2024-2025學(xué)年高考物理重點專題講解及突破11電磁感應(yīng)含解析

2024-2025年高考物理重點專題講解及突破11：電磁感應(yīng)超重點1：電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律超重點1：電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律一、磁通量1．概念：在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，與磁場方向垂直的面積S與B的乘積．2．公式：Φ＝BS.3．單位：1Wb＝1_T·m2.4．公式的適用條件(1)勻強磁場；(2)磁感線的方向與平面垂直，即B⊥S.5．磁通量的意義磁通量可以理解為穿過某一面積的磁感線的條數(shù)．二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象當穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變更時，電路中有感應(yīng)電流產(chǎn)生的現(xiàn)象．2．產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件(1)條件：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變更．(2)特例：閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場內(nèi)做切割磁感線運動．3．產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實質(zhì)是產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，假如回路閉合，則產(chǎn)生感應(yīng)電流，假如回路不閉合，那么只有感應(yīng)電動勢，而無感應(yīng)電流．三、楞次定律※考點一電磁感應(yīng)現(xiàn)象1．有無推斷感應(yīng)電流的流程(1)確定探討的回路．(2)弄清晰回路內(nèi)的磁場分布，并確定該回路的磁通量Φ.(3)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ不變→無感應(yīng)電流,Φ變更→\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(回路閉合，有感應(yīng)電流；,回路不閉合，無感應(yīng)電流，但有感應(yīng),電動勢))))2．磁通量Φ發(fā)生變更的三種常見狀況(1)磁場強弱不變，回路面積變更．(2)回路面積不變，磁場強弱變更．(3)回路面積和磁場強弱均不變，但二者的相對位置發(fā)生變更．[題組突破訓(xùn)練]1．圖中能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是()【答案】B【解析】依據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件：A中，電路沒閉合，無感應(yīng)電流；B中，磁感應(yīng)強度不變，面積增大，閉合電路的磁通量增大，有感應(yīng)電流；C中，穿過線圈的磁感線相互抵消，閉合電路的磁通量恒為零，無感應(yīng)電流；D中，磁通量不發(fā)生變更，無感應(yīng)電流．2．在一空間有方向相反、磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場，如圖所示，垂直紙面對外的磁場分布在一半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)，垂直紙面對里的磁場分布在除圓形區(qū)域外的整個區(qū)域，該平面內(nèi)有一半徑為b(b＞eq\r(2)a)的圓形線圈，線圈平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，線圈與半徑為a的圓形區(qū)域是同心圓．從某時刻起磁感應(yīng)強度大小均起先減小到eq\f(B,2)，則此過程中該線圈磁通量的變更量的大小為()A.eq\f(1,2)πB(b2－a2) B．πB(b2－2a2)C．πB(b2－a2) D.eq\f(1,2)πB(b2－2a2)【答案】D【解析】計算磁通量Φ時，磁感線既有垂直紙面對外的，又有垂直紙面對里的，所以可以取垂直紙面對里的方向為正方向．磁感應(yīng)強度大小為B時線圈磁通量Φ1＝πB(b2－a2)－πBa2，磁感應(yīng)強度大小為eq\f(B,2)時線圈磁通量Φ2＝eq\f(1,2)πB(b2－a2)－eq\f(1,2)πBa2，因此該線圈磁通量的變更量的大小為ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝eq\f(1,2)πB(b2－2a2)，故選項D正確．※考點二對楞次定律的理解及應(yīng)用1．楞次定律中“阻礙”的含義2．推斷感應(yīng)電流方向的“四步法”[真題拓展探究][典例1](2024·高考全國卷Ⅲ)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．現(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】金屬桿PQ向右運動，穿過PQRS的磁通量增加，由楞次定律可知，PQRS中產(chǎn)生逆時針方向的電流．這時PQRS中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面對外，與原磁場方向相反，故金屬框T中的磁通量削減，依據(jù)楞次定律可知，T中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流．故只有D項正確．拓展1“切割類“感應(yīng)電流方向的推斷1．(多選)(2024·海南“七校聯(lián)盟”聯(lián)考)如圖所示，在一豎直平面內(nèi)的三條平行導(dǎo)線上串有兩個電阻R1和R2，導(dǎo)體棒PQ與三條導(dǎo)線均接觸良好，勻強磁場的方向垂直紙面對里，導(dǎo)體棒的電阻可忽視．若導(dǎo)體棒向左加速運動，則()A．流經(jīng)R1的電流方向向上B．流經(jīng)R2的電流方向向下C．流經(jīng)R1的電流方向向下D．流經(jīng)R2的電流方向向上【答案】AD【解析】導(dǎo)體棒PQ向左切割磁感線運動時，由右手定則可推斷出導(dǎo)體棒與R1組成的回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流是順時針方向，即流經(jīng)R1的電流方向向上，選項A正確；導(dǎo)體棒與電阻R2組成的回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流是逆時針方向，即流經(jīng)R2的電流方向向上，選項D正確．拓展2“阻礙法”推斷導(dǎo)體的形變2.(2024·湖南長郡中學(xué)月考)如圖所示，A為水平放置的橡膠圓盤，在其側(cè)面勻稱帶有負電荷，在A正上方用絕緣絲線懸掛一個金屬圓環(huán)B(絲線未畫出)，使B的環(huán)面與圓盤A平行，其軸線與圓盤A的軸線重合．現(xiàn)使圓盤A由靜止起先繞其軸線按圖中箭頭方向加速轉(zhuǎn)動，則()A．金屬圓環(huán)B有擴張的趨勢，絲線受到的拉力增大B．金屬圓環(huán)B有收縮的趨勢，絲線受到的拉力減小C．金屬圓環(huán)B有擴張的趨勢，絲線受到的拉力減小D．金屬圓環(huán)B有收縮的趨勢，絲線受到的拉力增大【答案】B【解析】帶電圓盤加速轉(zhuǎn)動時，形成順時針方向(從上往下看)的電流，依據(jù)右手螺旋定則可知，在圓盤上方形成的磁場方向向下，由于加速轉(zhuǎn)動，所以電流增大，磁場增加，穿過金屬圓環(huán)B的磁通量增大，依據(jù)楞次定律可知，金屬圓環(huán)B有縮小的趨勢，且金屬圓環(huán)B有向上的運動趨勢，所以絲線受到的拉力減小，故選項B正確．拓展3“阻礙法”判導(dǎo)體的運動3．如圖所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊()A．在P和Q中都做自由落體運動B．在兩個下落過程中的機械能都守恒C．在P中的下落時間比在Q中的長D．落至底部時在P中的速度比在Q中的大【答案】C【解析】磁塊在銅管P中運動時，銅管中產(chǎn)生感應(yīng)電流，依據(jù)楞次定律，磁塊會受到向上的磁場力，因此磁塊下落的加速度小于重力加速度，且機械能不守恒，選項A、B錯誤；磁塊在塑料管Q中運動時，只受重力的作用，做自由落體運動，機械能守恒，磁塊落至底部時，依據(jù)直線運動規(guī)律和功能關(guān)系，磁塊在P中的下落時間比在Q中的長，落至底部時在P中的速度比在Q中的小，選項C正確，選項D錯誤．※考點三“三定則”“肯定律”的綜合應(yīng)用1．“三定則”“肯定律”的應(yīng)用對比名稱基本現(xiàn)象因果關(guān)系應(yīng)用的定則或定律電流的磁效應(yīng)運動電荷、電流產(chǎn)生磁場因電生磁安培定則洛倫茲力、安培力磁場對運動電荷、電流有作用力因電受力左手定則電磁感應(yīng)部分導(dǎo)體做切割磁感線運動因動生電右手定則閉合回路磁通量變更因磁生電楞次定律2.“三定則”“肯定律”的相互聯(lián)系(1)應(yīng)用楞次定律時，一般要用到安培定則．(2)探討感應(yīng)電流受到的安培力，一般先用右手定則確定電流方向，再用左手定則確定安培力的方向，有時也可以干脆應(yīng)用楞次定律的推論確定．[典例2]置于勻強磁場中的金屬圓盤中心和邊緣各引出一根導(dǎo)線，與套在鐵芯上部的線圈A相連．套在鐵芯下部的線圈B引出兩根導(dǎo)線接在兩根水平導(dǎo)軌上，如圖所示．導(dǎo)軌上有一根金屬棒ab處在豎直向上的勻強磁場中．下列說法正確的是()A．圓盤順時針加速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向右運動B．圓盤順時針勻速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向右運動C．圓盤順時針減速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向右運動D．圓盤逆時針加速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向左運動【答案】C【解析】由右手定則知，圓盤順時針加速轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電流從圓心流向邊緣，線圈A中產(chǎn)生的磁場方向向下且磁場增加．由楞次定律知，線圈B中的感應(yīng)磁場方向向上，由右手螺旋定則知，ab棒中感應(yīng)電流方向由a→b.由左手定則知，ab棒受的安培力方向向左，將向左運動，故A錯；同理B、D錯，C對．[題組突破訓(xùn)練]1.(多選)如圖所示，在勻強磁場中，放有一與線圈D相連接的平行導(dǎo)軌，要使放在線圈D中的線圈A(A、D兩線圈同心共面)各處受到沿半徑方向指向圓心的力，金屬棒MN的運動狀況可能是()A．勻速向右 B．加速向左C．加速向右 D．減速向左【答案】BC【解析】若金屬棒MN勻速向右運動，則線圈D與MN組成回路中的電流恒定，故穿過線圈A的磁通量不變，線圈A不受安培力作用，選項A錯誤；若金屬棒MN加速向左運動，則線圈D與MN組成回路中的電流不斷增加，故穿過線圈A的磁通量不斷增加，依據(jù)楞次定律，為阻礙磁通量的增加，線圈A有收縮的趨勢，受到沿半徑方向指向圓心的安培力，選項B正確；同理可得，當金屬棒MN加速向右運動時，線圈A有收縮的趨勢，受到沿半徑方向指向圓心的安培力，選項C正確；當金屬棒MN減速向左運動時，線圈A有擴張的趨勢，受到沿半徑方向背離圓心的安培力，選項D錯誤．2.(多選)如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，MN的左邊有一閉合電路，當PQ在外力的作用下運動時，MN向右運動，則PQ所做的運動可能是()A．向右加速運動 B．向左加速運動C．向右減速運動 D．向左減速運動【答案】BC【解析】MN向右運動，說明MN受到向右的力，因為通電導(dǎo)線ab在MN處產(chǎn)生垂直紙面對里的磁場，那么MN在四周不變更的磁場中只能受到向右的安培力，通過左手定則推斷可知MN中有感應(yīng)電流，方向由M→N，由安培定則得出L1中感應(yīng)電流的磁場方向向上阻礙原磁場變更，那么L1中原磁場必定是向上減弱或是向下增加，得出L2中磁場也是向上減弱或向下增加．因為PQ運動導(dǎo)致PQ與L2組成的回路中磁通量有變更，若L2中磁場方向向上減弱，那么電流也減弱，逆用安培定則推斷出PQ中電流為Q→P且減小，由楞次定律或右手定則推斷PQ向右減速運動；若L2中磁場方向向下增加，PQ中電流為P→Q且增大，則PQ向左加速運動．超重點2：法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流超重點2：法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流一、法拉第電磁感應(yīng)定律1．感應(yīng)電動勢(1)概念：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢．(2)產(chǎn)生條件：穿過回路的磁通量發(fā)生變更，與電路是否閉合無關(guān)．(3)方向推斷：感應(yīng)電動勢的方向用楞次定律或右手定則推斷．2．法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小跟穿過這一電路的磁通量的變更率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈匝數(shù)．(3)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動勢的關(guān)系：遵守閉合電路的歐姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).3．導(dǎo)體切割磁感線的情形(1)若B、l、v相互垂直，則E＝Blv.(2)v∥B時，E＝0.二、自感、渦流1．自感現(xiàn)象(1)概念：由于導(dǎo)體本身的電流變更而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感．(2)自感電動勢①定義：在自感現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢叫作自感電動勢．②表達式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).(3)自感系數(shù)L①相關(guān)因素：與線圈的大小、形態(tài)、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關(guān)．②單位：亨利(H)，1mH＝10－3H,1μH＝10－6H.2．渦流當線圈中的電流發(fā)生變更時，在它旁邊的任何導(dǎo)體中都會產(chǎn)生感應(yīng)電流，這種電流像水的漩渦，所以叫渦流．※考點一對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解及應(yīng)用1．感應(yīng)電動勢的確定因素(1)由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，感應(yīng)電動勢的大小由穿過電路的磁通量的變更率eq\f(ΔΦ,Δt)和線圈匝數(shù)n共同確定，磁通量Φ較大或磁通量的變更量ΔΦ較大時，感應(yīng)電動勢不肯定較大．(2)eq\f(ΔΦ,Δt)為單匝線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大?。?．法拉第電磁感應(yīng)定律的兩個特例(1)回路與磁場垂直的面積S不變，磁感應(yīng)強度發(fā)生變更，則ΔΦ＝ΔB·S，E＝neq\f(ΔB,Δt)·S.(2)磁感應(yīng)強度B不變，回路與磁場垂直的面積發(fā)生變更，則ΔΦ＝B·ΔS，E＝nBeq\f(ΔS,Δt).[題組突破訓(xùn)練]1.如圖所示，勻強磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直．磁感應(yīng)強度B隨時間勻稱增大．兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．下列說法正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向【答案】B【解析】a、b兩個圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢屬于感生電動勢，依據(jù)題意可知eq\f(ΔB,Δt)相同，又由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，Sa＝π(2r)2＝4πr2，Sb＝πr2，所以eq\f(Ea,Eb)＝4∶1，由楞次定律可知兩圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向均沿順時針方向，B正確．2．如圖所示，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(yīng)強度B在0～1s內(nèi)從零勻稱變更到0.2T，在1～5s內(nèi)從0.2T勻稱變更到－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(yīng)電動勢的大小E1和感應(yīng)電流的方向；(2)在1～5s內(nèi)通過線圈的電荷量q.【答案】(1)10V感應(yīng)電流的方向為a→d→c→b→a(2)10C【解析】(1)感應(yīng)電動勢E1＝eq\f(NΔΦ1,Δt1)，磁通量的變更ΔΦ1＝ΔB1S解得E1＝Neq\f(ΔB1S,Δt1)，代入數(shù)據(jù)得E1＝10V，由楞次定律知感應(yīng)電流的方向為a→d→c→b→a.(2)感應(yīng)電動勢E2＝Neq\f(ΔB2S,Δt2)，感應(yīng)電流I2＝eq\f(E2,r)，電荷量q＝I2Δt2，解得q＝Neq\f(ΔB2S,r)，代入數(shù)據(jù)得q＝10C.※考點二切割類電動勢的計算1．三種方式電動勢的大小切割方式感應(yīng)電動勢的表達式情景垂直切割E＝Blv傾斜切割E＝Blvsinθ，其中θ為v與B的夾角旋轉(zhuǎn)切割(以一端為軸)E＝eq\f(1,2)Bl2ω2.E＝Blv的三個特性(1)正交性：本公式要求磁場為勻強磁場，而且B、l、v三者相互垂直．(2)有效性：公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度．如圖，導(dǎo)體棒的有效長度為ab間的距離．(3)相對性：E＝Blv中的速度v是導(dǎo)體相對磁場的速度，若磁場也在運動，應(yīng)留意速度間的相對關(guān)系．[題組突破訓(xùn)練]1．如圖所示，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)金屬棒長度為l，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，依據(jù)電磁感應(yīng)定律得ε＝Blv.金屬棒彎折后，切割磁感線運動的有效長度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)l，故ε′＝eq\f(\r(2),2)Blv.因此eq\f(ε′,ε)＝eq\f(\r(2),2)，B正確．2．(2024·高考全國卷Ⅱ)如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，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abcaC．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】由于磁感應(yīng)強度方向始終與ab邊平行，通過金屬框的磁通量始終為零，金屬框中無電流，B、D錯誤．對bc邊，如圖所示，由右手定則可得Uc>Ub；對ac邊，Uc>Ua，Uac＝Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，A錯誤，C正確．※考點三自感現(xiàn)象和渦流1．自感現(xiàn)象的四大特點(1)自感電動勢總是阻礙導(dǎo)體中原電流的變更．(2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變更．(3)電流穩(wěn)定時，自感線圈就相當于一般導(dǎo)體．(4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向．2．自感中“閃亮”與“不閃亮”問題與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈并聯(lián)的燈泡電路圖通電時電流漸漸增大，燈泡漸漸變亮電流突然增大，然后漸漸減小達到穩(wěn)定斷電時電流漸漸減小，燈泡漸漸變暗，電流方向不變電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2：①若I2≤I1，燈泡漸漸變暗；②若I2>I1，燈泡閃亮后漸漸變暗．兩種狀況燈泡中電流方向均變更[典例](2024·高考北京卷)圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈．試驗時，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后漸漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2漸漸變亮，而另一個相同的燈A3馬上變亮，最終A2與A3的亮度相同．下列說法正確的是()A．圖1中，A1與L1的電阻值相同B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等【答案】C【解析】在圖1中斷開S1瞬間，燈A1突然閃亮，說明斷開S1前，L1中的電流大于A1中的電流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B選項均錯誤；在圖2中，閉合S2瞬間，由于L2的自感作用，通過L2的電流很小，D錯誤；閉合S2后，最終A2與A3亮度相同，說明兩支路電流相等，故R與L2的阻值相同，C項正確．[題組突破訓(xùn)練]1．(多選)如圖所示，A、B、C是三個完全相同的燈泡，L是一個自感系數(shù)較大的線圈(直流電阻可忽視不計)，則()A．S閉合時，A燈馬上亮，然后漸漸熄滅B．S閉合時，B燈馬上亮，然后漸漸熄滅C．電路接通穩(wěn)定后，三個燈亮度相同D．電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈漸漸熄滅【答案】AD【解析】因線圈L的直流電阻可忽視不計，S閉合時，A燈馬上亮，然后漸漸熄滅，A正確．S閉合時，B燈先不太亮，然后漸漸變亮，B錯誤．電路接通穩(wěn)定后，B、C燈亮度相同，A燈不亮，C錯誤．電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈漸漸熄滅，D正確．2．(多選)如圖所示，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【答案】AB【解析】當線圈上通溝通電時，金屬杯由于發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，杯中有感應(yīng)電流，對水加熱，若要增大感應(yīng)電流，則須要增大感應(yīng)電動勢或者減小杯體的電阻．增加線圈的匝數(shù)，使得穿過金屬杯的磁場增加，感應(yīng)電動勢增大，選項A正確；提高交變電流的頻率，使得磁通量的變更率增大，感應(yīng)電動勢增大，選項B正確；若將金屬杯換為瓷杯，則不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項C錯誤；取走線圈中的鐵芯，磁場會大大減弱，感應(yīng)電動勢減小，選項D錯誤．超重點3：電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用超重點3：電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用一、電磁感應(yīng)中的電路問題1．內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運動的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變更的線圈相當于電源．(2)該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當于電源的內(nèi)阻，其余部分的電阻相當于外電阻．2．電源電動勢和路端電壓(1)電動勢：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blv.(2)路端電壓：U＝IR＝E－Ir.二、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1．安培力的大小回路中只有一個感應(yīng)電動勢，回路電阻為R時：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(安培力公式：FA＝BIl,感應(yīng)電動勢：E＝Blv,感應(yīng)電流：I＝\f(E,R)))?FA＝eq\f(B2l2v,R)2．安培力的方向(1)用左手定則推斷：先用右手定則推斷感應(yīng)電流的方向，再用左手定則判定安培力的方向．(2)用楞次定律推斷：安培力的方向肯定與導(dǎo)體切割磁感線的運動方向相反．三、電磁感應(yīng)中的能量問題1．能量轉(zhuǎn)化：感應(yīng)電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將機械能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．轉(zhuǎn)化實質(zhì)：電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化，實質(zhì)是其他形式的能與電能之間的轉(zhuǎn)化．3．電能的計算方法(1)利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒求解：例如，機械能的削減量等于電能的增加量．(3)利用電路特征求解：例如，純電阻電路中產(chǎn)生的電能等于通過電路中所產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝I2Rt.※考點一電磁感應(yīng)中的電路問題1．對電磁感應(yīng)電路的理解(1)在電磁感應(yīng)電路中，相當于電源的部分把其他形式的能通過電流做功轉(zhuǎn)化為電能．(2)“電源”兩端的電壓為路端電壓，而不是感應(yīng)電動勢．(3)電源的正負極、感應(yīng)電流的方向、電勢的凹凸、電容器極板帶電問題，均可用右手定則或楞次定律判定．2．電磁感應(yīng)中電路學(xué)問的關(guān)系圖[典例1](多選)如圖所示，邊長為L、不行形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強度B隨時間t的變更關(guān)系為B＝kt(常量k>0)．回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中心，定值電阻R1＝R0、R2＝eq\f(R0,2).閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢，則()A．R2兩端的電壓為eq\f(U,7)B．電容器的a極板帶正電C．滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D．正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為kL2【答案】AC【解析】線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)πr2＝kπr2，D錯；電壓表的示數(shù)U是外電壓，外電路電阻的串并聯(lián)關(guān)系是R2與滑動變阻器滑動片P右側(cè)電阻并聯(lián)，之后與滑動片P左側(cè)電阻以及R1串聯(lián)，外電路總電阻為R總＝R1＋R左＋R并＝eq\f(7,4)R0，而R并＝eq\f(R0,4)，故R并兩端的電壓為eq\f(U,7)，即R2兩端的電壓為eq\f(U,7)，A正確；依據(jù)楞次定律，線框中感應(yīng)電流的方向為逆時針，電容器b板帶正電，B錯；設(shè)滑動變阻器右半部分的電流為I，則R2上的電流為I，滑動變阻器左半部分的電流為2I，滑動變阻器上的功率P＝I2eq\f(R0,2)＋(2I)2eq\f(R0,2)＝eq\f(5,2)I2R0，R2上的功率P2＝I2eq\f(R0,2)，明顯C正確．[題組突破訓(xùn)練]1.(多選)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為l＝1m，cd間、de間、cf間分別接著阻值R＝10Ω的電阻．一阻值R＝10Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4m/s勻速向左運動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好；導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強度大小B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場．下列說法中正確的是()A．導(dǎo)體棒ab中電流的流向為由b到aB．cd兩端的電壓為1VC．de兩端的電壓為1VD．fe兩端的電壓為1V【答案】BD【解析】由右手定則可知ab中電流方向為a→b，A錯誤；導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv，ab為電源，cd間電阻R為外電路負載，de和cf間電阻中無電流，de和cf間無電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即U＝eq\f(E,2R)×R＝eq\f(Blv,2)＝1V，B、D正確，C錯誤．2．如圖，由某種粗細勻稱的總電阻為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【解析】由題意知，題目情形可等效為如圖所示的電路問題，其中R左＋R右＝3R，E＝BLv，r＝R，當PQ向右運動時，R左增大，R右減小，兩者并聯(lián)的總電阻R外先增大后減小，當PQ運動到線框正中心位置時，R外最大，故流過PQ的電流先減小后增大，A項錯誤；PQ兩端電壓U＝E－Ir，故U的變更為先增大后減小，B項錯誤；拉力的功率P＝P總＝EI，故拉力的功領(lǐng)先減小后增大，C項正確；線框消耗的電功率為電源的輸出功率P出＝P總－P內(nèi)＝EI－I2r，電流的最小值Imin＝eq\f(E,1.75R)，故由數(shù)學(xué)學(xué)問可知P出先增大后減小，D項錯誤．3．(2024·高考全國卷Ⅱ)如圖，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：(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．【答案】(1)Blt0(eq\f(F,m)－μg)(2)eq\f(B2l2t0,m)【解析】(1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓其次定律得ma＝F－μmg①設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學(xué)公式有v＝at0②當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動勢為E＝Blv③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0(eq\f(F,m)－μg)④(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＝BlI⑥因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得F－μmg－f＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m)⑧※考點二電磁感應(yīng)中的圖象問題1．電磁感應(yīng)中常見的圖象問題圖象類型隨時間變更的圖象，如Bt圖象、Φt圖象、Et圖象、It圖象隨位移變更的圖象，如Ex圖象、Ix圖象(所以要先看坐標軸：哪個物理量隨哪個物理量變更要弄清)問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象(畫圖象的方法)(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量(用圖象)2.解決圖象問題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是B-t圖還是Φ-t圖，或者E-t圖、I-t圖等；(2)分析電磁感應(yīng)的詳細過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應(yīng)關(guān)系；(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律等學(xué)問寫出函數(shù)關(guān)系式；(5)依據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變更、截距等；(6)畫圖象或推斷圖象．[真題拓展探究][典例2](多選)(2024·高考全國卷Ⅱ)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)電動勢隨時間變更的圖線如圖(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【解析】從題圖(b)可知，導(dǎo)線框運動的速度大小v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B項正確；導(dǎo)線框進入磁場的過程中，cd邊切割磁感線，由E＝BLv，得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A項錯誤；由圖可知，導(dǎo)線框進入磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針方向，依據(jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面對外，C項正確；在0.4～0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場，回路中的電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A，則導(dǎo)線框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1N＝0.04N，D項錯誤．拓展1依據(jù)電磁感應(yīng)過程選擇圖象1.(2024·江西南昌三校聯(lián)考)如圖所示，有一個矩形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面對里．一個三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1(左)沿紙面勻速運動到位置2(右)．取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點(t＝0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則圖中能正確反映線框中電流與時間關(guān)系的是()【答案】A【解析】線框進入磁場的過程，磁通量向里增加，依據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向為逆時針，電流方向應(yīng)為正方向，故B、C錯誤．線框進入磁場的過程，線框有效的切割長度先勻稱增大后勻稱減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動勢先勻稱增大后勻稱減??；線框完全進入磁場后，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生；線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，依據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向為順時針，電流方向應(yīng)為負方向，線框有效的切割長度先勻稱增大后勻稱減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動勢先勻稱增大后勻稱減小，故A正確，D錯誤．拓展2依據(jù)圖象分析電磁感應(yīng)過程2．(多選)如圖甲所示，在水平面上固定一個匝數(shù)為10匝的等邊三角形金屬線框，總電阻為3Ω，邊長為0.4m．金屬框處于兩個半徑為0.1m的圓形勻強磁場中，頂點A恰好位于左邊圓的圓心，BC邊的中點恰好與右邊圓的圓心重合．左邊磁場方向垂直紙面對外，右邊磁場垂直紙面對里，磁感應(yīng)強度的變更規(guī)律如圖乙所示，則下列說法中正確的是(π取3)()A．線框中感應(yīng)電流的方向是順時針方向B．t＝0.4s時，穿過線框的磁通量為0.005WbC．經(jīng)過t＝0.4s，線框中產(chǎn)生的熱量為0.3JD．前0.4s內(nèi)流過線框某截面的電荷量為0.2C【答案】CD【解析】依據(jù)楞次定律和安培定則，線框中感應(yīng)電流的方向是逆時針方向，選項A錯誤；0.4s時穿過線框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝eq\f(1,2)πr2·B1－eq\f(1,6)πr2·B2＝0.055Wb，選項B錯誤；由圖乙知eq\f(ΔB1,Δt)＝eq\f(5T－1T,0.4s)＝10T/s，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(1,2)πr2·eq\f(ΔB1,Δt)＝1.5V，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝0.5A,0.4s內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝0.3J，選項C正確；前0.4s內(nèi)流過線框某截面的電荷量q＝It＝0.2C，選項D正確．拓展3依據(jù)電磁感應(yīng)過程完成圖象間的轉(zhuǎn)換3．(2024·東北三省四市聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面對上的勻強磁場中．t＝0時對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒ab由靜止起先沿導(dǎo)軌向上運動，導(dǎo)軌電阻忽視不計．已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時間t變更的關(guān)系如圖乙所示．下列關(guān)于金屬棒運動速度v、閉合回路中磁通量的變更率eq\f(ΔΦ,Δt)、外力F以及流過R的電荷量q隨時間變更的圖象正確的是()【答案】B【解析】設(shè)金屬棒的電阻為r，金屬棒長為l，由閉合電路歐姆定律知，通過電阻R的感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv,R＋r)，由題圖乙可知，I＝kt，由以上兩式解得v＝eq\f(R＋r,Bl)kt，即金屬棒做勻加速運動，選項A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得，平均感應(yīng)電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，由閉合電路歐姆定律得eq\x\to(E)＝eq\x\to(I)(R＋r)，由題圖乙可知eq\x\to(I)＝eq\f(1,2)kt，由以上三式解得，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)(R＋r)kt，選項B正確；金屬棒做勻加速運動，由牛頓其次定律得F－mgsinθ－BIl＝ma，則F＝mgsinθ＋ma＋BIl＝mgsinθ＋eq\f(mR＋r,Bl)k＋Blkt，選項C錯誤；流過電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(1,2)kt2，選項D錯誤．※考點三電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型1．模型構(gòu)建“桿＋導(dǎo)軌”模型是電磁感應(yīng)問題高考命題的“基本道具”，也是高考的熱點，考查的學(xué)問點多，題目的綜合性強，物理情景變更空間大，是我們復(fù)習(xí)中的難點．“桿＋導(dǎo)軌”模型又分為“單桿”型和“雙桿”型(“單桿”型為重點)；導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運動狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運動等．2．分析思路模型1單桿水平式[典例3](2024·湖北孝感高三模擬)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)體棒切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E＝Blv，依據(jù)閉合電路歐姆定律，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，水平方向受到向左的安培力、向左的摩擦力和向右的外力，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.[規(guī)律總結(jié)]單桿水平式模型歸納物理模型勻強磁場與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強度為B，棒ab長為L，質(zhì)量為m，初速度為零，拉力恒為F，水平導(dǎo)軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計動態(tài)分析設(shè)運動過程中某時刻棒的速度為v，由牛頓其次定律知，棒ab的加速度為a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)，a、v同向，隨速度的增加，棒的加速度a減小，當a＝0時，v最大，I＝eq\f(BLv,R)恒定收尾狀態(tài)運動形式：勻速直線運動力學(xué)特征：a＝0，v恒定不變電學(xué)特征：I恒定模型2單桿傾斜式[典例4]如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ，N、Q兩點間接有阻值為R的電阻，整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面對下．將質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導(dǎo)軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時達到最大速度．重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計，桿與導(dǎo)軌接觸良好．求：(1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述過程中，桿上產(chǎn)生的熱量．【答案】(1)gsinθ，方向沿導(dǎo)軌平面對下eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導(dǎo)軌平面對下(2)eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)【解析】(1)設(shè)桿cd下滑到某位置時速度為v，則桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋R)桿所受的安培力F＝BIL依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ－eq\f(B2L2v,2R)＝ma當速度v＝0時，桿的加速度最大，最大加速度a＝gsinθ，方向沿導(dǎo)軌平面對下．當桿的加速度a＝0時，速度最大，最大速度vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導(dǎo)軌平面對下．(2)桿cd從起先運動到達到最大速度過程中，依據(jù)能量守恒定律得mgxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)又Q桿＝eq\f(1,2)Q總所以Q桿＝eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4).[規(guī)律總結(jié)]單桿傾斜式模型歸納物理模型勻強磁場與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)軌間距L，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，電阻為R，導(dǎo)軌光滑，電阻不計(如圖)動態(tài)分析棒ab釋放后下滑，此時a＝gsinα，棒ab速度v↑→感應(yīng)電動勢E＝BLv↑→電流I＝eq\f(E,R)↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，當安培力F＝mgsinα?xí)r，a＝0，v最大收尾狀態(tài)運動形式：勻速直線運動力學(xué)特征：a＝0，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)電學(xué)特征：I恒定模型3雙桿模型[典例5](2024·湖南長沙四縣模擬)足夠長的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4m的光滑豎直半圓軌道相連，金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1kg，電阻Rb＝Rc＝1Ω，軌道的電阻不計．平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強度B＝1T的勻強磁場中，磁場方向與軌道平面垂直，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖所示，若使b棒以初速度v0＝10m/s起先向左運動．g取10m/s2.求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若c棒達最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達軌道最高點時對軌道的壓力的大?。敬鸢浮?1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N【解析】(1)在磁場力作用下，b棒做減速運動，c棒做加速運動，當兩棒速度相等時，c棒達最大速度．選兩棒為探討對象，依據(jù)動量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度為v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝eq\f(1,2)v0＝5m/s.(2)從b棒起先運動到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)削減的動能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為Q＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J因為Rb＝Rc，所以c棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J.(3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點時的速度為v′，從最低點上升到最高點的過程由機械能守恒可得：eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s在最高點，設(shè)軌道對c棒的彈力為F，由牛頓其次定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)解得F＝1.25N由牛頓第三定律得，在最高點c棒對軌道的壓力為1.25N.[規(guī)律總結(jié)]兩類雙桿模型對比歸納類型模型運動圖象運動過程分析方法不受外力桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動；穩(wěn)定時，兩桿以相等的速度勻速運動將兩桿視為整體，不受外力，最終a＝0受到恒力起先時，兩桿做變加速運動；穩(wěn)定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運動將兩桿視為整體，只受外力F，最終a＝eq\f(F,2m)題組突破訓(xùn)練題組突破訓(xùn)練選擇題1.如圖所示是兩個相互連接的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域．當磁感應(yīng)強度隨時間勻稱變更時，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為()A.eq\f(1,2)E B.eq\f(1,3)EC.eq\f(2,3)E D．E【答案】B【解析】a、b間的電勢差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的eq\f(1,3)，故Uab＝eq\f(1,3)E，B正確．2．(2024·廣東四校聯(lián)考)如圖所示，在一磁感應(yīng)強度B＝0.5T的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距L＝0.1m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，導(dǎo)軌電阻忽視不計，在兩根導(dǎo)軌的端點N、Q之間連接一阻值R＝0.3Ω的電阻．導(dǎo)軌上正交放置著金屬棒ab，其電阻r＝0.2Ω.當金屬棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0m/s向左做勻速運動時()A．a(chǎn)b棒所受安培力大小為0.02NB．N、Q間電壓為0.2VC．a(chǎn)端電勢比b端電勢低D．回路中感應(yīng)電流大小為1A【答案】A【解析】ab棒產(chǎn)生的電動勢E＝BLv＝0.2V，電流I＝eq\f(E,R＋r)＝0.4A，ab棒受的安培力F＝BIL＝0.02N，A正確，D錯誤；N、Q之間的電壓U＝eq\f(R,R＋r)E＝0.12V，B錯誤；由右手定則得a端電勢較高，C錯誤．3.如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動．桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計．起先時，給ef一個向右的初速度，則()A．ef將減速向右運動，但不是勻減速B．ef將勻減速向右運動，最終停止C．ef將勻速向右運動D．ef將來回運動【答案】A【解析】ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，但不是勻減速，由F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，故A正確．4.如圖所示，有兩根與水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿(電阻忽視不計)從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則()A．假如B增大，vm將變大B．假如α增大，vm將變大C．假如R變小，vm將變大D．假如m變小，vm將變大【答案】B【解析】金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)足夠長時間后，速度達最大值vm，此后金屬桿做勻速運動．桿受重力mg、軌道的支持力FN和安培力F，如圖所示．而F＝eq\f(B2L2vm,R)，對金屬桿有mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，即vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2).由此式可知，B增大，vm減??；α增大，vm增大；R變小，vm變?。籱變小，vm變小．因此選項A、C、D錯誤，選項B正確．5．圖甲是法拉第于1831年獨創(chuàng)的人類歷史上第一臺發(fā)電機——圓盤發(fā)電機．圖乙為其示意圖，銅盤安裝在水平的銅軸上，磁感線垂直穿過銅盤；兩塊銅片M、N分別與銅軸和銅盤邊緣接觸，勻速轉(zhuǎn)動銅盤，電阻R就有電流通過．則下列說法正確的是()A．回路中恒定電流的大小與銅盤轉(zhuǎn)速無關(guān)B．回路中有大小和方向都做周期性變更的渦流C．回路中電流方向不變，從M經(jīng)導(dǎo)線流進電阻R，再從N流向銅盤D．銅盤繞銅軸轉(zhuǎn)動時，沿半徑方向上的金屬“條”切割磁感線，產(chǎn)生電動勢【答案】D【解析】圓盤發(fā)電機的圓盤可看作多數(shù)條沿半徑方向的金屬“條”，轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，D項正確；金屬“條”相互并聯(lián)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與一條金屬“條”轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等，即E＝eq\f(1,2)BL2ω，可見感應(yīng)電動勢大小不變，回路總電阻不變，由閉合回路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)，故回路中電流大小恒定，且與銅盤轉(zhuǎn)速有關(guān)，A、B項錯；由右手定則可知，回路中電流方向是自下而上通過電阻R，C項錯．6.金屬桿ab水平放置在某高處，當它被平拋進入方向豎直向上的勻強磁場中時(如圖所示)，忽視空氣阻力，以下說法中正確的是()A．運動過程中感應(yīng)電動勢大小不變，且φa>φbB．運動過程中感應(yīng)電動勢大小不變，且φa<φbC．由于速率不斷增大，所以感應(yīng)電動勢不斷變大，且φa>φbD．由于速率不斷增大，所以感應(yīng)電動勢不斷變大，且φa<φb【答案】A【解析】金屬桿做平拋運動，水平方向勻速垂直切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小不變，由右手定則知，a端電勢比b端高，豎直方向平行磁感線運動，不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故在運動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小不變，并且a端電勢比b端高，即選項A正確，其他錯誤．7.如圖所示電路中，A、B、C為完全相同的三個燈泡，L是始終流電阻不行忽視的電感線圈．a(chǎn)、b為線圈L的左右兩端點，原來開關(guān)S是閉合的，三個燈泡亮度相同．將開關(guān)S斷開后，下列說法正確的是()A．a(chǎn)點電勢高于b點，A燈閃亮后緩慢熄滅B．a(chǎn)點電勢低于b點，B、C燈閃亮后緩慢熄滅C．a(chǎn)點電勢高于b點，B、C燈閃亮后緩慢熄滅D．a(chǎn)點電勢低于b點，B、C燈不會閃亮只是緩慢熄滅【答案】D【解析】電路穩(wěn)定時，三個完全相同的燈泡亮度相同，說明流經(jīng)三個燈泡的電流相等．某時刻將開關(guān)S斷開，流經(jīng)電感線圈的磁通量減小，其發(fā)生自感現(xiàn)象，相當于電源，產(chǎn)生和原電流方向相同的感應(yīng)電流，故a點電勢低于b點電勢，三個燈不會閃亮只是緩慢熄滅，選項D正確．8．(2024·湖北武漢調(diào)研)有一個勻強磁場邊界是EF，在EF右側(cè)無磁場，左側(cè)是勻強磁場區(qū)域，如圖甲所示．現(xiàn)有一個閉合的金屬線框以恒定速度從EF右側(cè)水平進入勻強磁場區(qū)域．線框中的電流隨時間變更的i-t圖象如圖乙所示，則可能的線框是下列四個選項中的()【答案】A【解析】由題圖乙可知，電流先是勻稱增加，后勻稱減小，又i＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R)∝l，所以金屬線框切割磁感線的有效長度應(yīng)先是勻稱增加，后勻稱減小，A項符合；B項線框中間部分進入磁場后切割磁感線的有效長度不變；C項切割磁感線的有效長度不變；D項切割磁感線的有效長度不是勻稱地增加和減小．9．(2024·遼寧沈陽模擬)如圖，固定在水平桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強磁場中，金屬桿ab與導(dǎo)軌接觸良好，在兩根導(dǎo)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)用一水平向右的恒力F作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止起先向右沿導(dǎo)軌滑動，滑動中桿ab始終垂直于導(dǎo)軌，金屬桿受到的安培力用F安表示，則下列說法正確的是()A．金屬桿ab做勻加速直線運動B．金屬桿ab運動過程回路中有順時針方向的電流C．金屬桿ab所受到的F安先不斷增大，后保持不變D．金屬桿ab克服安培力做功的功率與時間的平方成正比【答案】C【解析】對金屬桿依據(jù)牛頓其次定律得F－F安＝ma，即F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，由于速度變更，故加速度發(fā)生變更，故金屬桿不是勻變速直線運動，故選項A錯誤；依據(jù)楞次定律可以知道，金屬桿ab運動過程回路中有逆時針方向的電流，故選項B錯誤；由于F安＝eq\f(B2L2v,R)可知，當速度增大時，則安培力增大，當金屬桿最終做勻速運動時，安培力不變，故選項C正確；金屬桿中感應(yīng)電流的瞬時功率P＝I2R＝(eq\f(BLv,R))2R＝eq\f(B2L2v2,R)，由于速度與時間不成正比，故選項D錯誤．10．（多選）(2024·山東濰坊質(zhì)檢)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的勻稱導(dǎo)體材料做成一個半徑為R(r?R)的圓環(huán)．圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強度大小均為B.圓環(huán)在加速下落過程中某一時刻的速度為v，忽視電感的影響，則()A．此時在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)順時針的感應(yīng)電流B．圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落C．此時圓環(huán)的加速度a＝eq\f(B2v,ρd)D．假如徑向磁場足夠長，則圓環(huán)的最大速度vm＝eq\f(ρdg,B2)【答案】AD【解析】由右手定則可以推斷感應(yīng)電流的方向，可知選項A正確；由左手定則可以推斷，此時圓環(huán)受到的安培力向上，選項B錯誤；對圓環(huán)受力分析可解得加速度a＝g－eq\f(B2v,ρd)，選項C錯誤；當重力等于安培力時速度達到最大，可得vm＝eq\f(ρgd,B2)，選項D正確．11．（多選）(2024·河南重點中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，光滑導(dǎo)軌傾斜放置，下端連一燈泡，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，當金屬棒ab(電阻不計)沿導(dǎo)軌下滑達到穩(wěn)定狀態(tài)時，燈泡的電功率為P，導(dǎo)軌和導(dǎo)線電阻不計．要使燈泡在金屬棒穩(wěn)定運動狀態(tài)下的電功率為2P，則下面選項中符合條件的是()A．將導(dǎo)軌間距變?yōu)樵瓉淼膃q\f(\r(2),2)B．換一電阻值減半的燈泡C．換一質(zhì)量為原來eq\r(2)倍的金屬棒D．將磁場磁感應(yīng)強度B變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍【答案】AC【解析】金屬棒處于穩(wěn)定狀態(tài)時，mgsinθ＝F安＝BIL，此時的電流I＝eq\f(mgsinθ,BL)，燈泡的功率P＝I2R＝(eq\f(mgsinθ,BL))2R，由此式可知，A、C正確，B、D錯誤．12．（多選）如圖甲，在虛線所示的區(qū)域有垂直紙面對里的勻強磁場，磁場變更規(guī)律如圖乙所示，面積為S的單匝金屬線框處在磁場中，線框與電阻R相連，若金屬框的電阻為eq\f(R,2)，下列說法正確的是()A．流過電阻R的感應(yīng)電流由a到bB．線框cd邊受到的安培力方向向上C．感應(yīng)電動勢大小為eq\f(2B0S,t0)D．a(chǎn)、b間電壓大小為eq\f(2B0S,3t0)【答案】AD【解析】穿過線圈的磁通量在增大，依據(jù)楞次定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆時針方向，故流過電阻R的感應(yīng)電流由a到b，A正確；電流是從c到d，依據(jù)左手定則，可得線框cd邊受到的安培力方向向下，B錯誤；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0S,t0)，依據(jù)歐姆定律可得a、b間電壓大小為U＝eq\f(R,R＋\f(R,2))E＝eq\f(2B0S,3t0)，故C錯誤，D正確．二、非選擇題13.(12分)做磁共振(MRI)檢查時，對人體施加的磁場發(fā)生變更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【解析】(1)由電阻定律得R＝ρeq\f(2πr,A)代入數(shù)據(jù)得R＝6×103Ω.(2)感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔB·πr2,Δt)代入數(shù)據(jù)得E＝4×10－2V.(3)由焦耳定律得Q＝eq\f(E2,R)Δt代入數(shù)據(jù)得Q＝8×10－8J.14．(12分)如圖甲所示，足夠長的光滑導(dǎo)軌傾角為30°，間距L＝4m，電阻不計，恒定的非勻強磁場方向垂直于斜面對下，電阻R＝5Ω，導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m＝1kg，電阻r＝3Ω，垂直于導(dǎo)軌放置．現(xiàn)使導(dǎo)體棒ab從磁場上邊界由靜止下滑，測得導(dǎo)體棒所到達位置的磁感應(yīng)強度B與導(dǎo)體棒在該位置速度之間的關(guān)系如圖乙所示．(g取10m/s2)(1)求導(dǎo)體棒下滑5s時的速度和位移；(2)求導(dǎo)體棒下滑5s內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱．【答案】(1)20m/s50m(2)50J【解析】(1)由題圖乙可知，棒下滑的隨意狀態(tài)有B2v＝0.5T2·m·s－1對棒下滑過程中某一狀態(tài)由牛頓其次定律得mgsin30°－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma以上兩式代入數(shù)據(jù)可得物體的加速度a＝4m/s2可見導(dǎo)體棒在斜面上做a＝4m/s2的勻加速直線運動，t＝5s時，棒的速度v＝at＝20m/s棒的位移s＝eq\f(1,2)at2＝50m.(2)由能量守恒得mgsin30°·s＝eq\f(1,2)mv2＋Q代入數(shù)據(jù)解得Q＝50J.15.(14分)如圖所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻．一質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝0.1Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度B＝0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由靜止起先以a＝2m/s2的加速度做勻加速運動，當棒的位移x＝9m時撤去外力，棒接著運動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1.導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，棒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)棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q；(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF.【答案】(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J【解析】(1)設(shè)棒勻加速運動的時間為Δt，回路的磁通量變更量為ΔΦ，回路中的平均感應(yīng)電動勢為eq\x\to(E)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)①其中ΔΦ＝Blx②設(shè)回路中的平均電流為eq\x\to(I)，由閉合電路歐姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)③通過電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt④又由運動學(xué)規(guī)律得Δt＝eq\r(\f(2x,a))⑤聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得q＝4.5C.(2)設(shè)撤去外力時棒的速度為v，對棒的勻加速運動過程