2020年人教版高考物理一轮复习听课答案

1、第十单元 电磁感应第 26 讲 电磁感应现象、楞次定律【教材知识梳理】一、 1.(1)乘积(2)BS (3)标量2.2-i3.磁通量的变化量二、 1. 感应电流 2. (2)磁通量三、 1.阻碍 磁通量 2.导线运动辨别明理(1) (V) (2)(V) (3)(x)(4)由 b 到 a 排斥解析 当磁铁向下运动时 ,穿过线圈的磁通量变大 ,原磁场方向向上 ,所以感应电流的磁场方向向下，根据安培定则，通过电阻的电流方向为 b a.根据楞次定律“来拒去留”的推论可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用,故磁铁与线圈相互排斥 .【考点互动探究】考点一例 1 A 解析紫铜薄板上下及左右振动，都存在磁通量变化的

2、为选项 A 所示方案.变式题 C 解析 由于线圈平面与磁场平行 ,所以穿过线圈的磁通量为零 ,当磁感应强度增大时，穿过线圈的磁通量仍然为零，则线圈中不会产生感应电流，故 C 正 确.考点二例 2D 解析金属杆 PQ 突然向右运动，则其速度 v 方向向右，由右手定则可得, 金属杆 PQ 中的感应电流方向由 Q 到 P,则 PQR 中感应电流方向为逆时针方 向.PQRS 中感应电流产生垂直纸面向外的磁场，故环形金属线框 T 中为阻碍此变 化,会产生垂直纸面向里的磁场，则 T 中感应电流方向为顺时针方向，D 正确.变式题 D 解析 当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时 ,穿过右 侧线圈的磁通

3、量向右且增大 ,根据楞次定律可判断 ,右侧线圈中产生逆时针方向的 电流，当有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故 A、C 错误; 通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流 ,则穿过右侧线圈中的磁通量均匀增 大,磁通量的变化率是定值 ,由法拉第电磁感应定律可知 ,接收线圈中的感应电流 不变，故 B 错误;有金属片通过时，穿过金属片中的磁通量发生变化，金属片中会产 生感应电流 ,感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同 ,所以会将该空 间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故 D 正 确.例 3 A 解析 根据楞次定律的另一表述 ,即感应电流效果总是

4、要阻碍产生感应 电流的原因 ,本题中“原因”是穿过回路的磁通量增加 ,归根结底是因为磁铁靠近 回路,“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以 P、Q 将互相靠拢且磁铁 的加速度小于 g,选项 A 正确.变式题 B 解析图中的两个通电的电磁铁之间的磁场方向总是水平的，在滑动变阻器 R 的滑片 P 从左向右滑动的过程中，电路中电流增大，两个电磁铁之间的 磁场增强，穿过闭合导体线圈中的磁通量增大，线圈只有顺时针转动才能阻碍磁通 量增大.考点三例 4 AD 解析开关闭合瞬间，根据楞次定律，左侧线圈产生的感应电流从南向 北流过直导线，根据安培定则，直导线在小磁针位置产生的磁场方向垂直纸面向里 所以

5、小磁针 N 极朝垂直纸面向里的方向转动,A 正确;同理,断开开关瞬间，小磁针 N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 正确;开关闭合一段时间之后，感应电动势消失，直 导线中没有电流流过，小磁针保持图中的方向，B C 错误变式题 BD 解析ab 匀速运动时,ab 中感应电流恒定，穿过 Li的磁通量不变，穿 过|_2的磁通量不变 J 中无感应电流产生，cd 保持静止,A 错误;ab 向右加速运动时,L2中的磁通量向下增大，根据楞次定律，通过 cd 的电流方向由 c 到 d,cd 受到向右的 安培力，向右移动,B 正确;同理可得 C 错误,D 正确.教师教师备用习题备用习题I J1A0SHI 0EIYO

6、NG XlTl _1.在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中能观察到感应电流的是()A.将绕在条形磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间内的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间 观察电流表的变化解析 D 只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流,A B错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到 电流表的变化,C 错误,

7、D 正确.2. 2018 常熟月考如图 26-1 所示,矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产 生感应电流的是（）图 26-1解析B A 中穿过线框的磁通量没有变化，因此没有感应电流，但有感应电动势，也可以理解为左、右两边切割磁感线产生的感应电动势相反，A 错误;B 中线框转动, 穿过线框的磁通量变化，这就是发电机模型，有感应电流,B 正确；C、D 中线圈平面和 磁感应强度 B 平行,穿过线框的磁通量始终为零，C、D 错误.图 26-23.如图 26-2 所示，老师让学生观察一个物理小实验：一轻质横杆两侧各固定一金 属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出 插向

8、另一个小环，同学们看到的现象是（ ）A. 磁铁插向左环，横杆发生转动B. 磁铁插向右环，横杆发生转动C. 把磁铁从左环中拔出，左环会跟着磁铁运动D. 把磁铁从右环中拔出，右环不会跟着磁铁运动解析B 磁铁插向右环,横杆发生转动；磁铁插向左环，由于左环不是闭合回路，没有感应电流产生，横杆不发生转动，选项 A 错误，选项 B 正确;把磁铁从左环中拔出，左环不会跟着磁铁运动，把磁铁从右环中拔出，右环会跟着磁铁运动，选项 C、 D 错 误.图 26-34.北半球地磁场的竖直分量向下，如图 26- 3 所示，在北京某中学实验室的水平桌 面上,放置着边长为 L 的正方形闭合导体线圈 abed,线圈的 ab

9、边沿南北方向,ad 边 沿东西方向.下列说法中正确的是（ ）A.若使线圈向东平动，则 a 点的电势比 b 点的电势高B.若使线圈向北平动，则 a 点的电势比 b 点的电势低C. 若以 ab 边为轴将线圈向上翻转，则线圈中的感应电流方向为 a b cfdfaD. 若以 ab 边为轴将线圈向上翻转，则线圈中的感应电流方向为 a d c b a解析C 线圈向东平动时,ab 和 cd 两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感 应电动势大小相等,a 点电势比 b 点电势低选项 A 错误;同理,线圈向北平动，则 a、 b 两点的电势相等，高于 c、d 两点的电势,选项 B 错误以 ab 边为轴将线圈向上翻

10、 转，向下的磁通量减小，感应电流的磁场方向应该向下，再由安培定则知，感应电流 的方向为a b c d a,选项 C 正确,选项 D 错误.图 26-45. （多选）如图 26-4 所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平 方向非均匀分布.一铜制圆环用丝线悬挂于 0点，将圆环拉至位置a后无初速度释 放，在圆环从 a 摆向 b 的过程中（）A. 感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B. 感应电流的方向一直是逆时针C.安培力方向始终与速度方向相反D.安培力方向始终沿水平方向 解析AD 圆环从位置 a 无初速度释放，在到达磁场分界线前，穿过圆环向里的磁 通量增加，根据楞次定律可知，圆环

11、内感应电流的方向为逆时针，圆环经过磁场分 界线时，穿过圆环向里的磁通量减少，根据楞次定律可知，圆环内感应电流的方向 为顺时针，圆环通过磁场分界线后，穿过圆环向外的磁通量减少，根据楞次定律可 知，圆环内感应电流的方向为逆时针；因磁场在竖直方向分布均匀，圆环所受竖直 方向的安培力平衡，故合安培力沿水平方向，选项 A、D 正确.图 26-56.如图 26-5 所示,一个有弹性的金属圆环用一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积 S 和橡皮绳的长度 I 将（）A. S 增大,1 变长B. S 减小,1 变短C. S 增大,1 变短D.S 减小

12、,1 变长解析D 当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增大，金属圆环中 产生感应电流，根据楞次定律，感应电流产生的效果要阻碍磁通量的增大，一是用 缩小面积的方式进行阻碍，二是用远离直导线的方式进行阻碍，选项 D 正确.7.某同学设计了一个电磁冲击钻，其原理示意图如图 26-6 所示，若发现钻头 M 突然向右运动，则可能是（）图 26-6A开关 S 由断开到闭合的瞬间B.开关 S 由闭合到断开的瞬间C. 保持开关 S 闭合，变阻器滑片 P 加速向右滑动D. 保持开关 S 闭合，变阻器滑片 P 匀速向右滑动解析A 若发现钻头 M 突然向右运动，根据楞次定律，可能是开关 S 由断开到闭 合

13、的瞬间，选项 A 正确.8.某实验小组用如图 26-7 所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流表 G 的感应电流方向是（）图 26-7A. a -G bB. 先 arGb,后 bG aC.b -aD. 先 bGa,后 a G b解析D 条形磁铁在穿入线圈的过程中，穿过线圈向下的磁通量增加，由楞次定 律可知，感应电流的磁场方向向上，由安培定则可判断，感应电流的方向为逆时针 （俯视）,即由 bG a;同理,条形磁铁穿出线圈的过程中，穿过线圈向下的磁通量减 小，感应电流产生的磁场方向向下，感应电流的方向为顺时针（俯视）,即由 aG b.9.侈选）如图 26-8 所

14、示一电子以初速度 v 沿与金属板平行的方向飞入 M N 极板 间，突然发现电子向 M 板偏转，若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现 象的原因可能是（） 11别hr图 26-8A. 开关 S 闭合瞬间B. 开关 S 由闭合到断开瞬间G 开关 S 是闭合的，变阻器滑片 P 向右迅速滑动D.开关 S 是闭合的，变阻器滑片 P 向左迅速滑动解析AD 电子向 M 板偏转，说明 M 板为正极，则感应电流方向如图 26- 9 所示，由 安培定则得，感应电流磁场方向水平向左，而原磁场方向水平向右，由楞次定律得原磁场增强，即原电流增加，故 A、D 正确.1151 hv图 26-9第 27 讲 法拉第电

15、磁感应定律、自感和涡流【教材知识梳理】一、1.(1)电磁感应现象(2)磁通量(3)楞次定律右手定则2.(1)磁通量的变化率n二、1.(1)电磁感应(2)L 亨利 2.涡流辨别明理(1) (V) (2)(x) (3)(V)(4)如图所示，圆盘中任意一根半径 CD 都在切割磁感线，此半径可以看成一个电源, 根据右手定则可以判断，D 点的电势比 C 点高,也就是说，圆盘边缘上的电势比圆心 电势高，在 C、D 之间接上用电器，转动的圆盘就可以为用电器供电.【考点互动探究】考点一例 1 C 解析根据法拉第电磁感应定律知电势差大小为E=WS;根据楞次定律可知 b 点电势较高，故a- b小于 0,选项 C

16、正确变式题 ABC 解析由图像可看出，在开始时刻图线的斜率最大,B 的变化率最大，线圈中产生的感应电动势最大，感应电流也最大,最大值为 1= x A=0. 01A故 A 正确;在第 4 s 末，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可判断，1 的方向为逆时针方向，故 B 正确；前 2 s 内,通过线圈某截面的总电荷量q=一 =-C=0. 01 C,故 C 正确第 3 s 内,B 没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，故 D 错误.考点二例 2 B解析因为金属杆以速度 v 沿平行于 cd 的方向滑动，其切割磁感线的 有效长度为导轨间距 I ,由法拉第电磁感应定律得，电路中感应电动势

17、 E=Blv,A 错误; 由图可知，金属杆接入电路的实际长度为 x=,电路有效电阻 R=x- r=,由闭合 电路的欧姆定律得，电路中电流大小匸-匸,B 正确;金属杆所受安培力F=Blx=B- =,C 错误;金属杆的热功率 P=|2R=- - =- ,D错误.变式题 1 AB 解析将圆盘看成由无数辐条组成，各辐条都在切割磁感线，从而 产生感应电动势，出现感应电流，当圆盘顺时针转动时（从上往下看）,根据右手定则 可判断，圆盘上感应电流从边缘向中心，流过电阻 R 的电流方向从 a 到 b,B 正确,C2错误;由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势 E=BL=BL，而匸-，故 A 正确;当角 速度3变为

18、原来的 2 倍时，感应电动势 E二BL2变为原来的 2 倍，感应电流 I 变 为原来的 2 倍,电流在 R 上的热功率 P=|2R 变为原来的 4 倍,D 错误变式题 2 AD 解析线圈进磁场过程，垂直于平面向里的磁通量逐渐增大，根据 楞次定律的推论“增反减同”可判断，感应电流方向为逆时针方向，选项 A 正确；CD 段导线电流方向与磁场垂直，安培力不为零，选项 B 错误;线圈进磁场过程中，有效 切割长度最长为半径，所以感应电动势最大值 E=Bv二Bdv,选项 C 错误;感应电动 势的平均值=一二nBdv,选项 D 正确.变式题 3 (1)vi(2)-解析(1)由法拉第电磁感应定律得 E=BLw

19、-v2)由闭合电路欧姆定律得 1= -安培力 F=BIL=-速度恒定时，有-=f解得 v2=Vi-最大阻力 f n=考点三例 3 C 解析分析图甲，断开开关 Si瞬间,Ai突然闪亮，说明流经 A 的电流瞬间增大，从而得到 S 闭合，电路稳定时,A 中的电流小于 Li中的电流，选项 B 错误.由并 联电路特点可知A的电阻值大于 L!的电阻值，选项 A 错误.分析图乙,开关 S 闭合 后，灯A逐渐变亮,A立即变亮，说明闭合 S 瞬间A与A中的电流不相等，那么 L2与 R 中的电流也不相等，选项 D 错误.最终A与A亮度相同，说明流经A与A的电流 相同由欧姆定律可知,R 与 L2的电阻值相等，选项

20、C 正确变式题 A 解析S 刚闭合后A B先是一样亮，之后 A 逐渐熄灭，B 逐渐变亮，选 项A 正确，B 错误.S 闭合足够长时间后，A 熄灭，B 一直都是亮的，选项 C、D 错误.例 4 AB 解析磁针在圆盘所在处形成的磁场是非匀强磁场，圆盘可以等效为 许多环形闭合线圈，圆盘转动过程中，穿过每个环形闭合线圈的磁通量不断地发生 变化，在每一环形线圈上产生电动势和涡电流，A 正确;环形线圈随圆盘转动，由楞次 定律可知，线圈会受到磁针施加的阻碍相对运动的力，根据牛顿第三定律可知，磁 针会受到与线圈即圆盘转动方向相同的力的作用，此力来源于电磁感应形成的涡电流，而不是自由电子随圆盘转动形成的电流，B

21、 正确,D 错误.从圆盘的整个盘面上 看，圆盘转动过程中穿过整个圆盘的磁通量不变,C 错误.备用习题备用习题1A0SHI BEIYONG XITI _XXXXXxX X yXXX护XXXXXXX图 27-11. 2015 海南卷如图 27-1 所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度 方向垂直，当它以速度 v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应 电动势大小为将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度 V 运动时，棒两端的感解析B 感应电动势 E=BLv 成立的条件是 B 丄 L、B 丄 v、L 丄 V,即

22、B L、v 三者两两垂直,式中的 L 应该取与 B v 均垂直的有效长度（即导体的有效切割长度）. 假设题中金属棒的长度为 L,那么折线的有效切割长度为二 L 所以-=二，选项 B 正确.XxUXXXXXXXXXXXXXhRXXXXX图 27-22.（ 多 选 ） 如 图27-2 所示,垂直于矩形金属线框的匀强磁场的磁感应强度为 B.线框 上放置一导体棒ab,ab 垂直于线框两个长边且和线框接触良好.线框长边足够长, 短边长为 I ,在 t 时间内,ab 向右以速度 v 匀速滑过距离 d,则（）A.因右边面积减少 Id，左边面积增大 Id，则=B- 2ld ,E=B.因右边面积减少 Id，左边

23、面积增大 Id，两边抵消,=0,E=0C- =BId,所以 E D.导体棒 ab 切割磁感线,E=BIv应电动势大小为J，则-等于解析CD 左、右两边可看成两个并联的回路.根据法拉第电磁感应定律，每个回路产生的感应电动势为EL,由于两个回路是并联电路，总感应电动势也为 E=选项 A、B 错误，选项 C 正确;根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式 E=Blv,选项 D 正确.3.如图 27-3 所示,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合，磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为Bo.使该线框从静止开始绕过圆心 O 垂直于半圆面的轴以角速度 CD 匀速转

24、动半周，在线框图 27-3中产生感应电流.现使线框保持在图中所示位置，磁感应强度大小随时间均匀变 化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化 率一的大小应为（）A.- B.- C D.解析C 当导线框匀速转动时，设半径为 r,导线框电阻为 R 在很短的 t 时间内, 转过圆心角9=D t,由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I1=二=；当导线框不动，而磁感应强度随时间均匀变化时，同理可得 感应电流 I2=，令 I1= 12，可得一 一,C 正确.图 27-44.如图 27-4 所示，水平 U 形金属导轨 abed 固定在匀强磁场中,ab 与 cd 平行，间距L

25、I=0.5m,金属棒 AB 垂直于 ab 且和 ab、ed 接触良好,AB 与导轨左端 be 的距离为 L2=0.8 m,整个闭合回路的电阻为 R=0. 2Q,磁感应强度为 B0=1 T 的匀强磁场竖直 向下穿过整个回路.ad 通过滑轮和轻绳连接着一个质量 m=). 04 kg 的物体，不计一 切摩擦，现使磁感应强度以一=0. 2 T/s 的变化率均匀地增大.求:(g 取 10 m/s2)(1) 金属棒上电流的方向.(2) 感应电动势的大小.(3) 从开始至物体刚好离开地面的时间.答案(1)由 A 到 B (2)0.08 V (3)5 s解析(1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流方向为由 A

26、 到 B.(2) 由法拉第电磁感应定律得E=S=0. 08 V.物体刚好离开地面时，其受到的拉力 F=mg而拉力 F 又等于棒所受的安培力，即mg=F=BIL1其中 B=Bt解得 t= 5 s .5.如图 27- 5 甲所示，光滑平行金属导轨间距为 1= 0. 4 m,左端用导线连接,ab 为金 属棒，与导轨垂直且接触良好均匀变化的磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度的 变化情况如图乙所示，金属棒 ab 接入电路的电阻 R 为 1Q,导轨电阻不计.t= 0 时 刻,ab 棒从导轨最左端以 v=1 m/s 的速度向右匀速运动，求 1 s 末回路中的感应电 流及金属棒 ab受到的安培力.图 27-5答

27、案1 .6 A,方向为逆时针方向1.28 N,方向向左解析1 s 末与 t=0 时刻相比，的变化有两个原因，一是 B 的变化，二是金属棒和导轨所围面积 S 的变化，显然这两个因素都应当考虑在内 所以有 ES+Blv又一=2 T/s22在 1 s 末,B=2 T ,S=lvt= 0.4X1x1 m =0. 4 m所以 1 s 末,E=S+Blv=1.6 V此时回路中的电流l=-=1.6 A根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，金属棒 ab 受到的安培力大小为 F=BII=2X1.6X0. 4 N=1.28 N,方向向左.专题九 电磁感应中的电路和图像冋题【热点题型探究】执占八、八、

28、例 1 见解析解析从 Ai开始进入磁场（t=0 时刻）到刚好离开磁场（匚=0.2 s 时刻）的时间内,Ai产生的感应电动势Ei=BLv=0. 18 V其等效电路图如图甲所示0nI1X,j|011由图甲知，电路的总电阻R总=叶=0. 5Q总电流为 1=一=036 A总通过 R 的电流为IR=0.12 A从A刚好离开磁场（ti=0. 2 s 时刻）至A刚好进入磁场（t2一=0. 4 s 时刻）的时间内,回路无电流，1R=0从A刚好进入磁场（t2=0. 4 s 时刻）至刚好离开磁场（t3=-=0.6 s 时刻）的时间内 A 上的感应电动势为 E2=0. 18 V,其等效电路图如图乙所示.与 0t1内

29、 A1开始进入磁场到离开磁场类似，可知，此过程IR=0.12 A.如图所示变式题 AB 解析根据右手疋则可知，金属棒中电流从 B 流向 A 选项 A 正确金 属棒转动产生的电动势为 E=Br二B r2,切割磁感线的金属棒相当于电源,金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而 U E=B r，选项 B 正确金属棒 A 端相当于电源正极 所以电容器的 M 板带正电，选项 C 错误;由 C=可得，电容器所带 电荷量为 QhCBor：选项 D 错误.执占二八、八、例 2 B 解析0 时间内，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得，回路的圆 环形区域产生大小恒定、沿顺时针方向的感应电流，根据左手定则,ab

30、边在匀强磁 场I中受到水平向左的恒定的安培力；同理厂丁时间内,ab 边在匀强磁场I中受到 水平向右的恒定的安培力，故 B 正确.变式题 AC 解析由图像可知，在-时刻图线的斜率为 0,故磁场没有发生变化,穿过16J14lt2i10l16J14lt2i10l侧備M M叫O Oaal).仇aao.a0线框 R 的磁通量没有变化，感应电动势为 0,A 正确;由于-时间内图线的斜率 始终为负，所以感应电动势的方向不变,B 错误;由于-时刻图线的斜率的绝对值最 大，所以电流变化最快，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，由楞次定律可判断 感应电流的方向为顺时针,C 正确；在 T 时刻，由楞次定律可判断感应

31、电流的方向为 逆时针,D错误.例 3 D 解析当线框运动 L 时开始进入磁场，磁通量开始增大，当全部进入时磁 通量达到最大，此后向里的磁通量减小，向外的磁通量增大，总磁通量减小，当运动2. 5L 时磁通量为零，故选项 A 错误;当线框进入第一个磁场时，由 E=BLv 可知,E 保持不变，而开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势应为 2BLv,故选项 B 错误因安培力总是与运动方向相反，所以外力 F 应一直向右，故选项 C 错误;拉力的 功率 P=Fv 因速度不变，而线框进入第一个磁场时，电流为定值，外力 F 也为定值，两 边分别在两个磁场中时，电流加倍,回路中总电动势加倍，电功率变为

32、原来的 4 倍，此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，所以电 功率应等于在第一个磁场中的电功率，故选项 D 正确.变式题 1 A 解析由 E=BLv 可知，导体棒由 b 运动到 ac 过程中,切割磁感线的 有效长度 L 均匀增大，感应电动势 E 均匀增大,由欧姆定律可知，感应电流 I 均匀增 大，由右手定则可知，感应电流方向由 M 到 N 由左手定则可知，导体棒所受安培力水 平向左，大小不断增大，故选项 A 正确，选项 B C D 错误.变式题 2 C 解析经过时间 t,MN 到 0 点的距离为 lo+vt,直导线在回路中的长 度也为10+vt,此时直导线产生的感应

33、电动势 E=BI0+vt )v,整个回路的电阻为R=2+ 一)(lo+vt)r,回路中的电流 匸-=-=-，直导线受到的外力 F 大小等于安培力，即 F=BIL=B (l0+vt )= (lo+vt),故 C 正确执占三八、八、例 4 (1)如图甲所示如图乙所示甲解析(1)金属框进入磁场区域时，Ei=Blv=2 V,li=2.5 A,电流的方向为逆时针方向,感应电流持续的时间 t ld = O. 1 S金属框全部进入磁场区域后，E2=02=0,无电流的时间 t2=0. 2 s金属框穿出磁场区域时,E3=Blv=2 V,l a=2. 5 A,电流的方向为顺时针方向，感应电流持续的时间 ta=0.

34、 1 s规定电流沿逆时针方向为正方向，故 l-t 图线如图甲所示 金属框进入磁场区域时,ab两端电压 U=l1r=0. 5 V 金属框全部进入磁场区域后，ab 两端电压 U=Blv=2 V金属框穿出磁场区域时，ab 两端电压 U3=E-Iar=1.5 V 由此得 U-t 图线如图乙所示.2变式题 (1)5 m/s 0.2 N (2)0. 036 J解析(1)安培力 F安=BIL其中 1=-E=BLvv=at所以 F安=t当 b 棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律得F-f-F安=ma即 F-f- -t=ma由图像可得，当 t=0 时,F=0.4 N,当 t=4 s 时,F=0. 8 N.代入上式，

35、解得 a=5 m/s2,f=0. 2 N.(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流 I,以 b 棒为研究对象, 它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到 b 所受安培 力 F安与最大静摩擦力 f 相等时,b 开始滑动.2感应电动势 E=L=0.02 VI= -=1 A棒 b 将要运动时，有 F安=BtIL=f所以 Bt=1 T根据 B=R+t解得 t= 1. 8 s回路中产生的焦耳热为 Q=I2Rt=0. 036 J.【高考模拟演练】1. BC 解析设金属棒在某一时刻速度为 v,由题意可知，感应电动势 E=Blv,感应电流 1=v,即 Ixv；安培力FA=

36、BII=v,方向水平向左，即FAXv；R 两端电压 UR=IR=v,即 URxv；感应电流功率 P=EI=v2,即 Pxv2.分析金属棒运动情况，由牛顿第二定律可得 F合=卩/=卩0+3-v=Fo+-v,而合加速度 a=一.因为金属棒从静止出发 所以 FoO 且 F合0,即 a0,加速度方向水平 向右.(1) 若 k=,F合=Fo,即 a*,金属棒水平向右做匀加速直线运动，有 v=at,说明 vxt, 即 Ixt,FAXt ,URxt ,Pxt2,所以在此情况下没有选项符合；(2) 若 k,F合随 v 增大而增大，即 a 随 v 增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与

37、速度的关系可知选项 B 符合；若k,F合随 v 增大而减小，即 a 随 v 增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为 0 后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速 度关系可知选项 C 符合；综上所述，选项 B C 符合题意.2. AD 解析在 t1t2时间内，磁场增强根据楞次定律可判断出导线框中产生 dcba 方向的感应电流，且电流逐渐增大，则穿过圆环的磁通量增大，可知 L 有收 缩趋势,A 正确;在 12t3时间内，磁场先减弱后反向增强，线圈中产生 abcd 方 向的感应电流且保持不变，穿过圆环的磁通量不变,L 内无感应电流且没有扩张或 收缩的趋势，B、C 错误;在

38、 t3t4时间内，沿负方向的磁场减弱，根据楞次定律可判断I出导线框中产生 d-c-b-a 方向的感应电流，且电流在逐渐减小，故穿过圆环的 磁通量减小丄内有顺时针方向的感应电流，D 正确.3. AB 解析根据 I-t 图像可知 I=kt，其中 k 为比例系数,由闭合电路欧姆定律可得匸=kt,可推出 E=kt(R+r),因 E=Blv,所以 v=-1,可见 v-t 图像是一条过原点且斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v=at,故 A 正确;因EJ,所以有一=kt (R+r),可见一-1 图像是一条过原点且斜率大 于零的直线，故 B 正确;对导体棒,在沿导轨方向，有

39、F-BII-mg sin9=ma 而I=,v=at,可得 F -t+ma+mgin9，可见 F-t 图像是一条斜率大于零且与纵轴2、,正半轴有交点的直线，故 C 错误;q= t=-1，可见 q-t 图像是一条开口向上的抛物线，故 D 错误.4. BC 解析假设电压表满偏，则通过电流表的电流为 匸二=2 AE,这时闭合电路中电流方向为逆时针方向,大小为 I=二一一 A=1. 5 A 直导线 ab 中的电流由 b 到 a,根据左手定则,磁场对 ab 有水平向左的安培力作用,大小为 F=BlI= 0. 8X0. 5X1.5 N=0.6 N所以要使 ab 以恒定速度 v=7. 5 m/s 向右运动，必

40、须有水平向右的恒力 F=0. 6 N 作用于 ab.上述物理过程的能量转化情况，可以概括为下列三点：1作用于 ab 的恒力(F)的功率P=Fv=0. 6X7.5 W=4.5 W2电阻(R+r)上产生焦耳热的功率2P=I2(R+r)=1.52X(0. 8+0. 2) W=2.25 W3逆时针方向的电流 r ,从电池的正极流入，从负极流出，电池处于“充电”状态吸收能量，以化学能的形式储存起来.电池吸收能量的功率P=IE= 1. 5X1.5W=2.25 W.由上看出，P=P+P，外力做功转化为回路中的焦耳热和电池中的化学能 .例 7 B解析当导体棒运动速度达到 v=5 m/s 时，产生的感应电动势

41、E=Bdv=5 V, 电容器两端电压 U=E5 V,此时电容器带的电荷量 q=CU=XlO-2C,选项 A错误,选 项 B正确.设回路中的电流为 i ,棒在力 F 作用下，有 F-Bid=ma,又i= 一, q=CAU U=BdA v,a=一，联立解得 a=- =10 m/s2则 t=-=0. 5 s,选项 C、D 错误.【高考模拟演练】1.(1)Blt0 -(2)解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为 a,由牛顿第二定律得ma=F- mg设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v,由运动学公式有 v=at0当金属杆以速度 v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E=Blv联立解

42、得 E=Blt。一-(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为 I ,根据欧姆定律得式中 R 为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为f=BII因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F-卩 mg-f=O联立解得 R 2.(1)(2)BOIVo(t-to)+kSt (Bolvo+kS)一解析(1)在金属棒未越过 MN 之前,t 时刻穿过回路的磁通量为 =ktS设在从 t 时刻到 t+ t 的时间间隔内,回路磁通量的变化量为 ，流过电阻 R 的电荷量为 q.由法拉第电磁感应定律有=由欧姆定律有 i=-由电流的定义有 i= 联立解得| q|= t由上式得，在 t= 0 到 t=t0的时间间隔内，

43、流过电阻 R 的电荷量 q 的绝对值为|q|=当 tt0时,金属棒已越过 MN.由于金属棒在 MN 右侧做匀速运动，有 f=F式中,f 是外加水平恒力,F 是匀强磁场施加的安培力.设此时回路中的电流为 l,F的大小为 F=E0I1I1此时金属棒与 MN 之间的距离为 s=V0(t-t) 匀强磁场穿过回路的磁通量为 =Bols回路的总磁通量为 t二+在时刻 t(tt)穿过回路的总磁通量为t=E0lv(t-t)+kSt在 t 到 t+ t 的时间间隔内，总磁通量的改变t为t=(Blv+kS) t由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E=由欧姆定律有 1=一联立解得 f= (Blv+kS+k

44、S) )3. ACD解析若线框下边进入磁场时满足 BIL=mg 而 I ，即 v，则线框 将匀速进入磁场，选项 A 正确;若线框刚进入磁场时不满足 BIL=mg 随着速度的变 化，则安培力不断变化，故线框不可能做匀变速运动，选项 B 错误;若线框下边刚进 入磁场时速度大于 V0,则安培力大于重力，线框将做减速运动，随着速度的减小，感 应电流减小，但不是均匀减小，故选项 C 正确;若线框下边刚进入磁场时速度小于 V0, 则安培力小于重力，线框将做加速运动，随着速度的增大，感应电流增大，直到安培 力等于重力时，电流等于 Io,故选项 D 正确4. (1)解析(1)根据安培力公式得 F安=BIL根据

45、闭合电路欧姆定律得 1= -根据法拉第电磁感应定律得 E=BLv联立解得 F安=-(2)从线框上边刚进入磁场到上边刚要出磁场的过程，根据动量定理得 卩 mccosa t-mgsina t-安t= 0根据安培力公式得一宀=BL女根据闭合电路欧姆定律得_=-根据法拉第电磁感应定律得=B根据运动学公式得 L=t联立解得 t=-从线框刚进入磁场到线框刚要出磁场的过程，根据动能定理得(卩 mg:osa-mgsina)d+W安1=0根据功能关系得Q电1=-W安1Q1=um(cosa (Vot-d )从线框上边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，根据能量守恒定律得E=2m$ina d+2Q 电计

46、2QI联立解得 E=教师备用习题教师备用习题J1A0SI- 3EIY0MGXTI图 Z10-11.（多选）如图 Z10-1 所示,金属棒 AB 垂直跨放在位于水平面上的两条光滑平行金属导轨上，棒与导轨接触良好，棒 AB 和导轨的电阻均忽略不计，导轨左端接有电阻 尺垂直于导轨平面的匀强磁场向下穿过平面现以水平向右的恒力F拉着棒AB向 右移动,t时刻棒 AB 的速度为 V,移动距离为 X,且在 t 时间内速度大小一直在变化, 则下列判断正确的是（）A. t 时间内 AB 棒所受安培力方向水平向左且逐渐增大B. t 时间内 AB 棒做加速度逐渐减小的加速运动C. t 时间内 AB 棒做匀加速直线运动

47、D.t 时刻外力 F 做功的功率为解析AB 由牛顿第二定律得 F-F安=ma 其中 F安=BII= ，随着v增大,F安也增大,a 逐渐减小，选项 A、B 正确；v 是 t 时刻的瞬时速度,一是棒 AB 匀加速运动时 t 时刻拉力做功的功率，故 t 时刻P=FVJ,选项 C、D 错误.2.（多选）如图 Z1）2 所示，在光滑绝缘斜面放置一矩形铝框 abed,铝框的质量为 m 电阻为 R 斜面上 ef 与 gh 两线间有垂直斜面向上的匀强磁场，ef / gh II pq/ ab,ehbc.如果铝框从磁场上方斜面的某一位置由静止开始运动，则铝框从开始运 动到 ab 边到达 gh 线这一过程中的速度与

48、时间关系的图像可能正确的是图Z1A3中的（）图 Z10-21/A“iAIB解析AD 线框在进入磁场之前做匀加速直线运动，进入磁场时可能加速、匀速、减速,完全进入磁场后做匀加速直线运动，出磁场时可能继续加速或减速，进入磁 场时如果匀速，则出磁场时线框的速度变大，线框受到的安培力变大，线框将做减速运动，但速度最小减到与进入磁场时相等，就再做匀速运动，故选项 A、D 正确，选项 B、C 错误.3.如图 Z1)4 所示，甲图中的电容器 C 原来不带电，除电阻 R 外，其余部分电阻均不计，光滑且足够长的平行金属导轨水平放置，磁场方向垂直于导轨平面，现给垂直 放置于导轨上的导体棒 ab 水平向右的初速度

49、v,则甲、乙、丙三种情形下,ab 棒最终的运动状态是终静止C.甲、丙图中导体棒 ab 最终将以相同的速度做匀速运动，乙图中导体棒 ab 最终 静止D.三种情形下导体棒 ab 最终均静止 解析B 甲图中 ab 棒产生感应电动势对电容器充电，电容器两板间电势差与感 应电动势相同时,ab 棒做向右的匀速直线运动；乙图中导体棒有初速度，切割磁感 线,产生感应电流，受到的安培力阻碍其向前运动，其动能转化为内能，最终会静止; 丙图中导体棒也有初速度，若初速度较大，产生的感应电动势大于电源电动势，导 体棒所受的安培力使导体棒减速，当感应电动势等于电源电动势时，电流为零,ab 棒做匀速直线运动，而若初速度较小

50、，产生的感应电动势小于电源电动势，导体棒 所受的安培力使导体棒加速，当感应电动势等于电源电动势时，电流为零,ab 棒做A三种情形下导体棒ab 最终均做匀速运动B.甲、丙图中导体棒ab 最终可能以不同的速度做匀速运动，乙图中导体棒 ab 最图 Z10-4匀速直线运动甲图中导体棒最终运动的速度与 v 有关，丙图中导体棒最终运动的速度与 v 无关，与电源电动势有关，选项 B 正确.图Z10-54.侈选）如图 Z10-5 所示，两根电阻不计的平行光滑金属导轨放置在水平面内，左 端与定值电阻 R 相连.导轨间在坐标轴 x0 一侧存在着沿 x 方向磁感应强度均匀 增大的磁场，磁感应强度与 x 的关系是 B

51、=（0. 5+0. 5x）T.在外力 F 作用下，一阻值为 r 的金属棒从 Ai位置运动到 A3位置,此过程中电路中的电功率保持不变，金属棒始 终与导轨垂直且接触良好.Ai的横坐标 Xi=1 mA 的横坐标 X2=2 mAfe的横坐标X3=3 m 下列说法正确的是（）A 回路中的电流沿顺时针方向B.在 Ai与A处的速度之比为 2 : 1C.从Ai到A与从A到A的过程中通过金属棒横截面的电荷量之比为3 : 4D.从 Ai到A与从A到 A3的过程回路中产生的焦耳热之比为5 : 7解析BD 由右手定则可知，此过程中回路中的电流沿逆时针方向，故选项 A 错误;Ai处的磁感应强度 B=i T,A 处的磁

52、感应强度 B3=2 T,又因电功率不变，故电流不变，由 E=BLvl=,可得一=乂，故选项 B 正确;如图 Z10-6 甲所示，由 B-x 图像可得,两个过程中的面积之比就是电荷量之比，故一二,选项 C 错误；由图乙所示，由 F-x图 像可得，两个过程中的面积之比就是焦耳热之比，故一=，选项 D 正确.图 Z10-6O厂进人界X X* X X公二一鲨图 Z10-75. 一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一沿水平方向的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图 Z10-7 所示，则()D.若线圈进入磁场的过程是减速运动，则离开磁场的过程是加速运动A.若线圈进入磁场的过程是加速运动，则离开

53、磁场的过程是减速运动，则离开磁场的过程也是加速运动解析C 从线圈全部进入磁场至线圈开始离开磁场，线圈做加速度为 g 的匀加速运动，离开磁场的过程与进入磁场的过程相比，受到的重力不变，安培力变大若线 圈进入磁场的过程中，重力大于安培力，则做加速运动，线圈离开磁场的过程中受 的安培力可能大于或等于重力，做减速或匀速运动，故 A、B 错误;若线圈进入磁场 的过程中，安培力大于重力，则做减速运动,离开磁场的过程中将继续做减速运动，故 C正确,D 错误.图Z10-86.如图 Z10-8 所示，固定的光滑平行金属导轨间距为L,导轨电阻不计，上端 a、b 间接有阻值为 R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为9,且处在磁感应强度大小为 B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.质量为m电阻为r的导体棒与固定弹 簧相连后放在导轨上初始时刻,弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿导轨向上的 初速度 vo.整个运动