2024年新高考物理第一轮复习：选修3-2 第十章 专题突破

专题突破电磁感应定律的徐合应用

突破一电磁感应中的电路问题

1.电磁感应中电路知识的关系图

闭合电路电磁感应

EEBlv

R+r

U:RF联系1：电动势*

R+r

联系2：功和能

P=/L7乙

Ql2Rt〃△中

Q=CUq=T

2.解决电磁感应中的电路问题三步骤

用法拉第电磁感应定律算出E的大小.

川愣次定律或右手定则确定感应电流

••源”的分析一

方向（电源内部电流的方向）.从而确

定电源正负极.明确内阻厂

根据“等效电源”和电路中其他各元件

,•路”的分析

的连接方式画出等效电路图

【例1】（多选）如图1所示，光滑的金属框CQE产水平放置，宽为L,在E、F

间连接一阻值为R的定值电阻，在。、。间连接一滑动变阻器R（0WRiW2R）。

框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L,电阻为R的导体棒A8在外力作用

下以速度〃匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂

直，下列说法正确的是（）

［口期］1

FBc

lxXXXxl

R”Xx*xxn

『XXxxx|

EAD

图1

A.48FF回路的电流方向为逆时针，ABC。回路的电流方向为顺时针

B.左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势

大小为2BLv

2

C.当滑动变阻器接入电路中的阻值凡=7?时，导体棒两端的电压为令比o

D.当滑动变阻器接入电路中的阻值品=与时，滑动变阻器有最大电功率且为

B2L2V2

8R

解析根据楞次定律可知，A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势

E=BLv,故B错误；—外电路总电阻R讣=?故导体棒两端的电压即

路端电压应等于号84，故C错误；该电路电动势电源内阻为R,求解

滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效

内阻为?故当R尸4时，等效电源输出功率最大，即滑动变阻器电功率最大，

rr2（4^）82,

最大值Prn=~^~=n=~―，故D正确。

AlAon

2

答案AD

I多维训练精选练透

1.（多选泮径分别为“口2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为八电

阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面，84的延长线通过圆导轨中心0,装

置的俯视图如图2所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为以

方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为。的电容器。金属

棒在水平外力作用下以角速度①绕。逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导

轨保持良好接触。导轨电阻不计。下列说法正确的是（）

［口期］2

图2

A.金属棒中电流从8流向A

B.金属棒两端电压为1氏or2

C.电容器的M板带负电

D.电容器所带电荷量为次or2

解析根据右手定则可知金属棒中电流从8流向A,选项A正确；金属棒转动

产生的电动势为E=B/":2=和",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〃=万之后=:832,选项B正确；

金属棒A端相当于电源正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C=£可得

3

电容器所带电荷量为0=/C8切/，选项D错误。

答案AB

2.（多选）如图3甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够

持续发光。某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：加图乙所示，半径为£的导电圆

环绕垂直于圆环平面、通过圆心。的金属轴（91（92以角速度口逆时针匀速转动（俯

视）。圆环上接有电阻均为厂的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成12（）。角。

在圆环左半部分张角也为12（）。角的范围内（两条虚线之间）分布着垂直圆环平面

向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴OiO2与圆环的边缘之间通过电刷M、

N与一个LED灯相连。假设LED灯电阻为一其他电阻不计，从辐条OP进入

磁场开始计时。在辐条。户转过120。的过程中，下列说法中正确的是（）

甲乙

［口期］3

p

图4

A.在尸系时为零

B.在时改变方向

c.在寸最大，口沿顺时针方向

D.在f=7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),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

T2T

零，A正确，B错误；再由楞次定律可判断在一个周期内，;〜号内电动势的方

向沿顺时针方向，，时刻最大，C正确；其余时间段电动势沿逆时针方向，D错

误。

答案AC

考向❷根据电磁感应过程选择图象

【例3】(多选)如图5所示，光滑平行金属导轨MMPQ放置在同一水平面内，

M、P之间接一定值电阻R,金属棒仍垂直导轨水平放置，金属棒仍及导轨电

阻不计。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，7=0时对金属棒施加水平向右的

外力R使金属棒由静止开始做匀加速直线运动。下列关于通过金属棒的电流八

通过导轨横截面的电荷量力拉力厂和拉力的功率P随时间变化的图象中正确的

是()

图5

［口期］5

Kk匕L

OtOtOIOt

ABCD

解析r=0时对金属棒施加水平向右的外力F,使金属棒由静止开始做匀加速直

线运动，设加速度为4,则金属棒的速度可表示为v=at,由法拉第电磁感应定

律，切割磁感线产生的感应电动势根据闭合电路欧姆定律，金

属棒中电流i=^=华，与时间成正比，选项A正确；感应电动势£=笑=点,

\pI

S=Lx=L5ap,i=又,q=M联立解得4=而8〃尸，选项B错误；金属棒运动

过程中所受的安培力F安=8/="冷，由牛顿第二定律，得尸一尸安=〃山，解

D2Tn2J2〃,

得F=〃心+—选项C正确；拉力的功率尸=鼠=（〃W+—选项D

错误。

答案AC

方法技巧|

电磁感应中的图象问题的分析方法

厂|明确图象所描述的物理意义

f|明确各种正、负号的含义

四

明

确

明确斜率的含义

图

象明确图象和电磁感应过程之间的

分

析对应关系

三个相似关系及其各自的物理意义

理解

［多维训练精选练透

1.图6中有A、8两个导线圈。线圈8连接一电阻R,要使流过电阻R的电流

大小恒定，且方向由。点流经电阻R到〃点，设线圈4中电流i从。点流入线圈

的方向为iE方向，则线圈A中的电流随时间变化狗图象应为图中的（）

［口期］6

解析要让线圈8中产生感应电流，A中的电流应发生变化，C、D错误；若A

中的电流由。流入，且越来越小，则根据右手螺旋定则可知穿过3的磁通量向

左，且越来越小，根据楞次定律可知3中产生的感应电流由d点流经电阻R到c

点，B错误；同理，若A中的电流从人点流入，且电流越来越小，则根据楞次定

律，B中产生的感应电流从。点流经电阻R到〃点，A正确。

答案A

2.(多选汝I图7甲所示，在水平桌面上放置边长为0.20m的正方形闭合金属线

圈。从力，线圈的匝数为10,总电阻为0.10C,线圈与水平桌面间的最大静摩擦

力为().2No线圈的右半边处于垂直桌面、均匀分布的磁场中，磁场左边界

与线圈ab.cd两边平行且等距。从r=()时刻起，磁场的磁感应强度B随时间I

的变化规律如图乙所示。假设垂直桌面向下为正方向，重力加速度g=10m/s2,

下列说法正确的是()

A./=ls时线圈受到的安培力为零

B./=6s时线圈即将向右滑动

［口期］7

C.线圈滑动前，其导线中的电流一直为0.4A

D.线圈滑动前，其产生的焦耳热为2.4X102j

解析r=ls时磁感应强度为零，线圈受到的安培力为零，选项A正确；由题图

乙可知，詈=。1T/s,磁感应强度随时间变化的关系为5=-0.1T+器/=(-0.1

+o.lr)T,当线圈未滑动时，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动

势上=〃喏=10X0.20X0.10X0.1V=0.02V,根据闭合电路欧姆定律，线圈中

E

电流/=^=().2A,由题图乙可知1=6s时磁感应强度为3=0.5T,线圈受到的

安培力大小尸=〃8/L=10X0.5X0.2X0.20N=0.2N,恰好等于线圈与水平桌面

间的最大静摩擦力0.2N,根据楞次定律可知，线圈即将向左滑动，选项B错误;

线圈滑动前，其导线中的电流一直为().2A,选项C错误；由焦耳定律知，线圈

滑动前，其产生的焦耳热Q=/2k=0.22X0.10X6J=2.4X10-2J,诜项DJF确。

答案AD

突破三电磁感应中的动力学问题

1.两种状态及处理方法

状态特征处理方法

平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析

根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进

非平衡态加速度不为零

行分析

2.电磁感应中的动力学临界问题

(1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界

状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。

E=Blv

(2)基本思路是：导体受外力运动------＞感应电动势

r_E_Blv

'—~DRF—BIl

-----------＞感应电流-------＞导体受安培力一＞合外力

F今=ma

变化———＞加速度变化一＞速度变化一＞临界状态

—＞列式求解。

【例4】足够长的平行金属导轨MN和P。表面粗糙，与水平而间的夹角为〃

［口期］8

=37。6巾37。=0.6),间距为1m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度

的大小为4T,P、M间所接电阻的阻值为8Q。质量为2kg的金属杆。〃垂直导

轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆必在

沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下,由静止开始运动，杆的最终速度为8

m/s,取g=1()m/s2，求：

图8

(1)当金属杆的速度为4m/s时，金属杆的加速度大小；

(2)当金属杆沿导轨的位移为6m时,通过金属杆的电荷量.

解析(1)对金属杆必应用牛顿第二定律，有

产+"zgsin0—F安—f=ma,f=〃/7N,FN="zgcos0

油杆所受安培力大小为产安=8〃

而杆切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv

由闭合电路欧姆定律可知/=£

/B2LT

整理得：F+mgsinH——^~v—//mgcos9=ma

代入0m=8m/s时4=0,解得F=SN

代入v=4m/s及b=8N,解得a=4ni/s2

(2)设通过回路横截面的电荷量为小则乡=〃

F

回路中的平均电流强度为/=£

回路中产生的平均感应电动势为石=平

回路中的磁通量变化量为△⑦=①乂联立解得q=3C

答案(1)4m/s2(2)3C

方法技巧|

用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题

［口期］9

解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下:

［多维训练精选练透

1.（2017.天津理综，3）如图9所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间

接有电阻凡金属棒油与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强腋场

中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ah始终

保持静止，下列说法正确的是（）

A.中的感应电流方向由〃到a

B.〃〃中的感应电流逐渐减小

C.砧所受的安培力保持不变

D.必所受的静摩擦力逐渐减小

解析导体棒。氏电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小（詈=人为

一定值），则闭合回路中的磁通量均匀减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺

时针方向的感应电流，出7中的电流方向由。到从故选项A错误；根据法拉第

电磁感应定律，感应电动势三=萼=喈=&5,回路面积S不变，即感应电动

势为定值，根据闭合电路欧姆定律/=今所以/中的电流大小不变，故选项B

错误；安培力F=BIL,电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选

项C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静

摩擦力/与安培力厂等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确。

答案D

［口期］10

2.如图10,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线

框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平

行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。，=0时导线框的右边恰

与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v~t图象中，可

能正确描述上述过程的是()

图10

解析导线框开始进入磁场过程，通过导线框的磁通量增大，有感应电流，进而

受到与运动方向相反的安培力作用，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小,

安培力减小，导线框的加速度减小，f图线的斜率减小；导线框全部进入磁场

后，磁通量不变，无感应电流，导线框做匀速直线运动；导线框从磁场中出来的

过程，有感应电流，又会受到安培力阻碍作用，速度减小，加速度减小，选项D

正确。

答案D

突破四电磁感应中的能量和动量问题

1.电磁感应中的能量转化

।■做正功：电能整>机械能.如电动机

安培力做功用X牛必山牛磐4焦耳热或其他形式

I做负功:机械能o电能第#的能量,如发电机

2.求解焦耳热。的三种方法

焦耳定律：0=7正］

焦耳热Q的

功能关系：后”

三种求法Q=Wf

能量转化：Q=AEK电能的减少;1

3.动量守恒定律在电磁感应现象中的应用

［口期］11

在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系

统内力，如果它们受到的安培力的合力为。时，满足动量守恒，运用动量守恒定

律求解比较方便。

考向❶电磁感应中的能量问题

【例5】（2019.石家庄模拟）相距为L=2m的足够长的金属直角导轨如图11甲

所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为加

=0.1kg的金属细杆必、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动

摩擦因数均为"=0.5,导轨电阻不计，回路中而、〃电阻分别为Ri=0.6Q,R2

=0.4Qo整个装置处于磁感应强度大小为8=0.50T、方向竖直向上的匀强磁场

中。当"杆在平行于水平导轨的拉力尸作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时,

〃杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力厂与时间，的关系如图乙所示。

g取10m/s2,求：

图11

⑴他杆的加速度出

⑵当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；

⑶若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力尸做了5.2J的功，求该过程中

ab杆所产生的焦耳热。

解析（1）由图乙可知，/=（）时，F=1.5N

对杆：F—Rmg=ma

代入数据得tz=10m/s2

（2）cd杆受力情况如图（从d向c看），当cd杆所受重力与滑动摩擦力相等时，速

度最大，即mg="回N

［口期］12

----®---°F:

mg

又FN=F安

安培力F^=BIL

心应电流JR+R2-RI+/?2

由以上几式解得v=2in/s

(3)ab杆发生的位移为X=T~=0.2m

对必杆应用动能定理辱

Wr-fimgx—W安=；/加

解得W安=4.9J

根据功能关系得Q=W'安

所以"杆上产生的焦耳热为

Q"'=K%Q=2.94J

答案(1)10m/s2(2)2m/s(3)2.94J

考向❷电磁感应中的动量问题

【例6】如图12所示，MN、尸。是固定在水平桌面上，相距/=1.0m的光滑

平行金属导轨，MP两点间接有R=0.6Q的定值电阻，导轨电阻不计。质量均

为〃2=0.1kg,阻值均为，=0.3C的两导体棒。垂直于导轨放置，并与导轨良

好接触。开始时两棒被约束在导轨上处于静止，相距xo=2m,。棒用细丝线通

过光滑滑轮与质量为"o=().2kg的重物c相连，重物c距地面高度也为RO=2nio

整个桌面处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1.0T。。棒解除约束后，

在重物c的拉动下开始运动(运动过程中丝线始终与b棒没有作用)，当。棒即将

到达8棒位置前一瞬间，〃棒的约束被解除，此时。棒已经匀速运动，试求：

［口期］13

MN

(1)。棒匀速运动时棒中的电流大小；

⑵已知心人两棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，假设导轨足够长，试求该

“粗棒”能运动的距离；

(3)6/棒解除约束后整个过程中装置产生的总焦耳热。

解析(1)由题意，〃og=8//“，可得/a=2A

⑵设碰前。棒的速度为2则

Blv0.6X0.3

Ia=WC+0.3Q=0.5Q

v=1m/s

4b碰撞过程mv=2mv,,o'=0.5m/s

时碰撞后的整体运动过程，由动量定理得

--Bk

—IlBt=0-2mv\q=lt=------

得尸0.075m

(3)发生碰撞前

mogxo-Q\=£(〃zo+m)v2

得01=3.85J

发生碰撞后Q2=；X2〃m'2=().()25J

所以整个运动过程。=。+。2=3.875J

答案(1)2A(2)0.075m(3)3.875J

I多维训练精选练透

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£,

矩形匀强磁场I、II的高和间距均为4,磁感应弱度为及质量为机的水平金属

［口期］14

杆由静止释放，进入磁场I和II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（）

A.刚进入磁场I时加速度方向竖直向下

B.穿过磁场I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

D.释放时距磁场I上边界的高度h可能小于察言

解析根据题述，由金属杆进入磁场I和进入磁场H时速度相等可知，金属杆在

磁场I中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场I时加速度方向竖直向上，选项A

错误；由于金属杆进入磁场I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（其中切为金属杆刚进入【时的速度，。2为金

属杆刚出I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I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I到刚进入磁场【I过程动能变化量为0,重

力做功为2mgd,则金属杆穿过磁场I产生的热量。i=2/〃gd,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

2X2"igd=4）ngd,选项C正确；金属杆刚进入磁场I时的速度v=、2gh,进入磁

£

场I时产生的感应电动势E=8勿，感应电流/=初所受安培力尸=8〃，由于金

属杆刚进入磁场I时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即联

立解得心辘5,选项D错误。

答案BC

2.如图14所示，平行金属导轨MMATM和平行金属导轨「0AP0K固定在

［口期］15

高度差为〃(数值未知)的两水平台面上。导轨MN、MN左端接有电源,MN与MN

的间距为L=0.10m,线框空间存在竖直向上的匀强磁场、磁感应强度8=0.20

T；平行导轨PQR与PQ7?，的间距为L=0.10m,其中PQ与是圆心角为60。、

半径为r=().5()m的圆弧形导轨，QR与QR是水平长直导轨，Q0右侧有方向竖

直向上的匀强磁场，磁感应强度&=0.4()T。导体棒。质量如=0.()2kg,接在电

路中的电阻Ri=2.0Q,放置在导轨MN、MW右侧NW边缘处；导体棒方质量

,712=0.04kg,接在电路中的电阻R2=4.0C,放置在水平导轨某处。闭合开关K

后，导体棒。从NM水平抛出，恰能无碰撞地从尸P处以速度切=2m/s滑入平行

导轨,且始终没有与棒b相碰。重力加速度g=10m/s2,不计一切摩擦及空气阻

力。求：

(1)导体棒b的最大加速度；

(2)导体棒a在Q2右侧磁场中产生的焦耳热；

(3)闭合开关K后，通过电源的电荷量外

解析⑴设。棒滑到水平导轨上时的速度大小为。2,则从PP到QQ，，由动能

定理得

11

mig。•-rcos600)=3m\vi7-yn\in9

解得s=3m/s

因为〃棒刚进磁场时，〃、〃棒中的电流最大，〃棒受力最大，加速度最大，所以

E=&£U2=().12V

/=RI+R2=QO2A

由牛顿第二定律有B2lL=ni2am^

则导体棒b的最大加速度々max=0.02m/s?

⑵两个导体棒在运动过程中，动量守恒且能量守恒，当两棒的速度相等时回路

［口期］16

中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热。所以

由动量守恒定律有加1。2=（8+机2）。3

设。棒在此过程中产生的焦耳热为。“，b棒产生的焦耳热为Q

由能量守恒定律有।vi=^（/ni+团2）*+Qa+Qb

由于。、b棒串联在一起，所以有覆=盛

Q（l=0.02J

（3）设闭合开关后，。棒以速度次）水平抛出，则有

oo=oicos600=1m/s

对。棒冲出过程由动量定理得

£Bi/LAr=/muo即B\Lq=m\va

q=1C

答案(1)0.02m/s2(2)0.02J(3)1C

核心素养提升

建构模型系列一高考常考的“切割模型”

【真题模型再现】

来源图例模型命题点

右手定则、E=BLv

2016•高考全国卷“导体棒转动切

的应用、闭合电路

11第20题[割”模型

•1Q欧姆定律

受力分析、平衡条

2016•高考全国卷“导体棒平动切

件、公式E=BLv

I第24题割，，模型

的应用

牛顿第二定律、法

2016•高考全国卷；xxxx|“单棒+导轨”模

1F.:xxxx

[XXXX\拉第电磁感应定

II第24题______xXX1型

律、欧姆定律

法拉第电磁感应定

2017•高考全国卷bc''

“线框切割”模型律、右手定则、安

II第20题

目i培力

［口期］17

x^5xxxpx

2017•高考全国卷“单棒+导轨”模楞次定律、磁通量

III第15题型的概念

x~><|落

法拉第电磁感应定

X

2018•高考全国卷“导体棒转动切律、闭合电路欧姆

\

1第17题割”模型定律、电荷量的计

'o

算

昌Li-f图象、楞次定

•高考全国卷

2018x

1X,XX,•*,XX

:XX：••:xX；••；XX“线框切割”模型律、法拉第电磁感

II第18题Wtt•:XX.

应定律

［口期］18

【常考模型训练】

1.［“导体棒转动切割”模型］(多选)如图15所示为一圆环发电装置，用电阻R

=4Q的导体棒弯成半径L=0.2m的闭合圆环，圆心为O,COD是一条直径，

在O、。间接有负载电阻舟=1。0整个圆环中均有3=0.5T的匀强磁场垂直环

面穿过。电阻r=1C的导体棒OA贴着圆环做匀速圆周运动，角速度to=300

rad/s,贝ij()

图15

A.当0A到达0C处时，圆环的电功率为1W

B.当0A到达OC处时，圆环的电功率为2W

C.全电路最大功率为3W

D.全电路最大功率为4.5W

解析当OA到达OC处时，圆环的电阻为1C,与幻串联接入电路，外电阻为

2Q,棒转动过程中产生的感应电动势石=3以?①=3V,圆环上分压为1V,所

以圆环上的电功率为1W,选项A正确，B错误；当OA到达0。处时，圆环中

的电流为零，此时电路中总电阻最小，而电动势式变，所以全电路的电功率最大

F2

为尸=6^=4.5W,选项C错误，D正确。

答案AD

2.［“单棒+导轨”模型］如图16所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金

属导轨宽度L=1.0m,导轨上放有垂直导轨的金属杆P,金属杆质量为〃z=0.1kg,

空间存在磁感应强度8=0.5T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R

=3.0Q,金属杆的电阻r=1.0Q,其余部分电阻不计。某时刻给金属杆一个水

平向右的恒力F,金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v-t

图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数〃=0.5。在金属杆P运动的过程中，第一

个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过产的电荷量之比为3:5og

取10m/s2o求：

［口期］19

图16

(1)水平恒力厂的大小；

(2)前4s内电阻R上产生的热量。

解析(1)由图乙可知金属杆。先做加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运

动

当，=2s时，v=4m/s,此时感应电动势E=8Lu

E

感应电流/=而；

B2Lrv

安培力F=BIL=-^—

R-rr

根据牛顿运动定律有F—F—jtifng=O

解得尸=0.75N。

E

(2)通过金属杆P的电荷量•/

其中万=绡=半

所以4=给8乩1为P的位移)

设第一个2s内金属杆尸的位移为箝，第二个2s内尸的位移为12

则△6=BLx\,A02=BLxi=BLvt

又由于小：磔=3:5

联立解得也=8m,Xi=4.8m

前4s内由能量守恒定律得

尸(xi+X2)=^mv2+/Limgixi+尤2)+Qr+QR

其中Q「：QR=r：R=\：3

解得QR=1.8J。

答案(1)0.75N(2)1.8J

3.［“双棒+导轨”模型］如图17所示，辱直放置的两光滑平行令属导轨置于垂

［口期］20

直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒。和〃垂直放置在导轨

上且与导轨接触良好，可自由滑动。先固定。，释放从当〃的速度达到10m/s

时，再释放经过1s后，。的速度达到12m/s,则：(g取lOnVs?)

图17

⑴此时〃的速度是多大？

(2)假若导轨很长，试分析“、〃棒最后的运动状态。

解析(1)当〃棒先向下运动时，在。和〃以及导轨所组成的闭合回路中产生感

应电流，于是。棒受到向下的安培力，〃棒受到向上的安培力，且二者大小相等。

释放。棒后，经过时间"分别以。和〃为研究表象，根据动量定埋得

(mg+F)t=/nVa

(/ng—F)t=mvb—nWQ

解得如=18m/s

(2)在4、/?棒向下运动的过程中，4棒的加速度n=g+A，棒的加速度S=g

-£闭合回路中磁通量的变化逐渐减小直至不变，感应电流也逐渐减小直至消

失，则安培力也逐渐减小到零。最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀

加速运动。

答案(1)18m/s(2)6、〃棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动

4"“线框切割”模型］(2019•南昌三校联考)如图18所示,空间分布着水平方向

的匀强磁场，磁场区域的水平宽度d=0.4m,竖直方向足够长，磁感应强度8=

().5To正方形导线框PQMN边长L=0.4in,质量6=0.2kg,电阻R=0.1Q,开

始时放在光滑绝缘水平板上“I”位置。现用一水平向右的恒力/=0.8N拉线

框，使其向右穿过磁场区域，最后到达“11”位置(MN边恰好出磁场)。己知线

框平面在运动中始终保持在竖直平面内，PQ边刚进入磁场时线框恰好做匀速运

动，gMX10m/s2o试求：

［口期］21

图18

(1)线框进入磁场前运动的距离Q；

(2)上述整个过程中线框内产生的焦耳热；

⑶线框进入磁场过程中通过其某一截面的电荷量。

解析(1)线框在磁场中匀速运动，有尸安=尸

F安=BIL,1=彳,E=BLvi

K

FR

联立解得vi=B?L2=2m/s

由动能定理得FD=^mvi

解得0=0.5m

(2)由能量守恒定律可知。=2Fd=2X0.8X0.4J=0.64J

2

卬.卜①一zaBAS0.5X0.4

(3)根据q=R可付q=R=6"jC—0.8C

答案(1)0.5m(2)0.64J(3)0.8C

课时作业

电磁感应定律的综合应用(-)

(时间：40分钟)

基础巩固练

1.如图1甲所示，在电阻R=1C,面积8=0.30?的圆形线框中心区域存在匀

强磁场，圆形磁场区面积S2=0.2m2。若取磁场方向垂直纸面向外为正方向，磁

感应强度B随时间的变化规律可用图乙描述，则线框中的感应电流/(取顺时针方

向为正方向)随时间，的变化图线是()

/?/(x1OJT)

甲乙

［口期］22

图1

答案C

2.如图2所示，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分

之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大

环内产生的感应电动势为E,则。、b两点间的电势差为（）

解析。、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的;，故〃、b

间电势差为选项B正确。

答案B

3.下列四个选项图中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A、

B中的导线框为正方形，C、。中的导线框为直角扇形。各导线框均绕垂直纸面

轴0在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为兀从线框处于图

示位置时开始计时，以在0P边上从P点指向0点的方向为感应电流i的正方向。

则在如图所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间/的变化规律如图3所示

的是（）

［口期］23

图3

:屋一建：遇屋：田二：砥

XXXXXXXV.XXXXXXX.:X

一由一…汨i迷…一加…

ABCD

解析根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产

生的感应电流j随时间t的变化规律如题图所示的是选项Co

答案C

4.（多选）如图4甲所示，光滑“N”形金属支架A8C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，一金属导体棒石厂放在支架上，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4

A.力时刻轻杆对导体棒的作用力最大

B./2时刻轻杆对导体棒的作用力为零

C.上到A时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小

D.尬到白时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变

解析由E=〃詈，可知力时刻感应电动势为零，感应电流为零，安培力为零，

轻杆对导体棒的作用力为零，故选项A错误；/2时刻感应电动势为最大，感应电

流最大，但磁场为零，安培力为零，轻杆对导体律的作用力为零，故选项B正

确；，2到A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；，2到，4时间内，感应电流方向改变，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BC

5.如图5所示，边长为L的正方形单匝线框有一半水平放置在与水平方向夹角

为30。的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R,右侧接入电容为。的电容器，其

［口期］24

余电阻不计。若匀强磁场的磁感应强度B随时间/的变化规律如图乙所示（规定

斜向下为正方向），则在0〜力时间内（

图5

A.电容潜。板带正电

B.电容器所带的电荷量为零

RA

C.线框中产生的感应电动势大小为

2ro

Bol}

D.线框中产生的感应电动势大小为

4/o

解析穿过线框的磁通量先向上减小，后向下增大，根据楞次定律可以判断，感

SABsin30。

应电流为逆时针，匕板带正电，错误；根据法拉第电磁感应定律

AE=A/

XL2XB

J^B^,电容器所带的电荷量。=。E=隼卢

,B、C错误，D正

to~4fo

确。

答案D

6.（多选）在水平放置的两条平行光滑直导轨上有一垂直其放置的金属棒。从匀

强磁场与轨道平而垂直，磁场方向如图6所示，导轨接有两定值电阻及电阻箱R,

Ri=5C,R?=6Q,其余电阻不计。电路中的电压表量程为0〜10V,电流表的

量程为。〜3A,现将R调至30Q,用尸=40N的水平向右的力使ab垂直导轨向

右平移，当棒而达到稳定状态时，两电表中有一表正好达到满偏，而另一表未

达到满偏。则下列说法正确的是（）

图6

A.当棒砧达到稳定状态时，电流表满偏

B.当棒仍达到稳定状态时，电压表满偏

［口期］25

C.当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度是1m/s

D.当棒他达到稳定状态时，棒油的速度是2m/s

解析假设电压表满偏，则通过电流表的电流为/=下%=2AV3A,所以电

R2+R0

压表可以满偏，此时电流表的示数为2A,故A错误，B正确；棒"匀速运动

F

时，水平拉力厂与安培力大小相等，则有五A=F=8/L,得AL=7=20N/A,感

F20

应电动势E=U+/Ri=（10+2X5）V=20V,又E=BLv,则得。=而=而m/s

LJLJNil

=1in/s,故C正确，D错误°

答案BC

7.（多选）如图7所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距L=0.4