1、高考物理高考物理(北京市选考专用)专题十二电磁感应五年高考考点一电磁感应现象考点一电磁感应现象 楞次定律楞次定律A组 自主命题北京卷题组1.(2012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答案答案D闭合开关
2、S,金属套环跳起,是S闭合瞬间,穿过套环的磁通量变化,环中产生感应电流的缘故。产生感应电流要具备两个条件:回路闭合和穿过回路的磁通量变化。只要连接电路正确,闭合S瞬间,就会造成穿过套环磁通量变化,与电源的交直流性质、电压高低、线圈匝数多少均无关。该同学实验失败,可能是套环选用了非导电材料的缘故,故D选项正确。2.(2019课标,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
3、,故选项D正确。规律总结规律总结电阻定律R=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。LSB组 统一命题课标卷题组3.(2018课标,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
4、,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
5、场方向垂直纸面向外,故D项正确。审题指导审题指导关键词在审题中的作用关键词:同一根铁芯,意味着左右两侧线圈中磁通量变化率相同;远处,说明此处小磁针不再受线圈中磁通量变化的影响;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.(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。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()答案答案A本题考查电磁阻尼。若
6、要有效衰减紫铜薄板上下及左右的微小振动,则要求施加磁场后,在紫铜薄板发生上下及左右的微小振动时,穿过紫铜薄板横截面的磁通量都能发生变化。由选项图可知只有A满足要求,故选A。C组 教师专用题组5.(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.滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀
7、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。6.(2018课标,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
8、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4T2T2T答案答案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
9、,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。4Titt2Titt2T一题多解一题多解当导线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。7.(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,线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关
10、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。易错点拨易错点拨对楞次定律的深度理解线框与导轨共
11、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。8.(2015课标,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
12、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。1.(2016北京理综,16,6分)如图所示,匀强磁场中
13、有两个导体圆环a、b,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2 1,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.Ea Eb=4 1,感应电流均沿逆时针方向B.Ea Eb=4 1,感应电流均沿顺时针方向C.Ea Eb=2 1,感应电流均沿逆时针方向D.Ea Eb=2 1,感应电流均沿顺时针方向考点二法拉第电磁感应定律自感考点二法拉第电磁感应定律自感A组 自主命题北京卷题组答案答案B由题意可知=k,导体圆环中产生的感应电动势E=S=r2,因ra rb=2 1,故Ea Eb=4 1;由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方
14、向,选项B正确。BttBtBt方法技巧方法技巧磁感应强度均匀增大,说明磁感应强度的变化率恒定,故感应电动势的大小与圆环的面积成正比;利用“增反减同”可以确定感应电流的方向。评析评析本题考查法拉第电磁感应定律和楞次定律,试题难度较小。解题关键是正确理解楞次定律中的阻碍作用。2.(2013北京理综,17,6分)如图,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1 E2分别为()A.ca,2 1B.ac,2 1C
15、.ac,1 2D.ca,1 2答案答案C杆MN向右匀速滑动,由右手定则判知,通过R的电流方向为ac;又因为E=BLv,所以E1 E2=1 2,故选项C正确。考查点考查点右手定则、感应电动势。思路点拨思路点拨左手定则和右手定则的选用:“左力右电”,左手定则是判断通电导体在磁场中所受安培力的方向的,而右手定则是判断导体切割磁感线时产生感应电流的方向的,不要弄混。3.(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
16、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,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等答案答案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
17、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。4.(2011北京理综,19,6分)某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈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。检查电路后,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答案答案C由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时熄灭的原因是在线圈中产
18、生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流。由图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路,与电源无关,故A错。造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流,当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象,故B错C正确。自感系数与小灯泡是否闪亮无直接关系,故D错。5.(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
19、热Q。答案答案(1)BLv(2)(3)222B L vR234B L vR解析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=思路分析思路分析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;2.线框匀速运动,拉力等于安培力,即F拉=F安=BIL;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。ER222B
20、 L vR4RLv234B L vR6.(2015北京理综,22,16分)如图所示,足够长的平行光滑金属导轨水平放置,宽度L=0.4m,一端连接R=1的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=1T。导体棒MN放在导轨上,其长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下,导体棒沿导轨向右匀速运动,速度v=5m/s。求:(1)感应电动势E和感应电流I;(2)在0.1s时间内,拉力的冲量IF的大小;(3)若将MN换为电阻r=1的导体棒,其他条件不变,求导体棒两端的电压U。答案答案(1)2V2A(2)0.08Ns(3)1V解析解析(1)
21、由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=BLv=10.45V=2V感应电流I=A=2A(2)拉力大小等于安培力大小F=BIL=120.4N=0.8N冲量大小IF=Ft=0.80.1Ns=0.08Ns(3)由闭合电路欧姆定律可得,电路中电流I=A=1A由欧姆定律可得,导体棒两端电压U=IR=1VER21ERr22考查点考查点电磁感应中的动力学问题和电路问题。解题关键解题关键切割磁感线的导体棒MN相当于电源,内阻不计;匀速运动,意味着外力与安培力平衡。7.(2019课标,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、
22、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B组 统一命题课标卷题组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004B rSt 2004Brt答案答案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
23、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=r2=,故D错。由电阻定律得圆环电阻R=,则感应电流I=,故C正确。Bt1200Bt2002r Bt2 rSER004B rSt 易错警示易错警示(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。Bt8.(2018课标,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
24、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);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)。在过程、中,流过OM的电荷量相等,则等于()A.B.C.D.2BB543274答案答案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,q1=,对于过程,q2=,由q1=q2得,=,故B项正确。tERR24BrR2()2BBrRBB32规律总结规律总结电磁感应中电荷量的求解方法1.q=It。2.q=,其中的求解有三种情况:(1)只有
25、S变化,=BS;(2)只有B变化,=BS;(3)B和S都变化,=2-1。R9.(2017课标,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0.005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0.5TB.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
26、框所受的安培力大小为0.1N答案答案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=0.20.1N=0.04N,选项D错误。Lt0.10.2ELv0.010.1 0.5ER0.010.005解题关键解题关键利用图像获取信息:线框匀速进入磁场的时间;感应电动势的正负及大小。10.(2016课标,20,6分)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘
27、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
28、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,而与切割的速度大小无关,故C错。12ER22BL R2424B L R疑难突破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。120rn评析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。11.(2015课标,1
29、5,6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-aC.Ubc=-Bl2,金属框中无电流D.Uac=Bl2,金属框中电流方向沿a-c-b-a1212C组 教师专用题组答案答案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=-B
30、lv中=-Bl2,选项C正确。1212.(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=
31、0.40m,B=2.510-3T,Q=0.12m3/s。设液体在测量管内各处流速相同,试求E的大小(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
32、响。答案答案(1)1.010-3V(2)见解析(3)见解析解析解析(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由流量的定义,有Q=Sv=v式联立解得E=BD=代入数据得E=V=1.010-3V(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=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,由式
33、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24D24QD4BQD342.5 100.123 0.4ERrRERr1(/)Er R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Rr,则UE,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。1.2014北京理综,24(1)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
34、距,磁场的磁感应强度为B。忽略摩擦阻力和导线框的电阻。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。考点三电磁感应中的综合问题考点三电磁感应中的综合问题A组 自主命题北京卷题组答案答案见解析解析解析电动势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。考查点考查点电磁感应中
35、的能量转化。思路点拨思路点拨导线匀速运动,受力平衡。在t时间内,外力做功等于安培力做功等于F安vt,电路获得的总电能等于IEt,而焦耳热等于I2Rt,只要证明三者相等即可。反思总结反思总结题目给出的是一个动态平衡过程,在这个过程中外力克服安培力做功,与做功等量的外部能量转化为等量的电能输送到电路,又由于电阻的存在,电能又转化为焦耳热,这道题体现了电磁感应中典型的能量转化关系。2.(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。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
36、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伦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伦
37、兹力的示意图。b.我们知道,洛伦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伦兹力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。答案答案见解析解析解析本题考查发电机和电动机的机理分析、洛伦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.如图甲、图乙所示。BLvRr222B L vtRrb.设自由电荷
38、的电荷量为q,沿导体棒定向移动的速率为u。如图乙所示,沿棒方向的洛伦兹力f1=qvB,做负功W1=-f1ut=-qvBut垂直棒方向的洛伦兹力f2=quB,做正功W2=f2vt=quBvt所以W1=-W2,即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。f1做负功,阻碍自由电荷的定向移动,宏观上表现为“反电动势”,消耗电源的电能;f2做正功,宏观上表现为安培力做正功,使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能,在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。疑难突破疑难突破洛伦兹力做功及其作用在“发电机”模型中,外力促使导体棒做切割磁感线运动时,棒中
39、自由电荷随棒运动,从而会受到沿棒方向的洛伦兹力,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伦兹力,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。3.(2019课标,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
40、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 统一命题课标卷题组答案答案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,M
41、N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。4.(2019课标,19,6分)(多选)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是()答案答案AC本题考查法拉第电磁感应定律与图像结合的问题,难度较大,要求学生具有较强的综合分析能力,很好地体现了科学推理的学科核心素养。由
42、楞次定律可知ab棒做减速运动,cd棒做加速运动,即v1减小,v2增加。回路中的感应电动势E=BL(v1-v2),回路中的电流I=,回路中的导体棒ab、cd的加速度大小均为a=,由于v1-v2减小,可知a减小,所以ab与cd的v-t图线斜率减小,I也非线性减小,所以A、C正确,B、D错误。思路分析思路分析对于电磁感应中的图像问题,解法一般是利用物理规律推出v-t、I-t的函数表达式,对照图像得出结论;也可以利用物理规律定性地分析出I与t、v与t的关系,利用排除法得出结论。ER12()BL vvRFmBILm2212()B L vvmR5.(2018课标,18,6分)如图,在同一水平面内有两根平行
43、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()32答案答案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ll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。2l2l32方法技巧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
44、小的变化情况确定正确选项。6.(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)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2)电阻的阻值。答案答案(1)Blt0(2)Fgm2 20B l tm解析解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿
45、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=0FgmER联立式得R=2 20B l tm解题指导解题指导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
46、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。7.(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
47、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。C组 教师专用题组答案答案(1)BL(2)BL(3)h=2gh342gh22442m gRB L解析解析(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=2gh2ghER34342gh222B LghR22442m gRB L8.(2007北京理综,24,20分)用密度为d、电阻率为、横截面积为A的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abba。如图所示,金属
48、方框水平放在磁极的狭缝间,方框平面与磁场方向平行。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间,其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的aa边和bb边都处在磁极间,磁极间磁感应强度大小为B。方框从静止开始释放,其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力)。图1装置纵截面示意图图2装置俯视图(1)求方框下落的最大速度vm(设磁场区域在竖直方向足够长);(2)当方框下落的加速度为时,求方框的发热功率P;(3)已知方框下落时间为t时,下落高度为h,其速度为vt(vtt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。答案答案(1)(2)B0lv0(t-t0)+kSt(B0lv0+kS)0kt SR0B lR解析解析
49、(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=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=B0lstRqtkSR0kt SR回路的总磁通量为t=+
50、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)tttR0B lR评分参考评分参考第(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。解题指导解题指导(1)金属棒在0t0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;
