-(mbgsin 30°+μmbgcos 30°)xb-mav-mbv 解得Q=85 J.‎ q=·Δt = == 解得q==0.‎15 C.‎ ‎【答案】 (1) (2)24 N (3)85 J 0.‎‎15 C ‎[拓展应用] (2017·湖北八校联考)如图1022所示,两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上,左端向上弯曲,导轨间距为L,电阻不计,水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为 B.导体棒a与b的质量均为m,电阻值分别为Ra=R,Rb=2R.b棒放置在水平导轨上足够远处,a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放.运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,重力加速度为g.‎ 图1022‎ ‎(1)求a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向;‎ ‎(2)求最终稳定时两棒的速度大小;‎ ‎(3)从a棒开始下落到最终稳定的过程中,求b棒上产生的内能.‎ ‎【解析】 (1)设a棒刚进入磁场时的速度为v,从开始下落到进入磁场 根据机械能守恒定律有mgh=mv2‎ a棒切割磁感线产生感应电动势E=BLv 根据闭合电路欧姆定律有I= a棒受到的安培力F=BIL 联立以上各式解得F=,方向水平向左.‎ ‎(2)设两棒最后稳定时的速度为v′,从a棒开始下落到两棒速度达到稳定 根据动量守恒定律有mv=2mv′‎ 解得v′=.‎ ‎(3)设a棒产生的内能为Ea,b棒产生的内能为Eb 根据能量守恒定律得mv2=×2mv′2+Ea+Eb 两棒串联内能与电阻成正比Eb=2Ea 解得Eb=mgh.‎ ‎【答案】 见解析