章末总结　提高

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电磁感应

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1．理解因果关系：楞次定律反映了“因”“果”之间的辩证关系．原因导致结果，结果又反过来影响(“阻碍”)原因，从而引导我们既可由“因”索“果”，又可由“果”索“因”地分析物理现象．

2．等效法：不规则导体垂直切割磁感线产生的电动势可用其等效长度替代；对复杂的电磁感应综合问题，要善于画出导体、框架的等效电路图，帮助分析其中的电路问题，如串、并联关系，内外电路、感应电动势的方向等．

3．整体法、隔离法：提倡整体与隔离的综合应用，善于从整体到局部，又要从局部推回到整体，对物理现象及过程有深刻的认识，从而使问题简化，如很多“双杆”运动问题的分析．

4．程序法分析图象问题：将物理过程分拆成几个阶段或将已知图线分拆成几段，对各“段”结合问题逐一分析．

5．力电综合问题(高考热点)

(1)电磁感应与力和运动结合的问题，研究方法与力学相同，首先明确物理过程，正确地进行受力分析，这里应特别注意伴随感应电流而产生的安培力：在匀强磁场中匀速运动的导体受的安培力恒定，变速运动的导体受的安培力随速度(电流)变化．其次应用相应的规律求解：匀速运动可用平衡条件求解，变速运动的瞬时速度可用牛顿第二定律和运动学公式求解，变速运动的热量问题一般用能量观点分析．

(2)在电磁感应现象中，应用闭合电路欧姆定律分析问题，应明确产生电动势的那部分导体相当于电源，该部分电路的电阻是电源的内阻，而其余部分电路则是外电路．

6．理论联系实际问题：本章知识应用广泛，和生产、生活、高科技联系紧密，如日光灯原理、磁悬浮列车的原理、电磁阻尼现象、延时开关、传感器的原理、超导技术应用等，要关注此类问题．

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1．(多选)(2019·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)

A．圆环所受安培力的方向始终不变

B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向

C．圆环中的感应电流大小为

D．圆环中的感应电动势大小为

[解析] 根据B－t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向FA的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；由闭合电路欧姆定律得：I＝，又根据法拉第电磁感应定律得：E＝＝，又根据电阻定律得：R＝ρ，联立得：I＝，则C正确，D错误．故本题选BC.

[答案] BC

2．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　)

[解析] 由四个选项的图象可知，磁场中只有PQ时电流大小不变，方向由Q→P.若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量Φ不变，无感应电流．由于PQ、MN同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小为I1，方向为P→Q，A正确，B错误；若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量Φ不变，此时电流为零，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场时，MN的速度大于进磁场的速度，故电流大小大于I1，安培力大于重力沿斜面向下的分力，故MN速度减小，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向为P→Q，故C错误，D正确．

[答案] AD

3．(多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是(　　)

[解析] ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向右做减速运动，金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小，安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误．

[答案] AC

4．(2019·北京卷)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B.纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行．从ad边刚进入磁场直至bc边刚好进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：

(1)感应电动势的大小E；

(2)拉力做功的功率P；

(3)ab边产生的焦耳热Q.

[解析] (1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势

E＝BLv

(2)线圈中的感应电流I＝

拉力大小等于安培力大小F＝BIL

拉力的功率P＝Fv＝

(3)线圈ab边电阻Rab＝

时间t＝

ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝

5．(2019·天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好．MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计．

(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；

(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W.

[解析] (1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E＝，

则E＝k　①

设PQ与MN并联的电阻为R并，有

R并＝　②

闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得

I＝　③

设PQ中的电流为IPQ，有

IPQ＝I　④

设PQ受到的安培力为F安，有

F安＝BIPQl　⑤

保持PD静止，由受力平衡，有

F＝F安

联立①②③④⑤⑥式得

F＝　⑦

方向水平向右．

(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化量为ΔΦ，平均感应电动势为，有

＝　⑧

其中ΔΦ＝Blx　⑨

设PQ中的平均电流为，有

＝　⑩

根据电流的定义得＝　⑪

由动能定理，有

Fx＋W＝mv2－0　⑫

联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得

W＝mv2－kq　⑬

6．(2019·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1.当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F做的功，sin 37°＝0.6)

(1)磁感应强度B的大小；

(2)外力F随位移x变化的关系式；

(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.

[解析] (1)在x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝

此时v＝kx＝1 m/s

解得B＝＝ T

(2)在无磁场区间0≤x<0.2 m内，有

a＝5 s－1×v＝25 s－2×x

F＝25 s－2×xm＋μmgcos θ＋mgsin θ＝(0.96＋2.5x) N

在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m内，有

FA＝＝0.6x N

F＝(0.96＋2.5x＋0.6x) N＝(0.96＋3.1x) N

(3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)

WA1＝(x1＋x2)(x2－x1)＝0.18 J

撤去外力后，设棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有

(mgsin θ＋μmgcos θ)s＝mv2

(mgsin θ－μmgcos θ)s＝mv′2

解得v′＝2 m/s

由于mgsin θ－μmgcos θ－＝0

故棒ab再次进入磁场后做匀速运动

下降过程中克服客培力做的功

WA2＝(x2－x1)＝0.144 J

Q＝WA1＋WA2＝0.324 J

7．(2018·全国卷Ⅰ)如图，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，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．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Ⅰ)；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Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　)

A.  B.  C.  D．2

[解析] 设圆的半径为R，金属杆从Q到S的过程中：ΔΦ＝BΔS＝BπR2

根据法拉第电磁感应定律有：E1＝＝.设回路的总电阻为r，第一次通过线圈某一横截面的电荷量：

q1＝I1Δt1＝Δt1＝　①

磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′的过程中设时间为Δt2，ΔΦ′＝(B′－B)R2

第二次通过线圈某一横截面的电荷量为：

q2＝I2Δt2＝＝　②

由题，q1＝q2　③

联立①②③可得：＝，故B正确，A、C、D错误．

[答案] B

8．(多选)(2018·全国卷Ⅰ)如图，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．将一小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(　　)

A．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，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动

[解析] 开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处电流产生的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处电流产生的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确．

[答案] AD

9．(2018·全国卷Ⅱ)如图，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随时间变化的正确图线可能是(　　)

[解析] 设磁感应强度为B，线圈的速度为v、电阻为R；如果某时刻左边位于方向向外的磁场中、右边位于方向向里的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：E1＝2BLv，根据电流为：i1＝＝，根据右手定则可知电流方向为顺时针；当左右两边都处于方向相同的磁场中时，感应电动势为零，感应电流为零；当左边位于方向向里的磁场中、右边位于方向向外的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：E2＝2BLv，根据电流为：i2＝＝，根据右手定则可知电流方向为逆时针，故D正确，A、B、C错误．

[答案] D

10．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图(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(　　)

A．在t＝时为零

B．在t＝时改变方向

C．在t＝时最大，且沿顺时针方向

D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向

[解析] R中的感应电动势E∝，t＝时刻，＝0，∴E＝0，A对，0～，i为正，穿过R的磁通量向内增加、感生电流的磁场应向外，故感应电动势为逆时针方向，且>0；t＝时刻前后，<0，感应电动势均为顺时针方向，B错．且t＝时刻，<0，且最大，故C对，t＝T时刻，>0，且最大，故感应电动势为逆时针方向，且最大，D错，选A、C.

[答案] AC