2019版高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感应 第2讲 电磁感应规律及综合应用学案.doc

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1、1第第 2 2 讲讲 电磁感应规律及综合应用电磁感应规律及综合应用网络构建备考策略1.看到“磁感应强度B随时间t均匀变化” ，想到“k为定值” 。B t2.应用楞次定律时的“三看”和“三想”(1)看到“线圈(回路)中磁通量变化”时，想到“增反减同” 。(2)看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留” 。(3)看到“回路面积可以变化”时，想到“增缩减扩” 。3.抓住“两个定律” 、运用“两种观点” 、分析“一种电路”“两个定律”是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；“两种观点”是指动力学观点和能量观点；“一种电路”是指电磁感应电路。楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用楞次定律的应用【典例 1】

2、 (2017全国卷，15)如图 1，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，2在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )图 1A.PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D.PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析 金属杆PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过圆环形金属线框T中的磁通量

3、减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故选项 D 正确，A、B、C 错误。答案 D【典例 2】 (多选)(2018全国卷，19)如图 2，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是( )图 2A.开关闭合后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁

4、针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动解析 由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈正面环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂3直纸面向里的磁场，则小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C 错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向下的感应电流

5、，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 正确。答案 AD【典例 3】 (多选)(2018全国卷，20)如图 3(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势( )图 3A.在t 时为零T 4B.在t 时改变方向T 2C.在t 时最大，且沿顺时针方向T 2D.在tT时最大，且沿顺时针方向解析 因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)

6、，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小。由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A 正确，B 错误；再由楞次定律可判断在一个周期内， 内电动势的方向沿顺时针方向， 时刻最大，C 正确；其余时间段电T 43T 4T 2动势沿逆时针方向，D 错误。答案 AC法拉第电磁感应定律的应用【典例 4】 (2018全国卷，17)如图 4，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，4M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。

7、空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)。在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于( )B B图 4A. B. 5 43 2C. D.27 4解析 设OM的电阻为R，OM的长度为l。过程，OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1，流过OM的电流为I1，则流1 t1BS t1B14l2 t1Bl2 4t1E1 RBl2 4Rt1过OM的电荷量为q1I1t1；过程，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该Bl2 4R过程中产生的平均感应电动势大小为E2，电路中

8、2 t2（BB）S t2（BB）l2 2t2的电流为I2，则流过OM的电荷量为E2 R（BB）l2 2Rt2q2I2t2；由题意知q1q2，则解得 ，选项 B 正确，A、C、D（BB）l2 2RB B3 2错误。答案 B【典例 5】 (多选)(2016全国卷，20)法拉第圆盘发电机的示意图如图 5 所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )图 5A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定5B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变，角速

9、度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电流在R上的热功率也变为原来的 2 倍解析 将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，流过电阻的电流方向从a到b，选项 B 正确；由法拉第电磁感应定律得感应电动势EBLBL2，I，恒定时，I大小恒定，大小变化时，I大小变化，方向v1 2E Rr不变，故选项 A 正确，C 错误；由PI2R知，当变为 2 倍时，P变为原来B2L42R 4（Rr）2的 4 倍，选项 D 错误。答案 AB1.(2018河南濮阳一模)

10、如图 6 甲所示，光滑“”形金属支架ABC固定在水平面上，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，取垂直于水平面向下为正方向，则下列说法中正确的是( )图 6A.t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B.t2时刻轻杆对导体棒的作用力最大C.t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D.t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变解析 由En，可知t1时刻感应电动势为 0，感应电流为 0，安培力为 0，轻杆对导 t体棒的作用力为 0，故选项 A 错误；t2时刻感应电动势为最大，感应电流最大，但磁场为

11、0，安培力为 0，轻杆对导体棒的作用力为 0，故选项 B 错误；t2到t3时间内，安培力先增大后减小，所以轻杆对导体棒的作用力先增大后减小，故选项 C 正确；t2到t4时间内，感6应电流方向改变，安培力方向改变，则轻杆对导体棒的作用力方向改变，故选项 D 错误。答案 C2.(多选)如图 7 甲所示，左侧接有定值电阻R2 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B1 T，导轨间距为L1 m。一质量m2 kg、阻值r2 的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨间动摩擦因数0.25，g10 m/s2。金属棒的vx图象如图乙所示，则从起点发生x1 m 位移

12、的过程中( )图 7A.拉力做的功W9.25 JB.通过电阻R的电荷量q0.125 CC.整个系统产生的总热量Q5.25 JD.x1 m 时金属棒的热功率为 1 W解析 金属棒在运动位移x1 m 的过程中，克服摩擦力做功为Wfmgx5 J，x1 m时金属棒的安培力大小为F安BILv，结合图象可知，安培力大小与位移成正比，B2L2 Rr则金属棒克服安培力做功为W安Fxvx0.25 J，由动能定理得WW安F安x 2B2L2 2（Rr）Wfmv2，得W9.25 J，选项 A 正确；流过电阻R的电荷量q0.25 C，选项 B1 2 Rr错误；系统产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做功大小，等于 0.25

13、 J，系统产生的热量等于摩擦生热和焦耳热之和，大小为 5.25 J，选项 C 正确；x1 m 时，回路中I0.5 A，由PI2r得金属棒的热功率为 0.5 W，选项 D 错误。BLv Rr答案 AC电磁感应中的图象问题根据题目所给条件，读图分析相关物理量【典例 1】 (多选)(2017全国卷，20)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方7向与纸面垂直。边长为 0.1 m、总电阻为 0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图 8(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为

14、顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是( )图 8A.磁感应强度的大小为 0.5 TB.导线框运动的速度的大小为 0.5 m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t0.4 s 至t0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 0.1 N解析 由Et图象可知，线框经过 0.2 s 全部进入磁场，则速度v m/s0.5 l t0.1 0.2m/s，选项 B 正确；由图象可知，E0.01 V，根据EBlv得，B T0.2 E lv0.01 0.1 0.5T，选项 A 错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项 C 正确；在t0.4 s 至t0.6 s

15、这段时间内，导线框中的感应电流I E R0.01 0.005A2 A, 所受的安培力大小为FBIl0.220.1 N0.04 N，选项 D 错误。答案 BC根据题目所给条件，选择图象【典例 2】 (2018全国卷，18)如图 9，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t3 2变化的正确图线可能是( )图 98解析 设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个的时间内，线框切割磁感线l 2v运动产生的电动势为E2Bdv(d为导轨间距)，电流

16、i ，回路中电流方向为顺时针；第E R二个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个的时间内，l 2vl 2v线框切割磁感线运动产生的电动势为E2Bdv，电流i ，回路中电流方向为逆时针，所E R以 D 正确。答案 D1.解决电磁感应图象问题的“三点关注”(1)明确图象所描述的物理意义；明确各种“” 、 “”的含义；(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。2.解决电磁感应图象问题常用的“两个方法”(1)排除法；(2)函数法。1.(多选)在水平光滑绝缘

17、桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，被限制在沿ab方向的光滑水平直轨道上滑动。bc边右侧有一直角三角形匀强磁场区域efg，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 10 所示，线框在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区域，若从线框的cb边到达ge边位置时开始计时，设逆时针方向为电流的正方向，方向水平向右的拉力为正。则感应电流It图象和Ft图象正确的是(时间单位为 )( )l v9图 10解析 对It图象：正方形线框abcd的切割长度均匀减小，感应电流大小均匀减小，前进距离l时，切割长度由 0 突然增大到最大，感应电流方向反向，然后大小均匀减小到0，选项 A

18、 错误，B 正确；对Ft图象：根据FBIl，由于切割长度均匀变化，故B2l2v R安培力非线性变化，拉力F非线性变化，但安培力方向不变，拉力F方向不变，选项 C 错误，D 正确。答案 BD2.(多选)如图 11 甲所示，矩形线圈abcd平放在水平桌面上，其空间存在两个竖直方向的磁场，两磁场方向相反，两磁场的分界线OO恰好把线圈分成左右对称的两部分，当两磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化时，线圈始终静止，规定磁场垂直纸面向里为正方向，线圈中逆时针方向为正方向，线圈所受桌面的摩擦力向左为正方向，则下列关于线圈产生的感应电流和桌面对线圈的摩擦力随时间变化的图象正确的是( )图 1110解析 由楞

19、次定律可得，在 0t1时间内，线圈中产生逆时针方向的感应电流，在t1t2时间内，线圈中产生顺时针方向的感应电流，由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律知，线圈中的电流I ，电流恒定，故选项 A 正确，B 错误；线圈在水平桌面上处E RBS tR于静止状态，则水平方向受到的安培力和摩擦力大小相等，方向相反，因为FBIl，当磁感应强度B均匀变化时，感应电流I恒定，l恒定，根据题图甲、乙可知，分界线OO左侧磁场的磁感应强度B1kt(0tt1)，分界线OO右侧磁场的磁感应强度B2B0kt(0tt1)，在 0t1时间内由楞次定律可得感应电流的方向为逆时针，由左手定则可知安培力的方向为水平向右，线圈所受安

20、培力的合力恒为B0Il，则线圈受到的摩擦力的方向向左，同理t1t2时间内线圈受到的摩擦力的方向向右且恒为B0Il，故选项 D错误，C 正确。答案 AC3.一个圆形线圈，共有n10 匝，其总电阻r4.0 。线圈与阻值R016 的外电阻连成闭合回路，如图 12 甲所示。线圈内部存在着一个边长l0.20 m 的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T1.0102 s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。求：图 12(1)tT时刻，电阻R0上的电流大小和方向；1 811(2)0T时间内，流过电阻R0的电荷量；1 2(3)一个周期内电阻R0的发热量。解

21、析 (1)0 内，感应电动势大小恒定，T 4E1n8 V1 t1电流大小I1，可得I10.4 AE1 R0r电流方向从b到a(2)同(1)可得 内，感应电流大小I20.2 AT 4T 2流过电路的电荷量qI1I2，T 4T 4代入数据解得q1.5103 C(3)QI R0I R0，解得Q1.6102 J2 1T 22 2T 2答案 (1)0.4 A 从b向a (2)1.5103 C (3)1.6102 J电磁感应定律的综合应用以“单棒导轨”模型为载体，考查电磁感应中的力、电综合问题【典例 1】 (多选)(2018江苏单科，9)如图 13 所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场、的高

22、和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆( )图 13A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下B.穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场之间的总热量为 4mgd12D.释放时距磁场上边界的高度h可能小于m2gR2 2B4L4解析 根据题述，由金属杆进入磁场和进入磁场时速度相等可知，金属杆在磁场中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场时加速度方向竖直向上，选项 A 错误；由于金属杆进入磁场后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，运动过程如图所示(其中v

23、1为金属杆刚进入时的速度，v2为金属杆刚出时的速度)，图线与时间轴所围的面积表示位移，两段运动的位移相等，所以穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项 B 正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场到刚进入磁场过程动能变化量为 0，重力做功为 2mgd，则金属杆穿过磁场产生的热量Q12mgd，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为22mgd4mgd，选项 C 正确；金属杆刚进入磁场时的速度v，进入磁场时产生2gh的感应电动势EBlv，感应电流I ，所受安培力FBIL，由于金属杆刚进入磁场时E R加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即Fm

24、g，联立解得h，选项 D 错误。m2gR2 2B4L4答案 BC【典例 2】 如图 14 甲所示，两根足够长的光滑金属导轨ef、cd与水平面成30角固定，导轨间距离为l1 m，导轨电阻不计，一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B1 T。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止释放，金属棒下滑过程中与导轨接触良好。改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度vm，得到 的关系如图乙所示。取g10 m/s2。求：1 vm1 R图 14(1)金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；13(2)当电阻

25、箱的阻值R2 ，且金属棒的加速度为g时，金属棒的速度大小。1 4解析 (1)金属棒以速度vm下滑时，根据法拉第电磁感应定律有EBlvm，由闭合电路欧姆定律有EI，根据平衡条件有BIlmgsin ，整理得( )，由RR0 RR01 vmB2l2 mgsin 1 R01 R 图象可知1 m1s，0.5 m1s。解得m0.2 1 vm1 RB2l2 mgsin B2l2 mgsin 1 R0kg，R02 。(2)设此时金属棒下滑的速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律有EBlv，由闭合电路欧姆定律有EI，根据牛顿第二定律有mgsin BIlm ，联立解得RR0 RR0g 4v0.5 m/s。答案 (1

26、)0.2 kg 2 (2)0.5 m/s以“双棒导轨”模型为载体，考查电磁感应中的能量、动量等问题【典例 3】 如图 15 所示，两根质量均为m2 kg 的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为 12，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。现用 250 N 的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s0.5 m 时其上产生的焦耳热为Q230 J，此时两棒速率之比为vAvC12，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：图 15(1)在CD棒运动 0.5 m 的过程中，AB棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F瞬间，两棒

27、的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小vA和vC。解析 (1)设两棒的长度分别为l和 2l，所以电阻分别为R和 2R，由于电路中任何时刻电流均相等，根据焦耳定律QI2Rt可知Q1Q212，则AB棒上产生的焦耳热Q115 J。(2)根据能量守恒定律，有FsmvmvQ1Q21 22A1 22C又vAvC12，联立以上两式并代入数据得14vA4 m/s，vC8 m/s。(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足BLvAB2LvC即vA2vC(不对过程进行

28、分析，认为系统动量守恒是常见错误)对两棒分别应用动量定理，规定水平向左为正方向，有FtmvAmvA，FtmvCmvC。AC因为FC2FA，故有vAvA vCvC1 2联立以上各式解得vA6.4 m/s，vC3.2 m/s。答案 (1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s以“导体框”为载体，考查电磁感应定律的综合应用【典例 4】 如图 16 甲所示，斜面上存在一有理想边界的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直。在斜面上离磁场上边界s10.36 m 处静止释放一单匝矩形金属线框，线框底边和磁场边界平行，金属线框与斜面间的动摩擦因数0.5。整个线框进入磁场的过程中，机

29、械能E和位移s之间的关系如图乙所示。已知E0E10.09 J，线框的质量为 0.1 kg，电阻为0.06 ，斜面倾角37，磁场区域的宽度d0.43 m，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：图 16(1)线框刚进入磁场时的速度大小v1；(2)线框从开始进入磁场至完全进入磁场所用的时间t；(3)线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值。解析 (1)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力Ff和安培力FA所做的功，机械能均匀减小，因此安培力为恒力，线框匀速进入磁场。在未进入磁场前有mgsin 37mgcos 37ma，得a2 m/s215v2as12 1

30、联立解得v11.2 m/s。(2)设线框的侧边长为s2，即线框进入磁场过程运动的距离为s2，根据功能关系，除重力之外的力所做的功等于物体机械能的变化，所以有EWfWA(FfFA)s2因为是匀速进入磁场，所以FfFAmgsin 370.6 N解得s20.15 mt s0.125 s。s2 v10.15 1.2(3)线框刚出磁场时的速度最大，线框电功率最大，设此时的速度大小为v2，则有PmaxI2R由vv2a(ds2)2 22 1根据线框匀速进入磁场，有FAmgcos 37mgsin 37FABILB2L2v1 R联立解得Pmax0.43 W。答案 (1)1.2 m/s (2)0.125 s (3

31、)0.43 W巧用流程解决电磁感应中力、电综合问题1.(2018江西南昌三模)如图 17 所示，质量为m0.04 kg、边长l0.4 m 的正方形线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细绳系于O点，斜面的倾角为30；线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的关系为B20.5t(T)，16方向垂直于斜面；已知线框电阻为R0.5 ，重力加速度取g10 m/s2。下列说法中正确的是( )图 17A.线框中的感应电流方向为abcdaB.t0 时，细线拉力大小为F0.2 NC.线框中感应电流大小为I80 mAD.经过一段时间t，线框可能拉断细绳向下运动解析 由楞次定律可知线框中的

32、感应电流方向为adcba，故选项 A 错误；感应电动势E(l2)0.04 V，由闭合电路欧姆定律，可知线框中感应电流大小为I 0.08 tB t1 2E RA80 mA，由平衡条件可知FTBIlmgsin ，t0 时，B2 T，解得FT0.136 N，故选项 B 错误，C 正确；经过一段时间t，安培力BIl可能大于mgsin ，所以线框可能沿斜面向上运动，故选项 D 错误。答案 C2.(多选)如图 18 甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的电阻均为R，导轨间距为l且光滑，电阻不计，整个装置处在方向

33、垂直于导轨平面向上，大小为B的匀强磁场中。棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上运动，从某时刻开始计时，两棒的vt图象如图乙所示，两图线平行，v0已知，则从计时开始( )图 18A.通过棒cd的电流由d到cB.通过棒cd的电流IBlv0 RC.力FB2l2v0 RD.力F做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒动能的增量17解析 由vabvcd，故通过cd的电流方向由d到c，选项 A 正确；由I可得：BlvabBlvcd 2RI，选项 B 错误；对ab棒：Fmgsin BIlmaab，对cd棒：BIlmgsin Blv0 2Rmacd，aabacd可得：F，选项 C 正确；力F做的功等于回路

34、中产生的焦耳热B2l2v0 R和两棒的动能增量与重力势能增量之和，选项 D 错误。答案 AC3.(2018江苏苏州联考)如图 19 所示， “ ”形金属导轨水平放置，宽为L0.50 m，电阻大小不计。在导轨间长d0.8 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B2.0 T。质量m4.0 kg、电阻R00.05 的金属棒CD水平置于导轨上，与轨道之间的动摩擦因数为 0.25，初始位置与磁场区域的左边界相距s0.2 m，用一根轻质绝缘的细绳水平绕过定滑轮与CD棒相连。现用一个恒力F50 N 竖直向下作用于细绳A端，CD棒由静止开始运动，运动过程中CD棒始终保持与导轨垂直，取g1

35、0 m/s2。求：图 19(1)CD棒刚进入磁场时所受的安培力的大小；(2)CD棒通过磁场的过程中流过其横截面的电荷量q；(3)CD棒在磁场中运动的过程中电路产生的热量Q。解析 (1)金属棒进入磁场前做匀加速直线运动由牛顿第二定律得Fmgma，代入得a10 m/s2由运动学公式得v22as，代入得v2 m/s感应电动势EBLv2 V感应电流I40 AE R0金属棒进入磁场时受到的安培力F安BIL40 N(2)qttI t R RBLd R代入数值得q16 C18(3)金属棒进入磁场后，满足FmgF安，金属棒所受合力为零，可知金属棒在磁场中受力平衡，做匀速直线运动。电路中电流为恒定电流I40 A

36、，在磁场中运动所用时间t0.4 sd v由焦耳定律QI2Rt得CD棒在磁场中运动的过程中回路中所产生的热量Q4020.050.432 J。答案 (1)40 N (2)16 C (3)32 J电磁感应中的 STSE 问题赏析情形 1 以科学技术为背景考查楞次定律物理学是科学技术的基础，联系生产、生活，考查物理知识的应用是高考命题的热点，能够体现高考对学科素养的重视。【例 1】 (2017全国卷，18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对 STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图 20 所示。无

37、扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是( )图 20解析 感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在 A 图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在 B、D 图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在 C 图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项 A 正确，B、C、D 错误。答案 A【例 2】 随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到了进一步开发和应用。一般给大功率19电动汽车充电时

38、利用的是电磁感应原理。如图 21 所示，由地面供电装置(主要装置有线圈和电源)将电能传送至电动车底部的感应装置(主要装置是线圈)，该装置使用接收到的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置之间通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达到 90%左右。无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车、无需插电即可对电动车进行充电。目前，无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为1525 cm，允许的错位误差一般为 15 cm 左右。下列说法正确的是( )图 21A.无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电车快速充电B.车身感应线圈中感应电流产生的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量

39、的变化C.车身感应线圈中感应电流产生的磁场总是与地面发射线圈中电流的磁场方向相反D.若线圈均采用超导材料制成，则能量的传输效率有望达到 100%解析 由题意可知无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为 1525 cm，允许的错位误差一般为 15 cm 左右，因此达不到在百米开外对电车快速充电，选项 A 错误；由楞次定律可知，车身感应线圈中感应电流产生的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项 B 正确；当地面发射线圈中电流增加时，穿过车身感应线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，此时车身感应线圈中感应电流的磁场方向与地面发射线圈中电流的磁场方向相反，当地面发射线圈中电流减小时，穿过车身感应线

40、圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，此时车身感应线圈中感应电流的磁场方向与地面发射线圈中电流的磁场方向相同，选项 C 错误；由于有电磁辐射，传送能量过程中有能量损失，因此即使线圈均采用超导材料制成，传输效率也不可能达到 100%，选项 D 错误。答案 B情形 2 以生活为背景考查楞次定律【例 3】 (多选)(2018广东惠州模拟)在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图 22 所示，其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连，20乙线圈由两条电源线采取双线法绕制，并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上。以下说法中正确的是( )图 22A.当用户用电正常时，甲线

41、圈两端没有电压，脱扣开关接通B.当用户用电正常时，甲线圈两端有电压，脱扣开关接通C.当用户发生漏电时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关断开D.当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开解析 正常状态时，火线和零线中电流产生的磁场完全抵消，脱扣开关 S 保持接通，选项A 正确，B 错误；当用户发生漏电时，流过火线与零线的电流不相等，乙线圈中火线和零线电流产生的磁场不能完全抵消，会使甲线圈中产生感应电动势，脱扣开关断开，选项 C 错误，D 正确。答案 AD【例 4】 (2018北京顺义区二模)与一般吉他靠箱体的振动发声不同，电吉他靠拾音器发声。如图 23 所示，拾音器由磁体及绕在其上的线圈组成。

42、磁体产生的磁场使钢质琴弦磁化而产生磁性，即琴弦也产生自己的磁场。当某根琴弦被拨动而相对线圈振动时，线圈中就会产生相应的电流，并最终还原为声音信号。下列说法中正确的是( )图 23A.若磁体失去磁性，电吉他仍能正常工作B.换用尼龙材质的琴弦，电吉他仍能正常工作C.琴弦振动的过程中，线圈中电流的方向不会发生变化21D.拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号解析 若磁体失去磁性，则无法产生电磁感应，因此电吉他不能正常工作，故选项 A 错误；电吉他若使用尼龙材质的琴弦，则不会被磁化，不能产生电磁感应，故选项 B 错误；琴弦振动的过程中，线圈中产生感应电流的大小和方向均是变化的，故选项 C

43、错误；电吉他是根据电磁感应原理工作的，拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号，故选项 D 正确。答案 D情形 3 以科学技术为背景考查电磁感应定律【例 5】 (多选)(2018河南郑州质检)铁路运输中设计的多种装置都运用了电磁感应原理。有一种电磁装置可以向控制中心传输信号以确定火车的位置和运动状态，装置的原理是：将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图 24 甲所示(俯视图)，当它经过安放在两铁轨间的矩形线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心。线圈长为l1，宽为l2，匝数为n。若匀强磁场只分布在一个矩形区域内，当火车首节车厢通过线圈时，控制中心接收到线圈两端电压u与时

44、间t的关系如图乙所示(ab、cd均为直线)，则在t1t2时间内( )图 24A.火车做匀速直线运动B.M点电势低于N点电势C.火车加速度大小为u2u1 nBl2（t2t1）D.火车平均速度大小为u1u2 2nBl1解析 在t1t2时间内，由感应电动势EunBl1vnBl1(v1at)，由图象可知火车做匀加速直线运动，故选项 A 错误；由右手定则可知电流方向由M到N，所以M点电势低于N点电势，故选项 B 正确；由图象可知斜率为nBl1a，解得加速度au2u1 t2t1，故选项 C 错误；由unBl1v可知v，所以火车平均速度大小为u2u1 nBl1（t2t1）u nBl122，故选项 D 正确。

45、u1u2 2nBl1答案 BD课时跟踪训练一、选择题(13 题为单项选择题，48 题为多项选择题)1.有一种手持金属探测器实物及其结构原理图可简化为图 1 所示。探测器运用的是电磁感应原理，发射线圈(外环)可以产生垂直于线圈平面且大小和方向均变化的磁场；内环线圈是接收线圈，用来收集被查金属物发出的磁场(接收线圈能完全屏蔽发射线圈产生的磁场)。随着发射线圈产生的磁场方向反复变化，它会与所遇的金属物发生作用，导致金属物自身也会产生微弱的磁场，来自金属物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声。若发射线圈产生向下且增强的磁场，则下列说法中正确的是( )图 1A.金属物产生的感应磁场的方向竖直

46、向下B.金属物中的涡流从上往下看是沿顺时针方向C.金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈会产生微弱的电流，此类探测器相应的元件就是依据这一电流进行报警的D.如果金属物中某时刻发出向上的磁场，那么接收线圈中的感应电流方向从上往下看是沿逆时针方向解析 先根据探测器发射线圈发出的磁场判定穿过金属物的磁通量方向和变化情况，再根据楞次定律确定金属物中感应电流产生的磁场方向，用安培定则判断金属物中的感应电流的方向，这里特别要注意感应电流产生的磁场与原磁场不能混淆；金属物发出的磁场穿过接收线圈时，会引起接收线圈产生微弱的电流，使探测器报警，选项 C 正确；如果金属中发出向上逐渐增加的磁场，接收线圈感应电流

47、从上向下看为顺时针方向，选项 D 错误。答案 C2.(2018湖南三湘名校第三次联考)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。下图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( )23图 2A.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解析 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，

48、不是“电流的磁效应”现象，故选项 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，故选项 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，故选项 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，故选项 D 错误。答案 C3.(2018辽宁市联考)如图 3 所示，间距为L的光滑平行金属导轨弯成“”形，底部导轨面水平，倾斜部分与水平面成角，导轨与固定电阻相连，整个装置处于竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。导体棒ab与cd均垂直于导轨放置，且与导轨间接触良好，两导体棒的电阻均与阻