（新课标Ⅲ）2019版高考物理一轮复习 专题十一 电磁感应课件.ppt

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1.(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,五年高考,A组统一命题课标卷题组,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。,2.(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。,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.(2015课标,19,6分,0.290)(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。,考查点楞次定律,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。,延伸拓展本题中把圆盘看成无数个其他形状的线圈的组合也可以。,考点二法拉第电磁感应定律5.(2018课标,20,6分)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势()A.在t=时为零B.在t=时改变方向,C.在t=时最大,且沿顺时针方向D.在t=T时最大,且沿顺时针方向,答案AC本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律。由i-t图像可知,在t=时,=0,此时穿过导线框R的磁通量的变化率=0,由法拉第电磁感应定律可知,此时导线框R中的感应电动势为0,选项A正确;同理在t=和t=T时,为最大值,为最大值,导线框R中的感应电动势为最大值,不改变方向,选项B错误;根据楞次定律,t=时,导线框R中的感应电动势的方向为顺时针方向,而t=T时,导线框R中的感应电动势的方向为逆时针方向,选项C正确,选项D错误。,一题多解当导线PQ中电流变大时,穿过导线框R的磁通量变大,由楞次定律可知,为阻碍磁通量变大,R有向右的运动趋势,根据两直导线电流同向相吸,异向相斥,可判断R中的电流方向。同理,可判断当导线PQ中电流变小时导线框R中的电流方向。,6.(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。,7.(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0.1m、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0.5TB.导线框运动速度的大小为0.5m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外,D.在t=0.4s至t=0.6s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1N,答案BC导线框匀速进入磁场时速度v=m/s=0.5m/s,选项B正确;由E=BLv,得B=T=0.2T,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=0.20.1N=0.04N,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。,8.(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。,疑难突破金属圆盘在恒定的匀强磁场中转动时,其等效电源的模型如图所示,每个电源的电动势E=BL2(L为圆盘的半径),内阻为r0,则n个电源并联后的总电动势仍为E,总内阻r=,n时,r=0。,评析本题以转动的圆盘为背景,考查了考生构建模型的能力。从知识角度,本题考查了感应电动势、右手定则、闭合电路欧姆定律、电功率等基础知识,综合性较强,属于中等难度题。,9.(2015课标,15,6分,0.337)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a、b、c。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()A.ac,金属框中无电流B.bc,金属框中电流方向沿a-b-c-aC.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b=a,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。,13.(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aB.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=nS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。,14.(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IvFA=BIl=即:FAvUR=IR=R即:URvP=IE=即:Pv2对金属棒MN:F-FA=maF0+kv-v=maF0+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b的铝条,磁铁仍以速度v进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。,答案(1)(2)见解析(3)见解析,解析(1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等均为F安,有F安=IdB磁铁受到沿斜面向上的作用力为F,其大小有F=2F安磁铁匀速运动时受力平衡,则有F-mgsin=0联立式可得I=(2)磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为E,有E=Bdv铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有R=由欧姆定律有I=,联立式可得v=(3)磁铁以速度v进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F,联立式可得F=当铝条的宽度bb时,磁铁以速度v进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F,有F=可见,FF=mgsin,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大。之后,随着运动速度减小,F也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减小。综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动。直到F=mgsin时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑。,解题指导明确题中所构建的物理模型是解本题的关键。另外要注意的是:两边铝条对磁铁均有电磁阻力,且阻力相同。对于(3)中磁铁运动过程的分析,可类比我们熟悉的情景:导体棒沿倾斜的平行金属导轨下滑。,21.(2016浙江理综,24,20分)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示,两根平行金属导轨相距l=0.50m,倾角=53,导轨上端串接一个R=0.05的电阻。在导轨间长d=0.56m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0T。质量m=4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24m。一位健身者用恒力F=80N拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10m/s2,sin53=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求(1)CD棒进入磁场时速度v的大小;,(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小;(3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。,答案(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J,解析(1)由牛顿运动定律a=12m/s2进入磁场时的速度v=2.4m/s(2)感应电动势E=Blv感应电流I=安培力FA=IBl代入得FA=48N(3)健身者做功W=F(s+d)=64J由牛顿运动定律F-mgsin-FA=0CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t=焦耳热Q=I2Rt=26.88J,22.(2015浙江理综,24,20分)小明同学设计了一个“电磁天平”,如图1所示,等臂天平的左臂为挂盘,右臂挂有矩形线圈,两臂平衡。线圈的水平边长L=0.1m,竖直边长H=0.3m,匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内,磁感应强度B0=1.0T,方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在02.0A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后,调节线圈中电流使天平平衡,测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g=10m/s2)图1(1)为使电磁天平的量程达到0.5kg,线圈的匝数N1至少为多少?,(2)进一步探究电磁感应现象,另选N2=100匝、形状相同的线圈,总电阻R=10。不接外电流,两臂平衡。如图2所示,保持B0不变,在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B随时间均匀变大,磁场区域宽度d=0.1m。当挂盘中放质量为0.01kg的物体时,天平平衡,求此时磁感应强度的变化率。图2,答案(1)25(2)0.1T/s,解析(1)线圈受到安培力F=N1B0IL天平平衡mg=N1B0IL代入数据得N1=25(2)由电磁感应定律得E=N2E=N2Ld由欧姆定律得I=线圈受到安培力F=N2B0IL天平平衡mg=B0代入数据可得=0.1T/s,考点一电磁感应现象楞次定律1.(2015山东理综,19,6分)如图甲,R0为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过R0的电流i始终向左,其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时,a、b间的电压uab为正,下列uab-t图像可能正确的是()图甲图乙,C组教师专用题组,答案C圆环内磁场的变化周期为0.5T0,则产生的感应电动势的变化周期也一定是0.5T0,四个图像中,只有C的变化周期是0.5T0,根据排除法可知,C正确。,考点二法拉第电磁感应定律2.(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。,3.(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0.2kg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1m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=1s时,金属杆中感应电流方向从C到DB.t=3s时,金属杆中感应电流方向从D到CC.t=1s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1N,D.t=3s时,金属杆对挡板H的压力大小为0.2N,答案AC据已知B=(0.4-0.2t)T可知t=1s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=1s时感应电动势E=Ssin30=0.1V,I=E/R=1A,安培力F安=BIL=0.2N,对杆受力分析如图FN=F安cos60=0.1N,由牛顿第三定律知C项正确。同理可得t=3s时对挡板H的压力大小为0.1N,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。,4.(2013课标,16,6分,0.586)如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中,可能正确描述上述过程的是(),答案D导线框刚进入磁场时速度设为v0,此时产生的感应电动势E=BLv0,感应电流I=,线框受到的安培力F=BLI=。由牛顿第二定律F=ma知,=ma,由楞次定律知线框开始减速,随v减小,其加速度a减小,故进入磁场时做加速度减小的减速运动。当线框全部进入磁场开始做匀速运动,在出磁场的过程中,仍做加速度减小的减速运动,故只有D选项正确。,思路分析推导出导线框进入磁场时所受安培力的表达式F=BIL=ma,线框加速度a=,加速度随着速度的减小而减小,线框完全在磁场中时不受安培力,a=0。由a的变化情况可知v-t图线的变化情况。,温馨提示由楞次定律可知安培力的方向始终向左,线框完全在磁场中时不受安培力。,5.(2013安徽理综,16,6分)如图所示,足够长平行金属导轨倾斜放置,倾角为37,宽度为0.5m,电阻忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1。一导体棒MN垂直于导轨放置,质量为0.2kg,接入电路的电阻为1,两端与导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为0.8T。将导体棒MN由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光,此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10m/s2,sin37=0.6)()A.2.5m/s1WB.5m/s1WC.7.5m/s9WD.15m/s9W,答案B小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动。此时:F安=,对棒满足:mgsin-mgcos-=0因为R灯=R棒,则:P灯=P棒再依据功能关系:mgsinv-mgcosv=P灯+P棒联立解得v=5m/s,P灯=1W,所以B项正确。,评析首先明确灯泡稳定发光的隐含条件为棒做匀速直线运动,其次应对棒正确进行受力分析,将功能关系转化为功率关系。本题综合性强,难度较大。,6.(2013浙江理综,15,6分)磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区,刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时,在线圈中产生感应电动势,其E-t关系如图所示。如果只将刷卡速度改为,线圈中的E-t关系图可能是(),答案D刷卡速度改为原来一半时,磁卡通过检测线圈的时间即有感应电动势产生的时间变为原来的2倍,可知A、B错误;由E=BLv知当只减小v时,磁卡与检测线圈在相同的相对位置处产生的感应电动势也减小,故C错误、D正确。,7.(2012课标,19,6分)如图,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周,在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率的大小应为(),A.B.C.D.,答案C设圆的半径为L,线框电阻为R,当线框以角速度匀速转动时产生的感应电动势E1=B0L2。当线框不动,而磁感应强度随时间变化时E2=L2,由=得B0L2=L2,即=,故C项正确。,8.(2010全国,17,6分)(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下,大小为4.510-5T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸,河宽100m,该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过。设落潮时,海水自西向东流,流速为2m/s。下列说法正确的是()A.电压表记录的电压为5mVB.电压表记录的电压为9mVC.河南岸的电势较高D.河北岸的电势较高,答案BD由E=BLv=4.510-51002V=910-3V可知A项错误,B项正确。再由右手定则可判断河北岸电势高,故C项错误,D项正确。,9.(2010全国,18)如图,空间某区域中有一匀强磁场,磁感应强度方向水平,且垂直于纸面向里,磁场上边界b和下边界d水平。在竖直面内有一矩形金属线圈,线圈上下边的距离很短,下边水平。线圈从水平面a开始下落。已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离。若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时,线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd,则()A.FdFcFbB.FcFbFdD.Fcvb,所以FdFbFc,选项D正确。,10.(2010课标,21,6分)如图所示,两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置,相对的端面之间有一缝隙,铁芯上绕导线并与电源连接,在缝隙中形成一匀强磁场。一铜质细直棒ab水平置于缝隙中,且与圆柱轴线等高、垂直。让铜棒从静止开始自由下落,铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1,下落距离为0.8R时电动势大小为E2。忽略涡流损耗和边缘效应。关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性,下列判断正确的是()A.E1E2,a端为正B.E1E2,b端为正C.E1E2,a端为正D.E1E2,b端为正,答案D当细直棒下落距离为0.2R时,棒的速度v1=,有效切割长度l1=2,此时刻电动势E1=Bv1l1=2BR;当棒下落距离为0.8R时,棒的速度v2=,有效切割长度l2=2,电动势E2=Bv2l2=2BR,比较E1与E2的表达式知E10代表圆盘逆时针转动。已知:R=3.0,B=1.0T,r=0.2m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻。(1)根据图(b)写出ab、bc段对应的I与的关系式;(2)求出图(b)中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc;(3)分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式。,图(a)图(b),答案见解析,解析(1)由图像可知,在ab段I=(-45rad/s15rad/s)在bc段I=-0.05(15rad/s45rad/s)(2)由题意可知,P两端的电压UP等于圆盘产生的电动势,UP=Br2b点时b=15rad/sUb=Br2b=0.3Vc点时c=45rad/sUc=Br2c=0.9V(3)由图像中电流变化规律可知电子元件P在b点时开始导通,则:在ab段IP=0(-0.9VUP0.3V)在bc段,IP=I-而I=-0.05UP=Br2联立可得IP=-0.05(0.3VG1由式可知安培力方向与重力方向相反,竖直向上。(2)对铜条组成的回路:E=BLv=IR铜条受到的安培力F安=BIL由可得F安=G2-G1由得:磁感应强度大小B=,评析本题为电磁感应、电路与力的综合题,考查学生的综合能力,整体法与隔离法应用也是本题的特点。,26.(2013天津理综,12,20分)超导现象是20世纪人类重大发现之一,日前我国已研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行。(1)超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零,这种性质可以通过实验研究。将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中,磁感线垂直于圆环平面向上,逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场,若此后环中的电流不随时间变化,则表明其电阻为零。请指出自上往下看环中电流方向,并说明理由。(2)为探究该圆环在超导状态的电阻率上限,研究人员测得撤去磁场后环中电流为I,并经一年以上的时间t未检测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于I的电流变化,其中II,当电流的变化小于I时,仪器检测不出电流的变化,研究人员便认为电流没有变化。设环的横截面积为S,环中定向移动电子的平均速率为v,电子质量为m、电荷量为e。试用上述给出的各物理量,推导出的表达式。(3)若仍使用上述测量仪器,实验持续时间依旧为t,为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限的准确程度更高,请提出你的建议,并简要说明实现方法。,答案(1)逆时针方向,理由见解析(2)=(3)见解析,解析(1)撤去磁场瞬间,环所围面积的磁通量突变为零,由楞次定律可知,环中电流的磁场方向应与原磁场方向相同,即向上。由右手螺旋定则可知,环中电流的方向是沿逆时针方向。(2)设圆环周长为l、电阻为R,由电阻定律得R=设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为E,由焦耳定律得E=I2Rt设环中单位体积内定向移动电子数为n,则I=nevS式中n、e、S不变,只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化。电流变化大小取I时,相应定向移动电子的平均速率变化的大小为v,则I=neSv设环中定向移动电子减少的动能总和为Ek,则Ek=nlS,由于II,可得Ek=I根据能量守恒定律,得E=Ek联立上述各式,得=(3)由=看出,在题设条件限制下,适当增大超导电流,可以使实验获得的准确程度更高,通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流。,27.(2009全国,24,15分)如图,匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里,大小随时间的变化率=k,k为负的常量。用电阻率为、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框,将方框固定于纸面内,其右半部位于磁场区域中。求(1)导线中感应电流的大小;(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率。,答案(1)I=(2)=,解析(1)导线框的感应电动势为E=l2B导线框中的电流为I=式中R是导线框的电阻,根据电阻率公式有R=联立式,将=k代入得I=(2)导线框所受磁场的作用力的大小为f=BIl它随时间的变化率为,=Il由式得=,考点一电磁感应现象楞次定律,1.(2018广西防城港1月模拟,19)(多选)如图所示,M为水平放置的橡胶圆盘,在其外侧面均匀地带有负电荷。在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N,铝环也处于水平面中,且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上,现让橡胶盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动,下列说法正确的是()A.铝环N有沿逆时针方向的感应电流B.铝环N有扩大的趋势C.橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向下D.橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上,三年模拟,A组20162018年高考模拟基础题组,答案AD圆盘M带负电,旋转时形成顺时针方向的电流(从上往下看)。根据安培定则可知,在圆盘上方形成的磁场方向竖直向下,由于加速转动,所以电流增大,磁场增强,穿过铝环N的磁通量增大,根据楞次定律,感应电流产生的磁场要阻碍原磁通量的变化,铝环N有缩小的趋势,铝环中有逆时针方向的感应电流,圆盘对铝环的力竖直向上,A、D正确,B、C错误。,2.(2018广西防城港3月模拟,20)(多选)如图所示,等边闭合三角形线框,开始底边与匀强磁场的边界平行且重合,磁场的宽度大于三角形的高度,线框由静止释放,穿过该磁场区域,不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.线框进磁场过程中感应电流沿顺时针方向B.线框底边刚进入和刚穿出磁场时线框的加速度大小可能相同C.线框出磁场的过程,可能做先减速后加速的直线运动D.线框进出磁场过程,通过线框的电荷量不同,答案BC线框进入磁场过程中,根据楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向,A错误;线框底边刚进入磁场瞬间,速度为零,产生的感应电动势为零,下落加速度为g,完全进入磁场后下落加速度为g,随着下落速度的增大,出磁场时产生的安培力可能等于2mg,此时减速的加速度大小为g,B正确;线框出磁场的过程,可能先做减速直线运动,随着速度减小,切割长度变短,线框受到的安培力减小,当小于重力后线框做加速直线运动,C正确;线框进、出磁场过程,通过线框的电荷量相同,D错误。,3.(2017广西南宁4月二模,19)(多选)如图所示,两根平行长直导线M、N竖直放置,两导线中通过大小、方向均相同的恒定电流,圆形导线框在图示位置,线框和两导线在同一竖直平面内,不计空气阻力。下列说法正确的是()A.若线框从图示位置由静止释放,则线框做直线运动B.若线框从图示位置由静止释放,则线框做曲线运动C.若线框沿着水平方向,自右向左在两导线间匀速移动,则线框中感应电流沿逆时针方向D.若线框沿着水平方向,自右向左在两导线间匀速移动,则线框中感应电流先沿逆时针方向,后沿顺时针方向,答案AC若线框从图示位置由静止释放,线框下落,穿过线框的磁通量不变,则线框做自由落体运动,A正确、B错误;线框沿着水平方向,自右向左在两导线间匀速移动,由楞次定律可知线框中感应电流沿逆时针方向,C正确、D错误。,考点二法拉第电磁感应定律4.(2018云南昆明一中七模,21)(多选)如图所示,固定于水平桌面上足够长的两平行导轨PQ、MN,间距为d=1.0m,P、M两端接有一只理想电压表,整个装置处于竖直向下的磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中,有效电阻均为r=0.1、质量分别为m1=0.3kg和m2=0.5kg的两金属棒L1、L2平行地搁在光滑导轨上,现固定棒L1,使棒L2在水平恒力F=0.8N的作用下,由静止开始做加速运动,则()A.当电压表读数为0.2V时,棒L2的速度为1m/s,B.棒L2能达到的最大速度vm=4m/sC.若在棒L2达到最大速度时撤去外力F,并同时释放棒L1,棒L2达到稳定时速度值为1.25m/sD.从释放到稳定时棒L1获得的冲量I=0.75Ns,答案BD当电压表读数为0.2V时,根据U=E=Bdv可知棒L2的速度为2m/s,故A错;棒L2达到最大速度时有F=,可得最大速度vm=4m/s,故B正确;若在棒L2达到最大速度时撤去外力F,并同时释放棒L1,由m2vm=(m1+m2)v可知棒L2达到稳定时速度值为2.5m/s,故C错;从释放到稳定时棒L1获得的冲量I=m1v=0.75Ns,故D正确。,5.(2018广西南宁3月适应性测试,20)(多选)如图甲所示,一正方形单匝线框放在光滑绝缘的水平面上,在水平向右的拉力作用下从图示位置由静止开始始终向右做匀加速运动,线框右侧有一个垂直于水平面向下的匀强磁场区域,磁场区域足够大,线框的右边始终与磁场的边界平行,线框的质量为1kg,电阻为1,整个运动过程中,拉力的大小随时间的变化如图乙所示,则()A.线框运动的加速度为5m/s2B.线框刚好完全进入磁场的时刻为t=1.2s,C.线框的边长为0.55mD.磁场的磁感应强度大小为1.1T,答案AB由乙图可知,线框在磁场外受到的合外力为5N,则运动的加速度a=m/s2=5m/s2,A项正确;线框进入磁场时,由图像得=,求得t=1.2s,B项正确;线框的边长为L=5(1.22-12)m=1.1m,C项错误;线框进磁场的过程中,F-at=ma,即F=at+ma,则a=5N/s,得磁感应强度B=T,D项错误。,6.(2017广西柳州4月模拟,17)如图甲所示,水平放置的线圈所围的面积为0.1m2,共10匝,线圈总电阻为1;垂直线圈平面加一竖直向上的磁场,磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示,过坐标原点O的切线经过点(1s,0.1T)。则下列说法正确的是()A.05s时间内,线圈中感应电流i的最大值为0.01AB.在第4s时间内,线圈中感应电流i的方向(从上向下看)为逆时针C.前2s内,通过线圈某截面的总电荷量为0.01C,D.第3s内,线圈的发热功率最大,答案B由图乙看出,在05s内,t=0时图线斜率的绝对值最大,B的变化率最大,线圈中产生的感应电动势最大,感应电流也最大,最大值为I=0.1A,故A错误;在第4s时间内,穿过线圈的磁场方向向上,磁通量减小,则根据楞次定律判断得知,i的方向(从上向下看)为逆时针,故B正确;前2s内,通过线圈某截面的总电荷量q=n=10C=0.1C,故C错误;第3s内,B没有变化,线圈中没有感应电流产生,则线圈的发热功率最小,故D错误。,考点三电磁感应中的综合问题,7.(2018贵州贵阳一中3月月考,21)(多选)如图所示,ON、ON为同一斜面内的两条光滑平行长直金属导轨,导轨左端串接电阻R,金属杆ab垂直导轨放置,金属杆和导轨的电阻不计,杆与导轨间接触良好,整个装置处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中。由静止释放金属杆ab,在金属杆向下滑动过程中,金属杆的速度大小为v,所受安培力大小为F安,通过的感应电流大小为I,R上消耗的总能量为E总,则下列关于v、F安、I、E总随时间变化的图像可能正确的是(),答案AD金属杆ab在重力的分力mgsin的作用下从静止开始运动,由于金属杆切割磁感线产生感应电流,受到随速度的增大而增大的安培力作用,所以金属杆做加速度逐渐减小的加速运动,当安培力增大到等于mgsin后,金属杆做匀速直线运动,A选项所示v-t图像正确。金属杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,感应电流I=,感应电流与速度v成正比,感应电流随时间变化的图像与选项A所示v-t图像类似,故C错误。杆所受安培力F安=BIL=,F安随时间变化的图像与v-t图像类似,故B错误。加速下滑过程中重力做的功一部分使金属杆动能增大,另一部分转化为电能,被电阻R消耗掉;当金属杆匀速运动后,重力所做的功等于克服安培力所做的功,等于R上消耗的能量,因此D选项所示的E-t图像可能正确。,B组20162018年高考模拟综合题组（时间:45分钟分值:60分）一、选择题(每题6分,共12分)1.(2018广西柳州高级中学、南宁二中二联,21)(多选)水平光滑的桌面内固定一足够长的直导线,并通以如图所示的恒定电流,两个相同的正方形线框abcd和efgh到导线的距离相等,两个线框间产生的电磁现象忽略不计,现分别给两个线框平行于导线和垂直于导线的初速度v,下列判断正确的是()A.线框abcd做匀速直线运动,线框efgh做减速直线运动B.刚开始运动瞬间bc边与eh边所受安培力的大小相等C.线框efgh运动过程中产生顺时针方向的感应电流D.线框abcd运动过程中a点的电势比b点低,答案AD通电直导线周围的磁场为非匀强磁场,离导线越近,磁场越强,线框abcd和efgh所在位置磁场分别垂直纸面向里和向外,abcd平行于导线运动,始终与导线的距离相等,穿过线框的磁通量不变,不产生感应电流,没有安培力,故线框abcd做匀速直线运动,但是ab边在切割磁感线,由右手定则可判断出a点的电势比b点低;线框efgh在远离导线的过程中,向外的磁场减弱,由楞次定律判断产生逆时针方向的感应电流,并受到向左的安培力,做变减速直线运动。A、D正确。,2.(2017云南昆明适应性检测,16)如图所示,平面直角坐标系xOy第一、三象限分布着垂直于纸面向里和向外的匀强磁场,磁感应强度大小相等,MON是圆心角为90的扇形导线框,圆心在坐标原点O处,导线框在纸面内。在t=0时刻,线框从图示位置开始绕垂直于纸面且过O点的轴逆时针匀速转动。以逆时针方向为线框中感应电流的正方向,在转动一周的过程中,能正确反映线框内感应电流随时间变化的是(),答案D在0时间内,导线ON切割磁感线,产生的感应电动势E=BL2,i=,由楞次定律可知,导线框中感应电流方向为逆时针,为正方向。在时间内导线OM切割磁感线,产生的感应电动势E=BL2,i=,由楞次定律知,感应电流方向为顺时针,为负方向。在T时间内导线ON切割磁感线,产生的感应电动势E=BL2,i=,由楞次定律知感应电流方向为顺时针,为负方向。在TT时间内,导线OM切割磁感线,产生的感应电动势E=BL2,i=,由楞次定律知感应电流方向为逆时针,为正方向。综上所述,正确图像为D。,二、非选择题(共48分)3.(2018西南名校质量检测,24)(12分)如图甲所示,空间存在B=0.5T、方向竖直向下的匀强磁场,MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨,间距L=0.2m,在导轨一端连接着阻值为R=0.4的定值电阻