高考物理江苏省专用复习专题测试必考专题十电磁感应共120

1、一、单项选择题 1.(2014江苏单科,1,3分)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。在t时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为() A.B. C.D.,A组 自主命题江苏卷题组,五年高考,答案B由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E=n=nS=n,得E =,选项B正确。,2.(2016江苏单科,6,4分)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

2、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,二、多项选择题,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.(2014江苏单科,7,4分)如图所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,过了几分钟,杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有()

3、,A.增加线圈的匝数 B.提高交流电源的频率 C.将金属杯换为瓷杯 D.取走线圈中的铁芯,答案AB该装置的工作原理是,线圈内变化的电流产生变化的磁场,从而使金属杯内产生涡流,再把电能转化为内能,使杯内的水升温。交流电源的频率一定时,线圈产生的磁场的磁感应强度最大值Bm越大,杯内磁通量变化就越快,产生的涡流就越大,增加线圈的匝数会使线圈产生的磁场Bm增大,而取走线圈中的铁芯会使线圈产生的磁场Bm减小,故A对、D错。交流电源的频率增大,杯内磁通量变化加快,产生的涡流增大,故B正确。瓷为绝缘材料,不能产生涡流,故C错。,4.(2017江苏单科,13,15分)如图所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一

4、水平面内,其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后,金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在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)MN刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小I; (2)MN刚扫过金属杆时,杆的加速度大小a;,三、非选择题,(3)PQ刚要离开金属杆时,感应电流的功率P。,解析本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律。 (1)感应电动势E=Bdv0 感应电流I= 解得I= (2)安培力F=BI

5、d 牛顿第二定律F=ma 解得a= (3)金属杆切割磁感线的速度v=v0-v,则 感应电动势E=Bd(v0-v) 电功率P= 解得P=,答案(1) (2) (3),方法技巧感应电动势的求法 感应电动势可分为感生电动势和动生电动势。感生电动势用公式E=n求解,且只能求解平 均电动势。动生电动势用公式E=BLv求解,既可以求平均电动势,也可以求瞬时电动势。用E=BLv求解电动势时,v为导体棒垂直切割磁感线的速度。,5.(2016江苏单科,13,15分)据报道,一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间。照片中,“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见。如图所示,假设“天宫一号”正以速度v=7.7

6、km/s绕地球做匀速圆周运动,运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直,M、N间的距离L=20 m,地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B=1.010-5 T。将太阳帆板视为导体。 (1)求M、N间感应电动势的大小E; (2)在太阳帆板上将一只“1.5 V,0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路,不计太阳帆板和导线的电阻,试判断小灯泡能否发光,并说明理由; (3)取地球半径R=6.4103 km,地球表面的重力加速度g=9.8 m/s2,试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)。,解析(1)法拉第电磁感应定律E=BLv,代入数据得E=1.54 V (2)

7、不能,因为穿过闭合回路的磁通量不变,不产生感应电流。 (3)在地球表面有G=mg 匀速圆周运动G=m 解得h=-R,代入数据得h4105 m(数量级正确都算对),答案(1)1.54 V(2)见解析(3)4105 m,6.(2015江苏单科,13,15分)做磁共振(MRI)检查时,对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响,将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈,线圈的半径r=5.0 cm,线圈导线的截面积A=0.80 cm2,电阻率=1.5 m。如图所示,匀强磁场方向与线圈平面垂直,若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零,求

8、:(计算结果保留一位有效数字) (1)该圈肌肉组织的电阻R; (2)该圈肌肉组织中的感应电动势E; (3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。,解析(1)由电阻定律得R=,代入数据得R=6103 (2)感应电动势E=,代入数据得E=410-2 V (3)由焦耳定律得Q=t,代入数据得Q=810-8 J,答案(1)6103 (2)410-2 V(3)810-8 J,7.(2014江苏单科,13,15分,)如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距为L,长为3d,导轨平面与水平面的夹角为,在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量

9、为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放,在滑上涂层之前已经做匀速运动,并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直,且仅与涂层间有摩擦,接在两导轨间的电阻为R,其他部分的电阻均不计,重力加速度为g。求:,(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数; (2)导体棒匀速运动的速度大小v; (3)整个运动过程中,电阻产生的焦耳热Q。,答案(1)tan (2) (3)2mgd sin -,解析(1)在绝缘涂层上 受力平衡mg sin =mg cos 解得=tan (2)在光滑导轨上 感应电动势E=BLv 感应电流I= 安培力F安=BIL 受力平衡F安=mg sin 解得v= (3)摩擦生热Q摩=mgd cos 由能

10、量守恒定律得3mgd sin =Q+Q摩+mv2 解得Q=2mgd sin -,8.(2013江苏单科,13,15分)如图所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N=100,边长ab=1.0 m、bc=0.5 m,电阻r=2 。磁感应强度B在01 s内从零均匀变化到0.2 T。在15 s内从0.2 T均匀变化到-0.2 T,取垂直纸面向里为磁场的正方向。求: (1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向; (2)在15 s内通过线圈的电荷量q; (3)在05 s内线圈产生的焦耳热Q。,答案(1)10 Vadcba (2)10 C(3)100 J

11、,解析(1)感应电动势E1=N 磁通量的变化1=SB1 解得E1=N 代入数据得E1=10 V 感应电流的方向为adcba (2)同理可得E2=N 感应电流I2= 电荷量q=I2t2 解得q=N 代入数据得q=10 C (3)01 s内的焦耳热Q1=rt1 且I1=,15 s内的焦耳热Q2=rt2 由Q=Q1+Q2,代入数据得Q=100 J,考点一楞次定律法拉第电磁感应定律 一、单项选择题 1.(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

12、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,B组 统一命题、省（区、市）卷题组,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,PQRS中产生逆时针方向的电流。这时因为PQRS中感应电流的作用,依据楞次定律可知,T中产生顺时针方向的感应电流。故只有D项正确。,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,P

13、QRS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中合磁通量减小,从而产生顺时针方向的感应电流。,2.(2017北京理综,19,6分)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈。实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是() A.图1中,A1与L1的电阻值相同 B.图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流 C.图2中,变阻器R与L2的电阻值相同,D.图2中,闭

14、合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等,答案C本题考查自感现象判断。在图1中断开S1瞬间,灯A1突然闪亮,说明断开S1前,L1中的电流大于A1中的电流,故L1的阻值小于A1的阻值,A、B选项均错误;在图2中,闭合S2瞬间,由于L2的自感作用,通过L2的电流很小,D错误;闭合S2后,最终A2与A3亮度相同,说明两支路电流相等,故R与L2的阻值相同,C项正确。,知识拓展断电自感现象深入分析 图1实验为断电自感实验,当S1断开后,L1与A1构成一个闭合回路,L1的自感电动势使回路中的电流保持一段时间,故A1会逐渐变暗。,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

15、,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=2 1,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。,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

16、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,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.(2015课标,15,6分)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场

17、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。,6.(2015安徽理综,19,6分)如图所示,abc

18、d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。,7.(2015重庆理综

19、,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。,8.(2015课标,19,6分,)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

20、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,二、多项选择题,答案AB如图所示(图中圆盘为正视剖面图),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,故整个圆盘中的磁

21、通量没有变化,C错误。圆盘中自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场,由安培定则可判断出在中心方向竖直向下,其他位置关于中心对称,此磁场不能导致磁针转动,D错误。,9.(2015山东理综,17,6分)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

22、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。,10.(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

23、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。,三、非选择题,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

24、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 ),11.(2016课标,24,12分)如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为。重力加速度大小为g。求 (1)金属杆在

25、磁场中运动时产生的电动势的大小; (2)电阻的阻值。,答案(1)Blt0(2),解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得 ma=F-mg 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有 v=at0 当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为 E=Blv 联立式可得 E=Blt0 (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律 I= 式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为 f=BlI 因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得 F-mg-f=0,联立式得 R=,1.(2015山东理综,19,6分)如图甲,R0为定值电阻,两金

26、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,考点二电磁感应中的电路与图像问题 一、单项选择题,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。,2.(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

27、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。,3.(2013课标,16,6分)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

28、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。,评析考查了电磁感应现象中的力电综合问题,解答此类题的关键是确定导线框受的安培力,结合牛顿运动定律可以确定出力与运动的关系,从而画出速度与时间的关系图线。,4.(20

29、17课标,20,6分)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,二、多项选择题,答案BC本题考查电磁感应

30、、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。,5.(2016课标,20,6分)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

31、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

32、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。,6.(2016课标,25,20分)如图,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左端接一阻值为R的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1=kt,式中k为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN(虚线)与导轨垂直,磁场的磁感应强度大小为B

33、0,方向也垂直于纸面向里。某时刻,金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动,在t0时刻恰好以速度v0越过MN,此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计。求 (1)在t=0到t=t0时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值; (2)在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。,三、非选择题,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=

34、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,答案(1)(2)B0lv0(t-t0)+kSt(B0lv0+kS),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

35、 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) 评分参考第(1)问7分,式各1分,式2分;第(2)问13分,式2分,式各1分, 式各2分,式各1分。,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。,1.(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。

36、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(),考点三电磁感应中的动力学与能量问题 一、单项选择题,答案A本题考查电磁阻尼。由于要求有效衰减紫铜薄板的上下及左右的微小振动,则在紫铜薄板发生微小的上下或左右振动时,通过紫铜薄板横截面的磁通量应均能发生变化,由图可以看出,只有A图方案中才能使两方向上的微小振动得到有效衰减。,方法技巧电磁感应中金属块的等效 金属块在有界匀强磁场中平动时,可以等效为一系列垂直于磁场的闭合框;金属块在匀强磁场中转动时,可等效为一系列沿半径方向排列的导体棒。,2.(2017天津理综,3,6分)如图所示,两根平行

37、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=nS知,产生的感应电动势恒定,回路中感应电 流I=恒定,B错

38、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.(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。,二、非选择题,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

39、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仑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仑兹力的示意图。 b.我们知道,洛仑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仑兹力

40、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、洛仑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。,疑难突破洛仑兹力的做功及其作用 在“发电机”模型中,外力促使导体棒做切割磁感线运动时,棒中自由电荷随棒运动,从而会受到沿棒方向

41、的洛仑兹力,表现为“电源中的非静电力”,这一力做正功,起到了使其他形式能量向电能转化的作用;在“电动机”模型中,外电源使导体棒中产生电场,在电场力作用下,导体棒中的自由电荷沿棒运动,从而受到垂直于棒方向的洛仑兹力,宏观上表现为“导体棒受到的安培力”,这一力做正功,起到了使电能向其他形式能量转化的作用。,4.(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

42、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

43、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,

44、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。,5.(2016上海单科,33,14分)如图,一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内,磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。一足够长、质量为m的直导体棒沿x方向置于轨道上,在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动,运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻为,与电阻不计的轨道接触良好,运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=k (SI)。求: (1)导体轨道的轨道方程y=f(x)

45、; (2)棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系; (3)棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。,答案(1)y=x2(2)Fm=y (3)L2+maL,解析(1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(x,y),安培力Fm= 安培力的功率P=Fmv=k 棒做匀加速运动 v2=2ay R=2x 代入前式得y=x2 轨道形状为抛物线。 (2)安培力Fm=v= 以轨道方程代入得 Fm=y (3)由动能定理W=Wm+mv2 安培力做功Wm=L2,棒在y=L处的动能为mv2=maL 外力做功W=L2+maL,6.(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

46、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=0.1 m,竖直边长H=0.3 m,匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内,磁感应强度B0=1.0 T,方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在02.0 A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=10 m/s2) 图1 (1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg,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

47、度B随,时间均匀变大,磁场区域宽度d=0.1 m。当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时,天平平衡,求此时磁感应强度的变化率。 图2,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=N2 E=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 =0.1 T/s,答案(1)25(2)0.1 T/s,7.(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=0.4 m。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

48、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,1 s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=1 m/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)0.04 V (2)0.04 Ni=t-1(1 st1.2 s),解析(1)由图(b)可知01.0 s内B的变化率 =0.5 T/s 正方形磁场区域的面积 S=0

49、.08 m2 棒进入磁场前01.0 s内回路中的感应电动势 E= 由得E=0.080.5 V=0.04 V (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=0.50.41 V=0.2 V 棒过bd时的电流 I=,由得 F=0.04 N 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1 st1.2 s 电流i与时间t的关系式 i=t-1(1 st1.2 s),1.(2014课标,14,6分)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(

50、) 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,一、单项选择题,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

51、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。,C组 教师专用题组,2.(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

52、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

53、,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。,二、非选择题,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-mg sin =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

54、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=mg sin ,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=mg sin 时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑。,3.(2014北京理综,24,20分,)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如图所示,固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中,金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F

55、作用下,在导线框上以速度v做匀速运动,速度v与恒力F方向相同;导线MN始终与导线框形成闭合电路。已知导线MN电阻为R,其长度L恰好等于平行轨道间距,磁场的磁感应强度为B。忽略摩擦阻力和导线框的电阻。 (1)通过公式推导验证:在t时间内,F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电,也等于导线MN中产生的焦耳热Q; (2)若导线MN的质量m=8.0 g、长度L=0.10 m,感应电流I=1.0 A,假设一个原子贡献1个自由电子,计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(下表中列出一些你可能会用到的数,据);,(3)经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子(即金属原

56、子失去电子后的剩余部分)的碰撞。展开你想象的翅膀,给出一个合理的自由电子的运动模型;在此基础上,求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力的表达式。,答案(1)见解析(2)7.810-6 m/s(3)见解析,解析(1)电动势E=BLv 导线匀速运动,受力平衡F=F安=BIL 在t时间内, 外力F对导线做功W=Fvt=F安vt=BILvt 电路获得的电能W电=qE=IEt=BILvt 可见,F对导线MN所做的功等于电路获得的电能W电; 导线MN中产生的焦耳热Q=I2Rt=ItIR=qE=W电 可见,电路获得的电能W电等于导线MN中产生的焦耳热Q。 (2)导线MN中含有的原子数

57、为N=NA 因为一个金属原子贡献一个电子,所以导线MN中的自由电子数也是N。 导线MN单位体积内的自由电子数n= 其中,S为导线MN的横截面积。 因为电流I=nveSe 所以ve=,4.(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=0.4 m。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=0.5 T。在区域中,将质量m1=0.1 kg,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=0.4

58、 kg,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=10 m/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=3.8 m,此过程中ab上产生的热量Q是多少。,解析(1)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=m1g sin 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

59、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=m1g sin +Fmax 综合式,代入数据解得 v=5 m/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,答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J,m2gx sin =Q总+m2v2 又Q=Q总 解得Q=1.3 J,5.(2013重庆理综,7,15分)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验,其装置如图所示。在该实验中,磁铁固定在水平放置的电子测力计上,此时电子测力计的读数为G1,磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场,其余区域磁场不计。直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路,总阻值为R。若让铜条水平且垂直于磁场,以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动,这时电子测力计的读数为G2,铜条在磁场中的长度为L。,(1)判断铜条所受安培力的方向,G1和G2哪个大? (2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小。,答案(1)安培力方向竖直向上G2 (2)G2-G1,解析(1)铜条静止时: 磁铁平衡,G1=M磁铁g 铜条匀速运动时: 磁铁与铜条整体处于平衡状态, G2=(M磁铁+M铜条)g 对铜条AB:匀速下落平衡F安=M铜条g