第十一章 电磁感应

1、高考考纲考纲解读1.电磁感应现象.()1.要求:理解电磁感应现象.2.考查:感应电流产生的条件.2.磁通量.()1.要求:判断磁通量的增减.2.考查:磁通量变化量的计算.3.法拉第电磁感应定律.()1.要求:掌握电磁感应定律及感应电动势的计算公式.2.考查:应用公式E=nt、E=Blv进行计算,且常与力、电综合考查.4.楞次定律.()1.要求:掌握楞次定律内容.2.考查:应用楞次定律和右手定则判断感应电流方向.5.自感、涡流.()1.要求:掌握自感现象产生的原因.2.考查:通、断电自感现象的分析.(对应学生用书第165171页) 电磁感应现象楞次定律考向扫描1产生感应电流的条件及相关物理学史2

2、利用楞次定律判断感应电流的方向和变化3利用右手定则判断切割类电流方向和电势高低4利用楞次定律推广判断导体的相对运动或受力情况1.(2012年山东理综,14,5分)以下叙述正确的是()A.法拉第发现了电磁感应现象B.惯性是物体的固有属性,速度大的物体惯性一定大C.牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D.感应电流遵从楞次定律所描述的方向,这是能量守恒定律的必然结果解析:法拉第最早发现了电磁感应现象,A正确;惯性是物体的固有属性,质量是物体惯性大小的唯一量度,B错误;伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因,C错误;自然界任何过程都遵循能量守恒定律,D正确.答案:AD. 本

3、题难度不大,物理学史是近几年山东高考的必考内容,也就要求今后在备考中要加强物理学史的学习,通过物理学史的学习使学生热爱科学,学习严谨的科学态度.2.(2012年全国新课标卷,20,6分)如图,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行.已知在t=0到t=t1的时间间隔内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中的感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.设电流i正方向与图中箭头所示方向相同,则i随时间t变化的图线可能是() 解析:因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强,而线框中左右两边电流的大小相同,而方向相反,所以受到的

4、安培力方向相反,而导线框的左边受到的力大于导线框的右边受到的力,所以合力沿导线框左边受到的力的方向,因为线框受到的安培力的合力先水平向左,后水平向右,根据左手定则,导线处的磁场方向先垂直纸面向里,后垂直纸面向外,根据右手定则,则导线的电流先为正,后为负,所以A正确;B、C、D错误.答案:A.3.(2011年海南卷,7,4分)自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的,很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献.下列说法正确的是()A.奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律,说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间

5、的联系D.焦耳发现了电流的热效应,定量给出了电能和热能之间的转换关系解析:奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电与磁之间的联系,A正确;欧姆发现了欧姆定律,说明了纯电阻电路电流和电压之间存在联系,B错误;法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系,C正确;焦耳发现了电流的热效应,定量给出了电能和热能之间的转换关系,D正确.答案:ACD.4.(2011年江苏卷,2,3分)如图所示,固定的水平长直导线中通有电流I,矩形线框与导线在同一竖直平面内,且一边与导线平行.线框由静止释放,在下落过程中() A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流方向保持不变C.线框所受安培力的合力为零D.线

6、框的机械能不断增大解析:离导线越远,磁感应强度越小.线框下落,磁通量减小,故A错误;由楞次定律可知,线框中感应电流方向保持不变,B正确;线框上、下两边所在处的磁感应强度不同,安培力的合力不为零,C错误;克服安培力做功,机械能减小,D错误.答案:B.5.(2011年上海卷,13,3分)如图,均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置,当a绕O点在其所在平面内旋转时,b中产生顺时针方向的感应电流,且具有收缩趋势,由此可知,圆环a() A.顺时针加速旋转B.顺时针减速旋转C.逆时针加速旋转D.逆时针减速旋转解析:b中为顺时针电流,由安培定则知,感应电流的磁场方向垂直纸面向里;b环有收缩趋势,说明

7、原磁场磁通量减少,方向垂直纸面向里,a环中的电流减小;a环带正电,由楞次定律知,a环顺时针减速运动.答案:B. 本题综合考查了楞次定律和安培定则的应用,正确分析感应电流磁场方向及b环收缩的原因是解题的关键.6.(2010年浙江理综,19,6分)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置,在圆环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接,两板间距为d,如图(甲)所示.有一变化的磁场垂直于纸面,规定向内为正,变化规律如图(乙)所示.在t=0时刻平板之间中心有一重力不计,电荷量为q的静止微粒.则以下说法正确的是()A.第2秒内上极板为正极B.第3秒内上极板为负极C.第2秒

8、末微粒回到了原来位置D.第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2r2/d解析:由题图(乙)知第2秒内,磁场向内并均匀减小,由楞次定律知,环中电流方向为顺时针,因而上极板带正电,A项正确;第3秒内磁场向外且均匀增大.由楞次定律知,环中电流方向为顺时针,上极板仍带正电,B项错误;同理,第1秒内上极板带负电,此微粒2秒内先做匀加速直线运动,再做匀减速直线运动,加速度大小不变,运动方向不变,C项错误;由法拉第电磁感应定律知,电路中感应电动势为E感=t=r2Bt=0.1r2,场强为E=E感d=0.1r2/d,D项错误.答案:A.法拉第电磁感应定律自感考向扫描1利用法拉第电磁感应定律分析或计算电动势的大小

9、及变化2利用公式E=Blv和左手定则计算分析切割类电动势及安培力方向3利用自感现象分析灯泡亮暗的原因备考点拨1.以“磁场变化”或“闭合电路面积”的变化考查公式E=n·SBt和E=n·BSt的应用2.以“线框过磁场”或“导体棒切割”为背景考查对公式E=Blv的应用3.自感现象中分析断电自感灯泡“闪亮”的原因及电流的方向也是高考的常考形式1.(2012年全国新课标卷,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

10、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Bt的大小应为() A.4B0B.2B0C.B0D.B02解析:当线框绕过圆心O以角速度匀速转动时,由于面积的变化产生感应电动势,从而产生感应电流,即I1=ER=Rt=B0SRt=B0r22Rt=B0r22R ,当线圈不动,磁场强度变化时,I2=Rt=BSRt=Br22Rt,因I1=I2,可得Bt=B0,C正确.答案:C. 本题考查法拉第电磁感应定律的应用,涉及两种类型公式的选用.解题时关键是要求学生能利用公式得到电流的表达式,注意本题的动生电动势是直径

11、切割磁感线,而不是半径.2.(2011年广东理综,15,4分)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是()A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同解析:根据法拉第电磁感应定律,感应电动势的大小与线圈的匝数成正比,与磁通量的变化率成正比,与磁通量大小无关,故A、B错误,C正确;根据楞次定律,感应电流产生的磁场方向可能与原磁场方向相同,也可能相反,D错误.答案:C.3.(2011年北京理综,19,

12、6分)某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁心的线圈L,小灯泡A,开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图所示的电路.检测电路后,闭合开关S,小灯泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象,他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是()A.电源的内阻较大B.小灯泡电阻偏大C.线圈电阻偏大D.线圈的自感系数较大解析:线圈L要阻碍通过它的电流变化.断电时,要阻碍其中的电流减小,L中电流要比断电前的电流小,并且通过灯泡形成一个回路,若L中电流断电前比灯泡中电流大,此时L中电流虽减小,但仍比灯泡断电前电流大,灯泡就会闪亮

13、一下.要实现L中电流比小灯泡电流大,根据欧姆定律可知,L的电阻比小灯泡电阻要小.从而判定出C正确.答案:C.4.(2010年山东理综,21,4分)如图所示,空间存在两个磁场,磁感应强度大小均为B,方向相反且垂直纸面,MN、PQ为其边界,OO'为其对称轴.一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd,回路在纸面内以恒定速度v0向右运动,当运动到关于OO'对称的位置时() A.穿过回路的磁通量为零B.回路中感应电动势大小为2Blv0C.回路中感应电流的方向为顺时针方向D.回路中ab边与cd边所受安培力方向相同解析:穿过闭合回路的磁感线方向相反,且条数相同,故磁通量为零,A项正确;闭合

14、回路的ab边和cd边切割磁感线产生的感应电流方向都为逆时针方向,所以产生的感应电动势相加,即E=2Blv0,故B项正确;由右手定则判定感应电流的方向为逆时针方向,故C项错误;由感应电流方向和左手定则可判定ab边和cd边所受安培力的方向相同,故D项正确.答案:ABD.5.(2010年课标全国卷,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

15、.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.E1>E2,a端为正B.E1>E2,b端为正C.E1<E2,a端为正D.E1<E2,b端为正解析:将立体图转化为平面图,如图所示根据右手定则判断b端电势高,b端为正;铜棒下落距离为0.2R时,l1=2R2-(0.2R)2=2R0.96,v1=2g·0.2R=0.4gR, 所以E1=Bl1v1=2BR0.96×0.4gR=2BR0.384gR,铜棒下落距离为0.8R时,l2=2R2-(0.8R)2=2R·0.36,v2=2g·0.8R=

16、1.6gR,所以E2=Bl2v2=2BR0.36×1.6gR=2BR0.576gR,故E2>E1.答案:D. 此题考查了右手螺旋定则、右手定则和法拉第电磁感应定律,既有定性判定,又有定量计算,难度较大.解此题应注意决定电动势大小的多个因素的变化,既要考虑有效长度的变化,又要考虑瞬时速率的变化.电磁感应中的图象问题考向扫描1电磁感应中切割类图象的选取2自感现象中电流方向及大小随时间变化的图象备考点拨1.以“线框”过磁场或“导体棒”在磁场中运动为背景分析电流或电动势等随时间或距离的变化图象2.以“通、断电自感”为背景考查感应电动势的作用或电流的变化规律3.高考中图象问题的考查一般有

17、两种,一种是以图象提供的信息为条件,另一种是选择符合题目条件的图象1.(2012年重庆理综,21,6分)如图所示,正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场.在外力作用下,一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动,t=0时刻,其四个顶点M'、N'、P'、Q'恰好在磁场边界中点,下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是() 解析:导线框运动时M'N'切割磁感线的有效长度越来越小,Q'P'先有效长度不变,故回路中总的切割有效长度先变大后不变再变小,由安培力公式f=BIL=B2L2vR,L随时间均匀变化,知B选项正确

18、.答案:B. 本题考查电磁感应中的图象问题,但也涉及有关感应电动势和安培力的计算是属于综合性较强的题型,难度大.2.(2012年福建理综,18,6分)如图(甲),一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落,穿过一根竖直悬挂的条形磁铁,铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合.若取磁铁中心O为坐标原点,建立竖直向下为正方向的x轴,则图(乙)中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是()解析:由条形磁铁的磁感线分布图知,从圆环下落处至O点,磁场的水平分量先增加后减小至0,磁场的增加与减小都不是线性的,且磁场方向向外,从O点以下,磁场的水平分量向里,先增加后减小,磁场的增加与减小也不是

19、线性的,铜环加速下滑,由i=BlvR判定电流变化不是线性的,A错误;关于O点的对称点,下面的速度大于上面的速度,磁感应强度的水平分量B大小相同,则下边的电流大于上边电流,B正确.由于关于O点的对称点速度大小不同,则电流不同,C错误;在O点的上方与下方,磁感应强度的水平分量方向相反,根据右手定则,电流方向也应该相反,D错误.答案:B. (1)掌握常见磁体的磁感线分布是解此题的关键点.(2)挖掘题目中的隐含条件,例如,磁感应强度的水平分量B关于O点对称,大小相等,方向相反;由于重力大于安培力,铜环加速下落.3.(2011年山东理综,22,4分)如图(甲)所示,两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不

20、计.两质量、长度均相同的导体棒c、d,置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处.磁场宽为3h,方向与导轨平面垂直.先由静止释放c,c刚进入磁场即匀速运动,此时再由静止释放d,两导体棒与导轨始终保持良好接触.用ac表示c的加速度,Ekd表示d的动能,xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移.图(乙)中正确的是() 解析:0h,c棒自由落体ac=g,h3h,c棒匀速下落.当c棒达xc=3h处时,d棒恰进入磁场,且速度相等,从此以后c、d棒中电流为零,F安=0,c、d棒只受重力,以共同的速度自由下落.ac=ad=g.故A错误,B正确;02h段只受重力做功,2h4h段受安培力和重力,且F安>mg做

21、加速度减小的减速运动,4h以后只受重力,故C错误,D正确.答案:BD.4.(2010年广东理综,16,4分)如图所示,平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域,细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M'N'的过程中,棒上感应电动势E随时间t变化的图示,可能正确的是()解析:若磁场区域宽为l,则金属棒匀速切割磁感线时产生的感应电动势E=Blv,因金属棒匀速运动,故E是恒量,故B、C错.金属棒运动的初始阶段和最后阶段不切割磁感线,E=0,故A对,D错.答案:A. 本题考查导体棒切割磁感线时产生感应电动势的计算.解题关键是两点:公式E=Blv的应用.感应电动势产生的时间段在图象中的体现.5.(

22、2010年北京理综,19,6分)在如图(甲)所示的电路中,两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后,调整R,使L1和L2发光的亮度一样,此时流过两个灯泡的电流均为I.然后,断开S.若t'时刻再闭合S,则在t'前后的一小段时间内,正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是图(乙)中的()(甲)(乙)解析:S闭合前,i1=0,i2=0,S闭合后,流过L1的电流从零缓慢增大到稳定值I.流过L2的电流立即增大到稳定值I.故B正确.答案:B.电磁感应中的力、电综合问题考向扫描1利用F=ILB和左手定则分析和计算电磁感

23、应中的安培力的大小和方向2利用电磁感应中的安培力和共点力的平衡条件分析和计算导体的受力3利用安培力做功分析和计算能量的转化4利用法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律分析和计算电路中的电流、电压、电功、电热和所通过的电荷量5利用动力学的规律分析和计算电磁感应中的导体做变加速运动、匀加速运动的受力、加速度、速度和安培力的功率备考点拨1.以“单棒导轨”或“双棒导轨”模型考查感应电流大小方向,安培力的大小、方向及共点力平衡,变加速运动,做功和能量转化情况2.高考中此考点的综合性较强,试题难度较大,分析时要搞清电源(棒、线圈)、外电路,灵活利用左、右手定则分析电流和研究对象的受力及运动情况.结合闭合电路

24、欧姆定律计算电流、电压和电功等1.(2012年北京理综,19,6分)物理课上,老师做了一个奇妙的“跳环实验”.如图,她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后,将一金属套环置于线圈L上,且使铁芯穿过套环.闭合开关S的瞬间,套环立刻跳起.某同学另找来器材再探究此实验.他连接好电路,经重复试验,线圈上的套环均未动.对比老师演示的实验,下列四个选项中,导致套环未动的原因可能是()A.线圈接在了直流电源上B.电源电压过高C.所选线圈的匝数过多D.所用套环的材料与老师的不同解析:套环跳起的原因是闭合开关的瞬间,套环中产生感应电流从而受到磁场力的作用,且磁场力大于套环的重力.该同学实验未成功的原

25、因,可能是选用了不同材料的套环.D项正确.答案:D.2.(2012年四川理综,20,6分)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆,单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置,整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,杆始终有两点与圆环良好接触,从圆环中心O开始,杆的位置由确定,如图所示.则() A.=0时,杆产生的电动势为2BavB.=3时,杆产生的电动势为3BavC.=0时,杆受的安培力大小为2B2av(+2)R0D.=3时,杆受的安培力大小为3B2av(5+3)R0解析:=0时,导体杆切割有效长度2a,故E=2Bav,A

26、选项正确;=3时,切割有效长度l=2a·cos 3=a,故E=Blv=Bav,B选项错误;=0时,回路的总电阻R总=2a·R0+a·R0,故安培力F=BIl=B2l2vR总=4avB2(+2)R0,故C选项错误;=3时,R总'=aR0+562a·R0,安培力F'=BIl=B2l2vR1'=3B2av(5+3)R0,故D选项正确.答案:AD.3.(2012年山东理综,20,5分)如图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为,上端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放,

27、当速度达到v时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率恒为P,导体棒最终以2v的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g.下列选项正确的是() A.P=2mgvsin B.P=3mgvsin C.当导体棒速度达到v2时加速度大小为g2sin D.在速度达到2v以后匀速运动的过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析:当金属棒以速度v匀速下滑时,满足:B2l2vR=mgsin 当金属棒以速度2v匀速下滑时,满足:B2l22vR=mgsin +F两式联立解得:F=mgsin ,则拉力F的功率P=F·2v=2mgv

28、sin ,A正确,B错误;当金属棒以速度v2匀速下滑时,由牛顿第二定律:mgsin -B2l2v2R=ma,解得:a=g2sin ,C正确;当金属棒以速度2v匀速下滑时,由功能关系可知,F做的功和重力做的功全部转化成电阻R上产生的焦耳热,D错误.答案:AC. 本题是一道综合性比较强的考题,这类问题是每年高考的必考内容,考生在备考中要充分重视.4.(2011年福建理综,17,6分)如图,足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角(0<<90°),其中MN与PQ平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,导轨电阻不计.金属棒ab由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保

29、持垂直且良好接触,ab棒接入电路的电阻为R,当流过ab棒某一横截面的电量为q时,棒的速度大小为v,则金属棒ab在这一过程中()A.运动的平均速度大小为12vB.下滑的位移大小为qRBLC.产生的焦耳热为qBLvD.受到的最大安培力大小为B2L2vRsin 解析:由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律知:E=t,I=ER=tR,q=I·t=R=BL·xR,所以位移x=qRBL,故B正确.因为棒不是做匀变速运动,故A错误.由E=BLv和F安=BIL知安培力大小应为B2L2vR,故D错误.产生的焦耳热Q=mgqRBL·sin -12mv2,故C错误.答案:B.5.(20

30、10年安徽理综,20,6分)如图所示,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,两个边长相等的单匝闭合正方形线圈和,分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(为细导线).两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落,再进入磁场,最后落到地面.运动过程中,线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界.设线圈、落地时的速度大小分别为v1、v2,在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力,则() A.v1<v2,Q1<Q2B.v1=v2,Q1=Q2C.v1<v2,Q1>Q2D.v1=v2,Q1<Q2解析:线圈进入磁场前机械能守恒,进入磁场时速度均为

31、v=2gh,设线圈材料的密度为1,电阻率为2,线圈边长为l,导线横截面积为S,则线圈的质量m=14lS,电阻R=24lS,由牛顿第二定律得mg-B2l2vR=ma解得a=g-B2v1612,可见两线圈在磁场中运动的加速度相同,两线圈落地时速度相同,即v1=v2,故A、C选项错误;线圈在磁场中运动时产生的热量等于克服安培力做的功,Q=W安,而F安=B2l2vR,因两线圈电阻不同,由题意知线圈电阻大,其安培力小,故其做功少,产生热量也少,故Q1<Q2,故选项D正确,B错误.答案:D. 该题综合性较强,主要考查了机械能守恒、牛顿第二定律以及电磁感应定律的有关知识,难度较大,突破本题的关键是分析

32、出线圈在磁场中运动时,加速度不变;安培力与导线横截面积有关,以及产生热量与克服安培力做功相等.6.(2010年四川理综,20,6分)如图所示,电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上,两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置,且与导轨接触良好,匀强磁场垂直穿过导轨平面.现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点,使其向上运动.若b始终保持静止,则它所受摩擦力可能() A.变为0B.先减小后不变C.等于FD.先增大再减小解析:若两导轨间距离为l,金属棒a向上运动时,电路中产生的感应电动势为E=Blv,电路中的感应电流为:I=ER=BlvR,金属棒所受安培力为:F安=BIl=B2l2vR,由楞次定律

33、可判断出a所受安培力方向沿斜面向下,b所受安培力沿斜面向上,此时对于金属棒a受力分析如图(甲),由牛顿第二定律得:F-Ff1-mgsin -F安=F-mgcos -mgsin -B2l2vR=ma.随着速度v的增加,金属棒a的加速度逐渐减小,当加速度减小为零后金属棒a做匀速运动,因而安培力将先增大后保持不变.对于金属棒b受力如图(乙),由平衡条件:F安+Ff=mgsin ,因而随着安培力的变化摩擦力Ff将先减小后保持不变,B项正确,D项错误;当金属棒a匀速运动时,b所受摩擦力可能变为零,但一定小于拉力F,A项正确,C项错误.答案:AB. 本题是典型的力、电综合题,主要涉及电磁感应、安培力、力和

34、运动的关系和物体的平衡等知识,题目的综合性强,考查的知识点全,多方面考查了考生的能力,难度大,区分度好.7.(2012年天津理综,11,18分)如图所示,一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内,导轨间距l=0.5 m,左端接有阻值R=0.3 的电阻.一质量m=0.1 kg,电阻r=0.1 的金属棒MN放置在导轨上,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度B=0.4 T.棒在水平向右的外力作用下,由静止开始以a=2 m/s2的加速度做匀加速运动,当棒的位移x=9 m时撤去外力,棒继续运动一段距离后停下来,已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q2=21.导轨足够长且电阻不计,棒在

35、运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求:(1)棒在匀加速运动过程中,通过电阻R的电荷量q;(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2;(3)外力做的功WF.解析:(1)设棒做匀加速运动的时间为t,回路中磁通量的变化量为,回路中的平均感应电动势为E,根据法拉第电磁感应定律得E=t其中=Blx设回路中的平均电流为I,由闭合电路欧姆定律得I=ER+r则通过电阻R的电荷量为q=It联立得q=4.5 C.(2)设撤去外力时棒的速度为v,对棒的匀加速运动过程,由运动学公式得v2=2ax设棒撤去外力后的运动过程中安培力做功为W.由动能定理得W=0-12mv2撤去外力后产生的热量为Q2=-W联立式,

36、代入数据得Q2=1.8 J.(3)由题意知,撤去外力前后回路中产生的热量之比Q1Q2=21,得Q1=2Q2=3.6 J在棒运动的整个过程中,由功能关系得WF=Q1+Q2联立得WF=5.4 J.答案:(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J 明确拉力和安培力做功的特点,特别是要注意安培力做的功,明确安培力做功的实质是其他形式的能和电能之间的转化.8.(2012年福建理综,22,20分)如图(甲),在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在此区域内,沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管,环心O在区域中心.一质量为m、带电量为q(q>0)的小球,在管内沿逆

37、时针方向(从上向下看)做圆周运动.已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图(乙)所示,其中T0=2mqB0.设小球在运动过程中电量保持不变,对原磁场的影响可忽略.(1)在t=0到t=T0这段时间内,小球不受细管侧壁的作用力,求小球的速度大小v0;(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中,将产生涡旋电场,其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆,同一条电场线上各点的场强大小相等.试求t=T0到t=1.5T0这段时间内:细管内涡旋电场的场强大小E;电场力对小球做的功W0.解析:(1)小球运动时不受细管侧壁作用力,因而小球所受洛伦兹力提供向心力qv0B0=mv02r由式解得v0=qB0rm.(

38、2)在T0到1.5T0这段时间内,细玻璃管内一周的感应电动势E感=r2Bt由图(乙)可知Bt=2B0T0由于同一条电场线上各点的场强大小相等,所以E=E感2r由式及T0=2mqB0得E=qB02r2m在T0到1.5T0时间内,小球沿切线方向的加速度大小恒为a=qEm小球运动的末速度大小v=v0+at由图(乙)t=0.5T0,并由式得v=32v0=3qB0r2m由动能定理,电场力做功为W=12mv2-12mv02由式解得W=58mv02=5q2B02r28m.答案:(1)qB0rm(2)qB02r2m5q2B02r28m9.(2012年广东理综,35,18分)如图所示,质量为M的导体棒ab,垂直

39、放在相距为l的平行光滑金属导轨上.导轨平面与水平面的夹角为,并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,左侧是水平放置、间距为d的平行金属板.R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值,不计其他电阻.(1)调节Rx=R,释放导体棒,当棒沿导轨匀速下滑时,求通过棒的电流I及棒的速率v.(2)改变Rx,待棒沿导轨再次匀速下滑后,将质量为m、带电量为+q的微粒水平射入金属板间,若它能匀速通过,求此时的Rx.解析:(1)棒匀速下滑,以导体棒为研究对象:BIl=mgsin 通过棒的电流I=mgsinBl根据闭合电路欧姆定律:I=BlvRx+R=Blv2R由联立得v=2mgRsinB2l

40、2.(2)微粒匀速通过金属板,有:qE=mgE=Uxd由联立得Ux=mgdq.根据欧姆定律,若通过Rx的电流为I',则I'=UxRx=mgdqRx以匀速运动的金属棒为研究对象,则BI'l=mgsin 由联立解得此时的Rx=Bldqsin.答案:(1)mgsinBl2mgRsinB2l2(2)Bldqsin10.(2012年浙江理综,25,22分)为了提高自行车夜间行驶的安全性,小明同学设计了一种“闪烁”装置.如图所示,自行车后轮由半径r1=5.0×10-2 m的金属内圈、半径r2=0.40 m的金属外圈和绝缘辐条构成.后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条,

41、每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡.在支架上装有磁铁,形成了磁感应强度B=0.10 T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场,其内半径为r1外半径为r2、张角=6.后轮以角速度=2 rad/s相对于转轴转动.若不计其它电阻,忽略磁场的边缘效应.(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时,求感应电动势E,并指出ab上的电流方向;(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时,画出“闪烁”装置的电路图;(3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始,经计算画出轮子转一圈过程中,内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uabt图象;(4)若选择的是“1.5 V0.3 A”的小灯泡,该“闪烁”装置能否正常工作?有同

42、学提出,通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度和张角等物理量的大小,优化前同学的设计方案,请给出你的评价.解析:(1)金属条ab在磁场中切割磁感线时,所构成的回路的磁通量变化.设经过时间t,磁通量变化量为,由法拉第电磁感应定律E=t=BS=B(12r22-12r12)由、式并代入数值得:E=t=12B(r22-r12)=4.9×10-2 V根据右手定则(或楞次定律),可得感应电流方向为ba.(2)通过分析,可得电路图为(3)设电路中的总电阻为R总,根据电路图可知,R总=R+13R=43Rab两端电势差Uab=E-IR=E-ER总R=14E=1.2×10-2 V设ab

43、离开磁场区域的时刻为t1,下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2,t1=112 st2=2=14 s设轮子转一圈的时间为T,T=2=1 s在T=1 s内,金属条有四次进出,后三次与第一次相同.由、可画出如下Uabt图像.(4)“闪烁”装置不能正常工作.(金属条的感应电动势只有4.9×10-2 V,远小于小灯泡的额定电压,因此无法工作.)B增大,E增大,但有限度;r2增大,E增大,但有限度;增大,E增大,但有限度;增大,E不变.答案:见解析11.(2011年四川理综,24,19分)如图所示,间距l=0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内.在水平面a1b1

44、b2a2区域内和倾角=37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1=0.4 T、方向竖直向上和B2=1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场.电阻R=0.3 、质量m1=0.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上,S杆的两端固定在b1、b2点,K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好.一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂,绳上穿有质量m2=0.05 kg的小环.已知小环以a=6 m/s2的加速度沿绳下滑,K杆保持静止,Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动.不计导轨电阻和滑轮摩擦,绳不可伸长.取g=10 m/s2,sin 37

45、6;=0.6,cos 37°=0.8.求(1)小环所受摩擦力的大小;(2)Q杆所受拉力的瞬时功率.解析:(1)对小环受力分析,由牛顿第二定律得:m2g-Ff=m2a,代入数据,解得:Ff=0.2 N.(2)导体杆K静止,导体杆Q匀速,且Q发生电磁感应,电路结构为K、S并联接入干路,Q相当于电源,则设K中电流为I,Q的速度为v.对K,由平衡条件:Ff=B1Il对Q,由平衡条件:m1gsin +F=B2(2I)l电路总电阻R总=R2+R闭合电路欧姆定律,得:2I=ER总,又E=B2lv拉力的瞬时功率P=F·v联立上式解得:P=2 W.答案:(1)0.2 N(2)2 W 本题考查

46、电磁感应中的力电综合,对象较多,过程复杂,难度较大.解本题时应注意以下几点:(1)对发生电磁感应的导体正确受力分析,据平衡条件列方程.(2)电路结构要弄清.(3)对导体杆的串、并联关系弄清后,闭合电路欧姆定律就能正确使用了.12.(2011年天津理综,11,18分)如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为L=0.5 m,其电阻不计,两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角.完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置,每棒两端都与导轨始终有良好接触,已知两棒质量均为m=0.02 kg,电阻均为R=0.1 ,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.2

47、 T,棒ab在平行于导轨向上的力F作用下,沿导轨向上匀速运动,而棒cd恰好能够保持静止.取g=10 m/s2,问:(1)通过棒cd的电流I是多少,方向如何?(2)棒ab受到的力F多大?(3)棒cd每产生Q=0.1 J的热量,力F做的功W是多少?解析:(1)棒cd受安培力Fcd=ILB棒cd在共点力作用下平衡,则Fcd=mgsin 30°由上式,代入数据得:I=1 A据楞次定律可判定棒cd中电流方向由d到c.(2)棒ab与棒cd受安培力大小相等,Fab=Fcd对棒ab,由共点力平衡知F=mgsin30°+ILB代入数据解得F=0.2 N.(3)设棒cd产生Q=0.1 J热量的

48、时间为t,由焦耳定律知Q=I2Rt设棒ab匀速运动的速度大小为v,则产生的电动势为E=BLv据闭合电路欧姆定律知I=E2R由运动学公式知在时间t内,棒ab的位移x=vt力F做的功W=Fx综合上述各式,代入数据得W=0.4 J.答案:(1)1 A方向由d到c(2)0.2 N(3)0.4 J 本题为双金属棒问题,综合考查了共点力平衡条件、楞次定律、左手定则、焦耳定律、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、运动学公式、功的公式.知识覆盖面广、综合性强,着重考查学生分析问题解决问题的能力.弄清研究对象,正确进行受力分析,建立各物理量间的联系是解决此类问题的关键.13.(2011年重庆理综,23,16分

49、)有人设计了一种可测速的跑步机.测速原理如图所示.该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极.电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,且接有电压表和电阻R.绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条,磁场中始终仅有一根金属条,且与电极接触良好,不计金属电阻.若橡胶带匀速运动时,电压表读数为U,求:(1)橡胶带匀速运动的速率;(2)电阻R消耗的电功率;(3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功.解析:(1)设电动势为E,橡胶带运动速率为v.由E=BLv,E=U,得:v=UBL.(2)设电阻R消耗的电功率为P,P=U 2R.(3)设电流大小为I,安培力为F,克服安培力

50、做的功为W由I=UR,F=BIL,W=Fd,得:W=BLUdR.答案:(1)UBL(2)U2/R(3)BLUdR(2011年浙江理综,23,16分)如图(甲)所示,在水平面上固定有长为L=2 m、宽为d=1 m的金属“U”型导轨,在“U”型导轨右侧l=0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间变化规律如图(乙)所示.在t=0时刻,质量为m=0.1 kg的导体棒以v0=1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为=0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为=0.1 /m,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g=10 m/s2).(1)通

51、过计算分析4 s内导体棒的运动情况;(2)计算4 s内回路中电流的大小,并判断电流方向;(3)计算4 s内回路产生的焦耳热.解析:(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动,有:-mg=ma,v1=v0+at,x=v0t+12at2,代入数据解得:t=1 s,x=0.5 m,导体棒没有进入磁场区域.导体棒在1 s末已停止运动,以后一直保持静止,离左端位置仍为x=0.5 m第(1)问共5分赋分细则:1.三个式每答对一个式得1分.2.若式写成mg=ma、a=g或a=1 m/s2同样得1分;若式写成v=v0-at、v0=at或t=1 s同样得1分;若式写成x=v0t-12at2、x=v022a或x=

52、v02t同样得1分.3.求解出中t=1 s,x=0.5 m就得1分;虽然没有式但有x=0.5 m得2分.4.对说明清楚“第1 s内做匀减速运动,后3秒一直静止”的含义就得1分.(2)前2 s磁通量不变,回路电动势和电流分别为E=0,I=0后2 s回路产生的电动势为E=t=ldBt=0.1 V回路的总长度为5 m因此回路的总电阻为R=5=0.5 电流为I=ER=0.2 A根据楞次定律,在回路中的电流方向是顺时针方向.第(2)问共8分赋分细则:1.式每答对一个式得2分;式每式1分;对说明清楚“回路中的电流方向是顺时针方向”就得1分.2.若将式写成E=t=ldBt同样得2分;若第(1)问中没有x=0

53、.5 m,但有式得2分;若没有两式,但有式得3分. 通过高考阅卷统计分析,造成失分的原因如下:1.审题不仔细,遗漏第式的求解,遗漏电流方向的确定导致失分.2.考生不能正确分析并求解回路的总长度.(3)前2 s电流为零,后2 s有恒定电流,焦耳热为Q=I2Rt=0.04 J.第(3)问共3分赋分细则:只写出Q=I2Rt或Q=E2Rt得2分. 通过高考阅卷统计分析,造成失分的原因如下:审题不仔细,错误的求解出摩擦生热和焦耳热的总和.答案:见解析(对应学生用书第172179页)1.对磁通量的理解(1)磁通量是指穿过单位面积的磁感线条数吗?如何计算磁通量的大小?(2)在计算磁通量的变化时,要规定正方向

54、,磁通量是矢量吗?(3)影响磁通量变化的因素有哪些?(4)磁通量的变化与磁通量的变化率有什么区别?答案(1)磁通量可以用穿过某一面积的磁感线条数来形象地定性描述,而不是单位面积的磁感线条数,可以用公式=BSsin (为B与S面的夹角)进行定量的计算.(2)磁通量为标量,但在计算时,为表示磁感线从不同的方向穿过线圈平面,常引入正负号,正负号并不表示磁通量的方向,仅表示磁感线的贯穿方向,而且这种规定是任意的.(3)磁通量的变化:=2-1常见情况S、不变,B改变,这时=B·SsinB、不变,S改变,这时=S·BsinB、S不变,改变,这时=BS(sin2-sin1)(4)磁通量的

55、变化表示磁通量变化的多少,磁通量的变化率表示磁通量变化的快慢,分别用和t表示.2.对楞次定律的理解(1)感应电流的磁场与引起感应电流的磁场,体现了怎样的因果关系?(2)感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向一定相反吗?(3)感应电流的磁场阻碍原磁通量变化有哪几种方式?答案.(1)闭合导体回路中磁通量的变化是产生感应电流的原因,而感应电流磁场的出现是感应电流存在的结果,简单地说,只有当穿过闭合回路中的磁通量发生变化时,才会有感应电流的磁场出现.(2)不一定,原磁通量增加时,感应电流的磁场要阻碍它的增加,因此两个磁场方向相反;原磁通量减少时,感应电流的磁场要阻碍它的减少,因此两个磁场方向相同.

56、(3)感应电流的磁场阻碍原磁通量变化的方式有以下几种:当回路的磁通量发生变化时,感应电流的效果是阻碍原磁通量的变化,即“增反减同”.当出现引起磁通量变化的相对运动时,感应电流的效果是阻碍相对运动,即“来拒去留”.当回路可以形变时,感应电流可以使线圈面积有扩大或缩小的趋势,即“增缩减扩”.当回路磁通量变化由自身电流变化引起时,感应电流的效果是阻碍原电流的变化(自感现象),即“增反减同”.3.对法拉第电磁感应定律的理解(1)公式E=nt中,越大,感应电动势E就越大吗?(2)公式E=Blvsin 中“l”是导体棒的实际长度吗?(3)在电路中电流由电源的正极流向电源的负极,应用右手定则判断导体棒切割磁感线产生感应电流方向时,导体棒相当于电源,四指的指向为电源的负极