高考物理一轮复习课件专题十二电磁感应 (含解析)

考点一电磁感应现象楞次定律A组

自主命题·天津卷题组五年高考1.(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ρ,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ΔI的电流变化,其中ΔI≪I,当电

流的变化小于ΔI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ρ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ρ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)ρ=

(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=ρ

①设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为ΔE,由焦耳定律得ΔE=I2Rt

②设环中单位体积内定向移动电子数为n,则I=nevS

③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ΔI时,相应定向移动电子的平均速率变化的大小为Δv,则ΔI=neSΔv

④设环中定向移动电子减少的动能总和为ΔEk,则ΔEk=nlS

⑤由于ΔI≪I,可得ΔEk=

ΔI

⑥根据能量守恒定律,得ΔE=ΔEk⑦联立上述各式,得ρ=

⑧(3)由ρ=

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ρ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。2.(2019课标Ⅲ,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=ρ

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。B组

统一命题、省(区、市)卷题组3.(2018课标Ⅰ,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:①同一根铁芯,意味着左右两侧线圈中磁通量变化率相同;②远处,说明此处小磁针不

再受线圈中磁通量变化的影响;③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。4.(2018课标Ⅲ,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。5.(2017课标Ⅲ,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。6.(2005北京理综,21,6分)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关

如图连接,在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下,某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端

P向左加速滑动时,电流计指针向右偏转。由此可以判断

()A.线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向右加速滑动,都能引起电流计指针向左偏转B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关,都能引起电流计指针向右偏转C组教师专用题组C.滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动,都能使电流计指针静止在中央D.因为线圈A、线圈B的绕线方向未知,故无法判断电流计指针偏转的方向答案

B由题意和电路连接图可知,当变阻器滑动端P向左加速滑动时,穿过B的磁通量变小,

故可知磁通量变小时,会产生使电流计指针向右偏转的感应电流;上移线圈A、拔出铁芯、断

开开关等都会使穿过B的磁通量减小,电流计指针右偏。而P加速右滑会增大穿过B的磁通量,

电流计指针左偏,故选项A错B对;只要滑动端P移动,就会使穿过B的磁通量变化而产生感应电

流,C项错误;只要弄清磁通量的变化就可判断指针偏转方向,D项错误。7.(2015课标Ⅰ,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,故整个圆盘中的磁通量没有变化,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。

考点二法拉第电感应定律自感A组

自主命题·天津卷题组1.(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。2.(2013天津理综,3,6分)如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于

垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,

方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截

面的电荷量为q1;第二次bc边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面

的电荷量为q2,则

()A.Q1>Q2,q1=q2

B.Q1>Q2,q1>q2C.Q1=Q2,q1=q2

D.Q1=Q2,q1>q2

答案

A

第一次ab边是电源,第二次bc边是电源。设线框ab、bc边长分别为l1、l2,第一次线

框中产生的热量Q1=

Rt1=(

)2·R·

=

=

l1,第二次线框中产生的热量Q2=

Rt2=(

)2·R·

=

=

l2,由于l1>l2,所以Q1>Q2。通过线框导体横截面的电荷量q=

·Δt=

·Δt=

=

,故q1=q2,A选项正确。3.(2019课标Ⅰ,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ρ、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

B组

统一命题、省(区、市)卷题组答案

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

=

·πr2·

=

,故D错。由电阻定律得圆环电阻R=ρ

,则感应电流I=

=

,故C正确。易错点拨(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。4.(2018课标Ⅰ,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Ⅰ);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Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ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Ⅰ,q1=

,对于过程Ⅱ,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ΔΦ的求解有三种情况:(1)只有S变化,ΔΦ=B·ΔS;(2)只有B变化,ΔΦ=ΔB·S;(3)B和S都变化,ΔΦ=Φ2-Φ1。5.(2015课标Ⅱ,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ω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.Ua>Uc,金属框中无电流B.Ub>Uc,金属框中电流方向沿a-b-c-aC.Ubc=-

Bl2ω,金属框中无电流D.Uac=

Bl2ω,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ω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=Ua<Uc,A、B、D选项错误;b、c两点的电势差Ubc=-

Blv中=-

Bl2ω,选项C正确。6.(2017课标Ⅱ,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0.005Ω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

=0.2×0.1×

N=0.04N,选项D错误。解题关键利用图像获取信息:①线框匀速进入磁场的时间;②感应电动势的正负及大小。7.(2016课标Ⅱ,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=

BL2ω,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,ω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=

BL2ω(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。8.(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=

2.线框匀速运动,拉力等于安培力,即F拉=F安=BIL;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;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。C组教师专用题组9.(2009北京理综,23,18分)单位时间内流过管道横截面的液体体积叫做液体的体积流量(以下

简称流量)。有一种利用电磁原理测量非磁性导电液体(如自来水、啤酒等)流量的装置,称为

电磁流量计。它主要由将流量转换为电压信号的传感器和显示仪表两部分组成。传感器的结构如图所示,圆筒形测量管内壁绝缘,其上装有一对电极a和c,a、c间的距离等于测

量管内径D,测量管的轴线与a、c的连接方向以及通电线圈产生的磁场方向三者相互垂直。

当导电液体流过测量管时,在电极a、c间出现感应电动势E,并通过与电极连接的仪表显示出

液体的流量Q。设磁场均匀恒定,磁感应强度为B。

(1)已知D=0.40m,B=2.5×10-3T,Q=0.12m3/s。设液体在测量管内各处流速相同,试求E的大小(π

取3.0);(2)一新建供水站安装了电磁流量计,在向外供水时流量本应显示为正值,但实际显示却为负

值。经检查,原因是误将测量管接反了,既液体由测量管出水口流入,从入水口流出。因水已加

压充满管道,不便再将测量管拆下重装,请你提出使显示仪表的流量指示变为正值的简便方法;(3)显示仪表相当于传感器的负载电阻,其阻值记为R。a、c间导电液体的电阻r随液体电阻率

的变化而变化,从而会影响显示仪表的示数。试以E、R、r为参量,给出电极a、c间输出电压U

的表达式,并说明怎样可以降低液体电阻率变化对显示仪表示数的影响。答案(1)1.0×10-3V(2)见解析(3)见解析解析(1)导电液体通过测量管时,相当于导线做切割磁感线的运动,在电极a、c间切割磁感

线的液柱长度为D,设液体的流速为v,则产生的感应电动势为E=BDv

①由流量的定义,有Q=Sv=

v

②①②式联立解得E=BD

=

代入数据得E=

V=1.0×10-3V(2)能使仪表显示的流量变为正值的方法简便、合理即可,如:改变通电线圈中电流的方向,使

磁场反向,或将传感器输出端对调接入显示仪表。(3)传感器、显示仪表构成闭合电路,由闭合电路欧姆定律有I=

U=IR=

=

③输入显示仪表的是a、c间的电压U,流量示数和U一一对应,E与液体电阻率无关,而r随电阻率

的变化而变化,由③式可看出,r变化相应地U也随之变化。在实际流量不变的情况下,仪表显示的流量示数会随a、c间的电压U的变化而变化。增大R,使R≫r,则U≈E,这样就可以降低液

体电阻率的变化对显示仪表流量示数的影响。考点三电磁感应中的综合问题A组

自主命题·天津卷题组1.(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

①设PQ与MN并联的电阻为R并,有R并=

②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=

③设PQ中的电流为IPQ,有IPQ=

I

④设PQ受到的安培力为F安,有F安=BIPQl

⑤保持PQ静止,由受力平衡,有F=F安

⑥联立①②③④⑤⑥式得F=

⑦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Δt,回路中的

磁通量变化为ΔΦ,平均感应电动势为

,有

=

⑧其中ΔΦ=Blx

⑨设PQ中的平均电流为

,有

=

⑩根据电流的定义得

=

由动能定理,有Fx+W=

mv2-0

联立⑦⑧⑨⑩

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,ΔΦ为线圈中磁通量的变化量,R为闭合回路的总电阻。2.(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=

①设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有I=

②设两根金属棒所受安培力之和为F,有F=IlB

③根据牛顿第二定律有F=ma

④联立①②③④式得a=

⑤(3)设列车减速时,cd进入磁场后经Δt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ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有E1=

⑥其中ΔΦ=Bl2

⑦设回路中平均电流为I',由闭合电路欧姆定律有I'=

⑧设cd受到的平均安培力为F',有F'=I'lB

⑨以向右为正方向,设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲,有I冲=-F'Δt

⑩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⑥⑦⑧⑨⑩

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。

3.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=

①设MN受到的安培力为F,有F=IlB

②由牛顿第二定律,有F=ma

③联立①②③式得a=

④(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为Q0,有Q0=CE

⑤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

⑥依题意有E'=

⑦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

⑧由动量定理,有

Δt=mvmax-0

⑨又

Δt=Q0-Q

⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q=

4.(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

①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=

②设此时线框所受安培力为F1,有F1=2I1lB

③由于线框做匀速运动,其受力平衡,有mg=F1

④由①②③④式得v1=

⑤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=

⑥由⑤⑥式得v2=4v1

⑦(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

⑧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

⑨由⑦⑧⑨式得H=

+28l

⑩5.(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θ=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Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线

为MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ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Ⅰ中,将质量m1=0.1kg,电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上,

ab刚好不下滑。然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg,电阻R2=0.1Ω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Ⅱ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=m1gsinθ

①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

②设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有I=

③设ab所受安培力为F安,有F安=ILB

④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=m1gsinθ+Fmax

⑤综合①②③④⑤式,代入数据解得v=5m/s⑥(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m2gxsinθ=Q总+

m2v2

⑦又Q=

Q总

⑧解得Q=1.3J⑨6.(2019课标Ⅱ,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θ,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

()

B组

统一命题、省(区、市)卷题组答案

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。7.(2018课标Ⅱ,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。8.(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=0.3m2、电阻R=0.6Ω,磁场的磁感应强度B=0.2T。现同时

向两侧拉动线圈,线圈的两边在Δt=0.5s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)0.12V(2)0.2A见解析图(3)0.1C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ΔΦ=BΔS解得E=

,代入数据得E=0.12V(2)平均电流I=

代入数据得I=0.2A(电流方向见图)

(3)电荷量q=IΔt代入数据得q=0.1C解题技巧

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。9.(2016课标Ⅱ,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μ。重力加速度大小为g。求(1)金属杆在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-μmg

①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

②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

③联立①②③式可得E=Blt0

④(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=

⑤式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为f=BlI

⑥因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得F-μmg-f=0

⑦联立④⑤⑥⑦式得R=

⑧解题技巧金属杆的运动分为两个过程,进入磁场前,水平方向受拉力F与摩擦力的作用做匀

加速运动,可求出加速度a和到达磁场左边界时的速度,进入磁场后,杆做匀速直线运动,根据法

拉第电磁感应定律,求出电动势及电路中的电流,分析受力情况,由牛顿运动定律列方程求解即

可。解题思路分别分析金属杆在两个过程中的受力情况和运动情况,第一个过程的末速度即第

二个过程匀速运动的速度,结合法拉第电磁感应定律得到E,再根据第二个过程的匀速运动列

方程求出R。10.(2016课标Ⅲ,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B0,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(t>t0)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Φ=ktS

①设在从t时刻到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq。由法

拉第电磁感应定律有ε=-

②由欧姆定律有i=

③由电流的定义有i=

④联立①②③④式得|Δq|=

Δt

⑤由⑤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|=

⑥(2)当t>t0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

⑦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

⑧此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0)

⑨匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ'=B0ls

⑩回路的总磁通量为Φt=Φ+Φ'

式中,Φ仍如①式所示。由①⑨⑩

式得,在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为Φt=B0lv0(t-t0)+kSt

在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt为ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt

由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为εt=

由欧姆定律有I=

联立⑦⑧

式得f=(B0lv0+kS)

评分参考第(1)问7分,①②③④⑤式各1分,⑥式2分;第(2)问13分,⑦式2分,⑧⑨⑩式各1分,

式各2分,

式各1分。解题指导

(1)金属棒在0~t0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综合知

识可以求出恒力f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。C组教师专用题组11.(2008北京理综,22,16分)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd,每边长为L,总电阻为R,

总质量为m,将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处,如图所示,线框由静止自由下落,

线框平面保持在竖直平面内,且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时:(1)求线框中产生的感应电动势大小;(2)求c、d两点间的电势差大小;(3)若此时线框加速度恰好为零,求线框下落的高度h所应满足的条件。

答案(1)BL

(2)

BL

(3)h=

解析(1)cd边刚进入磁场时,线框速度v=

线框中产生的感应电动势E=BLv=BL

(2)此时线框中电流I=

c、d两点间的电势差U=I(

R)=

BL

(3)cd边所受安培力F=BIL=

根据牛顿第二定律可知,mg-F=ma由a=0解得下落高度应满足h=

考点一电磁感应现象楞次定律三年模拟A组2017—2019年高考模拟·考点基础题组1.(2018河东二模)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感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化,在A图中,出现扰动时,紫铜

薄板随底盘上下及左右振动,在磁场中的部分有时多有时少,磁通量发生变化,产生感应电流,

受到安培力,阻碍紫铜薄板的振动;在B图中,只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流,而上下振

动无感应电流产生;在C图中,无论紫铜薄板上下振动还是左右振动,都不会产生感应电流;在D

图中,只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流,而上下振动无感应电流产生,故选项A正确,B、

C、D错误。2.(2018五区县一模)表面粗糙的U形金属线框水平固定,其上横放一根阻值为R的金属棒ab,金

属棒与线框接触良好,将螺线管连接在如图所示的电路中,并将通电螺线管竖直放置在线框与

金属棒组成的回路中,下列说法正确的是

()

A.当滑动变阻器的滑片P向上滑动时,螺线管内部的磁通量增大B.当滑动变阻器的滑片P向下滑动时,流过金属棒的电流方向由a到bC.当滑动变阻器的滑片P向上滑动时,流过金属棒的电流方向由a到bD.当滑动变阻器的滑片P向下滑动时,金属棒所受摩擦力方向水平向右答案

C根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N极,则螺线管内部磁场方向竖直向下,螺线

管外部磁场方向竖直向上,线框回路中合磁场方向向下。当滑动变阻器的滑片P向上滑动时,

滑动变阻器连入电路的电阻增大,螺线管中电流减小,产生的磁场变弱,即穿过回路的磁通量减

小,根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a到b,A错误,C正确;当滑动变阻器的滑片P向

下滑动时,滑动变阻器连入电路的电阻减小,螺线管中电流变大,产生的磁场变强,即穿过回路

的磁通量增大,根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b到a,而金属棒所在处磁场方向竖

直向上,金属棒所受安培力的方向水平向右,故金属棒所受摩擦力的方向水平向左,B、D错误。3.(2017河西三模)如图所示一等腰直角三角形中存在垂直于纸面向里的匀强磁场,三角形腰长

为2L,一个边长为L的导线框ABDC自右向左匀速通过该区域,则回路中A、C两点电势差UAC随

时间的变化关系图像应为

()

答案

B线框进入磁场的长度为0~L的过程中磁通量增大,则由楞次定律可知,电流方向为逆

时针,故A点电势低于C点电势,切割磁感线的有效长度增大,故感应电动势增大;进入磁场的长

度为L~2L的过程中,磁通量增大,则由楞次定律可知,电流方向为逆时针,故A点电势低于C点电

势,切割磁石线的有效长度减小,故感应电动势减小;当AB边离开磁场时,磁通量减小,由楞次定

律可知电流为顺时针,故A点电势高于C点,切割长度不变,感应电动势大小不变,故B正

确,A、C、D错误。4.(2018河西二模)如图所示电路中,A、B、C为完全相同的三个灯泡,L是一个直流电阻不可忽

略的电感线圈,a、b为线圈L的左右两端点,原来开关S是闭合的,三个灯泡亮度相同,将开关S断

开后,下列说法正确的是

()

A.a点电势高于b点,A灯闪亮后缓慢熄灭B.a点电势低于b点,B、C灯闪亮后缓慢熄灭C.a点电势高于b点,B、C灯闪亮后缓慢熄灭D.a点电势低于b点,B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭考点二法拉第电感应定律自感答案

D开关闭合稳定时,三个灯泡亮度相同,则流过A的电流大小等于流过B、C的电流的

大小,开关断开的瞬间,B、C灯原来的电流瞬间消失,而线圈产生自感电动势阻碍B、C灯中电

流减小,并与A、B、C组成回路,原来两支路中电流相等,则从开关断开瞬间开始,电流都从原

来流过A的值开始减小,所以三灯均过一会才熄灭。由于断开S后A中电流的方向与原电流的

方向相同,则流过三个灯的电流的方向为逆时针,b点电势高于a点,故选D。5.(2017红桥一模)如图所示的电路中,A1、A2是完全相同的灯泡,线圈L的自感系数较大,它的电

阻与定值电阻R相等。下列说法正确的是

()A.闭合开关S,A1先亮、A2后亮,最后它们一样亮B.闭合开关S,A1、A2始终一样亮C.断开开关S,A1、A2都要过一会才熄灭D.断开开关S,A2立刻熄灭,A1过一会才熄灭答案

C闭合开关S,电阻R不产生感应电动势,A2立即发光,线圈中电流增大,产生自感电动

势,根据楞次定律得知,自感电动势阻碍电流的增大,经过线圈L的电流只能逐渐增大,A1逐渐变

亮,所以闭合开关S,A2先亮、A1后亮,最后它们一样亮,故A、B错误;断开开关S时,A2灯中的电流

突然消失,线圈中电流减小,产生自感电动势,相当于电源,感应电流流过A1、A2和R组成的回路,

所以A1、A2都要过一会才熄灭,故C正确,D错误。6.(2017滨海七校)(多选)如图甲所示,abcd是匝数为100、边长为10cm、总电阻为0.1Ω的正方

形闭合导线圈,放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中,磁感应强度B随时间t的变化关系如图

乙所示,则以下说法正确的是

()

A.导线圈中产生的是交变电流B.在t=1s时,ad边受安培力方向向右C.在0~2s内通过导线横截面的电荷量为10CD.在t=2.5s时导线圈产生的感应电动势为1V答案

AB根据楞次定律可知,在0~2s内的感应电流方向与2~3s内的感应电流方向相反,即

交流电,故A正确;根据楞次定律可知0~2s内产生的感应电流方向为逆时针,根据左手定则可

知受到的安培力方向向右,故B正确;在0~2s时间内,感应电动势为:E1=100×

×0.12V=1V,再根据欧姆定律I=

,则有:I1=

A=10A,根据Q=It,解得:Q=10×2C=20C,故C错误;根据法拉第电磁感应定律可知,2.5s时的感应电动势等于2s到3s内的感应电动势,则有:E=

=

V=2V,故D错误。考点三电磁感应中的综合问题7.(2018河西一模,11)如图所示,粗糙斜面的倾角θ=37°,半径r=0.5m的圆形区域内存在着垂直

于斜面向下的匀强磁场。一个匝数n=10的刚性正方形线框abcd,通过松弛的柔软导线与一个

额定功率P=1.25W的小灯泡A相连,圆形磁场的一条直径恰好与线框bc边重合。已知线框总

质量m=2kg,总电阻R0=1.25Ω,边长L>2r,与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。从t=0时起,磁场的磁

感应强度按B=2-

t(T)的规律变化。开始时线框静止在斜面上,在线框运动前,灯泡始终正常发光。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,π取3.2)求:

(1)线框不动时,回路中的感应电动势E;(2)小灯泡正常发光时的电阻R;(3)线框保持不动的时间内,小灯泡产生的热量Q。答案(1)2.5V(2)1.25Ω(3)3.2J解析(1)由法拉第电磁感应定律有:E=n

得:E=n

×

π×r2=10×

×

π×0.52V=2.5V(2)小灯泡正常发光,有:P=I2R由闭合电路欧姆定律有:E=I(R0+R)即有:P=

R代入数据解得:R=1.25Ω(3)对线框bc边处于磁场中的部分受力分析如图,当线框恰好要运动时,磁场的磁感应强度大小

为B',由力的平衡条件有:mgsinθ=F安+f=F安+μmgcosθF安=nB'I×2rI=

由以上各式解得线框刚要运动时,磁场的磁感应强度大小为B'=0.4T线框在斜面上可保持静止的时间为:t=

s=

s小灯泡产生的热量为:Q=Pt=1.25×

J=3.2J

8.(2018和平二模,11)如图所示,边长为L的正方形单匝线框abcd,质量为m,每边电阻均为R,以一

定的初速度竖直向上运动。线框正上方空间有一有界匀强磁场,磁场区域的上、下边界水平

平行,间距为2L,磁感线方向垂直于线框所在平面向里,磁感应强度大小为B。线框在运动过程

中始终保持在同一竖直面内,ab边保持水平。向上运动过程中,线框ab边与磁场下边界重合时

速度大小为v0,经历时间t后,线框完全进入磁场(cd边与磁场下边界重合);线框向上穿出磁场后,

继续向上运动并返回,当cd边回到磁场上边界时恰好能够匀速进入磁场区域。重力加速度

为g,不计空气阻力。求:(1)线框向下运动时,刚进入磁场时匀速运动的速度大小v1;(2)线框向上运动时,从刚要进入磁场到完全离开磁场过程中,ab边产生的热量Qab;(3)线框向上运动时,刚完全进入磁场时的速度大小v2。答案(1)

(2)

m

-

-

mgL(3)v0-gt-

解析(1)线框向下运动时,刚进入磁场时做匀速运动,安培力与重力平衡,即有:mg=F安。产生电动势,E=BLv1线框中电流,I=

cd边受到的安培力F安=BIL,联立得:v1=

(2)线框向上运动时,从刚要进入磁场到完全离开磁场过程中,设线框产生的总热量为Q。根据能量守恒定律得:Q+mg·3L+

m

=

m

ab边产生的热量:Qab=

解得:Qab=

m

-

-

mgL(3)线框向上运动到刚进入磁场的过程中,由动量定理得:-(mg+B

L)t=mv2-mv0又

t=

=

=

解得:v2=v0-gt-

9.(2018南开二模)磁动力作为一种新型动力系统已经越来越多的应用于现代社会,如图所示为

电磁驱动装置的简化示意图,间距L=1m的两根足够长的平行长直金属导轨倾斜放置,导轨平

面与水平面的夹角θ=37°,两导轨上端接有R=5Ω的电阻。质量m=0.1kg的导体棒ab垂直放置

在导轨上,与导轨接触良好,导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,导轨和导体棒的电阻均不计,

导轨平面上的矩形区域(如图中虚线框所示)内存在着磁感应强度B=1T的匀强磁场,磁场方向

垂直导轨平面向上。(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)若磁场保持静止,导体棒ab从距离磁场区域x处由静止下滑,恰好匀速穿过磁场区域,求x的大小;(2)若导体棒ab处于磁场区域内,当磁场以某一速度沿导轨平面匀速向上运动时,可以使导体棒

以v1=2m/s的速度沿导轨匀速向上运动,导体棒在运动过程中始终处于磁场区域内,求磁场运

动的速度大小v2,以及为维持导体棒的运动此时系统提供的功率P。答案(1)0.25m(2)7m/s7W解析(1)导体棒进入磁场恰好匀速穿过,有:mgsinθ=

+μmgcosθ代入数据解得:v=1m/sab棒在无磁场区域下滑的加速度为:a=gsinθ-μgcosθ=2m/s2则有:x=

=

m=0.25m

(2)导体棒匀速向上运动,可知所受的安培力沿斜面向上,导体棒相对磁场向下运动,根据平衡

有:mgsinθ+μmgcosθ=

代入数据解得:v2=7m/s系统受到的安培力F安'与导体棒受到的安培力F安为一对相互作用力,由牛顿第三定律得,F安'=F安=

=1NP=F安'·v2=7W10.(2018河西二模)如图所示,电阻不计的两光滑金属导轨相距L,放在水平绝缘桌面上,半径为

R的

圆弧部分处在竖直平面内,水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,末端与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好,棒ab质量为

2m、电阻为r,棒cd的质量为m、电阻为r,重力加速度为g。开始时棒cd静止在水平直导轨上,棒

ab从圆弧顶端无初速度释放,进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动,最后两

棒都离开导轨落到地面上。棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为1∶3。求:(1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小;(2)棒cd在水平导轨上的最大加速度;(3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。答案(1)

(2)

(3)

mgR解析(1)设ab棒进入水平导轨的速度为v1,ab棒从圆弧导轨滑下,由机械能守恒定律得2mgR=

×2m

①离开导轨时,设ab棒的速度为v1',cd棒的速度为v2',ab棒与cd棒在水平导轨上运动,由动量守恒得2mv1=2mv1'+mv2'

②两棒离开导轨做平抛运动的时间相等,由水平位移x=vt可知:v1'∶v2'=x1∶x2=1∶3

③联立①②③解得v1'=

,v2'=

。(2)ab棒刚进入水平导轨时,cd棒受到的安培力最大,cd的加速度最大,回路的感应电动势为E=BLv1

④I=

⑤cd棒受到的安培力为:Fcd=BIL

⑥cd棒有最大加速度为a=

⑦联立上式解得:a=

。(3)根据能量守恒定律,两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为:Q=

×2m

-

⑧联立上式并代入v1'和v2'解得Q=

mgR。11.(2018和平一模)如图所示,电阻不计且足够长的U形金属框架放置在倾角θ=37°的绝缘斜面

上,该装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中,磁感应强度大小B=0.5T。质量m=0.1kg、电阻R=

0.4Ω的导体棒ab垂直放在框架上,从静止开始沿框架无摩擦下滑,与框架接触良好。框架的质

量M=0.2kg、宽度L=0.4m,框架与斜面间的动摩擦因数μ=0.6,与斜面间的最大静摩擦力等于

滑动摩擦力,g取10m/s2。(1)若框架固定,求导体棒的最大速度vm;(2)若框架固定,导体棒从静止下滑至某一位置时速度为5m/s,此过程中共有3C的电荷量通过

导体棒,求此过程回路中产生的热量Q;(3)若框架不固定,求当框架刚开始运动时棒的速度v1。

答案(1)6m/s(2)2.35J(3)2.4m/s解析(1)棒ab产生的电动势为:E=BLv回路中感应电流为:I=

棒ab所受的安培力为:F安=BIL对棒ab有:mgsin37°-BIL=ma当加速度a=0时,棒ab速度最大,其最大值为:

vm=

=6m/s(2)设下滑距离为x时满足题设条件,根据能量守恒定律有:mgxsin37°=

mv2+Q该过程棒做变加速运动,但电荷量q