1、栏目索引栏目索引专题十二 电磁感应高考物理高考物理(北京市专用)栏目索引栏目索引1.(2012北京理综,19,6分,0.46)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()考点一电磁感应现象考点一电磁感应现象 楞次定理楞次定理A A组组 自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组五年高考栏目索引栏目索引A.线圈接在了直流电源上B.电
2、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。栏目索引栏目索引2.(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
3、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B组组统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组栏目索引栏目索引答案答案 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
4、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。栏目索引栏目索引3.(2018课标,20,6分)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长
5、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4T2T2T栏目索引栏目索引答案答案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
6、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。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。栏目索引栏目索引4.(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
7、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中沿顺时针方向栏目索引栏目索引答案答案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
8、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。栏目索引栏目索引5.(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
9、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。栏目索引栏目索引6.(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
10、.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栏目索引栏目索引答案答案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。栏目索引栏目
11、索引7.(2014课标,14,6分,0.676)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()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,观察电流表的变化答案答案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
12、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。解题关键解题关键只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,闭合导体回路中就有感应电流。栏目索引栏目索引8.(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
13、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C C组组 教师专用题组教师专用题组栏目索引栏目索引答案答案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
14、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。栏目索引栏目索引1.(2016北京理综,16,6分,0.79)如图所示,匀强磁场中有两个导体圆环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
15、 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考点二法拉第电磁感应定律 自感自感A A组组 自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组栏目索引栏目索引答案答案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
16、确理解楞次定律中的阻碍作用。栏目索引栏目索引2.(2013北京理综,17,6分,0.85)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 1 B.ac,2 1 C.ac,1 2 D.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
17、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。栏目索引栏目索引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
18、器R中电流相等栏目索引栏目索引答案答案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。栏目索引栏目索引4.(2011北京理综,19,6分)某同学为了验证断电自感现象,自己
19、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栏目索引栏目索引答案答案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
20、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。栏目索引栏目索引5.(2015北京理综,22,16分,0.87)如图所示,足够长的平行光滑金属导轨水平放置,宽度L=0.4 m,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=1 T。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=5 m/s。求:(1)感应电动势E和感应电流I;(2)在0.1 s时间内,拉力的冲量IF的大小;(3)若将M
21、N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。栏目索引栏目索引解析解析(1)由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=BLv=10.45 V=2 V感应电流I=A=2 A(2)拉力大小等于安培力大小F=BIL=120.4 N=0.8 N冲量大小IF=Ft=0.80.1 Ns=0.08 Ns(3)由闭合电路欧姆定律可得,电路中电流I=A=1 A由欧姆定律可得,导体棒两端电压U=IR=1 VER21ERr22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。答案答案(1)2 V2 A(2)0.
22、08 Ns(3)1 V栏目索引栏目索引6.(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
23、r,对于过程,q1=,对于过程,q2=,由q1=q2得,=,故B项正确。tERR24BrR2()2BBrRBB32B组组统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组栏目索引栏目索引规律总结规律总结 电磁感应中电荷量的求解方法2.q=,其中的求解有三种情况:(1)只有S变化,=BS;(2)只有B变化,=BS;(3)B和S都变化,=2-1。R栏目索引栏目索引7.(2015课标,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
24、()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-a121212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=Uat0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。栏目索引栏目索引解析解析(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
25、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答案答案(1)(2)B0lv0(t-t0)+kSt(B0lv0+kS)0kt SR0B lR栏目索引栏目索引回路的总磁通量为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
26、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栏目索引栏目索引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;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。易错点拨易错点拨(1)在计算磁通量时,用
27、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。栏目索引栏目索引7.(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
28、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。C C组组 教师专用题组教师专用题组栏目索引栏目索引解析解析(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+FN1=2mg cos 对于cd棒,同理有mg sin+N2=TN2=mg cos 联立式得F=mg(sin-3 cos)(2)由安培力公式得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
29、律得答案答案(1)mg(sin-3 cos)(2)(sin-3 cos)22mgRB L栏目索引栏目索引I=联立式得v=(sin-3 cos)R22mgRB L解题指导解题指导解答此题的关键是对ab、cd棒受力分析,由平衡条件求出ab棒受到的安培力,再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定出金属棒的速度。知识归纳知识归纳 此题考查电磁感应、电路和力学知识的综合应用,难度适中,受力分析是关键。栏目索引栏目索引8.(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
30、,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。栏目索引栏目索引解析解析(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 L答案答案(1)BL(2)BL(3)h=2gh3
31、42gh22442m gRB L栏目索引栏目索引9.(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装置纵截面示意图栏目索引栏目索引 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
32、间为t时,下落高度为h,其速度为vt(vt0且为常量)。(1)将一由细导线构成的半径为r、电阻为R0的导体圆环水平固定在上述磁场中,并使圆环中心与磁场区域的中心重合。求在T时间内导体圆环产生的焦耳热。(2)上述导体圆环之所以会产生电流是因为变化的磁场会在空间激发涡旋电场,该涡旋电场驱使导体内的自由电荷定向移动,形成电流。如图乙所示,变化的磁场产生的涡旋电场存在于磁场内外的广阔空间中,其电场线是在水平面内的一系列沿顺时针方向的同心圆(从上向下看),圆心与磁场区域的中心重合。在半径为r的圆周上,涡旋电场的电场强度大小处处相等,并且可以用E涡=计算,其中E为由于磁场变化在半径为r的导体圆环中产生的感
33、生电动势。如图丙所示,在磁场区域的水平面内固定一个内壁光滑的绝缘环形真空细管道,其内环半径为r,管2Er栏目索引栏目索引道中心与磁场区域的中心重合。由于细管道半径远远小于r,因此细管道内各处电场强度大小可视为相等。某时刻,将管道内电荷量为q的带正电小球由静止释放(小球的直径略小于真空细管道的直径),小球受到切向的涡旋电场力的作用而运动,该力将改变小球速度的大小。该涡旋电场力与电场强度的关系和静电力与电场强度的关系相同。假设小球在运动过程中其电荷量保持不变,忽略小球受到的重力、小球运动时激发的磁场以及相对论效应。若小球由静止经过一段时间加速,获得动能Em,求小球在这段时间内在真空细管道内运动的圈
34、数;若在真空细管道内部空间加有方向竖直向上的恒定匀强磁场,小球开始运动后经过时间t0,小球与环形真空细管道之间恰好没有作用力,求在真空细管道内部所加磁场的磁感应强度的大小。答案答案(1)(2)2240Tk rRm2Ekq r02kt栏目索引栏目索引解析解析(1)导体圆环内的磁通量发生变化,将产生感生电动势,根据法拉第电磁感应定律,感生电动势E=S=r2k导体圆环内感生电流I=在T时间内导体圆环产生的焦耳热Q=I2R0T解得:Q=(2)根据题意可知,磁场变化将在真空管道处产生涡旋电场,该电场的电场强度E涡=小球在该电场中受到电场力的作用,电场力的大小F=E涡q=电场力的方向与真空管道相切,即与速
35、度方向始终相同,小球将会被加速,动能变大。设小球由静止到其动能为Em的过程中,小球运动的路程为s,根据动能定理有Fs=EmtBt0ER20k rR2240Tk rR2Er2kr2kqr栏目索引栏目索引小球运动的圈数N=解得:N=小球的切向加速度大小为a=由于小球沿速度方向受到大小恒定的电场力,所以经过时间t0,小球的速度大小v满足v=at0小球沿管道做圆周运动,因为小球与管道之间没有相互作用力,所以,小球受到的洛伦兹力提供小球的向心力,设所加磁场的磁感应强度为B0,则有qvB0=mv2/r解得:B0=kt0/22srm2Ekq rFm2kqrm考查点考查点法拉第电磁感应定律、电场强度、动能定理
36、、洛伦兹力、带电物体在磁场中的运动。解题关键解题关键本题中带电小球被电场加速,该电场是由电磁感应现象产生的涡旋场,考生因思维定式通常会认为洛伦兹力对带电小球不做功,而陷入被动,这需要考生在学习中坚持建立知识体系,培养阅读能力和获取信息的能力。栏目索引栏目索引14.(2018北京海淀零模,18)如图所示,由粗细均匀的电阻丝制成的边长为L的正方形金属框向右匀速运动,穿过方向垂直金属框平面向里的有界匀强磁场,磁场宽度d=2L。从ab边刚进入磁场到金属框全部穿出磁场的过程中,a、b两点间的电势差Uab随时间变化的图像如选项图所示,其中正确的是()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栏目
37、索引栏目索引答案答案D金属框进入磁场过程中,ab边切割磁感线产生的感生电动势E=BLv,Uab=3R=,整个金属框进入磁场后,两个边切割磁感线,Uab=E=BLv,ab边出磁场后至金属框全部出磁场,Uab=R=E。4ER34E4ER14易错警示易错警示感应电动势和感应电流产生的条件要区分,磁通量不变时没有感应电流,但是a、b两点间有电压。栏目索引栏目索引15.(2016北京西城二模,17)如图1所示,线圈abcd固定于匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度随时间的变化情况如图2所示。下列关于ab边所受安培力随时间变化的F-t图像(规定安培力方向向右为正)正确的是()栏目索引栏目索引答案答
38、案C由题图2可知B=B0+kt,则E=n=nS=nSk,I=,F=BIL=+t,由楞次定律可知电流由ba,则由左手定则判断知F方向向右。所以选C。tBtERnBLSkR0nB LSkR2nk LSR考查点考查点法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则。易错警示易错警示穿过线圈的磁通量随时间均匀变化,故线圈中的感应电流是恒定的,但由于磁感应强度的变化,导致ab边受安培力也变化,容易忽视磁感应强度变化的特点而错选A项。栏目索引栏目索引16.(2018北京西城期末,12)如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为l,电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的定值电阻,导
39、体杆ab电阻为r并与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现给ab杆一个瞬时冲量,使它获得水平向右的初速度v0。下列图像中,关于ab杆的速度v、通过电阻R中的电流i、电阻R的电功率P、通过MPabM的磁通量随时间变化的规律,可能正确的是()栏目索引栏目索引答案答案B E=Blv,F安=B l,ab杆做减速运动,v越来越小,F安越来越小,a=越来越小,v-t图线斜率的绝对值等于加速度a的大小,ab杆不做匀减速运动,由i=知,i随时间变小,i-t图像与v-t图像变化规律相同,A错误,B正确。R的电功率P=i2R=R,功率P越来越小,C错。通过MPabM的磁通量增加,D
40、错。ERrabFm安BlvRr2 222()B l vRr解题关键解题关键此题容易得出v-t图像,由i=就能得到i-t图像。BlvRr栏目索引栏目索引17.(2018北京朝阳期末,10)如图所示,空间中存在一匀强磁场区域,磁场方向与竖直面(纸面)垂直,MM和NN是匀强磁场区域的水平边界,纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd,ab边与MM和NN平行,边长小于MM和NN的间距。若线框自由下落,在ab边从MM运动到NN的过程中,关于线框的运动,下列说法中正确的是()A.一定始终做减速运动 B.一定始终做加速运动C.可能先减速后加速 D.可能先加速后减速栏目索引栏目索引答案答案C线框从dc边到达M
41、M边界到ab边到达NN边界运动过程中只受重力作用,一定是加速向下运动,可见选项A、D错误;而从ab边到MM运动到dc边到MM过程中,mg-=ma,合外力方向取决于ab边刚到MM时的速度v的大小,因此线框可能加速,也可能减速,还可能匀速,进入磁场,故选项B错误,只有选项C正确。2 2B l vR解题关键解题关键对线框在不同位置正确受力分析,从而进一步由加速度的情况分析线框的运动过程。栏目索引栏目索引18.(2018北京西城一模,24)物理学是探索自然界最基本、最普遍规律的科学,在不同情景中发生的物理过程往往遵循着相同的规律。请应用所学的物理知识,思考并解决以下问题。(1)带电小球B静止在无限大的
42、光滑绝缘水平面上,带同种电荷的小球A从很远处以初速度v0向B球运动,A的速度始终沿着两球的连线方向,如图1所示。两球始终未能接触。A、B间的相互作用视为静电作用。a.从加速度和速度的角度,说明B球在整个过程中的运动情况;b.已知A、B两球的质量分别为m1和m2,求B球最终的速度大小vB。(2)光滑的平行金属导轨MN、PQ固定在水平地面上,整个空间存在竖直向下的匀强磁场,两根相同的金属棒ab和cd垂直放置在导轨上,如图2所示。开始时cd棒静止,ab棒以初速度v0沿导轨向右运动。随后cd棒也运动起来,两棒始终未能相碰,忽略金属棒中感应电流产生的磁场。a.已知两根金属棒的质量均为m,求cd棒最终获得
43、的动能Ek;b.图3是图2的俯视图。请在图3中画出ab、cd棒在达到最终状态之前,棒内自由电子所受洛伦兹力的示意图;并从微观的角度,通过计算分析说明,在很短的时间t内,ab棒减少的动能是否等于cd棒增加的动能。栏目索引栏目索引图2图1图3栏目索引栏目索引解析解析(1)a.(3分)B球做加速度先增大后减小的加速运动,最后匀速。b.(5分)以A、B球组成的系统为研究对象,系统所受的合外力为零根据动量守恒定律m1v0=m1vA+m2vB由于只有系统内的电场力做功,所以系统的动能和电势能的总和保持不变,初始状态和最后状态两球的距离都很大,可以认为系统的初、末电势能为零。由能量守恒有m1=m1+m2联立
44、以上两式解得vB=v0(2)a.(3分)以两根金属棒组成的系统为研究对象,系统所受的合外力为零,最后以共同的速度v向前运动,根据动量守恒定律 mv0=2mvcd棒最终获得的动能Ek=mv2=mb.(9分)两根棒内自由电子所受洛伦兹力如图所示1220v122Av122Bv1122mmm121820v答案答案见解析栏目索引栏目索引方法一:设自由电子的电荷量为e,在两棒达到最终状态之前某时刻,ab棒的速度为v1,cd棒的速度为v2,自由电子沿两根棒定向移动的速率为u,在很短的时间t内,ab棒中自由电子受到的垂直于棒方向的洛伦兹力f2 对电子做负功W2=-f2v1t=-euBv1tcd棒中自由电子受到
45、的垂直于棒方向的洛伦兹力f2对电子做正功栏目索引栏目索引W2=f2v2t=euBv2t因为v1 v2,所以W2+W20,且为已知的常量)。(1)已知金属环的电阻为R。根据法拉第电磁感应定律,求金属环的感应电动势E感和感应电流I。(2)麦克斯韦电磁理论认为:变化的磁场会在空间激发一种电场,这种电场与静电场不同,称为感生电场或涡旋电场。图1所示的磁场会在空间产生如图2所示的圆形涡旋电场,涡旋电场的电场线与金属环是同心圆。金属环中的自由电荷在涡旋电场的作用下做定向运动,形成了感应电流。涡旋电场力F充当非静电力,其大小与涡旋电场场强E的关系满足F=qE。如果移送电荷量为q的电荷时非静电力所做的功为W,
46、那么感应电动势E感=。a.请推导证明:金属环上某点的场强大小为E=kr;b.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(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞。在考虑大量自由电子的统计结果时,电子与金属离子的碰撞结果可视为导体对电子有连续的阻力,其大小可表示为f=bv(b0,且为已知的常量)。已知自由电子的电荷量为e,金属环中自由电子的总数为N。展开你想象的翅膀,给出一个合理Wq12栏目索引栏目索引的自由电子的运动模型,并在此基础上,求出金属环中的感应电流I。(3)宏观与微观是相互联系的。若该金属环单位体积内自由电子数为n,请你在(1)和(2)的基础上推导组成该金属环金属的电阻
47、率与n、b的关系式。栏目索引栏目索引解析解析(1)根据法拉第电磁感应定律有E感=kr2根据欧姆定律有I=(6分)(2)a.设金属环中自由电子的电荷量为e。一个自由电子在电场力的作用下沿圆环运动一周,电场力做的功W=eE2r所以E感=2rE又因为E感=kr2所以E=kr(4分)b.假设电子以速度v沿金属环做匀速圆周运动,导体对电子的阻力f=bv。沿切线方向,根据牛顿第二定律有bv-eE=0t2Brt ER感2k rRWe2eEre12答案答案见解析栏目索引栏目索引又因为E=kr所以v=电子做匀速圆周运动的周期T=所以I=(6分)(3)由(1)和(2)中的结论可知=设金属环的横截面积为S,则有R=
48、所以=又因为N=S2rn所以=(4分)122kerb2 rv4 bkeNeT24kNeb2k rR24kNeb2 rS22 rbSNe2bne思路分析思路分析第(2)问b中由I=知,只要求得电子运动周期即可。因而可建立电子匀速圆周运动模型,并由F=f可求得v,进而得到周期T。QtNeT栏目索引栏目索引10.(20分)(2017北京顺义二模,24)(1)如图甲所示,在磁感应强度为B的水平匀强磁场中,有一竖直放置的光滑的平行金属导轨,导轨足够长,导轨平面与磁场垂直,导轨间距为L,顶端接有阻值为R的电阻。将一根金属棒从导轨上的M处由静止释放。已知棒的长度为L,质量为m,电阻为r。金属棒始终在磁场中运
49、动,处于水平且与导轨接触良好,忽略导轨的电阻。重力加速度为g。图甲a.分析金属棒的运动情况,并求出运动过程的最大速度vm和整个电路产生的最大电热功率Pm;b.若金属棒下落时间为t时,其速度为vt(vtmg,参见图3。224B L vR224B L aR图1图2图3解题关键解题关键 线圈由a到b过程,做的不是匀变速直线运动,应选择能量的方法来求解热量,可选择动能定理或能量守恒定律。栏目索引栏目索引8.(2017北京海淀零模,22)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd,边长L=0.20 m,每边的电阻R=5.010-2。将其置于磁感应强度B=0.10 T的有界水平匀强磁场上方h=5.0 m处,
50、如图所示。线框由静止自由下落,线框平面始终与磁场方向垂直,且cd边始终与磁场的水平边界平行。取重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,求当cd边刚进入磁场时,(1)线框中产生的感应电动势大小;(2)线框所受安培力的大小;(3)线框的发热功率。栏目索引栏目索引答案答案(1)0.20 V(2)0.020 N(3)0.20 W解析解析(1)设线框cd边刚进入磁场时的速度为v,根据自由落体规律则有v=10 m/s所以线框cd边刚进入磁场时产生的感应电动势大小E=BLv=0.20 V(2)线框每边的电阻为R,根据欧姆定律可知,线框中产生的感应电流I=线框所受安培力也就是cd边所受的安培力,其大小为F
