（新課標(biāo)Ⅰ）2019版高考物理 專題十一 電磁感應(yīng)課件.ppt

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1、專題十一電磁感應(yīng),高考物理 (新課標(biāo)專用),A組統(tǒng)一命題課標(biāo)卷題組 考點(diǎn)一電磁感應(yīng)現(xiàn)象、楞次定律,五年高考,1.(2018課標(biāo),19,6分)(多選)如圖,兩個線圈繞在同一根鐵芯上,其中一線圈通過開關(guān)與電源連接,另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方,開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是() A.開關(guān)閉合后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動 B.開關(guān)閉合并保持一段時間后,小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向 C.開關(guān)閉合并保持一段時間后,小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向 D.開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間,小磁針的N極

2、朝垂直紙面 向外的方向轉(zhuǎn)動,答案AD本題考查電流的磁效應(yīng)、楞次定律等知識。當(dāng)開關(guān)閉合瞬間,右側(cè)線圈中電流突然增大,鐵芯上向右的磁場增強(qiáng),由楞次定律可知左側(cè)線圈中正面感應(yīng)電流向上,則遠(yuǎn)處直導(dǎo)線上電流向左,由安培定則可知小磁針處直導(dǎo)線上電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里,A項(xiàng)正確。開關(guān)閉合并保持一段時間后,磁場不再變化,左側(cè)線圈中沒有感應(yīng)電流,小磁針N、S極回到原始方向,故B、C兩項(xiàng)錯誤。開關(guān)斷開的瞬間,右側(cè)線圈中電流減小,左側(cè)線圈正面感應(yīng)電流向下,遠(yuǎn)處直導(dǎo)線上電流向右,由安培定則知,小磁針處直導(dǎo)線上電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外,故D項(xiàng)正確。,審題指導(dǎo)關(guān)鍵詞在審題中的作用 關(guān)鍵詞:同一根鐵芯,意味著

3、左右兩側(cè)線圈中磁通量變化率相同;遠(yuǎn)處,說明此處小磁針不再受線圈中磁通量變化的影響;小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方,說明磁針的偏轉(zhuǎn)受直導(dǎo)線上電流產(chǎn)生的磁場影響。,2.(2015課標(biāo),19,6分,0.290)(多選)1824年,法國科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實(shí)驗(yàn)”。實(shí)驗(yàn)中將一銅圓盤水平放置,在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針,如圖所示。實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn),當(dāng)圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時,磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來,但略有滯后。下列說法正確的是() A.圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢 B.圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動 C.在圓盤轉(zhuǎn)動的過程中,磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化

4、 D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動形成電流,此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動,3.(2014課標(biāo),14,6分,0.676)在法拉第時代,下列驗(yàn)證“由磁產(chǎn)生電”設(shè)想的實(shí)驗(yàn)中,能觀察到感應(yīng)電流的是() A.將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路,然后觀察電流表的變化 B.在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈,然后觀察電流表的變化 C.將一房間內(nèi)的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接,往線圈中插入條形磁鐵后,再到相鄰房間去觀察電流表的變化 D.繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈,分別接電源和電流表,在給線圈通電或斷電的瞬間,觀察電流表的變化,答案D將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路,因線圈中的磁通量沒有變

5、化,故不能觀察到感應(yīng)電流,選項(xiàng)A不符合題意;在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈時,如果通電線圈通以恒定電流,產(chǎn)生不變的磁場,則在另一線圈中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流,選項(xiàng)B不符合題意;在線圈中插入條形磁鐵后,再到相鄰房間去觀察電流表時,磁通量已不再變化,因此也不能觀察到感應(yīng)電流,選項(xiàng)C不符合題意;繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈,在給一個線圈通電或斷電的瞬間,線圈產(chǎn)生的磁場變化,使穿過另一線圈的磁通量變化,因此,能觀察到感應(yīng)電流,選項(xiàng)D符合題意。,解題關(guān)鍵只要穿過閉合導(dǎo)體回路的磁通量發(fā)生變化,閉合導(dǎo)體回路中就有感應(yīng)電流。,4.(2017課標(biāo),15,6分)如圖,在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中有一U形金屬導(dǎo)

6、軌,導(dǎo)軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS,一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi),線框與導(dǎo)軌共面。現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動,在運(yùn)動開始的瞬間,關(guān)于感應(yīng)電流的方向,下列說法正確的是() A.PQRS中沿順時針方向,T中沿逆時針方向 B.PQRS中沿順時針方向,T中沿順時針方向 C.PQRS中沿逆時針方向,T中沿逆時針方向 D.PQRS中沿逆時針方向,T中沿順時針方向,答案D金屬桿PQ向右運(yùn)動,穿過PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,感應(yīng)電流在PQRS內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外,由安培定則可判斷PQRS中產(chǎn)生逆時針方向的電流。穿過T的磁通量是外加勻強(qiáng)磁場和PQRS

7、產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場的磁通量代數(shù)和,穿過T的合磁通量垂直紙面向里減小,據(jù)楞次定律和安培定則可知,T中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流,故D正確。,易錯點(diǎn)撥對楞次定律的深度理解 線框與導(dǎo)軌共面且與磁場垂直。當(dāng)金屬桿PQ向右運(yùn)動時,PQRS中向里的磁通量增加,從而產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流。T中原有垂直紙面向里的磁通量不變,而增加了因PQRS中感應(yīng)電流產(chǎn)生的向外的磁通量,導(dǎo)致T中垂直紙面向里的合磁通量減小,從而產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流。,考點(diǎn)二法拉第電磁感應(yīng)定律,5.(2018課標(biāo),17,6分)如圖,導(dǎo)體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點(diǎn),O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、

8、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿,M端位于PQS上,OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程);再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)。在過程、中,流過OM的電荷量相等,則等于() A.B.C.D.2,答案B本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律及電荷量公式。由公式E=,I=,q=It得q=,設(shè) 半圓弧半徑為r,對于過程,q1=,對于過程,q2=,由q1=q2得,=,故B項(xiàng)正 確。,答案AC本題考查楞次定律的應(yīng)用及法拉第電磁感應(yīng)定律。由i-t圖像可知,在t=時,= 0,此時穿過導(dǎo)線框R的磁通量的變化率=

9、0,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,此時導(dǎo)線框R中的 感應(yīng)電動勢為0,選項(xiàng)A正確;同理在t=和t=T時,為最大值,為最大值,導(dǎo)線框R中的感應(yīng) 電動勢為最大值,不改變方向,選項(xiàng)B錯誤;根據(jù)楞次定律,t=時,導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢的方 向?yàn)轫槙r針方向,而t=T時,導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢的方向?yàn)槟鏁r針方向,選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯誤。,一題多解當(dāng)導(dǎo)線PQ中電流變大時,穿過導(dǎo)線框R的磁通量變大,由楞次定律可知,為阻礙磁通量變大,R有向右的運(yùn)動趨勢,根據(jù)兩直導(dǎo)線電流同向相吸,異向相斥,可判斷R中的電流方向。同理,可判斷當(dāng)導(dǎo)線PQ中電流變小時導(dǎo)線框R中的電流方向。,7.(2017課標(biāo),18,6分)掃描隧道顯微鏡(S

10、TM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動,在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板,并施加磁場來快速衰減其微小振動,如圖所示。無擾動時,按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場;出現(xiàn)擾動后,對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是(),答案A本題考查電磁阻尼。若要有效衰減紫銅薄板上下及左右的微小振動,則要求施加磁場后,在紫銅薄板發(fā)生上下及左右的微小振動時,穿過紫銅薄板橫截面的磁通量都能發(fā)生變化。由選項(xiàng)圖可知只有A滿足要求,故選A。,答案BC本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力、右手定則,考查學(xué)生的推理能力、利用圖像獲得信息的能力。導(dǎo)線框勻速進(jìn)入磁場時速度v

11、= m/s=0.5 m/s,選項(xiàng)B正確;由E= BLv,得B= T=0.2 T,選項(xiàng)A錯誤;由右手定則可確定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向 外,選項(xiàng)C正確;導(dǎo)線框所受安培力F=BLI=BL=0.20.1 N=0.04 N,選項(xiàng)D錯誤。,解題關(guān)鍵利用圖像獲取信息:線框勻速進(jìn)入磁場的時間;感應(yīng)電動勢的正負(fù)及大小。,9.(2016課標(biāo),20,6分)(多選)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上,兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時,關(guān)于流過電阻R的電流,下列說法正確的是() A.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定,則電流大小恒定 B.若從上向下看

12、,圓盤順時針轉(zhuǎn)動,則電流沿a到b的方向流動 C.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍,答案AB設(shè)圓盤的半徑為L,可認(rèn)為圓盤由無數(shù)根輻條構(gòu)成,則每根輻條切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BL2,整個回路中的電源為無數(shù)個電動勢為E的電源并聯(lián)而成,電源總內(nèi)阻為 零,故回路中電流I=,由此可見A正確。R上的熱功率P=I2R=,由此可見,變?yōu)樵?來的2倍時,P變?yōu)樵瓉淼?倍,故D錯。由右手定則可判知B正確。電流方向與導(dǎo)體切割磁感線的方向有關(guān),而與切割的速度大小無關(guān),故C錯。,疑難突破金屬圓盤在恒定的勻強(qiáng)磁場

13、中轉(zhuǎn)動時,其等效電源的模型如圖所示,每個電源的電動勢E=BL2(L為圓盤的半徑),內(nèi)阻為r0,則n個電源并聯(lián)后的總電動勢仍為E,總內(nèi)阻r=,n 時,r=0。,評析本題以轉(zhuǎn)動的圓盤為背景,考查了考生構(gòu)建模型的能力。從知識角度,本題考查了感應(yīng)電動勢、右手定則、閉合電路歐姆定律、電功率等基礎(chǔ)知識,綜合性較強(qiáng),屬于中等難度題。,10.(2015課標(biāo),15,6分,0.337)如圖,直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向平行于ab邊向上。當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度逆時針轉(zhuǎn)動時,a、b、c三點(diǎn)的電勢分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是(),A.UaUc,金屬

14、框中無電流 B.UbUc,金屬框中電流方向沿a-b-c-a C.Ubc=-Bl2,金屬框中無電流 D.Uac=Bl2,金屬框中電流方向沿a-c-b-a,答案C閉合金屬框在勻強(qiáng)磁場中以角速度逆時針轉(zhuǎn)動時,穿過金屬框的磁通量始終為零,金屬框中無電流。由右手定則可知Ub=UaUc,A、B、D選項(xiàng)錯誤;b、c兩點(diǎn)的電勢差Ubc=-Blv中=-Bl2,選項(xiàng)C正確。,思路點(diǎn)撥穿過金屬框的磁通量始終為零,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生。可以由右手定則判斷電勢高低。感應(yīng)電動勢E=BLv。,11.(2014課標(biāo),18,6分,0.491)如圖(a),線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上。在ab線圈中通以變化的電流。用示波器測得線圈c

15、d間電壓如圖(b)所示。已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比,則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關(guān)系的圖中,可能正確的是(),答案CA選項(xiàng)中只有電流方向改變的瞬間,線圈cd間才會產(chǎn)生電壓,其他時間cd間電壓為零,不符合題意,故A選項(xiàng)錯誤。通電線圈中產(chǎn)生的磁場B=ki(k為比例系數(shù));在另一線圈中的磁通量=BS=kiS,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,在另一線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=n,由圖(b) 可知,|Ucd|不變,則不變,故不變,故選項(xiàng)B、D錯誤,C正確。,審題點(diǎn)撥線圈ab和cd繞在同一軟鐵芯上,兩線圈中磁通量的變化情況一致。ab線圈因電生磁,cd線圈因磁生電。結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律分析判斷

16、。,評析本題以變壓器為載體,用圖象語言描述原、副線圈中電壓、電流、磁場隨時間的變化關(guān)系。要求學(xué)生明確圖象六要素即點(diǎn)、線、面、軸、斜率、截距的實(shí)際物理意義。圖象語言作為描述物理情景的三種語言之一,是永恒的考查熱點(diǎn)。,考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的綜合應(yīng)用,12.(2018課標(biāo),18,6分)如圖,在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,區(qū)域?qū)挾染鶠閘,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為l的正 方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動。線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的正確圖線可能是 (),答案D本題考查右手定則、E=BLv。由右手定則判定,線框向左移動0過程,回路中電流 方向?yàn)轫?/p>

17、時針,由E=2BLv可知,電流i為定值;線框向左移動l過程,線框左、右兩邊產(chǎn)生的感 應(yīng)電動勢相抵消,回路中電流為零。線框向左移動ll過程,回路中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針。 由上述分析可見,選項(xiàng)D正確。,方法技巧電磁感應(yīng)中圖像問題分析技巧 由方向的合理性可直接排除錯誤選項(xiàng),如果需要,再定量分析電流大小的變化情況確定正確選項(xiàng)。,13.(2016課標(biāo),24,14分)如圖,兩固定的絕緣斜面傾角均為,上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L,質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒

18、水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上。已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中,回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為,重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求 (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小; (2)金屬棒運(yùn)動速度的大小。,答案(1)mg(sin -3 cos )(2)(sin -3 cos ),解析(1)設(shè)兩導(dǎo)線的張力大小之和為T,右斜面對ab棒的支持力的大小為N1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對cd棒的支持力大小為N2。對于ab棒,由力的平衡條件得 2mg sin =N1+T+F N1=2mg cos 對于cd棒,同理有 mg sin +

19、N2=T N2=mg cos 聯(lián)立式得 F=mg(sin -3 cos ) (2)由安培力公式得 F=BIL 這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流。ab棒上的感應(yīng)電動勢為 =BLv 式中,v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得,I= 聯(lián)立式得 v=(sin -3 cos ),解題指導(dǎo)解答此題的關(guān)鍵是對ab、cd棒受力分析,由平衡條件求出ab棒受到的安培力,再由金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢確定出金屬棒的速度。,14.(2016課標(biāo),24,12分)如圖,水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻,質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t=0時,金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜

20、止開始運(yùn)動。t0時刻,金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計,兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動摩擦因數(shù)為。重力加速度大小為g。求 (1)金屬桿在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的電動勢的大小; (2)電阻的阻值。,答案(1)Blt0(2),解析(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得 ma=F-mg 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v,由運(yùn)動學(xué)公式有 v=at0 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動時,由法拉第電磁感應(yīng)定律,桿中的電動勢為 E=Blv 聯(lián)立式可得 E=Blt0 (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動時

21、,金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律 I= 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為 f=BlI 因金屬桿做勻速運(yùn)動,由牛頓運(yùn)動定律得 F-mg-f=0,聯(lián)立式得 R=,解題指導(dǎo)金屬桿的運(yùn)動分為兩個過程,進(jìn)入磁場前,水平方向受拉力F與摩擦力的作用做勻加速運(yùn)動,可求出加速度a和到達(dá)磁場左邊界時的速度,進(jìn)入磁場后,桿做勻速直線運(yùn)動,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,求出電動勢及電路中的電流,分析受力情況,由牛頓運(yùn)動定律列方程求解即可。,解題思路分別分析金屬桿在兩個過程中的受力情況和運(yùn)動情況,第一個過程的末速度即為第二個過程勻速運(yùn)動的速度,結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律得到E,再根據(jù)第二個過程的勻速運(yùn)動列方程求出R。,

22、15.(2016課標(biāo),25,20分)如圖,兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi),其左端接一阻值為R的電阻;一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上;在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域,區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時間t的變化關(guān)系為B1=kt,式中k為常量;在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域,區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,方向也垂直于紙面向里。某時刻,金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動,在t0時刻恰好以速度v0越過MN,此后向右做勻速運(yùn)動。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好,它們的電阻均忽略不計。求 (1)在t

23、=0到t=t0時間間隔內(nèi),流過電阻的電荷量的絕對值; (2)在時刻t(tt0)穿過回路的總磁通量和金屬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)在金屬棒越過MN之前,t時刻穿過回路的磁通量為=ktS 設(shè)在從t時刻到t+t的時間間隔內(nèi),回路磁通量的變化量為,流過電阻R的電荷量為q。由法拉第電磁感應(yīng)定律有=- 由歐姆定律有i= 由電流的定義有i= 聯(lián)立式得|q|=t 由式得,在t=0到t=t0的時間間隔內(nèi),流過電阻R的電荷量q的絕對值為 |q|= (2)當(dāng)tt0時,金屬棒已越過MN。由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動,有f=F 式中,f是

24、外加水平恒力,F是勻強(qiáng)磁場施加的安培力。設(shè)此時回路中的電流為I,F的大小為 F=B0lI 此時金屬棒與MN之間的距離為s=v0(t-t0) 勻強(qiáng)磁場穿過回路的磁通量為=B0ls,回路的總磁通量為t=+ 式中,仍如式所示。由式得,在時刻t(tt0)穿過回路的總磁通量為 t=B0lv0(t-t0)+kSt 在t到t+t的時間間隔內(nèi),總磁通量的改變t為 t=(B0lv0+kS)t 由法拉第電磁感應(yīng)定律得,回路感應(yīng)電動勢的大小為 t= 由歐姆定律有I= 聯(lián)立式得f=(B0lv0+kS),解題指導(dǎo)(1)金屬棒在0t0時間內(nèi),由于圓形磁場中的磁通量變化而引起感應(yīng)電動勢,從而形成感應(yīng)電流,由電流的定義式可以

25、求出流過電阻的電荷量的絕對值。 (2)當(dāng)金屬棒越過MN后,穿過回路的磁通量由兩部分組成;再由法拉第電磁感應(yīng)定律等知識可以求出外加水平恒力的大小。,易錯點(diǎn)撥(1)在計算磁通量時,用的是左側(cè)矩形面積,而不是圓形磁場面積,從而導(dǎo)致出錯。(2)當(dāng)金屬棒越過MN后計算磁通量時,得出的金屬棒與MN的距離s=v0t,從而導(dǎo)致出錯。,B組自主命題省(區(qū)、市)卷題組,考點(diǎn)一電磁感應(yīng)現(xiàn)象、楞次定律,1.(2014廣東理綜,15,4分)如圖所示,上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置,小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放,并落至底部,則小磁塊() A.在P和Q中都做自由落體運(yùn)動 B.在兩個下落過程中的機(jī)械

26、能都守恒 C.在P中的下落時間比在Q中的長 D.落至底部時在P中的速度比在Q中的大,答案C小磁塊在銅管中下落時,由于電磁阻尼作用,不做自由落體運(yùn)動,機(jī)械能不守恒,而在塑料管中不受阻力作用而做自由落體運(yùn)動,機(jī)械能守恒,因此在P中下落得慢,用時長,到達(dá)底端速度小,C項(xiàng)正確,A、B、D錯誤。,考點(diǎn)二法拉第電磁感應(yīng)定律,2.(2017天津理綜,3,6分)如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi),導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸,整個裝置放在勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻減小,ab始終保持靜止,下列說法正確的是() A.ab中的感應(yīng)電流方向由b到a

27、B.ab中的感應(yīng)電流逐漸減小 C.ab所受的安培力保持不變D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小,答案D本題考查楞次定律、電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力、平衡條件。由于通過回路的磁通量向下減小,則根據(jù)楞次定律可知ab中感應(yīng)電流的方向由a到b,A錯誤。因ab不動,回路面積不變;當(dāng)B均勻減小時,由E=n=nS知,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定,回路中感 應(yīng)電流I=恒定,B錯誤。由F=BIL知F隨B減小而減小,C錯誤。對ab由平衡條件有f=F,故D 正確。,一題多解廣義楞次定律 因B減小時引起回路磁通量減小,由廣義楞次定律可知回路有擴(kuò)張的趨勢,則ab所受安培力方向向右,再由左手定則可以判定ab中感應(yīng)電流的方向

28、從a到b,故A錯誤。,3.(2015山東理綜,17,6分)(多選)如圖,一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強(qiáng)磁場,圓盤開始減速。在圓盤減速過程中,以下說法正確的是() A.處于磁場中的圓盤部分,靠近圓心處電勢高 B.所加磁場越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動 C.若所加磁場反向,圓盤將加速轉(zhuǎn)動 D.若所加磁場穿過整個圓盤,圓盤將勻速轉(zhuǎn)動,答案ABD根據(jù)右手定則,處于磁場中的圓盤部分,感應(yīng)電流從靠近圓盤邊緣處流向靠近圓心處,故靠近圓心處電勢高,A正確;安培力F=,磁場越強(qiáng),安培力越大,B正確;磁場反向時, 安培力仍是阻力,C錯誤;若所加磁場穿過整個圓盤,則

29、磁通量不再變化,沒有感應(yīng)電流,安培力為零,故圓盤不受阻力作用,將勻速轉(zhuǎn)動,D正確。,答案B金屬桿MN切割磁感線的有效長度為l,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv,A錯誤;金屬桿MN的有效電阻R=,故回路中的感應(yīng)電流I=,B正確;金屬桿受到的安培力F =,C錯誤;金屬桿的熱功率P=I2R=,D錯誤。,5.(2014安徽理綜,20,6分)英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為,磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場。如圖所示,一個半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置,環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場B,環(huán)上套一帶電荷量為+q的小球。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻增加,其變化率為k,若小球在環(huán)上運(yùn)動一周,則感生電場對小球的作用力所做功的大小是()

30、 A.0B.r2qkC.2r2qkD.r2qk,答案D變化的磁場使回路中產(chǎn)生的感生電動勢E=S=kr2,則感生電場對小球的作 用力所做的功W=qU=qE=r2qk,選項(xiàng)D正確。,評析本題考查麥克斯韋理論,即變化的磁場在空間激發(fā)電場。解答此題的關(guān)鍵是由法拉第電磁感應(yīng)定律確定出感生電動勢,試題難度中等,雖源于教材,但易失分。,考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的綜合應(yīng)用,答案BC本題考查電磁感應(yīng)與動力學(xué)、能量問題的綜合應(yīng)用。要使桿進(jìn)入磁場和時的速度相等,桿剛進(jìn)入磁場時必須減速運(yùn)動,加速度方向豎直向上,故A錯誤。桿在區(qū)做加速度減小的減速運(yùn)動,在兩磁場之間做a=g的勻加速運(yùn)動,運(yùn)動過程如圖所示(其中v1為桿剛進(jìn)入時的速

31、度,v2為桿剛出時的速度),圖線與時間軸所圍的面積表示位移,兩段運(yùn)動的位移相等,則t1t2-t1,故B正確。對桿從進(jìn)入磁場至剛穿出磁場的過程應(yīng)用動能定理得mg3d+W安=m-m,對桿穿過兩磁場之間的過程應(yīng)用動能定理得mgd=m-m,解得W安=-4mgd,由 功能關(guān)系得Q=-W安=4mgd,故C正確。若桿剛進(jìn)入磁場時恰好勻速,則有=mg,v1=, 代入h=得h=,因?yàn)闂U剛進(jìn)入時必須做減速運(yùn)動,故一定有h,故D錯誤。,疑難突破(1)利用v-t圖像分析運(yùn)動過程和運(yùn)動時間,可以化難為易。 (2)對于D選項(xiàng),以桿剛進(jìn)入時恰好勻速運(yùn)動作為參照,問題便迎刃而解。,7.(2015福建理綜,18,6分)如圖,由

32、某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd,固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場B中。一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動,滑動過程PQ始終與ab垂直,且與線框接觸良好,不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中(),A.PQ中電流先增大后減小 B.PQ兩端電壓先減小后增大 C.PQ上拉力的功率先減小后增大 D.線框消耗的電功率先減小后增大,答案C由題意知,題目情形可等效為如圖所示的電路問題,其中R左+R右=3R,E=BLv,r=R,當(dāng)PQ向右運(yùn)動時,R左增大,R右減小,兩者并聯(lián)的總電阻R外先增大后減小,當(dāng)PQ運(yùn)動到線框正中央位置

33、時,R外最大,故流過PQ的電流先減小后增大,A項(xiàng)錯誤;PQ兩端電壓U=E-Ir,故U的變化為先增大后減小,B項(xiàng)錯誤;拉力的功率P=P總=EI,故拉力的功率先減小后增大,C項(xiàng)正確;線框消耗的電功率為電源的輸出功率P出=P總-P內(nèi)=EI-I2r,電流的最小值Imin=,故由數(shù)學(xué)知識可知P出先增 大后減小,D項(xiàng)錯誤。,8.(2018天津理綜,12,20分)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型,圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌,電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒,通過絕緣材料固定在

34、列車底部,并與導(dǎo)軌良好接觸,其間距也為l,列車的總質(zhì)量為m。列車啟動前,ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下,如圖1所示。為使列車啟動,需在M、N間連接電動勢為E的直流電源,電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計。列車啟動后電源自動關(guān)閉。 (1)要使列車向右運(yùn)行,啟動時圖1中M、N哪個接電源正極,并簡要說明理由; (2)求剛接通電源時列車加速度a的大小; (3)列車減速時,需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0,此時ab、cd均在無磁場區(qū)域,試討論:要使列車停下來,前方至少需要多少塊這樣的有界磁場

35、?,圖1 圖2,答案(1)見解析(2)(3)見解析,解析本題考查左手定則、安培力、法拉第電磁感應(yīng)定律、動量定理等。 (1)列車要向右運(yùn)動,安培力方向應(yīng)向右。根據(jù)左手定則,接通電源后,金屬棒中電流方向由a到b、由c到d,故M接電源正極。 (2)由題意,啟動時ab、cd并聯(lián),設(shè)回路總電阻為R總,由電阻的串并聯(lián)知識得 R總= 設(shè)回路總電流為I,根據(jù)閉合電路歐姆定律有 I= 設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F,有 F=IlB 根據(jù)牛頓第二定律有 F=ma 聯(lián)立式得 a=,(3)設(shè)列車減速時,cd進(jìn)入磁場后經(jīng)t時間ab恰好進(jìn)入磁場,此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化為,平均感應(yīng)電動勢為E1,由

36、法拉第電磁感應(yīng)定律有 E1= 其中 =Bl2 設(shè)回路中平均電流為I,由閉合電路歐姆定律有 I= 設(shè)cd受到的平均安培力為F,有 F=IlB 以向右為正方向,設(shè)t時間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖,有 I沖=-Ft 同理可知,回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值,設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0,有 I0=2I沖,設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總,由動量定理有 I總=0-mv0 聯(lián)立式得 = 討論:若恰為整數(shù),設(shè)其為n,則需設(shè)置n塊有界磁場;若不是整數(shù),設(shè)的整數(shù)部分為N,則 需設(shè)置N+1塊有界磁場。,9.(2017天津理綜,12,20分)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度,其原

37、理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖,圖中直流電源電動勢為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l,電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),MN開始向右加速運(yùn)動。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時,回路中電流為零,MN達(dá)到最大速度,之后離開導(dǎo)軌。問: (1)磁場的方向; (2)MN剛開始運(yùn)動時加速度a的大小; (3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。,

38、答案(1)見解析(2)(3),解析本題考查安培力及其應(yīng)用、電容器、動量定理、電磁感應(yīng)定律等多個考點(diǎn)的綜合應(yīng)用。 (1)垂直于導(dǎo)軌平面向下。 (2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)開關(guān)S接2時,電容器放電,設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I,有 I= 設(shè)MN受到的安培力為F,有 F=IlB 由牛頓第二定律,有 F=ma 聯(lián)立式得 a= (3)當(dāng)電容器充電完畢時,設(shè)電容器上電荷量為Q0,有 Q0=CE,開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運(yùn)動,速度達(dá)到最大值vmax時,設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E,有 E=Blvmax 依題意有 E= 設(shè)在此過程中MN的平均電流為,MN上受到的平均安培力為,有 =lB 由動

39、量定理,有 t=mvmax-0 又t=Q0-Q 聯(lián)立式得 Q=,解題關(guān)鍵動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 本題中,電容器的放電引起電容器兩極板間電壓減小,同時MN棒加速產(chǎn)生的反電動勢增大,故回路中電流逐漸減小,故MN棒所受安培力也逐漸減小,所以對MN棒運(yùn)動過程應(yīng)用動量定理時,安培力的沖量應(yīng)用平均安培力乘時間來計算,則t=lBt=BlQ=mvmax,Q為流過MN棒的總電 荷量,即電容器放出的總電荷量。,10.(2016天津理綜,12,20分)電磁緩速器是應(yīng)用于車輛上以提高運(yùn)行安全性的輔助制動裝置,其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論:如圖所示,將形狀相同的兩根平

40、行且足夠長的鋁條固定在光滑斜面上,斜面與水平方向夾角為。一質(zhì)量為m的條形磁鐵滑入兩鋁條間,恰好勻速穿過,穿過時磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定,其引起電磁感應(yīng)的效果與磁鐵不動、鋁條相對磁鐵運(yùn)動相同。磁鐵端面是邊長為d的正方形,由于磁鐵距離鋁條很近,磁鐵端面正對兩鋁條區(qū)域的磁場均可視為勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,鋁條的高度大于d,電阻率為。為研究問題方便,鋁條中只考慮與磁鐵正對部分的電阻和磁場,其他部分電阻和磁場可忽略不計,假設(shè)磁鐵進(jìn)入鋁條間以后,減少的機(jī)械能完全轉(zhuǎn)化為鋁條的內(nèi)能,重力加速度為g。 (1)求鋁條中與磁鐵正對部分的電流I; (2)若兩鋁條的寬度均為b,推導(dǎo)磁鐵勻速穿過鋁條間時速度

41、v的表達(dá)式; (3)在其他條件不變的情況下,僅將兩鋁條更換為寬度bb的鋁條,磁鐵仍以速度v進(jìn)入鋁條間,試簡要分析說明磁鐵在鋁條間運(yùn)動時的加速度和速度如何變化。,答案(1)(2)見解析(3)見解析,解析(1)磁鐵在鋁條間運(yùn)動時,兩根鋁條受到的安培力大小相等均為F安,有 F安=IdB 磁鐵受到沿斜面向上的作用力為F,其大小有 F=2F安 磁鐵勻速運(yùn)動時受力平衡,則有 F-mg sin =0 聯(lián)立式可得 I= (2)磁鐵穿過鋁條時,在鋁條中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E,有 E=Bdv 鋁條與磁鐵正對部分的電阻為R,由電阻定律有 R= 由歐姆定律有 I=,聯(lián)立式可得 v= (3)磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間,恰好做

42、勻速運(yùn)動時,磁鐵受到沿斜面向上的作用力F,聯(lián)立式可得 F= 當(dāng)鋁條的寬度bb時,磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間時,磁鐵受到的作用力變?yōu)镕,有 F= 可見,FF=mg sin ,磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上,獲得與運(yùn)動方向相反的加速度,磁鐵將減速下滑,此時加速度最大。之后,隨著運(yùn)動速度減小,F也隨著減小,磁鐵所受的合力也減小, 由于磁鐵加速度與所受到的合力成正比,磁鐵的加速度逐漸減小。綜上所述,磁鐵做加速度逐漸 減小的減速運(yùn)動。直到F=mg sin 時,磁鐵重新達(dá)到平衡狀態(tài),將再次以較小的速度勻速下滑。,解題指導(dǎo)明確題中所構(gòu)建的物理模型是解本題的關(guān)鍵。另外要注意的是:兩邊鋁條對磁鐵均有電磁阻力,且阻力

43、相同。對于(3)中磁鐵運(yùn)動過程的分析,可類比我們熟悉的情景:導(dǎo)體棒沿傾斜的平行金屬導(dǎo)軌下滑。,方法技巧當(dāng)遇到嶄新的物理情景時,可以把它與我們熟悉的情景進(jìn)行分析對比,找出共同點(diǎn)與不同點(diǎn),采用類比的方法解題,就容易突破難點(diǎn)。,11.(2015天津理綜,11,18分)如圖所示,“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m,相鄰各邊互相垂直,且處于同一豎直平面內(nèi),ab邊長為l,cd邊長為2l,ab與cd平行,間距為2l。勻強(qiáng)磁場區(qū)域的上下邊界均水平,磁場方向垂直于線框所在平面。開始時,cd邊到磁場上邊界的距離為2l,線框由靜止釋放,從cd邊進(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前,線框做勻速運(yùn)動。在ef、pq邊離開磁場后

44、,ab邊離開磁場之前,線框又做勻速運(yùn)動。線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi),且ab、cd邊保持水平,重力加速度為g。求 (1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運(yùn)動的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時的幾倍; (2)磁場上下邊界間的距離H。,答案(1)4倍(2)+28l,解析(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,cd邊剛進(jìn)入磁場時,線框做勻速運(yùn)動的速度為v1,cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1,由法拉第電磁感應(yīng)定律,有 E1=2Blv1 設(shè)線框總電阻為R,此時線框中電流為I1,由閉合電路歐姆定律,有 I1= 設(shè)此時線框所受安培力為F1,有 F1=2I1lB 由于線框做勻速運(yùn)動,

45、其受力平衡,有 mg=F1 由式得 v1= 設(shè)ab邊離開磁場之前,線框做勻速運(yùn)動的速度為v2,同理可得 v2= 由式得,v2=4v1 (2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場前,由機(jī)械能守恒定律,有 2mgl=m 線框完全穿過磁場的過程中,由能量守恒定律,有 mg(2l+H)=m-m+Q 由式得 H=+28l,12.(2014天津理綜,11,18分)如圖所示,兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角=30的斜面上,導(dǎo)軌電阻不計,間距L=0.4 m。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域和,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN,中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向下,中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向上,兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.5 T。

46、在區(qū)域中,將質(zhì)量m1=0.1 kg,電阻R1=0.1 的金屬條ab放在導(dǎo)軌上,ab剛好不下滑。然后,在區(qū)域中將質(zhì)量m2=0.4 kg,電阻R2=0.1 的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上,由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區(qū)域的磁場中,ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸,取g=10 m/s2。問 (1)cd下滑的過程中,ab中的電流方向; (2)ab剛要向上滑動時,cd的速度v多大; (3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中, cd滑動的距離x=3.8 m,此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少。,答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J,解析(1)由右手定則可知ab中

47、電流方向由a流向b。 (2)開始放置ab剛好不下滑時,ab所受摩擦力為最大靜摩擦力,設(shè)其為Fmax,有 Fmax=m1g sin 設(shè)ab剛要上滑時,cd棒的感應(yīng)電動勢為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E=BLv 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I,由閉合電路歐姆定律有 I= 設(shè)ab所受安培力為F安,有 F安=ILB 此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下,由平衡條件有 F安=m1g sin +Fmax 綜合式,代入數(shù)據(jù)解得 v=5 m/s (3)設(shè)cd棒的運(yùn)動過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總,由能量守恒有,m2gx sin =Q總+m2v2 又Q=Q總 解得Q=1.3 J,答案見解析,解析(1)金屬桿CD在勻

48、速運(yùn)動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E=Blv(l=d),解得E=1.5 V(D點(diǎn)電勢高) 當(dāng)x=0.8 m時,金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢差為零。設(shè)此時桿在導(dǎo)軌外的長度為l外,則 l外=d-d、OP=,得l外=1.2 m 由楞次定律判斷D點(diǎn)電勢高,故CD兩端電勢差 UCD=-Bl外v,即UCD=-0.6 V (2)桿在導(dǎo)軌間的長度l與位置x關(guān)系是l=d=3-x 對應(yīng)的電阻Rl為Rl=R,電流I= 桿受的安培力F安=BIl=7.5-3.75x 根據(jù)平衡條件得F=F安+mg sin F=12.5-3.75x(0 x2 m) 畫出的F-x圖象如圖所示。,(3)外力F所做的功WF等于F-x圖線下所圍的面積,即 WF=

49、2 J=17.5 J 而桿的重力勢能增加量Ep=mg sin 故全過程產(chǎn)生的焦耳熱Q=WF-Ep=7.5 J,C組教師專用題組,考點(diǎn)一電磁感應(yīng)現(xiàn)象、楞次定律,1.(2013課標(biāo),19,6分,0.433)(多選)在物理學(xué)發(fā)展過程中,觀測、實(shí)驗(yàn)、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用。下列敘述符合史實(shí)的是() A.奧斯特在實(shí)驗(yàn)中觀察到電流的磁效應(yīng),該效應(yīng)揭示了電和磁之間存在聯(lián)系 B.安培根據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性,提出了分子電流假說 C.法拉第在實(shí)驗(yàn)中觀察到,在通有恒定電流的靜止導(dǎo)線附近的固定導(dǎo)線圈中,會出現(xiàn)感應(yīng)電流 D.楞次在分析了許多實(shí)驗(yàn)事實(shí)后提出,感應(yīng)電流應(yīng)具有這樣的方向,即

50、感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化,答案ABD通有恒定電流的靜止導(dǎo)線附近產(chǎn)生的磁場是不變的,在其附近的固定導(dǎo)線圈中沒有磁通量的變化,因此,不會出現(xiàn)感應(yīng)電流,選項(xiàng)C錯誤。,評析對于中學(xué)物理中的經(jīng)典實(shí)驗(yàn)及有歷史性貢獻(xiàn)的科學(xué)家均應(yīng)有正確的認(rèn)知。,考點(diǎn)二法拉第電磁感應(yīng)定律,2.(2015重慶理綜,4,6分)圖為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖,線圈匝數(shù)為n,面積為S。若在t1到t2時間內(nèi),勻強(qiáng)磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈,其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2,則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差 a-b() A.恒為 B.從0均勻變化到 C.恒為 -D.從0均勻變化到 -,答案C由楞

51、次定律判定,感應(yīng)電流從a流向b,b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)電勢,故a-b=-nS,因?yàn)?磁場均勻增加,所以a-b為恒定的,可見C正確。,3.(2016北京理綜,16,6分)如圖所示,勻強(qiáng)磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b,磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻增大。兩圓環(huán)半徑之比為21,圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb。不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說法正確的是() A.EaEb=41,感應(yīng)電流均沿逆時針方向 B.EaEb=41,感應(yīng)電流均沿順時針方向 C.EaEb=21,感應(yīng)電流均沿逆時針方向 D.EaEb=21,感應(yīng)電流均沿順時針方向,答案B由題意可知=k,導(dǎo)體圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=S

52、=r2,因rarb= 21,故EaEb=41;由楞次定律知感應(yīng)電流的方向均沿順時針方向,選項(xiàng)B正確。,方法技巧磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大,說明磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率恒定,故感應(yīng)電動勢的大小與圓環(huán)的面積成正比;利用“增反減同”可以確定感應(yīng)電流的方向。,4.(2016浙江理綜,16,6分)如圖所示,a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成,匝數(shù)均為10匝,邊長la=3lb,圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增大,不考慮線圈之間的相互影響,則() A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流 B.a、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為91 C.a、b線圈中感應(yīng)電流之比為34 D.a、b線圈中電功率之比為3

53、1,答案B磁場均勻增大,穿過兩線圈的磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知兩線圈內(nèi)會產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流,選項(xiàng)A錯誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律E=n=nl2,得=,選項(xiàng)B正 確;由電阻定律R=,得=,由閉合電路歐姆定律可得I=,即=,選項(xiàng)C錯 誤;由P=得=,選項(xiàng)D錯誤。,5.(2016江蘇單科,6,4分)(多選)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖所示,磁體附近的金屬弦被磁化,因此弦振動時,在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流,電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音。下列說法正確的有() A.選用銅質(zhì)弦,電吉他仍能正常工作 B.取走磁體,電吉他將不能正常工作 C.增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動勢 D.弦振動過程中,線圈中

54、的電流方向不斷變化,答案BCD銅質(zhì)弦無法被磁化,不能產(chǎn)生磁場引起線圈中磁通量的變化從而產(chǎn)生感應(yīng)電流,所以銅質(zhì)弦不能使電吉他正常工作,故A項(xiàng)錯誤;取走磁體,金屬弦無法被磁化,線圈中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流,B項(xiàng)正確;由E=n知,C項(xiàng)正確;金屬弦來回振動,線圈中磁通量不斷增加或減小,電 流方向不斷變化,D項(xiàng)正確。,易錯點(diǎn)撥有些學(xué)生受生活中吉他銅質(zhì)弦的影響,誤選A項(xiàng),這就提醒我們解題一定要結(jié)合所學(xué)的物理知識,深入思考推理,不要憑想象。,失分警示銅質(zhì)材料不能被磁化,銅質(zhì)弦振動時不會在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢。,答案AC據(jù)已知B=(0.4-0.2t)T可知t=1 s時,正方向的磁場在減弱,由楞次定律可判定電流方向?yàn)?/p>

55、由C到D,A項(xiàng)正確。同理可判定B項(xiàng)錯誤。t=1 s時感應(yīng)電動勢E=Ssin 30=0.1 V,I=E/R=1 A,安培力F安=BIL=0.2 N,對桿受力分析如圖,可知FN=F安 cos 60=0.1 N,由牛頓第三定律知,C項(xiàng)正確。同理可得t=3 s時對擋板H的壓力大小為0.1 N,D項(xiàng)錯誤。,評析本題以金屬框和金屬桿為載體,考查了安培力、楞次定律、感應(yīng)電動勢、受力分析、物體受力平衡、正交分解等知識的綜合運(yùn)用能力。同時要求考生注意數(shù)學(xué)運(yùn)算能力的發(fā)揮和運(yùn)用。綜合性強(qiáng),難度較大。要求考生認(rèn)真、細(xì)致,穩(wěn)妥應(yīng)答。,7.(2015浙江理綜,24,20分)小明同學(xué)設(shè)計了一個“電磁天平”,如圖1所示,等臂

56、天平的左臂為掛盤,右臂掛有矩形線圈,兩臂平衡。線圈的水平邊長L=0.1 m,豎直邊長H=0.3 m,匝數(shù)為N1。線圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=1.0 T,方向垂直線圈平面向里。線圈中通有可在02.0 A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I。掛盤放上待測物體后,調(diào)節(jié)線圈中電流使天平平衡,測出電流即可測得物體的質(zhì)量。(重力加速度取g=10 m/s2) 圖1,圖2,(1)為使電磁天平的量程達(dá)到0.5 kg,線圈的匝數(shù)N1至少為多少? (2)進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象,另選N2=100匝、形狀相同的線圈,總電阻R=10 。不接外電流,兩臂平衡。如圖2所示,保持B0不變,在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,且磁

57、感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻變大,磁場區(qū)域?qū)挾萪=0.1 m。當(dāng)掛盤中放質(zhì)量為0.01 kg的物體時,天平平衡,求此時磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率。,答案(1)25(2)0.1 T/s,解析(1)線圈受到安培力F=N1B0IL 天平平衡mg=N1B0IL 代入數(shù)據(jù)得N1=25 (2)由電磁感應(yīng)定律得E=N2 E=N2Ld 由歐姆定律得I= 線圈受到安培力F=N2B0IL 天平平衡mg=B0 代入數(shù)據(jù)可得 =0.1 T/s,8.(2015廣東理綜,35,18分)如圖(a)所示,平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置,間距L=0.4 m。導(dǎo)軌右端接有阻值R=1 的電阻。導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上,且接觸良好。導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計

58、。導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場,b、d連線與導(dǎo)軌垂直,長度也為L。從0時刻開始,磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時間t變化,規(guī)律如圖(b)所示;同一時刻,棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運(yùn)動,1 s后剛好進(jìn)入磁場。若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v=1 m/s 做直線運(yùn)動,求: (1)棒進(jìn)入磁場前,回路中的電動勢E; (2)棒在運(yùn)動過程中受到的最大安培力F,以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關(guān)系式。,(a),(b),答案(1)0.04 V (2)0.04 Ni=t-1(1 st1.2 s),解析(1)由圖(b)可知01.0 s內(nèi)B的變化率 =0.5 T/s 正方形磁場區(qū)域的面積 S=0.0

59、8 m2 棒進(jìn)入磁場前01.0 s內(nèi)回路中的感應(yīng)電動勢 E= 由得E=0.080.5 V=0.04 V (2)當(dāng)棒通過bd位置時,有效切割長度最大,感應(yīng)電流最大,棒受到最大安培力 F=BIL 棒過bd時的感應(yīng)電動勢 Em=BLv=0.50.41 V=0.2 V 棒過bd時的電流 I= 由得,F=0.04 N 棒通過a點(diǎn)后在三角形abd區(qū)域中的有效切割長度L與時間t的關(guān)系: L=2v(t-1),其中t的取值范圍為1 st1.2 s 電流i與時間t的關(guān)系式 i=t-1(1 st1.2 s),考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的綜合應(yīng)用,9.(2016四川理綜,7,6分)(多選)如圖所示,電阻不計、間距為l的光滑平行

60、金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,導(dǎo)軌左端接一定值電阻R。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上,受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運(yùn)動,外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F=F0+kv(F0、k是常量),金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)電流為i,受到的安培力大小為FA,電阻R兩端的電壓為UR,感應(yīng)電流的功率為P,它們隨時間t變化圖象可能正確的有(),深度解析方法技巧:先分別得出I、FA、UR、P與v的關(guān)系,然后對棒MN受力分析,由牛頓第二定律列方程,最后分情況討論棒MN的運(yùn)動情況,根據(jù)各量與v的關(guān)系討論得各量與時間的關(guān)系圖象。,評析本題考查了電磁感

61、應(yīng),通電導(dǎo)體在磁場中的運(yùn)動以及物理規(guī)律與圖象的結(jié)合問題,要求考生有較強(qiáng)的綜合能力。,10.(2017上海單科,20,16分)如圖,光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L,與水平面夾角為,兩導(dǎo)軌上端用阻值為R的電阻相連,該裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面。質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導(dǎo)軌平面向上的初速度v0從導(dǎo)軌底端開始運(yùn)動,然后又返回到出發(fā)位置。在運(yùn)動過程中,ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,不計ab和導(dǎo)軌的電阻及空氣阻力。 (1)求ab開始運(yùn)動時的加速度a; (2)分析并說明ab在整個運(yùn)動過程中速度、加速度的變化情況; (3)分析并比較ab上滑時間和下滑時間的長短。,答案見解析,解析本題考查

62、電磁感應(yīng)、閉合電路歐姆定律。動力學(xué)分析、能量轉(zhuǎn)化與守恒定律。 (1)利用楞次定律,對初始狀態(tài)的ab受力分析得: mg sin +BIL=ma 對回路分析 I= 聯(lián)立得 a=g sin + (2)上滑過程: 由第(1)問中的分析可知,上滑過程加速度大小表達(dá)式為: a上=g sin + 上滑過程,a、v反向,做減速運(yùn)動。利用式,v減小則a減小,可知,桿上滑時做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動。 下滑過程:,知識歸納當(dāng)回路中只有一部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動時,安培力的表達(dá)式為F安=,R總 為回路總電阻。 運(yùn)動學(xué)中,a、v同向,物體做加速運(yùn)動; a、v反向,物體做減速運(yùn)動。 楞次定律的力學(xué)效果是“阻礙磁通量變化

63、”。桿上滑,受安培力沿斜面向下,桿下滑,受安培力沿斜面向上。,11.(2016浙江理綜,24,20分)小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50 m,傾角=53,導(dǎo)軌上端串接一個R=0.05 的電阻。在導(dǎo)軌間長d=0.56 m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0 T。質(zhì)量m=4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上,用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N拉動GH桿,CD棒由靜止開始運(yùn)動,上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時健身者松手

64、,觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10 m/s2,sin 53=0.8,不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求 (1)CD棒進(jìn)入磁場時速度v的大小; (2)CD棒進(jìn)入磁場時所受的安培力FA的大小; (3)在拉升CD棒的過程中,健身者所做的功W 和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。,答案(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J26.88 J,解析(1)由牛頓定律a=12 m/s2 進(jìn)入磁場時的速度v=2.4 m/s (2)感應(yīng)電動勢E=Blv 感應(yīng)電流I= 安培力FA=IBl 代入得FA=48 N (3)健身者做功W=F(s+d)=64 J 由牛頓定律F-mg sin -F

65、A=0 CD棒在磁場區(qū)做勻速運(yùn)動 在磁場中運(yùn)動時間t= 焦耳熱Q=I2Rt=26.88 J,解題指導(dǎo)(1)應(yīng)用動力學(xué)的方法或應(yīng)用動能定理均可,應(yīng)用動能定理更簡便。 (3)求解焦耳熱有兩種思路:應(yīng)用Q=I2Rt求解;應(yīng)用動能定理結(jié)合功能關(guān)系求解。,方法技巧(1)解法2:對CD棒應(yīng)用動能定理有: (F-mg sin )s=mv2 代入數(shù)據(jù)解得:v=2.4 m/s (3)解法2:對CD棒穿過磁場的過程應(yīng)用功能關(guān)系有: (F-mg sin )d-Q=0 解得:Q=26.88 J,12.(2015北京理綜,22,16分)如圖所示,足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置,寬度L=0.4 m,一端連接R=1 的電

66、阻。導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T。導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上,其長度恰好等于導(dǎo)軌間距,與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計。在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下,導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動,速度v=5 m/s。求: (1)感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I; (2)在0.1 s時間內(nèi),拉力的沖量IF的大小; (3)若將MN換為電阻r=1 的導(dǎo)體棒,其他條件不變,求導(dǎo)體棒兩端的電壓U。,答案(1)2 V2 A (2)0.08 Ns (3)1 V,解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得,感應(yīng)電動勢 E=BLv=10.45 V=2 V 感應(yīng)電流I= A=2 A (2)拉力大小等于安培力大小F=BIL=120.4 N=0.8 N 沖量大小IF=Ft=0.80.1 Ns=0.08 Ns (3)由閉合電路歐姆定律可得,電路中電流 I= A=1 A 由歐姆定律可得,導(dǎo)體棒兩端電壓U=IR=1 V,13.(2015海南單科,13,10分)如圖,兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上,相距l(xiāng),左端與一電阻R相連;整個系統(tǒng)置于勻強(qiáng)