《（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題11 電磁感應規(guī)律及其應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題11 電磁感應規(guī)律及其應用學案（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題11 電磁感應規(guī)律及其應用 考題一　楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用 1.楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式 (1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”； (2)阻礙相對運動——“來拒去留”； (3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”； (4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”. 2.楞次定律和右手定則的適用對象 (1)楞次定律：一般適用于線圈面積不變，磁感應強度發(fā)生變化的情形. (2)右手定則：一般適用于導體棒切割磁感線的情形. 3.求感應電動勢大小的五種類型 (1)磁通量變化型：E＝n. (2)磁感應強度變化型：E＝nS.

2、 (3)面積變化型：E＝nB. (4)平動切割型：E＝Blv. (5)轉(zhuǎn)動切割型：E＝nBl2ω. 注意：公式E＝nS中的S是垂直于磁場方向的有效面積. 例1　(2016·浙江·16)如圖1所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，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磁場，且磁感應強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則(　　) 圖1 A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應電流 B.a、b線圈中感應電動勢之比為9∶1 C.a、b線圈中感應電流之比為3∶4 D.a、b線圈中電功率之比為3∶1 解析　根據(jù)楞次定律可知，兩線圈內(nèi)均產(chǎn)生逆

3、時針方向的感應電流，選項A錯誤；因磁感應強度隨時間均勻增大，設＝k，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E＝n＝nl2，則＝()2＝，選項B正確；根據(jù)I＝＝＝＝可知，I∝l，故a、b線圈中感應電流之比為3∶1，選項C錯誤；電功率P＝IE＝·nl2＝，則P∝l3，故a、b線圈中電功率之比為27∶1，選項D錯誤. 答案　B 變式訓練 1.如圖2所示，a、b、c三個線圈是同心圓，b線圈上連接有直流電源E和開關K，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A.在K閉合的一瞬間，線圈a中有逆時針方向的瞬時電流，有收縮趨勢 B.在K閉合的一瞬間，線圈c中有順時針方向的瞬時電流，有收縮趨勢 C.在K閉合電路

4、穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，線圈c中有感應電流，線圈a中沒有感應電流 D.在K閉合的一瞬間，線圈b中有感應電動勢；在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，線圈b中仍然有感應電動勢 答案　D 解析　K閉合時線圈b中有順時針的電流，根據(jù)右手定則可知內(nèi)部有向里增大的磁場，則a線圈產(chǎn)生阻礙原磁通量變化的電流，根據(jù)楞次定律可知，電流方向為逆時針，線圈受到向外的安培力，故有擴張的趨勢，故A錯誤；根據(jù)楞次定律可知，c中感應電流為逆時針且有收縮的趨勢，故B錯誤；在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，兩線圈中均有磁通量的變化，故線圈中均有感應電流，故C錯誤；在K閉合的一瞬間，線圈b中有感應電動勢；在K閉合電路

5、穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，線圈b中仍然有感應電動勢，故D正確. 2.(2016·海南·4)如圖3，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導線在同一豎直面內(nèi)，環(huán)的圓心與兩導線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導線間距.兩導線中通有大小相等、方向向下的恒定電流.若(　　) 圖3 A.金屬環(huán)向上運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向 B.金屬環(huán)向下運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向 C.金屬環(huán)向左側(cè)直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針方向 D.金屬環(huán)向右側(cè)直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針方向 答案　D 解析　根據(jù)楞次定律，當金屬圓環(huán)上、下移動時，穿過圓環(huán)的磁通量不發(fā)生變化，故沒有感

6、應電流產(chǎn)生，故選項A、B錯誤；當金屬圓環(huán)向左移動時，則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面向外并且增強，故根據(jù)楞次定律可以知道，產(chǎn)生的感應電流為順時針，故選項C錯誤；當金屬圓環(huán)向右移動時，則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面向里并且增強，故根據(jù)楞次定律可以知道，產(chǎn)生的感應電流為逆時針，故選項D正確. 3.(2016·全國甲卷·20)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖4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磁場B中.圓盤旋轉(zhuǎn)時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　) 圖4 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，圓盤順時針轉(zhuǎn)動

7、，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 解析　將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，則當圓盤順時針(俯視)轉(zhuǎn)動時，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，流過電阻的電流方向從a到b，B對；由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E＝BL＝BL2ω，I＝，ω恒定時，I大小恒定，ω大小變化時，I大小變化，方向不變，故A對，C錯；由P＝I2R＝知，當ω變?yōu)樵瓉淼?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯. 4.如圖5所示，一根弧

8、長為L的半圓形硬導體棒AB在水平拉力F作用下，以速度v0在豎直平面內(nèi)的U形框架上勻速滑動，勻強磁場的磁感應強度為B，回路中除電阻R外，其余電阻均不計，U形框左端與平行板電容器相連，質(zhì)量為m的帶電油滴靜止于電容器兩極板中央，半圓形硬導體棒AB始終與U形框接觸良好.則以下判斷正確的是(　　) 圖5 A.油滴所帶電荷量為 B.電流自上而下流過電阻R C.A、B間的電勢差UAB＝BLv0 D.其他條件不變，使電容器兩極板距離減小，電容器所帶電荷量將增加，油滴將向上運動 答案　BD 解析　導體棒AB在水平拉力F作用下向右運動，由右手定則可知，導體棒AB相當于電源，A端是正極，故電流自上

9、而下流過電阻R，B對；導體棒AB的弧長為L，與磁場切割有效長度為，故A、C錯；根據(jù)電容器C＝，C＝，兩極板距離d減小，C增大，Q增加，電場強度E增大，油滴將向上運動，D對. 考題二　電磁感應中的圖象問題 解決電磁感應圖象問題的方法技巧 (1)解決電磁感應圖象問題的“三點關注”： ①關注初始時刻，如初始時刻感應電流是否為零，是正方向還是負方向. ②關注變化過程，看電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應. ③關注大小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲、直是否和物理過程對應. (2)解決電磁感應圖象問題的一般步驟： ①明確圖象的種類，即是B－t圖

10、還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等. ②分析電磁感應的具體過程. ③用右手定則或楞次定律確定方向?qū)P系. ④結(jié)合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關系式. ⑤根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等. ⑥畫圖象或判斷圖象. (3)圖象選擇技巧：求解物理圖象的選擇題時可用“排除法”，即排除與題目要求相違背的圖象，留下正確圖象. 例2　(2016·四川·7)如圖6所示，電阻不計、間距為L的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端接一定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，受到垂直于金屬棒的

11、水平外力F的作用由靜止開始運動，外力F與金屬棒速度v的關系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好.金屬棒中感應電流為i，受到的安培力大小為F安，電阻R兩端的電壓為UR，感應電流的功率為P，它們隨時間t變化圖象可能正確的有(　　) 圖6 解析　設金屬棒在某一時刻速度為v，由題意可知，感應電動勢E＝BLv，回路電流I＝＝v，即I∝v；安培力F安＝BIL＝v，方向水平向左，即F安∝v；R兩端電壓UR＝IR＝v，即UR∝v；感應電流功率P＝EI＝v2，即P∝v2. 分析金屬棒運動情況，由牛頓運動第二定律可得F0＋kv－v＝ma，即F0＋(k－)v＝ma.因為金

12、屬棒從靜止開始運動，所以F0>0 . (1)若k＝，金屬棒水平向右做勻加速直線運動.所以在此情況下沒有選項符合； (2)若k>，F(xiàn)合隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說明金屬棒在做加速度增大的加速運動，根據(jù)四個物理量與速度的關系可知B選項符合； (3)若k<，F(xiàn)合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運動，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運動，根據(jù)四個物理量與速度關系可知C選項符合. 綜上所述，選項B、C符合題意. 答案　BC 變式訓練 5.在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一個面積不變的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖7甲所示，取線

13、圈中磁場B的方向向上為正，當磁場中的磁感應強度B隨時間t如圖乙變化時，下列圖中能正確表示線圈中感應電流變化的是(　　) 圖7 答案　A 解析　在0～ s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應定律，E＝n＝.根據(jù)楞次定律，感應電動勢的方向與圖示箭頭方向相反，為負值；在～T內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應定律，E′＝n＝＝2E，所以感應電流是之前的2倍.再根據(jù)楞次定律，感應電動勢的方向與圖示方向相反，為負值.故A正確. 6.如圖8所示，有一個邊界為正三角形的勻強磁場區(qū)域，邊長為a，磁感應強度方向垂直紙面向里，一個導體矩形框的長為a，寬為，平行于紙面沿著磁場區(qū)域的軸線勻速穿越磁場區(qū)域，導體框中感應電流的正

14、方向為逆時針方向，以導體框剛進入磁場時為t＝0時刻，則導體框中的感應電流隨時間變化的圖象是(　　) 圖8 答案　D 解析　由右手定則可知，線框進入磁場過程與離開磁場過程感應電流方向相反，故A錯誤；由圖示可知，線框開始進入磁場的一段時間內(nèi)，切割磁感線的有效長度L不變，電流I＝＝大小不變，當線框右邊部分穿出磁場過程，切割磁感線的有效長度L減小，感應電流減小，線框右邊完全離開磁場后，線框左邊完全進入磁場，然后線框左邊切割磁感線，感應電流反向，此后一段時間內(nèi)，線框切割磁感線的有效長度L不變，感應電流大小不變，線框左邊離開磁場過程，線框切割磁感線的有效長度L減小，感應電流減小，故B、C

15、錯誤，D正確. 7.寬度均為d且足夠長的兩相鄰條形區(qū)域內(nèi)，各存在磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場.電阻為R、邊長為d的等邊三角形金屬框的AB邊與磁場邊界平行，金屬框從圖9所示位置以垂直于AB邊向右的方向做勻速直線運動，取逆時針方向電流為正，從金屬框C端剛進入磁場開始計時，框中產(chǎn)生的感應電流隨時間變化的圖象是(　　) 圖9 答案　A 考題三　電磁感應中的動力學問題 電磁感應與動力學綜合題的解題策略 (1)分析“源”：找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解感應電動勢的大小和方向； (2)分析“路”：畫出等效電路圖，求解回路中的電流的大小及方向；

16、(3)分析“力”：分析安培力對導體棒運動速度、加速度的影響，從而推得對電流的影響，最后確定導體棒的最終運動情況； (4)列“方程”：列出牛頓第二定律或平衡方程求解. 例3　(2016·全國甲卷·24)如圖10，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上.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止開始運動.t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導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μ.重力加速度大小為g.求： 圖10

17、(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??； (2)電阻的阻值. 解析　(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma ① 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有v＝at0 ② 當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律知產(chǎn)生的電動勢為 E＝Blv ③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0(－μg) ④ (2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝ ⑤ 式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為 F安＝BlI ⑥ 因金屬桿做勻速運動，有

18、F－μmg－F安＝0 ⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R＝ 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) 變式訓練 8.如圖11(a)所示，在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量為1 kg的單匝均勻正方形銅線框，在1位置以速度v0＝3 m/s進入勻強磁場時開始計時t＝0，此時線框中感應電動勢為1 V，在t＝3 s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場.此過程中v－t圖象如圖(b)所示，那么(　　) 圖11 A.線框右側(cè)邊兩端MN間的電壓為0.25 V B.恒力F的大小為0.5 N C.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為3 m/s D.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為1 m/s

19、 答案　B 解析　t＝0時，線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為外電壓，總的感應電動勢為：E＝Blv0，外電壓U外＝E＝0.75 V.故A錯誤；在1～3 s內(nèi)，線框做勻加速運動，沒有感應電流，線框不受安培力，則有F＝ma，由速度—時間圖象的斜率表示加速度，求得a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，則得F＝0.5 N.故B正確.由(b)圖象看出，在t＝3 s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場時與線框進入勻強磁場時速度相同，則線框出磁場與進磁場運動情況完全相同，則知線框完全離開磁場的瞬間位置3速度與t＝1 s時刻的速度相等，即為2 m/s.故C、D錯誤. 9.如圖12所示，兩根光滑、足夠長的平行金屬導軌

20、固定在水平面上.滑動變阻器接入電路的電阻值為R(最大阻值足夠大)，導軌的寬度L＝0.5 m，空間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度的大小B＝1 T.內(nèi)阻r＝1 Ω的金屬桿在F＝5 N的水平恒力作用下由靜止開始運動.經(jīng)過一段時間后，金屬桿的速度達到最大速度vm，不計導軌電阻，則有(　　) 圖12 A.R越小，vm越大 B.金屬桿的最大速度大于或等于20 m/s C.金屬桿達到最大速度之前，恒力F所做的功等于電路中消耗的電能 D.金屬桿達到最大速度后，金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動的平均速率ve與恒力F成正比 答案　BD 解析　當導體棒達到最大速度時滿足F＝F安，則F＝BL

21、，解得vm＝，可知R越大，vm越大，選項A錯誤；金屬桿的最大速度vm＝＝＝20(1＋R) m/s，則金屬桿的最大速度大于或等于20 m/s，選項B正確；在金屬桿達到最大速度之前，恒力F所做的功等于電路中消耗的電能與導體棒動能增量之和，選項C錯誤；金屬桿達到最大速度后導體棒中的電流I＝，則I＝neSve，則ve＝＝，故金屬桿達到最大速度后，金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動的平均速率ve與恒力F成正比，選項D正確. 考題四　電磁感應中的能量問題 電磁感應中能量的三種求解方法 (1)利用克服安培力做功求解：電磁感應中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功. (2)利用能量守恒定律求解：若只

22、有電能與機械能參與轉(zhuǎn)化，則機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能. (3)利用電路的相關公式——電功公式或電熱公式求解：若通過電阻的電流是恒定的，則可直接利用電功公式或焦耳定律求解焦耳熱. 特別提醒：回路中某個元件的焦耳熱和回路總焦耳熱之間的關系，不能混淆. 例4　如圖13所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ與水平面的夾角為θ＝30°，導軌電阻不計，導軌處在垂直導軌平面斜向上的有界勻強磁場中，兩根電阻都為R＝2 Ω、質(zhì)量都為m＝0.2 kg的完全相同的細金屬棒ab和cd垂直導軌并排靠緊的放置在導軌上，與磁場上邊界距離為x＝1.6 m，有界勻強磁場寬度為3x＝4.8 m.先將金屬棒ab由

23、靜止釋放，金屬棒ab剛進入磁場就恰好做勻速運動，此時立即由靜止釋放金屬棒cd，金屬棒cd在出磁場前已做勻速運動，兩金屬棒在下滑過程中與導軌接觸始終良好(取重力加速度g＝10 m/s2)，求： 圖13 (1)金屬棒ab剛進入磁場時棒中電流I； (2)金屬棒cd在磁場中運動的過程中通過回路某一截面的電量q； (3)兩根金屬棒全部通過磁場的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q. [思維規(guī)范流程] 步驟1：列動能定理方程 ab勻速進入，列平衡方程 分步列式，得部分分 (1)ab進入磁場前 mgxsin θ＝mv－0 ① 得v1＝4 m/s ② mgsin θ＝F安 ③ F安＝BIL

24、④ I＝ ⑤ E＝BLv1 ⑥ 得：I＝1 A ⑦ 步驟2：cd在磁場外的位移 ab在磁場內(nèi)的位移 由幾何關系得 設經(jīng)時間t，cd進入磁場 xcd＝x＝t ⑧ xab＝v1t＝2x ⑨ 兩棒都在磁場中時速度相同，無電流， ab出磁場后，cd上有電流 xcd′＝2x ⑩ q＝＝＝0.8 C ? 步驟3： ab勻速進入，列能量守恒方程 cd進出磁場速度相等，列能量守恒方程 Q1＝mg·2x·sin θ ? Q2＝mg·3x·sin θ ? Q＝Q1＋Q2＝8 J ? ①③????每式各2分，其余各式1分. 變式訓練 10.如圖14所示

25、，正方形金屬線框abcd位于豎直平面內(nèi)，其質(zhì)量為m，電阻為R.在線框的下方有一勻強磁場，MN和M′N′是磁場的水平邊界，并與bc邊平行，磁場方向垂直于紙面向里.現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，圖乙是線圈由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的v－t圖象，圖中字母均為已知量.重力加速度為g，不計空氣阻力.下列說法正確的是(　　) 圖14 A.金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向 B.金屬線框的邊長為v1(t2－t1) C.磁場的磁感應強度為 D.金屬線框在0～t4的時間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為2mgv1(t2－t1)＋m(v－v) 答案　BD 解析　金屬線框

26、剛進入磁場時磁通量增大，根據(jù)楞次定律判斷可知，感應電流方向沿abcda方向，故A錯誤；由題圖乙可知，金屬線框進入磁場過程中是做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2－t1，故金屬線框的邊長：l＝v1(t2－t1)，故B正確；在金屬線框進入磁場的過程中，金屬線框所受安培力等于重力，則得：mg＝BIl，I＝，又l＝v1(t2－t1).聯(lián)立解得：B＝ ，故C錯誤；t1到t2時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為：Q1＝mgl＝mgv1(t2－t1)；t3到t4時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為： Q2＝mgl＋m(v－v) ＝mgv1(t2－t1)＋m(v－v) 故Q＝Q1＋Q2＝2mg

27、v1(t2－t1)＋m(v－v)，故D正確. 11.(2016·浙江·24)小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖15所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53°，導軌上端串接一個R＝0.05 Ω的電阻.在導軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0 T.質(zhì)量m＝4.0 kg的金屬棒CD水平置于導軌上，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棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直.當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置

28、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： 圖15 (1)CD棒進入磁場時速度v的大?。? (2)CD棒進入磁場時所受的安培力F安的大?。? (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 J　26.88 J 解析　(1)由牛頓第二定律得 a＝＝12 m/s2 進入磁場時的速度 v＝＝2.4 m/s (2)感應電動勢E＝Blv 感應電流I＝ 安培力F安＝IBl 代入得F安＝＝48 N (3)健身者做功W＝F(s

29、＋d)＝64 J 又F－mgsin θ－F安＝0 CD棒在磁場區(qū)做勻速運動 在磁場中運動時間t＝ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J. 專題規(guī)范練 1.下列沒有利用渦流的是(　　) A.金屬探測器 B.變壓器中用互相絕緣的硅鋼片疊壓成鐵芯 C.用來冶煉合金鋼的真空冶煉爐 D.磁電式儀表的線圈用鋁框做骨架 答案　B 解析　金屬探測器中變化電流遇到金屬物體，在金屬物體中產(chǎn)生渦流，故A、D是利用渦流的；變壓器的鐵芯用硅鋼片疊壓而成，是為了減小渦流，故B正確；真空冶煉爐是線圈中的電流做周期性變化，在冶煉爐中產(chǎn)生渦流，從而產(chǎn)生大量的熱量，故C是利用渦流的. 2.(多選)(201

30、6·江蘇·6)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖1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(　　) 圖1 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電動勢 D.弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化 答案　BCD 解析　銅質(zhì)弦為非磁性材料，不能被磁化，選用銅質(zhì)弦，電吉他不能正常工作，A項錯誤；若取走磁體，金屬弦不能被磁化，其振動時，不能在線圈中產(chǎn)生感應電動勢，電吉他不能正常工作，B項對；由E＝n可知，C項正確；弦振動過程中，穿過線圈的磁通

31、量大小不斷變化，由楞次定律可知，線圈中感應電流方向不斷變化，D項正確. 3.如圖2所示，三個相同的燈泡a、b、c和電阻不計的線圈L與內(nèi)阻不計的電源連接，下列判斷正確的是(　　) 圖2 A.K閉合的瞬間，b、c兩燈亮度不同 B.K閉合足夠長時間以后，b、c兩燈亮度相同 C.K斷開的瞬間，a、c兩燈立即熄滅 D.K斷開之后，b燈突然閃亮以后再逐漸變暗 答案　D 解析　K閉合的瞬間，三個燈同時發(fā)光，由于線圈自感電動勢的阻礙，開始時通過L的電流很小，b、c兩燈的電流相同，一樣亮.由于a燈的電壓等于b、c電壓之和，所以a燈最亮，K閉合足夠長時間以后，b燈被線圈短路，故b燈熄滅，故b、

32、c兩燈亮度不相同，故A、B錯誤.K斷開的瞬間，線圈中電流將要減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源，有電流流過a、c兩燈，由于兩燈串聯(lián)，所以a、c兩燈逐漸變暗且亮度相同.故C錯誤；因K斷開之后，b燈中有電流通過，故使得b燈突然閃亮以后再逐漸變暗，選項D正確. 4.(多選)(2016·上?！?9)如圖3(a)，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向.螺線管與導線框abcd相連，導線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框在同一平面內(nèi).當螺線管內(nèi)的磁感應強度B隨時間按圖(b)所示規(guī)律變化時(　　) 圖3 A.在t1～t2時間內(nèi)，L有收縮趨勢 B.在t2～t3時間內(nèi)，L有擴

33、張趨勢 C.在t2～t3時間內(nèi)，L內(nèi)有逆時針方向的感應電流 D.在t3～t4時間內(nèi)，L內(nèi)有順時針方向的感應電流 答案　AD 解析　據(jù)題意，在t1～t2時間內(nèi)，外加磁場磁感應強度增加且斜率在增加，則在導線框中產(chǎn)生順時針方向大小增加的電流，該電流激發(fā)出增加的磁場，該磁場通過圓環(huán)，在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應電流，據(jù)結(jié)論“增縮減擴”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢，故選項A正確；在t2～t3時間內(nèi)，外加磁場均勻變化，在導線框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流，該電流激發(fā)出穩(wěn)定磁場，該磁場通過圓環(huán)時，圓環(huán)中沒有感應電流，故選項B、C錯誤；在t3～t4時間內(nèi)，外加磁場向下減小，且斜率也減小，在導線框中產(chǎn)生順時針方向減小的電流，該電流激發(fā)

34、出向內(nèi)減小的磁場，故圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應電流，選項D正確. 5.(2016·北京·16)如圖4所示，勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直.磁感應強度B隨時間均勻增大.兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響.下列說法正確的是(　　) 圖4 A.Ea∶Eb＝4∶1，感應電流均沿逆時針方向 B.Ea∶Eb＝4∶1，感應電流均沿順時針方向 C.Ea∶Eb＝2∶1，感應電流均沿逆時針方向 D.Ea∶Eb＝2∶1，感應電流均沿順時針方向 答案　B 解析　由法拉第電磁感應定律得圓環(huán)中產(chǎn)生的電動勢為E＝＝πr2·

35、，則＝＝，由楞次定律可知感應電流的方向均沿順時針方向，B項對. 6.如圖5所示，邊長為L的金屬框abcd放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上，當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c、d四點的電勢分別為φa、φb、φc、φd.下列判斷正確的是(　　) 圖5 A.金屬框中無電流，φa＝φd B.金屬框中電流方向沿a－d－c－b－a，φa＜φd C.金屬框中無電流，Ubc＝－BL2ω D.金屬框中無電流，Ubc＝－BL2ω 答案　C 解析　因穿過線圈的磁通量始終為零，故線圈中無電流；根據(jù)右手定則可知，d端電勢高于a端，c端電勢高于d端，Ubc＝－

36、BL＝－BL2ω，故選項A、B、D錯誤，C正確；故選C. 7.如圖6甲所示，正三角形導線框abc固定在磁場中，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應強度B隨時間變化的關系如圖乙所示.t＝0時刻磁場方向垂直紙面向里，在0～5 s時間內(nèi)，線框ab邊所受安培力F隨時間t變化的關系(規(guī)定水平向左為力的正方向)可能是下列選項中的(　　) 圖6 答案　A 解析　0～1 s，感應電動勢為：E1＝S＝SB0，為定值；感應電流：I1＝＝，為定值；安培力F＝BI1L∝B；由于B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零，根據(jù)楞次定律可知，線圈ab邊所受的安培力向左，為正；同理：1～2 s，感應電動勢為：E1＝

37、S＝SB0，為定值；感應電流：I1＝＝，為定值；安培力F＝BI1L∝B；由于B逐漸增大，故安培力逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈ab邊所受的安培力向右，為負；3～3.5 s內(nèi)，感應電動勢為：E2＝S＝2SB0，為定值；感應電流：I2＝＝，為定值；安培力F＝BI2L∝B，由于B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零；由于B逐漸減小到零，故通過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，感應電流要阻礙磁通量減小，有擴張趨勢，故安培力向外，即ab邊所受安培力向左，為正，故A正確，B、C、D錯誤. 8.(多選)如圖7甲所示，一光滑的平行金屬導軌ABCD豎直放置，AB、CD相距L，在A、C之間接一個阻值為R的電阻；在

38、兩導軌間的abcd矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導軌平面向外、高度為5h的有界勻強磁場，磁感應強度為B.一質(zhì)量為m、電阻為r、長度也為L的導體棒放在磁場下邊界ab上(與ab邊重合).現(xiàn)用一個豎直向上的力F拉導體棒，使它由靜止開始向上運動，導體棒剛要離開磁場時恰好做勻速直線運動，導體棒與導軌始終垂直且保持良好接觸，導軌電阻不計.F隨導體棒與初始位置的距離x變化的情況如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) 圖7 A.導體棒離開磁場時速度大小為 B.離開磁場時導體棒兩端電壓為 C.導體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量為 D.導體棒經(jīng)過磁場的過程中，電阻R產(chǎn)生焦耳熱為－ 答案　BD 解析　導體

39、棒剛要離開磁場時，做勻速直線運動，則3mg＝mg＋BL可求得：v＝，A錯；由3mg＝mg＋BL知U＝，B對；導體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量q＝＝，C錯；導體棒經(jīng)過磁場的過程中，設產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律得：2mgh＋3mg·4h－mg·5h＝mv2＋Q總，知QR＝Q總＝－，D對. 9.(2016·全國丙卷·25)如圖8，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上；在電阻、導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，磁感應強度大小B1隨時間t的變化關系為B1＝kt，式中k為常

40、量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導軌垂直，磁場的磁感應強度大小為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動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動.金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計.求： 圖8 (1)在t＝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(t>t0)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)在金屬棒未越過MN之前，穿過回路的磁通量的變化量為

41、ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS ① 由法拉第電磁感應定律有 E＝ ② 由歐姆定律得 I＝ ③ 由電流的定義得 I＝ ④ 聯(lián)立①②③④式得 |Δq|＝Δt ⑤ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時間間隔內(nèi)即Δt＝t0，流過電阻R的電荷量q的絕對值為 |q|＝ ⑥ (2)當t>t0時，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運動，有 F＝F安 ⑦ 式中，F(xiàn)是外加水平恒力，F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力.設此時回路中的電流為I， F安＝B0lI ⑧ 此時金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0) ⑨ 勻強磁場穿過回路的磁通量為 Φ′＝B0ls ⑩ 回路的總磁通量為 Φt＝Φ

42、＋Φ′ ? 其中Φ＝B1S＝ktS ? 由⑨⑩??式得，在時刻t(t>t0)，穿過回路的總磁通量為Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt? 在t到t＋Δt的時間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量ΔΦt為 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ? 由法拉第電磁感應定律得，回路感應電動勢的大小為 Et＝ ? 由歐姆定律得 I＝ ? 聯(lián)立⑦⑧???式得 F＝(B0lv0＋kS). 10.如圖9所示，寬L＝2 m、足夠長的金屬導軌MN和M′N′放在傾角為θ＝30°的斜面上，在N與N′之間連接一個R＝2.0 Ω的定值電阻，在AA′處放置一根與導軌垂直、質(zhì)量m＝0.8 kg、電阻r＝2.0 Ω的金屬

43、桿，桿和導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝，導軌電阻不計，導軌處于磁感應強度B＝1.0 T、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中.用輕繩通過定滑輪將電動小車與桿的中點相連，滑輪與桿之間的連線平行于斜面，開始時小車位于滑輪正下方水平面上的P處(小車可視為質(zhì)點)，滑輪離小車的高度H＝4.0 m.啟動電動小車，使之沿PS方向以v＝5.0 m/s的速度勻速前進，當桿滑到OO′位置時的加速度a＝3.2 m/s2，AA′與OO′之間的距離d＝1 m，求： 圖9 (1)該過程中，通過電阻R的電量q； (2)桿通過OO′時的速度大?。? (3)桿在OO′時，輕繩的拉力大??； (4)上述過程中，若拉力對桿所做的功

44、為13 J，求電阻R上的平均電功率. 答案　(1)0.5 C　(2)3 m/s　(3)12.56 N　(4)2 W 解析　(1)平均感應電動勢＝ q＝·Δt＝＝ 代入數(shù)據(jù)，可得：q＝0.5 C (2)由幾何關系：－H＝d 解得：sin α＝0.8　α＝53° 桿的速度等于小車速度沿繩方向的分量： v1＝vcos α＝3 m/s (3)桿受的摩擦力Ff＝μmgcos θ＝3 N 桿受的安培力F安＝BIL＝ 代入數(shù)據(jù)，可得F安＝3 N 根據(jù)牛頓第二定律：FT－mgsin θ－Ff－F安＝ma 解得：FT＝12.56 N (4)根據(jù)動能定理：W＋W安－mgdsin θ－Ffd＝mv 解得W安＝－2.4 J，電路產(chǎn)生的總電熱Q總＝2.4 J 那么，R上的電熱QR＝1.2 J 此過程所用的時間t＝＝0.6 s R上的平均電功率＝＝ W＝2 W. 22