（新课标Ⅰ）2019版高考物理 专题十一 电磁感应课件.pptVIP

专题十一电磁感应,高考物理(新课标专用),A组统一命题课标卷题组考点一电磁感应现象、楞次定律,五年高考,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.(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,3.(2014课标,14,6分,0.676)在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是()A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化,答案D将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,因线圈中的磁通量没有变化,故不能观察到感应电流,选项A不符合题意;在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时,如果通电线圈通以恒定电流,产生不变的磁场,则在另一线圈中不会产生感应电流,选项B不符合题意;在线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表时,磁通量已不再变化,因此也不能观察到感应电流,选项C不符合题意;绕在同一铁环上的两个线圈,在给一个线圈通电或断电的瞬间,线圈产生的磁场变化,使穿过另一线圈的磁通量变化,因此,能观察到感应电流,选项D符合题意。,解题关键只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,闭合导体回路中就有感应电流。,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。,考点二法拉第电磁感应定律,5.(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。,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。,7.(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。,答案BC本题考查法拉第电磁感应定律、安培力、右手定则,考查学生的推理能力、利用图像获得信息的能力。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。,解题关键利用图像获取信息:线框匀速进入磁场的时间;感应电动势的正负及大小。,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。,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。,10.(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-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Ub=Uat0)穿过回路的总磁通量和金属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)在金属棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为=ktS设在从t时刻到t+t的时间间隔内,回路磁通量的变化量为,流过电阻R的电荷量为q。由法拉第电磁感应定律有=-由欧姆定律有i=由电流的定义有i=联立式得|q|=t由式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|=(2)当tt0时,金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有f=F式中,f是外加水平恒力,F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I,F的大小为F=B0lI此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0)匀强磁场穿过回路的磁通量为=B0ls,回路的总磁通量为t=+式中,仍如式所示。由式得,在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量为t=B0lv0(t-t0)+kSt在t到t+t的时间间隔内,总磁通量的改变t为t=(B0lv0+kS)t由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为t=由欧姆定律有I=联立式得f=(B0lv0+kS),解题指导(1)金属棒在0t0时间内,由于圆形磁场中的磁通量变化而引起感应电动势,从而形成感应电流,由电流的定义式可以求出流过电阻的电荷量的绝对值。(2)当金属棒越过MN后,穿过回路的磁通量由两部分组成;再由法拉第电磁感应定律等知识可以求出外加水平恒力的大小。,易错点拨(1)在计算磁通量时,用的是左侧矩形面积,而不是圆形磁场面积,从而导致出错。(2)当金属棒越过MN后计算磁通量时,得出的金属棒与MN的距离s=v0t,从而导致出错。,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.(2014广东理综,15,4分)如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块()A.在P和Q中都做自由落体运动B.在两个下落过程中的机械能都守恒C.在P中的下落时间比在Q中的长D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大,答案C小磁块在铜管中下落时,由于电磁阻尼作用,不做自由落体运动,机械能不守恒,而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动,机械能守恒,因此在P中下落得慢,用时长,到达底端速度小,C项正确,A、B、D错误。,考点二法拉第电磁感应定律,2.(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=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。,3.(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。,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.(2014安徽理综,20,6分)英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是()A.0B.r2qkC.2r2qkD.r2qk,答案D变化的磁场使回路中产生的感生电动势E=S=kr2,则感生电场对小球的作用力所做的功W=qU=qE=r2qk,选项D正确。,评析本题考查麦克斯韦理论,即变化的磁场在空间激发电场。解答此题的关键是由法拉第电磁感应定律确定出感生电动势,试题难度中等,虽源于教材,但易失分。,考点三电磁感应中的综合应用,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。,7.(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。,8.(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。,9.(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=,解题关键动量定理在电磁感应中的应用本题中,电容器的放电引起电容器两极板间电压减小,同时MN棒加速产生的反电动势增大,故回路中电流逐渐减小,故MN棒所受安培力也逐渐减小,所以对MN棒运动过程应用动量定理时,安培力的冲量应用平均安培力乘时间来计算,则t=lBt=BlQ=mvmax,Q为流过MN棒的总电荷量,即电容器放出的总电荷量。,10.(2016天津理综,12,20分)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为。一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为d的正方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为。为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g。(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I;(2)若两铝条的宽度均为b,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式;(3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度bb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。,方法技巧当遇到崭新的物理情景时,可以把它与我们熟悉的情景进行分析对比,找出共同点与不同点,采用类比的方法解题,就容易突破难点。,11.(2015天津理综,11,18分)如图所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面。开始时,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g。求(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍;(2)磁场上下边界间的距离H。,答案(1)4倍(2)+28l,解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边上的感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律,有E1=2Blv1设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有I1=设此时线框所受安培力为F1,有F1=2I1lB由于线框做匀速运动,其受力平衡,有mg=F1由式得v1=设ab边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v2,同理可得v2=由式得,v2=4v1(2)线框自释放直到cd边进入磁场前,由机械能守恒定律,有2mgl=m线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有mg(2l+H)=m-m+Q由式得H=+28l,12.(2014天津理综,11,18分)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角=30的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4m。导轨所在空间被分成区域和,两区域的边界与斜面的交线为MN,中的匀强磁场方向垂直斜面向下,中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T。在区域中,将质量m1=0.1kg,电阻R1=0.1的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑。然后,在区域中将质量m2=0.4kg,电阻R2=0.1的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,取g=10m/s2。问(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向;(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大;(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8m,此过程中ab上产生的热量Q是多少。,答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J,解析(1)由右手定则可知ab中电流方向由a流向b。(2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有Fmax=m1gsin设ab刚要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有E=BLv设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有I=设ab所受安培力为F安,有F安=ILB此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有F安=m1gsin+Fmax综合式,代入数据解得v=5m/s(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒有,m2gxsin=Q总+m2v2又Q=Q总解得Q=1.3J,答案见解析,解析(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势E=Blv(l=d),解得E=1.5V(D点电势高)当x=0.8m时,金属杆在导轨间的电势差为零。设此时杆在导轨外的长度为l外,则l外=d-d、OP=,得l外=1.2m由楞次定律判断D点电势高,故CD两端电势差UCD=-Bl外v,即UCD=-0.6V(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是l=d=3-x对应的电阻Rl为Rl=R,电流I=杆受的安培力F安=BIl=7.5-3.75x根据平衡条件得F=F安+mgsinF=12.5-3.75x(0x2m)画出的F-x图象如图所示。,(3)外力F所做的功WF等于F-x图线下所围的面积,即WF=2J=17.5J而杆的重力势能增加量Ep=mgsin故全过程产生的焦耳热Q=WF-Ep=7.5J,C组教师专用题组,考点一电磁感应现象、楞次定律,1.(2013课标,19,6分,0.433)(多选)在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是()A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说C.法拉第在实验中观察到,在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中,会出现感应电流D.楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,答案ABD通有恒定电流的静止导线附近产生的磁场是不变的,在其附近的固定导线圈中没有磁通量的变化,因此,不会出现感应电流,选项C错误。,评析对于中学物理中的经典实验及有历史性贡献的科学家均应有正确的认知。,考点二法拉第电磁感应定律,2.(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,故a-b=-nS,因为磁场均匀增加,所以a-b为恒定的,可见C正确。,3.(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。,4.(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91C.a、b线圈中感应电流之比为34D.a、b线圈中电功率之比为31,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=nl2,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。,5.(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。,易错点拨有些学生受生活中吉他铜质弦的影响,误选A项,这就提醒我们解题一定要结合所学的物理知识,深入思考推理,不要凭想象。,失分警示铜质材料不能被磁化,铜质弦振动时不会在线圈中产生感应电动势。,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,可知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。,7.(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,图2,(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。,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,8.(2015广东理综,35,18分)如图(a)所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4m。导轨右端接有阻值R=1的电阻。导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场,b、d连线与导轨垂直,长度也为L。从0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t变化,规律如图(b)所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s做直线运动,求:(1)棒进入磁场前,回路中的电动势E;(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F,以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。,(a),(b),答案(1)0.04V(2)0.04Ni=t-1(1st1.2s),解析(1)由图(b)可知01.0s内B的变化率=0.5T/s正方形磁场区域的面积S=0.08m2棒进入磁场前01.0s内回路中的感应电动势E=由得E=0.080.5V=0.04V(2)当棒通过bd位置时,有效切割长度最大,感应电流最大,棒受到最大安培力F=BIL棒过bd时的感应电动势Em=BLv=0.50.41V=0.2V棒过bd时的电流I=由得,F=0.04N棒通过a点后在三角形abd区域中的有效切割长度L与时间t的关系:L=2v(t-1),其中t的取值范围为1st1.2s电流i与时间t的关系式i=t-1(1st1.2s),考点三电磁感应中的综合应用,9.(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变化图象可能正确的有(),深度解析方法技巧:先分别得出I、FA、UR、P与v的关系,然后对棒MN受力分析,由牛顿第二定律列方程,最后分情况讨论棒MN的运动情况,根据各量与v的关系讨论得各量与时间的关系图象。,评析本题考查了电磁感应,通电导体在磁场中的运动以及物理规律与图象的结合问题,要求考生有较强的综合能力。,10.(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:mgsin+BIL=ma对回路分析I=联立得a=gsin+(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=gsin+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:,知识归纳当回路中只有一部分导体做切割磁感线运动时,安培力的表达式为F安=,R总为回路总电阻。运动学中,a、v同向,物体做加速运动;a、v反向,物体做减速运动。楞次定律的力学效果是“阻碍磁通量变化”。杆上滑,受安培力沿斜面向下,杆下滑,受安培力沿斜面向上。,11.(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,解题指导(1)应用动力学的方法或应用动能定理均可,应用动能定理更简便。(3)求解焦耳热有两种思路:应用Q=I2Rt求解;应用动能定理结合功能关系求解。,方法技巧(1)解法2:对CD棒应用动能定理有:(F-mgsin)s=mv2代入数据解得:v=2.4m/s(3)解法2:对CD棒穿过磁场的过程应用功能关系有:(F-mgsin)d-Q=0解得:Q=26.88J,12.(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=0.4m,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=1T。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=5m/s。求:(1)感应电动势E和感应电流I;(2)在0.1s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)2V2A(2)0.08Ns(3)1V,解析(1)由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=BLv=10.45V=2V感应电流I=A=2A(2)拉力大小等于安培力大小F=BIL=120.4N=0.8N冲量大小IF=Ft=0.80.1Ns=0.08Ns(3)由闭合电路欧姆定律可得,电路中电流I=A=1A由欧姆定律可得,导体棒两端电压U=IR=1V,13.(2015海南单科,13,10分)如图,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略。求(1)电阻R消耗的功率;(2)水平外力的大小。,答案(1)(2)+mg,解析解法一导体棒匀速向右滑动,速率为v,则有F=F安+mgE=BlvI=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)导体棒切割磁感线产生的电动势E=Blv由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R两端电压等于电动势:U=E,则电阻R消耗的功率PR=综合以上三式可得PR=(2)设水平外力大小为F,由能量守恒有Fv=PR+mgv故得F=+mg=+mg,14.(2014福建理综,22,20分)如图,某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道,管道的长为L、宽为d、高为h,上下两面是绝缘板,前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板,两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B,方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为的导电液体(有大量的正、负离子),且开关闭合前后,液体在管道进、出口两端压强差的作用下,均以恒定速率v0沿x轴正向流动,液体所受的摩擦阻力不变。,(1)求开关闭合前,M、N两板间的电势差大小U0;(2)求开关闭合前后,管道两端压强差的变化p;(3)调整矩形管道的宽和高,但保持其他量和矩形管道的横截面积S=dh不变,求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比d/