（新課標(biāo)Ⅱ）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題十一 電磁感應(yīng)課件.ppt

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1、專題十一電磁感應(yīng),高考物理 (課標(biāo)專用),考點一電磁感應(yīng)現(xiàn)象、楞次定律 1.(2018課標(biāo),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(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,開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是() A.開關(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,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標(biāo)卷題組,B.開關(guān)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(guān)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(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間,小磁針的N極

2、朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動,答案AD本題考查電流的磁效應(yīng)、楞次定律等知識。當(dāng)開關(guān)閉合瞬間,右側(cè)線圈中電流突然增大,鐵芯上向右的磁場增強,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)生的磁場方向垂直紙面向里,A項正確。開關(guān)閉合并保持一段時間后,磁場不再變化,左側(cè)線圈中沒有感應(yīng)電流,小磁針N、S極回到原始方向,故B、C兩項錯誤。開關(guān)斷開的瞬間,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)生的磁場方向垂直紙面向外,故D項正確。,審題指導(dǎo)關(guān)鍵詞在審題中的作用 關(guān)鍵詞:同一根鐵芯,意味著左

3、右兩側(cè)線圈中磁通量變化率相同;遠(yuǎn)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(dǎo)線正上方,說明磁針的偏轉(zhuǎn)受直導(dǎo)線上電流產(chǎn)生的磁場影響。,,2.(2017課標(biāo),20,6分)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場,磁感應(yīng)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(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi),cd邊與磁場邊界平行,如圖(a)所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動,cd邊于t=0時刻進入磁場。線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時,感應(yīng)電動勢取正)。下列說法正確的是() A.磁感應(yīng)強度的大小為0.5 T B.導(dǎo)線框運動速度的大小為0.

4、5 m/s C.磁感應(yīng)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(nèi),導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N,答案BC本題考查電磁感應(yīng)、安培力。導(dǎo)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=BLv,得B== T=0.2 T,選項A錯誤;由右手定則可確定磁感應(yīng)強度方 向垂直于紙面向外,選項C正確;導(dǎo)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(dǎo)線框勻速運動,獲取信息,結(jié)合安培力、導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢可以確定選項。,,3.(2016課標(biāo),20,6分)(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖

5、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(zhuǎn)時,關(guān)于流過電阻R的電流,下列說法正確的是() A.若圓盤轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動,則電流沿a到b的方向流動 C.若圓盤轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(shè)圓盤的半徑為L,可認(rèn)為圓盤由無數(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(nèi)阻為 零,故回路中電流I==

6、,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(dǎo)體切割磁感線的方向有關(guān),而與切割的速度大小無關(guān),故C錯。,解題關(guān)鍵將圓盤看成由無數(shù)根輻條構(gòu)成,每根輻條都在切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)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(nèi)阻為零 。,,4.(2015課標(biāo),19,6分,0.290)(多選)1824年,法國科學(xué)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(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針,如圖所示。實驗中發(fā)現(xiàn),當(dāng)圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)

7、時,磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來,但略有滯后。下列說法正確的是() A.圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢 B.圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動 C.在圓盤轉(zhuǎn)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(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動時,均有感應(yīng)電流產(chǎn)生,這些感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場對小磁針有作用力,從而使小磁針轉(zhuǎn)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

8、方向豎直向下,其他位置關(guān)于中心對稱,此磁場不會導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動,D錯誤。,延伸拓展 本題中圓盤看成無數(shù)個其他形狀的線圈的組合也可以。,解題關(guān)鍵 理解圓盤轉(zhuǎn)動帶動磁針轉(zhuǎn)動是楞次定律的力學(xué)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。,考查點 楞次定律,考點二法拉第電磁感應(yīng)定律 5.(2018課標(biāo),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,O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿,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磁場,磁感應(yīng)強度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時

9、針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程);再使磁感應(yīng)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.2,2.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。,1.q=It。,規(guī)律總結(jié) 電磁感應(yīng)中電荷量的求解方法,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,對于過程,q1=,對于過程,q2=,由q1=q2得,=,故B項正 確。,,6.(2018課標(biāo),20,6分)(多選)如圖(a),在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R,R在

10、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(yīng)用及法拉第電磁感應(yīng)定律。由i-t圖像可知,在t=時,= 0,此時穿過導(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,此時導(dǎo)線框R中的 感應(yīng)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(dǎo)線框R中的感應(yīng) 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(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢的方 向為順時針方向,而t=T

11、時,導(dǎo)線框R中的感應(yīng)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(dāng)導(dǎo)線PQ中電流變大時,穿過導(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有向右的運動趨勢,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中電流變小時導(dǎo)線框R中的電流方向。,,7.(2017課標(biāo),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?qū)ΨQ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

12、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。,8.(2015課標(biāo),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(yīng)強度大小為B,方向平行于ab邊向上。當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度逆時針轉(zhuǎn)動時,a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是() A.UaUc,金屬框中無電流 B.UbUc,金屬框中電流方向沿a-b-c-a C.Ubc=-Bl2,金屬框中無電流

13、 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(zhuǎn)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Ub=Ua

14、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(dǎo)軌上向左勻速運動。線框中感應(yīng)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(chǎn)生的感 應(yīng)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(yīng)電流方向為逆時針。 由上述分析可見,選項D正確。,方法技巧電磁感應(yīng)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。,,10.(2014課標(biāo),18,6分,0.491)如圖(

15、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c、d間電壓如圖(b)所示。已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)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(guān)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c、d間才會產(chǎn)生電壓,其他時間c、d間電壓為零,不符合題意,故A選項錯誤。通電線圈中產(chǎn)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(yīng)定律可知,在另一線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=n,由圖 (b)可知,|Ucd|不變,則不變,故不變,故選項B、D錯誤,C正確。,,思路分析通電線圈ab中的磁場B=ki,線圈

16、cd中的磁通量=BS=kiS,c、d兩點間的電壓Ucd=E==,因為|Ucd|不變,正負(fù)呈周期性,所以恒定不變,斜率有正有負(fù),據(jù)此可得出結(jié)論。,考查點 法拉第電磁感應(yīng)定律,溫馨提示 繞在同一鐵芯上的線圈磁通量相等。,11.(2016課標(biāo),24,14分)如圖,兩固定的絕緣斜面傾角均為,上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L,質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)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(yīng)強度大小為B,方向垂直于斜面向上。已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中,回路電阻為

17、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。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(shè)兩導(dǎo)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

18、=BIL 這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流。ab棒上的感應(yīng)電動勢為 =BLv 式中,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 ),考查點 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用,一題多解 求第(1)問中的安培力時我們還可以列一個整體方程2mg sin =N1+F+N2+mg sin 。,,考點一電磁感應(yīng)現(xiàn)象、楞次定律 1.(2016北京理綜,16,6分)如圖所示,勻強磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b,磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應(yīng)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(chǎn)生的感應(yīng)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

19、=41,感應(yīng)電流均沿逆時針方向 B.EaEb=41,感應(yīng)電流均沿順時針方向 C.EaEb=21,感應(yīng)電流均沿逆時針方向 D.EaEb=21,感應(yīng)電流均沿順時針方向,B組自主命題省(區(qū)、市)卷題組,答案B由題意可知=k,導(dǎo)體圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E==S=r2,因rarb= 21,故EaEb=41;由楞次定律知感應(yīng)電流的方向均沿順時針方向,選項B正確。,方法技巧磁感應(yīng)強度均勻增大,說明磁感應(yīng)強度的變化率恒定,故感應(yīng)電動勢的大小與圓環(huán)的面積成正比;利用“增反減同”可以確定感應(yīng)電流的方向。,,2.(2016江蘇單科,6,4分)(多選)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖所示,磁體附近的金屬弦被磁化,因此弦

20、振動時,在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流,電流經(jīng)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(zhì)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(yīng)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(zhì)弦無法被磁化,不能產(chǎn)生磁場引起線圈中磁通量的變化從而產(chǎn)生感應(yīng)電流,所以銅質(zhì)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(chǎn)生感應(yīng)電流,B項正確;由E=n知,C項正確;金屬弦來回振動,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。,考點二法拉第電磁感應(yīng)定律 3.(2016浙江理綜,16,6分)如圖所

21、示,a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成,匝數(shù)均為10匝,邊長la=3lb,圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,且磁感應(yīng)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(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流 B.a、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為91 C.a、b線圈中感應(yīng)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(nèi)會產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流,選項A錯誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律E=n=nl2,得==,選項B正 確;由電阻定律R=,得==,由閉合電路歐姆定律可得I=,即==,選項C錯 誤;由P=得==,選項D錯誤。,方法技巧

22、解答本題時優(yōu)先使用比值運算,可以有效地減少計算量。,,4.(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(dǎo)軌,間距為l,導(dǎo) 軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,導(dǎo)軌電阻不計。已知金屬桿MN傾斜放置,與導(dǎo)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(dǎo)軌接觸良好)。則() A.電路中感應(yīng)電動勢的大小為 B.電路中感應(yīng)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(chǎn)生的感應(yīng)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(yīng)電流I=

23、==,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。,5.(2015重慶理綜,4,6分)圖為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖,線圈匝數(shù)為n,面積為S。若在t1到t2時間內(nèi),勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈,其磁感應(yīng)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(yīng)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。,,6.(2015山東理綜,17,6分)(多選)如圖,一均勻金屬圓

24、盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動 C.若所加磁場反向,圓盤將加速轉(zhuǎn)動 D.若所加磁場穿過整個圓盤,圓盤將勻速轉(zhuǎn)動,答案ABD根據(jù)右手定則,處于磁場中的圓盤部分,感應(yīng)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(yīng)電流,安培力為零,故圓盤不受阻力作用,將勻速轉(zhuǎn)動,D正確。,

25、7.(2014廣東理綜,15,4分)如圖所示,上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置,小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放,并落至底部,則小磁塊() A.在P和Q中都做自由落體運動 B.在兩個下落過程中的機械能都守恒 C.在P中的下落時間比在Q中的長 D.落至底部時在P中的速度比在Q中的大,答案C小磁塊在銅管中下落時,由于電磁阻尼作用,不做自由落體運動,機械能不守恒,而在塑料管中不受阻力作用而做自由落體運動,機械能守恒,因此在P中下落得慢,用時長,到達(dá)底端速度小,C項正確,A、B、D錯誤。,,考點三電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用 8.(2018江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,豎直放置的“”

26、形光滑導(dǎo)軌寬為L,矩形勻強磁場 、的高和間距均為d,磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)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(dǎo)軌間的電阻為R,與導(dǎo)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.穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C.穿過兩磁場產(chǎn)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(yīng)與動力學(xué)、能量問題的綜合應(yīng)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

27、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(yīng)用動能定理得mg3d+W安=m-m,對桿穿過兩磁場之間的過程應(yīng)用動能定理得mgd=m-m,解得W安=-4mgd,由 功能關(guān)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。,,9.(2017天津理綜,3

28、,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,整個裝置放在勻強磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)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(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錯誤。因ab不動,回路面積不變;當(dāng)B均勻減小時,由E=n=nS知,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定,回路

29、中感 應(yīng)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(yīng)電流的方向從a到b,故A錯誤。,,10.(2016四川理綜,7,6分)(多選)如圖所示,電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中,導(dǎo)軌左端接一定值電阻R。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)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(guān)系是F=F0+kv(F0、k

30、是常量),金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)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(yīng)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(dāng)于電源,其感應(yīng)電動勢E=Blv,感應(yīng)電流I=即Iv FA=BIl=即:FAv UR=IR=R即:URv P=IE=即:Pv2 對金屬棒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(dāng)a=0時,v達(dá)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

31、勻加速運動,則v=at,P=IE=t2,D項錯誤。,11.(2015福建理綜,18,6分)如圖,由某種粗細(xì)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(nèi)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(dǎo)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,

32、當(dāng)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(dāng)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(nèi)=EI-I2r,電流的最小值Imin=,故由數(shù)學(xué)知識可知P出先增 大后減小,D項錯誤。,12.(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(zhuǎn)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

33、屬導(dǎo)軌,電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒,通過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。列車啟動前,ab、cd處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)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(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計。列車啟動后電源自動關(guān)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(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)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

34、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(yīng)定律、動量定理等。 (1)列車要向右運動,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,啟動時ab、cd并聯(lián),設(shè)回路總電阻為R總,由電阻的串并聯(lián)知識得 R總= 設(shè)回路總電流為I,根據(jù)閉合電路歐姆定律有 I= 設(shè)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(shè)列車減速時,cd進入磁場

35、后經(jīng)t時間ab恰好進入磁場,此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化為,平均感應(yīng)電動勢為E1,由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E1= 其中 =Bl2 設(shè)回路中平均電流為I,由閉合電路歐姆定律有 I= 設(shè)cd受到的平均安培力為F,有 F=IlB 以向右為正方向,設(shè)t時間內(nèi)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(shè)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(shè)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(shè)其為n,則需設(shè)置n塊有界磁場;若不是整數(shù),設(shè)的整數(shù)部分為N,則 需設(shè)置N+1塊

36、有界磁場。,13.(2017天津理綜,12,20分)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(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l,電阻不計。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(dāng)MN上的感應(yīng)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(dá)到最大速度,之后離開導(dǎo)軌。問: (1)

37、磁場的方向; (2)MN剛開始運動時加速度a的大小; (3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。,答案 (1)見解析(2)(3),,解析本題考查安培力及其應(yīng)用、電容器、動量定理、電磁感應(yīng)定律等多個考點的綜合應(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)開關(guān)S接2時,電容器放電,設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I,有 I= 設(shè)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(dāng)電容器充電完畢時,設(shè)電容器上電荷量為Q0,有 Q0=CE,開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運動,速度達(dá)到最大值vmax時,設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E,

38、有 E=Blvmax 依題意有 E= 設(shè)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 由動量定理,有 t=mvmax-0 又t=Q0-Q 聯(lián)立式得 Q=,14.(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(yīng)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(nèi),相距為L,電阻不計。電阻為R的金屬導(dǎo)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(dǎo)體

39、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(dǎo)體棒ab通過滑輪勻速提升重物,電路中的電流為I。 (1)求在t時間內(nèi),圖1“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能和圖2“電動機”輸出的機械能。 (2)從微觀角度看,導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用。為,了方便,可認(rèn)為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷。 a.請在圖3(圖1的導(dǎo)體棒ab)、圖4(圖2的導(dǎo)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(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉(zhuǎn)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,

40、,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(zhuǎn)化中的作用。 (1)圖1中,電路中的電流I1= 棒ab受到的安培力F1=BI1L 在t時間內(nèi),“發(fā)電機”產(chǎn)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(nèi),“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(shè)自由電荷的電荷量為q,沿導(dǎo)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(fù)功 W1=-f1ut=-qvBut 垂直棒方向的洛倫茲力f2=quB,做正功 W2=f2vt=quBvt,所以

41、W1=-W2,即導(dǎo)體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。 f1做負(fù)功,阻礙自由電荷的定向移動,宏觀上表現(xiàn)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(zhuǎn)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。,15.(2017上海單科,20,16分)如圖,光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L,與水平面夾角為,兩導(dǎo)軌上端用阻值為R的電阻相連,該裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面。質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導(dǎo)軌平面向上的初速度v0從導(dǎo)軌底端開始運動,然后又返回到出發(fā)位置。在運動過程

42、中,ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,不計ab和導(dǎo)軌的電阻及空氣阻力。 (1)求ab開始運動時的加速度a; (2)分析并說明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(yīng)、閉合電路歐姆定律。動力學(xué)分析、能量轉(zhuǎn)化與守恒定律。 (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(dá)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

43、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 - 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(shè)P點是上滑與下滑過程中經(jīng)過的同一點P,由能量轉(zhuǎn)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(chǎn)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

44、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(zhì)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(yīng)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(yīng)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,假設(shè)磁鐵進入鋁條間以后,減少的機械能完全轉(zhuǎn)化為鋁

45、條的內(nèi)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(dǎo)磁鐵勻速穿過鋁條間時速度v的表達(dá)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)磁鐵穿過鋁條時,在鋁條中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E,有 E=B

46、dv 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(dāng)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運動。直到F=mg sin 時,磁鐵重新達(dá)到平衡狀態(tài),將

47、再次以較小的速度勻速下滑。,解題指導(dǎo)明確題中所構(gòu)建的物理模型是解本題的關(guān)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(dǎo)體棒沿傾斜的平行金屬導(dǎo)軌下滑。,,17.(2016浙江理綜,24,20分)小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50 m,傾角=53,導(dǎo)軌上端串接一個R=0.05 的電阻。在導(dǎo)軌間長d=0.56 m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=2.0 T。質(zhì)量m=4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上,用絕緣繩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

48、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(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時健身者松手,觸發(fā)恢復(fù)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(zhì)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(chǎn)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==12 m/s2 進入磁場時的速度v==2.4 m

49、/s (2)感應(yīng)電動勢E=Blv 感應(yīng)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,18.(2015北京理綜,22,16分)如圖所示,足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置,寬度L=0.4 m,一端連接R=1 的電阻。導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=1 T。導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上,其長度恰好等于導(dǎo)軌間距,與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計。在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下,導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運動,速

50、度v=5 m/s。求: (1)感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I; (2)在0.1 s時間內(nèi),拉力的沖量IF的大小; (3)若將MN換為電阻r=1 的導(dǎo)體棒,其他條件不變,求導(dǎo)體棒兩端的電壓U。,答案 (1)2 V2 A(2)0.08 Ns(3)1 V,,解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得,感應(yīng)電動勢 E=BLv=10.45 V=2 V 感應(yīng)電流I== A=2 A (2)拉力大小等于安培力大小 F=BIL=120.4 N=0.8 N 沖量大小IF=Ft=0.80.1 Ns=0.08 Ns (3)由閉合電路歐姆定律可得,電路中電流 I== A=1 A 由歐姆定律可得,導(dǎo)體棒兩端電壓U=IR=1 V,考點一

51、電磁感應(yīng)現(xiàn)象、楞次定律 1.(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(nèi),通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定,導(dǎo)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(dǎo)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,C組教師專用題組,答案BCD直導(dǎo)線產(chǎn)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(dǎo)體棒上的感應(yīng)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?qū)w棒所受安培力均向左,故A錯誤,B正確;I感=,F安=BI感

52、L=,離直導(dǎo)線越近處B越大,所以FM逐漸 增大,FN逐漸減小,C、D正確。,2.(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(zhì)量為0.2 kg的細(xì)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(yīng)強度隨時間變化規(guī)律是B=(0.4-0.2t)T,圖示磁場方向為正方向?？?、擋板和桿不計形變。則() A.t=1 s時,金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D B.t=3 s時,金屬桿中感應(yīng)電流方向從D

53、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(yīng)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(yīng)電動勢、受力分析、物體受

54、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(xué)運算能力的發(fā)揮和運用。綜合性強,難度較大。要求考生認(rèn)真、細(xì)致,穩(wěn)妥應(yīng)答。,,考點二法拉第電磁感應(yīng)定律 3.(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(nèi)。左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上,經(jīng)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(nèi)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,,答案C圓環(huán)內(nèi)磁場的變化周期為0.5T0,則產(chǎn)生的感應(yīng)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)

55、排除法可知,C正確。,,4.(2014江蘇單科,1,3分)如圖所示,一正方形線圈的匝數(shù)為n,邊長為a,線圈平面與勻強磁場垂直,且一半處在磁場中。在t時間內(nèi),磁感應(yīng)強度的方向不變,大小由B均勻地增大到2B。在此過程中,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為() A.B. C.D.,答案B由法拉第電磁感應(yīng)定律知線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=n=nS=n,得 E=,選項B正確。,,5.(2014安徽理綜,20,6分)英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)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(xì)圓環(huán)水平放置,環(huán)內(nèi)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(yīng)強度B隨時間均勻增加,其變化率為

56、k,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(chǎn)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。,,6.(2013安徽理綜,16,6分)如圖所示,足夠長平行金屬導(dǎo)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(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置,質(zhì)量為0.2 kg,接入電路的電阻為1 ,兩端與導(dǎo)軌接觸良好,與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5。在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為0.8 T。將導(dǎo)體棒MN由靜

57、止釋放,運動一段時間后,小燈泡穩(wěn)定發(fā)光,此后導(dǎo)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(guān)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(yīng)對棒正確進行受力分析,將功能關(guān)系轉(zhuǎn)化為

58、功率關(guān)系。本題綜合性強,難度較大。,,7.(2015江蘇單科,13,15分)做磁共振(MRI)檢查時,對人體施加的磁場發(fā)生變化時會在肌肉組織中產(chǎn)生感應(yīng)電流。某同學(xué)為了估算該感應(yīng)電流對肌肉組織的影響,將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈,線圈的半徑r=5.0 cm,線圈導(dǎo)線的截面積A=0.80 cm2,電阻率=1.5 m。如圖所示,勻強磁場方向與線圈平面垂直,若磁感應(yīng)強度B在0.3 s內(nèi)從1.5 T均勻地減為零,求:(計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字) (1)該圈肌肉組織的電阻R; (2)該圈肌肉組織中的感應(yīng)電動勢E; (3)0.3 s內(nèi)該圈肌肉組織中產(chǎn)生的熱量Q。,答案 (1)6103 (2)4

59、10-2 V(3)810-8 J,,解析(1)由電阻定律得R=,代入數(shù)據(jù)得R=6103 (2)感應(yīng)電動勢E=,代入數(shù)據(jù)得E=410-2 V (3)由焦耳定律得Q=t,代入數(shù)據(jù)得Q=810-8 J,8.(2015海南單科,13,10分)如圖,兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上,相距l(xiāng),左端與一電阻R相連;整個系統(tǒng)置于勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,方向豎直向下。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上,在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速率v勻速向右滑動,滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度大小為g,導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。求 (1)電阻R消耗的功率; (2)水平外力的

60、大小。,答案 (1)(2)+mg,,解析解法一導(dǎo)體棒勻速向右滑動,速率為v,則有 F=F安+mg E=Blv I= F安=BIl 解得F=+mg 由能量守恒定律得 Fv=mgv+PR 解得PR=,解法二(1)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢 E=Blv 由于導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略,則R兩端電壓等于電動勢: U=E 則電阻R消耗的功率 PR= 綜合以上三式可得 PR= (2)設(shè)水平外力大小為F,由能量守恒有 Fv=PR+mgv 故得F=+mg=+mg,9.(2014重慶理綜,8,16分)某電子天平原理如圖所示,E形磁鐵的兩側(cè)為N極,中心為S極,兩極間的磁感應(yīng)強度大小均為B,磁極寬度均為L,忽略邊

61、緣效應(yīng)。一正方形線圈套于中心磁極,其骨架與秤盤連為一體,線圈兩端C、D與外電路連接。當(dāng)質(zhì)量為m的重物放在秤盤上時,彈簧被壓縮,秤盤和線圈一起向下運動(骨架與磁極不接觸),隨后外電路對線圈供電,秤盤和線圈恢復(fù)到未放重物時的位置并靜止,由此時對應(yīng)的供電電流I可確定重物的質(zhì)量。已知線圈匝數(shù)為n,線圈電阻為R,重力加速度為g。問 (1)線圈向下運動過程中,線圈中感應(yīng)電流是從C端還是從D端流出?,(2)供電電流I是從C端還是從D端流入?求重物質(zhì)量與電流的關(guān)系。 (3)若線圈消耗的最大功率為P,該電子天平能稱量的最大質(zhì)量是多少?,答案(1)感應(yīng)電流從C端流出 (2)外加電流從D端流入m=I (3),解析(

62、1)感應(yīng)電流從C端流出 (2)設(shè)線圈受到的安培力為FA 外加電流從D端流入 由FA=mg和FA=2nBIL得m=I (3)設(shè)稱量最大質(zhì)量為m0 由m=I和P=I2R得m0=,,考點三電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用 10.(2013浙江理綜,15,6分)磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū),刷卡器中有檢測線圈。當(dāng)以速度v0刷卡時,在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,其E-t關(guān)系如圖所示。如果只將刷卡速度改為,線圈中的E-t關(guān)系圖可能是(),,答案D刷卡速度改為原來一半時,磁卡通過檢測線圈的時間即有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生的時間變?yōu)樵瓉淼?倍,可知A、B錯誤;由E=BLv知當(dāng)只減小v時,磁卡與檢測線圈在相同的相對位置處

63、產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢也減小,故C錯誤、D正確。,,11.(2017江蘇單科,13,15分)如圖所示,兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi),其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上,其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)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(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計,導(dǎo)軌光滑且足夠長,桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求: (1)MN剛掃過金屬桿時,桿中感應(yīng)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(yīng)電流的功率P。,答案(1) (2) (3)

64、,解析本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律。 (1)感應(yīng)電動勢E=Bdv0 感應(yīng)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(yīng)電動勢E=Bd(v0-v) 電功率P= 解得P=,12.(2013課標(biāo),17,6分,0.291)如圖,在水平面(紙面)內(nèi)有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN,其中ab、ac在a點接觸,構(gòu)成“V”字形導(dǎo)軌。空間存在垂直于紙面的均勻磁場。用力使MN向右勻速運動,從圖示位置開始計時,運動中MN始終與bac的平分線垂直且和導(dǎo)軌保持良好接觸。下列關(guān)于回路中電流i與時間t的關(guān)系圖

65、線,可能正確的是(),答案A設(shè)金屬棒MN勻速運動的速度為v,初始時刻金屬棒MN距a點的距離為l,則t時刻金屬棒MN切割磁感線的有效長度L=2(l+vt) tan 設(shè)導(dǎo)軌單位長度的電阻為R0,則組成閉合回路的總電阻 R=2R0=2(l+vt)R0(+tan ) 電動勢E=BLv=2Bv(l+vt) tan i==為恒量 故A正確,B、C、D錯誤。,思路分析推出感應(yīng)電動勢E隨時間變化的關(guān)系式。 推出回路總電阻R隨時間變化的關(guān)系式。 由i=得出i的表述式,對比圖像得出結(jié)論。,考查點 電磁感應(yīng)的圖像問題,易錯警示本題一般能推出電動勢E隨時間均勻增加,但往往忽略掉回路總電阻也隨時間均勻增加。,13.(

66、2013四川理綜,7,6分)(多選)如圖所示,邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域,其磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系為B=kt(常量k0)?；芈分谢瑒幼冏杵鱎的最大阻值為R0,滑動片P位于滑動變阻器中央,定值電阻R1=R0、R2=。閉合開關(guān)S,電壓表的示數(shù) 為U,不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢,則() A.R2兩端的電壓為 B.電容器的a極板帶正電 C.滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍 D.正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為kL2,答案AC由法拉第電磁感應(yīng)定律E=n=nS有E=kr2,D錯誤;因k0,由楞次定律知線框 內(nèi)感應(yīng)電流沿逆時針方向,故電容器b極板帶正電,B錯誤;由題圖知外電路結(jié)構(gòu)為R2與R的右半部并聯(lián),再與R的左半部、R1相串聯(lián),故R2兩端電壓U2=U=,A正確;設(shè)R2消耗的 功率為P=IU2,則R消耗的功率P=2I2U2+IU2=5P,故C正確。,14.(2015四川理綜,11,19分)如圖所示,金屬導(dǎo)軌MNC和PQD,MN與PQ平行且間距為L,所在平面與水平面夾角為,N、Q連線與MN垂直,M、P間接有阻值為R的電阻;光滑直導(dǎo)軌NC和QD在同一水平面