(共35张PPT)
电磁感应和力学的综合题，其联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力，因为感应电流与导体运动的加速度有相互制约的关系．这类题要重点进行下列分析：
1．电路分析
在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源，如果它有电阻，就相当于存在内电阻，它两端的电压就是路端电压．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是：
(1)确定感应电动势的大小和方向，用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律确定感应电动势的方向(不论回路是否闭合，都设想电路闭合，判断出感应电流的方向，导体两端相当于电源的正、负极)．
(2)画出等效电路图，分清内外电路，此环节是解决此类问题的关键．
(3)运用全电路欧姆定律，串、并联电路的特点，电功率、电热等公式联立求解．
2．受力分析
根据电路分析，表示出电路中电流，进而表示出安培力，对研究对象进行受力分析，确定物体所受的合外力．
3．运动分析
根据物体的受力情况，分析加速度的变化，如果物体做匀变速直线运动，可以利用运动学公式和牛顿第二定律求解；如果物体不做匀变速直线运动，则必须进行能量分析，从能量转化和守恒的角度求解．
4．能量分析
解决电磁感应中能量转化问题的一般思路：
(1)在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源．
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了转化．如：
①有摩擦力做功，必有内能产生．
②克服安培力做功，就有电能产生．
③如果安培力做正功，就有电能转化为其他形式的能．
(3)列有关能量的关系式求解．
(2014·天津和平检测)如图4 1，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m、电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的小滑轮与重物相连，重物质量为M，斜面上ef线(ef平行底边)的右上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行底边，则下列说法正确的是( )
若线框进入磁场的过程做匀速运动，则M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得：焦耳热为Q＝(Mg－mgsin θ)l2，故D错误．故选B、C.
【答案】 BC
1.如图4 2所示，边长为L的正方形金属框，质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外．磁场随时间变化规律为B＝kt(k>0)，已知细线所能承受的最大拉力为2mg，求从t＝0开始，经多长时间细线会被拉断？
图象类型 (1)磁感应强度B、磁通量Ф、感应电动势E、感应电流i电压u、电量q随时间t变化的图象，即B t图象、Ф t图象、E t图象、i t图象、u t图象、q t图象
(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流i随线圈位移x变化的图象，即E x图象和i x图象问题
类型 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量
应用知识 左手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律、相关数学知识等
(2013·福建高考) 如图4 3，矩形闭合导体
线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释
放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚
进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，
ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )
【解析】 根据导体线框进入磁场的速度的不同分析线框的受力情况、运动情况，从而判断可能的v－t图像．
线框先做自由落体运动，因线框下落高度不同，故线框ab边刚进磁场时，其所受安培力F安与重力mg的大小关系可分以下三种情况：
③当F安>mg时，线框减速进入磁场，a＝ －g，v减小，a减小，线框做加速度逐渐减小的减速运动，当线框未完全进入磁场而a减为零时，即此时F安＝mg，线框开始做匀速运动，当线框完全进入磁场后做匀加速直线运动，选项B有可能；故不可能的只有选项A.
【答案】 A
2．(2014·台州高二检测)一矩形线圈位于一随时间t变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面(纸面)向里，如图4 4甲所示．磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示．以I表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示方向的电流为正，则下列I t图中正确的是( )
【解析】 0～1 s内，B向里且均匀增大，由楞次定律知，线框中感应电流大小恒定，方向与图示相反，B、C错误；4 s～5 s内，B不变，所以感应电流为0，故D错误，只有A正确．
【答案】 A
1．(2013·新课标全国卷)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是( )
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流
D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【解析】 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间的关系，选项A正确；根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场相似，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项B正确；法拉第提出的是电磁感应定律，但恒定电流周围不产生感应电流，选项C错误；楞次定律指出感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确．
【答案】 ABD
2．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图4 5(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图4 5(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )
【解析】 本题可由法拉第电磁感应定律判断．
由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确．
【答案】 C
3．(2013·天津理综)如图4 6所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置
于垂直纸面向里、边界为MN的匀强
磁场外，线框两次匀速地完全进入磁
场，两次速度大小相同，方向均垂直
于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( )
A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2
4．(多选)(2014·山东高考)如图4 7，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )
A．FM向右
B．FN向左
C．FM逐渐增大
D．FN逐渐减小
【解析】 根据楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式解决问题．
根据直线电流产生磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，选项B正确；
5.(2014·新课标全国卷Ⅱ)半径分别为
r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平
面内，一长为r、质量为m且质量分布
均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，
BA的延长线通过圆导轨中心O，装置
的俯视图如图4 8所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．
设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求
(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；
(2)外力的功率．
【解析】 根据右手定则、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及能量守恒定律解题．
(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D.
设导体棒AB中点的速度为v，则v＝
而vA＝ωr，vB＝2ωr
根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势E＝Brv
(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安倍力与摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋fv，而f＝μmg综合检测(一)
第四章 电磁感应
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共8个小题，每小题6分 ( http: / / www.21cnjy.com )，共48分．第1～5小题只有一项符合题目要求，第6～8小题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．研究表明，地球磁场对鸽子识别方向起着重 ( http: / / www.21cnjy.com )要作用．鸽子体内的电阻大约为103 Ω，当它在地球磁场中展翅飞行时，会切割磁感线，在两翅之间产生动生电动势．这样，鸽子体内灵敏的感受器即可根据动生电动势的大小来判别其飞行方向．若某处地磁场磁感应强度的竖直分量约为0.5×10－4T.鸽子以20 m/s速度水平滑翔，则可估算出两翅之间产生的动生电动势大约为( )
A．30 mV B．3 mV
C．0.3 mV D．0.03 mV
【解析】 鸽子展翅飞行时若两翅端间距为0.3 m．由E＝Blv得E＝0.3 mV.C项正确．
【答案】 C
图1
2．半径为R的圆形线圈，两端A、D接有一个 ( http: / / www.21cnjy.com )平行板电容器，线圈垂直放在随时间均匀变化的匀强磁场中，如图1所示，则要使电容器所带电荷量Q增大，可以采取的措施是 ( )
A．增大电容器两极板间的距离
B．增大磁感应强度的变化率
C．减小线圈的半径
D．改变线圈所在平面与磁场方向间的夹角
【解析】 由Q＝CU，U＝ ( http: / / www.21cnjy.com )E＝＝，分析可得增大磁感应强度变化率、增大线圈在垂直磁场方向的投影面积可增大A、D间电压，从而使Q增大，B项正确，C、D错误．减小电容器两极板间距离可使Q增大，A错误．
【答案】 B
图2
3．(2014·洛阳一中高二检测)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )2所示，一个铜质圆环，无初速度地自位置Ⅰ下落到位置Ⅱ，若圆环下落时其轴线与磁铁悬线重合，圆环面始终水平．位置Ⅰ与位置Ⅱ的高度差为h，则运动时间( )
A．等于 B．大于
C．小于 D．无法判定
【解析】 由于电磁阻尼，阻碍铜质圆环的下落，所以下落时间大于自由下落时间.
【答案】 B
图3
4．(2012·新课标全国高考)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图3，匀强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B0.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ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．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的大小应为( )
A. B.
C. D.
【解析】 设圆的半径为L，电阻为R ( http: / / www.21cnjy.com )，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E1＝B0ωL2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2＝πL2，由＝得B0ωL2＝πL2，即＝，故C项正确．
【答案】 C
5．(2014·北京朝阳区高二检测)如图4所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域，( )
图4
A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动
B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动
C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动
D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动
【解析】 若线圈进入磁场过程是匀速运动，完全 ( http: / / www.21cnjy.com )进入磁场区域一定做加速运动，则离开磁场过程所受安培力大于重力，一定是减速运动，选项A错误；若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程可能是加速运动，也可能是匀速运动，选项B错误；若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动，选项C错误D正确．
【答案】 D
6．(2012·山东高考)以下叙述正确的是( )
A．法拉第发现了电磁感应现象
B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大
C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因
D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果
【解析】 质量是惯性大小的唯一量度，与速度大小无关，B错误；伽利略通过实验与假想得出力不是维持物体运动的原因，C错误．
【答案】 AD
图5
7．如图5所示，线圈内有条形磁铁，将磁铁从线圈中拔出来时( )
A．φa>φb
B．φa<φb
C．电阻中电流方向由a到b
D．电阻中电流方向由b到a
【解析】 磁铁从线圈中拔出 ( http: / / www.21cnjy.com )时，线圈中磁场方向向右，磁通量减少，根据楞次定律，线圈中产生感应电动势，右端为正极，左端为负极，所以电阻中电流方向由b到a，故φb>φa.B、D项正确．
【答案】 BD
8．如图6所示，电灯A、 ( http: / / www.21cnjy.com )B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈．当S1闭合、S2断开且电路稳定时A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法正确的是( )
图6
A．B灯立即熄灭
B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭
C．有电流通过B灯，方向为c→d
D．有电流通过A灯，方向为b→a
【解析】 S2断开而只闭合S1，稳定时 ( http: / / www.21cnjy.com )，A、B两灯一样亮，说明两条支路电流相等，这时线圈无自感作用，可知线圈L的电阻也是R；在S2闭合、S1闭合且稳定时，IA＝IL；当S2闭合、S1突然断开时，流过A灯的电流只是方向变为b→a，但其大小不能突然增大，A灯不能出现闪亮一下再熄灭的现象，故D正确，B错误；由于固定电阻R没有自感作用，故断开S1时，B灯被断路，电流迅速变为零，B灯立即熄灭．A正确，C错误．故正确答案为A、D.
【答案】 AD
二、非选择题(本题共4小题，共52分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．(12分)如图7为“研究电磁感应现象”的实验装置．
图7
(1)将图中所缺的导线补接完整．
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________；
②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．
(3)在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将( )
A．因电路不闭合，无电磁感应现象
B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C．不能用楞次定律判断感应电动势方向
D．可以用楞次定律判断感应电动势方向
【解析】 (2)依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则①向右偏转一下；②向左偏转一下．
(3)穿过电路中的磁通量发生变化即产生 ( http: / / www.21cnjy.com )电磁感应现象．因电路不闭合无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势的方向，要产生感应电流，电路要求必须闭合．故答案选B、D.
【答案】 (1)如图所示
(2)①向右偏转一下 ②向左偏转一下 (3)BD
10．(10分)如图8甲所示的螺线 ( http: / / www.21cnjy.com )管，匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，电阻r＝1.5 Ω，与螺线管串联的外电阻R1＝3.5 Ω，R2＝25 Ω，方向向右穿过螺线管的匀强磁场，磁感应强度按图8乙所示规律变化，试计算电阻R2的电功率和a、b两点的电势差．
图8
【解析】 螺线管中产生的感应电动势E＝nS＝6 V，
根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流大小I＝＝0.2 A，
电阻R2上消耗的电功率大小P＝I2R2＝1 W，
a、b两点间的电势差U＝I(R1＋R2)＝5.7 V.
【答案】 1 W 5.7 V
11．(14分)(2014·天津宝坻中学 ( http: / / www.21cnjy.com )检测)如图9甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R1＝3 Ω，下端接有电阻R2＝6 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2 m过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a与下落距离h的关系图象如图9乙所示．求：
(1)磁感应强度B
(2)杆下落0.2 m过程中通过金属杆的电荷量．
甲 乙
图9
【解析】 (1)当地重力加速度g＝10 m/s2，则杆进入磁场时的速度v＝＝1 m/s
由图象知，杆进入磁场时加速度a＝－g＝－10 m/s2
由牛顿第二定律得mg－F安＝ma
回路中的电动势E＝BLv
杆中的电流I＝
R并＝
F安＝BIL＝
得B＝＝2 T
(2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E＝
杆中的平均电流I＝
通过杆的电荷量q＝I·Δt＝Δt＝＝
通过杆的电荷量q＝0.15 C
【答案】 (1)2 T (2)0.15 C
12．(16分)(2014·浙江高考 ( http: / / www.21cnjy.com ))某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图10所示．一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2)
图10
(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？
(2)求此时铝块的速度大小；
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．
【解析】 (1)正极
(2)由电磁感应定律得U＝E＝
ΔΦ＝BR2Δθ
U＝BωR2
v＝rω＝ωR
所以v＝＝2 m/s.
(3)ΔE＝mgh－mv2
ΔE＝0.5 J.
【答案】 (1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J
