高考物理一輪復(fù)習(xí)課件專題十二電磁感應(yīng) (含解析)

考點(diǎn)一電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律A組

自主命題·天津卷題組五年高考1.(2013天津理綜,12,20分)超導(dǎo)現(xiàn)象是20世紀(jì)人類重大發(fā)現(xiàn)之一,日前我國(guó)已研制出世界傳輸

電流最大的高溫超導(dǎo)電纜并成功示范運(yùn)行。(1)超導(dǎo)體在溫度特別低時(shí)電阻可以降到幾乎為零,這種性質(zhì)可以通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究。將一個(gè)閉合

超導(dǎo)金屬圓環(huán)水平放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感線垂直于圓環(huán)平面向上,逐漸降低溫度使環(huán)發(fā)生由

正常態(tài)到超導(dǎo)態(tài)的轉(zhuǎn)變后突然撤去磁場(chǎng),若此后環(huán)中的電流不隨時(shí)間變化,則表明其電阻為

零。請(qǐng)指出自上往下看環(huán)中電流方向,并說(shuō)明理由。(2)為探究該圓環(huán)在超導(dǎo)狀態(tài)的電阻率上限ρ,研究人員測(cè)得撤去磁場(chǎng)后環(huán)中電流為I,并經(jīng)一年

以上的時(shí)間t未檢測(cè)出電流變化。實(shí)際上儀器只能檢測(cè)出大于ΔI的電流變化,其中ΔI?I,當(dāng)電

流的變化小于ΔI時(shí),儀器檢測(cè)不出電流的變化,研究人員便認(rèn)為電流沒(méi)有變化。設(shè)環(huán)的橫截面

積為S,環(huán)中定向移動(dòng)電子的平均速率為v,電子質(zhì)量為m、電荷量為e。試用上述給出的各物理

量,推導(dǎo)出ρ的表達(dá)式。(3)若仍使用上述測(cè)量?jī)x器,實(shí)驗(yàn)持續(xù)時(shí)間依舊為t,為使實(shí)驗(yàn)獲得的該圓環(huán)在超導(dǎo)狀態(tài)的電阻

率上限ρ的準(zhǔn)確程度更高,請(qǐng)?zhí)岢瞿愕慕ㄗh,并簡(jiǎn)要說(shuō)明實(shí)現(xiàn)方法。答案(1)逆時(shí)針?lè)较?理由見(jiàn)解析(2)ρ=

(3)見(jiàn)解析解析

(1)撤去磁場(chǎng)瞬間,環(huán)所圍面積的磁通量突變?yōu)榱?由楞次定律可知,環(huán)中電流的磁場(chǎng)方

向應(yīng)與原磁場(chǎng)方向相同,即向上。由右手螺旋定則可知,環(huán)中電流的方向是沿逆時(shí)針?lè)较颉?2)設(shè)圓環(huán)周長(zhǎng)為l、電阻為R,由電阻定律得R=ρ

①設(shè)t時(shí)間內(nèi)環(huán)中電流釋放焦耳熱而損失的能量為ΔE,由焦耳定律得ΔE=I2Rt

②設(shè)環(huán)中單位體積內(nèi)定向移動(dòng)電子數(shù)為n,則I=nevS

③式中n、e、S不變,只有定向移動(dòng)電子的平均速率的變化才會(huì)引起環(huán)中電流的變化。電流變化

大小取ΔI時(shí),相應(yīng)定向移動(dòng)電子的平均速率變化的大小為Δv,則ΔI=neSΔv

④設(shè)環(huán)中定向移動(dòng)電子減少的動(dòng)能總和為ΔEk,則ΔEk=nlS

⑤由于ΔI?I,可得ΔEk=

ΔI

⑥根據(jù)能量守恒定律,得ΔE=ΔEk⑦聯(lián)立上述各式,得ρ=

⑧(3)由ρ=

看出,在題設(shè)條件限制下,適當(dāng)增大超導(dǎo)電流,可以使實(shí)驗(yàn)獲得ρ的準(zhǔn)確程度更高,通過(guò)增大穿過(guò)該環(huán)的磁通量變化率可實(shí)現(xiàn)增大超導(dǎo)電流。2.(2019課標(biāo)Ⅲ,14,6分)楞次定律是下列哪個(gè)定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)?

()A.電阻定律

B.庫(kù)侖定律C.歐姆定律

D.能量守恒定律答案

D本題考查了對(duì)基本規(guī)律的理解能力,體現(xiàn)了能量觀念這一重要核心素養(yǎng)。楞次定律的本質(zhì)是感應(yīng)磁場(chǎng)中能量的轉(zhuǎn)化,是能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體現(xiàn),故

選項(xiàng)D正確。規(guī)律總結(jié)

電阻定律R=ρ

是導(dǎo)體對(duì)電流阻礙作用的體現(xiàn);庫(kù)侖定律是對(duì)真空中靜止點(diǎn)電荷之間作用力的認(rèn)識(shí);歐姆定律是通過(guò)導(dǎo)體的電流與導(dǎo)體兩端電壓、導(dǎo)體電阻關(guān)系的體現(xiàn)。B組

統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組3.(2018課標(biāo)Ⅰ,19,6分)(多選)如圖,兩個(gè)線圈繞在同一根鐵芯上,其中一線圈通過(guò)開(kāi)關(guān)與電源連

接,另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小磁針懸掛在

直導(dǎo)線正上方,開(kāi)關(guān)未閉合時(shí)小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是

()

A.開(kāi)關(guān)閉合后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)B.開(kāi)關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后,小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C.開(kāi)關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后,小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D.開(kāi)關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開(kāi)后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng)答案

AD本題考查電流的磁效應(yīng)、楞次定律等知識(shí)。當(dāng)開(kāi)關(guān)閉合瞬間,右側(cè)線圈中電流突

然增大,鐵芯上向右的磁場(chǎng)增強(qiáng),由楞次定律可知左側(cè)線圈中正面感應(yīng)電流向上,則遠(yuǎn)處直導(dǎo)線

上電流向左,由安培定則可知小磁針處直導(dǎo)線上電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,A項(xiàng)正

確。開(kāi)關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后,磁場(chǎng)不再變化,左側(cè)線圈中沒(méi)有感應(yīng)電流,小磁針N、S極回

到原始方向,故B、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤。開(kāi)關(guān)斷開(kāi)的瞬間,右側(cè)線圈中電流減小,左側(cè)線圈正面感應(yīng)電

流向下,遠(yuǎn)處直導(dǎo)線上電流向右,由安培定則知,小磁針處直導(dǎo)線上電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙

面向外,故D項(xiàng)正確。審題指導(dǎo)關(guān)鍵詞在審題中的作用關(guān)鍵詞:①同一根鐵芯,意味著左右兩側(cè)線圈中磁通量變化率相同;②遠(yuǎn)處,說(shuō)明此處小磁針不

再受線圈中磁通量變化的影響;③小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方,說(shuō)明磁針的偏轉(zhuǎn)受直導(dǎo)線上電

流產(chǎn)生的磁場(chǎng)影響。4.(2018課標(biāo)Ⅲ,20,6分)(多選)如圖(a),在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R,R在PQ

的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i,i的變化如圖(b)所示,規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線

框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

()

A.在t=

時(shí)為零

B.在t=

時(shí)改變方向C.在t=

時(shí)最大,且沿順時(shí)針?lè)较?/p>

D.在t=T時(shí)最大,且沿順時(shí)針?lè)较虼鸢?/p>

AC本題考查楞次定律的應(yīng)用及法拉第電磁感應(yīng)定律。由i-t圖像可知,在t=

時(shí),

=0,此時(shí)穿過(guò)導(dǎo)線框R的磁通量的變化率

=0,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,此時(shí)導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0,選項(xiàng)A正確;同理在t=

和t=T時(shí),

為最大值,

為最大值,導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為最大值,不改變方向,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;根據(jù)楞次定律,t=

時(shí),導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?而t=T時(shí),導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)

誤。一題多解當(dāng)導(dǎo)線PQ中電流變大時(shí),穿過(guò)導(dǎo)線框R的磁通量變大,由楞次定律可知,為阻礙磁通

量變大,R有向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì),根據(jù)兩直導(dǎo)線電流同向相吸,異向相斥,可判斷R中的電流方向。

同理,可判斷當(dāng)導(dǎo)線PQ中電流變小時(shí)導(dǎo)線框R中的電流方向。5.(2017課標(biāo)Ⅲ,15,6分)如圖,在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌平面

與磁場(chǎng)垂直。金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS,一圓環(huán)形金屬線框T位于回

路圍成的區(qū)域內(nèi),線框與導(dǎo)軌共面。現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng),在運(yùn)動(dòng)開(kāi)始的瞬間,關(guān)于感

應(yīng)電流的方向,下列說(shuō)法正確的是

()

A.PQRS中沿順時(shí)針?lè)较?T中沿逆時(shí)針?lè)较駼.PQRS中沿順時(shí)針?lè)较?T中沿順時(shí)針?lè)较駽.PQRS中沿逆時(shí)針?lè)较?T中沿逆時(shí)針?lè)较駾.PQRS中沿逆時(shí)針?lè)较?T中沿順時(shí)針?lè)较虼鸢?/p>

D金屬桿PQ向右運(yùn)動(dòng),穿過(guò)PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,感應(yīng)電流在PQRS內(nèi)

的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,由安培定則可判斷PQRS中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?。穿過(guò)T的磁通

量是外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)和PQRS產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的磁通量代數(shù)和,穿過(guò)T的合磁通量垂直紙

面向里減小,據(jù)楞次定律和安培定則可知,T中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流,故D正確。易錯(cuò)點(diǎn)撥對(duì)楞次定律的深度理解線框與導(dǎo)軌共面且與磁場(chǎng)垂直。當(dāng)金屬桿PQ向右運(yùn)動(dòng)時(shí),PQRS中向里的磁通量增加,從而產(chǎn)

生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流。T中原有垂直紙面向里的磁通量不變,而增加了因PQRS中感應(yīng)電

流產(chǎn)生的向外的磁通量,導(dǎo)致T中垂直紙面向里的合磁通量減小,從而產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)

電流。6.(2005北京理綜,21,6分)現(xiàn)將電池組、滑動(dòng)變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電流計(jì)及開(kāi)關(guān)

如圖連接,在開(kāi)關(guān)閉合、線圈A放在線圈B中的情況下,某同學(xué)發(fā)現(xiàn)當(dāng)他將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)端

P向左加速滑動(dòng)時(shí),電流計(jì)指針向右偏轉(zhuǎn)。由此可以判斷

()A.線圈A向上移動(dòng)或滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)端P向右加速滑動(dòng),都能引起電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)B.線圈A中鐵芯向上拔出或斷開(kāi)開(kāi)關(guān),都能引起電流計(jì)指針向右偏轉(zhuǎn)C組教師專用題組C.滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)端P勻速向左或勻速向右滑動(dòng),都能使電流計(jì)指針靜止在中央D.因?yàn)榫€圈A、線圈B的繞線方向未知,故無(wú)法判斷電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)的方向答案

B由題意和電路連接圖可知,當(dāng)變阻器滑動(dòng)端P向左加速滑動(dòng)時(shí),穿過(guò)B的磁通量變小,

故可知磁通量變小時(shí),會(huì)產(chǎn)生使電流計(jì)指針向右偏轉(zhuǎn)的感應(yīng)電流;上移線圈A、拔出鐵芯、斷

開(kāi)開(kāi)關(guān)等都會(huì)使穿過(guò)B的磁通量減小,電流計(jì)指針右偏。而P加速右滑會(huì)增大穿過(guò)B的磁通量,

電流計(jì)指針左偏,故選項(xiàng)A錯(cuò)B對(duì);只要滑動(dòng)端P移動(dòng),就會(huì)使穿過(guò)B的磁通量變化而產(chǎn)生感應(yīng)電

流,C項(xiàng)錯(cuò)誤;只要弄清磁通量的變化就可判斷指針偏轉(zhuǎn)方向,D項(xiàng)錯(cuò)誤。7.(2015課標(biāo)Ⅰ,19,6分)(多選)1824年,法國(guó)科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤(pán)實(shí)驗(yàn)”。實(shí)驗(yàn)中

將一銅圓盤(pán)水平放置,在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針,如圖所示。

實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn),當(dāng)圓盤(pán)在磁針的磁場(chǎng)中繞過(guò)圓盤(pán)中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時(shí),磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái),

但略有滯后。下列說(shuō)法正確的是

()

A.圓盤(pán)上產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B.圓盤(pán)內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)C.在圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中,磁針的磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤(pán)的磁通量發(fā)生了變化D.圓盤(pán)中的自由電子隨圓盤(pán)一起運(yùn)動(dòng)形成電流,此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)答案

AB如圖所示,將銅圓盤(pán)等效為無(wú)數(shù)個(gè)長(zhǎng)方形線圈的組合,則每個(gè)線圈繞OO'軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),

均有感應(yīng)電流產(chǎn)生,這些感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)小磁針有作用力,從而使小磁針轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái),可見(jiàn)

A、B均正確。由于圓盤(pán)面積不變,與磁針間的距離不變,故整個(gè)圓盤(pán)中的磁通量沒(méi)有變化,C錯(cuò)

誤。圓盤(pán)中的自由電子隨圓盤(pán)一起運(yùn)動(dòng)形成的電流的磁場(chǎng),由安培定則可判斷在中心方向豎

直向下,其他位置關(guān)于中心對(duì)稱,此磁場(chǎng)不會(huì)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng),D錯(cuò)誤。

考點(diǎn)二法拉第電感應(yīng)定律自感A組

自主命題·天津卷題組1.(2017天津理綜,3,6分)如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi),導(dǎo)軌之間接有電阻R。金

屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸,整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向

下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小,ab始終保持靜止,下列說(shuō)法正確的是

()

A.ab中的感應(yīng)電流方向由b到a

B.ab中的感應(yīng)電流逐漸減小C.ab所受的安培力保持不變

D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小答案

D本題考查楞次定律、電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力、平衡條件。由

于通過(guò)回路的磁通量向下減小,則根據(jù)楞次定律可知ab中感應(yīng)電流的方向由a到b,A錯(cuò)誤。因

ab不動(dòng),回路面積不變;當(dāng)B均勻減小時(shí),由E=n

=n

S知,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定,回路中感應(yīng)電流I=

恒定,B錯(cuò)誤。由F=BIL知F隨B減小而減小,C錯(cuò)誤。對(duì)ab由平衡條件有f=F,故D正確。一題多解廣義楞次定律因B減小時(shí)引起回路磁通量減小,由廣義楞次定律可知回路有擴(kuò)張的趨勢(shì),則ab所受安培力方

向向右,再由左手定則可以判定ab中感應(yīng)電流的方向從a到b,故A錯(cuò)誤。2.(2013天津理綜,3,6分)如圖所示,紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd,ab邊長(zhǎng)大于bc邊長(zhǎng),置于

垂直紙面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)外,線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場(chǎng),兩次速度大小相同,

方向均垂直于MN。第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng),線框上產(chǎn)生的熱量為Q1,通過(guò)線框?qū)w橫截

面的電荷量為q1;第二次bc邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng),線框上產(chǎn)生的熱量為Q2,通過(guò)線框?qū)w橫截面

的電荷量為q2,則

()A.Q1>Q2,q1=q2

B.Q1>Q2,q1>q2C.Q1=Q2,q1=q2

D.Q1=Q2,q1>q2

答案

A

第一次ab邊是電源,第二次bc邊是電源。設(shè)線框ab、bc邊長(zhǎng)分別為l1、l2,第一次線

框中產(chǎn)生的熱量Q1=

Rt1=(

)2·R·

=

=

l1,第二次線框中產(chǎn)生的熱量Q2=

Rt2=(

)2·R·

=

=

l2,由于l1>l2,所以Q1>Q2。通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量q=

·Δt=

·Δt=

=

,故q1=q2,A選項(xiàng)正確。3.(2019課標(biāo)Ⅰ,20,6分)(多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其邊

界如圖(a)中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S,將該導(dǎo)線做成半徑為r

的圓環(huán)固定在紙面內(nèi),圓心O在MN上。t=0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖(a)所示;磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)

間t的變化關(guān)系如圖(b)所示。則在t=0到t=t1的時(shí)間間隔內(nèi)

()A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B.圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針?lè)较駽.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為

D.圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為

B組

統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組答案

BC本題考查電磁感應(yīng)中的楞次定律、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流、左手定則和電阻定

律,以及推理能力和綜合分析能力,體現(xiàn)了模型建構(gòu)、科學(xué)推理的核心素養(yǎng)。由楞次定律(“增反減同”)可判斷出感應(yīng)電流方向始終沿順時(shí)針?lè)较?故B正確。由左手定則

可判斷出圓環(huán)所受安培力的方向先向左后向右,故A錯(cuò)。感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=S有效

=

·πr2·

=

,故D錯(cuò)。由電阻定律得圓環(huán)電阻R=ρ

,則感應(yīng)電流I=

=

,故C正確。易錯(cuò)點(diǎn)撥(1)推理過(guò)程中一定要細(xì)心。本題分析得到感應(yīng)電流方向始終沿順時(shí)針?lè)较驎r(shí),若

由此盲目認(rèn)為安培力方向始終不變,則易錯(cuò)選A。(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=S有效

中的S有效為圓環(huán)回路在磁場(chǎng)中的面積,而不是圓環(huán)回路的面積。4.(2018課標(biāo)Ⅰ,17,6分)如圖,導(dǎo)體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點(diǎn),O為圓

心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿,M端位于PQS上,OM與

軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B?，F(xiàn)使OM

從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過(guò)程Ⅰ);再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定

的變化率從B增加到B'(過(guò)程Ⅱ)。在過(guò)程Ⅰ、Ⅱ中,流過(guò)OM的電荷量相等,則

等于

()

A.

B.

C.

D.2答案

B本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律及電荷量公式。由公式E=

,I=

,q=It得q=

,設(shè)半圓弧半徑為r,對(duì)于過(guò)程Ⅰ,q1=

,對(duì)于過(guò)程Ⅱ,q2=

,由q1=q2得,

=

,故B項(xiàng)正確。規(guī)律總結(jié)

電磁感應(yīng)中電荷量的求解方法1.q=It。2.q=

,其中ΔΦ的求解有三種情況:(1)只有S變化,ΔΦ=B·ΔS;(2)只有B變化,ΔΦ=ΔB·S;(3)B和S都變化,ΔΦ=Φ2-Φ1。5.(2015課標(biāo)Ⅱ,15,6分,0.337)如圖,直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B,方向平行于ab邊向上。當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分

別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長(zhǎng)度為l。下列判斷正確的是

()A.Ua>Uc,金屬框中無(wú)電流B.Ub>Uc,金屬框中電流方向沿a-b-c-aC.Ubc=-

Bl2ω,金屬框中無(wú)電流D.Uac=

Bl2ω,金屬框中電流方向沿a-c-b-a答案

C閉合金屬框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),穿過(guò)金屬框的磁通量始終為

零,金屬框中無(wú)電流。由右手定則可知Ub=Ua<Uc,A、B、D選項(xiàng)錯(cuò)誤;b、c兩點(diǎn)的電勢(shì)差Ubc=-

Blv中=-

Bl2ω,選項(xiàng)C正確。6.(2017課標(biāo)Ⅱ,20,6分)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。

邊長(zhǎng)為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi),cd邊與磁場(chǎng)邊界平行,如圖

(a)所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),cd邊于t=0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)。線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)。下列說(shuō)法正

確的是

()

A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5TB.導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5m/sC.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D.在t=0.4s至t=0.6s這段時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N答案

BC本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力、右手定則,考查學(xué)生的推理能力、利用

圖像獲得信息的能力。導(dǎo)線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v=

=

m/s=0.5m/s,選項(xiàng)B正確;由E=BLv,得B=

=

T=0.2T,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由右手定則可確定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向外,選項(xiàng)C正確;導(dǎo)線框所受安培力F=BLI=BL

=0.2×0.1×

N=0.04N,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。解題關(guān)鍵利用圖像獲取信息:①線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間;②感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的正負(fù)及大小。7.(2016課標(biāo)Ⅱ,20,6分)(多選)法拉第圓盤(pán)發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示。銅圓盤(pán)安裝在豎直的銅

軸上,兩銅片P、Q分別與圓盤(pán)的邊緣和銅軸接觸。圓盤(pán)處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中。

圓盤(pán)旋轉(zhuǎn)時(shí),關(guān)于流過(guò)電阻R的電流,下列說(shuō)法正確的是

()

A.若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定,則電流大小恒定B.若從上向下看,圓盤(pán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),則電流沿a到b的方向流動(dòng)C.若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化D.若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍答案

AB設(shè)圓盤(pán)的半徑為L(zhǎng),可認(rèn)為圓盤(pán)由無(wú)數(shù)根輻條構(gòu)成,則每根輻條切割磁感線產(chǎn)生的

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=

BL2ω,整個(gè)回路中的電源為無(wú)數(shù)個(gè)電動(dòng)勢(shì)為E的電源并聯(lián)而成,電源總內(nèi)阻為零,故回路中電流I=

=

,由此可見(jiàn)A正確。R上的熱功率P=I2R=

,由此可見(jiàn),ω變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí),P變?yōu)樵瓉?lái)的4倍,故D錯(cuò)。由右手定則可判知B正確。電流方向與導(dǎo)體切割磁感線

的方向有關(guān),而與切割的速度大小無(wú)關(guān),故C錯(cuò)。疑難突破金屬圓盤(pán)在恒定的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),其等效電源的模型如圖所示,每個(gè)電源的電

動(dòng)勢(shì)E=

BL2ω(L為圓盤(pán)的半徑),內(nèi)阻為r0,則n個(gè)電源并聯(lián)后的總電動(dòng)勢(shì)仍為E,總內(nèi)阻r=

,n→∞時(shí),r=0。

評(píng)析本題以轉(zhuǎn)動(dòng)的圓盤(pán)為背景,考查了考生構(gòu)建模型的能力。從知識(shí)角度,本題考查了感應(yīng)

電動(dòng)勢(shì)、右手定則、閉合電路歐姆定律、電功率等基礎(chǔ)知識(shí),綜合性較強(qiáng),屬于中等難度題。8.(2019北京理綜,22,16分)如圖所示,垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。紙面內(nèi)有一正方

形均勻金屬線框abcd,其邊長(zhǎng)為L(zhǎng),總電阻為R,ad邊與磁場(chǎng)邊界平行。從ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)直至bc

邊剛要進(jìn)入的過(guò)程中,線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)動(dòng),求:(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E;(2)拉力做功的功率P;(3)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。

答案(1)BLv(2)

(3)

解析本題為法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用問(wèn)題,考查考生的理解能力與綜合分析能力,體現(xiàn)了

物質(zhì)觀念、模型建構(gòu)、科學(xué)推理等核心素養(yǎng)。(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv(2)線圈中的感應(yīng)電流I=

拉力大小等于安培力大小F=BIL拉力的功率P=Fv=

(3)線圈ab邊電阻Rab=

時(shí)間t=

ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rabt=

2.線框勻速運(yùn)動(dòng),拉力等于安培力,即F拉=F安=BIL;思路分析1.線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中,ad邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì);3.ab邊產(chǎn)生的焦耳熱僅為整個(gè)線框產(chǎn)生的焦耳熱的四分之一。C組教師專用題組9.(2009北京理綜,23,18分)單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)管道橫截面的液體體積叫做液體的體積流量(以下

簡(jiǎn)稱流量)。有一種利用電磁原理測(cè)量非磁性導(dǎo)電液體(如自來(lái)水、啤酒等)流量的裝置,稱為

電磁流量計(jì)。它主要由將流量轉(zhuǎn)換為電壓信號(hào)的傳感器和顯示儀表兩部分組成。傳感器的結(jié)構(gòu)如圖所示,圓筒形測(cè)量管內(nèi)壁絕緣,其上裝有一對(duì)電極a和c,a、c間的距離等于測(cè)

量管內(nèi)徑D,測(cè)量管的軸線與a、c的連接方向以及通電線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向三者相互垂直。

當(dāng)導(dǎo)電液體流過(guò)測(cè)量管時(shí),在電極a、c間出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E,并通過(guò)與電極連接的儀表顯示出

液體的流量Q。設(shè)磁場(chǎng)均勻恒定,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。

(1)已知D=0.40m,B=2.5×10-3T,Q=0.12m3/s。設(shè)液體在測(cè)量管內(nèi)各處流速相同,試求E的大小(π

取3.0);(2)一新建供水站安裝了電磁流量計(jì),在向外供水時(shí)流量本應(yīng)顯示為正值,但實(shí)際顯示卻為負(fù)

值。經(jīng)檢查,原因是誤將測(cè)量管接反了,既液體由測(cè)量管出水口流入,從入水口流出。因水已加

壓充滿管道,不便再將測(cè)量管拆下重裝,請(qǐng)你提出使顯示儀表的流量指示變?yōu)檎档暮?jiǎn)便方法;(3)顯示儀表相當(dāng)于傳感器的負(fù)載電阻,其阻值記為R。a、c間導(dǎo)電液體的電阻r隨液體電阻率

的變化而變化,從而會(huì)影響顯示儀表的示數(shù)。試以E、R、r為參量,給出電極a、c間輸出電壓U

的表達(dá)式,并說(shuō)明怎樣可以降低液體電阻率變化對(duì)顯示儀表示數(shù)的影響。答案(1)1.0×10-3V(2)見(jiàn)解析(3)見(jiàn)解析解析(1)導(dǎo)電液體通過(guò)測(cè)量管時(shí),相當(dāng)于導(dǎo)線做切割磁感線的運(yùn)動(dòng),在電極a、c間切割磁感

線的液柱長(zhǎng)度為D,設(shè)液體的流速為v,則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BDv

①由流量的定義,有Q=Sv=

v

②①②式聯(lián)立解得E=BD

=

代入數(shù)據(jù)得E=

V=1.0×10-3V(2)能使儀表顯示的流量變?yōu)檎档姆椒ê?jiǎn)便、合理即可,如:改變通電線圈中電流的方向,使

磁場(chǎng)反向,或?qū)鞲衅鬏敵龆藢?duì)調(diào)接入顯示儀表。(3)傳感器、顯示儀表構(gòu)成閉合電路,由閉合電路歐姆定律有I=

U=IR=

=

③輸入顯示儀表的是a、c間的電壓U,流量示數(shù)和U一一對(duì)應(yīng),E與液體電阻率無(wú)關(guān),而r隨電阻率

的變化而變化,由③式可看出,r變化相應(yīng)地U也隨之變化。在實(shí)際流量不變的情況下,儀表顯示的流量示數(shù)會(huì)隨a、c間的電壓U的變化而變化。增大R,使R?r,則U≈E,這樣就可以降低液

體電阻率的變化對(duì)顯示儀表流量示數(shù)的影響?？键c(diǎn)三電磁感應(yīng)中的綜合問(wèn)題A組

自主命題·天津卷題組1.(2019天津理綜,11,18分)如圖所示,固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌,垂直于

導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長(zhǎng)度也為l、電阻均為R,兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端

通過(guò)開(kāi)關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連,線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場(chǎng),磁通量變化

率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。PQ的質(zhì)

量為m,金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)、電阻忽略不計(jì)。(1)閉合S,若使PQ保持靜止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向;(2)斷開(kāi)S,PQ在上述恒力作用下,由靜止開(kāi)始到速度大小為v的加速過(guò)程中流過(guò)PQ的電荷量為

q,求該過(guò)程安培力做的功W。答案(1)

方向水平向右(2)

mv2-

kq解析本題考查電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題及能量問(wèn)題,難度較大,正確解答本題需要很強(qiáng)的綜合

分析能力,體現(xiàn)了學(xué)生的科學(xué)推理與科學(xué)論證的素養(yǎng)要素。(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律E=

,則E=k

①設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并,有R并=

②閉合S時(shí),設(shè)線圈中的電流為I,根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=

③設(shè)PQ中的電流為IPQ,有IPQ=

I

④設(shè)PQ受到的安培力為F安,有F安=BIPQl

⑤保持PQ靜止,由受力平衡,有F=F安

⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得F=

⑦方向水平向右。(2)設(shè)PQ由靜止開(kāi)始到速度大小為v的加速過(guò)程中,PQ運(yùn)動(dòng)的位移為x,所用時(shí)間為Δt,回路中的

磁通量變化為ΔΦ,平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

,有

=

⑧其中ΔΦ=Blx

⑨設(shè)PQ中的平均電流為

,有

=

⑩根據(jù)電流的定義得

=

由動(dòng)能定理,有Fx+W=

mv2-0

聯(lián)立⑦⑧⑨⑩

式得W=

mv2-

kq

知識(shí)拓展電磁感應(yīng)與電路問(wèn)題中經(jīng)常用到的一個(gè)導(dǎo)出公式:q=

。如果閉合回路是一個(gè)單匝線圈(n=1),則q=

。q=n

中n為線圈匝數(shù),ΔΦ為線圈中磁通量的變化量,R為閉合回路的總電阻。2.(2018天津理綜,12,20分)真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)

能的裝置。圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡(jiǎn)化模型,圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條

平行光滑金屬導(dǎo)軌,電阻忽略不計(jì)。ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長(zhǎng)度均為l、電阻均為R的金

屬棒,通過(guò)絕緣材料固定在列車底部,并與導(dǎo)軌良好接觸,其間距也為l,列車的總質(zhì)量為m。列

車啟動(dòng)前,ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下,如圖1所

示。為使列車啟動(dòng),需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源,電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)。

列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。(1)要使列車向右運(yùn)行,啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極,并簡(jiǎn)要說(shuō)明理由;(2)求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大小;(3)列車減速時(shí),需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)寬度和

相鄰磁場(chǎng)間距均大于l。若某時(shí)刻列車的速度為v0,此時(shí)ab、cd均在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域,試討論:要使列

車停下來(lái),前方至少需要多少塊這樣的有界磁場(chǎng)?圖1

圖2答案(1)見(jiàn)解析(2)

(3)見(jiàn)解析解析本題考查左手定則、安培力、法拉第電磁感應(yīng)定律、動(dòng)量定理等。(1)列車要向右運(yùn)動(dòng),安培力方向應(yīng)向右。根據(jù)左手定則,接通電源后,金屬棒中電流方向由a到

b、由c到d,故M接電源正極。(2)由題意,啟動(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián),設(shè)回路總電阻為R總,由電阻的串并聯(lián)知識(shí)得R總=

①設(shè)回路總電流為I,根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=

②設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F,有F=IlB

③根據(jù)牛頓第二定律有F=ma

④聯(lián)立①②③④式得a=

⑤(3)設(shè)列車減速時(shí),cd進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)Δt時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場(chǎng),此過(guò)程中穿過(guò)兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍

回路的磁通量的變化為ΔΦ,平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1,由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1=

⑥其中ΔΦ=Bl2

⑦設(shè)回路中平均電流為I',由閉合電路歐姆定律有I'=

⑧設(shè)cd受到的平均安培力為F',有F'=I'lB

⑨以向右為正方向,設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖,有I沖=-F'Δt

⑩同理可知,回路出磁場(chǎng)時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值,設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場(chǎng)區(qū)域安培力沖

量為I0,有I0=2I沖

設(shè)列車停下來(lái)受到的總沖量為I總,由動(dòng)量定理有I總=0-mv0

聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩

式得

=

討論:若

恰為整數(shù),設(shè)其為n,則需設(shè)置n塊有界磁場(chǎng);若

不是整數(shù),設(shè)

的整數(shù)部分為N,則需設(shè)置N+1塊有界磁場(chǎng)。

3.電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來(lái)研制新武器和航天

運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖,圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平

面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l,電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,

垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開(kāi)關(guān)S接1,使電容器完全充電。然

后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出),MN

開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí),回路中電流為

零,MN達(dá)到最大速度,之后離開(kāi)導(dǎo)軌。問(wèn):

(1)磁場(chǎng)的方向;(2)MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小;(3)MN離開(kāi)導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。答案(1)見(jiàn)解析(2)

(3)

解析本題考查安培力及其應(yīng)用、電容器、動(dòng)量定理、電磁感應(yīng)定律等多個(gè)考點(diǎn)的綜合應(yīng)

用。(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下。(2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)開(kāi)關(guān)S接2時(shí),電容器放電,設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電

流為I,有I=

①設(shè)MN受到的安培力為F,有F=IlB

②由牛頓第二定律,有F=ma

③聯(lián)立①②③式得a=

④(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí),設(shè)電容器上電荷量為Q0,有Q0=CE

⑤開(kāi)關(guān)S接2后,MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng),速度達(dá)到最大值vmax時(shí),設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E',有E'=Blvmax

⑥依題意有E'=

⑦設(shè)在此過(guò)程中MN的平均電流為

,MN上受到的平均安培力為

,有

=

lB

⑧由動(dòng)量定理,有

Δt=mvmax-0

⑨又

Δt=Q0-Q

⑩聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q=

4.(2015天津理綜,11,18分)如圖所示,“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m,相鄰各邊互相垂直,且

處于同一豎直平面內(nèi),ab邊長(zhǎng)為l,cd邊長(zhǎng)為2l,ab與cd平行,間距為2l。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界

均水平,磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面。開(kāi)始時(shí),cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l,線框由靜止釋

放,從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前,線框做勻速運(yùn)動(dòng)。在ef、pq邊離開(kāi)磁場(chǎng)后,ab邊

離開(kāi)磁場(chǎng)之前,線框又做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落

過(guò)程中始終處于原豎直平面內(nèi),且ab、cd邊保持水平,重力加速度為g。求

(1)線框ab邊將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍;(2)磁場(chǎng)上下邊界間的距離H。答案(1)4倍(2)

+28l解析(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1,cd邊

上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1,由法拉第電磁感應(yīng)定律,有E1=2Blv1

①設(shè)線框總電阻為R,此時(shí)線框中電流為I1,由閉合電路歐姆定律,有I1=

②設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1,有F1=2I1lB

③由于線框做勻速運(yùn)動(dòng),其受力平衡,有mg=F1

④由①②③④式得v1=

⑤設(shè)ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前,線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2,同理可得v2=

⑥由⑤⑥式得v2=4v1

⑦(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前,由機(jī)械能守恒定律,有2mgl=

m

⑧線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中,由能量守恒定律,有mg(2l+H)=

m

-

m

+Q

⑨由⑦⑧⑨式得H=

+28l

⑩5.(2014天津理綜,11,18分)如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ=30°的斜面上,

導(dǎo)軌電阻不計(jì),間距L=0.4m。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線

為MN,Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下,Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上,兩磁場(chǎng)的磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.5T。在區(qū)域Ⅰ中,將質(zhì)量m1=0.1kg,電阻R1=0.1Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上,

ab剛好不下滑。然后,在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2=0.4kg,電阻R2=0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上,

由靜止開(kāi)始下滑。cd在滑動(dòng)過(guò)程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中,ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端

與導(dǎo)軌保持良好接觸,取g=10m/s2。問(wèn)(1)cd下滑的過(guò)程中,ab中的電流方向;(2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí),cd的速度v多大;(3)從cd開(kāi)始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中,cd滑動(dòng)的距離x=3.8m,此過(guò)程中ab上產(chǎn)生的熱

量Q是多少。答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J解析(1)由a流向b。(2)開(kāi)始放置ab剛好不下滑時(shí),ab所受摩擦力為最大靜摩擦力,設(shè)其為Fmax,有Fmax=m1gsinθ

①設(shè)ab剛要上滑時(shí),cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=BLv

②設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I,由閉合電路歐姆定律有I=

③設(shè)ab所受安培力為F安,有F安=ILB

④此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下,由平衡條件有F安=m1gsinθ+Fmax

⑤綜合①②③④⑤式,代入數(shù)據(jù)解得v=5m/s⑥(3)設(shè)cd棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總,由能量守恒有m2gxsinθ=Q總+

m2v2

⑦又Q=

Q總

⑧解得Q=1.3J⑨6.(2019課標(biāo)Ⅱ,21,6分)(多選)如圖,兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定,所在平面與水平面夾角為θ,導(dǎo)

軌電阻忽略不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直,在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放,兩者始終與

導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí),到MN

離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是

()

B組

統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組答案

AD本題為電磁感應(yīng)綜合應(yīng)用中的雙棒問(wèn)題,考查考生的綜合分析能力,體現(xiàn)了模型

建構(gòu)、科學(xué)推理等核心素養(yǎng)以及嚴(yán)謹(jǐn)?shù)目茖W(xué)態(tài)度。兩棒均由同一位置由靜止釋放,則進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),兩棒的速度相等。若PQ棒出磁場(chǎng)后,MN棒再進(jìn)

入磁場(chǎng),則MN棒做勻速運(yùn)動(dòng)切割磁感線,則通過(guò)PQ棒上的電流隨時(shí)間變化的圖像為A圖;若PQ

棒出磁場(chǎng)前MN棒進(jìn)入磁場(chǎng),則PQ棒與MN棒在磁場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)PQ棒出磁場(chǎng)后,MN棒切割

磁感線運(yùn)動(dòng)的速度比進(jìn)入時(shí)的大,MN棒做減速運(yùn)動(dòng),通過(guò)PQ棒的電流隨時(shí)間變化的圖像應(yīng)為

D圖。知識(shí)拓展若PQ棒剛出磁場(chǎng)時(shí),MN棒恰好進(jìn)入磁場(chǎng),則PQ棒上一直會(huì)有電流存在。7.(2018課標(biāo)Ⅱ,18,6分)如圖,在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形

勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,區(qū)域?qū)挾染鶠閘,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長(zhǎng)為

l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)。線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是

()

答案

D

本題考查右手定則、E=BLv。由右手定則判定,線框向左移動(dòng)0~

過(guò)程,回路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針,由E=2BLv可知,電流i為定值;線框向左移動(dòng)

~l過(guò)程,線框左、右兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相抵消,回路中電流為零。線框向左移動(dòng)l~

l過(guò)程,回路中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針。由上述分析可見(jiàn),選項(xiàng)D正確。方法技巧電磁感應(yīng)中圖像問(wèn)題分析技巧由方向的合理性可直接排除錯(cuò)誤選項(xiàng),如果需要,再定量分析電流大小的變化情況確定正確選

項(xiàng)。8.(2019江蘇單科,14,15分)如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈,線圈平

面與磁場(chǎng)垂直。已知線圈的面積S=0.3m2、電阻R=0.6Ω,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T?，F(xiàn)同時(shí)

向兩側(cè)拉動(dòng)線圈,線圈的兩邊在Δt=0.5s時(shí)間內(nèi)合到一起。求線圈在上述過(guò)程中(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E;(2)感應(yīng)電流的平均值I,并在圖中標(biāo)出電流方向;(3)通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量q。

答案(1)0.12V(2)0.2A見(jiàn)解析圖(3)0.1C解析本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律中回路面積變化的情況,考查了學(xué)生的理解能力及簡(jiǎn)

單的分析與綜合能力,體現(xiàn)了科學(xué)思維中的科學(xué)推理素養(yǎng)要素。(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E=

磁通量的變化ΔΦ=BΔS解得E=

,代入數(shù)據(jù)得E=0.12V(2)平均電流I=

代入數(shù)據(jù)得I=0.2A(電流方向見(jiàn)圖)

(3)電荷量q=IΔt代入數(shù)據(jù)得q=0.1C解題技巧

本題中導(dǎo)線切割磁感線的有效長(zhǎng)度在變化,故不能利用E=Blv計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),

而需要利用磁通量的變化率來(lái)計(jì)算。9.(2016課標(biāo)Ⅱ,24,12分)如圖,水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻、質(zhì)量為m、

長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t=0時(shí),金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止

開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。t0時(shí)刻,金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,且

在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì),兩者始終保持垂直且接觸良好,

兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大小;(2)電阻的阻值。

答案(1)Blt0

(2)

解析(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得ma=F-μmg

①設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v=at0

②當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),由法拉第電磁感應(yīng)定律,桿中的電動(dòng)勢(shì)為E=Blv

③聯(lián)立①②③式可得E=Blt0

④(2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律I=

⑤式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為f=BlI

⑥因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng),由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F-μmg-f=0

⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R=

⑧解題技巧金屬桿的運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)過(guò)程,進(jìn)入磁場(chǎng)前,水平方向受拉力F與摩擦力的作用做勻

加速運(yùn)動(dòng),可求出加速度a和到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度,進(jìn)入磁場(chǎng)后,桿做勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)法

拉第電磁感應(yīng)定律,求出電動(dòng)勢(shì)及電路中的電流,分析受力情況,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程求解即

可。解題思路分別分析金屬桿在兩個(gè)過(guò)程中的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況,第一個(gè)過(guò)程的末速度即第

二個(gè)過(guò)程勻速運(yùn)動(dòng)的速度,結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律得到E,再根據(jù)第二個(gè)過(guò)程的勻速運(yùn)動(dòng)列

方程求出R。10.(2016課標(biāo)Ⅲ,25,20分)如圖,兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi),其左

端接一阻值為R的電阻;一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上;在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有

一面積為S的區(qū)域,區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化

關(guān)系為B1=kt,式中k為常量;在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂

直,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,方向也垂直于紙面向里。某時(shí)刻,金屬棒在一外加水平恒力的

作用下從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng),在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過(guò)MN,此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒與

導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好,它們的電阻均忽略不計(jì)。求(1)在t=0到t=t0時(shí)間間隔內(nèi),流過(guò)電阻的電荷量的絕對(duì)值;(2)在時(shí)刻t(t>t0)穿過(guò)回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小。

答案(1)

(2)B0lv0(t-t0)+kSt(B0lv0+kS)

解析(1)在金屬棒越過(guò)MN之前,t時(shí)刻穿過(guò)回路的磁通量為Φ=ktS

①設(shè)在從t時(shí)刻到t+Δt的時(shí)間間隔內(nèi),回路磁通量的變化量為ΔΦ,流過(guò)電阻R的電荷量為Δq。由法

拉第電磁感應(yīng)定律有ε=-

②由歐姆定律有i=

③由電流的定義有i=

④聯(lián)立①②③④式得|Δq|=

Δt

⑤由⑤式得,在t=0到t=t0的時(shí)間間隔內(nèi),流過(guò)電阻R的電荷量q的絕對(duì)值為|q|=

⑥(2)當(dāng)t>t0時(shí),金屬棒已越過(guò)MN。由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng),有f=F

⑦式中,f是外加水平恒力,F是勻強(qiáng)磁場(chǎng)施加的安培力。設(shè)此時(shí)回路中的電流為I,F的大小為F=B0lI

⑧此時(shí)金屬棒與MN之間的距離為s=v0(t-t0)

⑨勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)回路的磁通量為Φ'=B0ls

⑩回路的總磁通量為Φt=Φ+Φ'

式中,Φ仍如①式所示。由①⑨⑩

式得,在時(shí)刻t(t>t0)穿過(guò)回路的總磁通量為Φt=B0lv0(t-t0)+kSt

在t到t+Δt的時(shí)間間隔內(nèi),總磁通量的改變?chǔ)う祎為ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt

由法拉第電磁感應(yīng)定律得,回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為εt=

由歐姆定律有I=

聯(lián)立⑦⑧

式得f=(B0lv0+kS)

評(píng)分參考第(1)問(wèn)7分,①②③④⑤式各1分,⑥式2分;第(2)問(wèn)13分,⑦式2分,⑧⑨⑩式各1分,

式各2分,

式各1分。解題指導(dǎo)

(1)金屬棒在0~t0時(shí)間內(nèi),由于圓形磁場(chǎng)中的磁通量變化而引起感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),從而形

成感應(yīng)電流,由電流的定義式可以求出流過(guò)電阻的電荷量的絕對(duì)值。(2)當(dāng)金屬棒越過(guò)MN后,穿過(guò)回路的磁通量由兩部分組成;再由法拉第電磁感應(yīng)定律等綜合知

識(shí)可以求出恒力f的大小。易錯(cuò)點(diǎn)撥(1)在計(jì)算磁通量時(shí),用的是左側(cè)矩形面積,而不是圓形磁場(chǎng)面積,從而導(dǎo)致出錯(cuò)。

(2)當(dāng)金屬棒越過(guò)MN后計(jì)算磁通量時(shí),得出的金屬棒與MN的距離s=v0t,從而導(dǎo)致出錯(cuò)。C組教師專用題組11.(2008北京理綜,22,16分)均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd,每邊長(zhǎng)為L(zhǎng),總電阻為R,

總質(zhì)量為m,將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方h處,如圖所示,線框由靜止自由下落,

線框平面保持在豎直平面內(nèi),且cd邊始終與水平的磁場(chǎng)邊界平行。當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí):(1)求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小;(2)求c、d兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小;(3)若此時(shí)線框加速度恰好為零,求線框下落的高度h所應(yīng)滿足的條件。

答案(1)BL

(2)

BL

(3)h=

解析(1)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線框速度v=

線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv=BL

(2)此時(shí)線框中電流I=

c、d兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U=I(

R)=

BL

(3)cd邊所受安培力F=BIL=

根據(jù)牛頓第二定律可知,mg-F=ma由a=0解得下落高度應(yīng)滿足h=

考點(diǎn)一電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律三年模擬A組2017—2019年高考模擬·考點(diǎn)基礎(chǔ)題組1.(2018河?xùn)|二模)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來(lái)探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效

隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng),在圓底盤(pán)周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板,并施加磁場(chǎng)

來(lái)快速衰減其微小振動(dòng),如圖所示。無(wú)擾動(dòng)時(shí),按四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場(chǎng);出現(xiàn)擾動(dòng)

后,對(duì)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是

()

答案

A感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生變化,在A圖中,出現(xiàn)擾動(dòng)時(shí),紫銅

薄板隨底盤(pán)上下及左右振動(dòng),在磁場(chǎng)中的部分有時(shí)多有時(shí)少,磁通量發(fā)生變化,產(chǎn)生感應(yīng)電流,

受到安培力,阻礙紫銅薄板的振動(dòng);在B圖中,只有紫銅薄板向左振動(dòng)才產(chǎn)生感應(yīng)電流,而上下振

動(dòng)無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生;在C圖中,無(wú)論紫銅薄板上下振動(dòng)還是左右振動(dòng),都不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流;在D

圖中,只有紫銅薄板左右振動(dòng)才產(chǎn)生感應(yīng)電流,而上下振動(dòng)無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生,故選項(xiàng)A正確,B、

C、D錯(cuò)誤。2.(2018五區(qū)縣一模)表面粗糙的U形金屬線框水平固定,其上橫放一根阻值為R的金屬棒ab,金

屬棒與線框接觸良好,將螺線管連接在如圖所示的電路中,并將通電螺線管豎直放置在線框與

金屬棒組成的回路中,下列說(shuō)法正確的是

()

A.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向上滑動(dòng)時(shí),螺線管內(nèi)部的磁通量增大B.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向下滑動(dòng)時(shí),流過(guò)金屬棒的電流方向由a到bC.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向上滑動(dòng)時(shí),流過(guò)金屬棒的電流方向由a到bD.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向下滑動(dòng)時(shí),金屬棒所受摩擦力方向水平向右答案

C根據(jù)右手螺旋定則可知螺線管下端為N極,則螺線管內(nèi)部磁場(chǎng)方向豎直向下,螺線

管外部磁場(chǎng)方向豎直向上,線框回路中合磁場(chǎng)方向向下。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向上滑動(dòng)時(shí),

滑動(dòng)變阻器連入電路的電阻增大,螺線管中電流減小,產(chǎn)生的磁場(chǎng)變?nèi)?即穿過(guò)回路的磁通量減

小,根據(jù)楞次定律可得流過(guò)金屬棒的電流方向由a到b,A錯(cuò)誤,C正確;當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向

下滑動(dòng)時(shí),滑動(dòng)變阻器連入電路的電阻減小,螺線管中電流變大,產(chǎn)生的磁場(chǎng)變強(qiáng),即穿過(guò)回路

的磁通量增大,根據(jù)楞次定律可得流過(guò)金屬棒的電流方向由b到a,而金屬棒所在處磁場(chǎng)方向豎

直向上,金屬棒所受安培力的方向水平向右,故金屬棒所受摩擦力的方向水平向左,B、D錯(cuò)誤。3.(2017河西三模)如圖所示一等腰直角三角形中存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),三角形腰長(zhǎng)

為2L,一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)線框ABDC自右向左勻速通過(guò)該區(qū)域,則回路中A、C兩點(diǎn)電勢(shì)差UAC隨

時(shí)間的變化關(guān)系圖像應(yīng)為

()

答案

B線框進(jìn)入磁場(chǎng)的長(zhǎng)度為0~L的過(guò)程中磁通量增大,則由楞次定律可知,電流方向?yàn)槟?/p>

時(shí)針,故A點(diǎn)電勢(shì)低于C點(diǎn)電勢(shì),切割磁感線的有效長(zhǎng)度增大,故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大;進(jìn)入磁場(chǎng)的長(zhǎng)

度為L(zhǎng)~2L的過(guò)程中,磁通量增大,則由楞次定律可知,電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,故A點(diǎn)電勢(shì)低于C點(diǎn)電

勢(shì),切割磁石線的有效長(zhǎng)度減小,故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小;當(dāng)AB邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí),磁通量減小,由楞次定

律可知電流為順時(shí)針,故A點(diǎn)電勢(shì)高于C點(diǎn),切割長(zhǎng)度不變,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變,故B正

確,A、C、D錯(cuò)誤。4.(2018河西二模)如圖所示電路中,A、B、C為完全相同的三個(gè)燈泡,L是一個(gè)直流電阻不可忽

略的電感線圈,a、b為線圈L的左右兩端點(diǎn),原來(lái)開(kāi)關(guān)S是閉合的,三個(gè)燈泡亮度相同,將開(kāi)關(guān)S斷

開(kāi)后,下列說(shuō)法正確的是

()

A.a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn),A燈閃亮后緩慢熄滅B.a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn),B、C燈閃亮后緩慢熄滅C.a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn),B、C燈閃亮后緩慢熄滅D.a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn),B、C燈不會(huì)閃亮只是緩慢熄滅考點(diǎn)二法拉第電感應(yīng)定律自感答案

D開(kāi)關(guān)閉合穩(wěn)定時(shí),三個(gè)燈泡亮度相同,則流過(guò)A的電流大小等于流過(guò)B、C的電流的

大小,開(kāi)關(guān)斷開(kāi)的瞬間,B、C燈原來(lái)的電流瞬間消失,而線圈產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙B、C燈中電

流減小,并與A、B、C組成回路,原來(lái)兩支路中電流相等,則從開(kāi)關(guān)斷開(kāi)瞬間開(kāi)始,電流都從原

來(lái)流過(guò)A的值開(kāi)始減小,所以三燈均過(guò)一會(huì)才熄滅。由于斷開(kāi)S后A中電流的方向與原電流的

方向相同,則流過(guò)三個(gè)燈的電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針,b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn),故選D。5.(2017紅橋一模)如圖所示的電路中,A1、A2是完全相同的燈泡,線圈L的自感系數(shù)較大,它的電

阻與定值電阻R相等。下列說(shuō)法正確的是

()A.閉合開(kāi)關(guān)S,A1先亮、A2后亮,最后它們一樣亮B.閉合開(kāi)關(guān)S,A1、A2始終一樣亮C.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,A1、A2都要過(guò)一會(huì)才熄滅D.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,A2立刻熄滅,A1過(guò)一會(huì)才熄滅答案

C閉合開(kāi)關(guān)S,電阻R不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),A2立即發(fā)光,線圈中電流增大,產(chǎn)生自感電動(dòng)

勢(shì),根據(jù)楞次定律得知,自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的增大,經(jīng)過(guò)線圈L的電流只能逐漸增大,A1逐漸變

亮,所以閉合開(kāi)關(guān)S,A2先亮、A1后亮,最后它們一樣亮,故A、B錯(cuò)誤;斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S時(shí),A2燈中的電流

突然消失,線圈中電流減小,產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì),相當(dāng)于電源,感應(yīng)電流流過(guò)A1、A2和R組成的回路,

所以A1、A2都要過(guò)一會(huì)才熄滅,故C正確,D錯(cuò)誤。6.(2017濱海七校)(多選)如圖甲所示,abcd是匝數(shù)為100、邊長(zhǎng)為10cm、總電阻為0.1Ω的正方

形閉合導(dǎo)線圈,放在與線圈平面垂直的圖示勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖

乙所示,則以下說(shuō)法正確的是

()

A.導(dǎo)線圈中產(chǎn)生的是交變電流B.在t=1s時(shí),ad邊受安培力方向向右C.在0~2s內(nèi)通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量為10CD.在t=2.5s時(shí)導(dǎo)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1V答案

AB根據(jù)楞次定律可知,在0~2s內(nèi)的感應(yīng)電流方向與2~3s內(nèi)的感應(yīng)電流方向相反,即

交流電,故A正確;根據(jù)楞次定律可知0~2s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,根據(jù)左手定則可

知受到的安培力方向向右,故B正確;在0~2s時(shí)間內(nèi),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E1=100×

×0.12V=1V,再根據(jù)歐姆定律I=

,則有:I1=

A=10A,根據(jù)Q=It,解得:Q=10×2C=20C,故C錯(cuò)誤;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知,2.5s時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于2s到3s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),則有:E=

=

V=2V,故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三電磁感應(yīng)中的綜合問(wèn)題7.(2018河西一模,11)如圖所示,粗糙斜面的傾角θ=37°,半徑r=0.5m的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直

于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)匝數(shù)n=10的剛性正方形線框abcd,通過(guò)松弛的柔軟導(dǎo)線與一個(gè)

額定功率P=1.25W的小燈泡A相連,圓形磁場(chǎng)的一條直徑恰好與線框bc邊重合。已知線框總

質(zhì)量m=2kg,總電阻R0=1.25Ω,邊長(zhǎng)L>2r,與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5。從t=0時(shí)起,磁場(chǎng)的磁

感應(yīng)強(qiáng)度按B=2-

t(T)的規(guī)律變化。開(kāi)始時(shí)線框靜止在斜面上,在線框運(yùn)動(dòng)前,燈泡始終正常發(fā)光。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,π取3.2)求:

(1)線框不動(dòng)時(shí),回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E;(2)小燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻R;(3)線框保持不動(dòng)的時(shí)間內(nèi),小燈泡產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)2.5V(2)1.25Ω(3)3.2J解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律有:E=n

得:E=n

×

π×r2=10×

×

π×0.52V=2.5V(2)小燈泡正常發(fā)光,有:P=I2R由閉合電路歐姆定律有:E=I(R0+R)即有:P=

R代入數(shù)據(jù)解得:R=1.25Ω(3)對(duì)線框bc邊處于磁場(chǎng)中的部分受力分析如圖,當(dāng)線框恰好要運(yùn)動(dòng)時(shí),磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B',由力的平衡條件有:mgsinθ=F安+f=F安+μmgcosθF安=nB'I×2rI=

由以上各式解得線框剛要運(yùn)動(dòng)時(shí),磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B'=0.4T線框在斜面上可保持靜止的時(shí)間為:t=

s=

s小燈泡產(chǎn)生的熱量為:Q=Pt=1.25×

J=3.2J

8.(2018和平二模,11)如圖所示,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形單匝線框abcd,質(zhì)量為m,每邊電阻均為R,以一

定的初速度豎直向上運(yùn)動(dòng)。線框正上方空間有一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)區(qū)域的上、下邊界水平

平行,間距為2L,磁感線方向垂直于線框所在平面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。線框在運(yùn)動(dòng)過(guò)程

中始終保持在同一豎直面內(nèi),ab邊保持水平。向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,線框ab邊與磁場(chǎng)下邊界重合時(shí)

速度大小為v0,經(jīng)歷時(shí)間t后,線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)(cd邊與磁場(chǎng)下邊界重合);線框向上穿出磁場(chǎng)后,

繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)并返回,當(dāng)cd邊回到磁場(chǎng)上邊界時(shí)恰好能夠勻速進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域。重力加速度

為g,不計(jì)空氣阻力。求:(1)線框向下運(yùn)動(dòng)時(shí),剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v1;(2)線框向上運(yùn)動(dòng)時(shí),從剛要進(jìn)入磁場(chǎng)到完全離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中,ab邊產(chǎn)生的熱量Qab;(3)線框向上運(yùn)動(dòng)時(shí),剛完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v2。答案(1)

(2)

m

-

-

mgL(3)v0-gt-

解析(1)線框向下運(yùn)動(dòng)時(shí),剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng),安培力與重力平衡,即有:mg=F安。產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì),E=BLv1線框中電流,I=

cd邊受到的安培力F安=BIL,聯(lián)立得:v1=

(2)線框向上運(yùn)動(dòng)時(shí),從剛要進(jìn)入磁場(chǎng)到完全離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中,設(shè)線框產(chǎn)生的總熱量為Q。根據(jù)能量守恒定律得:Q+mg·3L+

m

=

m

ab邊產(chǎn)生的熱量:Qab=

解得:Qab=

m

-

-

mgL(3)線框向上運(yùn)動(dòng)到剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中,由動(dòng)量定理得:-(mg+B

L)t=mv2-mv0又

t=

=

=

解得:v2=v0-gt-

9.(2018南開(kāi)二模)磁動(dòng)力作為一種新型動(dòng)力系統(tǒng)已經(jīng)越來(lái)越多的應(yīng)用于現(xiàn)代社會(huì),如圖所示為

電磁驅(qū)動(dòng)裝置的簡(jiǎn)化示意圖,間距L=1m的兩根足夠長(zhǎng)的平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌傾斜放置,導(dǎo)軌平

面與水平面的夾角θ=37°,兩導(dǎo)軌上端接有R=5Ω的電阻。質(zhì)量m=0.1kg的導(dǎo)體棒ab垂直放置

在導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì),

導(dǎo)軌平面上的矩形區(qū)域(如圖中虛線框所示)內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向

垂直導(dǎo)軌平面向上。(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)若磁場(chǎng)保持靜止,導(dǎo)體棒ab從距離磁場(chǎng)區(qū)域x處由靜止下滑,恰好勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域,求x的大小;(2)若導(dǎo)體棒ab處于磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi),當(dāng)磁場(chǎng)以某一速度沿導(dǎo)軌平面勻速向上運(yùn)動(dòng)時(shí),可以使導(dǎo)體棒

以v1=2m/s的速度沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終處于磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi),求磁場(chǎng)運(yùn)

動(dòng)的速度大小v2,以及為維持導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)此時(shí)系統(tǒng)提供的功率P。答案(1)0.25m(2)7m/s7W解析(1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)恰好勻速穿過(guò),有:mgsinθ=

+μmgcosθ代入數(shù)據(jù)解得:v=1m/sab棒在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域下滑的加速度為:a=gsinθ-μgcosθ=2m/s2則有:x=

=

m=0.25m

(2)導(dǎo)體棒勻速向上運(yùn)動(dòng),可知所受的安培力沿斜面向上,導(dǎo)體棒相對(duì)磁場(chǎng)向下運(yùn)動(dòng),根據(jù)平衡

有:mgsinθ+μmgcosθ=

代入數(shù)據(jù)解得:v2=7m/s系統(tǒng)受到的安培力F安'與導(dǎo)體棒受到的安培力F安為一對(duì)相互作用力,由牛頓第三定律得,F安'=F安=

=1NP=F安'·v2=7W10.(2018河西二模)如圖所示,電阻不計(jì)的兩光滑金屬導(dǎo)軌相距L,放在水平絕緣桌面上,半徑為

R的

圓弧部分處在豎直平面內(nèi),水平直導(dǎo)軌部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,末端與桌面邊緣平齊。兩金屬棒ab、cd垂直于兩導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好,棒ab質(zhì)量為

2m、電阻為r,棒cd的質(zhì)量為m、電阻為r,重力加速度為g。開(kāi)始時(shí)棒cd靜止在水平直導(dǎo)軌上,棒

ab從圓弧頂端無(wú)初速度釋放,進(jìn)入水平直導(dǎo)軌后與棒cd始終沒(méi)有接觸并一直向右運(yùn)動(dòng),最后兩

棒都離開(kāi)導(dǎo)軌落到地面上。棒ab與棒cd落地點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離之比為1∶3。求:(1)棒ab和棒cd離開(kāi)導(dǎo)軌時(shí)的速度大小;(2)棒cd在水平導(dǎo)軌上的最大加速度;(3)兩棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)

(2)

(3)

mgR解析(1)設(shè)ab棒進(jìn)入水平導(dǎo)軌的速度為v1,ab棒從圓弧導(dǎo)軌滑下,由機(jī)械能守恒定律得2mgR=

×2m

①離開(kāi)導(dǎo)軌時(shí),設(shè)ab棒的速度為v1',cd棒的速度為v2',ab棒與cd棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng),由動(dòng)量守恒得2mv1=2mv1'+mv2'

②兩棒離開(kāi)導(dǎo)軌做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等,由水平位移x=vt可知:v1'∶v2'=x1∶x2=1∶3

③聯(lián)立①②③解得v1'=

,v2'=

。(2)ab棒剛進(jìn)入水平導(dǎo)軌時(shí),cd棒受到的安培力最大,cd的加速度最大,回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv1

④I=

⑤cd棒受到的安培力為:Fcd=BIL

⑥cd棒有最大加速度為a=

⑦聯(lián)立上式解得:a=

。(3)根據(jù)能量守恒定律,兩棒在軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱為:Q=

×2m

-

⑧聯(lián)立上式并代入v1'和v2'解得Q=

mgR。11.(2018和平一模)如圖所示,電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)的U形金屬框架放置在傾角θ=37°的絕緣斜面

上,該裝置處于垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T。質(zhì)量m=0.1kg、電阻R=

0.4Ω的導(dǎo)體棒ab垂直放在框架上,從靜止開(kāi)始沿框架無(wú)摩擦下滑,與框架接觸良好?？蚣艿馁|(zhì)

量M=0.2kg、寬度L=0.4m,框架與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.6,與斜面間的最大靜摩擦力等于

滑動(dòng)摩擦力,g取10m/s2。(1)若框架固定,求導(dǎo)體棒的最大速度vm;(2)若框架固定,導(dǎo)體棒從靜止下滑至某一位置時(shí)速度為5m/s,此過(guò)程中共有3C的電荷量通過(guò)

導(dǎo)體棒,求此過(guò)程回路中產(chǎn)生的熱量Q;(3)若框架不固定,求當(dāng)框架剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)棒的速度v1。

答案(1)6m/s(2)2.35J(3)2.4m/s解析(1)棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為:E=BLv回路中感應(yīng)電流為:I=

棒ab所受的安培力為:F安=BIL對(duì)棒ab有:mgsin37°-BIL=ma當(dāng)加速度a=0時(shí),棒ab速度最大,其最大值為:

vm=

=6m/s(2)設(shè)下滑距離為x時(shí)滿足題設(shè)條件,根據(jù)能量守恒定律有:mgxsin37°=

mv2+Q該過(guò)程棒做變加速運(yùn)動(dòng),但電荷量q