第3讲　电磁感应规律的综合应用.docx

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1、第6讲电磁感应规律的综合应用教材阅读指导（对应人教版新教材选择性必修第二册页码及相关问题）IDP37练习与应用仃4。提示：卫星克服安培力做功，使机械能转化为电能，会使卫星的轨道变低。P43复习与提高A组T3。提示：导线框克服安培力做功，重力势能转化为电能。P45复习与提高B组T4,假设先闭合开关S,再从静止开始释放金属杆ab,分析金属杆时的运动情况。提示：先竖直向下做加速度越来越小的加速运动，当加速度减小为0之后, 再做匀速运动。P45复习与提高B组T5。提示：如下图。2/j3/ 4/- 5/-v： ： -v F： 物理观念mi顾，值建|物理观念1电磁感应和电路的综合1 .对电源的理解：在电磁

2、感应现象中，产生感应电动势的那局部导体相当于 画电源。如：切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等。2 .对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余局部是外电路，外电路由电阻器、电容器等电学元件组成。在外电路 中，电流从高电势处流向低电势处；在内电路中，电流那么从画低电势处流向画 高电势处。解析圆环下落过程中切割磁感线产生感应电流，那么圆环中磁通量一定变 化，故A错误；根据右手定那么，圆环中有（俯视）顺时针的感应电流，根据左手定 那么可知，圆环受到的安培力竖直向上，阻碍圆环的运动，故B正确；速度为。的2 R时刻圆环产生的感应电动势七=8历兀Ro,圆环的电阻Ro二

3、感应电流/二R,圆环所受的安培力大小尸=8/。兀氏=p ,由牛顿第二定律得织-尸 二孙 其中质量z = W=2兀R兀户，联立解得。=g-翳，故C错误；当圆环做 匀速运动时，安培力与重力等大反向，加速度为零，速度最大，即有-谓出二 0,解得“皿二簪，故D正确。关键能力升华单棒切割磁感线的两种模型模型一：导体棒必先自由下落再进入匀强磁场，如图甲所示。模型二：导体棒必沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场（磁场垂 直于轨道平面），如图乙所示。两类模型中的临界条件是导体棒ab受力平衡。以模型一为例，有mg = F安B212Vo _ mgR=r ,即= 2P 假设导体棒进入磁场时0。0,那么导体棒先

4、减速再匀速；假设。00,导体棒先加速 再匀速（假设磁场区域足够长）。导体棒在磁场中做变速运动时加速度均逐渐减小。对点跟进训练（电磁感应中的动力学图像）（2021.重庆市高三下第二次诊断）（多项选择）如图，MN 和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，导轨足够长，电阻不计，匀 强磁场垂直导轨平面向里。金属杆必垂直导轨放置，与导轨始终良好接触，金属 杆具有一定的质量和电阻。开始时，将开关s断开，让金属杆ah由静止开始自 由下落，经过一段时间，再将开关S闭合，从闭合开关S开始计时，取竖直向下 为正方向，那么金属杆运动的速度。、加速度人所受到的安培力户及电流表的示 数i随时间t变化的图像可能正确

5、的选项是（）答案BC解析闭合开关时，金属杆受到向下的重力以及向上的安培力，假设重力与安 培力大小相等，即吆=由/ 二 一八一，那么金属杆做匀速直线运动，速度不变，那么安 培力F = 嗜、感应电流，二舞都不变，加速度为零，各项中的图像均不符合此 情况。假设闭合开关时，安培力小于重力，那么加速度的方向为竖直向下，金属杆做 加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，那么加速度减小，即开始时做加速度B2l2v逐渐减小的加速运动，由于速度增大得越来越慢，所以加速度。=g-标减小得 越来越慢，当重力与安培力大小相等时，金属杆做匀速直线运动，那么。图像是。逐渐增大到一定值且斜率逐渐减小到0的曲线；a-t图像是

6、逐渐减小到0且斜率Blv逐渐减小到0的曲线，且。为正值；因为，二一鼠，所以。图像先是，逐渐增大到最大且斜率逐渐减小的曲线，当金属杆匀速运动时，电流恒定不变，而/二0时金BPv属杆速度不为（），所以/ =（）时电流不等于零；安培力F=ilB = ,方向竖直向 上，为负值，且产”图线先是尸大小逐渐增大到最大且斜率逐渐减小的曲线，之 后E恒定不变且不为零，故四个图像中只有B符合此情况。假设开关闭合时，安培力大于重力，那么加速度的方向向上，金属杆做减速运动，减速运动的过程中，安 培力减小，加速度逐渐减小，当重力与安培力大小相等时，做匀速直线运动，结 合前面分析同理可知，只有c符合此情况。故B、C正确，

7、A、D错误。考点3电磁感应中的能量问题科学思维梳理1能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化其他形式 的能量其他形式 的能量部翻唱电强功焦耳热或其他 形式的能量(2)求解焦耳热Q的三种方法(纯电阻电路)例3 (2021 .天津高考)如下图，两根足够长的平行光滑金属导轨MM PQ 间距L=lm,其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成。=30。角，N、 。两端接有A二1Q的电阻。一金属棒垂直导轨放置，向两端与导轨始终有良 好接触，M的质量? =().2 kg,电阻r=1Q,整个装置处在垂直于导轨平面 向上的匀强磁场中，磁感应强度大小8= 1在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度S=0.5m/s沿

8、导轨向上开始运动，可到达最大速度。=2 m/s。运动过程 中拉力的功率恒定不变，重力加速度g= lOm/s?。(1)求拉力的功率尸；而开始运动后，经f = 0.09s速度到达s=1.5m/s,此过程中而克服安培力做功W=0.06 J,求该过程中ab沿导轨的位移大小心答案(1)4 W (2)0.1 m解析在他运动过程中，由于拉力功率恒定，油做加速度逐渐减小的 加速运动，速度到达最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F,安培力大小 为Fa,有F 一 mgsin。- Fa = 0由法拉第电磁感应定律，此时回路中的感应电动势E=BLv由闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流，年时受到的安培力Fa = IL

9、B由功率表达式，有P=Fv联立上述各式，代入数据解得尸=4 W。(2)ab从速度vi到V2的过程中，由动能定理，有P/ - W- mgxsin。=- 5加代入数据解得x =().1 mo关键能力升华电磁感应现象中能量的计算(1)回路中电流稳定时可利用电路知识，由。=产出直接计算。(2)假设电流变化那么利用功能关系、能量守恒定律解决。对点跟进训练(电磁感应中的能量问题)如下图，光滑平行导轨MM PQ倾斜放置，导轨 平面倾角夕二30。，导轨下端连接R = 0.5C的定值电阻，导轨间距L=1m。质量 为, = 0.5 kg、电阻为=0.1C、长为1 m的金属棒放在导轨上，用平行于导 轨平面的细线绕过

10、定滑轮连接帅和质量为kg的重物A,垂直于导轨的虚 线上方有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，他开始的位置离虚线距离为x = 0.4 m, 由静止同时释放A及他，当必刚进磁场时加速度为零，进入磁场运动x =1 m时剪断细线，H刚要出磁场时，加速度为零。重力加速度g=10m/s2,导轨足够长且电阻不计，运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，A离地足够局。求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)剪断细线的瞬间，外的加速度多大？从开始运动到剪断细线的过程中，通 过电阻R的电荷量为多少？(3)仍在磁场中运动过程中，电阻A中产生的焦耳热为多少？答案 (1)1.5T (2)20 m/s2 2.5 C(3)

11、9.07 J解析 他刚进磁场时加速度为零，即仍受力平衡，有Mg = mgsinO + BIL设此时时的速度为。，根据闭合电路欧姆定律有ab进入磁场前与重物A所组成的系统机械能守恒，可得Mgx- 叫+ m)v2联立并代入数据解得1.5 T。(2)剪断细线瞬间，他所受的合力大小等于A的重力，由牛顿第二定律得也 =Mg代入数据解得。=20 m/s2从开始运动到剪断细线的过程中，通过电阻R的电荷量q = 1 = R =K 泠 k + r = 2.5 Co(3)金属棒在磁场中匀速阶段：x由(1)知o = 2 m/s,解得运动时间f = - = 0.5 s电流/=5A, R中产生的焦耳热。二尸处二6.25

12、 J剪断细线后：他棒刚要出磁场时加速度为零，设此时的速度为功，根据平衡条件有吆sin。B2L2v= BhL= R + r代入数据解得力=| m/s由剪断细线后到棒刚要出磁场的过程，由能量守恒定律有mgxr sin。二炉 + QiR该过程中R上产生的焦耳热。片齐；Q=2.82 J那么ab在磁场中运动过程中，电阻R中产生的焦耳热Q =。+ Qk = 9.07 Jo考点4电磁感应中的图像问题考点4电磁感应中的图像问题拓展 圆科学思维梳理1 .图像类型图像小/图像“图像图像2 .解题关键弄清物理量的初始条件和正负方向;注意物理量在进、出磁场时的变化；写出函数表达式。3 .解题方法：先定性排除，再定量解

13、析(1)定性排除法：用右手定那么或楞次定律确定物理量的方向，定性地分析物理 量的变化趋势、变化快慢、是否均匀变化等，特别注意物理量的正负和磁场边界 处物理量的变化，通过定性分析排除错误的选项。定量解析法：根据题目所给条件定量地推导出物理量之间的函数关系，然 后由函数关系对图像作出分析，由图像的斜率、截距等作出判断。例4如下图，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉 力作用下以恒定速度通过宽度为D(DL),方向竖直向下的有界匀强磁场。在整个 过程中线框的必边始终与磁场的边界平行，假设以尸表示拉力大小，以心表示线 框。、人两点间的电势差，以/表示通过线框的电流，以P表示拉力的功率，那么

14、下 列反映这些物理量随时间变化的图像中可能正确的选项是()1)/： XXXX*XCHABCD答案CI解析设线框做匀速直线运动的速度为。，线框的总电阻为心 依题意。 L,根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，线框在进入磁场和离开磁场 的过程中均产生大小为誓的感应电流，线框完全在磁场中运动时不产生感应电 流，根据楞次定律可知线框在进入磁场和离开磁场的过程中产生的感应电流方向 相反，故C可能正确；线框做匀速直线运动，那么线框在进入磁场和离开磁场的过 B2 y 0程中所受拉力大小均等于安培力大小，即F=Fa = B/L = -,线框完全在磁场 中运动时不受安培力，那么尸二0,故A错误；拉力的功率P

15、=心，结合A项的分 析可知，线框在进入磁场和离开磁场的过程中。相等，线框完全在磁场中运动时 尸二0,故D错误；线框进入磁场时，边切割磁感线，相当于电源，根据右手 定那么可知他,所以二二也力完全在磁场中时，线框中无电流，Ux E=BLv,线框穿出磁场的过程中，边切割磁感线，相当于电源，根据楞次定律 可知仅体,那么Uab = ；E = ；BLu,故B错误。关键能力升华电磁感应图像问题的“六个明确”(1)明确图像横、纵坐标的含义及单位；(2)明确图像中物理量正负的含义；(3)明确图像斜率、截距、所围面积的含义；(4)明确图像所描述的物理意义；(5)明确所选的正方向与图线的对应关系；(6)明确图像和电

16、磁感应过程之间的对应关系。对点跟进训练1 .(电磁感应中的图像问题)(2021八省联考重庆卷)如下图，正方形MNPQ 内的两个三角形区域充满匀强磁场，形状与MNPQ完全相同的闭合导线框 M N P Q在外力作用下沿轴线。0水平向左匀速运动。设通过导线框的 感应电流为i,逆时针方向为电流的正方向，当/ = 0时Q与NP重合,在 M Q1从N尸到临近的过程中，以下图像中能反映i随时间，变化规律的是BCI)答案B解析 闭合导线框历N P Q匀速向左运动过程，穿过回路的磁通量不 断增大，根据楞次定律可知，回路中的电流一直是逆时针的，所以电流一直为正; 线框向左匀速运动过程中，切割磁感线的有效长度先减小

17、，后增大，所以感应电 流先减小，后增大，故B正确。2 .(电磁感应中的图像问题)(2021辽宁省朝阳市一模)(多项选择)如图甲所示，两 根倾斜的光滑平行金属轨道，下端接有电阻R,放在垂直斜面向上的匀强磁场中,，=0时刻，一根金属杆在沿轨道向上的外力尸的作用下由静止开始向上运动，运 动过程中闭合电路的磁通量随时间t变化的图像如图乙所示，图线是一条抛物 线。不计金属轨道和金属杆的电阻，金属杆的速度大小八 电路中产生的电流/、 外力/随时间/的变化关系图线，及速度大小的平方。2随位移1的变化关系图线 正确的选项是（）答案AC解析 设两轨道间距为L,闭合电路的磁通量因办f图线为抛 物线，可知X图线也为

18、抛物线，而开始时金属杆静止，那么金属杆做初速度为0 的匀加速直线运动，A正确；/二等二专4 图线应为过原点的倾斜直线，B 错误；因尸a = 8 = 又由牛顿第二定律有尸-FA-mgsin9 = ma,那么F与， 为一次函数关系，广/图线为不过原点的倾斜直线，C正确；由02 = 2加，可知02f 图线为过原点的倾斜直线，D错误。由智微C题建模提能5电磁感应中的动量问题1模型构建导体棒运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速3种，对前两种情况，容易想 到用平衡条件和牛顿运动定律求解，对后一种情况一般要用能量和动量知识求解。 当安培力变化，且又涉及位移、速度、电荷量等问题时，用动量定理往往能巧妙 解决。2

19、模型类型(1)动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中应用动量定理时，通常将下面两式结合应用：-I lB t - m(V2 - v)- Aq = / A/ =(2)动量守恒定律在电磁感应中的应用在“双棒切割”系统中，假设系统所受的合力为零，通常应用动量守恒定律求 解。【典题例证1 (2021辽宁省锦州市高三一模)(多项选择)如下图，水平放置的 光滑导轨，左侧接有电阻R,宽度为L,电阻不计，导轨处于磁感应强度为8的 竖直向上的匀强磁场中，一质量为?、电阻不计的金属棒仍垂直导轨放置，在恒 力厂作用下，从静止开始运动，到达最大速度后撤去拉力，最终停止，从静 止到到达最大速度过程，R上产生的焦耳热等于的

20、最大动能，那么以下说法正确 的是()FRA.运动过程中的最大速度为何RB.加速运动过程中运动的最大位移为B.加速运动过程中运动的最大位移为B3c.撤去产后，通过R的电量为丽JihFRD.出?减速过程中运动的最大位移为的干I答案1 AD停Eu解析到达最大速度时，金属棒受力平衡，那么有F=BIL= ，na解得FP1研回二的7，A正确；对金属棒，在加速过程中，根据动能定理得4+ W=/ax,3.与电路相联系的几个公式(1)电源电动势：E二画打等或七二3加。E闭合电路欧姆定律：/二六7。电源的内电压：u内二国女。电源的路端电压：1/外=乐二七一。(3)消耗功率：尸外二/U,尸总二国以。(4)电热：。外

21、二画出，。总=/& +r。物理观念2电磁感应现象中的动力学问题1.安培力的大小感应电动势：石二国股、武一出大 , EB2/2感应电流：/二记7 f= 安培力公式：尸二画避,2,安培力的方向(1)先用函右手定那么或楞次定律确定感应电流方向，再用画左手定那么确定安 培力方向。(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向画相反。3.分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析，最后根据平 衡条件或牛顿第二定律列方程。物理观念3电磁感应现象中的能量问题1.电磁感应中的能量转化闭合电路的局部导体做回1切割磁感线运动产生感应电流,通有感应电流的 导体在磁场中受国安培力。外力画克服安培

22、力做功，将其他形式的能转化为国 电能;通有感应电流的导体在磁场中通过受安培力做功或通过电阻发热，使电能 转化为其他形式的能。根据功能关系有-W=Q = S%ax,解得S = 霸，B错误；撤去尸后，金属棒最mFR终停止，根据动量定理得-B I Lki = mv、又q= 7 Ar,Ai? = O- iw,解得q =的7,B2Lt vc错误；撤去尸后，金属棒开始减速运动，根据动量定理得-一加二%mFR2又 s = V Ar, A0 = 0-0max,解得 s二的歹，D 正确。【名师点睛】劭堂定理点电磁感应中的应用技巧在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力作用的时 间、单杆的速度、

23、单杆的位移和通过单杆的横截面的电荷量。（I）求通过单杆的横截面的电荷量、单杆的速度或单杆运动的时间：=mV2 - fnv, q= / Ar= -B11 v_（2）求单杆运动的位移：-一天一- nw, x= v A/o【典题例证2 （2022重庆市高三上入学诊断）（多项选择）如下图，两足够长光 滑金属导轨平行固定在同一绝缘水平面内，垂直于导轨的虚线CD右侧区域有竖 直向上的匀强磁场瓦两长度略大于导轨宽度的相同金属杆a、b垂直导轨静止放 置在导轨上，杆a在C。左侧，杆b在CO右侧足够远处。现给杆a 一水平向右 的初速度。，两杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，两杆没有发生碰撞, 不计导轨电阻，

24、以下说法正确的选项是（）A.杆a进入磁场时，感应电流方向由C指向。B.杆a最后将停在导轨上C.假设在杆a进入磁场前将杆b固定，整个过程中杆a中产生的焦耳热是不 将杆b固定时的4倍D.假设在杆a进入磁场前将杆b固定，整个过程中通过杆b的电荷量是不将杆b固定时的2倍答案AD解析由右手定那么可知，杆a进入磁场时，感应电流方向由C指向D, A 正确；杆a进入磁场时受到向左的安培力，向右做减速运动，杆b受到向右的安 培力，向右做加速运动，当两杆速度相等时，两杆中均无感应电流，不再受安培 力的作用而做匀速直线运动，B错误；杆b不固定时，由于两杆中安培力大小总 是相等，方向总是相反，所以两杆的动量守恒，有/

25、加0=（7 +团）。，两杆的共同速 度大小。二号 系统中产生的总焦耳热。=%?加-;X2二:城，杆a中产生的 焦耳热Qa = ；Q = J如8,假设杆b固定，杆a中产生的焦耳热Qa=那么。a =2Qa, C错误；杆b不固定时，对杆b由动量定理有班J0 二 w, q、二/加二而，杆b固定时，对杆a由动量定理有-8乙/ t =O-/nuo,仇二 f,.1加二反7，贝142二2夕1, D正确。【名师点睛】 在电磁感应中应用动量守恒定律时，一定要首先判断系统动 量是否守恒，否那么即使是“双杆切割”也不能应用动量守恒定律。【针对训练】1.（2021.山东省泰安市高三下四模）如下图，两根电阻不计、倾角为。

26、二 37。 且足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨间距为L = 0.4m,顶端连接电阻为 R = 2Q的定值电阻。虚线上方（含虚线处）的区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感 应强度大小为B= 1.25 T。质量为2 = 0.1 kg、电阻为Ri = 1。的导体棒P在虚线 上方某处；电阻为R2 = 2。的导体棒Q固定在虚线处。将导体棒P由静止释放， 经过时间f = 3s导体棒P到达虚线处，P在到达虚线之前已到达最大速度，P、Q 与导轨始终接触良好。重力加速度g取10 m*, sin370 = 0.6, cos37 = 0.8,以下 说法正确的选项是（）A.导体棒P到达虚线前的动量变化率越来越大B

27、.导体棒P到达虚线时的速度大小为4.8 m/sC.导体棒P的释放点与虚线间的距离为华 mQ ID.从导体棒P开始运动到到达虚线时导体棒Q上产生的焦耳热为乐J答案B解析 导体棒P由静止释放，做加速运动，向上的安培力越来越大，所以向 下运动的加速度越来越小，P在到达虚线之前已到达最大速度，即最后阶段做匀 速直线运动，所以导体棒P到达虚线前的动量变化率越来越小，最后减小到零， 最后阶段一直为零，故A错误；对导体棒P受力分析可知，P到达最大速度时有ERR、7ngsmO=BJL, E=BLv, / =, R 总二1二宗+以，代入数据解得。= 4.8 m/s,故代总K + K2B正确；导体棒P运动到虚线处

28、过程中穿过导体棒P的电荷量为（7 = 7在此过程中对 P 棒有 mgtsinO- BL It-mv,q= 11 =程中对 P 棒有 mgtsinO- BL It-mv,q= 11 =E BLx,解得 x = 10.56 m故C错误;从P释放到运动至虚线处，由能量守恒定律可知:出sin。=。总+5加之, 导体棒Q上产生的焦耳热为Qq =1Q总，解得：Qq=1.296J 7 力 7 力27一、选择题（此题共6小题，其中第12题为单项选择，第36题为多项选择）1. （2021河北省张家口市高三下三模）图甲是同种规格的电阻丝制成的闭合线圈，其中有垂直于线圈平面的匀强磁场，图乙为线圈中的磁感应强度3（取

29、垂直线圈平面向内为正方向）随时间/变化的关系图像。那么以下关于线圈中的感应电动势 E、感应电流，、磁通量及线圈儿边所受的安培力/随时间变化的关系图像中 正确的选项是（取顺时针方向为感应电流与感应电动势的正方向，水平向左为安培力的 正方向）（）答案D解析 由图乙可知，（）1s内，磁感应强度8向里均匀增大，线圈所包围区 域中的均匀增大且为正，由楞次定律及法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感 应电动势、感应电流沿逆时针方向，为负的恒定值；2 s内，B恒定，穿过线 圈的磁通量不变，线圈中无感应电动势、感应电流；23s内，磁感应强度8向 里均匀减小，0均匀减小且为正，由楞次定律及法拉第电磁感应定律可知，线

30、圈 中的感应电动势、感应电流沿顺时针方向，为正的恒定值；34 s内，8向外均 匀增大，G均匀增大且为负，由楞次定律及法拉第电磁感应定律可知，线圈中的 感应电动势、感应电流沿顺时针方向，为正的恒定值，A、B、C错误。由左手定 那么可知，在。1 s内，反边受到的安培力方向水平向左，是正值，根据/二B 可知安培力均匀增加；12 s内无感应电流，儿边不受安培力；23 s,安培力 方向水平向右，是负值且逐渐减小；34 s,安培力方向水平向左，是正值且逐 渐变大，D正确。2. （2021北京高考）如下图，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框 左端连接一阻值为R的电阻，质量为机、电阻为的导体棒时置于导体框

31、上。不 计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。而以水平向右的初速度开始运动，最 终停在导体框上。在此过程中（）A.导体棒做匀减速直线运动B.导体棒中感应电流的方向为C.电阻R消耗的总电能为患安4H + f）D.导体棒克服安培力做的总功小于5加3答案C解析 导体棒向右运动时，根据右手定那么可知，导体棒中感应电流方向为 b-a,再根据左手定那么可知，导体棒受到水平向左的安培力，开始时，根据法拉 第电磁感应定律，导体棒中产生的感应电动势为七二340,根据闭合电路欧姆定 律，知感应电流为/二冷二翟，故导体棒所受安培力为/=8 二弓二，根A + / A + /A + /d272据牛顿第二定律有尸二心，可得

32、=加（R+/-,（），随着速度减小，加速度不断减小, 故导体棒做加速度减小的减速直线运动，故A、B错误；根据能量守恒定律可知, 回路中消耗的总电能为。二多加，那么R产生的总电能为Qr二含。二聋三，故 C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做 的总功等于捕，故D错误。3. （2021湖南省永州市高三二模）如下图，用电阻R= 12。的均匀导体弯成 半径 = 0.5m的闭合圆环，圆心为。，SOQ是一条水平直径，在0、5间接有负 载电阻Ri=3Q,整个圆环中有大小为B = 0.4T、方向竖直向上的匀强磁场穿过。 电阻r=2。、长度为L的导体棒。贴着圆环以。为圆心沿逆时针方

33、向（从上往 下看）匀速转动，角速度0二 240 rad/s,导体棒OP与圆环接触良好，不计一切摩 擦以及导线的电阻。贝义 ）A.棒转动过程中。点的电势比P点的电势高B.棒转动过程中产生的感应电动势为12VC.棒转动过程中电路的最大电功率为28.8 WD.当。尸到达OQ处时圆环的电功率为27 W答案BC解析 导体棒可看作电源，由右手定那么可知，棒在转动过程中。点的电势比 P点的电势低，A错误；棒转动过程中产生的感应电动势为E = 3bL% = ： 2X240V=12V, B正确；当尸点与S点重合时，外电阻最小，此时电E 1?路中Ri与导体棒串联，电路的最大电流A=2.4 A,那么棒在转动K +

34、r 3 + Z过程中电路的最大功率为Pm = Elm=12 X 2.4 W=28.8 W, C正确；当。P到达。处时，圆环电阻Ro= 12。分成相等的两局部且处于并联关系，那么其等效电阻值是R2 = 3Q,此时外电路的电阻为R=凡+R2 = 3Q +3 c = 6C,由闭合电路的欧姆E 1?定律得电路中的电流/ 二万二=寿 A=1.5A,圆环的电功率P=/2q=i.52x3W K + t O + Z= 6.75 W, D 错误。4.如下图，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为/,电阻均为R, 质量分别为2?和加。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框 之间有一宽度为2/、磁感

35、应强度大小为8、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。 开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上 边界的距离为/。现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线 框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，贝1()PWxxxxxxxjxxxxxxxxx2/X X X X X X X X X jHA. a、b两个线框匀速运动的速度大小为褥o d273B.线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为氤万C.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为D.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为 2mgi答案BC解析 当线框b全

36、部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动，此时线框 a下边刚进入磁场，下边所受安培力牛 =2吆-吆，得v =鬻,A错误；线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场，开始线框a切割磁感线运动，受力平衡，然后线框b切割磁感线运动，受力也平衡，最后线框a切割磁感线运动，仍受力2.实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和厨电能之间的转化。/必备知识夯实-堵点疏通1 .在电磁感应现象中，产生感应电动势的那局部导体相当于电源。（）2 .导体所受安培力的方向一定与导体的运动方向相反。（）3 .物体克服安培力做功的过程是将其他形式的能量转化为电能的过程。 （）4 .电源的电动势就是电源两端的电压。（）5

37、.在电磁感应现象中，求焦耳热时只能用。二尸即求解。（）答案 1. V 2.X 3. J 4.X 5.X二对点激活1 .（人教版选择性必修第二册中卬12改编）（多项选择）如下图，单匝线圈A3CD在 外力作用下以速度少向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2p匀速进入同一匀 强磁场，那么以下说法正确的选项是（）A.第二次与第一次进入时线圈中电流之比为2 : 1B.第二次与第一次进入时外力做功功率之比为2 ： 1C.第二次与第一次进入过程中通过线圈某横截面的电荷量之比为2: 1D.第二次与第一次进入时线圈中产生热量之比为2: 1答案AD解析 由知3由/ = /得存彳，故A正确。匀速进入，外力做 功的功

38、率与克服安培力做功的功率相等，由P = 得音二:故B错误。由电荷 量好华得素故C错误。产生热量Q = H=P*,得名故D正 平衡，那么这一过程所用时间为二溪，B正确；从开始运动到线框a全部进 入磁场可以分为两个阶段，第一阶段线框a的下边进入磁场之前，这一阶段线框 a产生的焦耳热为零，第二阶段从线框a的下边进入磁场到线框a全部进入磁场, 这一阶段线框b全部在磁场中，线框b中的磁通量不变，即线框b产生的焦耳热 为零，第二阶段系统减少的机械能转化为线框a产生的焦耳热，即。二，叫/, C正 确；由能量守恒定律可知，两线框的重力势能减少量等于两线框的动能增加量与 两线框克服安培力做功产生的内能之和，从开

39、始运动到线框a全部进入磁场的过 程中，两线框重力势能的减少量为2吆/,结合功能关系可知，两线框克服安培力 做功一定小于2mgI, D错误。5.如图甲所示，电阻不计且间距为m的光滑平行金属导轨竖直放置， 上端连接阻值为的电阻，虚线。下方有垂直于导轨平面的匀强磁场。 现将质量为加=0.3 kg、电阻Rab = 1 C的金属杆ab从00,上方某处以一定初速 度释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平。在金属杆砧下落。3 m的 过程中，其加速度。与下落距离的关系图像如图乙所示。必进入磁场时的 速度%= 3.0m/s,取g=10m/s2。那么以下说法正确的选项是（ ）A.进入磁场后，金属杆中电流的方向由。到方B.匀强磁场的磁感应强度为1.0TC.金属杆仍下落（）.3 m的过程中，通过R的电荷量为（）.24 CD.金属杆时下落0.3 m的过程中，R上产生的热量为（）.45 J答案AC解析 由右手定那么可判断，进入磁场后，金属杆面中电流