【物理】2018届二轮　电磁感应规律及其应用学案（江苏专用） 23页

专题十　电磁感应规律及其应用 江苏卷考情导向 考点 考题 考情 电磁感应规 律及其应用 ‎2016年T13考查导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律 ‎2016年T6考查电吉他的原理和法拉第电磁感应定律 ‎2014年T1考查法拉第电磁感应定律S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积 ‎2014年T7考查涡流的应用 ‎1．本专题对基本知识、规律的考查多为选择题，对综合知识的考查则以计算形式．‎ ‎2．高考题目的设置方式选择题以电磁感应现象、感应电流计算及方向的判断、电磁感应的图象问题、简单的动力学知识和功能关系为主，计算题多是以导体棒切割磁感线的电路问题、动力学问题及功能关系的综合为主．‎ 电磁感应中的图象问题电磁感应中电路和能量问题 ‎2017年T13考查电磁感应、闭合电路的欧姆定律以及电功率 ‎2015年T13考查法拉第电磁感应定律、电阻定律和焦耳定律 ‎2013年T13考查感生电动势、动生电动势及电磁感应中的能量转化 考点1| 电磁感应规律及其应用难度：中档题 题型：选择题、计算题 五年4考 ‎(对应学生用书第48页)‎ ‎1．(2016·江苏高考T13)据报道，一法国摄影师拍到了“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图101所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7．7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1．0×10－5 T．将太阳帆板视为导体．‎ 图101‎ ‎(1)求M、N间感应电动势的大小E；‎ ‎(2)在太阳帆板上将一只“1．5 V，0．3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由；‎ ‎(3)取地球半径R＝6．4×103 km，地球表面的重力加速度g取9．8 m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)． ‎ ‎【导学号：17214162】‎ ‎【解题关键】　‎ 关键语句 信息解读 地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1．0×10－5 T．‎ v、L、B相互垂直，可直接应用公式E＝BLv求感应电动势 小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线电阻 帆板MN和导线均处于磁场中垂直切割磁感线 ‎【解析】　(1)感应电动势E＝BLv，代入数据得E＝1．54 V．‎ ‎(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．‎ ‎(3)在地球表面有G＝mg ‎“天宫一号”做匀速圆周运动，有G＝m 解得h＝－R，代入数据得h≈4×105 m(数量级正确都算对)．‎ ‎【答案】　(1)1．54 V　(2)见解析　(3)4×105 m ‎2．(2014·江苏高考T1)如图102所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)‎ ‎【导学号：17214163】‎ 图102‎ A．　　　　　　　　 B． C． D． B　[由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E＝n＝n·S＝n·，得E＝，选项B正确．]‎ ‎3．(多选)(2014·江苏高考T7)‎ 如图103所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)‎ 图103‎ A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率 C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯 AB　[利用法拉第电磁感应定律和涡电流解题．‎ 当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势．‎ 瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项A、B正确，选项C、D错误．]‎ ‎4．(多选)(2016·江苏高考T6)电吉他中电拾音器的基本结构如图104所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音．下列说法正确的有(　　)‎ 图104‎ A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作 B．取走磁体，电吉他将不能正常工作 C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 BCD　[铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律E＝N知，线圈的感应电动势变大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中感应电流的磁场方向发生变化，则感应电流的方向不断变化，选项D正确．]‎ ‎1．感应电流方向的判断方法 一是利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；‎ 二是利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断．‎ ‎2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 ‎(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；‎ ‎(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；‎ ‎(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；‎ ‎(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．‎ ‎3．求感应电动势的两种方法 ‎(1)E＝n，用来计算感应电动势的平均值．‎ ‎(2)E＝BLv，主要用来计算感应电动势的瞬时值．‎ ‎●考向1　法拉第电磁感应定律的应用 ‎1．(2017·资阳模拟)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图105所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在的平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k＜0)，则(　　) ‎ ‎【导学号：17214164】‎ 图105‎ A．圆环具有收缩的趋势 B．圆环中产生的感应电流为逆时针方向 C．圆环中a、b两点的电压Uab＝ D．圆环中产生的感应电流大小为－ C　[由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，故A错误；磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故B错误；根据法拉第电磁感应定律，有：E＝·πr2＝，由闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为Uab＝＝，故C正确；由法拉第电磁感应定律可知，E＝·πr2＝，线圈电阻R＝ρ，感应电流I＝＝－，故D错误．]‎ ‎●考向2　楞次定律的应用 ‎2．(多选)(2017·南京四模)超导体具有电阻为零的特点，图为超导磁悬浮原理图，a是一个超导闭合环，置于一个电磁铁线圈b正上方，当闭合电键S后，超导环能悬浮在电磁铁上方平衡．下列说法正确的有(　　)‎ 图106‎ A．闭合电键S瞬间，a环中感应电流受到的安培力向上 B．闭合电键S，稳定后通过a环磁通量不变，a环中不再有电流 C．闭合电键S，稳定后通过a环的电流是恒定电流 D．R取不同的电阻值，稳定后a环所受安培力都相等 ACD　[闭合电键S瞬间，线圈中磁通量增大，则由楞次定律可知，a中产生的安培力将使a环有向上运动的趋势，故a环中感应电流受到的安培力向上，故A正确；由于线圈由超导体制成，没有电阻所以不消耗能量，故电流一直存在，故B错误；闭合电键S，稳定后通过a环的电流不再变化，故为恒定电流，故C正确；因圆环存于平衡状态，所以受到的安培力一定等于重力，故稳定时受安培力与电阻R无关，故D正确．]‎ ‎3．(2017·苏锡常二模)图中L是线圈，D1、D2是发光二极管(电流从“＋”极流入才发光)．闭合S，稳定时灯泡A正常发光，然后断开S瞬间，D2亮了一下后熄灭，则(　　) ‎ ‎【导学号：17214165】‎ 图107‎ A．图是用来研究涡流现象的实验电路 B．开关S闭合瞬间，灯泡A立即亮起来 C．开关S断开瞬间，P点电势比Q点电势高 D．干电池的左端为电源的正极 D　[该电路是用来研究线圈的自感现象的，与涡流无关，故A错误；L是自感系数足够大的线圈，D1和D2是两个相同的二极管，S闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以灯泡A逐渐变亮，故B错误；S断开，D2亮了一下后熄灭，说明S断开的瞬间电流从右向左流过二极管，则P点电势比Q点电势低，故C错误；S断开，D2亮了一下后熄灭，说明S断开的瞬间电流从右向左流过二极管；根据线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小可知，流过L的电流的方向在S断开前从左向右，所以L的左侧为正极，则干电池的左端为电源的正极，故D正确．]‎ ‎●考向3　涡流的应用 ‎4．(2017·湖南三模)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．如图108所示，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(　　)‎ 图108‎ A．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 C　[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，不是“电流的磁效应”现象，故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D错误．]‎ 考点2| 电磁感应中的图象问题难度：中档题 题型：选择题 ‎(对应学生用书第50页)‎ ‎5．(2011·江苏高考)如图109所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触．T＝0时，将开关S由1掷到2．q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象正确的是(　　)‎ ‎【导学号：17214166】‎ 图109‎ A　　　　　　　B C　　　　　　　D ‎【解题分析】　1．知道电容器放电后会在电路中产生电流．‎ ‎2．导体棒在安培力的作用下加速运动．‎ ‎3．导体棒切割磁感线产生的感应电流与电容器放电电流反向．‎ D　[开关S由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流．导体棒通有电流后会受到安培力的作用，会产生加速度而加速运动．导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势E＝Blv，即增大，则实际电流减小，安培力F＝BIL，即减小，加速度a＝，即减小．因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动(变加速)．由于通过棒的电流是按指数递减的，那么棒受到的安培力也是按指数递减的，由牛顿第二定律知，它的加速度是按指数递减的 ‎．由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力运动，而导体棒运动产生感应电动势会给电容器充电．当充电和放电达到一种平衡时，导体棒做匀速运动．当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，即电容器的电量应稳定在某个不为0的数值(不会减少到0)．这时电容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流．]‎ 解决电磁感应图象问题的一般步骤 ‎(1)明确图象的种类，即是Bt图还是Φt图，或者Et图、It图等．‎ ‎(2)分析电磁感应的具体过程．‎ ‎(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．‎ ‎(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．‎ ‎(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．‎ ‎(6)画图象或判断图象．‎ ‎●考向1　图象的确定 ‎5．(2017·徐州二模)如图1010所示，闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i随时间t变化的图象可能正确的是(　　)‎ 图1010‎ B　[线框进入磁场过程中磁通量增加，根据楞次定律可得电流方向为逆时针(正方向)，线框离开磁场过程中磁通量减小，根据楞次定律可得电流方向为顺时针(负方向)；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得感应电流i＝，刚进入时有效切割长度最大，感应电流最大、一半进入磁场过程中有效切割长度变为原来一半，感应电流变为原来一半，完全进入后磁通量不变，不会产生感应电流，离开磁场的过程中有效切割长度与进入过程相同，感应电流变化也相同，故B正确，A、C、D错误．]‎ ‎●考向2　图象的转换 ‎6．(2017·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1011甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的是(　　)‎ 甲　　　　　　　乙 图1011‎ A　　　　　　　B C　　　　　　D A　[在0～ s内，根据法拉第电磁感应定律，E＝n＝．根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相反，为负值；在～T内，根据法拉第电磁感应定律，E′＝n＝＝2E，所以感应电流是之前的2倍．再根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值．故A正确，B、C、D错误．]‎ ‎●考向3　图象的应用 ‎7．(2017·锡山中学月考)如图1012甲，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图1012乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则(　　)‎ 甲　　　　　　乙 图1012‎ A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势 B．t2时刻N＝G，P有扩张的趋势 C．t3时刻N＝G，此时P中没有感应电流 D．t4时刻N＜G，此时P中无感应电流 A　[当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，则N＞G，P有收缩的趋势，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，此时P没有扩张的趋势，故B错误；t3时刻螺线管中电流为零，N ‎＝G；但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，故C错误．当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t4时刻N＝G，此时P中无感应电流，故D错误．]‎ 考点3| 电磁感应中电路和能量问题难度：较大 题型：选择题、计算题 五年3考 ‎(对应学生用书第51页)‎ ‎6．(2015·江苏高考T13)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5．0 cm，线圈导线的截面积A＝0．80 cm2，电阻率ρ＝1．5 Ω·m．如图1013所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0．3 s内从1．5 T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)‎ 图1013‎ ‎(1)该圈肌肉组织的电阻R；‎ ‎(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；‎ ‎(3)0．3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q．‎ ‎【解题关键】　解此题的关键有两点：‎ ‎(1)注意区分线圈的面积和线圈导线的截面积．‎ ‎(2)磁感应强度均匀减小，线圈中电流恒定不变．‎ ‎【解析】　(1)由电阻定律得R＝ρ，代入数据得 R≈6×103 Ω．‎ ‎(2)感应电动势E＝，代入数据得E≈4×10－2 V．‎ ‎(3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入数据得Q＝8×10－8 J．‎ ‎【答案】　(1)6×103 Ω　(2)4×10－2 V　(3)8×10－8 J ‎7．(2013·江苏高考T13)如图1014所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1．0 m、bc＝0．5 m，电阻r＝2 Ω．磁感应强度B在0～1 s内从零均匀变化到0．2 T．在1～5 s内从0．2 T均匀变化到－0．2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：‎ 图1014‎ ‎(1)0．5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；‎ ‎(2)在1～5 s内通过线圈的电荷量q；‎ ‎(3)在0～5 s内线圈产生的焦耳热Q． ‎ ‎【导学号：17214167】‎ ‎【解析】　(1)感应电动势E1＝N ，磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB1S，解得E1＝N ，代入数据得E1＝10 V，感应电流的方向为a→d→c→b→a．‎ ‎(2)同理可得E2＝N ，感应电流I2＝ 电荷量q＝I2Δt2，解得q＝N ，代入数据得q＝10 C．‎ ‎(3)0～1 s内的焦耳热Q1＝IrΔt1，且I1＝，1～5 s内的焦耳热Q2＝IrΔt2‎ 由Q＝Q1＋Q2，代入数据得Q＝100 J．‎ ‎【答案】　(1)10 V，感应电流的方向为a→d→c→b→a ‎(2)10 C　(3)100 J ‎8．(2017·江苏高考T13)如图1015所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：‎ 图1015‎ ‎(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P． ‎ ‎【导学号：17214168】‎ ‎【解析】　(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①‎ 回路的感应电流I＝②‎ 由①②式解得I＝．③‎ ‎(2)金属杆所受的安培力F＝BId④‎ 由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma⑤‎ 由③④⑤式得a＝．⑥‎ ‎(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v⑦‎ 感应电动势E＝Bdv′⑧‎ 感应电流的电功率P＝⑨‎ 由⑦⑧⑨式得P＝．⑩‎ ‎【答案】　(1)　(2)　(3) 用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤 ‎●考向1　电磁感应中的电路问题 ‎8．(2017·盐城二模)如图1016所示，两根水平放置的平行金属导轨，其末端连接等宽的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r＝0．41 m，导轨的间距为L＝0．5 m，导轨的电阻与摩擦均不计．在导轨的顶端接有阻值为R1＝1．5 Ω的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0．2 T，现有一根长度稍大于L、电阻R2＝0．5 Ω、质量m＝1．0 kg的金属棒，金属棒在水平拉力F作用下，从图中位置ef由静止开始匀加速运动，在t＝0时刻，F0＝1．5 N，经2．0 s运动到cd时撤去拉力，棒刚好能冲到最高点ab、(重力加速度g＝10 m/s2)．求：‎ 图1016‎ ‎(1)金属棒做匀加速直线运动的加速度；‎ ‎(2)金属棒运动到cd时电压表的读数；‎ ‎(3)金属棒从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热． ‎ ‎【导学号：17214169】‎ ‎【解析】　(1)根据题意，金属棒从ef位置开始匀加速运动，根据牛顿第二定律，有F0＝ma 解得：a＝＝＝1．5 m/s2．‎ ‎(2)金属棒运动到cd时的速度v＝at＝1．5×2．0 m/s＝3 m/s 感应电动势E＝BLv＝0．2×0．5×3 V＝0．3 V 感应电流I＝＝ A＝0．15 A 电压表的读数U＝IR1＝0．15×1．5 V＝0．225 V．‎ ‎(3)根据能量守恒定律，有：mv2＝mgr＋Q 解得：Q＝0．4 J 电阻R1上产生的焦耳热为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　电磁感应的动力学问题 ‎9．(多选)(2017·南京一模)如图1017所示，均匀导体围成等腰闭合三角形线圈abc，底边与匀强磁场的边界平行，磁场的宽度大于三角形的高度．线圈从磁场上方某一高度处由静止开始竖直下落，穿过该磁场区域，不计空气阻力．则下列说法中正确的是(　　)‎ 图1017‎ A．线圈进磁场的过程中，可能做匀速直线运动 B．线圈底边进、出磁场时线圈的加速度可能一样 C．线圈出磁场的过程中，可能做先减速后加速的直线运动 D．线圈底边进、出磁场时，线圈所受安培力可能大小相等，方向不同 BC　[如果匀速，因为有效切割长度越小来越小，安培力会越来越小，不可能匀速运动，故A错误；如果线圈比较高，进入磁场后先减速后加速，‎ 可能导致进磁场的速度和出磁场的速度是一样的，安培力F安＝，速度一样，安培力一样，根据牛顿第二定律，mg－F安＝ma，加速度一样，故B正确； 如果出磁场时，安培力比重力大，那么线圈先减速，但是在减速的过程中，上面比较窄，安培力会越来越小，最终必然是一个先减速后加速的直线运动，故C正确；线圈进出磁场时的速度可能相等，根据F＝，安培力大小可能相等，但安培力方向都是向上的，阻碍线圈向下运动，所以安培力方向相同，故D错误．]‎ ‎10．(2017·南京四模)如图1018甲所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ和左侧M、P间连接的电阻R构成一个固定的水平U型导体框架，导轨电阻不计且足够长．框架置于一个方向竖直向下、范围足够大的匀强磁场中，磁场左侧边界是OO′．质量为m、电阻为r的导体棒垂直放置在两导轨上，并与导轨接触良好，给导体棒一个水平向右的初速度v0，棒进入磁场区后回路中的电流I随棒在磁场区中运动位移x(O点为x轴坐标原点)的变化关系如图乙所示，根据题设条件和图中给定数据求：‎ 甲　　　　　　　　　　乙 图1018‎ ‎(1)导体棒进入磁场瞬间回路总电功率P0；‎ ‎(2)导体棒进入磁场瞬间加速度大小a0；‎ ‎(3)导体棒运动全过程中电阻R上产生的电热QR． ‎ ‎【导学号：17214170】‎ ‎【解析】　(1)根据图乙可得导体棒进入磁场瞬间回路的电流强度为I0，‎ 根据电功率的计算公式可得：P0＝I(R＋r)．‎ ‎(2)进入磁场时刻电动势：E0＝BLv0＝I0(R＋r)‎ 根据牛顿第二定律可得棒受安培力产生加速度：BI0L＝ma0‎ 解得：a0＝．‎ ‎(3)棒从进入磁场到停止运动，由动能定理可得：WA＝0－mv 根据功能关系可得回路产生电热：Q＝－WA＝mv R上产生电热：QR＝Q＝．‎ ‎【答案】　(1)I(R＋r)　(2)　(3) ‎●考向3　电磁感应的能量问题 ‎11．(2017·南京一模)如图1019甲所示，质量m＝1 kg、边长ab＝1．0 m、电阻r＝2 Ω的单匝正方形闭合线圈abcd放置在倾角θ＝30°的斜面上，保持静止状态．匀强磁场垂直线圈平面向上，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，整个线圈都处在磁场中，重力加速度g＝10 m/s2．求：‎ 甲　　　　　　　　　乙 图1019‎ ‎(1)t＝1 s时穿过线圈的磁通量；‎ ‎(2)4 s内线圈中产生的焦耳热；‎ ‎(3)t＝3．5 s时，线圈受到的摩擦力．‎ ‎【解析】　(1)根据磁通量定义式，那么t＝1 s时穿过线圈的磁通量：Φ＝BS＝0．1 Wb．‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律E＝，结合闭合电路欧姆定律，I＝，那么感应电流，4 s内线圈中产生的感应电流大小，I＝＝0．05 A 由图可知，t总＝2 s；‎ 依据焦耳定律，则有：Q＝I2rt总＝0．01 J．‎ ‎(3)虽然穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，‎ 但因各边均受到安培力，依据矢量的合成法则，则线圈受到的安培力的合力为零，因此t＝3．5 s时，线圈受到的摩擦力等于重力沿着斜面的分力，即：f＝mgsin θ＝5 N．‎ ‎【答案】　(1)0．1 Wb　(2)0．01 J　(3)5 N ‎12．(2017·徐州模拟)如图1020甲所示，质量为M的“∩”形金属框架MNPQ放在倾角为θ的绝缘斜面上，框架MN、PQ部分的电阻不计，相距为L，上端NP部分的电阻为R．一根光滑金属棒ab在平行于斜面的力(图中未画出)的作用下，静止在距离框架上端NP为L的位置．整个装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0、t0均为已知量．已知ab棒的质量为m，电阻为R，长为L，与框架接触良好并始终相对斜面静止，t0时刻框架也静止，框架与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：‎ 甲　　　　　　　　乙 图1020‎ ‎(1)t0时刻，流过ab棒的电流大小和方向；‎ ‎(2)0～t0时间内，通过ab棒的电荷量及ab棒产生的热量；‎ ‎(3)框架MNPQ什么时候开始运动？ ‎ ‎【导学号：17214171】‎ ‎【解析】　(1)设回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有：E＝n＝ S＝ 由闭合电路欧姆定律可得金属棒中的电流大小为：I＝＝ 由楞次定律知，金属棒中的电流方向是a→b． ‎ ‎(2)由电荷量的计算公式可得流过ab棒的电荷量为：q＝It0＝，‎ 根据焦耳定律可得ab棒产生的热量为：Q＝I2Rt0＝．‎ ‎(3)设经时间t框架恰好要动，对框架分析受力，有：Mgsin θ＋F安＝f 而 f＝μ(M＋m)gcos θ，‎ 根据安培力的计算公式可得：F安＝BtIL，‎ 而磁感应强度为：Bt＝B0＋t 代入解得：t＝－t0．‎ ‎【答案】　(1)，方向是a→b　(2)　 ‎(3)经过－t0开始运动 热点模型解读| 电磁感应中的“杆＋导轨”模型 ‎(对应学生用书第54页)‎ 考题 ‎2016·全国甲卷T24‎ ‎2016·全国丙卷T25‎ ‎2014·全国卷ⅡT25‎ ‎2013·全国卷ⅠT25‎ 模型展示 单侧磁场模型 双侧磁场模型 旋转切割模型 含电容电路切割模型 模型解读 金属棒切割磁感线E＝BLv，导体棒是电源、安培力做负功，将机械能转化为电能 两侧存在电源，可能同时存在，可能先后出现，金属棒切割产生电动势同单侧磁场类似 电动势的计算按中间的速度E＝BωL2‎ 金属棒切割磁感线给电容器充电．电路中有电流，金属棒受安培力，机械能转化为电能 ‎[典例]　(2017·湖南益阳调研)如图1021所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0．5‎ ‎ m，匀强磁场垂直导轨平面向下，B＝0．2 T，两根材料相同的金属棒a、b与导轨构成闭合回路，a、b金属棒的质量分别为3 kg、2 kg，两金属棒的电阻均为R＝1 Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．现对a棒施加一平行导轨向上的恒力F＝60 N，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态．求：‎ 图1021‎ ‎(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；‎ ‎(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b棒所受的安培力大小．‎ ‎(3)设当a金属棒从开始受力到向上运动5 m时，b金属棒向上运动了2 m，且此时a的速度为4 m/s，b的速度为1 m/s，则求此过程中回路中产生的电热及通过a金属棒的电荷量． ‎ ‎【导学号：17214172】‎ ‎【解析】　(1)a棒恰好静止时，有magsin 30°＝μmagcos 30°．‎ 解得μ＝．‎ ‎(2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动，此时两棒有恒定的速度差．‎ 对a棒：F－magsin 30°－μmagcos 30°－F安＝maa 对b棒：F安－mbgsin 30°－μmbgcos 30°＝mba 解得F安＝24 N．‎ ‎(3)此过程对a、b棒整体根据功能关系，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 ‎[拓展应用]　(2017·湖北八校联考)如图1022所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B．导体棒a与b的质量均为m，电阻值分别为Ra＝R，Rb＝2R．b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放．运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g．‎ 图1022‎ ‎(1)求a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；‎ ‎(2)求最终稳定时两棒的速度大小；‎ ‎(3)从a棒开始下落到最终稳定的过程中，求b棒上产生的内能．‎ ‎【解析】　(1)设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场 根据机械能守恒定律有mgh＝mv2‎ a棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律有I＝ a棒受到的安培力F＝BIL 联立以上各式解得F＝，方向水平向左．‎ ‎(2)设两棒最后稳定时的速度为v′，从a棒开始下落到两棒速度达到稳定 根据动量守恒定律有mv＝2mv′‎ 解得v′＝．‎ ‎(3)设a棒产生的内能为Ea，b棒产生的内能为Eb 根据能量守恒定律得mv2＝×2mv′2＋Ea＋Eb 两棒串联内能与电阻成正比Eb＝2Ea 解得Eb＝mgh．‎ ‎【答案】　见解析