2018版高考物理二輪復(fù)習(xí)第1部分專題整合突破專題11電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用教案

1、專題十一電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用知識結(jié)構(gòu)互聯(lián)核心要點回扣1“三定則、一定律”的應(yīng)用(1)安培定則：判斷運動電荷、電流產(chǎn)生的磁場方向(2)左手定則：判斷磁場對運動電荷、電流的作用力的方向(3)右手定則：判斷部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向(4)楞次定律：判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向2求感應(yīng)電動勢的兩種方法(1)En，主要用來計算感應(yīng)電動勢的平均值(2)EBLv，主要用來計算感應(yīng)電動勢的瞬時值或平均值考點1電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用(對應(yīng)學(xué)生用書第56頁)品真題感悟高考考題統(tǒng)計五年8考：2017年卷T18、卷T152016年卷T24、卷T202015年卷T19、卷T152014年卷T14

2、2013年卷T19考情分析1高考在本考點的考查主要集中在導(dǎo)體棒切割磁感線為背景的電動勢的計算及方向的判斷2掌握法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律及右手定則是突破考點的關(guān)鍵3對感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件理解不準(zhǔn)確，易誤認(rèn)為只要切割就有感應(yīng)電流4左手定則和右手定則混淆易出現(xiàn)電流方向的判斷錯誤1(楞次定律的應(yīng)用)(2017卷T15)如圖111所示，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)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，在運動開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是()圖111AP

3、QRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向BPQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向CPQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向DPQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向D金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，閉合回路PQRS中磁場方向垂直紙面向里，磁通量增大，由楞次定律可判斷，閉合回路PQRS中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場垂直紙面向外，由安培定則可判斷感應(yīng)電流方向為逆時針；由于閉合回路PQRS中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，與原磁場方向相反，則T中磁通量減小，由楞次定律可判斷，T中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，由安培定則可知T中感應(yīng)電流方向為順時針，選項D正確2.(楞次定律的應(yīng)用)(2017

4、卷T18)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112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()圖112題眼點撥“安裝若干對紫銅薄板”說明紫銅薄板中可產(chǎn)生感應(yīng)電流(渦流)阻礙底盤振動；“紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效”說明紫銅薄板上下及左右振動時均有渦流產(chǎn)生A底盤上的紫銅薄板出現(xiàn)擾動時，其擾動方向不確定，在選項C這種情況下，紫銅薄板出現(xiàn)上下或左右擾動時，穿過薄板的磁通量難以改變，不能發(fā)

5、生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，沒有阻尼效應(yīng)；在選項B、D這兩種情況下，紫銅薄板出現(xiàn)上下擾動時，也沒有發(fā)生電磁阻尼現(xiàn)象；選項A這種情況下，不管紫銅薄板出現(xiàn)上下或左右擾動時，都發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生電磁阻尼效應(yīng)，選項A正確3(法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用)(多選)(2016卷T20)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖113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(qiáng)磁場B中圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()圖113A.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的方向流動C若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，

6、則電流方向可能發(fā)生變化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?倍題眼點撥切割類可用右手定則判斷感應(yīng)電流的方向；轉(zhuǎn)動切割感應(yīng)電動勢大小可用EBl2計算AB由右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電流沿a到b的方向流動，選項B正確；由感應(yīng)電動勢EBl2知，角速度恒定，則感應(yīng)電動勢恒定，電流大小恒定，選項A正確；角速度大小變化，感應(yīng)電動勢大小變化，但感應(yīng)電流方向不變，選項C錯誤；若變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應(yīng)電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由PI2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤(多選)在第3題中，去掉電路和磁場，讓圓盤逆時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)施加一

7、垂直穿過圓盤的有界勻強(qiáng)磁場，圓盤開始減速在圓盤減速過程中，以下說法正確的是()圖114A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(qiáng)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ABD根據(jù)右手定則，處于磁場中的圓盤部分，感應(yīng)電流從靠近圓盤邊緣處流向靠近圓心處，故靠近圓心處電勢高，A正確；安培力F，磁場越強(qiáng)，安培力越大，B正確；磁場反向時，安培力仍是阻力，C錯誤；若所加磁場穿過整個圓盤，則磁通量不再變化，沒有感應(yīng)電流，安培力為零，故圓盤不受阻力作用，將勻速轉(zhuǎn)動，D正確(2015卷T15)如圖所示，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)

8、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.下列判斷正確的是()AUaUc，金屬框中無電流BUb Uc，金屬框中電流方向沿abcaCUbcBl2，金屬框中無電流DUbcBl2，金屬框中電流方向沿acbaC金屬框abc平面與磁場平行，轉(zhuǎn)動過程中磁通量始終為零，所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項B、D錯誤轉(zhuǎn)動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由右手定則判斷UaUc，UbUc，選項A錯誤由轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的公式得UbcBl2，選項C正確熟技巧類題通法1感應(yīng)電流方向的判斷方法一是利用右手定則，即根據(jù)

9、導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運動的情況進(jìn)行判斷；二是利用楞次定律，即根據(jù)穿過回路的磁通量的變化情況進(jìn)行判斷2楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化“增反減同”；(2)阻礙相對運動“來拒去留”；(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢“增縮減擴(kuò)”；(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)“增反減同”3求感應(yīng)電動勢的三種方法(1)En，適用于普遍情況；(2)EBLv，主要用來計算感應(yīng)電動勢的瞬時值(3)EBl2，用于導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)切割磁感線的情況對考向高效速練.考向1法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1(2017天津高考)如圖115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

10、并保持良好接觸，整個裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是() 【導(dǎo)學(xué)號：】圖115Aab中的感應(yīng)電流方向由b到aBab中的感應(yīng)電流逐漸減小Cab所受的安培力保持不變Dab所受的靜摩擦力逐漸減小DA錯：根據(jù)楞次定律，ab中感應(yīng)電流方向由a到b.B錯：根據(jù)ES，因為恒定，所以E恒定，根據(jù)I知，回路中的感應(yīng)電流恒定C錯：根據(jù)FBIl，由于B減小，安培力F減小D對：根據(jù)平衡條件，靜摩擦力fF，故靜摩擦力減小(2017鷹潭市一模)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，環(huán)半徑為0.5 m，金屬環(huán)總電阻為2 ，在整個豎直平面內(nèi)存在垂直紙面

11、向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1 T，在環(huán)的最高點上方A點用鉸鏈連接一長度為1.5 m、電阻為3 的導(dǎo)體棒AB，當(dāng)導(dǎo)體棒AB擺到豎直位置時，導(dǎo)體棒B端的速度為3 m/s.已知導(dǎo)體棒下擺過程中緊貼環(huán)面且與金屬環(huán)有良好接觸，則導(dǎo)體棒AB擺到豎直位置時AB兩端的電壓大小為()A0.4 VB0.65 VC2.25 V D4.5 VB當(dāng)導(dǎo)體棒擺到豎直位置時，由vr可得：C點的速度為：vCvB3 m/s1 m/sAC間電壓為：UACEACBLAC10.5 V0.25 VCB段產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：ECBBLCB11 V2 V圓環(huán)兩側(cè)電阻并聯(lián)，總電阻為：R 0.5 ，金屬棒CB段的電阻為：r2 則CB間電壓為

12、：UCBECB2 V0.4 V故AB兩端的電壓大小為：UABUACUCB0.25 V0.4 V0.65 V故選B.考向2楞次定律的應(yīng)用2(多選)(2017寶雞市一模)如圖116所示，兩個條形磁鐵的N和S極相向水平放置，一豎直放置的矩形線框從兩個磁鐵之間正上方自由落下，并從兩磁鐵中間穿過下列關(guān)于線框受到安培力及從右向左看感應(yīng)電流方向說法正確的是() 【導(dǎo)學(xué)號：】圖116A感應(yīng)電流方向先逆時針方向，后順時針方向B感應(yīng)電流方向先順時針方向，后逆時針方向C安培力方向一直豎直向上D安培力方向先豎直向上，后豎直向下BC由圖可知，磁感線從左向右，則中間磁感應(yīng)強(qiáng)度最大，而向兩邊越來越小，故在線圈從高處下落過程

13、中，穿過線圈的磁通量一直向右，且先增大后減小，則由楞次定律可知，感應(yīng)電流先順時針后逆時針，故B正確，A錯誤；產(chǎn)生的感應(yīng)電流一直阻礙物體間的相對運動，故安培力方向一定一直豎直向上，故C正確，D錯誤如圖所示，粗糙水平桌面上有一質(zhì)量為m的銅質(zhì)矩形線圈當(dāng)一豎直放置的通有恒定電流的螺線管沿線圈中線AB正上方水平快速通過時，若線圈始終不動，則關(guān)于線圈受到的支持力FN及在水平方向的運動趨勢，下列說法中正確的是()AFN先小于mg后大于mg，運動趨勢向左BFN先大于mg后小于mg，運動趨勢先向右后向左CFN先小于mg后大于mg，運動趨勢先向左后向右DFN先大于mg后小于mg，運動趨勢向右D通電螺線管從線圈正上

14、方快速通過時，通過線圈的磁通量先增大后減小當(dāng)通過線圈磁通量增大時，為阻礙其增大，在豎直方向上線圈有向下運動的趨勢，所以線圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上線圈有向右運動的趨勢；當(dāng)通過線圈的磁通量減小時，為阻礙其減小，在豎直方向上線圈有向上運動的趨勢，所以線圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上線圈有向右運動的趨勢綜上所述，線圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，運動趨勢總是向右，D正確考點2電磁感應(yīng)中的圖象問題(對應(yīng)學(xué)生用書第57頁)品真題感悟高考考題統(tǒng)計五年4考：2017年卷T202014年卷T182013年卷T17、卷T16考情分析1本考點的命題主要涉及it圖、Et圖、Bt圖、t圖，還

15、有vt圖、Ft圖等2突破本考點的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律判斷電流方向及計算電動勢的大小3不能正確的將磁場變化和電流變化相互轉(zhuǎn)換易出現(xiàn)錯解4不理解圖象斜率、曲直的意義，多階段過程中不能將各階段的運動和圖象變化相對應(yīng)易出現(xiàn)錯解4(圖象的應(yīng)用)(多選)(2017卷T20)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直邊長為0.1 m、總電阻為0.005 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117(a)所示已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t0時刻進(jìn)入磁場線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)

16、下列說法正確的是()圖117A磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 TB導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5 m/sC磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D在t0.4 s至t0.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 NBCA錯：由圖象可知，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E0.01 V，由公式EBLv，可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B T0.2 T.B對：由圖象可知，從導(dǎo)線框的cd邊進(jìn)入磁場到ab邊剛好進(jìn)入磁場，用時為0.2 s，可得導(dǎo)線框運動速度的大小v m/s0.5 m/s.C對：感應(yīng)電流的方向為順時針時，對cd邊應(yīng)用右手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D錯：t0.4 s至t0.6 s時間段為cd邊離開磁

17、場，ab邊切割磁感線的過程由閉合電路歐姆定律及安培力公式得安培力F，代入數(shù)據(jù)得F0.04 N5(圖象的轉(zhuǎn)換)(2014卷T18)如圖118(a)，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，在ab線圈中通以變化的電流，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中電流隨時間變化關(guān)系的圖中，可能正確的是()圖118題眼點撥“ab通以變化電流”說明a圖中左側(cè)線圈相當(dāng)于場源；“磁場與電流成正比”說明磁場與其對應(yīng)電流的變化規(guī)律相同C由題圖(b)可知在cd間不同時間段內(nèi)產(chǎn)生的電壓是恒定的，所以在該時間段內(nèi)線圈ab中的磁場是均勻變化的，則線圈ab中的電流是均勻變

18、化的，故選項A、B、D錯誤，選項C正確在第5題中，若將(a)圖改為如圖119甲所示，且通入如圖119乙所示的磁場，已知螺線管(電阻不計)的匝數(shù)n6，截面積S10 cm2，線圈與R12 的電阻連接，水平向右且均勻分布的磁場穿過螺線管，磁場與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示，規(guī)定感應(yīng)電流i從a經(jīng)過R到b的方向為正方向忽略線圈的自感影響，下列it關(guān)系圖中正確的是()圖119【解析】由題意可知，在02 s時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率的大小為3103 T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得電動勢的大小為E1nS1.8105 V，根據(jù)閉合電路歐姆定律，可得感應(yīng)電流i11.5106 A，根

19、據(jù)楞次定律，可知感應(yīng)電流方向為aRb，為正方向；同理可計算在25 s時間內(nèi)，i21106 A，根據(jù)楞次定律，可知感應(yīng)電流方向為bRa，為負(fù)方向；根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期性，可得感應(yīng)電流變化的周期性，故B正確，A、C、D錯誤【答案】B熟技巧類題通法1三類圖象問題在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁通量、感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流及磁場對導(dǎo)線的作用力等物理量隨時間(或位移)的變化規(guī)律，可用圖象直觀地表示圖象問題常見命題形式有三種：(1)由給定的電磁感應(yīng)過程判斷相應(yīng)物理量的函數(shù)圖象(2)由給定的物理量的圖象分析判斷相應(yīng)物理量的圖象(3)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，確定相關(guān)的物理量2圖象類選擇題的兩個技法

20、(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負(fù)，排除錯誤的選項沒有表示方向的正負(fù)時，優(yōu)先判斷方向有時會產(chǎn)生意想不到的效果(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象做出分析和判斷，這未必是最簡捷的方法，但卻是最有效的方法3解答電磁感應(yīng)圖象問題的三個關(guān)注(1)定性或定量地表示出所研究問題的函數(shù)關(guān)系是選擇或繪制圖象的關(guān)鍵(2)在圖象中I、v等物理量的方向是通過正負(fù)值來反映的(3)注意過程或階段的選取一般進(jìn)磁場或出磁場，磁通量最大或最小，有效切割長度最大或最小等是分段的關(guān)鍵點對考

21、向高效速練.考向1圖象的確定3. (2016邯鄲調(diào)研)如圖1110中有A、B兩個線圈線圈B連接一電阻R，要使流過電阻R的電流大小恒定，且方向由c點流經(jīng)電阻R到d點設(shè)線圈A中電流i從a點流入線圈的方向為正方向，則線圈A中的電流隨時間變化的圖象是()圖1110A要產(chǎn)生流過電阻R的電流大小恒定，且方向由c點流經(jīng)電阻R到d點，則有先從b電流流入，且大小減小，根據(jù)楞次定律與右手螺旋定則可知，符合要求，故A正確當(dāng)電流i從a點流入線圈，且大小減小時，根據(jù)楞次定律可知，電流從d點流經(jīng)電阻R到c點，故B錯誤要使流過電阻R的電流大小恒定，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則通入電流必須均勻變化，故C、D錯誤(2017遼寧省

22、實驗中學(xué)模擬)如圖所示，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(qiáng)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，其它部分電阻忽略不計現(xiàn)用一水平向右的外力F1作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開始向右沿導(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Ff表示，則關(guān)于選項中F1與Ff隨時間t變化的關(guān)系圖象可能的是()B根據(jù)安培力大小表達(dá)式Ff，可知安培力與速率成正比選項圖中安培力隨時間均勻增大，則速度隨時間均勻增大，說明導(dǎo)體棒應(yīng)做勻加速運動，加速度a一定，根據(jù)牛頓第二定律得：F1Ffma，得F1ma，可見外力F1與速度是線性關(guān)系，速度隨時間均勻增

23、大，則外力F1也隨時間均勻增大，故B正確考向2圖象的轉(zhuǎn)換4(多選)(2017高三第二次全國大聯(lián)考(新課標(biāo)卷)如圖1111所示，粗細(xì)均勻的矩形金屬導(dǎo)體方框abcd固定于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直線圈所在平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的規(guī)律如圖所示以垂直于線圈所在平面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，則下列關(guān)于ab邊的熱功率P、ab邊受到的安培力F(以向右為正方向)隨時間t變化的圖象中正確的是() 【導(dǎo)學(xué)號：】圖1111AD根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：EnnS可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小不變，所以感應(yīng)電流大小也不變，ab邊熱功率PI2R，恒定不變，A正確，B錯誤；根據(jù)安培力公式FBIL，因為電流大小、ab邊長度

24、不變，安培力與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比，根據(jù)左手定則判定方向，可知C錯誤，D正確考向3圖象的應(yīng)用5(多選)(2017皖南八校聯(lián)考)半徑為r帶缺口的剛性金屬網(wǎng)環(huán)在紙面上固定放置，在網(wǎng)環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板A、B連接，兩板間距為d且足夠?qū)?，如圖1112甲所示有一變化的磁場垂直于紙面，規(guī)定向內(nèi)為正，變化規(guī)律如圖乙所示在平行金屬板A、B正中間有質(zhì)量未知、電荷量為q的帶電液滴，液滴在00.1 s處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知重力加速度為g.則以下說法正確的是()圖1112A液滴帶正電B液滴的質(zhì)量為C第0.3 s時液滴的運動方向改變D第0.4 s時液滴距初始位置距離為0.08g(單

25、位：米)ABD根據(jù)楞次定律可知，在00.1 s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢下板為正，液滴處于平衡狀態(tài)時，可知液滴帶正電，選項A正確在00.1 s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢ESr2 V0.1r2 V；對液滴mgq，解得m，選項B正確.0.10.2 s時電動勢的方向發(fā)生改變，則液滴向下做加速運動，0.20.3 s時電動勢的方向不變，液滴繼續(xù)向下加速運動，選項C錯誤液滴向下運動的加速度為mgqma，解得a2g,0.10.3 s內(nèi)液滴向下加速運動的位移x1at22g0.22 m0.04g m；在0.3 s時刻液滴的速度vat2g0.2 m/s0.4g m/s；0.30.4 s內(nèi)液滴勻速運動，故位移x2vt0

26、.04g m，第0.4 s時液滴距初始位置距離為0.08g(單位：米)，選項D正確1.(多選)(2017成都市石室中學(xué)二診)如圖甲所示，在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1、L2之間、L3、L4之間存在勻強(qiáng)磁場，大小均為1 T，方向垂直于虛線所在平面現(xiàn)有一矩形線圈abcd，寬度cdL0.5 m，質(zhì)量為0.1 kg，電阻為2 ，將其從圖示位置靜止釋放(cd邊與L1重合)，速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，t1時刻cd邊與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，已知t1t2的時間間隔為0.6 s，整個運動過程中線圈平面始終處于豎直方向(重力加速度g

27、取10 m/s2)則()A在0t1時間內(nèi)，通過線圈的電荷量為0.25 CB線圈勻速運動的速度大小為8 m/sC線圈的長度為1 mD0t3時間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的熱量為4.2 JAB根據(jù)平衡有：mgBIL而I聯(lián)立兩式解得v m/s8 m/s.故B正確t1t2的時間間隔內(nèi)線圈一直做勻加速直線運動，知以cd在L2為初狀態(tài)，以ab邊剛進(jìn)L3為末狀態(tài)，設(shè)磁場的寬度為d，則線圈下降的位移為3d，則有：3dvtgt2，v8 m/s，t0.6 s，代入解得d1 m，所以線圈的長度為L2d2 m，故C錯誤在0t1時間內(nèi)，cd邊從L1運動到L2，通過線圈的電荷量為q C0.25 C，故A正確0t3時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒得

28、，Qmg(3d2d)mv2151 J0.182 J1.8 J故選A、B.2.(多選)如圖甲所示，水平面上的平行導(dǎo)軌MN、PQ上放著兩根垂直導(dǎo)軌的光滑導(dǎo)體棒ab、cd，兩棒間用絕緣絲線連接；已知平行導(dǎo)軌MN、PQ間距為L1，導(dǎo)體棒ab、cd間距為L2，導(dǎo)軌電阻可忽略，每根導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌之間的電阻為R.開始時勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化如圖乙所示則以下說法正確的是()A在t0時刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E0B在0t0時間內(nèi)導(dǎo)體棒中的電流為C在t0/2時刻絕緣絲線所受拉力為D在02t0時間內(nèi)回路中電流方向是abdcaBC由圖乙可知，|，回路面積SL1L2，在t0時刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電

29、動勢E|SL1L2，選項A錯誤；0t0時間內(nèi)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I，選項B正確；在t0/2時刻，由左手定則，導(dǎo)體棒ab所受安培力方向向左，導(dǎo)體棒cd所受安培力方向向右，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0/2，安培力大小為FB0IL1，則在t0/2時刻絕緣絲線所受拉力為，選項C正確；在0t0時間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，在t02t0時間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度反向增大，根據(jù)楞次定律，回路內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為順時針方向，即電流方向是acdba，選項D錯誤考點3電磁感應(yīng)中的力、電綜合問題(對應(yīng)學(xué)生用書第59頁)品真題感悟高考考題統(tǒng)計五年4考：2016年卷T24、卷T252014年卷T252013年卷T25考情分析1本考點多以

30、導(dǎo)體棒切割磁感線為背景，結(jié)合牛頓第二定律對導(dǎo)體棒進(jìn)行運動分析和受力分析；結(jié)合圖象，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、電功率、動能定理等規(guī)律進(jìn)行電路、功能關(guān)系的計算2分析電源時電勢高低易出錯3涉及力和運動的分析時易出現(xiàn)漏力(多力)的現(xiàn)象4功能分析時，力做功及電熱的計算易漏算(多算)電阻生熱6(電磁感應(yīng)中的能量問題)(2016卷T24)如圖1113所示，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t0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動t0時刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能

31、保持勻速運動桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，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.重力加速度大小為g.求：圖1113(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??；(2)電阻的阻值題眼點撥“恒定拉力作用”說明金屬桿進(jìn)磁場前做勻加速直線運動；“保持勻速運動”說明金屬桿所受合外力為零【解析】(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得Fmgma設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v，由運動學(xué)公式有vat0當(dāng)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EBlv聯(lián)立式可得EBlt0.(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，根據(jù)歐姆定律I式中R為電

32、阻的阻值金屬桿所受的安培力為fBlI因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得Fmgf0聯(lián)立式得R.【答案】(1)Blt0(2)在第6題中改為如下情景如圖1114所示，水平放置的平行光滑導(dǎo)軌間有兩個區(qū)域有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，虛線M、N間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B18B，虛線P、Q間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，虛線M、N和P、Q間距均為d，N、P間距為15d，一質(zhì)量為m、長為L的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上，位于M左側(cè)，距M也為d，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌左端接有一阻值為R的定值電阻，現(xiàn)給導(dǎo)體棒一個向右的水平恒力F，導(dǎo)體棒運動以后能勻速地通過兩個磁場，不計導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻，求：圖

33、1114(1)P、Q間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大??；(2)通過定值電阻的電荷量；(3)定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱【解析】(1)導(dǎo)體棒在磁場外時，在恒力F的作用下做勻加速運動，設(shè)進(jìn)入M、N間磁場時速度為v1，則根據(jù)動能定理有Fdmv導(dǎo)體棒在M、N間磁場中勻速運動，有F設(shè)導(dǎo)體棒進(jìn)入P、Q間磁場時的速度為v2，則由動能定理有F16dmv導(dǎo)體棒在P、Q間磁場中勻速運動，有F得B24B.(2)設(shè)導(dǎo)體棒通過磁場過程中通過定值電阻的電荷量為qqtt由于通過兩個磁場過程中導(dǎo)體棒掃過的區(qū)域的磁通量的變化量為(B1B2)Ldq.(3)定值電阻中產(chǎn)生的焦耳熱等于導(dǎo)體棒克服安培力做的功，由于導(dǎo)體棒在磁場中做勻速運動，因此導(dǎo)

34、體棒在磁場中受到的安培力大小等于F，則定值電阻中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2Fd.【答案】(1)4B(2)(3)2Fd(2014卷T25)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示整個裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點和外圓導(dǎo)軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略重力加速度大小為g.求：(1)通

35、過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大??；(2)外力的功率【解析】(1)根據(jù)右手定則，得導(dǎo)體棒AB上的電流方向為BA，故電阻R上的電流方向為CD.設(shè)導(dǎo)體棒AB中點的速度為v，則v而vAr，vB2r根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒AB上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBrv根據(jù)閉合電路歐姆定律得I，聯(lián)立以上各式解得通過電阻R的感應(yīng)電流的大小為I.(2)根據(jù)能量守恒定律，外力的功率P等于安培力與摩擦力的功率之和，即PBIrvfv，而fmg解得P.【答案】(1)方向為CD大小為(2)7(電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題)(2016卷T25)如圖1115所示，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

36、；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向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時間t的變化關(guān)系為B1kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)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(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，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，它們的電阻均忽略不計求：圖1115(1)在t0到tt0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值；(2)在時刻t(tt0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大

37、小題眼點撥“B1kt”說明磁場隨時間均勻變化形成的電流穩(wěn)定；“勻速運動”說明金屬棒所受合外力為零；“t0時刻恰好”說明面積為S的區(qū)域內(nèi)磁通量的變化量kt0S.【解析】(1)在金屬棒越過MN之前，t時刻穿過回路的磁通量為ktS設(shè)在從t時刻到tt的時間間隔內(nèi)，回路磁通量的變化量為，流過電阻R的電荷量為q.由法拉第電磁感應(yīng)定律有E由歐姆定律有i由電流的定義有i聯(lián)立式得|q|t由式得，在t0到tt0的時間間隔內(nèi)，流過電阻R的電荷量q的絕對值為|q|.(2)當(dāng)tt0時，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運動，有fF式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強(qiáng)磁場施加的安培力設(shè)此時回路中的電流為I，F(xiàn)的大小

38、為FB0Il此時金屬棒與MN之間的距離為sv0(tt0)勻強(qiáng)磁場穿過回路的磁通量為B0ls回路的總磁通量為t式中，仍如式所示由式得，在時刻t(tt0)穿過回路的總磁通量為tB0lv0(tt0)kSt在t到tt的時間間隔內(nèi)，總磁通量的改變t為t(B0lv0kS)t由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動勢的大小為Et由歐姆定律有I聯(lián)立式得f(B0lv0kS).【答案】(1)(2)B0lv0(tt0)kSt(B0lv0kS)熟技巧類題通法用動力學(xué)觀點、能量觀點解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟對考向高效速練.考向1電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題6(2017沈陽模擬)如圖1116所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為

39、的絕緣斜面上，導(dǎo)軌上端連接一個定值電阻，導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直斜面向上的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.已知b棒的質(zhì)量為m，a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g.(1)斷開開關(guān)S，a棒、b棒固定在磁場中，恰與導(dǎo)軌構(gòu)成一個邊長為L的正方形，磁場從B0以k均勻增加，寫出a棒所受安培力F安隨時間t變化的表達(dá)式；(2)若接通開關(guān)S，同時對a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力F，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運動，此時放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止，當(dāng)a棒運動到磁場的上邊界PQ處時，撤去拉力F，a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運動一小段距離后再向下滑動，

40、此時b棒已滑離導(dǎo)軌，當(dāng)a棒再次滑回到磁場上邊界PQ處時，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運動，求a棒質(zhì)量ma及拉力F的大小. 【導(dǎo)學(xué)號：】圖1116【解析】(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得：EL2，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I，t時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為：BB0kt，此時棒所受的安培力為：F安BIL，解得：F安(B0kt)(2)根據(jù)題意可知，a棒沿斜面向上運動時，a棒為電源，b棒和電阻R并聯(lián)，通過a棒的電流為I1，由并聯(lián)電路關(guān)系可得：I1IbIRa棒、b棒和電阻R阻值均為R，則通過b棒的電流為：IbI1，電路的總電阻為：R總RaR，由歐姆定律得干路電流為：I1，感應(yīng)電動勢為：EBLv，b棒保持靜止，則有：mgsi

41、n BIbL，a棒離開磁場后撤去拉力F，a棒機(jī)械能守恒，返回磁場時速度還是v，此時a棒和電阻R串聯(lián)，則電路中的電流為：I2a棒勻速下滑，則有：magsin BI2L，聯(lián)立以上各式，解得：mama棒向上運動時受力平衡，則有：Fmagsin BI1L，解得：Fmgsin .【答案】(1)F安(B0kt)(2)mmgsin 如圖所示，豎直平面內(nèi)有一寬L1 m、足夠長的光滑矩形金屬導(dǎo)軌，電阻不計在導(dǎo)軌的上、下邊分別接有電阻R13 和R26 .在MN上方及CD下方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B1 T現(xiàn)有質(zhì)量m0.2 kg、電阻r1 的導(dǎo)體棒ab，在金屬導(dǎo)軌上從MN上方某處由靜止下落，下

42、落過程中導(dǎo)體棒始終保持水平，與金屬導(dǎo)軌接觸良好當(dāng)導(dǎo)體棒ab下落到快要接近MN時的速度大小為v13 m/s.不計空氣阻力，g取10 m/s2.(1)求導(dǎo)體棒ab快要接近MN時的加速度大?。?2)若導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場后，棒中的電流大小始終保持不變，求磁場和之間的距離h；(3)若將磁場的CD邊界略微下移，使導(dǎo)體棒ab剛進(jìn)入磁場時速度大小變?yōu)関29 m/s，要使棒在外力F作用下做a3 m/s2的勻加速直線運動，求所加外力F隨時間t變化的關(guān)系式【解析】(1)以導(dǎo)體棒為研究對象，棒在磁場中做切割磁感線運動，棒中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E，棒在重力和安培力作用下做加速運動由牛頓第二定律得：mgBILma1又EBLv1

43、R外I由以上四式可得：a15 m/s2.(2)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后，安培力等于重力，導(dǎo)體棒做勻速運動，導(dǎo)體棒中電流大小始終保持不變mgBILIEBLv聯(lián)立式解得：v6 m/s導(dǎo)體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運動，v2v2gh解得：h1.35 m.(3)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后經(jīng)過時間t的速度大小vv2at由牛頓第二定律得：FmgF安ma又F安由解得：F(t1.6)N.【答案】(1)5 m/s2(2)1.35 m(3)F(t1.6)N考向2電磁感應(yīng)中的能量問題7(2017南寧市高考物理一模)如圖1117所示，兩根足夠長且平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面成53角，導(dǎo)軌間接一阻值為3 的電阻R，導(dǎo)軌

44、電阻忽略不計在兩平行虛線間有一與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域的寬度為d0.5 m導(dǎo)體棒a的質(zhì)量為m10.1 kg、電阻為R16 ；導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為m20.2 kg、電阻為R23 ，它們分別垂直導(dǎo)軌放置并始終與導(dǎo)軌接觸良好現(xiàn)從圖中的M、N處同時將a、b由靜止釋放，運動過程中它們都能勻速穿過磁場區(qū)域，且當(dāng)a剛出磁場時b正好進(jìn)入磁場(sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2，a、b電流間的相互作用不計)，求：(1)在b穿越磁場的過程中a、b兩導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量之比；(2)在a、b兩導(dǎo)體棒穿過磁場區(qū)域的整個過程中，裝置上產(chǎn)生的熱量；(3)M、N兩點之間的距離圖1117【解析】

45、(1)由焦耳定律得，QI2Rt，得，又根據(jù)串并聯(lián)關(guān)系得，I1I2，且R12R2，解得：.(2)設(shè)整個過程中裝置上產(chǎn)生的熱量為Q由Qm1gsin dm2gsin d，可解得Q1.2 J.(3)設(shè)a進(jìn)入磁場的速度大小為v1，此時電路中的總電阻R總1(6)7.5 設(shè)b進(jìn)入磁場的速度大小為v2，此時電路中的總電阻R總2(3) 5 由m1gsin 和m2gsin ，可得從a剛進(jìn)入磁場時b的速度也為v1，此時b的加速度為agsin ，到b剛進(jìn)入磁場的過程中，有v2v1a，得v2v18聯(lián)立可得v12(m/s)2，vvM、N兩點之間的距離s m.【答案】(1)(2)1.2 J(3) m考向3電磁感應(yīng)中的動量問

46、題8(2017天津高考)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器電磁軌道炮示意如圖1118，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距離為l，電阻不計炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌問：圖1118(1)磁場的方向； (2)M

47、N剛開始運動時加速度a的大?。?3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少. 【導(dǎo)學(xué)號：】【解析】(1)將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運動，由左手定則可知磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時，電容器放電，設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有I設(shè)MN受到的安培力為F，有FIlB由牛頓第二定律，有Fma聯(lián)立式得a.(3)當(dāng)電容器充電完畢時，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0CE開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運動，速度達(dá)到最大值vmax時，設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E，有EBlvmax依題意有E設(shè)在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有l(wèi)B由動量定理，有tmvmax0又tQ0Q聯(lián)立式得Q.【答案】(1)垂直于