（课标Ⅱ卷）2020届高考物理一轮复习专题十一电磁感应课件.pptx

专题十一 电磁感应,高考物理 (课标专用),考点一 电磁感应现象、楞次定律,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2019课标,14,6分)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现? ( ) A.电阻定律 B.库仑定律 C.欧姆定律 D.能量守恒定律,答案 D 本题考查了对基本规律的理解能力,体现了能量观念这一重要核心素养。 楞次定律的本质是感应磁场中能量的转化,是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现,故 选项D正确。 规律总结 电阻定律R= 是导体对电流阻碍作用的体现;库仑定律是对真空中静止点电荷 之间作用力的认识;欧姆定律是通过导体的电流与导体两端电压、导体电阻关系的体现。,2.(2018课标,19,6分)(多选)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,答案 AD 本题考查电流的磁效应、楞次定律等知识。当开关闭合瞬间,右侧线圈中电流突 然增大,铁芯上向右的磁场增强,由楞次定律可知左侧线圈中正面感应电流向上,则远处直导线 上电流向左,由安培定则可知小磁针处直导线上电流产生的磁场方向垂直纸面向里,A项正 确。开关闭合并保持一段时间后,磁场不再变化,左侧线圈中没有感应电流,小磁针N、S极回 到原始方向,故B、C两项错误。开关断开的瞬间,右侧线圈中电流减小,左侧线圈正面感应电 流向下,远处直导线上电流向右,由安培定则知,小磁针处直导线上电流产生的磁场方向垂直纸 面向外,故D项正确。 审题指导 关键词在审题中的作用 关键词:同一根铁芯,意味着左右两侧线圈中磁通量变化率相同;远处,说明此处小磁针不 再受线圈中磁通量变化的影响;小磁针悬挂在直导线正上方,说明磁针的偏转受直导线上电 流产生的磁场影响。,3.(2017课标,18,6分)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了 有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加 磁场来快速衰减其微小振动,如图所示。无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出 现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是 ( ),答案 A 本题考查电磁阻尼。若要有效衰减紫铜薄板上下及左右的微小振动,则要求施加 磁场后,在紫铜薄板发生上下及左右的微小振动时,穿过紫铜薄板横截面的磁通量都能发生变 化。由选项图可知只有A满足要求,故选A。,4.(2017课标,15,6分)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面 与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回 路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感 应电流的方向,下列说法正确的是 ( ) A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向 B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向 C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向 D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向,答案 D 金属杆PQ向右运动,穿过PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,感应电流在PQRS内 的磁场方向垂直纸面向外,由安培定则可判断PQRS中产生逆时针方向的电流。穿过T的磁通 量是外加匀强磁场和PQRS产生的感应电流的磁场的磁通量代数和,穿过T的合磁通量垂直纸 面向里减小,据楞次定律和安培定则可知,T中产生顺时针方向的感应电流,故D正确。 易错点拨 对楞次定律的深度理解 线框与导轨共面且与磁场垂直。当金属杆PQ向右运动时,PQRS中向里的磁通量增加,从而产 生逆时针方向的感应电流。T中原有垂直纸面向里的磁通量不变,而增加了因PQRS中感应电 流产生的向外的磁通量,导致T中垂直纸面向里的合磁通量减小,从而产生顺时针方向的感应 电流。,5.(2015课标,19,6分)(多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中 将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。 实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来, 但略有滞后。下列说法正确的是 ( ) A.圆盘上产生了感应电动势 B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动,答案 AB 如图所示,将铜圆盘等效为无数个长方形线圈的组合,则每个线圈绕OO轴转动时, 均有感应电流产生,这些感应电流产生的磁场对小磁针有作用力,从而使小磁针转动起来,可见 A、B均正确。由于圆盘面积不变,与磁针间的距离不变,故穿过整个圆盘的磁通量没有变化,C 错误。圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场,由安培定则可判断在中心方向 竖直向下,其他位置关于中心对称,此磁场不会导致磁针转动,D错误。 解题关键 理解圆盘转动带动磁针转动是楞次定律的力学效果,即“阻碍回路磁通量变 化”。 理解圆盘可以看成无数个长方形线圈的组合。 延伸拓展 本题中圆盘看成无数个其他形状的线圈的组合也可以。,6.(2019课标,20,6分)(多选)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、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,考点二 法拉第电磁感应定律,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,答案 BC 本题考查电磁感应中的楞次定律、感应电动势、感应电流、左手定则和电阻定 律,以及推理能力和综合分析能力,体现了模型建构、科学推理的核心素养。 由楞次定律(“增反减同”)可判断出感应电流方向始终沿顺时针方向,故B正确。由左手定则 可判断出圆环所受安培力的方向先向左后向右,故A错。感应电动势E=S有效 = r2 = ,故D错。由电阻定律得圆环电阻R= ,则感应电流I= = ,故C正确。 易错警示 (1)推理过程中一定要细心。本题分析得到感应电流方向始终沿顺时针方向时,若 由此盲目认为安培力方向始终不变,则易错选A。 (2)感应电动势E=S有效 中的S有效为圆环回路在磁场中的面积,而不是圆环回路的面积。,7.(2018课标,17,6分)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);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)。在过程、中,流过OM的电荷量相等,则 等于 ( ) A. B. C. D.2,答案 B 本题考查法拉第电磁感应定律及电荷量公式。由公式E= ,I= ,q=It得q= ,设 半圆弧半径为r,对于过程,q1= ,对于过程,q2= ,由q1=q2得, = ,故B项正 确。 规律总结 电磁感应中电荷量的求解方法,1.q=It。,2.q= ,其中的求解有三种情况:(1)只有S变化,=BS;(2)只有B变化,=BS;(3)B和S 都变化,=2-1。,8.(2017课标,20,6分)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直。 边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内,cd边与磁场边界平行,如图 (a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势 随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。下列说法正 确的是 ( ) A.磁感应强度的大小为0.5 T B.导线框运动速度的大小为0.5 m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外,D.在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1 N,答案 BC 本题考查电磁感应、安培力。导线框匀速进入磁场时速度v= = m/s=0.5 m/s, 选项B正确;由E=BLv,得B= = T=0.2 T,选项A错误;由右手定则可确定磁感应强度方 向垂直于纸面向外,选项C正确;导线框所受安培力F=BLI=BL =0.20.1 N=0.04 N,选项 D错误。 储备知识 根据图像和导线框匀速运动,获取信息,结合安培力、导体切割磁感线产生感应电 动势可以确定选项。,9.(2016课标,20,6分)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜 轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。 圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是 ( ) A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定 B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动 C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化 D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍,答案 AB 设圆盘的半径为L,可认为圆盘由无数根辐条构成,则每根辐条切割磁感线产生的 感应电动势E= BL2,整个回路中的电源为无数个电动势为E的电源并联而成,电源总内阻为 零,故回路中电流I= = ,由此可见A正确。R上的热功率P=I2R= ,由此可见,变为原 来的2倍时,P变为原来的4倍,故D错。由右手定则可判知B正确。电流方向与导体切割磁感线 的方向有关,而与切割的速度大小无关,故C错。 解题关键 将圆盘看成由无数根辐条构成,每根辐条都在切割磁感线产生感应电动势。 整个回路中的电源可以看成由无数个电源并联而成,整个回路中的电源的内阻为零。,10.(2015课标,15,6分)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方 向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时,a、b、c三点的电势分别为 Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是 ( ) A.UaUc,金属框中无电流 B.UbUc,金属框中电流方向沿a-b-c-a C.Ubc=- Bl2,金属框中无电流 D.Uac= Bl2,金属框中电流方向沿a-c-b-a,答案 C 闭合金属框在匀强磁场中以角速度逆时针转动时,穿过金属框的磁通量始终为 零,金属框中无电流。由右手定则可知Ub=UaUc,A、B、D选项错误;b、c两点的电势差Ubc=- Blv中=- Bl2,选项C正确。 考查点 楞次定律、右手定则 思路分析 由右手定则可知,bc与ac切割磁感线,产生感应电动势,Ub=UaUc。 由楞次定律可知,穿过回路的磁通量始终为零,金属框中无感应电流。,11.(2019课标,21,6分)(多选)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,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进入磁场时加速度恰好为零。从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像可能正确的是 ( ),考点三 电磁感应的综合应用,答案 AD 本题为电磁感应综合应用中的双棒问题,考查考生的综合分析能力,体现了模型 建构、科学推理等核心素养以及严谨的科学态度。 两棒均由同一位置由静止释放,则进入磁场时,两棒的速度相等。若PQ棒出磁场后,MN棒再进 入磁场,则MN棒做匀速运动切割磁感线,则通过PQ棒上的电流随时间变化的图像为A图;若PQ 棒出磁场前MN棒进入磁场,则PQ棒与MN棒在磁场中做加速运动,当PQ棒出磁场后,MN棒切割 磁感线运动的速度比进入时的大,MN棒做减速运动,通过PQ棒的电流随时间变化的图像应为 D图。 知识拓展 若PQ棒刚出磁场时,MN棒恰好进入磁场,则PQ棒上一直会有电流存在。,12.(2019课标,19,6分)(多选)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。下列图像中可能正确的是 ( ),答案 AC 本题考查法拉第电磁感应定律与图像结合的问题,难度较大,要求学生具有较强 的综合分析能力,很好地体现了科学推理的学科核心素养。 由楞次定律可知ab棒做减速运动,cd棒做加速运动,即v1减小,v2增加。回路中的感应电动势E= BL(v1-v2),回路中的电流I= = ,回路中的导体棒ab、cd的加速度大小均为a= = = ,由于v1-v2减小,可知a减小,所以ab与cd的v-t图线斜率减小,I也非线性减小,所以A、 C正确,B、D错误。 思路分析 对于电磁感应中的图像问题,解法一般是利用物理规律推出v-t、I-t的函数表达式, 对照图像得出结论;也可以利用物理规律定性地分析出I与t、v与t的关系,利用排除法得出结 论。,13.(2018课标,18,6分)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t变化的正确图线可能是 ( ),答案 D 本题考查右手定则、E=BLv。由右手定则判定,线框向左移动0 过程,回路中电流 方向为顺时针,由E=2BLv可知,电流i为定值;线框向左移动 l过程,线框左、右两边产生的感 应电动势相抵消,回路中电流为零。线框向左移动l l过程,回路中感应电流方向为逆时针。 由上述分析可见,选项D正确。 方法技巧 电磁感应中图像问题分析技巧 由方向的合理性可直接排除错误选项,如果需要,再定量分析电流大小的变化情况确定正确选 项。,14.(2016课标,24,14分)如图,两固定的绝缘斜面倾角均为,上沿相连。两细金属棒ab(仅标出 a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连 成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒 水平。右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚 好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为,重力加速度大小为g。已 知金属棒ab匀速下滑。求: (1)作用在金属棒ab上的安培力的大小; (2)金属棒运动速度的大小。,答案 (1)mg(sin -3 cos ) (2)(sin -3 cos ) 解析 (1)设两导线的张力大小之和为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的 安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒,由力的平衡条件得 2mg sin =N1+T+F N1=2mg cos 对于cd棒,同理有 mg sin +N2=T N2=mg cos 联立式得 F=mg(sin -3 cos ) (2)由安培力公式得 F=BIL 这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为 =BLv ,式中,v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得 I= 联立式得 v=(sin -3 cos ) 考查点 电磁感应的综合应用 一题多解 求第(1)问中的安培力时我们还可以列一个整体方程2mg sin =N1+F+N2+ mg sin 。,B组 自主命题省(区、市)卷题组,考点一 电磁感应现象、楞次定律,1.(2016北京理综,16,6分)如图所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所在平 面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为21,圆环中产生的感应电动势 分别为Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是 ( ) A.EaEb=41,感应电流均沿逆时针方向 B.EaEb=41,感应电流均沿顺时针方向 C.EaEb=21,感应电流均沿逆时针方向 D.EaEb=21,感应电流均沿顺时针方向,答案 B 由题意可知 =k,导体圆环中产生的感应电动势E= = S= r2,因rarb= 21,故EaEb=41;由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向,选项B正确。 方法技巧 磁感应强度均匀增大,说明磁感应强度的变化率恒定,故感应电动势的大小与圆环 的面积成正比;利用“增反减同”可以确定感应电流的方向。,2.(2016江苏单科,6,4分)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金属弦被 磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说 法正确的有 ( ) A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作 B.取走磁体,电吉他将不能正常工作 C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化,答案 BCD 铜质弦无法被磁化,不能产生磁场引起线圈中磁通量的变化从而产生感应电流, 所以铜质弦不能使电吉他正常工作,故A项错误;取走磁体,金属弦无法被磁化,线圈中不会产生 感应电流,B项正确;由E=n 知,C项正确;金属弦来回振动,线圈中磁通量不断增加或减小,电 流方向不断变化,D项正确。,3.(2016浙江理综,16,6分)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10 匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑 线圈之间的相互影响,则 ( ) A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B.a、b线圈中感应电动势之比为91 C.a、b线圈中感应电流之比为34 D.a、b线圈中电功率之比为31,考点二 法拉第电磁感应定律,答案 B 磁场均匀增大,穿过两线圈的磁通量增大,根据楞次定律可知两线圈内会产生逆时 针方向的感应电流,选项A错误;由法拉第电磁感应定律E=n =n l2,得 = = ,选项B正 确;由电阻定律R= ,得 = = ,由闭合电路欧姆定律可得I= ,即 = = ,选项C错 误;由P= 得 = = ,选项D错误。 方法技巧 解答本题时优先使用比值运算,可以有效地减少计算量。,4.(2015安徽理综,19,6分)如图所示,abcd为水平放置的平行“ ”形光滑金属导轨,间距为l,导 轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜 放置,与导轨成角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑 动过程中与导轨接触良好)。则 ( ) A.电路中感应电动势的大小为 B.电路中感应电流的大小为 C.金属杆所受安培力的大小为 D.金属杆的热功率为,答案 B 金属杆MN切割磁感线的有效长度为l,产生的感应电动势E=Blv,A错误;金属杆MN 的有效电阻R= ,故回路中的感应电流I= = = ,B正确;金属杆受到的安培力F = = = ,C错误;金属杆的热功率P=I2R= = ,D错误。,5.(2015重庆理综,4,6分)图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为n,面积为S。 若在t1到t2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由B1均匀增加到 B2,则该段时间线圈两端a和b之间的电势差a-b ( ) A.恒为 B.从0均匀变化到 C.恒为 - D.从0均匀变化到 -,答案 C 由楞次定律判定,感应电流从a流向b,b点电势高于a点电势,因为磁场均匀增加,所以 a-b为恒定的,故a-b=-nS ,可见C正确。,6.(2015山东理综,17,6分)(多选)如图,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针 匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场,圆盘开始减速。在圆盘减速过程中,以下 说法正确的是 ( ) A.处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高 B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动 C.若所加磁场反向,圆盘将加速转动 D.若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动,答案 ABD 根据右手定则,处于磁场中的圆盘部分,感应电流从靠近圆盘边缘处流向靠近圆 心处,故靠近圆心处电势高,A正确;安培力F= ,磁场越强,安培力越大,B正确;磁场反向时, 安培力仍是阻力,C错误;若所加磁场穿过整个圆盘,则磁通量不再变化,没有感应电流,安培力 为零,故圆盘不受阻力作用,将匀速转动,D正确。,7.(2019北京理综,22,16分)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 边刚要进入的过程中,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。,答案 (1)BLv (2) (3) 解析 本题为法拉第电磁感应定律的应用问题,考查考生的理解能力与综合分析能力,体现了 物质观念、模型建构、科学推理等核心素养。 (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= 思路分析 1.线框进入磁场的过程中,ad边切割磁感线产生感应电动势;,2.线框匀速运动,拉力等于安培力,即F拉=F安=BIL;,3.ab边产生的焦耳热仅为整个线框产生的焦耳热的四分之一。,8.(2018江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,竖直放置的“ ”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场 、的高和间距均为d,磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放,进入磁场和 时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为 g。金属杆 ( ) A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下 B.穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间 C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd D.释放时距磁场上边界的高度h可能小于,考点三 电磁感应的综合应用,答案 BC 本题考查电磁感应与动力学、能量问题的综合应用。要使杆进入磁场和时 的速度相等,杆刚进入磁场时必须减速运动,加速度方向竖直向上,故A错误。杆在区做加 速度减小的减速运动,在两磁场之间做a=g的匀加速运动,运动过程如图所示(其中v1为杆刚进 入时的速度,v2为杆刚出时的速度),图线与时间轴所围的面积表示位移,两段运动的位移相 等,则t1t2-t1,故B正确。对杆从进入磁场至刚穿出磁场的过程应用动能定理得mg3d+W安= m - m ,对杆穿过两磁场之间的过程应用动能定理得mgd= m - m ,解得W安=-4mgd,由 功能关系得Q=-W安=4mgd,故C正确。若杆刚进入磁场时恰好匀速,则有 =mg,v1= , 代入h= 得h= ,因为杆刚进入时必须做减速运动,故一定有h ,故D错误。 疑难突破 (1)利用v-t图像分析运动过程和运动时间,可以化难为易。 (2)对于D选项,以杆刚进入时恰好匀速运动作为参照,问题便迎刃而解。,9.(2017天津理综,3,6分)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。金 属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向 下。现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是 ( ) A.ab中的感应电流方向由b到a B.ab中的感应电流逐渐减小 C.ab所受的安培力保持不变 D.ab所受的静摩擦力逐渐减小,答案 D 本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件。由 于通过回路的磁通量向下减小,则根据楞次定律可知ab中感应电流的方向由a到b,A错误。因 ab不动,回路面积不变;当B均匀减小时,由E=n =n S知,产生的感应电动势恒定,回路中感 应电流I= 恒定,B错误。由F=BIL知F随B减小而减小,C错误。对ab由平衡条件有f=F,故D 正确。 一题多解 广义楞次定律 因B减小时引起回路磁通量减小,由广义楞次定律可知回路有扩张的趋势,则ab所受安培力方 向向右,再由左手定则可以判定ab中感应电流的方向从a到b,故A错误。,10.(2016四川理综,7,6分)(多选)如图所示,电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于 磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r 的金属棒MN置于导轨上,受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动,外力F与金 属棒速度v的关系是F=F0+kv(F0、k是常量),金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感 应电流为i,受到的安培力大小为FA,电阻R两端的电压为UR,感应电流的功率为P,它们随时间t变 化图像可能正确的有 ( ),答案 BC 金属棒MN相当于电源,其感应电动势E=Blv,感应电流I= 即Iv FA=BIl= 即:FAv UR=IR= R 即:URv P=IE= 即:Pv2 对金属棒MN:F-FA=ma F0+kv- v=ma F0+ v=ma 若k- 0,随着v增大,a也增大,棒做加速度增大的加速运动,B项正确。 若k- 0,随着v增大,a减小,棒做加速度减小的加速运动,当a=0时,v达到最大后保持不变,C 项正确,A项错误。 若k- =0,则a= ,金属棒做匀加速运动,则v=at,P=IE= t2,D项错误。,11.(2015福建理综,18,6分)如图,由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd, 固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ,在水 平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计 摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中 ( ) A.PQ中电流先增大后减小 B.PQ两端电压先减小后增大 C.PQ上拉力的功率先减小后增大 D.线框消耗的电功率先减小后增大,答案 C 由题意知,题目情形可等效为如图所示的电路问题,其中R左+R右=3R,E=BLv,r=R,当 PQ向右运动时,R左增大,R右减小,两者并联的总电阻R外先增大后减小,当PQ运动到线框正中央 位置时,R外最大,故流过PQ的电流先减小后增大,A项错误;PQ两端电压U=E-Ir,故U的变化为先 增大后减小,B项错误;拉力的功率P=P总=EI,故拉力的功率先减小后增大,C项正确;线框消耗的 电功率为电源的输出功率P出=P总-P内=EI-I2r,电流的最小值Imin= ,故由数学知识可知P出先增 大后减小,D项错误。,12.(2019天津理综,11,18分)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。,答案 (1) 方向水平向右 (2) mv2- kq 解析 本题考查电磁感应中的电路问题及能量问题,难度较大,正确解答本题需要很强的综合 分析能力,体现了学生的科学推理与科学论证的素养要素。 (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 设PQ与MN并联的电阻为R并,有 R并= 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= 设PQ中的电流为IPQ,有 IPQ= I 设PQ受到的安培力为F安,有 F安=BIPQl ,保持PQ静止,由受力平衡,有 F=F安 联立式得 F= 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t,回路中的 磁通量变化为,平均感应电动势为 ,有 = 其中 =Blx 设PQ中的平均电流为 ,有 = 根据电流的定义得,= 由动能定理,有 Fx+W= mv2-0 联立 式得 W= mv2- kq 知识拓展 电磁感应与电路问题中经常用到的一个导出公式:q= 。如果闭合回路是一个 单匝线圈(n=1),则q= 。q=n 中n为线圈匝数,为线圈中磁通量的变化量,R为闭合回路 的总电阻。,13.(2019江苏单科,14,15分)如图所示,匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈,线圈 平面与磁场垂直。已知线圈的面积S=0.3 m2、电阻R=0.6 ,磁场的磁感应强度B=0.2 T。现同 时向两侧拉动线圈,线圈的两边在t=0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中 (1)感应电动势的平均值E; (2)感应电流的平均值I,并在图中标出电流方向; (3)通过导线横截面的电荷量q。,答案 (1)0.12 V (2)0.2 A 见解析图 (3)0.1 C 解析 本题考查了法拉第电磁感应定律中回路面积变化的情况,考查了学生的理解能力及简 单的分析与综合能力,体现了科学思维中的科学推理素养要素。 (1)感应电动势的平均值E= 磁通量的变化=BS 解得E= ,代入数据得E=0.12 V (2)平均电流I= 代入数据得I=0.2 A(电流方向见图),(3)电荷量q=It 代入数据得q=0.1 C 解题指导 本题中导线切割磁感线的有效长度在变化,故不能利用E=Blv计算感应电动势,而 需要利用磁通量的变化率来计算。,14.(2018天津理综,12,20分)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动 能的装置。图1是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条 平行光滑金属导轨,电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金 属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m。列 车启动前,ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所 示。为使列车启动,需在M、N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计。 列车启动后电源自动关闭。 (1)要使列车向右运行,启动时图1中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由; (2)求刚接通电源时列车加速度a的大小; (3)列车减速时,需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和 相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd均在无磁场区域,试讨论:要使列 车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?,图1 图2,答案 (1)见解析 (2) (3)见解析 解析 本题考查左手定则、安培力、法拉第电磁感应定律、动量定理等。 (1)列车要向右运动,安培力方向应向右。根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a到 b、由c到d,故M接电源正极。 (2)由题意,启动时ab、cd并联,设回路总电阻为R总,由电阻的串并联知识得 R总= 设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有 I= 设两根金属棒所受安培力之和为F,有 F=IlB 根据牛顿第二定律有 F=ma 联立式得,a= (3)设列车减速时,cd进入磁场后经t时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围 回路的磁通量的变化为,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有 E1= 其中 =Bl2 设回路中平均电流为I,由闭合电路欧姆定律有 I= 设cd受到的平均安培力为F,有 F=IlB 以向右为正方向,设t时间内cd受安培力冲量为I冲,有 I冲=-Ft 同理可知,回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲 量为I0,有,I0=2I冲 设列车停下来受到的总冲量为I总,由动量定理有 I总=0-mv0 联立 式得 = 讨论:若 恰为整数,设其为n,则需设置n块有界磁场;若 不是整数,设 的整数部分为N,则 需设置N+1块有界磁场。,15.(2017天津理综,12,20分)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可 用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图,图中直流电源电动势为E,电容器的电 容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l,电阻不计。炮弹可视为一质量为 m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接 1,使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀 强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电 压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨。问: (1)磁场的方向; (2)MN刚开始运动时加速度a的大小; (3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。,答案 (1)见解析 (2) (3) 解析 本题考查安培力及其应用、电容器、动量定理、电磁感应定律等多个考点的综合应 用。 (1)垂直于导轨平面向下。 (2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电 流为I,有 I= 设MN受到的安培力为F,有 F=IlB 由牛顿第二定律,有 F=ma 联立式得 a= ,(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为Q0,有 Q0=CE 开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时,设MN上的感应电动势为E,有 E=Blvmax 依题意有 E= 设在此过程中MN的平均电流为 ,MN上受到的平均安培力为 ,有 = lB 由动量定理,有 t=mvmax-0 又 t=Q0-Q 联立式得 Q=,16.(2017北京理综,24,20分)发电机和电动机具有装置上的类似性,源于它们机理上的类似性。 直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。 在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面 内,相距为L,电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良 好,以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。 图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻,导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点 M、P间接有直流电源,导体棒ab通过滑轮匀速提升重物,电路中的电流为I。 (1)求在t时间内,图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。 (2)从微观角度看,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为,了方便,可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。 a.请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中,分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意 图。 b.我们知道,洛伦兹力对运动电荷不做功。那么,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何 在能量转化过程中起到作用的呢?请以图2“电动机”为例,通过计算分析说明。,答案 见解析 解析 本题考查发电机和电动机的机理分析、洛伦兹力的方向及其在能量转化中的作用。 (1)图1中,电路中的电流I1= 棒ab受到的安培力F1=BI1L 在t时间内,“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功 E电=F1vt= 图2中,棒ab受到的安培力F2=BIL 在t时间内,“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功 E机=F2vt=BILvt (2)a.如图3、图4所示。,b.设自由电荷的电荷量为q,沿导体棒定向移动的速率为u。 如图4所示,沿棒方向的洛伦兹力f1=qvB,做负功 W1=-f1ut=-qvBut 垂直棒方向的洛伦兹力f2=quB,做正功 W2=f2vt=quBvt 所以W1=-W2,即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。,f1做负功,阻碍自由电荷的定向移动,宏观上表现为“反电动势”,消耗电源的电能;f2做正功,宏 观上表现为安培力做正功,使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将 电能转化为等量的机械能,在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。,17.(2017上海单科,20,16分)如图,光滑平行金属导轨间距为L,与水平面夹角为,两导轨上端用 阻值为R的电阻相连,该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面。质 量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动,然后又返回到出发位 置。在运动过程中,ab与导轨垂直且接触良好,不计ab和导轨的电阻及空气阻力。 (1)求ab开始运动时的加速度a; (2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况; (3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短。,答案 见解析 解析 本题考查电磁感应、闭合电路欧姆定律。动力学分析、能量转化与守恒定律。 (1)利用楞次定律,对初始状态的ab受力分析得: mg sin +BIL=ma 对回路分析 I= = 联立得 a=g sin + (2)上滑过程: 由第(1)问中的分析可知,上滑过程加速度大小表达式为: a上=g sin + 上滑过程,a、v反向,做减速运动。利用式,v减小则a减小,可知,杆上滑时做加速度逐渐减小 的减速运动。,下滑过程: 由牛顿第二定律,对ab受力分析得: mg sin - =ma下 a下=g sin - 因a下与v同向,ab做加速运动。 由得v增加,a下减小, ab做加速度减小的加速运动。 (3)设P点是上滑与下滑过程中经过的同一点P,由能量转化与守恒可知: m = m +QR QR为ab从P滑到最高点到再回到P点过程中R上产生的焦耳热。 由QR0所以vP上vP下 同理可推得ab上滑通过某一位置的速度大于下滑通过同一位置的速度,进而可推得 由s= t上= t下得,t上t下 即ab上滑时间比下滑时间短。,18.(2015北京理综,22,16分)如图所示,足够长的平行光滑金属导轨水平放置,宽度L=0.4 m,一端 连接R=1 的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=1 T。导体棒MN 放在导轨上,其长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不 计。在平行于导轨的拉力F作用下,导体棒沿导轨向右匀速运动,速度v=5 m/s。求: (1)感应电动势E和感应电流I; (2)在0.1 s时间内,拉力的冲量IF的大小; (3)若将MN换为电阻r=1 的导体棒,其他条件不变,求导体棒两端的电压U。,答案 (1)2 V 2 A (2)0.08 Ns (3)1 V 解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势 E=BLv=10.45 V=2 V 感应电流I= = A=2 A (2)拉力大小等于安培力大小 F=BIL=120.4 N=0.8 N 冲量大小IF=Ft=0.80.1 Ns=0.08 Ns (3)由闭合电路欧姆定律可得,电路中电流 I= = A=1 A 由欧姆定律可得,导体棒两端电压U=IR=1 V,考点一 电磁感应现象、楞次定律,C组 教师专用题组,1.(2014山东理综,16,6分)(多选)如图,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,答案 BCD 直导线产生的磁场在M区域垂直纸面向外,在N区域垂直纸面向里,根据右手定 则,导体棒上的感应电流在M区域向下,在N区域向上,由左手定则判定,在M、N区域导体棒所 受安培力均向左,故A错误,B正确;I感= ,F安=BI感L= ,离直导线越近处B越大,所以FM逐渐 增大,FN逐渐减小,C、D正确。,2.(2014四川理综,6,6分)(多选)如图所示,不计电阻的光滑U形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃 挡板H、P固定在框上,H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡 板之间,与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形,其有效电阻为0.1 。此时在整个空间 加方向与水平面成30角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律是B=(0.4-0. 2t)T,图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则 ( ) A.t=1 s时,金属杆中感应电流方向从C到D B.t=3 s时,金属杆中感应电流方向从D到C C.t=1 s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N,D.t=3 s时,金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N,答案 AC 据已知B=(0.4-0.2t)T可知t=1 s时,正方向的磁场在减弱,由楞次定律可判定电流方 向为由C到D,A项正确。同理可判定B项错误。t=1 s时感应电动势E= = Ssin 30=0.1 V,I=E/R=1 A,安培力F安=BIL=0.2 N,对杆受力分析如图 FN=F安 cos 60=0.1 N,由牛顿第三定律知C项正确。同理可得t=3 s时对挡板H的压力大小为0.1 N,D项错误。 评析 本题以金属框和金属杆为载体,考查了安培力、楞次定律、感应电动势、受力分析、 物体受力平衡、正交分解等知识的综合运用能力。同时要求考生注意数学运算能力的发挥 和运用。综合性强,难度较大。要求考生认真、细致,稳妥应答。,3.(2014广东理综,15,4分)如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和