《（江蘇專版）2019版高考物理一輪復習 專題十 電磁感應課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2019版高考物理一輪復習 專題十 電磁感應課件.ppt（133頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題十電磁感應,高考物理(江蘇專用),考點一楞次定律法拉第電磁感應定律 1.(2014江蘇單科,1,3分)如圖所示,一正方形線圈的匝數為n,邊長為a,線圈平面與勻強磁場垂直,且一半處在磁場中。在t時間內,磁感應強度的方向不變,大小由B均勻地增大到2B。在此過程中,線圈中產生的感應電動勢為(),五年高考,A組自主命題江蘇卷題組,A.B. C.D.,錯解分析本題易錯選C,原因有兩種可能:一是對磁通量概念的理解有誤,認為面積S=a2;二是審題不清,認為磁感應強度“增加了”2B。由此可見,解題過程中一定要細心再細心!,,2.(2011江蘇單科,2,3分)如圖所示,固定的水平長直導線中通有電流I,矩形線

2、框與導線在同一豎直平面內,且一邊與導線平行。線框由靜止釋放,在下落過程中(),A.穿過線框的磁通量保持不變 B.線框中感應電流方向保持不變 C.線框所受安培力的合力為零 D.線框的機械能不斷增大,答案B由通電直導線周圍磁感線的分布規(guī)律可知,線框下落過程中穿過其中的磁感線越來越少,故磁通量在不斷變小,故A錯;下落時穿過線框的磁通量始終減小,由楞次定律可知感應電流的方向保持不變,故B正確;線框上下兩邊受到的安培力方向雖相反,但上邊所處位置的磁感應強度始終大于下邊所處位置的磁感應強度,故上邊所受的安培力大于下邊所受的安培力,其合力不為零,故C錯;由能量守恒可知下落時一部分機械能會轉化為線框通電發(fā)熱產

3、生的內能,故線框的機械能減少,D錯。,評析考查知識點多,幾乎涵蓋了電磁學的所有知識,如左、右手定則,楞次定律和電磁感應中的能量轉換關系,難度適中,因考查的都是基本知識,故得分率高。,,3.(2016江蘇單科,6,4分)(多選)電吉他中電拾音器的基本結構如圖所示,磁體附近的金屬弦被磁化,因此弦振動時,在線圈中產生感應電流,電流經電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音。下列說法正確的有() A.選用銅質弦,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銅質弦無法被磁化,不能產生磁場引起線圈中磁通量的變

4、化從而產生感應電流,所以銅質弦不能使電吉他正常工作,故A項錯誤;取走磁體,金屬弦無法被磁化,線圈中不會產生感應電流,B項正確;由E=n知,C項正確;金屬弦來回振動,線圈中磁通量不斷增加或減小,電 流方向不斷變化,D項正確。,考查點本題考查產生感應電流的條件、法拉第電磁感應定律、感應電流方向等知識,屬于容易題。,易錯點撥有些學生受生活中吉他銅質弦的影響,誤選A項,這就提醒我們解題一定要結合所學的物理知識,深入思考推理,不要憑想象。,失分警示銅質材料不能被磁化,銅質弦振動時不會在線圈中產生感應電動勢。,審題關鍵磁體把金屬弦磁化;被磁化了的弦振動時,使線圈內磁通量發(fā)生變化,從而產生了感應電流。,,4

5、.(2014江蘇單科,7,4分)如圖所示,在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯,現接通交流電源,過了幾分鐘,杯內的水沸騰起來。若要縮短上述加熱時間,下列措施可行的有(),A.增加線圈的匝數 B.提高交流電源的頻率 C.將金屬杯換為瓷杯,D.取走線圈中的鐵芯,答案AB該裝置的工作原理是,線圈內變化的電流產生變化的磁場,從而使金屬杯內產生渦流,再把電能轉化為內能,使杯內的水升溫。交流電源的頻率一定時,線圈產生的磁場的磁感應強度最大值Bm越大,杯內磁通量變化就越快,產生的渦流就越大,增加線圈的匝數會使線圈產生的磁場Bm增大,而取走線圈中的鐵芯會使線圈產生的磁場Bm減小,故A對、D錯。交流電源的頻率增大,

6、杯內磁通量變化加快,產生的渦流增大,故B正確。瓷為絕緣材料,不能產生渦流,故C錯。,考查點本題從改變線圈構造、工作電源、加熱容器等多個視角考查考生對渦流的理解,屬于容易題。,學習指導渦流不是重、難點,學習中很容易忽視它。由此可見,我們在學習過程中,不留知識漏洞,才不會在高考中留下遺憾。,,5.(2016江蘇單科,13,15分)據報道,一法國攝影師拍到“天宮一號”空間站飛過太陽的瞬間。照片中,“天宮一號”的太陽帆板輪廓清晰可見。如圖所示,假設“天宮一號”正以速度v=7.7 km/s繞地球做勻速圓周運動,運動方向與太陽帆板兩端M、N的連線垂直,M、N間的距離L=20 m,地磁場的磁感應強度垂直于v

7、、MN所在平面的分量B=1.010-5 T。將太陽帆板視為導體。 (1)求M、N間感應電動勢的大小E; (2)在太陽帆板上將一只“1.5 V,0.3 W”的小燈泡與M、N相連構成閉合電路,不計太陽帆板和導線的電阻,試判斷小燈泡能否發(fā)光,并說明理由; (3)取地球半徑R=6.4103 km,地球表面的重力加速度g=9.8 m/s2,試估算“天宮一號”距離地球表面的高度h(計算結果保留一位有效數字)。,解析(1)法拉第電磁感應定律E=BLv,代入數據得E=1.54 V (2)不能,因為穿過閉合回路的磁通量不變,不產生感應電流。 (3)在地球表面有G=mg 勻速圓周運動G=m 解得h=-R,代入數據

8、得h4105 m(數量級正確都算對),答案(1)1.54 V(2)見解析(3)4105 m,考查點本題考查感應電流產生的條件、法拉第電磁感應定律、萬有引力提供向心力、黃金代換式等考點,情景清晰簡單,對分析推理能力要求不高,屬于中等難度題。,易錯點撥雖然MN連線在切割磁感線,M點電勢高于N點電勢,但在M、N之間連小燈泡,整個回路在磁場中平動,磁通量不變。,,1.(2018課標,17,6分)如圖,導體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點,O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿,M端位于PQS上,OM與軌道接觸良好。空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場,

9、磁感應強度的大小為B?，F使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程);再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)。在過程、中,流過OM的電荷量相等,則等于() A.B.C.D.2,B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組,答案B本題考查法拉第電磁感應定律及電荷量公式。由公式E=,I=,q=It得q=,設 半圓弧半徑為r,對于過程,q1=,對于過程,q2=,由q1=q2得,=,故B項正 確。,規(guī)律總結電磁感應中電荷量的求解方法,1.q=It。,2.q=,其中的求解有三種情況:(1)只有S變化,=BS;(2)只有B變化,=BS;(3)B和S 都變化,=2-1。,,2.(201

10、7課標,15,6分)如圖,在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌,導軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS,一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內,線框與導軌共面?，F讓金屬桿PQ突然向右運動,在運動開始的瞬間,關于感應電流的方向,下列說法正確的是() A.PQRS中沿順時針方向,T中沿逆時針方向 B.PQRS中沿順時針方向,T中沿順時針方向 C.PQRS中沿逆時針方向,T中沿逆時針方向 D.PQRS中沿逆時針方向,T中沿順時針方向,答案D金屬桿PQ向右運動,穿過PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,感應電流在PQRS內的磁場方向垂直紙面向外,由安培定則可判

11、斷PQRS中產生逆時針方向的電流。穿過T的磁通量是外加勻強磁場和PQRS產生的感應電流的磁場的磁通量代數和,穿過T的合磁通量垂直紙面向里減小,據楞次定律和安培定則可知,T中產生順時針方向的感應電流,故D正確。,易錯點撥對楞次定律的深度理解 線框與導軌共面且與磁場垂直。當金屬桿PQ向右運動時,PQRS中向里的磁通量增加,從而產生逆時針方向的感應電流。T中原有垂直紙面向里的磁通量不變,而增加了因PQRS中感應電流產生的向外的磁通量,導致T中垂直紙面向里的合磁通量減小,從而產生順時針方向的感應電流。,,3.(2017北京理綜,19,6分)圖1和圖2是教材中演示自感現象的兩個電路圖,L1和L2為電感線

12、圈。實驗時,斷開開關S1瞬間,燈A1突然閃亮,隨后逐漸變暗;閉合開關S2,燈A2逐漸變亮,而另一個相同的燈A3立即變亮,最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是() A.圖1中,A1與L1的電阻值相同 B.圖1中,閉合S1,電路穩(wěn)定后,A1中電流大于L1中電流 C.圖2中,變阻器R與L2的電阻值相同,D.圖2中,閉合S2瞬間,L2中電流與變阻器R中電流相等,答案C本題考查自感現象判斷。在圖1中斷開S1瞬間,燈A1突然閃亮,說明斷開S1前,L1中的電流大于A1中的電流,故L1的阻值小于A1的阻值,A、B選項均錯誤;在圖2中,閉合S2瞬間,由于L2的自感作用,通過L2的電流很小,D錯誤;閉合S2

13、后,最終A2與A3亮度相同,說明兩支路電流相等,故R與L2的阻值相同,C項正確。,知識拓展斷電自感現象深入分析 圖1實驗為斷電自感實驗,當S1斷開后,L1與A1構成一個閉合回路,L1的自感電動勢使回路中的電流保持一段時間,故A1會逐漸變暗。,,4.(2017課標,18,6分)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動,在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板,并施加磁場來快速衰減其微小振動,如圖所示。無擾動時,按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場;出現擾動后,對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是(),答案A本題考查電磁阻尼。若要有

14、效衰減紫銅薄板上下及左右的微小振動,則要求施加磁場后,在紫銅薄板發(fā)生上下及左右的微小振動時,穿過紫銅薄板橫截面的磁通量都能發(fā)生變化。由選項圖可知只有A滿足要求,故選A。,5.(2015課標,15,6分)如圖,直角三角形金屬框abc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邊以角速度逆時針轉動時,a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是() A.UaUc,金屬框中無電流 B.UbUc,金屬框中電流方向沿a-b-c-a C.Ubc=-Bl2,金屬框中無電流 D.Uac=Bl2,金屬框中電流方向沿a-c-b-a,答案C閉合金

15、屬框在勻強磁場中以角速度逆時針轉動時,穿過金屬框的磁通量始終為零,金屬框中無電流。由右手定則可知Ub=Ua

16、磁針的N極指向垂直紙面向外的方向 D.開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動,答案AD本題考查電流的磁效應、楞次定律等知識。當開關閉合瞬間,右側線圈中電流突然增大,鐵芯上向右的磁場增強,由楞次定律可知左側線圈中正面感應電流向上,則遠處直導線上電流向左,由安培定則可知小磁針處直導線上電流產生的磁場方向垂直紙面向里,A項正確。開關閉合并保持一段時間后,磁場不再變化,左側線圈中沒有感應電流,小磁針N、S極回到原始方向,故B、C兩項錯誤。開關斷開的瞬間,右側線圈中電流減小,左側線圈正面感應電流向下,遠處直導線上電流向右,由安培定則知,小磁針處直導線上電流產生的磁場方

17、向垂直紙面向外,故D項正確。,審題指導關鍵詞在審題中的作用 關鍵詞:同一根鐵芯,意味著左右兩側線圈中磁通量變化率相同;遠處,說明此處小磁針不再受線圈中磁通量變化的影響;小磁針懸掛在直導線正上方,說明磁針的偏轉受直導線上電流產生的磁場影響。,,7.(2018課標,20,6分)(多選)如圖(a),在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R,R在PQ的右側。導線PQ中通有正弦交流電i,i的變化如圖(b)所示,規(guī)定從Q到P為電流正方向。導線框R中的感應電動勢() A.在t=時為零 B.在t=時改變方向 C.在t=時最大,且沿順時針方向,D.在t=T時最大,且沿順時針方向,答案AC本題考查楞次定律的應

18、用及法拉第電磁感應定律。由i-t圖像可知,在t=時,= 0,此時穿過導線框R的磁通量的變化率=0,由法拉第電磁感應定律可知,此時導線框R中的 感應電動勢為0,選項A正確;同理在t=和t=T時,為最大值,為最大值,導線框R中的感應 電動勢為最大值,不改變方向,選項B錯誤;根據楞次定律,t=時,導線框R中的感應電動勢的方 向為順時針方向,而t=T時,導線框R中的感應電動勢的方向為逆時針方向,選項C正確,選項D錯誤。,一題多解當導線PQ中電流變大時,穿過導線框R的磁通量變大,由楞次定律可知,為阻礙磁通量變大,R有向右的運動趨勢,根據兩直導線電流同向相吸,異向相斥,可判斷R中的電流方向。同理,可判斷當

19、導線PQ中電流變小時導線框R中的電流方向。,,8.(2015課標,19,6分,)(多選)1824年,法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置,在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針,如圖所示。實驗中發(fā)現,當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時,磁針也隨著一起轉動起來,但略有滯后。下列說法正確的是() A.圓盤上產生了感應電動勢 B.圓盤內的渦電流產生的磁場導致磁針轉動 C.在圓盤轉動的過程中,磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化 D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流,此電流產生的磁場導致磁針轉動,答案AB如圖所示(圖中圓盤為正視剖面圖),

20、將銅圓盤等效為無數個長方形線圈的組合,則每個線圈繞OO軸轉動時,均有感應電流產生,這些感應電流產生的磁場對小磁針有作用力,從而使小磁針轉動起來,可見A、B均正確。由于圓盤面積不變,與磁針間的距離不變,故整個圓盤中的磁通量沒有變化,C錯誤。圓盤中自由電子隨圓盤一起運動形成的電流的磁場,由安培定則可判斷出在中心方向豎直向下,其他位置關于中心對稱,此磁場不能導致磁針轉動,D錯誤。,9.(2016課標,24,14分)如圖,兩固定的絕緣斜面傾角均為,上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L,質量分別為2m和m;用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定

21、在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于斜面向上。已知兩根導線剛好不在磁場中,回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數均為,重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求 (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小; (2)金屬棒運動速度的大小。,答案(1)mg(sin -3 cos )(2)(sin -3 cos ),,解析(1)設兩導線的張力大小之和為T,右斜面對ab棒的支持力的大小為N1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對cd棒的支持力大小為N2。對于ab棒,由力的平衡條件得 2mg sin =N1+T+F N

22、1=2mg cos 對于cd棒,同理有 mg sin +N2=T N2=mg cos 聯立式得 F=mg(sin -3 cos ) (2)由安培力公式得 F=BIL 這里I是回路abdca中的感應電流。ab棒上的感應電動勢為 =BLv 式中,v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得,I= 聯立式得 v=(sin -3 cos ),1.(2016北京理綜,16,6分)如圖所示,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21,圓環(huán)中產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() A.EaEb=41,感應電

23、流均沿逆時針方向 B.EaEb=41,感應電流均沿順時針方向 C.EaEb=21,感應電流均沿逆時針方向 D.EaEb=21,感應電流均沿順時針方向,C組教師專用題組,答案B由題意可知=k,導體圓環(huán)中產生的感應電動勢E==S=r2,因rarb= 21,故EaEb=41;由楞次定律知感應電流的方向均沿順時針方向,選項B正確。,,2.(2016浙江理綜,16,6分)如圖所示,a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成,匝數均為10匝,邊長la=3lb,圖示區(qū)域內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() A.兩線圈內產生順時針方向的感應電流 B.a、b線圈

24、中感應電動勢之比為91 C.a、b線圈中感應電流之比為34 D.a、b線圈中電功率之比為31,答案B磁場均勻增大,穿過兩線圈的磁通量增大,根據楞次定律可知兩線圈內會產生逆時針方向的感應電流,選項A錯誤;由法拉第電磁感應定律E=n=nl2,得==,選項B正 確;由電阻定律R=,得==,由閉合電路歐姆定律可得I=,即==,選項C錯 誤;由P=得==,選項D錯誤。,3.(2015安徽理綜,19,6分)如圖所示,abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導軌,間距為l,導 軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場,磁感應強度大小為B,導軌電阻不計。已知金屬桿MN傾斜放置,與導軌成角,單位長度的電阻為r,保持金屬桿以

25、速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好)。則() A.電路中感應電動勢的大小為 B.電路中感應電流的大小為 C.金屬桿所受安培力的大小為,D. 金屬桿的熱功率為,答案B金屬桿MN切割磁感線的有效長度為l,產生的感應電動勢E=Blv,A錯誤;金屬桿MN的有效電阻R=,故回路中的感應電流I===,B正確;金屬桿受到的安培力F ===,C錯誤;金屬桿的熱功率P=I2R==,D錯誤。,4.(2015重慶理綜,4,6分)圖為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖,線圈匝數為n,面積為S。若在t1到t2時間內,勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈,其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2,則該

26、段時間線圈兩端a和b之間的電勢差a-b(),A.恒為 B.從0均勻變化到 C.恒為 - D.從0均勻變化到 -,答案C由楞次定律判定,感應電流從a流向b,b點電勢高于a點電勢,因為磁場均勻增加,所以a-b為恒定的,故a-b=-nS,可見C正確。,5.(2015山東理綜,17,6分)(多選)如圖,一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉動?，F施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場,圓盤開始減速。在圓盤減速過程中,以下說法正確的是(),A.處于磁場中的圓盤部分,靠近圓心處電勢高 B.所加磁場越強越易使圓盤停止轉動 C.若所加磁場反向,圓盤將加速轉動 D.若所加磁場穿過整個圓盤,圓盤將勻速轉

27、動,答案ABD根據右手定則,處于磁場中的圓盤部分,感應電流從靠近圓盤邊緣處流向靠近圓心處,故靠近圓心處電勢高,A正確;安培力F=,磁場越強,安培力越大,B正確;磁場反向時, 安培力仍是阻力,C錯誤;若所加磁場穿過整個圓盤,則磁通量不再變化,沒有感應電流,安培力為零,故圓盤不受阻力作用,將勻速轉動,D正確。,考點二電磁感應中的綜合問題 A組自主命題江蘇卷題組 1.(2011江蘇單科,5,3分)如圖所示,水平面內有一平行金屬導軌,導軌光滑且電阻不計。勻強磁場與導軌平面垂直。阻值為R的導體棒垂直于導軌靜止放置,且與導軌接觸良好。t=0時,將開關S由1擲到2.q、i、v和a分別表示電容器所帶的電荷量、

28、棒中的電流、棒的速度和加速度。下列圖像正確的是(),答案D當S由1擲到2時,電容器瞬間放電,導體中產生放電電流,從而使導體棒向右運動,當導體棒向右運動時又會在導體棒中產生反向感應電流,當q減小到感應電動勢和電容器上的電壓平衡穩(wěn)定時,q將保持不變,故A錯;當穩(wěn)定后導體棒中的i為零,故B錯;電容器放電相當于給導體棒一個沖量,導體棒將做a減小的加速運動,當穩(wěn)定時,i=0,a=0,v達到最大且保持勻速直線運動。故C錯D正確。,評析本題為數形結合的綜合應用題,考查了電容器放電、電磁感應、力和運動的關系以及圖像的分析判斷能力,綜合性強,難度大,得分率低。,,,2.(2018江蘇單科,9,4分)(多選)如圖

29、所示,豎直放置的“”形光滑導軌寬為L,矩形勻強磁場 、的高和間距均為d,磁感應強度為B。質量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進入磁場和時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R,與導軌接觸良好,其余電阻不計,重力加速度為g。金屬桿() A.剛進入磁場時加速度方向豎直向下 B.穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C.穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd,D.釋放時距磁場 上邊界的高度h可能小于,答案BC本題考查電磁感應與動力學、能量問題的綜合應用。要使桿進入磁場和時的速度相等,桿剛進入磁場時必須減速運動,加速度方向豎直向上,故A錯誤。桿在區(qū)做加速度減小的減速運動,在兩磁場之間做a=g的勻加速運動,運動

30、過程如圖所示(其中v1為桿剛進入時的速度,v2為桿剛出時的速度),圖線與時間軸所圍的面積表示位移,兩段運動的位移相等,則t1t2-t1,故B正確。對桿從進入磁場至剛穿出磁場的過程應用動能定理得mg3d+W安=m-m,對桿穿過兩磁場之間的過程應用動能定理得mgd=m-m,解得W安=-4mgd,由 功能關系得Q=-W安=4mgd,故C正確。若桿剛進入磁場時恰好勻速,則有=mg,v1=, 代入h=得h=,因為桿剛進入時必須做減速運動,故一定有h,故D錯誤。,疑難突破(1)利用v-t圖像分析運動過程和運動時間,可以化難為易。 (2)對于D選項,以桿剛進入時恰好勻速運動作為參照,問題便迎刃而解。,,3.

31、(2017江蘇單科,13,15分)如圖所示,兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內,其右端接一阻值為R的電阻。質量為m的金屬桿靜置在導軌上,其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下。當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后,金屬桿的速度變?yōu)関。導軌和金屬桿的電阻不計,導軌光滑且足夠長,桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求: (1)MN剛掃過金屬桿時,桿中感應電流的大小I; (2)MN剛掃過金屬桿時,桿的加速度大小a;,(3)PQ 剛要離開金屬桿時,感應電流的功率P。,解析本題考查法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律。 (1)感應

32、電動勢E=Bdv0 感應電流I= 解得I= (2)安培力F=BId 牛頓第二定律F=ma 解得a= (3)金屬桿切割磁感線的速度v=v0-v,則 感應電動勢E=Bd(v0-v) 電功率P= 解得P=,答案(1) (2) (3),,方法技巧感應電動勢的求法 感應電動勢可分為感生電動勢和動生電動勢。感生電動勢用公式E=n求解,且只能求解平 均電動勢。動生電動勢用公式E=BLv求解,既可以求平均電動勢,也可以求瞬時電動勢。用E=BLv求解電動勢時,v為導體棒垂直切割磁感線的速度。,4.(2015江蘇單科,13,15分)做磁共振(MRI)檢查時,對人體施加的磁場發(fā)生變化時會在肌肉組織中產生感應電流。某

33、同學為了估算該感應電流對肌肉組織的影響,將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈,線圈的半徑r=5.0 cm,線圈導線的截面積A=0.80 cm2,電阻率=1.5 m。如圖所示,勻強磁場方向與線圈平面垂直,若磁感應強度B在0.3 s內從1.5 T均勻地減為零,求:(計算結果保留一位有效數字) (1)該圈肌肉組織的電阻R; (2)該圈肌肉組織中的感應電動勢E; (3)0.3 s內該圈肌肉組織中產生的熱量Q。,答案(1)6103 (2)410-2 V(3)810-8 J,解析(1)由電阻定律得R=,代入數據得R=6103 (2)感應電動勢E=,代入數據得E=410-2 V (3)由焦耳定律得Q=

34、t,代入數據得Q=810-8 J,考查點本題考查了電阻定律、法拉第電磁感應定律和電功三個方面的內容,模型已構建好,主要考查基本規(guī)律的簡單應用,屬于中等難度題。,學習指導考生在本題中出現的錯誤主要有以下幾方面:不理解公式中各字母的含義,亂套公式;單位換算錯誤;未按有效數字的要求表達結果;運算結果錯誤。由以上種種錯誤可見,學習過程中不僅要牢記公式,更重要的是要理解式中各字母的物理意義;解題過程中要細心、細心、再細心!,,,5.(2014江蘇單科,13,15分,)如圖所示,在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌,導軌間距為L,長為3d,導軌平面與水平面的夾角為,在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層。勻

35、強磁場的磁感應強度大小為B,方向與導軌平面垂直。質量為m的導體棒從導軌的頂端由靜止釋放,在滑上涂層之前已經做勻速運動,并一直勻速滑到導軌底端。導體棒始終與導軌垂直,且僅與涂層間有摩擦,接在兩導軌間的電阻為R,其他部分的電阻均不計,重力加速度為g。求:,(1)導體棒與涂層間的動摩擦因數; (2)導體棒勻速運動的速度大小v; (3)整個運動過程中,電阻產生的焦耳熱Q。,答案(1)tan (2) (3)2mgd sin -,,解析(1)在絕緣涂層上 受力平衡mg sin =mg cos 解得=tan (2)在光滑導軌上 感應電動勢E=BLv 感應電流I= 安培力F安=BIL 受力平衡F安=mg si

36、n 解得v= (3)摩擦生熱Q摩=mgd cos 由能量守恒定律得3mgd sin =Q+Q摩+mv2 解得Q=2mgd sin -,解題思路因為棒“一直勻速滑到導軌底端”,所以,棒在絕緣涂層上滑動時,“下滑力”等于滑動摩擦力。棒開始做變加速運動,待勻速時速度達到最大,由合外力等于零列式可得最大速度v。對棒運動的全過程應用能量守恒定律,便可輕而易舉地解出。,考查點本題考查了共點力的平衡、摩擦力、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力、能量守恒定律等知識,要求考生具有一定的綜合分析能力,屬于中等難度題。,6.(2013江蘇單科,13,15分)如圖所示,勻強磁場中有一矩形閉合線圈abcd,線圈平面與

37、磁場垂直。已知線圈的匝數N=100,邊長ab=1.0 m、bc=0.5 m,電阻r=2 。磁感應強度B在01 s內從零均勻變化到0.2 T。在15 s內從0.2 T均勻變化到-0.2 T,取垂直紙面向里為磁場的正方向。求: (1)0.5 s時線圈內感應電動勢的大小E和感應電流的方向; (2)在15 s內通過線圈的電荷量q; (3)在05 s內線圈產生的焦耳熱Q。,答案(1)10 Vadcba (2)10 C(3)100 J,,解析(1)感應電動勢E1=N 磁通量的變化1=SB1 解得E1=N 代入數據得E1=10 V 感應電流的方向為adcba (2)同理可得E2=N 感應電流I2= 電荷量q

38、=I2t2 解得q=N 代入數據得q=10 C (3)01 s內的焦耳熱Q1=rt1 且I1=,15 s內的焦耳熱Q2=rt2 由Q=Q1+Q2,代入數據得Q=100 J,評析本題為電磁感應的常規(guī)物理量求解,考查學生對基本規(guī)律的理解及基本能力,難度較小。,考查點本題考查法拉第電磁感應定律、電流、楞次定律、電荷量、焦耳定律等知識,要求考生具有一定的分析綜合能力,屬于中等難度題。,解題思路運用楞次定律判斷感應電流方向,運用法拉第電磁感應定律求感應電動勢,再利用閉合電路歐姆定律和電流的定義式相結合求電荷量,由焦耳定律求焦耳熱。,1.(2018課標,18,6分)如圖,在同一水平面內有兩根平行長導軌,導

39、軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域,區(qū)域寬度均為l,磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為l的正 方形金屬線框在導軌上向左勻速運動。線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是 (),B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組,,答案D本題考查右手定則、E=BLv。由右手定則判定,線框向左移動0過程,回路中電流 方向為順時針,由E=2BLv可知,電流i為定值;線框向左移動l過程,線框左、右兩邊產生的感 應電動勢相抵消,回路中電流為零。線框向左移動ll過程,回路中感應電流方向為逆時針。 由上述分析可見,選項D正確。,方法技巧電磁感應中圖像問題分析技巧 由方向的合理性可直接排除錯誤選項,如果需要,再

40、定量分析電流大小的變化情況確定正確選項。,,,2.(2017天津理綜,3,6分)如圖所示,兩根平行金屬導軌置于水平面內,導軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸,整個裝置放在勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面向下。現使磁感應強度隨時間均勻減小,ab始終保持靜止,下列說法正確的是() A.ab中的感應電流方向由b到a B.ab中的感應電流逐漸減小 C.ab所受的安培力保持不變 D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小,答案D本題考查楞次定律、電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力、平衡條件。由于通過回路的磁通量向下減小,則根據楞次定律可知ab中感應電流的方向由a到b,A錯誤。因ab不動,回

41、路面積不變;當B均勻減小時,由E=n=nS知,產生的感應電動勢恒定,回路中感 應電流I=恒定,B錯誤。由F=BIL知F隨B減小而減小,C錯誤。對ab由平衡條件有f=F,故D 正確。,一題多解廣義楞次定律 因B減小時引起回路磁通量減小,由廣義楞次定律可知回路有擴張的趨勢,則ab所受安培力方向向右,再由左手定則可以判定ab中感應電流的方向從a到b,故A錯誤。,,3.(2017課標,20,6分)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場,磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導線框abcd位于紙面內,cd邊與磁場邊界平行,如圖(a)所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動,

42、cd邊于t=0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時,感應電動勢取正)。下列說法正確的是() A.磁感應強度的大小為0.5 T B.導線框運動速度的大小為0.5 m/s C.磁感應強度的方向垂直于紙面向外,D.在t=0. 4 s至t=0.6 s這段時間內,導線框所受的安培力大小為0.1 N,答案BC本題考查電磁感應、安培力。導線框勻速進入磁場時速度v== m/s=0.5 m/s, 選項B正確;由E=BLv,得B== T=0.2 T,選項A錯誤;由右手定則可確定磁感應強度方 向垂直于紙面向外,選項C正確;導線框所受安培力F=BLI=BL=0.20.

43、1 N=0.04 N,選項 D錯誤。,儲備知識根據圖像和導線框勻速運動,獲取信息,結合安培力、導體切割磁感線產生感應電動勢可以確定選項。,,4.(2016課標,20,6分)(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。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。圓盤旋轉時,關于流過電阻R的電流,下列說法正確的是() A.若圓盤轉動的角速度恒定,則電流大小恒定 B.若從上向下看,圓盤順時針轉動,則電流沿a到b的方向流動 C.若圓盤轉動方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電流在R上的熱功

44、率也變?yōu)樵瓉淼?倍,答案AB設圓盤的半徑為L,可認為圓盤由無數根輻條構成,則每根輻條切割磁感線產生的感應電動勢E=BL2,整個回路中的電源為無數個電動勢為E的電源并聯而成,電源總內阻為 零,故回路中電流I==,由此可見A正確。R上的熱功率P=I2R=,由此可見,變?yōu)樵?來的2倍時,P變?yōu)樵瓉淼?倍,故D錯。由右手定則可判知B正確。電流方向與導體切割磁感線的方向有關,而與切割的速度大小無關,故C錯。,疑難突破金屬圓盤在恒定的勻強磁場中轉動時,其等效電源的模型如圖所示,每個電源的電動勢E=BL2(L為圓盤的半徑),內阻為r0,則n個電源并聯后的總電動勢仍為E,總內阻r=,n 時,r=0。,5.(2

45、018天津理綜,12,20分)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型,圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌,電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒,通過絕緣材料固定在列車底部,并與導軌良好接觸,其間距也為l,列車的總質量為m。列車啟動前,ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面向下,如圖1所示。為使列車啟動,需在M、N間連接電動勢為E的直流電源,電源內阻及導線電阻忽略不計。列車啟動后電源自動關閉。 (1)要使列車向右運行,啟動時圖1中M、N哪個接電源正極,并簡

46、要說明理由; (2)求剛接通電源時列車加速度a的大小; (3)列車減速時,需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域,磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0,此時ab、cd均在無磁場區(qū)域,試討論:要使列車停下來,前方至少需要多少塊這樣的有界磁場?,圖1 圖2,答案(1)見解析(2)(3)見解析,,解析本題考查左手定則、安培力、法拉第電磁感應定律、動量定理等。 (1)列車要向右運動,安培力方向應向右。根據左手定則,接通電源后,金屬棒中電流方向由a到b、由c到d,故M接電源正極。 (2)由題意,啟動時ab、cd并聯,設回路總電阻為R總,由電阻的串并聯知識得 R總=

47、 設回路總電流為I,根據閉合電路歐姆定律有 I= 設兩根金屬棒所受安培力之和為F,有 F=IlB 根據牛頓第二定律有 F=ma 聯立式得 a=,(3)設列車減速時,cd進入磁場后經t時間ab恰好進入磁場,此過程中穿過兩金屬棒與導軌所圍回路的磁通量的變化為,平均感應電動勢為E1,由法拉第電磁感應定律有 E1= 其中 =Bl2 設回路中平均電流為I,由閉合電路歐姆定律有 I= 設cd受到的平均安培力為F,有 F=IlB 以向右為正方向,設t時間內cd受安培力沖量為I沖,有 I沖=-Ft 同理可知,回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值,設回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0,有 I0=2I沖,

48、設列車停下來受到的總沖量為I總,由動量定理有 I總=0-mv0 聯立式得 = 討論:若恰為整數,設其為n,則需設置n塊有界磁場;若不是整數,設的整數部分為N,則 需設置N+1塊有界磁場。,6.(2016課標,24,12分)如圖,水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻,質量為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為。重力加速度大小為g。求 (1)金屬

49、桿在磁場中運動時產生的電動勢的大小; (2)電阻的阻值。,答案(1)Blt0(2),,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 ma=F-mg 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 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,桿中的電動勢為 E=Blv 聯立式可得 E=Blt0 (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,根據歐姆定律 I= 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為 f=BlI 因金屬桿做勻速運動,由牛頓運動定律得 F-mg-f=0,聯立式得 R=,7.(2016課標,25,20分)如圖,兩條相距l(xiāng)的光滑平

50、行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內,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為常量;在金屬棒右側還有一勻強磁場區(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 (1)在t=0到t=t0時間間隔內,流過電阻的電荷量的絕對值; (2)

51、在時刻t(tt0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小。,解析(1)在金屬棒越過MN之前,t時刻穿過回路的磁通量為=ktS 設在從t時刻到t+t的時間間隔內,回路磁通量的變化量為,流過電阻R的電荷量為q。由法拉第電磁感應定律有=- 由歐姆定律有i= 由電流的定義有i= 聯立式得|q|=t 由式得,在t=0到t=t0的時間間隔內,流過電阻R的電荷量q的絕對值為 |q|= (2)當tt0時,金屬棒已越過MN。由于金屬棒在MN右側做勻速運動,有f=F 式中,f是外加水平恒力,F是勻強磁場施加的安培力。設此時回路中的電流為I,F的大小為 F=B0lI 此時金屬棒與MN之間的距離為s=v0(

52、t-t0) 勻強磁場穿過回路的磁通量為=B0ls,答案(1)(2)B0lv0(t-t0)+kSt(B0lv0+kS),,回路的總磁通量為t=+ 式中,仍如式所示。由式得,在時刻t(tt0)穿過回路的總磁通量為 t=B0lv0(t-t0)+kSt 在t到t+t的時間間隔內,總磁通量的改變t為 t=(B0lv0+kS)t 由法拉第電磁感應定律得,回路感應電動勢的大小為 t= 由歐姆定律有I= 聯立式得f=(B0lv0+kS),評分參考第(1)問7分,式各1分,式2分;第(2)問13分,式2分,式各1分, 式各2分,式各1分。,易錯點撥(1)在計算磁通量時,用的是左側矩形面積,而不是圓形磁場面積,從

53、而導致出錯。(2)當金屬棒越過MN后計算磁通量時,得出的金屬棒與MN的距離s=v0t,從而導致出錯。,1.(2014重慶理綜,8,16分)某電子天平原理如圖所示,E形磁鐵的兩側為N極,中心為S極,兩極間的磁感應強度大小均為B,磁極寬度均為L,忽略邊緣效應。一正方形線圈套于中心磁極,其骨架與秤盤連為一體,線圈兩端C、D與外電路連接。當質量為m的重物放在秤盤上時,彈簧被壓縮,秤盤和線圈一起向下運動(骨架與磁極不接觸),隨后外電路對線圈供電,秤盤和線圈恢復到未放重物時的位置并靜止,由此時對應的供電電流I可確定重物的質量。已知線圈匝數為n,線圈電阻為R,重力加速度為g。問 (1)線圈向下運動過程中,

54、線圈中感應電流是從C端還是從D端流出? (2)供電電流I是從C端還是從D端流入?求重物質量與電流的關系。,(3)若線圈消耗的最大功率為P,該電子天平能稱量的最大質量是多少?,C組教師專用題組,解析(1)感應電流從C端流出 (2)設線圈受到的安培力為FA 外加電流從D端流入 由FA=mg和FA=2nBIL得m=I (3)設稱量最大質量為m0 由m=I和P=I2R得m0=,答案(1)由右手定則知感應電流從C端流出 (2)外加電流從D端流入m=I (3),,2.(2014天津理綜,11,18分)如圖所示,兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角=30的斜面上,導軌電阻不計,間距L=0.4 m。導軌所在空間

55、被分成區(qū)域和,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN,中的勻強磁場方向垂直斜面向下,中的勻強磁場方向垂直斜面向上,兩磁場的磁感應強度大小均為B=0.5 T。在區(qū)域中,將質量m1=0.1 kg,電阻R1=0.1 的金屬條ab放在導軌上,ab剛好不下滑。然后,在區(qū)域中將質量m2=0.4 kg,電阻R2=0.1 的光滑導體棒cd置于導軌上,由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區(qū)域的磁場中,ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸,取g=10 m/s2。問 (1)cd下滑的過程中,ab中的電流方向; (2)ab剛要向上滑動時,cd的速度v多大; (3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中,cd

56、滑動的距離x=3.8 m,此過程中ab上產生的熱量Q是多少。,解析(1)由a流向b。 (2)開始放置ab剛好不下滑時,ab所受摩擦力為最大靜摩擦力,設其為Fmax,有 Fmax=m1g sin 設ab剛要上滑時,cd棒的感應電動勢為E,由法拉第電磁感應定律有 E=BLv 設電路中的感應電流為I,由閉合電路歐姆定律有 I= 設ab所受安培力為F安,有 F安=ILB 此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下,由平衡條件有 F安=m1g sin +Fmax 綜合式,代入數據解得 v=5 m/s (3)設cd棒的運動過程中電路中產生的總熱量為Q總,由能量守恒有,答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3

57、)1.3 J,,m2gx sin =Q總+m2v2 又Q=Q總 解得Q=1.3 J,3.(2016上海單科,33,14分)如圖,一關于y軸對稱的導體軌道位于水平面內,磁感應強度為B的勻強磁場與平面垂直。一足夠長、質量為m的直導體棒沿x方向置于軌道上,在外力F作用下從原點由靜止開始沿y軸正方向做加速度為a的勻加速直線運動,運動時棒與x軸始終平行。棒單位長度的電阻為,與電阻不計的軌道接觸良好,運動中產生的熱功率隨棒位置的變化規(guī)律為P=k(SI)。求: (1)導體軌道的軌道方程y=f(x); (2)棒在運動過程中受到的安培力Fm隨y的變化關系; (3)棒從y=0運動到y(tǒng)=L過程中外力F的功。,答案(

58、1)y=x2(2)Fm=y (3)L2+maL,,解析(1)設棒運動到某一位置時與軌道接觸點的坐標為(x,y),安培力Fm= 安培力的功率P=Fmv==k 棒做勻加速運動 v2=2ay R=2x 代入前式得y=x2 軌道形狀為拋物線。 (2)安培力Fm=v= 以軌道方程代入得 Fm=y (3)由動能定理W=Wm+mv2 安培力做功Wm=L2,棒在y=L處的動能為mv2=maL 外力做功W=L2+maL,4.(2015浙江理綜,24,20分)小明同學設計了一個“電磁天平”,如圖1所示,等臂天平的左臂為掛盤,右臂掛有矩形線圈,兩臂平衡。線圈的水平邊長L=0.1 m,豎直邊長H=0.3 m,匝數為N

59、1。線圈的下邊處于勻強磁場內,磁感應強度B0=1.0 T,方向垂直線圈平面向里。線圈中通有可在02.0 A范圍內調節(jié)的電流I。掛盤放上待測物體后,調節(jié)線圈中電流使天平平衡,測出電流即可測得物體的質量。(重力加速度取g=10 m/s2) 圖1 (1)為使電磁天平的量程達到0.5 kg,線圈的匝數N1至少為多少? (2)進一步探究電磁感應現象,另選N2=100匝、形狀相同的線圈,總電阻R=10 。不接外電流,兩臂平衡。如圖2所示,保持B0不變,在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場,且磁感應強度B,隨時間均勻變大,磁場區(qū)域寬度d=0.1 m。當掛盤中放質量為0.01 kg的物體時,天平平衡,求

60、此時磁感應強度的變化率。 圖2,解析(1)線圈受到安培力F=N1B0IL 天平平衡mg=N1B0IL 代入數據得N1=25 (2)由電磁感應定律得E=N2 E=N2Ld 由歐姆定律得I= 線圈受到安培力F=N2B0IL 天平平衡mg=B0 代入數據可得 =0.1 T/s,答案(1)25(2)0.1 T/s,,5.(2015廣東理綜,35,18分,)如圖(a)所示,平行長直金屬導軌水平放置,間距L=0.4 m。導軌右端接有阻值R=1 的電阻。導體棒垂直放置在導軌上,且接觸良好。導體棒及導軌的電阻均不計。導軌間正方形區(qū)域abcd內有方向豎直向下的勻強磁場,b、d連線與導軌垂直,長度也為L。從0

61、時刻開始,磁感應強度B的大小隨時間t變化,規(guī)律如圖(b)所示;同一時刻,棒從導軌左端開始向右勻速運動,1 s后剛好進入磁場。若使棒在導軌上始終以速度v=1 m/s 做直線運動,求: (1)棒進入磁場前,回路中的電動勢E; (2)棒在運動過程中受到的最大安培力F,以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關系式。,(a),(b),解析(1)由圖(b)可知01.0 s內B的變化率 =0.5 T/s 正方形磁場區(qū)域的面積 S==0.08 m2 棒進入磁場前01.0 s內回路中的感應電動勢 E== 由得E=0.080.5 V=0.04 V (2)當棒通過bd位置時,有效切割長度最大,感應電流最大,棒

62、受到最大安培力 F=BIL 棒過bd時的感應電動勢 Em=BLv=0.50.41 V=0.2 V 棒過bd時的電流 I=,答案(1)0.04 V (2)0.04 Ni=t-1(1 st1.2 s),,由得 F=0.04 N 棒通過a點后在三角形abd區(qū)域中的有效切割長度L與時間t的關系: L=2v(t-1),其中t的取值范圍為1 st1.2 s 電流i與時間t的關系式 i===t-1(1 st1.2 s),考點一楞次定律法拉第電磁感應定律 1.(2018江蘇南京、鹽城一模聯考,2)下列圖中,A圖是真空冶煉爐,可以冶煉高質量的合金;B圖是充電器,工作時繞制線圈的鐵芯會發(fā)熱;C圖是安檢門,可以探測

63、人身是否攜帶金屬物品;D圖是金屬絲織成的衣服,工人穿上可以高壓帶電作業(yè)。不屬于渦流現象的是(),三年模擬,A組 20162018年高考模擬基礎題組,答案D工人穿上金屬絲織成的衣服可以帶電作業(yè),屬于靜電屏蔽現象,故選D。,,2.(2017江蘇如東中學模擬,5)如圖所示的圓形線圈共n匝,電阻為R。過線圈中心O垂直于線圈平面的直線上有A、B兩點,A、B兩點的距離為L,A、B關于O點對稱,一條形磁鐵開始放在A點,磁鐵中心與A點重合,軸線與A、B所在直線重合,此時線圈中的磁通量為1,若條形磁鐵以速度v勻速向右運動,軸線始終與直線重合,磁鐵中心到O點時線圈中的磁通量為2,下列說法中正確的是() A.磁鐵在

64、A點時,通過一匝線圈的磁通量為 B.磁鐵從A到O的過程中,線圈中產生的平均感應電動勢為E= C.磁鐵從A到B的過程中,線圈中磁通量的變化量為21 D.磁鐵從A到B的過程中,通過線圈某一橫截面的電荷量不為零,答案B通過線圈的磁通量為1,與匝數無關;從AO過程中,線圈中產生的平均感應電動 勢E=n=n=,AB過程中,=0,通過橫截面的電荷量q=n=0。,3.(2018江蘇海安高級中學階段檢測,8)(多選)如圖所示,A為一固定的圓環(huán),條形磁鐵B從左側無窮遠處以初速度v0沿圓環(huán)軸線移向圓環(huán),穿過后移到右側無窮遠處。下列說法中正確的是 () A.若圓環(huán)A是電阻為R的線圈,磁鐵移近圓環(huán)直至離開圓環(huán)這一過程

65、中圓環(huán)中的感應電流方向發(fā)生變化 B.若圓環(huán)A是一超導線圈,磁鐵移近圓環(huán)直至離開圓環(huán)這一過程中圓環(huán)中的感應電流方向發(fā)生變化 C.若圓環(huán)A是電阻為R的線圈,磁鐵的中點通過環(huán)面時,圓環(huán)中電流為零 D.若圓環(huán)A是一超導線圈,磁鐵的中點通過環(huán)面時,圓環(huán)中電流為零,答案AC定性分析,在條形磁鐵B穿過圓環(huán)的過程中,通過圓環(huán)包圍的面內的磁通量隨時間變化的情況大致如圖所示,t1時刻對應磁鐵的中點通過環(huán)面的瞬間,由法拉第電磁感應定律E=可見,對于電阻為R的線圈,電流方向發(fā)生了變化,t1時刻對應的E1=0,故A、C均正確。對于 超導線圈,由于線圈內因電磁感應產生的電能不會消耗,故環(huán)中的感應電流達到最大值后就不會再發(fā)

66、生變化,故B、D錯誤。,溫馨提示對于非超導線圈,產生的電能立即轉化為內能,對于超導線圈,產生的電能不會減少,故感應電流達到最大值后,回路中的電流保持不變。,,4.(2017江蘇通州二模,8)(多選)如圖所示,在圓形空間區(qū)域內存在關于直徑ab對稱、方向相反的兩個勻強磁場,兩磁場的磁感應強度大小相等,一金屬導線制成的圓環(huán)剛好與磁場邊界重合,則() A.若使圓環(huán)豎直向上平動,感應電流始終沿逆時針方向 B.若使圓環(huán)向右平動,感應電流先沿逆時針方向后沿順時針方向 C.若圓環(huán)以ab為軸轉動,環(huán)中始終沒有感應電流 D.若圓環(huán)以ab為軸轉動,a、b兩端的電勢差始終為0,答案BC若圓環(huán)豎直向上平動,穿過圓環(huán)的磁通量始終為零,不產生感應電流,A錯;若圓環(huán) 向右平動,環(huán)直徑ab左側有部分導線切割磁感線,據右手定則,又因磁場方向先向里,后向外,確定感應電流先沿逆時針方向后沿順時針方向,B正確;若以ab為軸轉動,穿過圓環(huán)的磁通量也始終為零,不產生感應電流,C正確;若以ab為軸轉動,整個圓環(huán)電動勢為零,電流為零,但ab兩側導線分別切割磁感線,ab兩端有電勢差,且電勢差隨切割速度大小變化,D錯。,考查點本題考查產生