1、专题十二 电磁感应 考点 1电磁感应现象楞次定律 揭秘热点考向揭秘热点考向 2020 全国,14,6 分 如图,水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈,右边套有一金属圆环.圆环初始时静止. 将图中开关 S 由断开状态拨至连接状态,电路接通的瞬间,可观察到() A.拨至 M 端或 N 端,圆环都向左运动 B.拨至 M 端或 N 端,圆环都向右运动 C.拨至 M 端时圆环向左运动,拨至 N 端时向右运动 D.拨至 M 端时圆环向右运动,拨至 N 端时向左运动 拓展变式拓展变式 1.2016 上海,19,4 分,多选如图甲所示,螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场,以图中箭头 所示方向为其正方向.螺
2、线管与导线框 abcd 相连,导线框内有一小金属圆环 L, 圆环与导线框在同一平面内.当螺线管内的磁感应强度 B 随时间按图乙所示规律变化时 () A.在t1t2时间内,L有收缩趋势 B.在t2t3时间内,L有扩张趋势 C.在t2t3时间内,L内有逆时针方向的感应电流 D.在t3t4时间内,L内有顺时针方向的感应电流 2.如图所示电路中,要使电流 计G中 的 电 流 方 向 如 图 所 示 , 则 导 轨 上 的 金 属 棒AB的 运 动 情 况 是 () A.向左匀速移动B.向左加速移动 C.向右减速移动D.向右加速移动 考点 2法拉第电磁感应定律自感 揭秘热点考向揭秘热点考向 1.2020
3、 全国,21,6 分,多选 如图,U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上,ab和dc边平行,和bc边垂直.ab、 dc足够长, 整个金属框电阻可忽略.一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上,用水平恒力F向右拉动 金属框,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中,MN 与金属框保持良好接触,且与bc 边保持平行.经过一段时间后() A.金属框的速度大小趋于恒定值B.金属框的加速度大小趋于恒定值 C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值 2. 2018 全国,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
4、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 () 拓展变式拓展变式 1. 图(a)图(b) 2018 全国,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 2. 2015 福建,18,6 分如图,由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属
5、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 3.2015 广东,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不计.导 轨间正方形区域abcd
6、内有方向竖直向下的匀强磁场,bd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. 4.如图所示 ,灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R,L是带铁芯的理想线圈,电源的内阻不计.开关 S1、S2均闭 合,电路达到稳定.已知电路中的各种元件均在安全范围之内.下列判断正确的是() A.灯泡A中有电流通过
7、,方向为ab B.将 S1断开的瞬间,灯泡A、B同时熄灭 C.将 S1断开的瞬间,通过灯泡A的电流要比原来通过灯泡B的电流大 D.将 S2断开,电路达到稳定时,灯泡A、B的亮度相同 5. 2019 全国,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, 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
8、是() ABCD 考点 3电磁感应的综合应用 揭秘热点考向揭秘热点考向 2019 天津,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
9、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. 拓展变式拓展变式 1.2018 江苏,9,4 分,多选如图所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为 L,矩形匀强磁场、 的高和间距均为d,磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放,进入磁场和时 的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为 R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g.金 属杆() A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下 B.穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间 C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd D.释放时距磁场上边界的高度h可能小于 2.2019 北京,22,16 分如图所示,垂直于纸面的匀强磁场磁感应强
10、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. 3.2016 全国,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
11、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)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小; (2)电阻的阻值. 4.如图所示,在固定的光滑等高的水平金属轨道ABCD、EFGH间有竖直向上的匀强磁场,左侧宽 轨道间磁感应强度大小为3B0,右侧窄轨道间磁感应强度大小为B0,磁场方向均竖直向上.AB 与 EF 间距为2L,CD与GH间距为L,金属棒ab、cd质量分别为2m、m,接入电路的电阻分别为2R、 R,轨道电阻不计.最初两棒均静止,若给棒ab一初速度v0使其沿轨道向右运动,棒ab只在轨道 AB与EF上运动,轨道足够长.求: (1)棒ab、cd的最终速度
12、大小; (2)整个过程中通过棒ab的电荷量; (3)整个过程中棒ab上产生的焦耳热. 答案 专题十二 电磁感应 考点考点 1 1电磁感应现象电磁感应现象楞次定律楞次定律 B将开关 S 由断开状态拨至M端或N端,都会使线圈中的电流突然增大,穿过右边圆环的磁通 量突然增大,由楞次定律可知,圆环都会向右运动以阻碍磁通量的增大,选项 B 正确,A、C、D 均 错误. 1.AD根据题意可知,在t1t2时间内,外加磁场的磁感应强度增大,又B-t图线的斜率增大,则 导线框中产生顺时针方向、增大的电流,该电流激发出逐渐增强的磁场,该磁场通过圆环,在圆 环内产生感应电流,根据楞次定律可以判定圆环有收缩趋势,故
13、A 项正确;在t2t3时间内,外加 磁场均匀变化,在导线框中产生稳定电流,该电流激发出稳定的磁场,该磁场通过圆环时,圆环 中没有感应电流,故 B、C 项错误;在t3t4时间内,外加磁场向下减小,且B-t图线斜率也减小, 则导线框中产生顺时针方向、减小的电流,该电流激发出垂直纸面向里且逐渐减弱的磁场,故 圆环内产生顺时针方向的感应电流,D 项正确. 2.D金属棒AB若匀速移动,其产生稳定的感应电动势,在右边的回路中产生稳定的感应电流, 则右边线圈中产生稳定的磁场,在左边线圈中不产生感应电流,故 A 错误;金属棒AB向左加速 移动时,根据右手定则可知,其产生的感应电流方向为AB,感应电动势增大,感
14、应电流增大, 右侧线圈中产生的磁场向右且增强,根据楞次定律分析得知,电流计 G 中的电流方向与题图所 示方向相反,故 B 错误;金属棒AB向右减速移动时,根据右手定则可知,其产生的感应电流方向 为BA,感应电动势减小,感应电流减小,右侧线圈中产生的磁场向左且减弱,根据楞次定律分 析得知,电流计 G 中的电流方向与题图所示方向相反;同理判断,当向右加速移动时,电流计 G 中的电流方向如题图所示,故 C 错误,D 正确. 考点考点 2 2法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律自感自感 1.BC用水平恒力F向右拉动金属框,bc边切割磁感线产生感应电动势,回路中有感应电流 i,bc边受到水平向左的安培力
15、作用,设金属框的质量为m,加速度为a1,由牛顿第二定律有 F-BiL=ma1;导体棒 MN 受到向右的安培力,向右做加速运动,设导体棒的质量为 m,加速度为 a2, 由牛顿第二定律有BiL=ma2.设金属框 bc 边的速度为 v 时,导体棒的速度为v,则回路中产生的 感应电动势为E=BL(v-v),由闭合电路欧姆定律i= =,F安=BiL,可得金属框bc边所受安 培力和导体棒MN所受的安培力均为F安=,二者加速度之差a=a1-a2=-=-F安 (+), 随 着 所 受 安 培 力 的 增 大 , 二 者 加 速 度 之 差 a减 小 , 当 a减 小 到 零 时, = ( + ),之后金属框和
16、导体棒的速度之差v=v-v=,保持不变.由此可 知,金属框的速度逐渐增大,金属框所受安培力趋于恒定值,金属框的加速度大小趋于恒定值, 导体棒所受的安培力F安=趋于恒定值,选项 A 错误,B、C 正确;导体棒到金属框bc边的 距离x=,随时间的增大而增大,选项 D 错误. 2.D设线框运动的速度为v,则线框向左做匀速运动,并在第一个的时间内切割磁感线运动 产生的电动势为E=2Bdv(d为导轨间距),电流i= ,回路中电流方向为顺时针方向;第二个的 时间内,线框切割磁感线运动产生的电动势为零,电流为零;第三个的时间内,线框切割磁感 线运动产生的电动势为E=2Bdv,电流i= ,回路中电流方向为逆时
17、针方向,所以 D 正确. 1.AC因通电导线产生的磁场的磁感应强度大小正比于电流的大小,故导线框R中磁感应强度 与时间的变化关系类似于题图(b),感应电动势正比于磁感应强度的变化率,即题图(b)中的切 线斜率,斜率的正负反映电动势的方向,斜率的绝对值反映电动势的大小.由题图(b)可知,电 流为零时,电动势最大,电流最大时,电动势为零,A 正确,B 错误.由楞次定律可判断在同一个周 期内, 内电动势的方向沿顺时针, 时刻最大,其余时间段电动势沿逆时针方向,C 正确,D 错 误. 2.C 导体棒产生的电动势为E=BLv,题图的等效电路图如图所示,总电阻为R总=R+=R+, 在PQ从靠近ad处向bc
18、滑动的过程中,总电阻先增大后减小,总电流先减小后增大,所以 A 项 错误;PQ两端电压为路端电压U=E-IR,U先增大后减小,所以 B 项错误;拉力的功率等于克服安 培力做功的功率,有P安=IE,先减小后增大,所以 C 项正确;外电路电阻的最大值为R(当 R1=R2=R时),由此可知外电路电阻始终小于内电路电阻,根据闭合电路输出功率与外电阻的关 系,线框消耗的功率先增大后减小,故 D 错误. 3.(1)0.04 V(2)0.04 Ni=(t-1) A(1.0 st1.2 s) 解析:(1)棒进入磁场前,回路中磁场均匀变化,由法拉第电磁感应定律有 E=S=(0.4) 2 V=0.04 V. (2
19、)棒进入磁场后磁场的磁感应强度大小不变,棒切割磁感线,产生动生电动势,当棒与bd重合 时,产生的电动势最大,为 E=BLv=0.50.41 V=0.2 V 此时棒受到的安培力最大,则F=B L=0.04 N 棒通过三角形abd区域所用时间t=0.2 s 在通过三角形 abd 区域的过程中,感应电动势为 Et=B2v(t-1)v(V) 可得电流i= =(t-1) A(1.0 st1.2 s). 4.C开关 S1、S2均闭合且电路达到稳定时,线圈L把灯泡A短路,灯泡A中没有电流通过,A 错 误.将 S1断开的瞬间,灯泡A闪亮一下再熄灭,B 错误.流过 L 的电流等于通过灯泡B和定值电阻 的电流之和
20、,所以将 S1断开的瞬间,通过灯泡A的电流要比原来通过灯泡B的电流大,C 正确. 将 S2断开,电路达到稳定时,灯泡A所在支路电阻大,电流小,所以亮度要比灯泡B暗,D 错误. 5.AD根据题述,PQ进入磁场时加速度恰好为零,两导体棒从同一位置释放,则两导体棒进入 磁场时的速度相同,产生的感应电动势大小相等,若释放两导体棒的时间间隔足够长,在PQ通 过磁场区域一段时间后 MN 进入磁场区域,根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知 流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A;由于两导体棒从同一位置释放,两导体棒进入磁场 时产生的感应电动势大小相等,MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势,回路中
21、产生的感 应电流不可能小于I1,B 错误;若释放两导体棒的时间间隔较短,在PQ没有出磁场区域时MN就 进入磁场区域,则两棒在磁场区域中运动时回路中的磁通量不变,两棒不受安培力作用,二者 在磁场中做加速运动,PQ出磁场后,MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流,且感应电流一 定大于I1,受到安培力作用,由于安培力与速度成正比,则此时MN所受的安培力一定大于MN的 重力沿斜面方向的分力,所以MN一定做减速运动,回路中感应电流减小,流过PQ的电流随时间 变化的图像可能是 D,C 错误. 考点考点 3 3电磁感应的综合应用电磁感应的综合应用 (1)方向水平向右(2)mv 2- kq 解析:(1)设线圈
22、中的感应电动势为 E,由法拉第电磁感应定律知E= 则E=k 设 PQ 与 MN 并联的电阻为R并,有R并= 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= PQ中的电流为IPQ,有IPQ=I PQ受到的安培力为F安,有F安=BIPQl 保持PQ静止,由受力平衡,有F=F安 联立式得F= 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t0,回路 中的磁通量变化量为0,平均感应电动势为 ,有 = 其中0=Blx 设PQ中的平均电流为 ,有 = 根据电流的定义得 = 由动能定理,有Fx+W=mv 2-0 联立式得W=mv 2-
23、 kq. 1.BC由于金属杆进入两个磁场时的速度相等,而穿出磁场后金属杆向下做加速度为g的加速 运动,所以金属杆进入磁场、后都做减速运动,A 错误;对金属杆受力分析,根据-mg=ma 及 A 项分析可知,金属杆在磁场中做加速度逐渐减小的减速运动,金属杆从刚进磁场到刚要 进磁场之前运动的v-t图像如图所示,由于0t1和t1t2时间段内图线与t轴包围的面积相 等(都为d),所以t1(t2-t1),B 正确;从进入磁场到进入磁场之前的过程中,根据能量守恒 定律,可知金属杆损失的机械能全部转化为焦耳热,所以Q1=mg2d,穿过两个磁场的过程中产 生的总热量为4mgd,C 正确;若金属杆进入磁场做匀速运
24、动,有-mg=0,得v=,由前面 分析可知金属杆进入磁场的速度v大于,根据h=得金属杆进入磁场的高度 h=,D 错误. 2.(1)BLv(2)(3) 解析:(1)由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势 E=BLv. (2)线框中的感应电流I= 拉力大小等于安培力大小有F=BIL 故拉力做功的功率P=Fv=. (3)设线框的总电阻为R,则线框ab边电阻Rab= 时间t= ab边产生的焦耳热Q=I 2R abt= . 3.(1)Blt0( -g)(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
25、属杆以速度v在磁场中匀速运动时,由法拉第电磁感应定律知,金属杆产生的感应电动势 为E=Blv 联立式可得E=Blt0( -g). (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,根据欧姆定律有I= 式中 R 为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为F安=BlI 因金属杆做匀速运动,由牛顿第二定律得F-mg-F安=0 联立式得 R=. 4.(1)v0v0(2)(3)m 解析:(1)棒ab的感应电动势Eab=3B02Lvab,棒cd的感应电动势Ecd=B0Lvcd 当Eab=Ecd时,电流为零,ab、cd均做匀速运动,此时vab= vcd 根据动量定理,对棒ab有-3B02Lt=2mvab-2
26、mv0 对棒cd有B0Lt=mvcd-0 解得vab=v0,vcd=v0. (2)整个过程中通过棒ab 的电荷量q= t,解得q=. (3)根据能量守恒定律有 2m-Q= 2m+m 又Qab=Q,解得Qab=m. 专题十二电磁感应 考点 1电磁感应现象楞次定律 1.2021 湖北武汉高三质量检测为探讨磁场对脑部神经组织的影响及其在临床医学上的应用, 某小组查阅资料得知:将金属线圈放置在头部上方几厘米处,给线圈通以上千安培、历 时约几毫秒的脉冲电流,电流流经线圈产生瞬间的高强度脉冲磁场,磁场穿过头颅对脑部特定 区域产生感应电场及感应电流,对脑神经产生电刺激作用,其装置如图所示.同学们讨论得出 的
27、下列结论正确的是() A.脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电磁感应现象 B.脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是电流的磁效应 C.若将脉冲电流改为恒定电流,可持续对脑神经产生电刺激作用 D.若脉冲电流最大强度不变,但缩短脉冲电流时间,则在脑部产生的感应电场及感应电流会增 强 2.2021 安徽合肥高三调研,多选如图所示,老师在课堂上做了一个实验:弹簧上端固定,下端 悬挂一个磁铁,将磁铁托起到某一高度后放开,磁铁能上、下振动较长时间才停下来;如果在磁 铁下方放一个固定的铝质圆环,使磁极上、下振动时穿过它,磁铁就会很快地停下来.某同学课 后在家重做该实验,反复实验后发现:磁铁下方放置圆环,并没
28、有对磁铁的振动产生影响,对比 老师演示的实验,其产生的原因可能是() A.磁铁 N、S 极倒置 B.弹簧的劲度系数过小 C.铝制圆环中间某处断裂 D.换用了非金属材质圆环 3.2020 江苏,3如图所示,两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反.金属圆环的 直径与两磁场的边界重合.下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是() A.同时增大B1减小B2 B.同时减小B1增大B2 C.同时以相同的变化率增大B1和B2 D.同时以相同的变化率减小B1和B2 4.新角度LC振荡电路如图所示的LC振荡电路中,某时刻线圈中磁场方向向上,且电路中 的电流正在减小,则此时() A.电容器上极板带负
29、电,下极板带正电 B.振荡电路中能量正在从磁场能转化为电场能 C.电容器两极板间的场强正在减小 D.线圈中的磁通量变化率正在变小 5.2020 山东统考,多选竖直放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中,通有俯视顺时 针方向的电流,其大小按如图乙所示的规律变化.螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质 闭合金属小圆环(未画出).圆环轴线与螺线管轴线重合,下列说法正确的是() A.t= 时刻,圆环有扩张的趋势 B.t= 时刻,圆环有收缩的趋势 C.t= 和t= 时刻,圆环内的感应电流大小相等 D.t= 时刻,圆环内有俯视逆时针方向的感应电流 6.2020 成都七中第六次月考某小组的同学做“探究影
30、响感应电流方向的因素”的实验. (1)首先按图甲连接电路,闭合开关后,电流计指针向右偏转;再按图乙连接电路,闭合开关后, 电流计指针向左偏转.进行上述操作的目的是. A.检查电流计对电路中电流的测量是否准确 B.检查干电池是否为新电池 C.判断电流计指针偏转方向与电流方向的关系 (2)接下来用图丙所示的装置做实验,图中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方向.某次实 验时在条形磁铁插入螺线管的过程中,观察到电流计指针向右偏转,说明螺线管中的电流方向 (从上往下看)为(填“顺时针”或“逆时针”). (3)下表是该小组的同学设计的实验记录表的一部分,表中记录了实验现象,还有一项需要推 断的实验结果未填
31、写,请帮助该小组的同学填写(填“垂直纸面向外”或“垂直纸面向里”). 操作N 极朝下插入螺线管 从上往下看的平面图(B0表示 原磁场,即磁铁产生的磁场) 原磁场通过螺线管的磁通量 的变化 增加 感应电流的方向(从上往下 看) 沿逆时针方向 感应电流产生的磁场B的方 向(从上往下看) (4)该小组的同学通过实验探究,对楞次定律有了比较深刻的认识.结合以上实验,有同学认为, 理解楞次定律,关键在于理解(填“B0”或“B”)总是要阻碍磁通量(填“B0” 或“B”)的变化. 考点 2法拉第电磁感应定律自感 1.2021 四川成都毕业班摸底如图(a),纸面内,圆形金属框通过长导线与平行金属板MN和PQ
32、连接,框内有如图(b)所示周期性变化的磁场(规定垂直纸面向里为磁场的正方向),导线上c、d 间接有电阻R,O1、O2是金属板上正对的两个小孔.t=0时刻,从O1孔内侧由静止释放一个离子(不 计重力),离子能够在时间t内到达O2孔.已知t2T,规定从c经R到d为电流I的正方向, 从O1指向O2为离子速度v的正方向,则下列图像可能正确的是() AB CD 2.2021 江西南昌高三摸底如图所示,垂直于纸面的匀强磁场分布在长为L的虚线框内,边长 为d的正方形闭合线圈在外力作用下由位置 1 匀速穿过磁场区域运动到位置 2.若L2d,则在 运动过程中线圈中的感应电流随时间变化的图像可能正确的是() AB
33、 CD 3.2021 贵州贵阳高三摸底,多选如图甲所示,20 匝的金属线圈(图中只画了 2 匝)电阻为r=2 ,两端a、b与R=8 的电阻相连.线圈内有垂直线圈平面(纸面)向里的磁场,磁通量按图乙 所示规律变化.则 () A.通过电阻R的电流方向为ba B.线圈产生的感应电动势为 5 V C.电阻R两端的电压为 8 V D.00.1 s 内通过线圈横截面的电荷量为 0.1 C 4.2020 安徽合肥调研电磁炉具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点.关于电磁炉加 热食物的过程(如图所示),下列说法正确的是 () A.电磁炉是通过炉面板发热来加热食物的 B.电磁炉是通过锅底部产生的涡流发热来加
34、热食物的 C.只要是环保、绝缘材料做成的锅具均可以加热食物 D.线圈中通入足够大的恒定电流也能加热食物 5.2020 四川成都摸底如图所示,长为L=1 m 的金属直棒以v=1 m/s 的速度沿倾角为 60的 绝缘斜面匀速下滑,斜面处在方向竖直向下、磁感应强度为B=0.1 T 的匀强磁场中,则在金属 棒匀速下滑的过程中() A.棒内电子受洛伦兹力作用,棒受安培力作用 B.棒内电子不受洛伦兹力作用,棒不受安培力作用 C.棒两端的电压为 0.05 V D.棒两端的电压为 0.1 V 6.2021 广东 12 月联考,10 分如图甲所示是法拉第发明的铜盘发电机,也是人类历史上第一 台发电机.利用这种发
35、电机给平行金属板电容器供电,如图乙所示,已知铜盘的半径为L,加在 盘水平直径下方的水平向左的匀强磁场的磁感应强度大小为B1,盘匀速转动的角速度为,每 块平行板长度为d,板间距离也为d,板间加垂直纸面向内、磁感应强度大小为B2的匀强磁场, 重力加速度为g. (1)请用一种方法求解铜盘产生的感应电动势大小E,并说明这种求解方法的优点; (2)若有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入,在复合场中做匀速圆周运动后恰好 从极板右端射出,求小球射入的速度v. 7.生产生活实践问题情境送货上架装置12 分如图所示,某商场设计一个送货上架的 装置,其工作过程简化为通过电动装置使装载额定质量货物的金属棒获
36、得一个瞬时冲量,从而 获得初速度v0,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的定值 电阻相连,该装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中,金属棒经历时间t运动到高度为h的货 架上时,速度恰好为零,取走货物后金属棒由静止开始沿导轨先加速下滑,后匀速运动,到底端 时速度大小为v=0.1v0,已知金属棒在导轨间部分的电阻为r,金属棒的质量为m,在运动过程 中,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨的电阻及空气阻力,重力加速度为g.求: (1)磁场的磁感应强度B的大小; (2)额定装载货物质量M与金属棒的质量m的关系和金属棒往上运送一次货物电路中产生的焦 耳热. 考点 3电磁感应的
37、综合应用 1.2021 江西红色七校第一次联考如图所示,竖直放置的矩形导线框MNPQ,宽和长分别为L和 2L,M、N连接平行板电容器,两极板间距为d,虚线为线框中轴线,虚线右侧有垂直线框平面向 里的匀强磁场.两极板间有一质量为m、 电荷量大小为q的带负电油滴恰好处于平衡状态,已知 重力加速度为g,则磁场的磁感应强度大小B的变化情况及其变化率分别是() A.正在减小,=-B.正在增大,=C.正在增大,=D.正在减 小,=- 2.2021 江西南昌高三摸底测试,多选在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=2 000,横截面积 S=50 cm 2.螺线管导线电阻 r=1.0 ,电阻R1=4.0 ,电阻R
38、2=5.0 ,电容器电容C=40 F. 在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化.则() A.闭合 S,电路中的电流稳定后,电容器上极板带正电 B.螺线管中产生的感应电动势大小E=2.5 V C.闭合 S,电路中的电流稳定后,电阻R1的电功率P=0.25 W D.断开 S 后,流经R2的电荷量Q=610 -5 C 3.固定在绝缘平面上的正方形闭合线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一 半处在垂直纸面向里的磁场中,另一半处在垂直纸面向外的磁场中,如图甲所示,图中虚线为 磁场的分界线.以垂直纸面向外的方向为正方向,t=0 时两边磁场的磁感应强度大小均为B0
39、.若 虚线右边的磁场恒定不变,虚线左边的磁场按如图乙所示规律变化,线圈的总电阻为R,以水平 向左为安培力的正方向,则 0t1时间内,线圈受到的安培力随时间变化的规律可能为 () AB CD 4.13 分由某种导电性能极好的新型材料制成的圆柱体物块(可以看成中间是均匀介质的电 容器),质量为m,高为d,底面直径也为d.如图所示(截面图),物块放在绝缘斜面上,空间中存在 平行于斜面、磁感应强度大小为B的水平匀强磁场.已知物块电阻可忽略不计,该材料的相对 介电常数为,与斜面间的动摩擦因数为(tan),静电力常量为k,重力加速度为g.现 将物块在斜面上由静止释放,求: (1)当物块速度为v0时,物块上
40、表面所带电荷量大小Q,并指出其电性. (2)任一时刻速度v与时间t的关系. 5.16 分如图甲所示,两根平行金属导轨平放在水平面上,左端连接一个定值电阻.一根金属 棒ab垂直导轨放置,轻绳的一端固定在金属棒中央,另一端绕过光滑定滑轮系一重物,金属棒 的电阻与定值电阻的阻值相等,金属棒和重物质量均为m,金属棒与导轨间的动摩擦因数为 (00(1 分) 讨论: i.若金属棒进入磁场后的加速度大小a2g,则轻绳始终对棒有拉力,解得 1 金属棒在磁场运动过程中,外力水平向右,在金属棒离开磁场时,对金属棒和重物整体,由牛顿 第二定律得F1+mg-mg-BlI末=2ma2(1 分) E末=2Blv0,I末=
41、 解得F1=4mg-4mg( g,则轻绳对金属棒没有作用力,解得 0 金属棒离开磁场时,对金属棒有F2-mg-BlI末=ma2(1 分) 解得F2=mg- mg(0I 2R+I2r,即 I=0.5 A,因此电池的发热功率Pr=I 2r(0.5)25 W=1.25 W,D 错误. 6.AC由法拉第电磁感应定律有E=B=3BLv0,A 项正确;由于两导体棒中电流大小 相等、方向相反,所受安培力之和为零,故二者组成的系统动量守恒,以向右为正方向,当导体 棒a的速度大小为 时,由动量守恒定律可解得导体棒b的速度v1= 或v2=,B 项错误;同理, 导体棒a的速度为零时,有m2v0-mv0=mv3,解得
42、v3=v0,此时回路中的感应电动势E=BLv0,电流 I= ,安培力F=BIL,联立解得F=,C 项正确;最终两棒达到共速后速度不再变化,由动量 守恒定律有m2v0-mv0=2mv4,由能量守恒定律得回路中产生的热量为Q=m+m(2v0) 2- 2m=,D 项错误. 7.BD根据楞次定律,图示位置时穿过线圈的磁通量正在增加,原磁场方向向上,感应磁场的 方向与原磁场方向相反,应竖直向下穿过线圈,再由安培定则可判断出感应电流方向为ba,A 项错误;根据楞次定律“来拒去留”,磁铁进入线圈时线圈阻碍其进入,离开线圈时线圈阻碍其 离开,故下落时间比没有线圈时长,B 项正确;磁铁释放高度越高,到达图示位置
43、时的速度越大, 磁通量的变化率也越大,则感应电动势越大,电阻的功率越大,C 项错误;磁铁进入和离开线圈 时所受磁场力方向都向上,若释放时高度较低,则进入与离开线圈的过程,磁场力可能始终小 于重力,加速度方向一直向下,D 项正确. 8.BCD金属棒从x1=1 m 处经x2=2 m 到x3=3 m 的过程中,电阻R的电功率始终保持不变,由电 功率P=I 2R 可知,电阻中的电流I保持不变,根据闭合电路欧姆定律可知,金属棒中产生的感应 电动势E=BLv保持不变,又B一直在减小,可知金属棒做加速运动,选项 A 错误,B 正确;根据安 培力公式,金属棒在x1处受到的安培力F1=B1IL=(0.8-0.2
44、x1)IL(N)=0.6IL(N),在x2处受到的 安培力F2=B2IL=(0.8-0.2x2)IL(N)=0.4IL(N),金属棒在x1处与x2处受到的磁场作用力大小之 比为F1F2= 0.6IL(N)0.4IL(N)=3:2,选项 C 正确;由E=,I= ,q=It,联立解得q=,而 B1=(0.8-0.2x1)T=0.6T,B2=(0.8-0.2x2)T=0.4T,B3=(0.8-0.2x3)T=0.2T, 12= L(x2-x1)=0.5L(Wb),23=L(x3-x2) =0.3L(Wb),所以金属棒从x1到x2与从x2到x3 的过程中通过R的电荷量之比为 53,选项 D 正确. 9
45、.(1)D(1 分)(2)磁场方向(1 分)和(1 分)磁场(1 分)导体切割磁感线(1 分)(3) 导体切割磁感线的速度(1 分) 解析:(1)产生感应电流的条件是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动,对比可 知,图乙 D 中导体没有做切割磁感线运动,故 D 方式不能产生感应电流. (2)比较实验和可知,在导体切割磁感线运动方向一定时,改变磁场方向,感应电流的方向 发生改变;比较实验和可知,在导体切割磁感线的方向和磁场方向同时改变时,感应电流 的方向不变. (3)导体ab水平向左(或向右)缓慢运动时,灵敏电流计的指针偏转角度较小,导体ab水平向左 (或向右)快速运动时,灵敏电流计的指
46、针偏转角度较大,这说明电路中的电流变大,所以可以 看出感应电流的大小与导体切割磁感线的速度有关. 10.(1)0.45 A向左(2)1.0710 -5 C 解析:(1)根据楞次定律判断知,通过R1的电流方向向左(1 分) R3与R4的并联电阻R=2.4 (1 分) 根据闭合电路欧姆定律可知通过R1的电流I1=(2 分) 根据法拉第电磁感应定律有E=n L 2(2 分) 由B=2t+2(T),得 =2 T/s(1 分) 解得I1=0.45 A(1 分). (2)开关 S 闭合后,在电路稳定的情况下,电容器两端的电压为 U1=I1(R2+R)(1 分) S 断开后,在电路稳定的情况下,电容器两端的
47、电压U2=(R2+R3)(1 分) 开关 S 断开以后流过R5的总电荷量为q=CU2-CU1(2 分) 解得q=1.0710 -5 C(1 分). 11.(1)5 m/s 2 (2)10 m/s(3)100 J 解析:(1)刚释放重锤瞬间,以重锤为研究对象,根据牛顿第二定律得Mg-F拉=Ma(2 分) 以金属棒为研究对象,由牛顿第二定律得 F拉-mgcos-mgsin=ma(2 分) 由两式解得a=5 m/s 2(1 分). (2)重锤和金属棒匀速运动时,重锤的速度达到最大,根据平衡条件 以重锤为研究对象有Mg=F拉(1 分) 以金属棒为研究对象有F拉=F安+mgcos+mgsin(1 分)
48、金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv(1 分) 由闭合电路欧姆定律可得I=(1 分) 根据安培力公式有F安=BIL(1 分) 由可解得重锤的最大速度为v=10 m/s(1 分). (3)重锤下降h=20 m 时,其速度已经达到最大速度v,根据能量守恒定律得 Mgh=mghcos+mghsin+ (M+m)v 2+Q 总(2 分) 电阻R上产生的焦耳热为Q=Q总(2 分) 解得Q=100 J(1 分). 12.(1)1.0 m/s(2)0.287 5 J(3)如图所示某段时间内通过电阻的电荷量 解析:(1)进入磁场后,根据右手定则可知金属杆ab中电流的方向由a到b,由左手定则可知, 杆a
49、b所受的安培力方向竖直向上.(1 分) 刚进入磁场时,由牛顿第二定律得mg-BI0L=ma(1 分) 其中a=-10 m/s 2,I 0= = (1 分) 联立并代入数据解得v0=1.0 m/s(1 分). (2)由题图乙知h=0.3 m 时,a=0,表明金属杆受到的重力与安培力平衡,设此时金属杆的速度为 v1,有BI1L=mg,其中 I1= =(2 分) 联立并代入数据解得v1=0.5 m/s(1 分) 从开始到下落 0.3 m 的过程中,由能量守恒定律有 mgh=Q+m(1 分) 得到Q=0.287 5 J(1 分). (3)如图所示(2 分) 面积的物理意义:某段时间内通过电阻的电荷量(
50、1 分). 13.(1)0.2(2)0.6 s(3)21.6 J 解析:(1)cd边离开磁场后线框受到的安培力F=BIL1=(1 分) cd边离开磁场时线框匀速下滑,由平衡条件得mgsin-mgcos-F=0(2 分) 解得=0.2(1 分). (2)由题意可知,细线被拉直绷紧后,线框匀速运动的方向沿斜面向上,匀速运动的速度v1= =2 m/s(1 分) 物体和线框匀速运动过程中,由平衡条件 对线框有F-mgsin-mgcos-=0(1 分) 对物体有F=Mg(1 分) 由动量定理可知,细线绷紧过程中,细线作用力的冲量I满足 I=mv1-m(-v)(1 分) 对物体-I=Mv1-Mv0(1 分
