专题十一电磁感应规律的综合应用_中学教育-高考.pdf

专题十一 电磁感应规律的综合应用 【知识必备】(本专题对应学生用书第4448页)知 识 必 备 一、电磁感应中的电路问题 1.内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源.(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路.2.电源电动势：E=BLv或E=n t.二、电磁感应图象问题应用的知识 左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、函数图象知识等.三、感应电流在磁场中所受的安培力 1.安培力的大小：F=BIL=BLER=22B L vR.2.安培力的方向判断(1)右手定则和左手定则相结合，先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向.(2)用楞次定律判断，感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反.四、电磁感应的能量转化 1.电磁感应现象的实质是其他形式的能和电能之间的转化.2.感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能.3.电流做功产生的热量用焦耳定律计算，公式为Q=I2Rt.【能力呈现】应试指导 【考情分析】2014 2015 2016 电磁感应定律的综合应用 T13：电磁感应定律的应用 T13：电磁感应定律的应用 T13：电磁感应定律的应用 【备考策略】电磁感应的综合应用是高中物理中难度较大、综合性最强的部分之一，是高考必考内容之一.电磁感应与力学、电路、磁场、能量等密切联系，涉及知识面广，综合性强，能力要求高，题型有计算题、选择题.解答电磁感应综合应用的问题要外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 “先电后力”，即先分析“电源、电路”，再进行受力和运动分析，然后选用牛顿运动定律或能量关系列式求解.能力摸底 1.(2016 扬州一模)如图所示，质量为m、长为l的铜棒ab，用长度也为l的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为，则()A.棒中电流的方向为ba B.棒中电流的大小为tanmgBl C.棒中电流的大小为(1-cos)sinmgBl D.若只增大轻导线的长度，则 角变大【答案】C【解析】棒所受安培力应向外，根据左手定则，电流方向由a向b，A项错误；通电流后，棒受到安培力作用，向外偏转，偏转到最大角度时瞬间速度为零，根据动能定理可得：F安lsin-mg(l-lcos)=0，BIl2sin-mg(l-lcos)=0，I=(1-cos)sinmgBl，B项错误，C项正确；设导线长为s，根据动能定理BIlssin-mg(s-s cos)=0可知，最大偏转角与导线长度无关，D项错误.外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 2.(多选)(2016 如东中学)如图所示，间距为L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好.整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中.现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.则()A.金属棒做加速度增大的减速运动 B.整个过程中电阻R上产生的热量为204mv C.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为2qRBL D.整个过程中金属棒克服安培力做功为202mv【答案】BCD【解析】由牛顿运动定律2 2B l vR=ma可知，速度减小，加速度减小，故A错误；由能量守恒定律可知Q=12m20v，所以整个过程中电阻R上产生的热量为204mv，故B正确；由q=I t，I=2EER，=t，电荷量q=2R=2BLxR，整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为x=2qRBL，故C正确；由功能关系可知整个过程中金属棒克服安培力做功W=Q=12m20v，故D正确.3.(2016 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甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 当磁场中的磁感应强度B随时间t按如图乙所示变化时，下列选项中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的是()【答案】A【解析】02T时间内磁场均匀减小，产生的感应电动势为定值，感应电流也为定值，根据楞次定律得出电流方向为负方向，B、C选项错误；2TT时间内，磁场反向均匀变大，产生的感应电动势为定值，感应电流也为定值，根据楞次定律得出电流方向为负方向，A项正确，D项错误.4.(多选)(2016 常州中学)如图所示，足够长的U形光滑金属导轨与水平面成 角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨间连接一个电阻为R的灯泡，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计.一质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，金属棒ab接入电路的电阻为r，当流经金属棒ab某一横截面的电荷量为q时，金属棒ab的速度大小为v，则金属棒ab在由静止开始沿导轨下滑到速度达到v的过程中(未达到最大速度)()A.金属棒ab做加速度减小的变加速直线运动 B.金属棒ab两端的电压始终为rRrBlv C.灯泡的亮度先逐渐变亮后保持不变 D.回路中产生的热量为()mgq RrBLsin -12mv2【答案】AD【解析】对金属棒ab有mgsin -221B L vRr=ma，可知速度v1增大，加速度a减小，即金属棒ab做加速度减小的变加速直线运动，故A正确；金属棒ab两端的电压为rRr BLv1，可知速度v1增大，金属棒ab两端的电压也增大，故B错误；灯泡的亮度逐渐变亮，故C错误；由能量守恒有mgxsin=12mv2+Q，电荷量q=Rr=BLxRr，解得回路中产生的热量为()mgq RrBLsin -12mv2，故D正确.【能力提升】外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 电磁感应中的电路问题 例题1(2015 福建卷)如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦.在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A.PQ中电流先增大后减小 B.PQ两端电压先减小后增大 C.PQ上拉力的功率先减小后增大 D.线框消耗的电功率先减小后增大【答案】C 外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 【解析】设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R-r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外=(3-)(3-)rR rrR r=2233-223RRrR ，当r=32R时，maxR外=34R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小，PQ中的电流为干路电流I=ERR外内，可知干路电流先减小后增大，选项A错误；PQ两端的电压为路端电压U=E-U内，因E=Blv不变，U内=IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P=F安v=BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为34R，小于内阻R，根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误.变式1(2016 金陵中学)如图所示，平行水平放置的光滑导轨AB、CD相距0.2m，电阻不计，导轨的左右两端分别接有阻值为1 的电阻R1和R2，金属圆环的直径为0.2m，电阻为2，整个装置放在大小为1T、方向竖直向下的匀强磁场中，M、N为圆环与导轨接触的两点.当圆环以速度10m/s向右匀速运动时，下列说法正确的是()A.导轨中没有电流 B.M、N两点的电压为2V 外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 C.M、N两点的电压为1.57V D.R1的功率为1W【答案】D【解析】由右手定则可知电源由两个电动势并联，即电势E=BLv=2V，内阻r=0.5，外电路R1和R2并联电阻R=0.5，M、N两点的电压U=ERrR=1V，故A、B、C错误；R1的功率为P=21UR=1W，故D正确.电磁感应中的动力学问题 1.解决电磁感应中的动力学问题的一般思路 2.两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析 外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 例题2(2016 全国卷)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m.用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑.求：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小.(2)金属棒运动速度的大小.【答案】(1)mg(sin -3 cos )(2)(sin -3 cos )22mgRB L【解析】(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2，对于ab棒，由力的平衡条件得 2mgsin=N1+T+F N1=2mgcos 对于cd棒，同理有 mgsin+N2=T N2=mgcos 联立式得 F=mg(sin -3 cos )外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 (2)由安培力公式得 F=BIL 这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为 E=BLv 式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得 I=ER 联立式得 v=(sin -3 cos )22mgRB L 变式2(2016 南京、盐城、连云港二模)如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角=37，导轨间距L=0.4 m，其下端连接一个定值电阻 R=2 ，其他电阻不计.两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.5 T.一质量为m=0.02 kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g=10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8.(1)求导体棒下滑的最大速度.(2)求ab棒下滑过程中电阻R消耗的最大功率.(3)若导体棒从静止加速到v=4m/s的过程中，通过R的电荷量q=0.26C，求R产生的热量Q.外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 【答案】(1)6m/s(2)0.72W(3)0.152J【解析】(1)E=BLv I=ER=BLvR F安=BIL=22B L vR 当安培力与重力分力相等时，速度最大，棒ab做匀速运动，即 mgsin=22mB L vR vm=22sin37mgRB L=6 m/s(2)由前面可知vm=22sin37mgRB L 代入P=2m()BLvR 得P=222?22sin 37m g RB L=0.72 W(3)q=It=R=BLxR x=qRBL=2.6 m 由能量关系有 Q=mgx sin37-12mv2=0.152 J 电磁感应中的能量转化问题 1.用能量观点解答电磁感应问题的一般步骤 外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 2.能量转化及热量求法(1)能量转化 (2)求解热量Q的三种方法 例题3(2016 南京三模)如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNPQ，位于光滑水平桌面上，分界线OO分别与平行导轨MN和PQ垂直，两导轨相距L.在OO的左右两侧存在着区域很大、方向分别为竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B.另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在OO左侧导轨上，并用一根细线系在定点A.已知细线能承受的最大拉力为T0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R；现从t=0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力F，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动.(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0.(2)若细线尚未断裂，求在t时刻水平拉力F的大小.外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 (3)若在细线断裂时，立即撤去拉力F，求此时框架的瞬时速度v0和此后过程中回路产生的总热量 Q.【答案】(1)22TRB L a(2)ma+22B L aRt(3)022T RB L 220444mT RB L【解析】(1)细线断裂时，对棒有 T0=220B L atR 得 t0=022T RB L a(2)在t时刻，框架的速度v=at 框架切割磁场产生的电动势 E=BLv=BLat 框架受到的安培力 F安=BIL=22B L atR 对框架有F-F安=ma 得F=F安+ma=ma+22B L atR(3)撤去拉力F时，框架的速度 v0=at0=022T RB L 撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的热量 Q=12m20v-(12m2v棒+12m2v框)外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 撤去拉力F后，框架向右减速，棒向左加速.由于框架和棒在大小相等的安培力作用下产生加速度，且两物质量又相等，任意时刻它们的加速度大小总是相等，所以在相等时间内两物速度变化的大小也相等.当两物的速度变化到大小相等时，回路中的磁通量不再变化，电流为0，它们分别向左、向右做匀速运动.设最终速度大小为v，则有 v0-v框=v棒-0 得v=02v=0222T RB L 故有Q=12m20v-(12m2v棒+12m2v框)=14m20v=220444mT RB L 变式3(多选)(2016 南师附中改编)如图所示，abcd为一矩形金属线框，其中ab=cd=L，ab边接有定值电阻R，cd边的质量为m，其他部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来.线框下方处在磁感应强度大小为 B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里.初始时刻，使两弹簧处于自然长度，且给线框一竖直向下的初速度v 0，当cd边第一次运动至最下端的过程中，R产生的热量为Q，此过程cd边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是()A.初始时刻cd边所受安培力的大小为220B L vR-mg 外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 B.线框中产生的最大感应电流可能为0BLvR C.cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于12m20v-Q D.在cd边反复运动过程中，R中产生的热量最多为12m20v【答案】BC【解析】初始时刻cd边所受安培力的大小为F=BIL=220B L vR，故A错误；初始时刻安培力可能大于重力，做减速运动，即线框中产生的最大感应电流可能为0BLvR，故B正确；cd边第一次到达最下端的时刻，速度为0，由能量守恒可知mgh+12m20v=Ep+Q，解得Ep=mgh+12m20v-Q，故C正确；在cd边反复运动过程中，最终停止x=mgk，R中产生的热量最多为mgx+12m20v-12kx2=12mgx+12m20v，故D错误.变式4(2016 浙江卷)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l=0.50 m，倾角=53，导轨上端串接一个R=0.05 的电阻.在导轨间长d=0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B=2.0 T.质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m.一位健身者用恒力F=80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置.(重力加速度取g=10 m/s2，sin 53=0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小.(2)CD棒进入磁场时所受的安培力F的大小.(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的热量Q.外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 【答案】(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J 26.88 J【解析】(1)由牛顿定律a=-sinF mgm=12 m/s2 进入磁场时的速度v=2as=2.4 m/s (2)感应电动势E=Blv 感应电流I=BlvR 安培力F=IBl 代入得F=2()Bl vR=48 N (3)健身者做功W=F(s+d)=64 J 由牛顿定律F-mgsin -F=0 CD棒在磁场区做匀速运动 外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 在磁场中运动时间t=dv 热量Q=I2Rt=26.88 J 电磁感应中的图象问题 电磁感应中图象问题的分析方法 例题4(多选)(2016 海安中学)如图所示，空间有竖直向下的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内，该区域的左、右边界分别为MN、PS，以MN 上某点D为原点，建立垂直MN、方向水平向右的x轴.一边长为L的正方形导线框abcd静止平放在光滑绝缘的水平面上，ab边的位置坐标为 x=-L.现给线框加一水平向右的恒力F0，线框开始向右运动，当线框的ab边到达PS时，线框刚好做匀速直线运动.从线框的ab边经过MN时开始计时，规定逆时针方向为感应电流正方向、水平向左为安培力外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 正方向.则关于线框中的感应电流i和线框所受的安培力F与ab 边的位置坐标x的关系图线中，正确的是()【答案】AD【解析】由题意知，当线框在x=-L至x=0间运动时有F-22B L vR=ma，可知做加速度减小的变加速运动，当线框在x=L至x=2L间运动时，磁通量不变化，故I=0，线框做匀加速运动，当ab边刚出磁场(x=2L)时，线框的速度做匀速运动，cd边切割磁感线产生的电流I2I1，故选项A正确，B错误；由于安培力方向始终水平向左，外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 当线框在x=-L至x=0间运动时有F安=22B L vR逐渐增大，当线框在x=L至x=2L间运动时，磁通量不变化，安培力为零，ab边刚出磁场(x=2L)时，线框的速度做匀速运动，安培力不变，故C错误，D正确.变式5(多选)(2016 淮阴中学)在水平光滑绝缘桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，被限制在沿ab方向的水平直轨道自由滑动.bc边右侧有一直角三角形匀强磁场区域efg，直角边ef等于l，边ge小于l，ef边平行ab边，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示，线框在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区.若图示位置为t=0时刻，设逆时针方向为电流的正方向，水平向右的拉力为正.则感应电流i-t和F-t图象正确的是ABCDlv时间单位为，、图象为线段，为抛物线()【答案】BD 外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中 【解析】感应电动势E=BLv，电流i=ER=BLvR，由图可知切割的有效长度L=(l-vt)tan 减小，又由右手定则可知开始时电流方向为逆时针方向，故A错误，B正确；安培力F=Bil=22B L vR，其中L=(l-vt)tan ，由左手定则可知安培力方向水平向左，所以拉力F水平向右，故D正确，C错误.温馨提示：趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们及时完成配套检测与评估中的练习.外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻其余部分是外电路电源电动势或二电磁感应图象问题应用的知识左手定则安培定则右手定则楞次定律法拉第电磁断右手定则和左手定则相结合先用右手定则确定感应电流方向再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向用楞次定律判断感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反四电磁感应的能量转化电磁感应现象的实电流做功再将电能转化为内能电流做功产生的热量用焦耳定律计算公式为能力呈现应试指导考情分析电磁感应定律的综合应用备考策略电磁感应定电磁感应定电磁感应定律的应用律的应用律的应用电磁感应的综合应用是高中物理中