（江蘇專版）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題十 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用學(xué)案

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1、 專題十　電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用 江蘇卷考情導(dǎo)向 考點(diǎn) 考題 考情 電磁感應(yīng)規(guī) 律及其應(yīng)用 2016年T13考查導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；閉合電路的歐姆定律 2016年T6考查電吉他的原理和法拉第電磁感應(yīng)定律 2014年T1考查法拉第電磁感應(yīng)定律S是有效面積，即有磁通量的線圈的面積 2014年T7考查渦流的應(yīng)用 1．本專題對(duì)基本知識(shí)、規(guī)律的考查多為選擇題，對(duì)綜合知識(shí)的考查則以計(jì)算形式． 2．高考題目的設(shè)置方式選擇題以電磁感應(yīng)現(xiàn)象、感應(yīng)電流計(jì)算及方向的判斷、電磁感應(yīng)的圖象問題、簡(jiǎn)單的動(dòng)力學(xué)知識(shí)和功能關(guān)系為主，計(jì)算題多是以導(dǎo)體棒切割磁感線的電路問題、動(dòng)力學(xué)問題及功能關(guān)系

2、的綜合為主． 電磁感應(yīng)中的圖象問題電磁感應(yīng)中電路和能量問題 2017年T13考查電磁感應(yīng)、閉合電路的歐姆定律以及電功率 2015年T13考查法拉第電磁感應(yīng)定律、電阻定律和焦耳定律 2013年T13考查感生電動(dòng)勢(shì)、動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)及電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化 考點(diǎn)1| 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用難度：中檔題 題型：選擇題、計(jì)算題 五年4考 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第48頁(yè)) 1．(2016·江蘇高考T13)據(jù)報(bào)道，一法國(guó)攝影師拍到了“天宮一號(hào)”空間站飛過太陽(yáng)的瞬間．照片中，“天宮一號(hào)”的太陽(yáng)帆板輪廓清晰可見．如圖10-1所示，假設(shè)“天宮一號(hào)”正以速度v＝7．7 km/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與

3、太陽(yáng)帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L＝20 m，地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1．0×10－5 T．將太陽(yáng)帆板視為導(dǎo)體． 圖10-1 (1)求M、N間感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E； (2)在太陽(yáng)帆板上將一只“1．5 V，0．3 W”的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計(jì)太陽(yáng)帆板和導(dǎo)線的電阻，試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說明理由； (3)取地球半徑R＝6．4×103 km，地球表面的重力加速度g取9．8 m/s2，試估算“天宮一號(hào)”距離地球表面的高度h(計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214162】 【解題關(guān)鍵】　 關(guān)鍵語(yǔ)句 信息解讀 地磁場(chǎng)的

4、磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1．0×10－5 T． v、L、B相互垂直，可直接應(yīng)用公式E＝BLv求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計(jì)太陽(yáng)帆板和導(dǎo)線電阻 帆板MN和導(dǎo)線均處于磁場(chǎng)中垂直切割磁感線 【解析】　(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，代入數(shù)據(jù)得E＝1．54 V． (2)不能，因?yàn)榇┻^閉合回路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流． (3)在地球表面有G＝mg “天宮一號(hào)”做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有G＝m 解得h＝－R，代入數(shù)據(jù)得h≈4×105 m(數(shù)量級(jí)正確都算對(duì))． 【答案】　(1)1．54 V　(2)見解析　(3)4×105 m 2．(2014·江蘇高考T1)如

5、圖10-2所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長(zhǎng)為a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，且一半處在磁場(chǎng)中．在Δt時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B．在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214163】 圖10-2 A．　　　　　　　　 B． C． D． B　[由法拉第電磁感應(yīng)定律知線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝n＝n·S＝n·，得E＝，選項(xiàng)B正確．] 3．(多選)(2014·江蘇高考T7) 如圖10-3所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來．若要縮短上述加熱時(shí)間，下列措施可行的有(　　) 圖10-

6、3 A．增加線圈的匝數(shù) B．提高交流電源的頻率 C．將金屬杯換為瓷杯 D．取走線圈中的鐵芯 AB　[利用法拉第電磁感應(yīng)定律和渦電流解題． 當(dāng)電磁鐵接通交流電源時(shí)，金屬杯處在變化的磁場(chǎng)中產(chǎn)生渦電流發(fā)熱，使水溫升高．要縮短加熱時(shí)間，需增大渦電流，即增大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)或減小電阻．增加線圈匝數(shù)、提高交變電流的頻率都是為了增大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．瓷杯不能產(chǎn)生渦電流，取走鐵芯會(huì)導(dǎo)致磁性減弱．所以選項(xiàng)A、B正確，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．] 4．(多選)(2016·江蘇高考T6)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖10-4所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動(dòng)時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音

7、．下列說法正確的有(　　) 圖10-4 A．選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作 B．取走磁體，電吉他將不能正常工作 C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) D．弦振動(dòng)過程中，線圈中的電流方向不斷變化 BCD　[銅不能被磁化，銅質(zhì)弦不能使電吉他正常工作，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；取走磁體后，弦的振動(dòng)無(wú)法通過電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)，音箱不能發(fā)聲，選項(xiàng)B正確；增加線圈匝數(shù)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝N知，線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變大，選項(xiàng)C正確；弦振動(dòng)過程中，線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向發(fā)生變化，則感應(yīng)電流的方向不斷變化，選項(xiàng)D正確．] 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)導(dǎo)體在磁場(chǎng)中做

8、切割磁感線運(yùn)動(dòng)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(duì)運(yùn)動(dòng)——“來拒去留”； (3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)——“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(dòng)勢(shì)的兩種方法 (1)E＝n，用來計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值． (2)E＝BLv，主要用來計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值． ●考向1　法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 1．(2017·資陽(yáng)模擬)用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán)，a

9、b為圓環(huán)的一條直徑．如圖10-5所示，在ab的左側(cè)存在一個(gè)均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在的平面，方向如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率＝k(k＜0)，則(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214164】 圖10-5 A．圓環(huán)具有收縮的趨勢(shì) B．圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向 C．圓環(huán)中a、b兩點(diǎn)的電壓Uab＝ D．圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為－ C　[由楞次定律的“來拒去留”可知，為了阻礙磁通量的減小，線圈有擴(kuò)張的趨勢(shì)，故A錯(cuò)誤；磁通量向里減小，由楞次定律“增反減同”可知，線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，故B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有：E＝·πr2＝，由閉合電路歐姆定律可知，

10、ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為Uab＝＝，故C正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E＝·πr2＝，線圈電阻R＝ρ，感應(yīng)電流I＝＝－，故D錯(cuò)誤．] ●考向2　楞次定律的應(yīng)用 2．(多選)(2017·南京四模)超導(dǎo)體具有電阻為零的特點(diǎn)，圖為超導(dǎo)磁懸浮原理圖，a是一個(gè)超導(dǎo)閉合環(huán)，置于一個(gè)電磁鐵線圈b正上方，當(dāng)閉合電鍵S后，超導(dǎo)環(huán)能懸浮在電磁鐵上方平衡．下列說法正確的有(　　) 圖10-6 A．閉合電鍵S瞬間，a環(huán)中感應(yīng)電流受到的安培力向上 B．閉合電鍵S，穩(wěn)定后通過a環(huán)磁通量不變，a環(huán)中不再有電流 C．閉合電鍵S，穩(wěn)定后通過a環(huán)的電流是恒定電流 D．R取不同的電阻值，穩(wěn)定后a環(huán)所受安培力都相等

11、 ACD　[閉合電鍵S瞬間，線圈中磁通量增大，則由楞次定律可知，a中產(chǎn)生的安培力將使a環(huán)有向上運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故a環(huán)中感應(yīng)電流受到的安培力向上，故A正確；由于線圈由超導(dǎo)體制成，沒有電阻所以不消耗能量，故電流一直存在，故B錯(cuò)誤；閉合電鍵S，穩(wěn)定后通過a環(huán)的電流不再變化，故為恒定電流，故C正確；因圓環(huán)存于平衡狀態(tài)，所以受到的安培力一定等于重力，故穩(wěn)定時(shí)受安培力與電阻R無(wú)關(guān)，故D正確．] 3．(2017·蘇錫常二模)圖中L是線圈，D1、D2是發(fā)光二極管(電流從“＋”極流入才發(fā)光)．閉合S，穩(wěn)定時(shí)燈泡A正常發(fā)光，然后斷開S瞬間，D2亮了一下后熄滅，則(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214165】 圖1

12、0-7 A．圖是用來研究渦流現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)電路 B．開關(guān)S閉合瞬間，燈泡A立即亮起來 C．開關(guān)S斷開瞬間，P點(diǎn)電勢(shì)比Q點(diǎn)電勢(shì)高 D．干電池的左端為電源的正極 D　[該電路是用來研究線圈的自感現(xiàn)象的，與渦流無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；L是自感系數(shù)足夠大的線圈，D1和D2是兩個(gè)相同的二極管，S閉合瞬間，但由于線圈的電流增加，導(dǎo)致線圈中出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)從而阻礙電流的增加，所以燈泡A逐漸變亮，故B錯(cuò)誤；S斷開，D2亮了一下后熄滅，說明S斷開的瞬間電流從右向左流過二極管，則P點(diǎn)電勢(shì)比Q點(diǎn)電勢(shì)低，故C錯(cuò)誤；S斷開，D2亮了一下后熄滅，說明S斷開的瞬間電流從右向左流過二極管；根據(jù)線圈中出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)從而阻礙電流的減

13、小可知，流過L的電流的方向在S斷開前從左向右，所以L的左側(cè)為正極，則干電池的左端為電源的正極，故D正確．] ●考向3　渦流的應(yīng)用 4．(2017·湖南三模)隨著科技的不斷發(fā)展，無(wú)線充電已經(jīng)進(jìn)入人們的視線．小到手表、手機(jī)，大到電腦、電動(dòng)汽車的充電，都已經(jīng)實(shí)現(xiàn)了從理論研發(fā)到實(shí)際應(yīng)用的轉(zhuǎn)化．如圖10-8所示，給出了某品牌的無(wú)線充電手機(jī)利用電磁感應(yīng)方式無(wú)線充電的原理圖．關(guān)于無(wú)線充電，下列說法正確的是(　　) 圖10-8 A．無(wú)線充電時(shí)手機(jī)接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應(yīng)” B．只有將充電底座接到直流電源上才能對(duì)手機(jī)進(jìn)行充電 C．接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相

14、同 D．只要有無(wú)線充電底座，所有手機(jī)都可以進(jìn)行無(wú)線充電 C　[無(wú)線充電時(shí)手機(jī)接收線圈部分的工作原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，不是“電流的磁效應(yīng)”現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；當(dāng)充電設(shè)備通以恒定直流，無(wú)線充電設(shè)備不會(huì)產(chǎn)生交變磁場(chǎng)，那么不能夠正常使用，故B錯(cuò)誤；接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同，故C正確；被充電手機(jī)內(nèi)部，應(yīng)該有一類似金屬線圈的部件，與手機(jī)電池相連，當(dāng)有交變磁場(chǎng)時(shí)，則出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，那么普通手機(jī)不能夠利用無(wú)線充電設(shè)備進(jìn)行充電，故D錯(cuò)誤．] 考點(diǎn)2| 電磁感應(yīng)中的圖象問題難度：中檔題 題型：選擇題 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第50頁(yè)) 5．(2011·江蘇高考)如圖10-9所示，水平面

15、內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)．勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直．阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸．T＝0時(shí)，將開關(guān)S由1擲到2．q、i、v和a分別表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度和加速度．下列圖象正確的是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214166】 圖10-9 A　　　　　　　B C　　　　　　　D 【解題分析】　1．知道電容器放電后會(huì)在電路中產(chǎn)生電流． 2．導(dǎo)體棒在安培力的作用下加速運(yùn)動(dòng)． 3．導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流與電容器放電電流反向． D　[開關(guān)S由1擲到2，電容器放電后會(huì)在電路中產(chǎn)生電流．導(dǎo)體棒通有電流后會(huì)受到安培力的作用，會(huì)產(chǎn)

16、生加速度而加速運(yùn)動(dòng)．導(dǎo)體棒切割磁感線，速度增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，即增大，則實(shí)際電流減小，安培力F＝BIL，即減小，加速度a＝，即減?。?qū)к壒饣?，所以在有電流通過棒的過程中，棒是一直加速運(yùn)動(dòng)(變加速)．由于通過棒的電流是按指數(shù)遞減的，那么棒受到的安培力也是按指數(shù)遞減的，由牛頓第二定律知，它的加速度是按指數(shù)遞減的．由于電容器放電產(chǎn)生電流使得導(dǎo)體棒受安培力運(yùn)動(dòng)，而導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)會(huì)給電容器充電．當(dāng)充電和放電達(dá)到一種平衡時(shí)，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)棒勻速運(yùn)動(dòng)后，棒因切割磁感線有電動(dòng)勢(shì)，所以電容器兩端的電壓能穩(wěn)定在某個(gè)不為0的數(shù)值，即電容器的電量應(yīng)穩(wěn)定在某個(gè)不為0的數(shù)值(不會(huì)減少到0)．這時(shí)

17、電容器的電壓等于棒的電動(dòng)勢(shì)數(shù)值，棒中無(wú)電流．] 解決電磁感應(yīng)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)的具體過程． (3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?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(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式． (5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等． (6)畫圖象或判斷圖象． ●考向1　圖象的確定 5．(2017·徐州二模)如圖10-10所示，閉合導(dǎo)線框勻速穿過垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾却笥诰€框尺寸，規(guī)定線框中逆時(shí)針方向的電流為正，則

18、線框中電流i隨時(shí)間t變化的圖象可能正確的是(　　) 圖10-10 B　[線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中磁通量增加，根據(jù)楞次定律可得電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針(正方向)，線框離開磁場(chǎng)過程中磁通量減小，根據(jù)楞次定律可得電流方向?yàn)轫槙r(shí)針(負(fù)方向)；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電流i＝，剛進(jìn)入時(shí)有效切割長(zhǎng)度最大，感應(yīng)電流最大、一半進(jìn)入磁場(chǎng)過程中有效切割長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉硪话耄袘?yīng)電流變?yōu)樵瓉硪话?，完全進(jìn)入后磁通量不變，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，離開磁場(chǎng)的過程中有效切割長(zhǎng)度與進(jìn)入過程相同，感應(yīng)電流變化也相同，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．] ●考向2　圖象的轉(zhuǎn)換 6．(2017·泰州一模)在豎直方向的勻強(qiáng)

19、磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)面積不變的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖10-11甲所示，取線圈中磁場(chǎng)B的方向向上為正，當(dāng)磁場(chǎng)中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t如圖乙變化時(shí)，下列圖中能正確表示線圈中感應(yīng)電流變化的是(　　) 甲　　　　　　　乙 圖10-11 A　　　　　　　B C　　　　　　D A　[在0～ s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝n＝．根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向與圖示箭頭方向相反，為負(fù)值；在～T內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E′＝n＝＝2E，所以感應(yīng)電流是之前的2倍．再根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向與圖示方向相反，為負(fù)值．故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．] ●考向3　

20、圖象的應(yīng)用 7．(2017·錫山中學(xué)月考)如圖10-12甲，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方固定一螺線管Q，P和Q共軸，Q中通有變化電流i，電流隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖10-12乙所示，P所受的重力為G，桌面對(duì)P的支持力為N，則(　　) 甲　　　　　　乙 圖10-12 A．t1時(shí)刻N(yùn)＞G，P有收縮的趨勢(shì) B．t2時(shí)刻N(yùn)＝G，P有擴(kuò)張的趨勢(shì) C．t3時(shí)刻N(yùn)＝G，此時(shí)P中沒有感應(yīng)電流 D．t4時(shí)刻N(yùn)＜G，此時(shí)P中無(wú)感應(yīng)電流 A　[當(dāng)螺線管中電流增大時(shí)，其形成的磁場(chǎng)不斷增強(qiáng)，因此線圈P中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知線圈P將阻礙其磁通量的增大，故線圈有遠(yuǎn)離和面積收縮的趨勢(shì)，則N＞

21、G，P有收縮的趨勢(shì)，故A正確；當(dāng)螺線管中電流不變時(shí)，其形成磁場(chǎng)不變，線圈P中的磁通量不變，因此磁鐵線圈中無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，此時(shí)P沒有擴(kuò)張的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤；t3時(shí)刻螺線管中電流為零，N＝G；但是線圈P中磁通量是變化的，因此此時(shí)線圈中有感應(yīng)電流，故C錯(cuò)誤．當(dāng)螺線管中電流不變時(shí)，其形成磁場(chǎng)不變，線圈P中的磁通量不變，因此磁鐵線圈中無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，故t4時(shí)刻N(yùn)＝G，此時(shí)P中無(wú)感應(yīng)電流，故D錯(cuò)誤．] 考點(diǎn)3| 電磁感應(yīng)中電路和能量問題難度：較大 題型：選擇題、計(jì)算題 五年3考 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第51頁(yè)) 6．(2015·江蘇高考T13)做磁共振(MRI)檢查時(shí)，對(duì)人體施加的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)會(huì)在肌

22、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(duì)肌肉組織的影響，將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈，線圈的半徑r＝5．0 cm，線圈導(dǎo)線的截面積A＝0．80 cm2，電阻率ρ＝1．5 Ω·m．如圖10-13所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與線圈平面垂直，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0．3 s內(nèi)從1．5 T均勻地減為零，求：(計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字) 圖10-13 (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(dòng)勢(shì)E； (3)0．3 s內(nèi)該圈肌肉組織中產(chǎn)生的熱量Q． 【解題關(guān)鍵】　解此題的關(guān)鍵有兩點(diǎn)： (1)注意區(qū)分線圈的面積和線圈導(dǎo)線的截面積． (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，線圈中電

23、流恒定不變． 【解析】　(1)由電阻定律得R＝ρ，代入數(shù)據(jù)得 R≈6×103 Ω． (2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝，代入數(shù)據(jù)得E≈4×10－2 V． (3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入數(shù)據(jù)得Q＝8×10－8 J． 【答案】　(1)6×103 Ω　(2)4×10－2 V　(3)8×10－8 J 7．(2013·江蘇高考T13)如圖10-14所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平面與磁場(chǎng)垂直．已知線圈的匝數(shù)N＝100，邊長(zhǎng)ab＝1．0 m、bc＝0．5 m，電阻r＝2 Ω．磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0～1 s內(nèi)從零均勻變化到0．2 T．在1～5 s內(nèi)從0．2 T均勻變化到－0．2 T，取垂直紙面向里

24、為磁場(chǎng)的正方向．求： 圖10-14 (1)0．5 s時(shí)線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E和感應(yīng)電流的方向； (2)在1～5 s內(nèi)通過線圈的電荷量q； (3)在0～5 s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214167】 【解析】　(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝N ，磁通量的變化量ΔΦ1＝ΔB1S，解得E1＝N ，代入數(shù)據(jù)得E1＝10 V，感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→d→c→b→a． (2)同理可得E2＝N ，感應(yīng)電流I2＝ 電荷量q＝I2Δt2，解得q＝N ，代入數(shù)據(jù)得q＝10 C． (3)0～1 s內(nèi)的焦耳熱Q1＝IrΔt1，且I1＝，1～5 s內(nèi)的焦耳熱Q2＝IrΔt2 由Q＝Q1＋Q2

25、，代入數(shù)據(jù)得Q＝100 J． 【答案】　(1)10 V，感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→d→c→b→a (2)10 C　(3)100 J 8．(2017·江蘇高考T13)如圖10-15所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻．質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下．當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関．導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)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： 圖10-15 (1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)M

26、N剛掃過金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214168】 【解析】　(1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，金屬桿的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv0① 回路的感應(yīng)電流I＝② 由①②式解得I＝．③ (2)金屬桿所受的安培力F＝BId④ 由牛頓第二定律得，對(duì)金屬桿F＝ma⑤ 由③④⑤式得a＝．⑥ (3)金屬桿切割磁感線的相對(duì)速度v′＝v0－v⑦ 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv′⑧ 感應(yīng)電流的電功率P＝⑨ 由⑦⑧⑨式得P＝．⑩ 【答案】　(1)　(2)　(3) 用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟 ●考向1　電磁感應(yīng)中的

27、電路問題 8．(2017·鹽城二模)如圖10-16所示，兩根水平放置的平行金屬導(dǎo)軌，其末端連接等寬的四分之一圓弧導(dǎo)軌，圓弧半徑r＝0．41 m，導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng)＝0．5 m，導(dǎo)軌的電阻與摩擦均不計(jì)．在導(dǎo)軌的頂端接有阻值為R1＝1．5 Ω的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0．2 T，現(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、電阻R2＝0．5 Ω、質(zhì)量m＝1．0 kg的金屬棒，金屬棒在水平拉力F作用下，從圖中位置ef由靜止開始勻加速運(yùn)動(dòng)，在t＝0時(shí)刻，F(xiàn)0＝1．5 N，經(jīng)2．0 s運(yùn)動(dòng)到cd時(shí)撤去拉力，棒剛好能沖到最高點(diǎn)ab、(重力加速度g＝10 m/s2)．求： 圖10-16 (1)金

28、屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度； (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)到cd時(shí)電壓表的讀數(shù)； (3)金屬棒從cd運(yùn)動(dòng)到ab過程中電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214169】 【解析】　(1)根據(jù)題意，金屬棒從ef位置開始勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有F0＝ma 解得：a＝＝＝1．5 m/s2． (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)到cd時(shí)的速度v＝at＝1．5×2．0 m/s＝3 m/s 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝0．2×0．5×3 V＝0．3 V 感應(yīng)電流I＝＝ A＝0．15 A 電壓表的讀數(shù)U＝IR1＝0．15×1．5 V＝0．225 V． (3)根據(jù)能量守恒定律，有：mv2＝mgr＋Q 解得：Q＝

29、0．4 J 電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝Q＝×0．4 J＝0．3 J 【答案】　(1)1．5 m/s2　(2)0．225 V　(3)0．3 J ●考向2　電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)問題 9．(多選)(2017·南京一模)如圖10-17所示，均勻?qū)w圍成等腰閉合三角形線圈abc，底邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界平行，磁場(chǎng)的寬度大于三角形的高度．線圈從磁場(chǎng)上方某一高度處由靜止開始豎直下落，穿過該磁場(chǎng)區(qū)域，不計(jì)空氣阻力．則下列說法中正確的是(　　) 圖10-17 A．線圈進(jìn)磁場(chǎng)的過程中，可能做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．線圈底邊進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)線圈的加速度可能一樣 C．線圈出磁場(chǎng)的過程中，可能做先減速后加速的直線

30、運(yùn)動(dòng) D．線圈底邊進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)，線圈所受安培力可能大小相等，方向不同 BC　[如果勻速，因?yàn)橛行懈铋L(zhǎng)度越小來越小，安培力會(huì)越來越小，不可能勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；如果線圈比較高，進(jìn)入磁場(chǎng)后先減速后加速，可能導(dǎo)致進(jìn)磁場(chǎng)的速度和出磁場(chǎng)的速度是一樣的，安培力F安＝，速度一樣，安培力一樣，根據(jù)牛頓第二定律，mg－F安＝ma，加速度一樣，故B正確； 如果出磁場(chǎng)時(shí)，安培力比重力大，那么線圈先減速，但是在減速的過程中，上面比較窄，安培力會(huì)越來越小，最終必然是一個(gè)先減速后加速的直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；線圈進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)的速度可能相等，根據(jù)F＝，安培力大小可能相等，但安培力方向都是向上的，阻礙線圈向下運(yùn)動(dòng)，所以安培力

31、方向相同，故D錯(cuò)誤．] 10．(2017·南京四模)如圖10-18甲所示，兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ和左側(cè)M、P間連接的電阻R構(gòu)成一個(gè)固定的水平U型導(dǎo)體框架，導(dǎo)軌電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)．框架置于一個(gè)方向豎直向下、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)左側(cè)邊界是OO′．質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒垂直放置在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好，給導(dǎo)體棒一個(gè)水平向右的初速度v0，棒進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)后回路中的電流I隨棒在磁場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)位移x(O點(diǎn)為x軸坐標(biāo)原點(diǎn))的變化關(guān)系如圖乙所示，根據(jù)題設(shè)條件和圖中給定數(shù)據(jù)求： 甲　　　　　　　　　　乙 圖10-18 (1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間回路總電功率P0； (2)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁

32、場(chǎng)瞬間加速度大小a0； (3)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)全過程中電阻R上產(chǎn)生的電熱QR． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214170】 【解析】　(1)根據(jù)圖乙可得導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間回路的電流強(qiáng)度為I0， 根據(jù)電功率的計(jì)算公式可得：P0＝I(R＋r)． (2)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)刻電動(dòng)勢(shì)：E0＝BLv0＝I0(R＋r) 根據(jù)牛頓第二定律可得棒受安培力產(chǎn)生加速度：BI0L＝ma0 解得：a0＝． (3)棒從進(jìn)入磁場(chǎng)到停止運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得：WA＝0－mv 根據(jù)功能關(guān)系可得回路產(chǎn)生電熱：Q＝－WA＝mv R上產(chǎn)生電熱：QR＝Q＝． 【答案】　(1)I(R＋r)　(2)　(3) ●考向3　電磁感應(yīng)的能量問題 1

33、1．(2017·南京一模)如圖10-19甲所示，質(zhì)量m＝1 kg、邊長(zhǎng)ab＝1．0 m、電阻r＝2 Ω的單匝正方形閉合線圈abcd放置在傾角θ＝30°的斜面上，保持靜止?fàn)顟B(tài)．勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直線圈平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化如圖乙所示，整個(gè)線圈都處在磁場(chǎng)中，重力加速度g＝10 m/s2．求： 甲　　　　　　　　　乙 圖10-19 (1)t＝1 s時(shí)穿過線圈的磁通量； (2)4 s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的焦耳熱； (3)t＝3．5 s時(shí)，線圈受到的摩擦力． 【解析】　(1)根據(jù)磁通量定義式，那么t＝1 s時(shí)穿過線圈的磁通量：Φ＝BS＝0．1 Wb． (2)由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝，結(jié)合閉

34、合電路歐姆定律，I＝，那么感應(yīng)電流，4 s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小，I＝＝0．05 A 由圖可知，t總＝2 s； 依據(jù)焦耳定律，則有：Q＝I2rt總＝0．01 J． (3)雖然穿過線圈的磁通量變化，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，但因各邊均受到安培力，依據(jù)矢量的合成法則，則線圈受到的安培力的合力為零，因此t＝3．5 s時(shí)，線圈受到的摩擦力等于重力沿著斜面的分力，即：f＝mgsin θ＝5 N． 【答案】　(1)0．1 Wb　(2)0．01 J　(3)5 N 12．(2017·徐州模擬)如圖10-20甲所示，質(zhì)量為M的“∩”形金屬框架MNPQ放在傾角為θ的絕緣斜面上，框架MN、PQ部分的電阻不計(jì)

35、，相距為L(zhǎng)，上端NP部分的電阻為R．一根光滑金屬棒ab在平行于斜面的力(圖中未畫出)的作用下，靜止在距離框架上端NP為L(zhǎng)的位置．整個(gè)裝置處于垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，其中B0、t0均為已知量．已知ab棒的質(zhì)量為m，電阻為R，長(zhǎng)為L(zhǎng)，與框架接觸良好并始終相對(duì)斜面靜止，t0時(shí)刻框架也靜止，框架與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g．求： 甲　　　　　　　　乙 圖10-20 (1)t0時(shí)刻，流過ab棒的電流大小和方向； (2)0～t0時(shí)間內(nèi)，通過ab棒的電荷量及ab棒產(chǎn)生的熱量； (3)框架MNPQ什么時(shí)候開始運(yùn)動(dòng)

36、？ 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214171】 【解析】　(1)設(shè)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有：E＝n＝ S＝ 由閉合電路歐姆定律可得金屬棒中的電流大小為：I＝＝ 由楞次定律知，金屬棒中的電流方向是a→b． (2)由電荷量的計(jì)算公式可得流過ab棒的電荷量為：q＝It0＝，根據(jù)焦耳定律可得ab棒產(chǎn)生的熱量為：Q＝I2Rt0＝． (3)設(shè)經(jīng)時(shí)間t框架恰好要?jiǎng)?，?duì)框架分析受力，有：Mgsin θ＋F安＝f 而 f＝μ(M＋m)gcos θ， 根據(jù)安培力的計(jì)算公式可得：F安＝BtIL， 而磁感應(yīng)強(qiáng)度為：Bt＝B0＋t 代入解得：t＝－t0． 【答案】　(1)，方向是a→b

37、　(2)　 (3)經(jīng)過－t0開始運(yùn)動(dòng) 熱點(diǎn)模型解讀| 電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第54頁(yè)) 考題 2016·全國(guó)甲卷T24 2016·全國(guó)丙卷T25 2014·全國(guó)卷ⅡT25 2013·全國(guó)卷ⅠT25 模型展示 單側(cè)磁場(chǎng)模型 雙側(cè)磁場(chǎng)模型 旋轉(zhuǎn)切割模型 含電容電路切割模型 模型解讀 金屬棒切割磁感線E＝BLv，導(dǎo)體棒是電源、安培力做負(fù)功，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 兩側(cè)存在電源，可能同時(shí)存在，可能先后出現(xiàn)，金屬棒切割產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)同單側(cè)磁場(chǎng)類似 電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算按中間的速度E＝BωL2 金屬棒切割磁感線給電容器充電．電路中有電流，金屬棒

38、受安培力，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 [典例]　(2017·湖南益陽(yáng)調(diào)研)如圖10-21所示，兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置(導(dǎo)軌電阻不計(jì))，傾角為30°，導(dǎo)軌間距為0．5 m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向下，B＝0．2 T，兩根材料相同的金屬棒a、b與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，a、b金屬棒的質(zhì)量分別為3 kg、2 kg，兩金屬棒的電阻均為R＝1 Ω，剛開始兩根金屬棒都恰好靜止，假設(shè)最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力．現(xiàn)對(duì)a棒施加一平行導(dǎo)軌向上的恒力F＝60 N，經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，兩金屬棒都達(dá)到了穩(wěn)定狀態(tài)．求： 圖10-21 (1)金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)當(dāng)兩金屬棒都達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，b棒所

39、受的安培力大?。? (3)設(shè)當(dāng)a金屬棒從開始受力到向上運(yùn)動(dòng)5 m時(shí)，b金屬棒向上運(yùn)動(dòng)了2 m，且此時(shí)a的速度為4 m/s，b的速度為1 m/s，則求此過程中回路中產(chǎn)生的電熱及通過a金屬棒的電荷量． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：17214172】 【解析】　(1)a棒恰好靜止時(shí)，有magsin 30°＝μmagcos 30°． 解得μ＝． (2)兩棒穩(wěn)定時(shí)以相同的加速度向上勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)兩棒有恒定的速度差． 對(duì)a棒：F－magsin 30°－μmagcos 30°－F安＝maa 對(duì)b棒：F安－mbgsin 30°－μmbgcos 30°＝mba 解得F安＝24 N． (3)此過程對(duì)a、b棒整體

40、根據(jù)功能關(guān)系，有 Q＝Fxa－(magsin 30°＋μmagcos 30°)xa－(mbgsin 30°＋μmbgcos 30°)xb－mav－mbv 解得Q＝85 J． q＝·Δt ＝ ＝＝ 解得q＝＝0．15 C． 【答案】　(1)　(2)24 N　(3)85 J　0．15 C [拓展應(yīng)用]　(2017·湖北八校聯(lián)考)如圖10-22所示，兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ放在水平面上，左端向上彎曲，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，水平段導(dǎo)軌所處空間存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B．導(dǎo)體棒a與b的質(zhì)量均為m，電阻值分別為Ra＝R，Rb＝2R．b棒放置在水平導(dǎo)軌上足夠遠(yuǎn)處，

41、a棒在弧形導(dǎo)軌上距水平面h高度處由靜止釋放．運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，重力加速度為g． 圖10-22 (1)求a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力的大小和方向； (2)求最終穩(wěn)定時(shí)兩棒的速度大??； (3)從a棒開始下落到最終穩(wěn)定的過程中，求b棒上產(chǎn)生的內(nèi)能． 【解析】　(1)設(shè)a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，從開始下落到進(jìn)入磁場(chǎng) 根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝mv2 a棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv 根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝ a棒受到的安培力F＝BIL 聯(lián)立以上各式解得F＝，方向水平向左． (2)設(shè)兩棒最后穩(wěn)定時(shí)的速度為v′，從a棒開始下落到兩棒速度達(dá)到穩(wěn)定 根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv＝2mv′ 解得v′＝． (3)設(shè)a棒產(chǎn)生的內(nèi)能為Ea，b棒產(chǎn)生的內(nèi)能為Eb 根據(jù)能量守恒定律得mv2＝×2mv′2＋Ea＋Eb 兩棒串聯(lián)內(nèi)能與電阻成正比Eb＝2Ea 解得Eb＝mgh． 【答案】　見解析 20