1、1.(2020课标,14,6分)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图 所示,圆管通过一个接有高频交流电源的线圈,线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流,电 流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为( ) A.库仑 B.霍尔 C.洛伦兹 D.法拉第 答案答案 D 焊接过程中利用电磁感应产生的涡流将材料熔化,发现电磁感应规律的是法拉第,故D 选项正确。 考点考点1 1 电磁感应现象、楞次定律电磁感应现象、楞次定律 2.(2020课标,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。
2、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 答案答案 B 左侧线圈通电后相当于条形磁铁,形成的磁场相当于条形磁铁的磁场,将图中开关闭合 时,线圈及金属圆环内磁场由0开始增加,根据楞次定律可知,金属圆环将向磁场弱的方向移动,即向 右移动。圆环移动方向与开关拨至M或拨至N无关。故选B项。 3.(2020江苏单科,3,3分)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
3、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 答案答案 B 本题借助图形考查了安培定则和楞次定律的应用。 同时增大B1减小B2,环中的合磁通量方向垂直纸面向里,且增大,由楞次定律可知环中感应电流产生 的磁场方向垂直纸面向外,由安培定则可知环中感应电流方向为逆时针方向,A错误;同时减小B1增 大B2,环中的合磁通量方向垂直纸面向外,且增大,由楞次定律可知,环中感应电流产生的磁场方向 垂直纸面向里,由安培定则可知环中感应电流方向为顺时针方向,B正确;同时以相
4、同的变化率增大 或减小B1和B2,环中的合磁通量始终为零,不产生感应电流,C、D错误。 4.(2020天津,6,5分)(多选)手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示,电磁感应式无线充电 的原理与变压器类似,通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈,利用产生的磁场传递能 量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后,就会在邻近的受电线圈中感应出电流,最终 实现为手机电池充电。在充电过程中( ) A.送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化 B.受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变 C.送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递 D.手机和基座无需导线连接,这样传递能量没有损失 答案答案 A
5、C 电磁感应式无线充电的原理是电磁感应。利用周期性变化的正弦式交变电流可以在 送电线圈附近产生周期性变化的交变磁场,故A正确;当受电线圈处于交变磁场中时,受电线圈中产 生交变感应电流,交变感应电流的磁场是周期性变化的,故B错误;送电线圈与受电线圈通过互感现 象实现能量传递,故C项正确;手机和基座之间无需导线连接,但是充电过程中存在磁损、热损等, 故D项错误。故选A、C。 5.(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
6、。 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。 6.(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,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
7、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场方向垂直纸面向外,故D项正确。 7.(2017课标,18,6分)扫描隧道
8、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。 8.(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
9、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
10、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。 1.(2015重庆理综,4,6分)图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为n,面积为S。若在 t1到t2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2,则该段 时间线圈两端a和b之间的电势差a-b( ) A.恒为 B.从0均匀变化到 C.恒为 - D.从0均匀变化到 - 21 21 (-) - nS B B t t 21 21 (-) - nS B B t t 21 21 (-) - nS B B t
11、t 21 21 (-) - nS B B t t 以下为教师用书专用 答案答案 C 由楞次定律判定,感应电流从a流向b,b点电势高于a点电势,因为磁场均匀增加,所以a- b为恒定的,故a-b=-nS,可见C正确。 21 21 - - B B t t 2.(2016江苏单科,6,4分)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金属弦被磁化, 因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的 有( ) A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作 B.取走磁体,电吉他将不能正常工作 C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D.弦振动过程中,线圈中的电流方
12、向不断变化 答案答案 BCD 铜质弦无法被磁化,不能产生磁场引起线圈中磁通量的变化从而产生感应电流,所 以铜质弦不能使电吉他正常工作,故A项错误;取走磁体,金属弦无法被磁化,线圈中不会产生感应 电流,B项正确;由E=n知,C项正确;金属弦来回振动,线圈中磁通量不断增加或减小,电流方向不 断变化,D项正确。 t 易错点拨易错点拨 有些学生受生活中吉他铜质弦的影响,误选A项,这就提醒我们解题一定要结合所学的 物理知识,深入思考推理,不要凭想象。 失分警示失分警示 铜质材料不能被磁化,铜质弦振动时不会在线圈中产生感应电动势。 审题关键审题关键 磁体把金属弦磁化;被磁化了的弦振动时,使线圈内磁通量发生
13、变化,从而产生了 感应电流。 1.(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、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 0 0 4 B rS t 考点考点2 2 法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律 D.圆环中的感应电动势大小为 2 0 0
14、 4 Br t 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。 B t 1 2 0 0 B t 2 0 0 2 r B t 2r S E R 0 0 4 B rS t 2.(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
15、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.2 B B 5 4 3 2 7 4 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。 t E R R
16、2 4 Br R 2 ( - ) 2 B Br R B B 3 2 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S变化,=BS;(2)只有B变化,=B S;(3)B和S都变 化,=2-1。 R 3.(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 4 T
17、2 T 2 T 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, 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。 4 T i t t 2 T i t t 2 T 4.(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
18、向与纸面垂直。边长 为0.1 m、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0.5 T B.导线框运动速度的大小为0.5 m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D.在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1 N 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
19、信息的能力。导线框匀速进入磁场时速度v= m/s=0.5 m/s,选项B正确;由E=BLv,得B= = T=0.2 T,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=0.20.1 N=0.04 N,选项D错误。 L t 0.1 0.2 E Lv 0.01 0.1 0.5 E R 0.01 0.005 5.(2020天津,10,14分)如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t均匀变化。正方 形硬质金属框abcd放置在磁场中,金属框平面与磁场方向垂直,电阻R=0.1 ,边长l=0.2 m。求 (1)在t=0到t=0.1 s
20、时间内,金属框中的感应电动势E; (2)t=0.05 s时,金属框ab边受到的安培力F的大小和方向; (3)在t=0到t=0.1 s时间内,金属框中电流的电功率P。 答案答案 (1)0.08 V (2)0.016 N 垂直ab向左 (3)0.064 W 解析解析 (1)在t=0到t=0.1 s的时间t内,磁感应强度的变化量B=0.2 T,设穿过金属框的磁通量变化 量为,有 =Bl2 由于磁场均匀变化,金属框中产生的电动势是恒定的,有 E= 联立式,代入数据,解得 E=0.08 V (2)设金属框中的电流为I,由闭合电路欧姆定律,有 I= 由图可知,t=0.05 s时,磁感应强度为B1=0.1
21、T,金属框ab边受到的安培力 F=IlB1 联立式,代入数据,解得 F=0.016 N 方向垂直于ab向左。 t E R (3)在t=0到t=0.1 s时间内,金属框中电流的电功率 P=I2R 联立式,代入数据,解得 P=0.064 W 6.(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。 答案答案 (1
22、)BLv (2) (3) 222 B L v R 23 4 B L v R 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= E R 222 B L v R 4 R L v 23 4 B L v R 1.(2016北京理综,16,6分)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
23、 直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为21,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.EaEb=41,感应电流均沿逆时针方向 B.EaEb=41,感应电流均沿顺时针方向 C.EaEb=21,感应电流均沿逆时针方向 D.EaEb=21,感应电流均沿顺时针方向 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rarb=21, 故EaEb=41;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。 B t t B t B t 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
24、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。 2.(2016浙江理综,16,6分)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边 长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间 的相互影响,则( ) A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B.a、b线圈中感应电动势之比为91 C.a、b线圈中感应电流之比为34 D.a、b线圈中电功率之比为31 答案答案 B 磁场均匀增大,穿过两线圈的磁通量增大,根据楞次定律可知两线圈内会产生逆时针方 向的感应电流,选项A错误;由法拉第电磁感应定律E=n=nl2,得=,选
25、项B正确;由电阻 定律R=,得=,由闭合电路欧姆定律可得I=,即=,选项C错误;由P=得 =,选项D错误。 t B t a b E E 2 2 a b l l 9 1 L S a b R R a b l l 3 1 E R a b I I a b E E b a R R 3 1 2 E R a b P P 2 2 a b E E b a R R 27 1 方法技巧方法技巧 解答本题时优先使用比值运算,可以有效地减少计算量。 1.(2020浙江7月选考,12,3分)如图所示,固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向 上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒,一端与圆环接触良好,
26、另一端固定在竖直导 电转轴OO上,随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、 板间距为d的平行板电容器,有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g,不 计其他电阻和摩擦,下列说法正确的是( ) A.棒产生的电动势为Bl2 B.微粒的电荷量与质量之比为 1 2 2 2gd Br 考点考点3 3 电磁感应中的综合应用电磁感应中的综合应用 C.电阻消耗的电功率为 D.电容器所带的电荷量为CBr2 24 2 B r R 答案答案 B 棒转动时垂直切割磁感线,由于只在圆环内存在磁场,故产生的电动势为E=Br= Br2,A项错误;由于棒无电阻,故电容器、电阻两
27、端电压均等于E,对微粒,由平衡条件有mg=, 故微粒的比荷为=,B项正确;电阻R消耗的电功率为P=,C项错误;由Q=CE可知 电容器所带电荷量Q=CBr2,D项错误。 0 2 r 1 2 qE d q m 2 2gd Br 2 E R 242 4 B r R 1 2 2.(2020山东,12,4分)(多选)如图所示,平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小 相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场,图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内 的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计 时,4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中,导
28、体框内感应电流的大小为I,ab边所受安培力的大小为 Fab,二者与时间t的关系图像可能正确的是( ) 答案答案 BC 设导体框运动速度为v、方格的边长为l、导体框阻值为R,则在第1 s内电流恒为I= 、ab边所受安培力Fab=BIvt=t,从零均匀增大;第2 s内导体框切割的有效长度由2l均匀 增大到3l,电流由I=均匀增大到I=,ab边的有效长度由l均匀增大到2l,故安培力由Fab= 随时间按二次函数增大到Fab=B2l=,由此可判断A、D一定错误,B、C可能正 确。 2Blv R 22 2B lv R 2Blv R 3Blv R 2 2 2B l v R 3Blv R 2 2 6B l v
29、 R 3.(2020课标,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 答案答案 BC 在F作用下金属框加速,金属框bc边切割磁感线,产生感应电流,由右手定则可知,电流
30、方向为cbMN,且bc边所受安培力向左,MN所受安培力向右,F为恒力,根据牛顿第二定律,对 金属框受力分析有F-F安=Ma1;对导体棒受力分析有F安=ma2,导体棒速度增大;由于金属框速度增加 得较快,则回路中感应电流增大,F安增大,a1减小,a2增大,当a1=a2时,金属框和导体棒的速度差恒定,产 生的感应电动势恒定,感应电流恒定,加速度恒定,但速度增大,故A错误,B正确。由以上分析可知, 产生的感应电流趋于恒定值,则导体棒所受安培力趋于恒定值,故C正确。金属框与导体棒速度差 恒定,则bc边与导体棒间距离均匀增加,故D错误。 4.(2016课标,20,6分)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如
31、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 答案答案 AB 本题考查动生电动势的计算、公式I=和P=I2R的应用及有关分析推理、右手定则 和等效思想的应用,体现了模型建构和科学推理等学科素养。 设圆盘的半径为L,可认为圆盘由
32、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。 E R 1 2 E R 2 2 BL R 242 4 B 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
33、时,r=0。 1 2 0 r n 5.(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( ) 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
34、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。 6.(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
35、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,很好地体现了科学思维的学科核心素养。 由楞次定律可知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图线斜率绝对值减小,I也非线性减小,所 以A、C正确,B、D错误。 E R 12 ( -)BL v v R F m BIL m 22
36、 12 ( -)B L v v mR 7.(2018课标,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( ) 3 2 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
37、D正确。 2 l 2 l 3 2 8.(2020课标,24,12分)如图,一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内,空间存在方向垂直 于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于l0的均匀导体棒以速率v自左向右在 金属框上匀速滑过,滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上,导体棒与金属框接触良好。 已知导体棒单位长度的电阻为r,金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x,求导体棒 所受安培力的大小随x(0 xl0)变化的关系式。 2 2 答案答案 见解析 解析解析 当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时,由法拉第电磁感应定律知,导体棒上感应 电动势的大小为E=Bl
38、v 由欧姆定律,流过导体棒的感应电流为I= 式中,R为这一段导体棒的电阻。按题意有R=rl 此时导体棒所受安培力大小为f=BlI 由题设和几何关系有 l= 联立式得 f= E R 0 000 2 2 ,0 2 2 2( 2 - ),2 2 xxl l xlxl 2 0 2 000 22 ,0 2 22 ( 2 - ),2 2 B v xxl r B v l xlxl r 9.(2020浙江7月选考,21,10分)如图1所示,在绝缘光滑水平桌面上,以O为原点、水平向右为正方向 建立x轴,在0 x1.0 m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L=0.5 m、电阻R= 0.25 的正方形
39、线框abcd,当平行于磁场边界的cd边进入磁场时,在沿x方向的外力F作用下以v=1.0 m/s的速度做匀速运动,直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点,在0 t1.0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示,在0t1.3 s内线框始终做匀速运动。 图1 图2 (1)求外力F的大小; (2)在1.0 st1.3 s内存在连续变化的磁场,求磁感应强度B的大小与时间t的关系; (3)求在0t1.3 s内流过导线横截面的电荷量q。 解析解析 (1)t0=0,B0=0.25 T 回路电流I= 安培力FA=v 外力F=FA=0.062 5 N (2)匀速出磁场,电流为0,磁
40、通量不变1= t1=1.0 s时,B1=0.5 T,磁通量1=B1L2 t时刻,磁通量=BLL-v(t-t1) 得B= (3)0t0.5 s 电荷量q1=0.25 C 0.5 st1.0 s 电荷量q2=0.25 C 总电荷量q=q1+q2=0.5 C 0 B Lv R 22 0 B L R 1 6-4t 2 0 B L R 22 10 -B L B L R 答案答案 见解析 10.(2020江苏单科,14,15分)如图所示,电阻为0.1 的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m,bc边与匀 强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长,磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下,线 圈以8
41、m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中 (1)感应电动势的大小E; (2)所受拉力的大小F; (3)感应电流产生的热量Q。 解析解析 (1)感应电动势E=Blv,代入数据得E=0.8 V (2)感应电流I=,拉力的大小等于安培力,F=BIl 解得F=,代入数据得F=0.8 N (3)运动时间t=,焦耳定律Q=I2Rt 解得Q=,代入数据得Q=0.32 J E R 2 2 B l v R 2l v 2 3 2B l v R 答案答案 (1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J 11.(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
42、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。 答案答案 (1)mg(sin -3 cos ) (2)(sin -3 cos ) 22 mgR B L 解析解析 (1)设两导线的张力大小之和为T
43、,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+F N1=2mg cos 对于cd棒,同理有 mg sin +N2=T N2=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。由欧姆定律得 I= 联立式得 R v=(sin -3 cos ) 22 mgR B L 12.(2016课标,24,12分)如图,水平面(纸面)内间距为l的平行
44、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) - F g m 2 2 0 B l t m 解析解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得 ma=F-mg 设金属杆到达磁场左边界时的速
45、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 - F g m E R R= 2 2 0 B l t m 因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得 F-mg-f=0 联立式得 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。 13.(20
46、16课标,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
47、=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(tt0)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) 0 kt S R 0 B l R 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=B0ls 回路的总磁通量为t=+ t R q t kS R 0 kt S R 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
