（新課標Ⅲ）2019版高考物理一輪復習 專題十一 電磁感應課件.ppt

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1、專題十一電磁感應,高考物理 (課標專用),考點一電磁感應現(xiàn)象楞次定律 1.(2018課標,19,6分)(多選)如圖,兩個線圈繞在同一根鐵芯上,其中一線圈通過開關與電源連接,另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導線正上方,開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是() A.開關閉合后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標卷題組,B.開關閉合并保持一段時間后,小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向 C.開關閉合并保持一段時間后,小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向 D.開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間,小磁針的N極朝

2、垂直紙面向外的方向轉動,答案AD本題考查電流的磁效應、楞次定律等知識。當開關閉合瞬間,右側線圈中電流突然增大,鐵芯上向右的磁場增強,由楞次定律可知左側線圈中正面感應電流向上,則遠處直導線上電流向左,由安培定則可知小磁針處直導線上電流產生的磁場方向垂直紙面向里,A項正確。開關閉合并保持一段時間后,磁場不再變化,左側線圈中沒有感應電流,小磁針N、S極回到原始方向,故B、C兩項錯誤。開關斷開的瞬間,右側線圈中電流減小,左側線圈正面感應電流向下,遠處直導線上電流向右,由安培定則知,小磁針處直導線上電流產生的磁場方向垂直紙面向外,故D項正確。,審題指導關鍵詞在審題中的作用 關鍵詞:同一根鐵芯,意味著左右

3、兩側線圈中磁通量變化率相同;遠處,說明此處小磁針不再受線圈中磁通量變化的影響;小磁針懸掛在直導線正上方,說明磁針的偏轉受直導線上電流產生的磁場影響。,,2.(2017課標,15,6分)如圖,在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌,導軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS,一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內,線框與導軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動,在運動開始的瞬間,關于感應電流的方向,下列說法正確的是() A.PQRS中沿順時針方向,T中沿逆時針方向 B.PQRS中沿順時針方向,T中沿順時針方向 C.PQRS中沿逆時針方向,T中沿逆時針方向 D.PQ

4、RS中沿逆時針方向,T中沿順時針方向,答案D金屬桿PQ向右運動,穿過PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,感應電流在PQRS內的磁場方向垂直紙面向外,由安培定則可判斷PQRS中產生逆時針方向的電流。穿過T的磁通量是外加勻強磁場和PQRS產生的感應電流的磁場的磁通量代數(shù)和,穿過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中產生順時針方向的感應電流,故D正確。,,易錯點撥對楞次定律的深度理解 線框與導軌共面且與磁場垂直。當金屬桿PQ向右運動時,PQRS中向里的磁通量增加,從而產生逆時針方向的感應電流。T中原有垂直紙面向里的磁通量不變,而增加了因PQRS中感應電流產生的向外的磁通量,導

5、致T中垂直紙面向里的合磁通量減小,從而產生順時針方向的感應電流。,3.(2017課標,18,6分)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動,在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板,并施加磁場來快速衰減其微小振動,如圖所示。無擾動時,按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場;出現(xiàn)擾動后,對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是(),答案A本題考查電磁阻尼。若要有效衰減紫銅薄板上下及左右的微小振動,則要求施加磁場后,在紫銅薄板發(fā)生上下及左右的微小振動時,穿過紫銅薄板橫截面的磁通量都能發(fā)生變化。由選項圖可知只有A滿足要求,故選A。,4.(2

6、015課標,19,6分,0.290)(多選)1824年,法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置,在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針,如圖所示。實驗中發(fā)現(xiàn),當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時,磁針也隨著一起轉動起來,但略有滯后。下列說法正確的是() A.圓盤上產生了感應電動勢 B.圓盤內的渦電流產生的磁場導致磁針轉動 C.在圓盤轉動的過程中,磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化 D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流,此電流產生的磁場導致磁針轉動,答案AB如圖所示,將銅圓盤等效為無數(shù)個長方形線圈的組合,則每個線圈繞OO軸轉動時,均有

7、感應電流產生,這些感應電流產生的磁場對小磁針有作用力,從而使小磁針轉動起來,可見A、B均正確。由于圓盤面積不變,與磁針間的距離不變,故穿過整個圓盤的磁通量沒有變化,C錯誤。圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成的電流的磁場,由安培定則可判斷在中心方向豎直向下,其他位置關于中心對稱,此磁場不會導致磁針轉動,D錯誤。,考查點楞次定律,解題關鍵理解圓盤轉動帶動磁針轉動是楞次定律的力學效果,即“阻礙回路磁通量變化”。 理解圓盤可以看成無數(shù)個長方形線圈的組合。,延伸拓展本題中把圓盤看成無數(shù)個其他形狀的線圈的組合也可以。,,考點二法拉第電磁感應定律 5.(2018課標,20,6分)(多選)如圖(a),在同一平

8、面內固定有一長直導線PQ和一導線框R,R在PQ的右側。導線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。導線框R中的感應電動勢() A.在t=時為零 B.在t=時改變方向,C.在t=時最大,且沿順時針方向 D.在t=T時最大,且沿順時針方向,答案AC本題考查楞次定律的應用及法拉第電磁感應定律。由i-t圖像可知,在t=時,= 0,此時穿過導線框R的磁通量的變化率=0,由法拉第電磁感應定律可知,此時導線框R中的 感應電動勢為0,選項A正確;同理在t=和t=T時,為最大值,為最大值,導線框R中的感應 電動勢為最大值,不改變方向,選項B錯誤;根據(jù)楞次定律,t=時,導線框R中

9、的感應電動勢的方 向為順時針方向,而t=T時,導線框R中的感應電動勢的方向為逆時針方向,選項C正確,選項D錯誤。,一題多解當導線PQ中電流變大時,穿過導線框R的磁通量變大,由楞次定律可知,為阻礙磁通量變大,R有向右的運動趨勢,根據(jù)兩直導線電流同向相吸,異向相斥,可判斷R中的電流方向。同理,可判斷當導線PQ中電流變小時導線框R中的電流方向。,,6.(2018課標,17,6分)如圖,導體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點,O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿,M端位于PQS上,OM與軌道接觸良好。空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場,磁感應強度的大

10、小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程);再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)。在過程、中,流過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定律及電荷量公式。由公式E=,I=,q=It得q=,設 半圓弧半徑為r,對于過程,q1=,對于過程,q2=,由q1=q2得,=,故B項正 確。,,規(guī)律總結電磁感應中電荷量的求解方法,1.q=It。,2.q=,其中的求解有三種情況:(1)只有S變化,=BS;(2)只有B變化,=BS;(3)B和S 都變化,=2-1。,7.(2017課標,20,6分)(多選)兩條平行虛線間存在一

11、勻強磁場,磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導線框abcd位于紙面內,cd邊與磁場邊界平行,如圖(a)所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動,cd邊于t=0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時,感應電動勢取正)。下列說法正確的是() A.磁感應強度的大小為0.5 T B.導線框運動速度的大小為0.5 m/s C.磁感應強度的方向垂直于紙面向外,D.在t=0.4 s至t=0.6 s這段時間內,導線框所受的安培力大小為0.1 N,答案BC導線框勻速進入磁場時速度v== m/s=0.5 m/s,選項B正確;由E=

12、BLv,得B== T=0.2 T,選項A錯誤;由右手定則可確定磁感應強度方向垂直于紙面向外,選項C正確; 導線框所受安培力F=BLI=BL=0.20.1 N=0.04 N,選項D錯誤。,儲備知識根據(jù)圖像和導線框勻速運動,獲取信息,結合安培力、導體切割磁感線產生感應電動勢可以確定選項。,,8.(2016課標,20,6分)(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上,兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓盤旋轉時,關于流過電阻R的電流,下列說法正確的是() A.若圓盤轉動的角速度恒定,則電流大小恒定 B.若從上向下看,圓盤順時針轉動,則

13、電流沿a到b的方向流動 C.若圓盤轉動方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍,答案AB設圓盤的半徑為L,可認為圓盤由無數(shù)根輻條構成,則每根輻條切割磁感線產生的感應電動勢E=BL2,整個回路中的電源為無數(shù)個電動勢為E的電源并聯(lián)而成,電源總內阻為 零,故回路中電流I==,由此可見A正確。R上的熱功率P=I2R=,由此可見,變?yōu)樵?來的2倍時,P變?yōu)樵瓉淼?倍,故D錯。由右手定則可判知B正確。電流方向與導體切割磁感線的方向有關,而與切割的速度大小無關,故C錯。,解題關鍵將圓盤看成由無數(shù)根輻條構成,每根輻條都在切

14、割磁感線產生感應電動勢。 整個回路中的電源可以看成由無數(shù)個電源并聯(lián)而成,整個回路中的電源的內阻為零。,,疑難突破金屬圓盤在恒定的勻強磁場中轉動時,其等效電源的模型如圖所示,每個電源的電動勢E=BL2(L為圓盤的半徑),內阻為r0,則n個電源并聯(lián)后的總電動勢仍為E,總內阻r=,n 時,r=0。,評析本題以轉動的圓盤為背景,考查了考生構建模型的能力。從知識角度,本題考查了感應電動勢、右手定則、閉合電路歐姆定律、電功率等基礎知識,綜合性較強,屬于中等難度題。,,9.(2015課標,15,6分,0.337)如圖,直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向平行于ab邊向上。當金屬框

15、繞ab邊以角速度逆時針轉動時,a、b、c三點的電勢分別為a、b、c。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是() A.ac,金屬框中無電流 B.bc,金屬框中電流方向沿a-b-c-a C.Ubc=-Bl2,金屬框中無電流 D.Uac=Bl2,金屬框中電流方向沿a-c-b-a,答案C閉合金屬框在勻強磁場中以角速度逆時針轉動時,穿過金屬框的磁通量始終為零,金屬框中無電流。由右手定則可知b=a

16、中無感應電流。,,10.(2014課標,18,6分,0.491)如圖(a),線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上。在ab線圈中通以變化的電流。用示波器測得線圈cd間電壓如圖(b)所示。已知線圈內部的磁場與流經線圈的電流成正比,則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關系的圖中,可能正確的是(),答案CA選項中只有電流方向改變的瞬間,線圈cd間才會產生電壓,其他時間cd間電壓為零,不符合題意,故A選項錯誤。通電線圈中產生的磁場B=ki(k為比例系數(shù));在另一線圈中的磁通量=BS=kiS,由法拉第電磁感應定律可知,在另一線圈中產生的感應電動勢E=n,由圖(b) 可知,|Ucd|不變,則不變,故不變,故選項B、

17、D錯誤,C正確。,考點三電磁感應中的綜合問題 11.(2018課標,18,6分)如圖,在同一水平面內有兩根平行長導軌,導軌間存在依次相鄰的矩形勻 強磁場區(qū)域,區(qū)域寬度均為l,磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為l的正方形金 屬線框在導軌上向左勻速運動。線框中感應電流i隨時間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0過程,回路中電流 方向為順時針,由E=2BLv可知,電流i為定值;線框向左移動l過程,線框左、右兩邊產生的感 應電動勢相抵消,回路中電流為零。線框向左移動ll過程,回路中感應電流方向為逆時針。 由上述分析可見,選項

18、D正確。,方法技巧電磁感應中圖像問題分析技巧 由方向的合理性可直接排除錯誤選項,如果需要,再定量分析電流大小的變化情況確定正確選項。,,12.(2016課標,24,14分)如圖,兩固定的絕緣斜面傾角均為,上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L,質量分別為2m和m;用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于斜面向上。已知兩根導線剛好不在磁場中,回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為,重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑

19、。求: (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小; (2)金屬棒運動速度的大小。,答案(1)mg(sin -3 cos )(2)(sin -3 cos ),解析(1)設兩導線的張力大小之和為T,右斜面對ab棒的支持力的大小為N1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對cd棒的支持力大小為N2。對于ab棒,由力的平衡條件得 2mg sin =N1+T+F N1=2mg cos 對于cd棒,同理有 mg sin +N2=T N2=mg cos 聯(lián)立式得 F=mg(sin -3 cos ) (2)由安培力公式得 F=BIL 這里I是回路abdca中的感應電流。ab棒上的感應電動勢為 E=BLv 式

20、中,v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得,,I= 聯(lián)立式得 v=(sin -3 cos ),一題多解求第(1)問中的安培力時可以直接列一個整體方程2mg sin =N1+F+N2+mg sin 。,,13.(2016課標,24,12分)如圖,水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻,質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上。t=0時,金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動。t0時刻,金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽略不計,兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動摩擦因數(shù)為。重力加速度大小為g

21、。求 (1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大小; (2)電阻的阻值。,答案(1)Blt0(2),解析(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得 ma=F-mg 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v,由運動學公式有 v=at0 當金屬桿以速度v在磁場中運動時,由法拉第電磁感應定律,桿中的電動勢為 E=Blv 聯(lián)立式可得 E=Blt0 (2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時,金屬桿中的電流為I,根據(jù)閉合電路歐姆定律 I= 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為 f=BlI 因金屬桿做勻速運動,由平衡條件得 F-mg-f=0,,聯(lián)立式得 R=,解題指導金屬桿的運動分為兩個過程,進入

22、磁場前,受F與摩擦力的作用做勻加速運動,可求出加速度a和到達磁場左邊界時的速度,進入磁場后,桿做勻速直線運動,根據(jù)法拉第電磁感應定律,求出電動勢,根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中的電流,分析受力情況,由平衡條件列方程求解。,,考點一電磁感應現(xiàn)象楞次定律 1.(2017北京理綜,19,6分)圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖,L1和L2為電感線圈。實驗時,斷開開關S1瞬間,燈A1突然閃亮,隨后逐漸變暗;閉合開關S2,燈A2逐漸變亮,而另一個相同的燈A3立即變亮,最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是() A.圖1中,A1與L1的電阻值相同 B.圖1中,閉合S1,電路穩(wěn)定后,A1中電流

23、大于L1中電流,B組 自主命題?。▍^(qū)、市）卷題組,C.圖2中,變阻器R與L2的電阻值相同 D.圖2中,閉合S2瞬間,L2中電流與變阻器R中電流相等,答案C本題考查自感現(xiàn)象判斷。在圖1中斷開S1瞬間,燈A1突然閃亮,說明斷開S1前,L1中的電流大于A1中的電流,故L1的阻值小于A1的阻值,A、B選項均錯誤;在圖2中,閉合S2瞬間,由于L2的自感作用,通過L2的電流很小,D錯誤;閉合S2后,最終A2與A3亮度相同,說明兩支路電流相等,故R與L2的阻值相同,C項正確。,知識拓展斷電自感現(xiàn)象深入分析 圖1實驗為斷電自感實驗,當S1斷開后,L1與A1構成一個閉合回路,L1的自感電動勢使回路中的電流保持一

24、段時間,故A1會逐漸變暗。,,2.(2016江蘇單科,6,4分)(多選)電吉他中電拾音器的基本結構如圖所示,磁體附近的金屬弦被磁化,因此弦振動時,在線圈中產生感應電流,電流經電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音。下列說法正確的有() A.選用銅質弦,電吉他仍能正常工作 B.取走磁體,電吉他將不能正常工作 C.增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應電動勢 D.弦振動過程中,線圈中的電流方向不斷變化,答案BCD銅質弦無法被磁化,不能產生磁場引起線圈中磁通量的變化從而產生感應電流,所以銅質弦不能使電吉他正常工作,故A項錯誤;取走磁體,金屬弦無法被磁化,線圈中不會產生感應電流,B項正確;由E=n知,C項正確;金屬弦

25、來回振動,線圈中磁通量不斷增加或減小,電 流方向不斷變化,D項正確。,3.(2015北京理綜,20,6分)利用所學物理知識,可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相關問題。IC卡內部有一個由電感線圈L和電容C構成的LC振蕩電路。公交車上的讀卡機(刷卡時“嘀”的響一聲的機器)向外發(fā)射某一特定頻率的電磁波。刷卡時,IC卡內的線圈L中產生感應電流,給電容C充電,達到一定的電壓后,驅動卡內芯片進行數(shù)據(jù)處理和傳輸。下列說法正確的是() A.IC卡工作所需要的能量來源于卡內的電池 B.僅當讀卡機發(fā)射該特定頻率的電磁波時,IC卡才能有效工作 C.若讀卡機發(fā)射的電磁波偏離該特定頻率,則線圈L中不會

26、產生感應電流 D.IC卡只能接收讀卡機發(fā)射的電磁波,而不能向讀卡機傳輸自身的數(shù)據(jù)信息,答案B刷卡時線圈L產生感應電流,為電容C充電,因此IC卡不用電池,A錯;僅當讀卡機向外發(fā)射某一特定頻率的電磁波時,才能使電容C達到一定電壓,IC卡才能有效工作,B正確;當讀卡機發(fā)射的電磁波的頻率偏離特定頻率,線圈中也會產生感應電流,只是不能使電容C達到一定的電壓,只有當電容C達到一定電壓后,才能驅動卡內芯片進行數(shù)據(jù)處理和傳輸,C、D錯誤。,,4.(2015山東理綜,17,6分)(多選)如圖,一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉動?，F(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場,圓盤開始減速。在圓盤減速過

27、程中,以下說法正確的是() A.處于磁場中的圓盤部分,靠近圓心處電勢高 B.所加磁場越強越易使圓盤停止轉動 C.若所加磁場反向,圓盤將加速轉動 D.若所加磁場穿過整個圓盤,圓盤將勻速轉動,答案ABD根據(jù)右手定則,處于磁場中的圓盤部分,感應電流從靠近圓盤邊緣處流向靠近圓心處,故靠近圓心處電勢高,A正確;安培力F=,磁場越強,安培力越大,B正確;磁場反向時, 安培力仍是阻力,C錯誤;若所加磁場穿過整個圓盤,則磁通量不再變化,沒有感應電流,安培力為零,故圓盤不受阻力作用,將勻速轉動,D正確。,,考點二法拉第電磁感應定律 5.(2016北京理綜,16,6分)如圖所示,勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b,磁

28、場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應強度B隨時間均勻增大。兩圓環(huán)半徑之比為21,圓環(huán)中產生的感應電動勢分別為Ea和Eb。不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說法正確的是() A.EaEb=41,感應電流均沿逆時針方向 B.EaEb=41,感應電流均沿順時針方向 C.EaEb=21,感應電流均沿逆時針方向 D.EaEb=21,感應電流均沿順時針方向,答案B由題意可知=k,導體圓環(huán)中產生的感應電動勢E==S=r2,因rarb= 21,故EaEb=41;由楞次定律知感應電流的方向均沿順時針方向,選項B正確。,方法技巧磁感應強度均勻增大,說明磁感應強度的變化率恒定,故感應電動勢的大小與圓環(huán)的面積成正比;利用“增

29、反減同”可以確定感應電流的方向。,6.(2016浙江理綜,16,6分)如圖所示,a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成,匝數(shù)均為10匝,邊長la=3lb,圖示區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場,且磁感應強度隨時間均勻增大,不考慮線圈之間的相互影響,則() A.兩線圈內產生順時針方向的感應電流 B.a、b線圈中感應電動勢之比為91 C.a、b線圈中感應電流之比為34 D.a、b線圈中電功率之比為31,答案B磁場均勻增大,穿過兩線圈的磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知兩線圈內會產生逆時針方向的感應電流,選項A錯誤;由法拉第電磁感應定律E=n=nl2,得==,選項B正 確;由電阻定律R=,得==,由閉合電路

30、歐姆定律可得I=,即==,選項C錯 誤;由P=得==,選項D錯誤。,方法技巧解答本題時優(yōu)先使用比值運算,可以有效地減少計算量。,,7.(2015安徽理綜,19,6分)如圖所示,abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導軌,間距為l,導 軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場,磁感應強度大小為B,導軌電阻不計。已知金屬桿MN傾斜放置,與導軌成角,單位長度的電阻為r,保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好)。則() A.電路中感應電動勢的大小為 B.電路中感應電流的大小為 C.金屬桿所受安培力的大小為,D.金屬桿的熱功率為,答案B金屬桿MN切割磁感線的有效長度為l,產生的感

31、應電動勢E=Blv,A錯誤;金屬桿MN的有效電阻R=,故回路中的感應電流I===,B正確;金屬桿受到的安培力F ===,C錯誤;金屬桿的熱功率P=I2R==,D錯誤。,8.(2015福建理綜,18,6分)如圖,由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd,固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中。一接入電路電阻為R的導體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動,滑動過程PQ始終與ab垂直,且與線框接觸良好,不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中() A.PQ中電流先增大后減小 B.PQ兩端電壓先減小后增大 C.PQ上拉力的功率先減小后增大 D.線框消耗的

32、電功率先減小后增大,答案C由題意知,題目情形可等效為如圖所示的電路問題,其中R左+R右=3R,E=BLv,r=R,當PQ向右運動時,R左增大,R右減小,兩者并聯(lián)的總電阻R外先增大后減小,當PQ運動到線框正中央位置時,R外最大,故流過PQ的電流先減小后增大,A項錯誤;PQ兩端電壓U=E-Ir,故U的變化為先增大后減小,B項錯誤;拉力的功率P=P總=EI,故拉力的功率先減小后增大,C項正確;線框消耗的電功率為電源的輸出功率P出=P總-P內=EI-I2r,電流的最小值Imin=,故由數(shù)學知識可知P出先增 大后減小,D項錯誤。,9.(2015海南單科,2,3分)如圖,空間有一勻強磁場,一直金屬棒與磁感

33、應強度方向垂直,當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時,棒兩端的感應電動勢大小為E;將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線,置于與磁感應強度相垂直的平面內,當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時,棒兩端的感應電動勢大小為E。則等于() A.B.C.1D.,答案B由法拉第電磁感應定律知直金屬棒運動時產生的感應電動勢E=BLv,將此棒彎成兩段長度相等且互相垂直的折線,并放于與磁感應強度垂直的平面內,并沿折線夾角平分線的方向以相同的速度v運動時,E=BLv,則==。因此B對,A、C、D錯。,,10.(2015重慶理綜,4,6分)圖為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖,線圈匝數(shù)為n,面

34、積為S。若在t1到t2時間內,勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈,其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2,則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差a-b() A.恒為 B.從0均勻變化到 C.恒為 - D.從0均勻變化到 -,答案C由楞次定律判定,感應電流從a流向b,b點電勢高于a點電勢,因為磁場均勻增加,所以a-b為恒定的,故a-b=-nS,可見C正確。,,11.(2014安徽理綜,20,6分)英國物理學家麥克斯韋認為,磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場。如圖所示,一個半徑為r的絕緣細圓環(huán)水平放置,環(huán)內存在豎直向上的勻強磁場B,環(huán)上套一帶電荷量為+q的小球。已知磁感應強度B隨時間均勻增加,其變化率為k

35、,若小球在環(huán)上運動一周,則感生電場對小球的作用力所做功的大小是() A.0B.r2qk C.2r2qkD.r2qk,答案D變化的磁場使回路中產生的感生電動勢E==S=kr2,則感生電場對小球的作 用力所做的功W=qU=qE=qkr2,選項D正確。,,考點三電磁感應中的綜合問題 12.(2018江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,豎直放置的“”形光滑導軌寬為L,矩形勻強磁 場、的高和間距均為d,磁感應強度為B。質量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進入磁場和時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R,與導軌接觸良好,其余電阻不計,重力加速度為g。金屬桿() A.剛進入磁場時加速度方向豎直向下 B.穿過磁

36、場的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C.穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd,D.釋放時距磁場上邊界的高度h可能小于,答案BC本題考查電磁感應與動力學、能量問題的綜合應用。要使桿進入磁場和時的速度相等,桿剛進入磁場時必須減速運動,加速度方向豎直向上,故A錯誤。桿在區(qū)做加速度減小的減速運動,在兩磁場之間做a=g的勻加速運動,運動過程如圖所示(其中v1為桿剛進入時的速度,v2為桿剛出時的速度),圖線與時間軸所圍的面積表示位移,兩段運動的位移相等,則t1t2-t1,故B正確。對桿從進入磁場至剛穿出磁場的過程應用動能定理得mg3d+W安=m-m,對桿穿過兩磁場之間的過程應用動能定理得mgd=m-m,解得W

37、安=-4mgd,由 功能關系得Q=-W安=4mgd,故C正確。若桿剛進入磁場時恰好勻速,則有=mg,v1=, 代入h=得h=,因為桿剛進入時必須做減速運動,故一定有h,故D錯誤。,疑難突破(1)利用v-t圖像分析運動過程和運動時間,可以化難為易。 (2)對于D選項,以桿剛進入時恰好勻速運動作為參照,問題便迎刃而解。,13.(2017天津理綜,3,6分)如圖所示,兩根平行金屬導軌置于水平面內,導軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸,整個裝置放在勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應強度隨時間均勻減小,ab始終保持靜止,下列說法正確的是() A.ab中的感應電流方向由

38、b到a B.ab中的感應電流逐漸減小 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由于通過回路的磁通量向下減小,則根據(jù)楞次定律可知ab中感應電流的方向由a到b,A錯誤。因ab不動,回路面積不變;當B均勻減小時,由E=n=nS知,產生的感應電動勢恒 定,回路中感應電流I=恒定,B錯誤。由F=BIL知F隨B減小而減小,C錯誤。對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減小時引起回路磁通量減小,由廣義楞次定律可知回路有擴張的趨勢,則ab所受安培力方向向右,再由左手定則可以判定ab中感應電流的方向從a到b,故A錯誤。,,14.(2016四川理綜,7,6分

39、)(多選)如圖所示,電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中,導軌左端接一定值電阻R。質量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上,受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動,外力F與金屬棒速度v的關系是F=F0+kv(F0、k是常量),金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應電流為i,受到的安培力大小為FA,電阻R兩端的電壓為UR,感應電流的功率為P,它們隨時間t變化圖像可能正確的有(),答案BC金屬棒MN相當于電源,其感應電動勢E=Blv,感應電流I=即Iv FA=BIl=即:FAv UR=IR=R即:URv P=IE=即:Pv2 對金屬

40、棒MN:F-FA=ma F0+kv-v=ma F0+v=ma 若k-0,隨著v增大,a也增大,棒做加速度增大的加速運動,B項正確。 若k-<0,隨著v增大,a減小,棒做加速度減小的加速運動,當a=0時,v達到最大后保持不變,C 項正確,A項錯誤。 若k-=0,則a=,金屬棒做勻加速運動,則v=at,P=IE=t2,D項錯誤。,15.(2018天津理綜,12,20分)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型,圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌,電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒,通

41、過絕緣材料固定在列車底部,并與導軌良好接觸,其間距也為l,列車的總質量為m。列車啟動前,ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面向下,如圖1所示。為使列車啟動,需在M、N間連接電動勢為E的直流電源,電源內阻及導線電阻忽略不計。列車啟動后電源自動關閉。 (1)要使列車向右運行,啟動時圖1中M、N哪個接電源正極,并簡要說明理由; (2)求剛接通電源時列車加速度a的大小; (3)列車減速時,需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域,磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0,此時ab、cd均在無磁場區(qū)域,試討論:要使列車停下來,前方至少需要多少

42、塊這樣的有界磁場?,圖1 圖2,答案(1)見解析(2)(3)見解析,解析本題考查左手定則、安培力、法拉第電磁感應定律、動量定理等。 (1)列車要向右運動,安培力方向應向右。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,啟動時ab、cd并聯(lián),設回路總電阻為R總,由電阻的串并聯(lián)知識得 R總= 設回路總電流為I,根據(jù)閉合電路歐姆定律有 I= 設兩根金屬棒所受安培力之和為F,有 F=IlB 根據(jù)牛頓第二定律有 F=ma 聯(lián)立式得 a=,,(3)設列車減速時,cd進入磁場后經t時間ab恰好進入磁場,此過程中穿過兩金屬棒與

43、導軌所圍回路的磁通量的變化為,平均感應電動勢為E1,由法拉第電磁感應定律有 E1= 其中 =Bl2 設回路中平均電流為I,由閉合電路歐姆定律有 I= 設cd受到的平均安培力為F,有 F=IlB 以向右為正方向,設t時間內cd受安培力沖量為I沖,有 I沖=-Ft 同理可知,回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值,設回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0,有 I0=2I沖,設列車停下來受到的總沖量為I總,由動量定理有 I總=0-mv0 聯(lián)立式得 = 討論:若恰為整數(shù),設其為n,則需設置n塊有界磁場;若不是整數(shù),設的整數(shù)部分為N,則 需設置N+1塊有界磁場。,16.(2017天津理綜,12,20分

44、)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖,圖中直流電源電動勢為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為l,電阻不計。炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài),并與導軌良好接觸。首先開關S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出),MN開始向右加速運動。當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時,回路中電流為零,MN達到最大速度,之后離開導軌。問: (1)磁場的方向; (2)MN剛開始運動時加速度a的大小

45、; (3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。,答案(1)見解析(2)(3),解析(1)由左手定則知磁場的方向為垂直于導軌平面向下。 (2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當開關S接2時,電容器放電,設剛放電時流經MN的電流為I,有 I= 設MN受到的安培力為F,有 F=IlB 由牛頓第二定律,有 F=ma 聯(lián)立式得 a= (3)當電容器充電完畢時,設電容器上電荷量為Q0,有 Q0=CE 開關S接2后,MN開始向右加速運動,速度達到最大值vmax時,設MN上的感應電動勢為E,有,,E=Blvmax 依題意有 E= 設在此過程中MN的平均電流為,MN上受到的平均安培力為,有 =lB

46、由動量定理,有 t=mvmax-0 又t=Q0-Q 聯(lián)立式得 Q=,17.(2017北京理綜,24,20分)發(fā)電機和電動機具有裝置上的類似性,源于它們機理上的類似性。直流發(fā)電機和直流電動機的工作原理可以簡化為如圖1、圖2所示的情景。 在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中,兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內,相距為L,電阻不計。電阻為R的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上,與軌道接觸良好,以速度v(v平行于MN)向右做勻速運動。 圖1軌道端點M、P間接有阻值為r的電阻,導體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點M、P間接有直流電源,導體棒ab通過滑輪勻速提升重物,電路中的電

47、流為I。 (1)求在t時間內,圖1“發(fā)電機”產生的電能和圖2“電動機”輸出的機械能。 (2)從微觀角度看,導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉化中起著重要作用。為 了方便,可認為導體棒中的自由電荷為正電荷。,a.請在圖3(圖1的導體棒ab)、圖4(圖2的導體棒ab)中,分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖。 b.我們知道,洛倫茲力對運動電荷不做功。那么,導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉化過程中起到作用的呢?請以圖2“電動機”為例,通過計算分析說明。,答案見解析,解析本題考查發(fā)電機和電動機的機理分析、洛倫茲力的方向及其在能量轉化中的作用。 (1)圖1中,電路中的電流I1

48、= 棒ab受到的安培力F1=BI1L 在t時間內,“發(fā)電機”產生的電能等于棒ab克服安培力做的功 E電=F1vt= 圖2中,棒ab受到的安培力F2=BIL 在t時間內,“電動機”輸出的機械能等于安培力對棒ab做的功 E機=F2vt=BILvt (2)a.如圖3、圖4所示。,,b.設自由電荷的電荷量為q,沿導體棒定向移動的速率為u。 如圖4所示,沿棒方向的洛倫茲力f1=qvB,做負功 W1=-f1ut=-qvBut 垂直棒方向的洛倫茲力f2=quB,做正功 W2=f2vt=quBvt,所以W1=-W2,即導體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。 f1做負功,阻礙自由電荷的定向移動,宏觀上表現(xiàn)

49、為“反電動勢”,消耗電源的電能;f2做正功,宏觀上表現(xiàn)為安培力做正功,使機械能增加。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉化為等量的機械能,在此過程中洛倫茲力通過兩個分力做功起到“傳遞”能量的作用。,18.(2017上海單科,20,16分)如圖,光滑平行金屬導軌間距為L,與水平面夾角為,兩導軌上端用阻值為R的電阻相連,該裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面。質量為m的金屬桿ab以沿導軌平面向上的初速度v0從導軌底端開始運動,然后又返回到出發(fā)位置。在運動過程中,ab與導軌垂直且接觸良好,不計ab和導軌的電阻及空氣阻力。 (1)求ab開始運動時的加速度a; (2)分

50、析并說明ab在整個運動過程中速度、加速度的變化情況; (3)分析并比較ab上滑時間和下滑時間的長短。,答案見解析,解析本題考查電磁感應、閉合電路歐姆定律。動力學分析、能量守恒定律。 (1)利用楞次定律,對初始狀態(tài)的ab受力分析得: mg sin +BIL=ma 對回路分析 I== 聯(lián)立得 a=g sin + (2)上滑過程: 由第(1)問中的分析可知,上滑過程加速度大小表達式為: a上=g sin + 上滑過程,a、v反向,做減速運動。利用式,v減小則a減小,可知,桿上滑時做加速度逐漸減小的減速運動。,,下滑過程: 由牛頓第二定律,對ab受力分析得: mg sin -=ma下 a下=g sin

51、 - 因a下與v同向,ab做加速運動。 由得v增加,a下減小, ab做加速度減小的加速運動。 (3)設P點是上滑與下滑過程中經過的同一點P,由能量轉化與守恒可知: m=m+QR QR為ab從P滑到最高點到再回到P點過程中R上產生的焦耳熱。 由QR0所以vP上vP下 同理可推得ab上滑通過某一位置的速度大于下滑通過同一位置的速度,進而可推得 由s=t上=t下得 t上

52、為B、方向豎直向下。當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后,金屬桿的速度變?yōu)関。導軌和金屬桿的電阻不計,導軌光滑且足夠長,桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求: (1)MN剛掃過金屬桿時,桿中感應電流的大小I; (2)MN剛掃過金屬桿時,桿的加速度大小a;,(3)PQ剛要離開金屬桿時,感應電流的功率P。,答案(1)(2)(3),解析(1)感應電動勢E=Bdv0 感應電流I= 解得I= (2)安培力F=BId 牛頓第二定律F=ma 解得a= (3)金屬桿切割磁感線的速度v=v0-v,則 感應電動勢E=Bd(v0-v) 電功率P= 解得P=,,20.(2016天津理綜,1

53、2,20分)電磁緩速器是應用于車輛上以提高運行安全性的輔助制動裝置,其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論:如圖所示,將形狀相同的兩根平行且足夠長的鋁條固定在光滑斜面上,斜面與水平方向夾角為。一質量為m的條形磁鐵滑入兩鋁條間,恰好勻速穿過,穿過時磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定,其引起電磁感應的效果與磁鐵不動、鋁條相對磁鐵運動相同。磁鐵端面是邊長為d的正方形,由于磁鐵距離鋁條很近,磁鐵端面正對兩鋁條區(qū)域的磁場均可視為勻強磁場,磁感應強度為B,鋁條的高度大于d,電阻率為。為研究問題方便,鋁條中只考慮與磁鐵正對部分的電阻和磁場,其他部分電阻和磁場可忽略不計

54、,假設磁鐵進入鋁條間以后,減少的機械能完全轉化為鋁條的內能,重力加速度為g。 (1)求鋁條中與磁鐵正對部分的電流I; (2)若兩鋁條的寬度均為b,推導磁鐵勻速穿過鋁條間時速度v的表達式; (3)在其他條件不變的情況下,僅將兩鋁條更換為寬度bb的鋁條,磁鐵 仍以速度v進入鋁條間,試簡要分析說明磁鐵在鋁條間運動時的加速度和 速度如何變化。,答案(1)(2)見解析(3)見解析,解析(1)磁鐵在鋁條間運動時,兩根鋁條受到的安培力大小相等均為F安,有 F安=IdB 磁鐵受到沿斜面向上的作用力為F,其大小有 F=2F安 磁鐵勻速運動時受力平衡,則有 F-mg sin =0 聯(lián)立式可得 I= (2)磁鐵穿過

55、鋁條時,在鋁條中產生的感應電動勢為E,有 E=Bdv 鋁條與磁鐵正對部分的電阻為R,由電阻定律有 R= 由歐姆定律有 I=,,聯(lián)立式可得 v= (3)磁鐵以速度v進入鋁條間,恰好做勻速運動時,磁鐵受到沿斜面向上的作用力F,聯(lián)立式可得 F= 當鋁條的寬度bb時,磁鐵以速度v進入鋁條間時,磁鐵受到的作用力變?yōu)镕,有 F= 可見,FF=mg sin ,磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上,獲得與運動方向相反的加速度,磁鐵將 減速下滑,此時加速度最大。之后,隨著運動速度減小,F也隨著減小,磁鐵所受的合力也減小, 由于磁鐵加速度與所受到的合力成正比,磁鐵的加速度逐漸減小。綜上所述,磁鐵做加速度逐漸 減小的減速

56、運動。直到F=mg sin 時,磁鐵重新達到平衡狀態(tài),將再次以較小的速度勻速下滑。,解題指導明確題中所構建的物理模型是解本題的關鍵。另外要注意的是:兩邊鋁條對磁鐵均有電磁阻力,且阻力相同。對于(3)中磁鐵運動過程的分析,可類比我們熟悉的情景:導體棒沿傾斜的平行金屬導軌下滑。,,21.(2016浙江理綜,24,20分)小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示,兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)=0.50 m,傾角=53,導軌上端串接一個R=0.05 的電阻。在導軌間長d=0.56 m的區(qū)域內,存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場,磁感應強度B=2.0 T。質量m=4.0 kg的金屬棒CD水平置于導軌上,用絕緣繩

57、索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N拉動GH桿,CD棒由靜止開始運動,上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直。當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手,觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10 m/s2,sin 53=0.8,不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量)。求 (1)CD棒進入磁場時速度v的大小;,(2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大小; (3)在拉升CD棒的過程中,健身者所做的功W和電阻產生的焦耳熱Q。,答案(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J,解析(1)由牛頓運動定律a

58、==12 m/s2 進入磁場時的速度v==2.4 m/s (2)感應電動勢E=Blv 感應電流I= 安培力FA=IBl 代入得FA==48 N (3)健身者做功W=F(s+d)=64 J 由牛頓運動定律F-mg sin -FA=0 CD棒在磁場區(qū)做勻速運動 在磁場中運動時間t= 焦耳熱Q=I2Rt=26.88 J,,22.(2015浙江理綜,24,20分)小明同學設計了一個“電磁天平”,如圖1所示,等臂天平的左臂為掛盤,右臂掛有矩形線圈,兩臂平衡。線圈的水平邊長L=0.1 m,豎直邊長H=0.3 m,匝數(shù)為N1。線圈的下邊處于勻強磁場內,磁感應強度B0=1.0 T,方向垂直線圈平面向里。線圈中

59、通有可在02.0 A范圍內調節(jié)的電流I。掛盤放上待測物體后,調節(jié)線圈中電流使天平平衡,測出電流即可測得物體的質量。(重力加速度取g=10 m/s2) 圖1 (1)為使電磁天平的量程達到0.5 kg,線圈的匝數(shù)N1至少為多少?,(2)進一步探究電磁感應現(xiàn)象,另選N2=100匝、形狀相同的線圈,總電阻R=10 。不接外電流,兩臂平衡。如圖2所示,保持B0不變,在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場,且磁感應強度B 隨時間均勻變大,磁場區(qū)域寬度d=0.1 m。當掛盤中放質量為0.01 kg的物體時,天平平衡,求此時磁感應強度的變化率。 圖2,答案(1)25(2)0.1 T/s,解析(1)線圈受到安培

60、力F=N1B0IL 天平平衡mg=N1B0IL 代入數(shù)據(jù)得N1=25 (2)由電磁感應定律得E=N2 E=N2Ld 由歐姆定律得I= 線圈受到安培力F=N2B0IL 天平平衡mg=B0 代入數(shù)據(jù)可得 =0.1 T/s,,考點一電磁感應現(xiàn)象楞次定律 1.(2015山東理綜,19,6分)如圖甲,R0為定值電阻,兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內。左端連接在 一周期為T0的正弦交流電源上,經二極管整流后,通過R0的電流i始終向左,其大小按圖乙所示規(guī)律 變化。規(guī)定內圓環(huán)a端電勢高于b端時,a、b間的電壓uab為正,下列uab-t圖像可能正確的是() 圖甲 圖乙,C組 教師專用題組,答案C圓環(huán)內磁場的變

61、化周期為0.5T0,則產生的感應電動勢的變化周期也一定是0.5T0,四個圖像中,只有C的變化周期是0.5T0,根據(jù)排除法可知,C正確。,,考點二法拉第電磁感應定律 2.(2014山東理綜,16,6分)(多選)如圖,一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內,通有恒定電流的長直絕緣導線垂直并緊靠軌道固定,導體棒與軌道垂直且接觸良好。在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中,導體棒所受安培力分別用FM、FN表示。不計軌道電阻。以下敘述正確的是() A.FM向右 B.FN向左 C.FM逐漸增大D.FN逐漸減小,答案BCD直導線產生的磁場在M區(qū)域垂直紙面向外,在N區(qū)域垂直紙面向里,根據(jù)右手定則,導體棒上的

62、感應電流在M區(qū)域向下,在N區(qū)域向上,由左手定則判定,在M、N區(qū)域導體棒所受安培力均向左,故A錯誤,B正確;I感=,F安=BI感L=,離直導線越近處B越大,所以FM逐漸 增大,FN逐漸減小,C、D正確。,3.(2014四川理綜,6,6分)(多選)如圖所示,不計電阻的光滑U形金屬框水平放置,光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上,H、P的間距很小。質量為0.2 kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間,與金屬框接觸良好并圍成邊長為1 m的正方形,其有效電阻為0.1 。此時在整個空間加方向與水平面成30角且與金屬桿垂直的勻強磁場,磁感應強度隨時間變化規(guī)律是B=(0.4-0.2t)T,圖示磁場方向為正

63、方向。框、擋板和桿不計形變。則() A.t=1 s時,金屬桿中感應電流方向從C到D B.t=3 s時,金屬桿中感應電流方向從D到C C.t=1 s時,金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 N,D.t=3 s時,金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2 N,答案AC據(jù)已知B=(0.4-0.2t)T可知t=1 s時,正方向的磁場在減弱,由楞次定律可判定電流方向為由C到D,A項正確。同理可判定B項錯誤。t=1 s時感應電動勢E==Ssin 30=0.1 V,I=E/R=1 A,安培力F安=BIL=0.2 N,對桿受力分析如圖 FN=F安 cos 60=0.1 N,由牛頓第三定律知C項正確。同理可得t=3 s時對

64、擋板H的壓力大小為0.1 N,D項錯誤。,評析本題以金屬框和金屬桿為載體,考查了安培力、楞次定律、感應電動勢、受力分析、物體受力平衡、正交分解等知識的綜合運用能力。同時要求考生注意數(shù)學運算能力的發(fā)揮和運用。綜合性強,難度較大。要求考生認真、細致,穩(wěn)妥應答。,,4.(2013課標,16,6分,0.586)如圖,在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框;在導線框右側有一寬度為d(dL)的條形勻強磁場區(qū)域,磁場的邊界與導線框的一邊平行,磁場方向豎直向下。導線框以某一初速度向右運動。t=0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合,隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域。下列v-t圖像中,可能正確描述上述過

65、程的是(),答案D導線框剛進入磁場時速度設為v0,此時產生的感應電動勢E=BLv0,感應電流I== ,線框受到的安培力F=BLI=。由牛頓第二定律F=ma知,=ma,由楞次定律知 線框開始減速,隨v減小,其加速度a減小,故進入磁場時做加速度減小的減速運動。當線框全部進入磁場開始做勻速運動,在出磁場的過程中,仍做加速度減小的減速運動,故只有D選項正確。,思路分析推導出導線框進入磁場時所受安培力的表達式F=BIL==ma,線框加速度a= ,加速度隨著速度的減小而減小,線框完全在磁場中時不受安培力,a=0。由a的變化情況 可知v-t圖線的變化情況。,溫馨提示由楞次定律可知安培力的方向始終向左,線框完

66、全在磁場中時不受安培力。,,5.(2013安徽理綜,16,6分)如圖所示,足夠長平行金屬導軌傾斜放置,傾角為37,寬度為0.5 m,電阻忽略不計,其上端接一小燈泡,電阻為1 。一導體棒MN垂直于導軌放置,質量為0.2 kg,接入電路的電阻為1 ,兩端與導軌接觸良好,與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5。在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場,磁感應強度為0.8 T。將導體棒MN由靜止釋放,運動一段時間后,小燈泡穩(wěn)定發(fā)光,此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6)() A.2.5 m/s1 WB.5 m/s1 W C.7.5 m/s9 WD.15 m/s9 W,答案B小燈泡穩(wěn)定發(fā)光說明棒做勻速直線運動。此時:F安=,對棒滿足:mg sin -mg cos -=0 因為R燈=R棒,則:P燈=P棒 再依據(jù)功能關系: mg sin v-mg cos v=P燈+P棒 聯(lián)立解得v=5 m/s,P燈=1 W,所以B項正確。,評析首先明確燈泡穩(wěn)定發(fā)光的隱含條件為棒做勻速直線運動,其次應對棒正確進行受力分析,將功能關系轉化為功率關系。本題綜合性強,