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2019-2020年高考物理总复习第十章电磁感应教案考纲要求考情分析电磁感应现象Ⅰ
1.命题规律近几年高考对本章内容重点考查了感应电流的产生、感应电动势的方向判断和大小计算等常以选择题形式考查对基础知识、基本规律的理解与应用,以计算题的形式考查综合性知识,如动力学、能量、电路、图像等知识与电磁感应结合的问题,一般难度较大,分值较高
2.考查热点预计xx年高考对本章仍将以法拉第电磁感应定律为核心,利用与之相关的力电综合问题,考查学生的综合分析及运用数学知识解决物理问题的能力在复习过程中还要多关注电磁感应现象与现代科技、生活相结合的新情景题目磁通量Ⅰ法拉第电磁感应定律Ⅱ楞次定律Ⅱ自感、涡流Ⅰ
一、理解磁通量的概念
1.概念在磁感应强度为B的匀强磁场中,与磁场方向垂直的面积S与B的乘积2.公式Φ=BS3.单位1Wb=1_T·m24.公式的适用条件1匀强磁场;2磁感线的方向与平面垂直,即B⊥S[小题练通]1.判断正误1穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关√2闭合电路内只要有磁通量,就有感应电流产生×3线框不闭合时,即使穿过线框的磁通量发生变化,线框中也没有感应电流产生√4感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化√2.如图所示,一个矩形线圈与两条通有相同大小电流的平行直导线处于同一平面,并且处在两导线的中央,则 A.两导线电流同向时,穿过线圈的磁通量为零B.两导线电流反向时,穿过线圈的磁通量为零C.两导线电流同向或反向,穿过线圈的磁通量都相等D.两导线电流产生的磁场是不均匀的,不能判定穿过线圈的磁通量是否为零解析选A 根据安培定则,两导线电流同向时,它们在线圈处产生的磁场反向,穿过线圈的磁通量为零;两导线电流反向时,它们在线圈处产生的磁场同向,穿过线圈的磁通量不为零,故选项A正确1Φ=BS中的S应指闭合回路中处于匀强磁场中的有效面积2若假设磁感线向某一方向穿进磁通量为正,则向外穿出为负,计算合磁通量时正、负可以抵消
二、认识电磁感应现象
1.电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,电路中有感应电流产生的现象2.产生感应电流的条件1条件穿过闭合电路的磁通量发生变化;2特例闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动3.产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势,如果回路闭合则产生感应电流;如果回路不闭合,则只有感应电动势,而无感应电流[小题练通]1.xx·北京西城区期末从1822年至1831年的近十年时间里,英国科学家法拉第心系“磁生电”在他的研究过程中有两个重要环节1敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想;2通过大量实验,将“磁生电”产生感应电流的情况概括为五种变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体结合你学过的相关知识,试判断下列说法正确的是 A.环节1提出“磁生电”思想是受到了麦克斯韦电磁场理论的启发B.环节1提出“磁生电”思想是为了对已经观察到的“磁生电”现象做出合理解释C.环节2中五种“磁生电”的条件都可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”D.环节2中“在磁场中运动的导体”这种情况不符合“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”这一条件解析选C 法拉第提出“磁生电”的闪光思想是受奥斯特发现电流周围存在磁场的影响,A、B错;环节2中“磁生电”的条件由法拉第总结概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”,C对,D错2.如图所示,矩形线框在磁场内做的各种运动中,能够产生感应电流的是 解析选B 产生感应电流的条件是穿过线圈的磁通量发生变化,选项B符合要求判断感应电流的流程1确定研究的回路2弄清楚回路内的磁场分布,并确定该回路的磁通量Φ3
三、楞次定律和右手定则
1.楞次定律1内容感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化;2适用范围适用于一切回路磁通量变化的情况2.右手定则1使用方法让磁感线穿入右手手心,大拇指指向导体运动的方向,其余四指指向感应电流的方向2适用范围适用于部分导体切割磁感线的情况[小题练通]1.多选如图是验证楞次定律实验的示意图,竖直放置的线圈固定不动,将磁铁从线圈上方插入或拔出,线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况,其中表示正确的是 解析选CD 根据楞次定律可确定感应电流的方向如对C图分析,当磁铁向下运动时1闭合线圈原磁场的方向——向上;2穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加;3感应电流产生的磁场方向——向下;4利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同线圈的上端为S极,磁铁与线圈相互排斥综合以上分析知,C、D正确2.xx·长沙重点高中测试MN、GH为光滑的水平平行金属导轨,ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆,匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面,如图所示,则 A.若固定ab,使cd向右滑动,则abdc回路有电流,电流方向由a到b到d到cB.若ab、cd以相同的速度一起向右滑动,则abdc回路有电流,电流方向由c到d到b到aC.若ab向左、cd向右同时运动,则abdc回路电流为零D.若ab、cd都向右运动,且两棒速度vcdvab,则abdc回路有电流,电流方向由c到d到b到a解析选D 若固定ab,使cd向右滑动,由右手定则知应产生顺时针方向的电流,故A错若ab、cd同向运动且速度大小相同,ab、cd所围的面积不变,磁通量不变,则不产生感应电流,故B错若ab向左、cd向右同时运动,则abdc中有顺时针方向的电流,故C错若ab、cd均向右运动,且vcdvab,则ab、cd所围的面积增大,磁通量也增大,则产生由c到d到b到a的电流,故D正确1注意理解“阻碍”的意义,阻碍不是阻止,要弄清“增反减同”、“来拒去留”等2不要混淆右手定则、安培定则、左手定则,三个定则适用对象、使用方法都不相同
四、楞次定律的综合应用[典例] 多选把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近,磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面,当磁铁运动时,线圈内产生了图中方向的电流,则磁铁的运动情况是 A.向左运动 B.向右运动C.向上运动D.向下运动[解析] 根据右手螺旋定则,可得线圈感应电流产生的磁场方向为向右,根据楞次定律增反减同可得线圈中的磁通量减小,而磁铁向左运动,向上运动,向下运动都能使得线圈中的磁通量减小,故A、C、D正确[答案] ACD本题先确定了感应电流的方向,再判断产生感应电流的原因,是楞次定律的推广应用判断顺序是由感应电流磁场方向看和原磁场方向相同还是相反,再根据楞次定律判断线圈中磁通量增加还是减小,最后判断出磁铁的运动情况[集训冲关]1.如图所示,通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面,位置靠近ab且相互绝缘当MN中电流突然减小时,线圈所受安培力的合力方向 A.向左 B.向右C.垂直纸面向外D.垂直纸面向里解析选B 法一当MN中电流突然减小时,单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减少,根据楞次定律,线圈abcd中产生的感应电流方向为顺时针方向,由左手定则可知ab边与cd边所受安培力方向均向右,所以线圈所受安培力的合力方向向右,B正确法二由对楞次定律中“阻碍”的理解可知,当MN中电流突然减小而导致线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减少时,线圈abcd一定会有向右运动的趋势以“阻碍”其磁通量的减少,所以其所受安培力的合力方向向右,B正确2.如图甲所示,长直导线与导线框abcd固定在同一平面内直导线中通以如图乙所示的大小和方向都随时间作周期性变化的交流电,并取图甲所示向上的电流方向为直导线中电流的正方向关于0~T时间内线框abcd中感应电流的方向,下列说法正确的是 A.由顺时针方向变为逆时针方向B.由逆时针方向变为顺时针方向C.由顺时针方向变为逆时针方向,再变为顺时针方向D.由逆时针方向变为顺时针方向,再变为逆时针方向解析选D 由题图乙,在0~时间内电流正向增大,根据安培定则,矩形线圈所处的磁场垂直纸面向里,由于磁通量增大,由增反减同,矩形线圈中的感应磁场应垂直纸面向外,感应电流为逆时针,同理,~,~,~T内感应电流的方向依次为顺时针、顺时针、逆时针,故D正确
一、单项选择题
1.如图所示,a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内,当线圈a中有电流I通过时,穿过它们的磁通量分别为Фa、Фb、Фc,下列说法中正确的是 A.ФaФbФc B.ФaФbФcC.ФaФcФbD.ФaФcФb解析选B 当a中有电流通过时,穿过a、b、c三个闭合线圈的向里的磁感线条数一样多,向外的磁感线的条数c最多,其次是b,a中没有向外的磁感线,因此,根据合磁通量的计算,应该是ФaΦbФc
2.如图所示,一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内,螺线管的中心线恰好和线圈的一条直径MN重合要使线圈a中产生感应电流,可采用的方法有 A.使螺线管在线圈a所在平面内转动B.使螺线管上的电流发生变化C.使线圈以MN为轴转动D.使线圈以与MN垂直的直径为轴转动解析选D 题图所示位置,线圈a所在平面与磁感线平行,穿过线圈的磁通量为零,当按A、B、C所述方式变化时,线圈a所在平面仍与磁感线平行,磁通量不变,不产生感应电流;按D所述方式变化时,由于线圈与磁场夹角变化引起磁通量变化,能够产生感应电流,故选D3.如图所示,一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管,则电路中 A.始终有感应电流自a向b流过电流表GB.始终有感应电流自b向a流过电流表GC.先有a→G→b方向的感应电流,后有b→G→a方向的感应电流D.将不会产生感应电流解析选C 条形磁铁从左边进入螺线管的过程中,在螺线管内产生的磁场方向向右,且穿过螺线管的磁通量不断增加,根据楞次定律,产生的感应电流的方向是a→G→b,条形磁铁从螺线管中向右穿出的过程中,在螺线管中产生的磁场方向仍向右,穿过螺线管的磁通量不断减小,根据楞次定律,产生的感应电流的方向是b→G→a,故C正确
4.如图所示,当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时,线圈c向右摆动,则ab的运动情况是 A.向左或向右匀速运动B.向左或向右减速运动C.向左或向右加速运动D.只能向右匀加速运动解析选B 当导线ab在导轨上滑行时,线圈c向右运动,说明穿过线圈的磁通量正在减少,即右侧回路中的感应电流减小,导线正在减速运动,与方向无关,故A、C、D错误,B正确
5.xx·泰州一模如图所示,在长载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B,导轨与直导线平行且在同一水平面内,在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd当载流直导线中的电流逐渐减弱时,导体棒ab和cd的运动情况是 A.一起向左运动B.一起向右运动C.相向运动,相互靠近D.相背运动,相互远离解析选D 根据右手螺旋定则知,直流电流下方的磁场方向垂直纸面向里,电流减小时,磁场减弱,根据楞次定律得,回路中的感应电流为acdb,根据左手定则知,ab所受安培力方向向左,cd所受安培力向右,即ab和cd相背运动,相互远离,故D正确,A、B、C错误,故选D
二、多项选择题
6.如图所示,法拉第研究“磁生电”现象的实验装置原理图两个线圈分别绕在一个铁环上,线圈A接直流电源,线圈B接灵敏电流表,下列哪些情况能使线圈B中产生感应电流 A.开关S闭合或断开瞬间B.开关S闭合一段时间之后C.开关S闭合后,改变滑动变阻器滑片的位置时D.拿走铁环,再做这个实验,开关S闭合或断开的瞬间解析选ACD 根据法拉第对产生感应电流的五类概括,选项A、C、D符合变化的电流变化的磁场产生感应电流的现象而开关S闭合一段时间之后,A线圈中是恒定电流,产生恒定的磁场,B线圈中磁通量稳定不变,故不能使B线圈中产生感应电流,故选A、C、D7.如图所示,固定的水平长直导线中通有直流I,矩形线框与导线在同一竖直平面内,且一边与导线平行线框由静止释放,在下落过程中 A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流方向保持不变C.线框所受安培力的合力为零D.线框的机械能不断减小解析选BD 线框下落过程中,穿过线框的磁通量减小,选项A错误;由楞次定律可判断出感应电流方向一直沿顺时针方向,选项B正确;线框受到的安培力的合力竖直向上,但小于重力,则合力不为零,选项C错误;在下落过程中,安培力对线框做负功,则其机械能减小,选项D正确
8.如图所示,光滑平行金属导轨PP′和QQ′,都处于同一水平面内,P和Q之间连接一电阻R整个装置处于竖直向下的匀强磁场中现垂直于导轨放置一根导体棒MN,用一水平向右的力F拉动导体棒MN,以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是 A.感应电流方向是N→M B.感应电流方向是M→NC.安培力水平向左D.安培力水平向右解析选AC 本题考查左、右手定则和楞次定律法一由右手定则易知,MN中感应电流方向是N→M,再由左手定则可判知,MN所受安培力方向垂直棒水平向左法二由楞次定律知,感应电流的产生,必然阻碍引起感应电流的原因本题中,感应电流是由于MN相对于磁场向右运动引起的,则安培力必然阻碍这种相对运动,由安培力既垂直于电流又垂直于磁场方向可判知,MN所受安培力方向必然垂直于MN水平向左,再由左手定则,容易判断出感应电流的方向是N→M,故正确选项为A、C第58课时 法拉第电磁感应定律重点突破课[必备知识]
一、法拉第电磁感应定律1.感应电动势1定义在电磁感应现象中产生的电动势;2产生条件穿过回路的磁通量发生改变,与电路是否闭合无关;3方向判断感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断2.法拉第电磁感应定律1内容闭合电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比;2公式E=n,其中n为线圈匝数,为磁通量的变化率感应电动势的大小与磁通量大小无关,与磁通量变化的大小也无关,与磁通量变化的快慢变化率有关3.导体切割磁感线时的感应电动势1垂直切割E=Blv,式中l为导体切割磁感线的有效长度2不垂直切割E=Blvsin_θ,式中θ为v与B的夹角3匀速转动导体棒在垂直匀强磁场方向以角速度ω绕一端转动切割磁感线时,E=Bl2ω
二、自感、涡流1.自感现象1概念由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感2自感电动势
①定义在自感现象中产生的感应电动势叫作自感电动势;
②表达式E=L;3自感系数L
①相关因素与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关;
②单位亨利H,1mH=10-3H1μH=10-6H2.涡流当线圈中的电流发生变化时,在它附近的任何导体中都会产生感应电流,这种电流像水的漩涡,所以叫涡流[小题热身]
1.如图所示,半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外,匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形,当磁感应强度以的变化率均匀变化时,线圈中产生的感应电动势的大小为 A.πr2· B.L2·C.nπr2·D.nL2·解析选D 根据法拉第电磁感应定律,线圈中产生的感应电动势的大小为E=n=nL
22.如图所示,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之比分别为 A.c→a2∶1B.a→c2∶1C.a→c1∶2D.c→a1∶2解析选C 由右手定则可知,电阻R上电流的方向为a→c,由E=BLv可知,E1∶E2=1∶2,C正确3.多选如图甲、乙电路中,电阻R和自感线圈L的电阻都很小闭合S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则 A.在电路甲中,断开S,A将渐渐变暗B.在电路甲中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗C.在电路乙中,断开S,A将渐渐变暗D.在电路乙中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗解析选AD 在电路断开时,电感线圈的自感电动势阻碍原电流减小,此时电感线圈在电路中相当于一个电源,表现为两个方面一是自感电动势所对应的电流方向与原电流方向一致;二是在断电瞬间,自感电动势所对应的电流大小与原电流的大小相等,以后以此电流开始缓慢减小到零题图甲中,灯泡A与电感线圈L在同一个支路中,流过的电流相同,断开开关S时,线圈L中的自感电动势要维持原电流不变,所以,开关断开的瞬间,灯泡A的电流不变,以后电流渐渐变小因此,灯泡A渐渐变暗题图乙中,灯泡A所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小因为电感线圈的电阻很小,断开开关S时,电感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小,此瞬间电感线圈中的电流不变,电感线圈相当于一个电源给灯泡A供电因此,反向流过A的电流瞬间要变大,然后渐渐变小,所以灯泡A要先更亮一下,然后渐渐变暗4.如图所示,在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水给线圈通入电流,一段时间后,一个容器中水温升高,则通入的电流与水温升高的是 A.恒定直流、小铁锅B.恒定直流、玻璃杯C.变化的电流、小铁锅D.变化的电流、玻璃杯解析选C 通入恒定直流时,所产生的磁场不变,不会产生感应电流,选项A、B错误;通入变化的电流,所产生的磁场发生变化,在空间产生感生电场,小铁锅是导体,感生电场在导体内产生涡流,电能转化为内能,使水温升高;涡流是由变化的磁场在导体内产生的,所以玻璃杯中的水不会升温,选项C正确,D错误提能点一 法拉第电磁感应定律的应用[典例] xx·北京高考如图所示,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∶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[解析] 由楞次定律知,题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反,故感应电流沿顺时针方向由法拉第电磁感应定律知E===,由于两圆环半径之比Ra∶Rb=2∶1,所以Ea∶Eb=4∶1,选项B正确[答案] B本题考查了楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1应用楞次定律,要充分利用“增反减同”的结论先确定感应电流磁场的方向,再判断感应电流方向2应用电磁感应定律,将公式E=推广为E=·S本题中两圆环相同,Sa是Sb的四倍[集训冲关]
1.xx·浙江高考如图所示,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9∶1C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4D.a、b线圈中电功率之比为3∶1解析选B 当磁感应强度变大时,由楞次定律知,线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外,由安培定则知,线圈内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=S及Sa∶Sb=9∶1知,Ea=9Eb,选项B正确;由R=ρ知两线圈的电阻关系为Ra=3Rb,其感应电流之比为Ia∶Ib=3∶1,选项C错误;两线圈的电功率之比为Pa∶Pb=EaIa∶EbIb=27∶1,选项D错误
2.xx·长春质量监测如图所示,用一根横截面积为S的粗细均匀的硬导线做成一个半径为r的圆环,把圆环一半置于均匀变化的磁场中,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小随时间的变化率=kk0,ab为圆环的一条直径,导线的电阻率为ρ,则下列说法中正确的是 A.圆环具有扩张的趋势B.圆环中产生逆时针方向的感应电流C.图中a、b两点间的电压大小为kπr2D.圆环中感应电流的大小为解析选D 由楞次定律知圆环具有收缩的趋势,且产生顺时针方向的感应电流,故A、B错误;根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为E=·=kπr2,a、b两点间的电压为路端电压,U==kπr2,线圈电阻R=ρ,所以感应电流大小为I==,C错误、D正确提能点二 公式E=BLv的应用[典例] xx·海南高考如图,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为ε;将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线,置于与磁感应强度相垂直的平面内,当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时,棒两端的感应电动势大小为ε′则等于 A. B.C.1D.[解析] 设金属棒长度为l,则金属棒不弯折时感应电动势ε=Blv弯折后,切割磁感线的有效长度l′=l,其感应电动势ε′=Bl′v=Blv所以=,故B正确[答案] B本题考查切割磁感线产生感应电动势公式E=Blv解题时应注意l是“有效长度”1若l与B不垂直,则l在垂直于B的方向的投影长度为有效长度2若l出现弯折的情况,则先将两端点相连,再确定其有效长度[集训冲关]1.如图所示,水平放置的平行金属导轨MN与PQ之间接有定值电阻R,导体棒ab长为l且与导轨接触良好,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,现使导体棒ab向右匀速运动,下列说法正确的是 A.导体棒ab两端的感应电动势越来越小B.导体棒ab中的感应电流方向是a→bC.导体棒ab所受安培力方向水平向右D.导体棒ab所受合力做功为零解析选D 由于导体棒匀速运动,磁感应强度及长度不变,由E=Blv可知,运动中感应电动势不变;由楞次定律可知,导体棒中的电流方向由b指向a;由左手定则可知,导体棒所受安培力方向水平向左;由于匀速运动,棒的动能不变,由动能定理可知,合力做的功等于零选项A、B、C错误,D正确
2.多选xx·广东七校联考如图所示,在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,有一水平放置的U形导轨,导轨左端连接一阻值为R的电阻,导轨电阻不计导轨间距离为L,在导轨上垂直放置一根长度为L的金属棒MN,金属棒与导轨接触良好,电阻为r,用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动则金属棒运动过程中 A.金属棒中的电流方向为由N到MB.电阻R两端的电压为BLvC.金属棒受到的安培力大小为D.电阻R产生焦耳热的功率为解析选AC 由右手定则可知金属棒MN中的电流方向为由N到M,故A正确;MN产生的感应电动势为E=BLv,则电阻R两端的电压为U=,故B错误;回路中感应电流大小为I=,金属棒MN受到的安培力大小为F=BIL=,故C正确;电阻R产生焦耳热的功率为P=I2R=2R=,故D错误
3.如图所示,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中,绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻R的电流的方向和大小是金属圆盘的电阻不计 A.由c到d,I=B.由d到c,I=C.由c到d,I=D.由d到c,I=解析选D 由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c;而金属圆盘产生的感应电动势E=Br2ω,所以通过电阻R的电流大小是I=选项D正确提能点三 自感通电自感断开自感电路图器材规格A
1、A2同规格,R=RL,L较大L很大有铁芯,RLRA现象观察S闭合瞬间,A2灯立即亮起来,A1灯逐渐变亮,最终一样亮开关S断开时,灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭能量转化电能转化为磁场能磁场能转化为电能[典例] 多选如图所示,两个相同灯泡L
1、L2,分别与电阻R和自感线圈L串联,接到内阻不可忽略的电源的两端,当闭合开关S到电路稳定后,两灯泡均正常发光,已知自感线圈的自感系数很大则下列说法正确的是 A.闭合开关S到电路稳定前,灯泡L1逐渐变亮B.闭合开关S到电路稳定前,灯泡L2由亮变暗C.断开开关S的一段时间内,A点电势比B点电势高D.断开开关S的一段时间内,灯泡L2亮一下逐渐熄灭[解析] 闭合开关的瞬间,L2灯立即正常发光,L1灯所在电路上线圈产生自感电动势,阻碍电流的增大,电流只能逐渐增大,L1灯逐渐变亮,故A正确;闭合开关S到电路稳定前,L1灯所在电路上线圈产生自感电动势,电流只能逐渐增大,则总电路中的电流逐渐增大,电源的内电阻消耗的电压逐渐增大,所以路端电压逐渐减小,则灯泡L2逐渐变暗,故B正确;闭合开关,待电路稳定后断开开关,L中产生自感电动势,相当于电源,电流的方向与L1的方向相同,从右向左流过L2灯,所以A点电势比B点电势低,故C错误;断开开关S的一段时间内,L中产生自感电动势,相当于电源,电流从原来的电流开始减小,所以两个灯泡都是逐渐熄灭,不会闪亮一下,故D错误[答案] AB自感线圈在电路中的作用1电路突然接通时,产生感应电动势,阻碍电流变化使与之串联的灯泡不是立即点亮,而是逐渐变亮2电路突然断开时,产生感应电动势,在电路中相当于新的电源若产生的电流比原来的大,则灯泡“闪亮”一下再熄灭;若产生的电流不大于原来的电流,则灯泡不能闪亮而逐渐熄灭[集训冲关]
1.多选xx·泰州模拟如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻r不能忽略,R1和R2是两个定值电阻,L是一个自感系数较大的线圈,开关S原来是断开的从开关S闭合到电路中电流达到稳定的时间内,通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是 A.I1开始较大而后逐渐变小B.I1开始很小而后逐渐变大C.I2开始很小而后逐渐变大D.I2开始较大而后逐渐变小解析选AC 开关S闭合瞬间,L相当于断路,通过R1的电流I1较大,通过R2的电流I2较小;当稳定后L的自感作用减弱,通过R1的电流I1变小,通过R2的电流I2变大,故选项A、C正确,B、D错误2.多选xx·全国卷Ⅰ1824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解析选AB 当圆盘转动时,圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线,产生感应电动势,选项A正确;如图所示,铜圆盘上存在许多小的闭合回路,当圆盘转动时,穿过小的闭合回路的磁通量发生变化,回路中产生感应电流,根据楞次定律,感应电流阻碍其相对运动,但抗拒不了相对运动,故磁针会随圆盘一起转动,但略有滞后,选项B正确;在圆盘转动过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零,选项C错误;圆盘呈电中性,转动不会形成电流,选项D错误
一、单项选择题
1.如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中在Δt时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B在此过程中,线圈中产生的感应电动势为 A. B.C.D.解析选B 根据法拉第电磁感应定律E=n得E=n=n,所以B项正确
2.如图所示,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面纸面向里,磁感应强度大小为B0使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周,在线框中产生感应电流现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率的大小应为 A.B.C.D.解析选C 当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时,由于面积的变化产生感应电动势,从而产生感应电流设半圆的半径为r,导线框的电阻为R,即I1=====当线框不动,磁感应强度变化时,I2====,因I1=I2,可得=,选项C正确
3.xx·安徽高考英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是 A.0B.r2qkC.2πr2qkD.πr2qk解析选D 变化的磁场产生的感生电动势为E=πr2=kπr2,小球在环上运动一周感生电场对其所做的功W=qE=qkπr2,D项正确,A、B、C项错误
4.xx·湖南十校联考金属杆ab水平放置在某高处,当它被平抛进入方向竖直向上的匀强磁场中时如图所示,忽略空气阻力,以下说法正确的是 A.运动过程中感应电动势大小不变,且φa>φbB.运动过程中感应电动势大小不变,且φa<φbC.由于速率不断增大,所以感应电动势不断变大,且φa>φbD.由于速率不断增大,所以感应电动势不断变大,且φa<φb解析选A 金属杆做平抛运动,水平方向匀速垂直切割磁感线运动,产生的感应电动势大小不变,由右手定则知,a端电势比b端高,竖直方向平行磁感线运动,不产生感应电动势,故在运动过程中产生的感应电动势大小不变,并且a端电势比b端高,即选项A正确,B、C、D错误
5.xx·安徽高考如图所示,abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计,已知金属杆MN倾斜放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动金属杆滑动过程中与导轨接触良好则 A.电路中感应电动势的大小为B.电路中感应电流的大小为C.金属杆所受安培力的大小为D.金属杆的热功率为解析选B 金属杆的运动方向与金属杆不垂直,电路中感应电动势的大小为E=Blvl为切割磁感线的有效长度,选项A错误;电路中感应电流的大小为I===,选项B正确;金属杆所受安培力的大小为F=BIl′=B··=,选项C错误;金属杆的热功率为P=I2R=·=,选项D错误
6.xx·全国卷Ⅱ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ω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.Ua>Uc,金属框中无电流B.Ub>Uc,金属框中电流方向沿a—b—c—aC.Ubc=-Bl2ω,金属框中无电流D.Ubc=Bl2ω,金属框中电流方向沿a—c—b—a解析选C 金属框abc平面与磁场平行,转动过程中磁通量始终为零,所以无感应电流产生,选项B、D错误转动过程中bc边和ac边均切割磁感线,产生感应电动势,由右手定则判断Ua<Uc,Ub<Uc,选项A错误由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc=-Bl2ω,选项C正确
二、多项选择题
7.xx·贵阳监测如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,线圈L的电阻不计以下判断正确的是 A.闭合S,稳定后,电容器的a极板带正电B.闭合S,稳定后,电容器两端电压小于EC.断开S的瞬间,通过R1的电流方向向右D.断开S的瞬间,通过R2的电流方向向右解析选BC 闭合S稳定后,电容器相当于断路,线圈L相当于短路,所以电容器b极板与电源正极相连,带正电荷,A项错误;电源有内阻,电容器两端电压等于电路的路端电压,小于电源电动势,B项正确;断开S瞬间,电容器与R2构成回路放电,通过R2的电流方向向左,D项错误;断开S瞬间,由于自感现象,线圈L相当于临时电源,阻碍原来的电流减小,通过线圈的电流方向不变,R1与线圈L构成回路,所以通过R1的电流方向向右,C项正确
8.xx·苏北三市模拟如图所示的电路中,电感L的自感系数很大,电阻可忽略,D为理想二极管,则下列说法正确的有 A.当S闭合时,L1立即变亮,L2逐渐变亮B.当S闭合时,L1一直不亮,L2逐渐变亮C.当S断开时,L2立即熄灭D.当S断开时,L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭解析选BD 当S闭合时,因二极管加上了反向电压,故二极管截止,L1一直不亮,通过线圈的电流增加,感应电动势阻碍电流增加,故使得L2逐渐变亮,选项B正确,A错误;当S断开时,由于线圈自感电动势阻碍电流的减小,故通过L1的电流要在L2-L1-D-L之中形成新的回路,故L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,选项C错误,D正确
9.xx·江苏高考如图所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,过了几分钟,杯内的水沸腾起来若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有 A.增加线圈的匝数B.提高交流电源的频率C.将金属杯换为瓷杯D.取走线圈中的铁芯解析选AB 当线圈上通交流电时,金属杯由于发生电磁感应现象,杯中有感应电流,对水加热,若要增大感应电流,则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻增加线圈的匝数,使得穿过金属杯的磁场增强,感应电动势增大,选项A正确;提高交流电的频率,使得磁通量的变化率增大,感应电动势增大,选项B正确;若将金属杯换为瓷杯,则不会产生感应电流,选项C错误;取走线圈中的铁芯,磁场会大大减弱,感应电动势减小,选项D错误
10.如图甲,在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场,磁场变化规律如图乙所示,面积为S的单匝金属线框处在磁场中,线框与电阻R相连,若金属框的电阻为,下列说法正确的是 A.流过电阻R的感应电流由a到bB.线框cd边受到的安培力方向向上C.感应电动势大小为D.ab间电压大小为解析选AD 穿过线圈的磁通量在增大,根据楞次定律可得产生的感应电流沿逆时针方向,故流过电阻R的感应电流由a到b,A正确;电流是从c到d,根据左手定则,可得线框cd边受到的安培力方向向下,B错误;根据法拉第电磁感应定律可得E=N=,根据欧姆定律可得ab间电压大小为U=E=,故C错误,D正确
三、计算题
11.如图甲所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场方向垂直已知线圈的匝数N=100,边长ab=
1.0m、bc=
0.5m,电阻r=2Ω磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示,取垂直纸面向里为磁场的正方向求13s时线圈内感应电动势的大小和感应电流的方向;2在1~5s内通过线圈的电荷量q;3在0~5s内线圈产生的焦耳热Q解析13s时感应电动势E1=N磁通量的变化量ΔΦ1=ΔB1S解得E1=N,代入数据解得E1=5V感应电流方向为a→b→c→d→a2在1~5s内线圈中的感应电动势E2=N=N感应电流I2=,电荷量q=I2Δt2解得q=N,代入数据解得q=10C30~1s内线圈中的感应电动势E3=N=N=10V0~1s内线圈中的感应电流I3==5A0~1s内线圈产生的焦耳热Q1=I32rΔt3=50J1~5s内线圈产生的焦耳热Q2=I22rΔt2=50JQ=Q1+Q2=100J答案15V a→b→c→d→a 210C 3100J
12.xx·广东高考如图甲所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=
0.4m导轨右端接有阻值R=1Ω的电阻导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好,导体棒及导轨电阻均不计,导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场,bd连线与导轨垂直,长度也为L从0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t变化,规律如图乙所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1s后刚好进入磁场,若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s做直线运动,求1棒进入磁场前,回路中的电动势E;2棒在运动过程中受到的最大安培力F,以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式 解析1正方形磁场的面积为S,则S==
0.08m2在棒进入磁场前,回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的由Bt图像可知=
0.5T/s,根据E=n,得回路中的感应电动势E=S=
0.5×
0.08V=
0.04V2当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大,导体棒受到的安培力最大此时感应电动势E′=BLv=
0.5×
0.4×1V=
0.2V回路中感应电流I′==A=
0.2A导体棒受到的安培力F=BI′L=
0.5×
0.2×
0.4N=
0.04N当导体棒通过三角形abd区域时,导体棒切割磁感线的有效长度l=2vt-11s≤t≤
1.2s感应电动势e=Blv=2Bv2t-1=t-1V感应电流i==t-1A1s≤t≤
1.2s答案
10.04V
20.04N i=t-1A1s≤t≤
1.2s第59课时 电磁感应的电路问题题型研究课[说] 电磁感应的电路问题是高考常考的问题,也是电磁感应综合问题的基础,只有正确理清电磁感应形成的回路,才能进一步解决电磁感应中的图像、动力学、能量等问题
一、导体切割磁感线的电路结构分析平动切割转动切割电源平动切割的导体棒转动切割的导体棒内阻平动棒上的电阻转动棒上的电阻电动势E=BLvE=BωL2感应电流用闭合电路欧姆定律I=电流方向用右手定则判断路端电压电路接通时切割棒两端的电压考法1 平动切割的电路问题 [例1] 如图所示,间距L=1m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场,其磁感应强度大小B=1T、方向垂直于纸面向里,导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v=2m/s的速度水平向左匀速运动R1=8Ω,R2=12Ω,C=6μF,导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计开关S
1、S2闭合,电路稳定后,求1通过R2的电流I的大小和方向;2拉力F的大小;3开关S1切断后通过R2的电荷量Q[解析] 1开关S
1、S2闭合后,根据右手定则知棒中的感应电流方向是由M→N,所以通过R2的电流方向是由b→aMN中产生的感应电动势的大小E=BLv流过R2的电流I=代入数据解得I=
0.1A2棒受力平衡,有F=F安F安=BIL代入数据解得F=
0.1N3开关S
1、S2闭合,电路稳定后,电容器所带电荷量Q1=CIR2S1切断后,流过R2的电荷量Q等于电容器所带电荷量的减少量,即Q=Q1-0代入数据解得Q=
7.2×10-6C[答案]
10.1A,方向b→a
20.1N
37.2×10-6C考法2 转动切割的电路问题 [例2] xx·上海闸北期末半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为r、质量分布均匀的直导体棒MN置于圆导轨上,NM的延长线过圆导轨中心O,装置的俯视图如图所示整个装置位于一磁感应强度大小为B的匀强磁场中,方向竖直向下在内、外圆导轨间对称地接有三个阻值均为R的电阻直导体棒在垂直作用于导体棒MN中点的水平外力F作用下,以角速度ω绕O点顺时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触,导体棒和导轨电阻均可忽略求1导体棒产生的感应电动势;2流过导体棒的感应电流;3外力的大小[解析] 1根据E=BωL2得E感=Bω2r2-Bωr2=Bωr22三个电阻为并联关系R总=,I总===3外力F=BI总L=B··r=[答案] 1Bωr2 2 3[通法归纳] 处理电磁感应电路问题的一般思路[集训冲关]
1.多选xx·全国甲卷法拉第圆盘发电机的示意图如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倍解析选AB 由右手定则知,圆盘按如题图所示的方向转动时,感应电流沿a到b的方向流动,选项B正确;由感应电动势E=Bl2ω知,角速度恒定,则感应电动势恒定,电流大小恒定,选项A正确;角速度大小变化,感应电动势大小变化,但感应电流方向不变,选项C错误;若ω变为原来的2倍,则感应电动势变为原来的2倍,电流变为原来的2倍,由P=I2R知,电流在R上的热功率变为原来的4倍,选项D错误
2.如图所示,R1=5Ω,R2=6Ω,电压表与电流表的量程分别为0~10V和0~3A,电表均为理想电表导体棒ab与导轨电阻均不计,且导轨光滑,导轨平面水平,ab棒处于匀强磁场中1当变阻器R接入电路的阻值调到30Ω,且用F1=40N的水平拉力向右拉ab棒并使之达到稳定速度v1时,两表中恰好有一表满偏,而另一表又能安全使用,则此时ab棒的速度v1是多少?2当变阻器R接入电路的阻值调到3Ω,且仍使ab棒的速度达到稳定时,两表中恰有一表满偏,而另一表能安全使用,则此时作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大?解析1假设电流表指针满偏,即I=3A,那么此时电压表的示数应为U=IR并=15V,此时电压表示数超过了量程,不能正常使用,不合题意因此,应该是电压表正好达到满偏当电压表满偏时,即U1=10V,此时电流表的示数为I1==2A设ab棒稳定时的速度为v1,产生的感应电动势为E1,则E1=Blv1,且E1=I1R1+R并=20Vab棒受到的安培力为F1=BI1l=40N解得v1=1m/s2利用假设法可以判断,此时电流表恰好满偏,即I2=3A,此时电压表的示数为U2=I2R并=6V,可以安全使用,符合题意由F=BIl可知,稳定时ab棒受到的拉力与ab棒中的电流成正比,所以F2=F1=×40N=60N答案11m/s 260N
二、变化磁场的电路结构分析
1.电源磁通量变化的线圈,感应电动势为E=n
2.注意问题E=n为平均感应电动势,可以用来计算通过电路的电荷量q=n[典例] 如图甲所示,一个阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路金属线圈的半径为r1,在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0导线的电阻不计求0至t1时间内1通过电阻R1的电流大小和方向;2通过电阻R1的电荷量q及电阻R1上产生的热量[解析] 1穿过闭合线圈的磁场的面积为S=πr22由题图乙可知,磁感应强度B的变化率的大小为=根据法拉第电磁感应定律得E=n=nS=由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为I==根据楞次定律可以判断,流过电阻R1的电流方向从b到a20至t1时间内通过电阻R1的电荷量为q=It1=电阻R1上产生的热量为Q=I2R1t1=[答案] 1 方向从b到a2 电磁感应中电荷量的计算方法在电磁感应现象的考题中,常要求计算某段时间内或某段过程中通过导体横截面的电荷量设Δt时间内通过导线某横截面的电荷量为q,则根据电流的定义式I=和法拉第电磁感应定律E=n可得q=I·Δt=·Δt=·Δt=n,式中n为线圈的匝数,ΔΦ为磁通量的变化量,R为闭合电路的总电阻如果闭合电路是一个单匝线圈n=1,则q=[集训冲关]
1.如图甲所示,圆形线圈M的匝数为50匝,它的两个端点a、b与理想电压表相连,线圈中磁场方向如图,线圈中磁通量的变化规律如图乙所示,则ab两点的电势高低与电压表读数为 A.φaφb20V B.φaφb10VC.φaφb20VD.φaφb10V解析选B 由题意可知,线圈M的磁场的磁通量随时间均匀增加,则E=n=50×V=10V;由楞次定律可知,此时感应电流的磁场与原磁场反向,由右手螺旋定则可以看出,此时a点的电势较高
2.xx·全国丙卷如图,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=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tt>t0穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小解析1在金属棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为Φ=ktS
①设在从t时刻到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq由法拉第电磁感应定律有ε=
②由欧姆定律有i=
③由电流的定义有i=
④联立
①②③④式得|Δq|=Δt
⑤由
⑤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|=
⑥2当t>t0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
⑦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=B0Il
⑧此时金属棒与MN之间的距离为s=v0t-t0
⑨匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′=B0ls⑩回路的总磁通量为Φt=Φ+Φ′⑪式中,Φ仍如
①式所示由
①⑨⑩⑪式得,在时刻tt>t0穿过回路的总磁通量为Φt=B0lv0t-t0+kSt⑫在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变量为ΔΦt=B0lv0+kSΔt⑬由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为εt=⑭由欧姆定律有I=⑮联立
⑦⑧⑬⑭⑮式得f=B0lv0+kS⑯答案1 2B0lv0t-t0+kSt B0lv0+kS
1.如图所示,竖直平面内有一金属环,半径为a,总电阻为R指剪开拉直时两端的电阻,磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面,与环的最高点A连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下,当摆到竖直位置时,B点的线速度为v,则这时导体棒AB两端的电压大小为 A. B.C.D.Bav解析选A 摆到竖直位置时,导体棒AB切割磁感线的瞬时感应电动势E=B·2a·=Bav由闭合电路的欧姆定律得,UAB=·=Bav,故选项A正确
2.xx·福建高考如图,由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中一接入电路电阻为R的导体棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中 A.PQ中电流先增大后减小B.PQ两端电压先减小后增大C.PQ上拉力的功率先减小后增大D.线框消耗的电功率先减小后增大解析选C 设PQ左侧金属线框的电阻为r,则右侧电阻为3R-r;PQ相当于电源,其电阻为R,则电路的外电阻为R外==,当r=时,R外max=R,此时PQ处于矩形线框的中心位置,即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小PQ中的电流为干路电流I=,可知干路电流先减小后增大,选项A错误PQ两端的电压为路端电压U=E-U内,因E=Blv不变,U内=IR先减小后增大,所以路端电压先增大后减小,选项B错误拉力的功率大小等于安培力的功率大小,P=F安v=BIlv,可知因干路电流先减小后增大,PQ上拉力的功率也先减小后增大,选项C正确线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率,因外电阻最大值为R,小于内阻R;根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系,外电阻越接近内阻时,输出功率越大,可知线框消耗的电功率先增大后减小,选项D错误
3.xx·河南八市质检如图所示,导体杆OP在作用于OP中点且垂直于OP的力作用下,绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动,磁场的磁感应强度为B,AO间接有电阻R,杆和框架电阻不计,回路中的总电功率为P,则 A.外力的大小为2BrB.外力的大小为BrC.导体杆旋转的角速度为D.导体杆旋转的角速度为解析选C 设导体杆转动的角速度为ω,则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E=Br2ω,I=,根据题述回路中的电功率为P,则P=EI;设维持导体杆匀速转动的外力为F,则有P=,v=rω,联立解得F=Br,ω=,选项C正确,A、B、D错误
4.xx·广东百校联考如图甲所示,一个圆形线圈的匝数n=100,线圈面积S=200cm2,线圈的电阻r=1Ω,线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻,把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示下列说法中正确的是 A.线圈中的感应电流方向为顺时针方向B.电阻R两端的电压随时间均匀增大C.线圈电阻r消耗的功率为4×10-4WD.前4s内通过R的电荷量为4×10-4C解析选C 由楞次定律可判断线圈中的感应电流方向为逆时针方向,选项A错误;由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为E==
0.1V,电阻R两端的电压不随时间变化,选项B错误;回路中电流I==
0.02A,线圈电阻r消耗的功率为P=I2r=4×10-4W,选项C正确;前4s内通过R的电荷量为q=It=
0.08C,选项D错误
5.多选如图所示为一圆环发电装置,用电阻R=4Ω的导体棒弯成半径L=
0.2m的闭合圆环,圆心为O,COD是一条直径,在O、D间接有负载电阻R1=1Ω整个圆环中均有B=
0.5T的匀强磁场垂直环面穿过电阻r=1Ω的导体棒OA贴着圆环做匀速运动,角速度ω=300rad/s,则 A.当OA到达OC处时,圆环的电功率为1WB.当OA到达OC处时,圆环的电功率为2WC.全电路最大功率为3WD.全电路最大功率为
4.5W解析选AD 当OA到达OC处时,圆环的电阻为1Ω,与R1串联接入电源,外电阻为2Ω,棒转动过程中产生的感应电动势E=BL2ω=3V,圆环上分压为1V,所以圆环上的电功率为1W,A正确,B错误;当OA到达OD处时,圆环中的电阻为零,此时电路中总电阻最小,而电动势不变,所以电功率最大为P==
4.5W,C错误,D正确
6.如图所示,足够长的固定平行粗糙金属双轨MN、PQ相距d=
0.5m,导轨平面与水平面夹角α=30°,处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B=
0.5T的匀强磁场中长也为d的金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置,且始终与导轨接触良好,棒的质量m=
0.1kg,电阻R=
0.1Ω,与导轨之间的动摩擦因数μ=,导轨上端连接电路如图所示已知电阻R1与灯泡电阻R2的阻值均为
0.2Ω,导轨电阻不计,取重力加速度大小g=10m/s21求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小a;2假若棒由静止释放并向下加速运动一段距离后,灯L的发光亮度稳定,求此时灯L的实际功率P和棒的速率v解析1棒由静止刚释放的瞬间速度为零,不受安培力作用根据牛顿第二定律有mgsinα-μmgcosα=ma,代入数据得a=
2.5m/s22由“灯L的发光亮度稳定”知棒做匀速运动,受力平衡,有mgsinα-μmgcosα=BId代入数据得棒中的电流I=1A由于R1=R2,所以此时通过小灯泡的电流I2=I=
0.5A,P=I22R2=
0.05W此时感应电动势E=Bdv=I得v=
0.8m/s答案
12.5m/s2
20.05W
0.8m/s第60课时 电磁感应中的图像问题题型研究课 [说] 电磁感应图像问题是高考常考题型,包括根据电磁感应过程判断图像的问题、根据图像求解电磁感应过程中相应物理量的问题、还有一些和图像相关的综合问题掌握这类问题,会大大提高学生分析判断图像、综合解决图像问题的能力,并对电磁感应知识达到更加深刻的理解
一、根据电磁感应过程分析、判断图像考法1 导体切割磁感线运动涉及的图像 [例1] 如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为dd>L的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图像中,可能正确描述上述过程的是 [解析] 导线框开始进入磁场过程,通过导线框的磁通量增大,有感应电流,进而受到与运动方向相反的安培力作用,速度减小,感应电动势减小,感应电流减小,安培力减小,导线框的加速度减小,vt图线的斜率减小;导线框全部进入磁场后,磁通量不变,无感应电流,导线框做匀速直线运动;导线框从磁场中出来过程,有感应电流,又会受到安培力阻碍作用,速度减小,加速度减小选项D正确[答案] D考法2 闭合回路中磁通量变化涉及的图像 [例2] 将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路,并固定在水平面纸面内回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图像是 [解析] 0~时间内,回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流,根据左手定则可以判定ab边所受安培力向左~T时间内,回路中产生逆时针方向、大小不变的感应电流,根据左手定则可以判定ab边所受安培力向右,故B正确[答案] B [通法归纳] 电磁感应图像的判断方法1关注初始时刻,如初始时刻感应电流是否为零,是正方向还是负方向2关注变化过程,看电磁感应发生的过程分为几个阶段,这几个阶段是否和图像变化相对应3关注大小、方向的变化趋势,看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应4推导出相应物理量的函数关系式,看图像与关系式是否对应[集训冲关]
1.xx·江西联考如图所示,导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd,ac垂直于导轨且平行于导体棒,ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反,导轨和导体棒的电阻均不计,下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是规定电流从M经R到N为正方向,安培力向左为正方向 解析选A 由E=BLv可知,导体棒由b运动到ac过程中,切割磁感线有效长度L均匀增大,感应电动势E均匀增大,由欧姆定律可知,感应电流I均匀增大由右手定则可知,感应电流方向由M到N,同理,导体棒由ac运动到d的过程中,感应电流I均匀减小,方向由N到M由左手定则可知,导体棒所受安培力始终水平向左,大小不断增大,故选项A正确
2.多选xx·渭南质检如图所示,变化的磁场中放置一固定的导体圆形闭合线圈,图甲中所示的磁感应强度和电流的方向为设定的正方向,已知线圈中感应电流i随时间t变化的图像如图乙所示则在下图中可能是磁感应强度B随时间t变化的图像是 解析选BD 在0~
0.5s,电流为负值,可推得磁感应强度向内增加或向外减少,选项A错误;在
0.5~
1.5s内,电流为正值,在这段时间内,磁感应强度向内减少或向外增加,当然也可以先是向内减少,然后是向外增加,选项C错误;在
1.5~
2.5s,电流为负值,可知磁感强度向内增加或向外减少,在以后的变化过程中,磁场都做周期性的变化,选项B、D都正确
二、根据图像分析电磁感应问题[典例] 多选如图所示,水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置,间距为L,一端通过导线与阻值为R的电阻连接导轨上放一质量为m的金属杆,金属杆、导轨的电阻均忽略不计,匀强磁场垂直导轨平面向下用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上,杆最终将做匀速运动当改变拉力的大小时,金属杆做匀速运动时的速度v也会变化,v和F的关系如图乙所示下列说法正确的是 A.金属杆在匀速运动之前做匀加速直线运动B.流过电阻R的电流方向为a→R→bC.由图像可以得出B、L、R三者的关系式为=D.当恒力F=3N时,电阻R消耗的最大电功率为8W[解析] 金属杆在匀速运动之前,随着运动速度的增大,由F安=可知金属杆所受的安培力增大,由牛顿第二定律可知金属杆的加速度减小,故金属杆做加速度减小的加速运动,选项A错误;由楞次定律可知,流过电阻R的电流方向为a→R→b,选项B正确;因为图像与横轴交点等于金属杆所受摩擦力的大小,故由图像可知金属杆所受的摩擦力为Ff=1N,金属杆匀速运动时有F-Ff=F安=,则可得==,选项C错误;当恒力F=3N时,金属杆受到的安培力大小为F安=F-Ff=2N,金属杆匀速运动的速度为4m/s,所以金属杆克服安培力做功的功率P=8W,转化为电能的功率为8W,故电阻R消耗的最大电功率为8W,选项D正确[答案] BD解决此类问题要将题目中所提供的图像作为解题的重要条件,明确图像涉及物理量的变化规律,推导出包含图像中物理量的函数式,对题目中的相关问题做出正确的判断[集训冲关]
1.多选一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内,线框平面与磁场垂直,线框的右边紧贴着磁场边界,如图甲所示t=0时刻对线框施加一水平向右的外力,让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场,外力F随时间t变化的图像如图乙所示已知线框质量m=1kg、电阻R=1Ω,以下说法正确的是 A.线框做匀加速直线运动的加速度为1m/s2B.匀强磁场的磁感应强度为2TC.线框穿过磁场的过程中,通过线框的电荷量为CD.线框边长为1m解析选ABC t=0时,线框初速度为零,故感应电动势为零,力F为线框所受合外力,由牛顿第二定律可知,线框的加速度a=1m/s2,A项正确;由图像知,t=
1.0s时,线框刚好离开磁场,由匀变速直线运动规律可知线框的边长为
0.5m,D项错误;线框的末速度v=at=1m/s,感应电动势E=BLv,回路中电流I=,安培力F安=BIL,由牛顿第二定律有F-F安=ma,联立解得B=2T,B正确;由q=得q==C,选项C正确
2.多选xx·唐山摸底如图甲所示,水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R,导体棒MN放在导轨上且接触良好,整个装置放于垂直导轨平面的磁场中,磁感应强度B的变化情况如图乙所示图示磁感应强度方向为正,MN始终保持静止,则0~t2时间内 A.电容器C的电荷量大小始终不变B.电容器C的a板先带正电后带负电C.MN所受安培力的大小始终不变D.MN所受安培力的方向先向右后向左解析选AD 磁感应强度均匀变化,产生恒定电动势,电容器C的电荷量大小始终没变,选项A正确,B错误;由于磁感应强度变化,根据楞次定律和左手定则可知,MN所受安培力的方向先向右后向左,选项C错误,D正确
一、单项选择题
1.xx·山西四校联考如图所示,一直角三角形金属框,向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁场仅限于虚线边界所围的区域内,该区域的形状与金属框完全相同,且金属框的下边与磁场区域的下边在一条直线上若取顺时针方向为电流的正方向,则金属框穿过磁场过程的感应电流i随时间t变化的图像是下图所示的 解析选C 根据楞次定律,在金属框进入磁场的过程中,感应电流的方向为逆时针方向,在出磁场的过程中,感应电流的方向为顺时针方向,选项A、B错误;由E=BLv可知,金属框离开磁场过程中切割磁感线的有效长度均匀减小,故感应电动势均匀减小,由闭合电路欧姆定律可知,金属框中的感应电流均匀减小,选项D错误,C正确
2.如图所示,电阻R=1Ω、半径r1=
0.2m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q,P、Q的圆心相同,Q的半径r2=
0.1mt=0时刻,Q内存在着垂直于圆面向里的磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系是B=2-tT若规定逆时针方向为电流的正方向,则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图像应该是下图中的 解析选C 由B=2-t知,=1T/s,且磁感应强度减小,由楞次定律得P内电流沿顺时针方向,为负值,故A、D错误;又由欧姆定律得E=S=πr22,I=,解得I=
0.01πA,故B错误,C正确
3.xx·泰州一模在竖直方向的匀强磁场中,水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示,取线圈中磁场B的方向向上为正,当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时,下列图中能正确表示线圈中感应电流变化图像的是 解析选A 在0~内,根据法拉第电磁感应定律,E=n=根据楞次定律,感应电动势的方向与图示箭头方向相反,为负值;在~T内,根据法拉第电磁感应定律,E=n==2E,所以感应电流是之前的2倍,再根据楞次定律,感应电动势的方向与图示方向相反,为负值故选项A正确,B、C、D错误
4.有一个匀强磁场边界是EF,在EF右侧无磁场,左侧是匀强磁场区域,如图甲所示现有一个闭合的金属线框以恒定速度从EF右侧水平进入匀强磁场区域线框中的电流随时间变化的it图像如图乙所示,则可能的线框是下列四个选项中的 解析选A 由题图乙可知,电流先是均匀增加,后均匀减小,又i==∝l,所以金属线框切割磁感线的有效长度应先是均匀增加,后均匀减小,A项符合;B项线框中间部分进入磁场后切割磁感线的有效长度不变;C项切割磁感线的有效长度不变,D项切割磁感线的有效长度不是均匀地增加和减小
二、多项选择题
5.xx·济南期末如图所示,一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内长度足够大,该区域的上下边界MN、PS是水平的有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域,已知当线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动以线框的ab边到达MN时开始计时,以MN处为坐标原点,取如图坐标轴x,并规定逆时针方向为感应电流的正方向,向上为线圈所受安培力的正方向则下列关于线框中的感应电流i和线框所受到的安培力F与ab边的位置坐标x的图线中,可能正确的是 解析选AD 根据题意,在0~L上,线框加速进磁场,做加速度减小的加速运动;在第L~2L上,做加速度不变的匀加速运动,线圈中没有感应电流;第2L~3L上做匀速运动由楞次定律判断感应电流的方向,由i=判断电流的大小,可知选项A正确;由左手定则和F=BiL可知,选项D正确
6.xx·南京二模如图所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角,M、P两端接一阻值为R的定值电阻,阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置,其他部分电阻不计整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力F,金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动下列关于穿过回路abPMa的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q以及a、b两端的电势差U随时间t变化的图像中,正确的是 解析选BD 设加速度为a,运动的位移x=at2,磁通量变化量ΔΦ=BLx=BLat2,ΔΦ∝t2,选项A错误;感应电动势E==BLat,故∝t,选项B正确;U==t,U∝t,选项D正确;电荷量q=,因为ΔΦ∝t2,所以q∝t2,选项C错误
7.半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置,在圆环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接,两板间距为d,如图甲所示有一变化的磁场垂直于纸面,规定垂直于纸面向里为正方向,磁场变化规律如图乙所示在t=0时刻两平行金属板之间中心有一重力不计、电荷量为q的静止微粒,则以下说法中正确的是 A.第2s内上极板为正极B.第3s内上极板为负极C.第2s末微粒回到了原来位置D.第3s末两极板之间的电场强度大小为解析选AD 假设微粒带正电,则0~1s内的情况由楞次定律可知,金属板上极板带负电,下极板带正电,微粒所受电场力方向竖直向上,微粒向上做匀加速运动1~2s内的情况由楞次定律可知,金属板上极板带正电,下极板带负电,微粒所受电场力方向竖直向下,微粒向上做匀减速运动,第2s末速度减小为零2~3s内的情况由楞次定律可知,金属板上极板带正电,下极板带负电,微粒所受电场力方向竖直向下,微粒向下做匀加速运动两极板间的电场强度大小E===3~4s内的情况由楞次定律可知,金属板上极板带负电,下极板带正电,微粒所受电场力方向竖直向上,微粒向下做匀减速运动,第4s末速度减小为零,同时回到了原来的位置若微粒带负电,运动情况相反,4s末速度减小为零,同时回到了原来位置综上所述,选项A、D正确第61课时 电磁感应中的动力学问题题型研究课[说] 电磁感应动力学问题是历年高考的一个热点,这类题型的特点一般是单棒或双棒在磁场中切割磁感线,产生感应电动势和感应电流感应电流受安培力而影响导体棒的运动,构成了电磁感应的综合问题,它将电磁感应中的力和运动综合到一起,其难点是感应电流安培力的分析,且安培力常常是变力这类问题能很好地提高学生的综合分析能力
一、运动切割类动力学问题考法1 单杆模型 [例1] xx·全国甲卷 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μ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[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-μmg
①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
②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
③联立
①②③式可得E=Blt0
④2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=
⑤式中R为电阻的阻值金属杆所受的安培力为F安=BlI
⑥因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得F-μmg-F安=0
⑦联立
④⑤⑥⑦式得R=
⑧[答案] 1Blt0 2单杆模型的分析方法1电路分析导体棒相当于电源,感应电动势E=BLv,电流I=2受力分析导体棒中的感应电流在磁场中受安培力F安=BIL,I=,F安=3动力学分析安培力是变力,导体棒在导轨上做变加速运动,临界条件是安培力和其他力达到平衡,这时导体棒开始匀速运动考法2 双杆模型 [例2] 1如图1所示,两根平行的金属导轨,固定在同一水平面上,磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直,导轨的电阻很小,可忽略不计,导轨间的距离为l,两根质量均为m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动,滑动过程中与导轨保持垂直在t=0时刻,两杆都处于静止状态现有一与导轨平行,大小恒为F的力作用于金属杆甲上,使金属杆在导轨上滑动,试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况2如图2所示,两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,导轨上横放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行开始时,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度若两导体棒在运动中始终不接触,试定性分析两棒的收尾运动情况[思路点拨]1金属杆甲运动产生感应电动势→回路中有感应电流→乙受安培力的作用做加速运动→可求出某时刻回路中的总感应电动势→由牛顿第二定律列式判断2导体棒ab运动,回路中有感应电流→分析两导体棒的受力情况→分析导体棒的运动情况即可得出结论[解析] 1设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2,加速度大小分别为a1和a2,受到的安培力大小均为F1,则感应电动势为E=Blv1-v2
①感应电流为I=
②对甲和乙分别由牛顿第二定律得F-F1=ma1,F1=ma2
③当v1-v2=定值非零,即系统以恒定的加速度运动时a1=a2
④解得a1=a2=
⑤可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动,速度一直增大2ab棒向cd棒运动时,两棒和导轨构成的回路面积变小,磁通量发生变化,回路中产生感应电流ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动,cd棒则在安培力作用下做加速运动,在ab棒的速度大于cd棒的速度时,回路中总有感应电流,ab棒继续减速,cd棒继续加速两棒达到相同速度后,回路面积保持不变,磁通量不变化,不产生感应电流,两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动[答案] 见解析两类双杆模型对比类型模型运动图像运动过程分析方法不受外力杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动;稳定时,两杆以相等的速度匀速运动将两杆视为整体,不受外力,最后a=0受到恒力开始时,两杆做变加速运动;稳定时,两杆以相同的加速度做匀加速运动将两杆视为整体,只受外力F,最后a=考法3 含电容器问题 [例3] xx·全国卷Ⅰ如图,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ,间距为L导轨上端接有一平行板电容器,电容为C导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面在导轨上放置一质量为m的金属棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g忽略所有电阻让金属棒从导轨上端由静止开始下滑,求1电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系;2金属棒的速度大小随时间变化的关系[解析] 1设金属棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为E=BLv
①平行板电容器两极板之间的电势差为U=E
②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,按定义有C=
③联立
①②③式得Q=CBLv
④2设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t,通过金属棒的电流为i金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上,大小为F1=BLi
⑤设在时间间隔t,t+Δt内流经金属棒的电荷量为ΔQ,按定义有i=
⑥ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔t,t+Δt内增加的电荷量由
④式得ΔQ=CBLΔv
⑦式中,Δv为金属棒的速度变化量按定义有a=
⑧金属棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小为F2=μFN
⑨式中,FN是金属棒对于导轨的正压力的大小,有FN=mgcosθ ⑩金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下,设其大小为a,根据牛顿第二定律有mgsinθ-F1-F2=ma ⑪联立
⑤至⑪式得a=g ⑫由⑫式及题设可知,金属棒做初速度为零的匀加速直线运动t时刻金属棒的速度大小为v=gt ⑬[答案] 1Q=CBLv 2v=gt这类题目易出现的错误是忽视电容器充电电流,漏掉导体棒所受的安培力,影响加速度的计算和导体棒运动情况的判断[集训冲关]
1.如图所示,在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好轨道和导体棒的电阻均不计1如图1所示,若轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻,导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动请通过公式推导证明在任意一段时间Δt内,拉力F所做的功与电路获得的电能相等2如图2所示,若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻闭合开关S,导体棒从静止开始运动,经过一段时间后,导体棒达到最大速度vm,求此时电源的输出功率3如图3所示,若轨道左端接一电容器,电容器的电容为C,导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图4所示,已知t1时刻电容器两极板间的电势差为U1求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小解析1导体棒切割磁感线,E=BLv导体棒做匀速运动,F=F安又F安=BIL,其中I=在任意一段时间Δt内,拉力F所做的功W=FvΔt=F安vΔt=Δt电路获得的电能ΔE=qE=EIΔt=Δt可见,在任意一段时间Δt内,拉力F所做的功与电路获得的电能相等2导体棒达到最大速度vm时,棒中没有电流,电源的路端电压U=BLvm电源与电阻所在回路的电流I=电源的输出功率P=UI=3感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLv=U由电容器的Ut图像可知U=t导体棒的速度随时间变化的关系为v=t可知导体棒做匀加速直线运动,其加速度a=由C=和I=,得I==由牛顿第二定律有F-BIL=ma可得F=+答案1见解析 23+
2.xx·上海松江区期末如图所示,两根粗细均匀的金属杆AB和CD的长度均为L,电阻均为R,质量分别为3m和m,用两根等长的、质量和电阻均不计的、不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路,悬跨在绝缘的、水平光滑的圆棒两侧,AB和CD处于水平在金属杆AB的下方有高度为H的水平匀强磁场,磁感强度的大小为B,方向与回路平面垂直,此时CD处于磁场中现从静止开始释放金属杆AB,经过一段时间AB、CD始终水平,在AB即将进入磁场的上边界时,其加速度为零,此时金属杆CD还处于磁场中,在此过程中金属杆AB上产生的焦耳热为Q重力加速度为g,试求1金属杆AB即将进入磁场上边界时的速度v1;2在此过程中金属杆CD移动的距离h和通过导线截面的电量q;3设金属杆AB在磁场中运动的速度为v2,通过计算说明v2大小的可能范围解析1AB杆达到磁场边界时,加速度为零,系统处于平衡状态,对AB杆3mg=2T对CD杆2T=mg+BIL又F=BIL=,解得v1=2AB、CD棒组成的系统在此过程中,根据能的转化与守恒有3m-mgh-2Q=×4mv12h==q=IΔt===3AB杆与CD杆都在磁场中运动,直到达到匀速,此时系统处于平衡状态,对AB杆3mg=2T+BIL对CD杆2T=mg+BIL又F=BIL=,解得v2=所以<v2<答案1v1=2h==q=3<v2<
二、变化磁场类动力学问题[典例] 电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目,原理可用下述模型说明如图甲所示,虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场,一边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上,电阻为R,质量为m,ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0+ktk为大于零的常数,空气阻力忽略不计1求t=0时刻,线框中感应电流的功率P;2若线框cd边穿出磁场时速率为v,求线框穿出磁场过程中,安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q;3若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框,如图乙所示,在线框上加一质量为M的负载物,证明载物线框匝数越多,t=0时线框加速度越大[解析] 1t=0时刻线框中的感应电动势E0=L2功率P=解得P=2由动能定理有W=ΔEk解得W=mv2穿出过程线框中的平均电动势=线框中的电流=通过的电量q=Δt解得q=3n匝线框中t=0时刻产生的感应电动势E=n线框的总电阻R总=nR线框中的电流I=t=0时刻线框受到的安培力F=nB0IL设线框的加速度为a,根据牛顿第二定律有F=nm+Ma解得a=,可知n越大,a越大[答案] 1 2mv2 3见解析磁场变化类电磁感应问题的解题方法1用法拉第电磁感应定律计算感应电动势,用楞次定律判断方向2用闭合电路欧姆定律计算回路中电流3分析计算感应电流所受安培力,研究导体受力情况和运动情况4根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程[集训冲关]如图所示,粗糙斜面的倾角θ=37°,半径r=
0.5m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场一个匝数n=10匝的刚性正方形线框abcd,通过松弛的柔软导线与一个额定功率P=
1.25W的小灯泡A相连,圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边已知线框质量m=2kg,总电阻R0=
1.25Ω,边长L>2r,与斜面间的动摩擦因数μ=
0.5从t=0时起,磁场的磁感应强度按B=2-tT的规律变化开始时线框静止在斜面上,在线框运动前,灯泡始终正常发光设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,sin37°=
0.6,cos37°=
0.8求1小灯泡正常发光时的电阻R;2线框保持不动的时间内,小灯泡产生的热量Q解析1由法拉第电磁感应定律有E=n得E=n×π×r2=10××π×
0.52V=
2.5V小灯泡正常发光,有P=I2R由闭合电路欧姆定律有E=IR0+R则有P=2R,代入数据解得R=
1.25Ω2对线框受力分析如图设线框恰好要运动时,磁场的磁感应强度大小为B′由力的平衡条件有mgsinθ=F安+Ff=F安+μmgcosθF安=nB′I×2r联立解得线框刚要运动时,磁场的磁感应强度大小B′=
0.4T由B′=2-t,得线框在斜面上可保持静止的时间t=s=s小灯泡产生的热量Q=Pt=
1.25×J=
3.1J答案
11.25Ω
23.1J
一、选择题
1.如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B,一根质量为m的金属杆电阻忽略不计从轨道上由静止滑下,经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm,则 A.如果B增大,vm将变大B.如果α增大,vm将变大C.如果R变小,vm将变大D.如果m变小,vm将变大解析选B 金属杆从轨道上由静止滑下,经足够长时间后,速度达最大值vm,此后金属杆做匀速运动杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示安培力F=LB,对金属杆列平衡方程式mgsinα=,则vm=由此式可知,B增大,vm减小;α增大,vm增大;R变小,vm变小;m变小,vm变小因此A、C、D错误,B正确
2.如图所示,两光滑平行金属导轨间距为L,直导线MN垂直跨在导轨上,且与导轨接触良好,整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B电容器的电容为C,除电阻R外,导轨和导线的电阻均不计现给导线MN一初速度,使导线MN向右运动,当电路稳定后,MN以速度v向右做匀速运动时 A.电容器两端的电压为零B.电阻两端的电压为BLvC.电容器所带电荷量为CBLvD.为保持MN匀速运动,需对其施加的拉力大小为解析选C 当导线MN匀速向右运动时,导线MN产生的感应电动势恒定,稳定后,电容器既不充电也不放电,无电流产生,故电阻两端没有电压,电容器两极板间的电压为U=E=BLv,所带电荷量Q=CU=CBLv,故A、B错误,C正确;MN匀速运动时,因无电流而不受安培力,故拉力为零,D错误
3.多选xx·中山二模如图所示,在水平桌面上放置两条相距为l的平行光滑导轨ab与cd,阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连质量为m、电阻也为R的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动整个装置放于匀强磁场中,磁场的方向竖直向上,磁感应强度的大小为B导体棒的中点系一不可伸长的轻绳,绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后,与一个质量也为m的物块相连,绳处于拉直状态现若从静止开始释放物块,用h表示物块下落的高度物块不会触地,g表示重力加速度,其他电阻不计,则 A.电阻R中的感应电流方向由c到aB.物块下落的最大加速度为gC.若h足够大,物块下落的最大速度为D.通过电阻R的电荷量为解析选AC 由右手定则可知,电阻R中的感应电流方向由c到a,A正确;物块刚下落时加速度最大,由牛顿第二定律有2mam=mg,最大加速度am=,B错误;对导体棒与物块组成的整体,当所受的安培力与物块的重力平衡时,达到最大速度,即=mg,所以vm=,C正确;通过电阻R的电荷量q==,D错误
4.多选如图所示,两足够长平行金属导轨固定在水平面上,匀强磁场方向垂直导轨平面向下,金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动,两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd,经过足够长时间以后 A.金属棒ab、cd都做匀速运动B.金属棒ab上的电流方向是由b向aC.金属棒cd所受安培力的大小等于D.两金属棒间距离保持不变解析选BC 对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知,两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动,且金属棒ab速度小于金属棒cd速度,所以两金属棒间距离是变大的,由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a,A、D错误,B正确;以两金属棒整体为研究对象有F=3ma,隔离金属棒cd分析F-F安=ma,可求得金属棒cd所受安培力的大小F安=F,C正确
二、计算题
5.如图所示,L1=
0.5m,L2=
0.8m,回路总电阻为R=
0.2Ω,M=
0.04kg,导轨光滑,开始时磁场B0=1T现使磁感应强度以=
0.2T/s的变化率均匀地增大试求当t为多少时,M刚好离开地面?g取10m/s2解析回路中原磁场方向向下,且磁感应强度增加,由楞次定律可以判知,感应电流的磁场方向向上,根据安培定则可以判知,ab中的感应电流的方向是a→b,由左手定则可知,ab所受安培力的方向水平向左,从而向上拉起重物设ab中电流为I时M刚好离开地面,此时有F=BIL1=MgI=E==L1L2·B=B0+t联立以上各式,代入数据解得t=5s答案5s
6.如图所示,在水平平行放置的两根光滑长直导电轨道MN与PQ上,放着一根直导线ab,ab与导轨垂直,它在导轨间的长度为20cm,这部分的电阻r=
0.02Ω导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=
0.20T,电阻R=
0.08Ω,其他电阻不计,ab的质量为
0.02kg1打开开关S,ab在水平恒力F=
0.01N的作用下,由静止沿轨道滑动,求经过多长时间速度才能达到10m/s?2当ab的速度达到10m/s时,闭合开关S,为了保持ab仍能以10m/s的速度匀速运动,水平拉力应变为多少?解析1由牛顿第二定律F=ma,得a==m/s2=
0.5m/s2t==s=20s2导线ab保持以10m/s的速度运动,受到的安培力F安=BIL==
0.16N安培力与拉力F是一对平衡力,故F=
0.16N答案120s
20.16N
7.平行水平长直导轨间的距离为L,左端接一耐高压的电容器C轻质导体杆cd与导轨接触良好,如图所示,在水平力作用下以加速度a从静止到匀加速运动,匀强磁场B竖直向下,不计摩擦与电阻,求1所加水平外力F与时间t的关系;2在时间t内有多少能量转化为电场能?解析1对于导体棒cd,由于做匀加速运动,则有v1=at,由E=BLv可知E=BLat对于电容器,由C=可知Q=CU=CBLat,对于闭合回路,由I=可知I=CBLa对于导体棒,由F安=BIL可知F安=B2L2Ca
①由牛顿第二定律可知F-F安=ma,F=m+B2L2Ca,因此对于外力F来说,是一个恒定的外力,不随时间变化2对于导体棒cd,克服安培力做多少功,就应有多少能量转化为电能,则有W安=-F安x
②x=at2
③由
①②③式得W安=,所以在t秒内转化为电场能的能量为E=答案1F=m+B2L2Ca,为恒力,不随时间t变化
28.xx·北京东城期末如图所示,两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上,顶部接有一阻值R=3Ω的定值电阻,下端开口,轨道间距L=1m整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向上质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上,ab在导轨之间的电阻r=1Ω,电路中其余电阻不计金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨,且与导轨接触良好不计空气阻力影响已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ=
0.5,sin37°=
0.6,cos37°=
0.8,取g=10m/s21求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm;2求金属棒ab沿导轨向下运动过程中,电阻R上的最大电功率PR;3若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中,电阻R上产生的焦耳热总共为
1.5J,求流过电阻R的总电荷量q解析1金属棒由静止释放后,沿斜面做变加速运动,加速度不断减小,当加速度为零时有最大速度vm由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ-F安=0F安=BILI=E=BLvm由以上各式代入数据解得vm=
2.0m/s2金属棒以最大速度vm匀速运动时,电阻R上的电功率最大,此时PR=I2R,解得PR=3W3设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中,沿导轨下滑距离为x由能量守恒定律mgxsinθ=μmgxcosθ+QR+Qr+mvm2根据焦耳定律=,解得x=
2.0m根据q=Δt,=,=ΔΦ=BLx,解得q==
1.0C答案
12.0m/s 23W
31.0C第62课时 电磁感应中的能量问题题型研究课 [说] 电磁感应中的能量问题是历年高考的热点,这类问题的综合性强,难度较大在电磁感应现象中,安培力做正功,电能转化为其他形式的能;安培力做负功,即克服安培力做功,其他形式的能转化为电能若产生的感应电流是恒定的,则可以利用焦耳定律计算电阻中产生的焦耳热;若产生的感应电流是变化的,则可以利用能量守恒定律计算电阻中产生的焦耳热
1.电磁感应中的能量转化电磁感应过程的实质是不同形式的能量之间转化的过程,而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的,安培力做功,则电能转化为其他形式的能,外力克服安培力做功,则其他形式的能转化为电能能量转化过程表示如下电能
2.电磁感应中的能量问题常用关系电磁感应发生过程中,涉及能量包括外部能量、运动导体的动能、焦耳热,外力做功和克服安培力做功实现这些能量的转化,它们关系如下1焦耳定律Q=I2Rt2功能关系Q=W克安3动能定理W外-W克安=mv2-mv02
一、应用焦耳定律求解电磁感应能量问题[例1] xx·浙江高考小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示,两根平行金属导轨相距l=
0.50m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=
0.05Ω的电阻在导轨间长d=
0.56m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=
2.0T质量m=
4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=
0.24m一位健身者用恒力F=80N拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置重力加速度g=10m/s2,sin53°=
0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量求1CD棒进入磁场时速度v的大小;2CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小;3在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q[思路点拨]导体棒在磁场区域恰好做匀速运动,故感应电动势和感应电流都是恒定的,电阻上产生的热量可以用焦耳定律计算[解析] 1由牛顿第二定律a==12m/s2进入磁场时的速度v==
2.4m/s2感应电动势E=Blv,感应电流I=安培力FA=IBl,代入得FA==48N3健身者做功W=Fs+d=64J由牛顿第二定律F-mgsinθ-FA=0CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t=焦耳热Q=I2Rt=
26.88J[答案]
12.4m/s 248N 364J
26.88J
二、应用能量守恒定律求解电磁感应能量问题[例2] 如图所示,在高度差为h的平行虚线区域内,有磁感应强度为B、方向水平向里的匀强磁场正方形线框abcd的质量为m,边长为LL=h,电阻为R,线框平面与竖直平面平行,静止于位置“Ⅰ”时,cd边与磁场下边缘有一段距离H现用一竖直向上的恒力F提线框,线框由位置“Ⅰ”无初速度向上运动,穿过磁场区域最后到达位置“Ⅱ”ab边恰好出磁场,线框平面在运动中保持在竖直平面内,且ab边保持水平当cd边刚进入磁场时,线框恰好开始匀速运动空气阻力不计,求1线框进入磁场前距磁场下边界的距离H;2线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中,恒力F做的功和线框产生的热量[解析] 1线框进入磁场做匀速运动,设速度为v1,有E=BLv1,I=,F安=BIL;根据线框在磁场中的受力,有F=mg+F安在恒力作用下,线框从位置“Ⅰ”由静止开始向上做匀加速直线运动,有F-mg=ma,且H=,由以上各式解得H=F-mg2线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中,恒力F做的功为W=FH+h+L=F-mg+2FL只有线框在穿越磁场的过程中才会产生热量,因此从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中,根据能量守恒定律有FL+h=mgL+h+Q,所以Q=2F-mgL[答案] 1F-mg2F-mg+2FL 2F-mgL [通法归纳] 功能关系在电磁感应能量问题中的应用1重力做功,重力势能减少2杆加速下滑,杆的动能增加3杆克服安培力做功时,杆上产生热量4根据能量守恒定律和以上能量转化情况,可以列出方程求解[集训冲关]
1.xx·江苏高考做磁共振MRI检查时,对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响,将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈,线圈的半径r=
5.0cm,线圈导线的截面积A=
0.80cm2,电阻率ρ=
1.5Ω·m如图所示,匀强磁场方向与线圈平面垂直,若磁感应强度B在
0.3s内从
1.5T均匀地减为零,求计算结果保留一位有效数字1该圈肌肉组织的电阻R;2该圈肌肉组织中的感应电动势E;
30.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q解析1由电阻定律得R=ρ,代入数据得R≈6×103Ω2感应电动势E=,代入数据得E≈4×10-2V3由焦耳定律得Q=Δt,代入数据得Q=8×10-8J答案16×103Ω 24×10-2V 38×10-8J
2.如图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ,N、Q两点间接有阻值为R的电阻整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上,杆cd由静止释放,下滑距离x时达到最大速度重力加速度为g,导轨电阻不计,杆与导轨接触良好求1杆cd下滑的最大加速度和最大速度;2上述过程中,杆上产生的热量解析1设杆cd下滑到某位置时速度为v,则杆产生的感应电动势E=BLv,回路中的感应电流I=杆所受的安培力F=BIL根据牛顿第二定律有mgsinθ-=ma当速度v=0时,杆的加速度最大,最大加速度a=gsinθ,方向沿导轨平面向下当杆的加速度a=0时,速度最大,最大速度vm=,方向沿导轨平面向下2杆cd从开始运动到达到最大速度过程中,根据能量守恒定律得mgxsinθ=Q总+mvm2又Q杆=Q总,所以Q杆=mgxsinθ-答案见解析
一、选择题
1.如图所示,在光滑的水平面上,一质量为m,半径为r,电阻为R的均匀金属环,以v0的初速度向一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的有界匀强磁场滑去磁场宽度d2r圆环的一半进入磁场历时t秒,这时圆环上产生的焦耳热为Q,则t秒末圆环中感应电流的瞬时功率为 A. B.C.D.解析选B t秒末圆环中感应电动势为E=B·2r·v,由能量守恒知,减少的动能全部转化为焦耳热,Q=mv02-mv2,t秒末圆环中感应电流的功率为P=EI==,B正确
2.多选xx·湖北六校模拟如图所示,水平的平行虚线间距为d=60cm,其间有沿水平方向的匀强磁场一个阻值为R的正方形金属线圈边长ld,线圈质量m=
0.1kg线圈在磁场上方某一高度处由静止释放,保持线圈平面与磁场方向垂直,其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等不计空气阻力,取g=10m/s2,则 A.线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B.线圈进入磁场过程中产生的电热为
0.6JC.线圈在进入磁场和穿出磁场过程中,电流均为逆时针方向D.线圈在进入磁场和穿出磁场过程中,通过导线截面的电荷量相等解析选BD 线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等,而线圈完全进入磁场后,只受重力作用,一定加速运动,因此线圈进入磁场过程中一定是减速进入的,即线圈所受向上的安培力大于重力,安培力F=BIl=Bl=随速度减小而减小,合外力不断减小,故加速度不断减小,A项错;从线圈下边缘刚进入磁场到下边缘即将穿出磁场过程中,线圈减少的重力势能完全转化为电能并以焦耳热的形式释放出来,故线圈进入磁场过程中产生的电热Q=mgd=
0.6J,B项正确;由楞次定律可知,线圈进入和离开磁场过程中,感应电流方向相反,C项错;由法拉第电磁感应定律=,由闭合电路欧姆定律可知,=,则感应电荷量q=·Δt,联立解得q=,线圈进入和离开磁场,磁通量的变化量相同,故通过导线横截面的电荷量q相同,D项正确
3.多选如图所示,竖直放置的平行金属导轨上端跨接一个阻值为R的电阻质量为m的金属棒MN可沿平行导轨竖直下滑,不计轨道与金属棒的电阻金属棒自由下落了h后进入一个有上下边界的匀强磁场区域,磁场方向垂直轨道平面,磁场宽度也为h,设金属棒MN到达上边界aa′时的速度为v1,到达下边界bb′时的速度为v2,则以下说法正确的是 A.进入磁场区后,MN可能做匀速运动,则v1=v2B.进入磁场区后,MN可能做加速运动,则v1v2C.进入磁场区后,MN可能做减速运动,则v1v2D.通过磁场区域的过程中,R上释放出的焦耳热一定是mgh解析选ABC 金属棒在进入磁场前自由下落,当刚进入磁场产生感应电流对应的安培力刚好等于重力时,则接着做匀速直线运动,此时v1=v2,A正确;当刚进入磁场产生感应电流对应的安培力大于重力时,根据牛顿第二定律,则做减速运动,此时v1v2,C正确;当刚进入磁场产生感应电流对应的安培力小于重力时,由牛顿第二定律,则做加速运动,此时v1v2,B正确;当进入磁场后匀速运动时,通过磁场区域的过程中,R上释放出的焦耳热为mgh,D错误
4.多选如图所示,水平面内固定的大导体矩形环M与电阻不计的平行金属导轨相连,环内有磁感应强度大小为Bt=B0+kt的磁场,矩形环的面积为S,导轨足够长且导轨间存在磁感应强度为B的匀强磁场,导轨上放一质量为m、与导轨紧密接触的导体棒,磁感线垂直于导轨所在平面若导体棒连入导轨间的电阻和矩形环的电阻均为R,导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,导轨间距为L,导体棒经过时间t达到最大速度,则 A.导体棒的最大速度为B.导体棒达到最大速度时流过ab的电流为C.导体棒达到最大速度时电路消耗的总功率为D.导体棒达到最大速度时电路上产生的焦耳热为t解析选BC 根据法拉第电磁感应定律,导体矩形环内磁场变化产生的感应电动势为E1==S=kS,初始时,导体棒ab中产生的电流为I==,方向由b到a,导体棒受到的安培力FA=BIL,导体棒在安培力作用下做加速运动,a=,导体棒运动中切割磁感线又产生感应电动势E2=BLv,方向与E1相反,加速度a变小,当a=0时速度达到最大,即FA′=BI′L=BL=μmg,解得vm=-,则此时的电流为I′=,故选项A错误,B正确;速度达到最大后,机械能不再变化,此时电路为纯电阻电路,故P=I′2·2R=2·2R=,故选项C正确;电路中电流是变化的,所以选项D错误
二、计算题
5.xx·雅安月考如图所示,两条足够长的平行金属导轨相距L,与水平面的夹角为θ,整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上,虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中,导体棒MN一直静止在导轨上,若两导体棒质量均为m、电阻均为R,导轨电阻不计,重力加速度为g,在此过程中导体棒EF上产生的电热为Q,求1导体棒MN受到的最大摩擦力;2导体棒EF上升的最大高度解析1EF获得向上初速度v0时,产生感应电动势E=BLv0,电路中电流为I,由闭合电路的欧姆定律有I=,此时对导体棒MN受力分析,由平衡条件有FA+mgsinα=Ff,FA=BIL,解得Ff=+mgsinθ2导体棒EF上升过程MN一直静止,对系统由能的转化和守恒定律有mv02=mgh+2Q,解得h=答案1+mgsinθ
26.如图甲所示,“”形线框竖直放置,电阻不计匀强磁场方向与线框平面垂直,一个质量为m、阻值为R的光滑导体棒AB,紧贴线框下滑,所达到的最大速度为v现将该线框和磁场同时旋转一个角度放置在倾角为θ的斜面上,如图乙所示1在斜面上导体棒由静止释放,若下滑过程中,线框一直处于静止状态,求导体棒的最大速度;2导体棒在下滑过程中线框保持静止,求线框与斜面之间的动摩擦因数μ所满足的条件设最大静摩擦力等于滑动摩擦力;3现用一个恒力F=2mgsinθ沿斜面向上由静止开始拉导体棒,通过距离x时导体棒已经做匀速运动,线框保持不动,求此过程中导体棒上产生的焦耳热解析1线框竖直时,对导体棒E=BLvI=mg=BIL=同理,导体棒在斜面上下滑速度最大时mgsinθ=解得v1=vsinθ2设线框的质量为M,当导体棒速度最大时,线框受到沿斜面向下的安培力最大,要使线框静止不动,则Mgsinθ+F安≤Ffmax即Mgsinθ+mgsinθ≤μM+mgcosθ解得μ≥tanθ3当匀速运动时F=mgsinθ+F安′F安′=由功能关系可得Fx=mgxsinθ+mv22+Q联立可得Q=mgxsinθ-mv2sin2θ答案1vsinθ 2μ≥tanθ 3mgxsinθ-mv2sin2θ7.xx·郑州一模如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ电阻不计,其间距离为L,两导轨及其构成的平面与水平面成θ角两根用细线连接的金属杆ab、cd分别垂直导轨放置,平行斜面向上的外力F作用在杆ab上,使两杆静止已知两金属杆ab、cd的质量分别为m和2m,两金属杆的电阻都为R,并且和导轨始终保持良好接触,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B某时刻将细线烧断,保持杆ab静止不动,重力加速度为g求1细线烧断后外力F的最小值F1和最大值F2;2当外力F=时,cd杆的速度大小;3从细线烧断到cd杆达到最大速度,杆ab产生的电热为Q,求cd杆在此过程中经过的位移解析1细线烧断瞬间,外力F取得最小值F1,对杆ab F1=mgsinθ杆到达最大速度vm时,外力F取得最大值F2,对杆ab F2=mgsinθ+F安对cd杆,因其匀速运动,则F安′=2mgsinθF安=F安′代入可得F2=3mgsinθ2当外力F=时,对杆ab F=mgsinθ+F安=2mgsinθ可得F安=mgsinθ根据F安=BIL其中I=可得此时cd杆匀速运动速度v=3由于两杆电阻相等,所以产生电热相等cd杆达到最大速度前,电路产生的总电热为2Q,设cd杆达到最大速度前经过的位移为x,由能量守恒可知2mgxsinθ=2mvm2+2Qcd杆最后匀速时F安=2mgsinθ=BILI=联立得x=答案1mgsinθ 3mgsinθ 23
一、选择题在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求1.xx·广东四校联考如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框在下列四种情况下,线框中会产生感应电流的是 A.如图甲所示,保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动B.如图乙所示,保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动C.如图丙所示,线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D.如图丁所示,线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动解析选C 保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,选项A错误;保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,选项B错误;线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动,磁通量周期性地改变,故一定有感应电流,故选项C正确;线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,选项D错误
2.xx·江苏苏北四市期末如图所示,螺线管与灵敏电流计相连,磁铁从螺线管的正上方由静止释放,向下穿过螺线管下列说法正确的是 A.电流计中的电流先由a到b,后由b到aB.a点的电势始终低于b点的电势C.磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D.磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度解析选D 当磁铁N极向下运动,导致穿过线圈的磁通量变大,且方向向下,则由楞次定律可得线圈中产生感应电流方向盘旋而下,螺线管下端相当于电源的正极所以通过G的电流方向为从b到a,当S极离开螺线管时,穿过线圈的磁通量变小,且方向向下,则螺线管上端相当于电源的正极,所以通过G的电流方向为从a到b,则a点的电势先低于b点的电势,后高于b点电势,故A、B错误;磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量和磁铁的动能,故C错误;磁铁刚离开螺线管时,正在远离螺线管,磁铁受到的磁场力阻碍磁铁远离螺线管去留,则加速度ag,故D正确3.如图,矩形闭合导体线框在匀强磁场上方,由不同高度静止释放,用t
1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻线框下落过程形状不变,ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行,线框平面与磁场方向垂直设OO′下方磁场区域足够大,不计空气影响,则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律 解析选A 在0~t1时间内,线框做自由落体运动,t2时刻以后,线框全部进入磁场后做匀加速直线运动,这两段时间内的vt图线均为直线在t1~t2时间内,线框进入磁场的过程中,线框的运动状态与进入磁场时的速度v有关当线框在磁场中匀速运动时,安培力等于重力,即=mg若线框的速度v远大于v0,则进入磁场后减速由-mg=ma可知,加速度减小;若线框速度vv0,但相差不大,则线框进入磁场后可能先减速再匀速,B项正确;若线框的速度v=v0,则线框进入磁场一直匀速至全部进入磁场,D项正确;若线框的速度vv0,但相差不大,则线框进入磁场后可能先加速再匀速;若线框的速度v远小于v0,则线框进入磁场后加速,加速度减小,C项正确,只有选项A不可能,故选A
4.如图所示,上下开口、内壁光滑的钢管P和塑料管Q竖直放置小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块 A.在P和Q中都做自由落体运动B.在两个下落过程中的机械能都守恒C.在P中的下落时间比在Q中的长D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析选C 小磁块在内壁光滑的塑料管Q中,从高处由静止释放做自由落体运动,机械能守恒;小磁块在内壁光滑的铜管P中,则会产生电磁阻尼阻碍小磁块的运动,相比Q中自由落体运动时间要长,C项正确,A项错误;由于电磁阻尼产生焦耳热,机械能不守恒,B项错误;由于机械能有损失,落至底部时在P中的速度比在Q中的小,D项错误5.CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨,导轨间距为L,在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场区域的长度为d,如图所示导轨的右端接有一电阻R,左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放,导体棒最终恰好停在磁场的右边界处已知导体棒与水平导轨接触良好,且动摩擦因数为μ,则下列说法中正确的是 A.电阻R的最大电流为B.流过电阻R的电荷量为C.整个电路中产生的焦耳热为mghD.电阻R中产生的焦耳热为mgh-μd解析选D 由题图可知,导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大,产生的感应电流最大,由机械能守恒有mgh=mv2,所以I===,A错误;流过R的电荷量为q=It==,B错误;由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q=mgh-μmgd,C错误;由于导体棒的电阻也为R,则电阻R中产生的焦耳热为Q=mgh-μd,D正确
6.xx·南京、盐城二模如图,图1是用电流传感器S
1、S2其电阻忽略不计研究自感现象的实验电路,图中两个电阻的阻值均为R,L是一个自感系数足够大的自感线圈,其直流电阻值也为R,不计电源内阻图2是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后,通过传感器的电流随时间变化的图像关于这些图像,下列说法中正确的是 A.甲是开关S由断开变为闭合,通过传感器S1的电流随时间变化的情况B.乙是开关S由断开变为闭合,通过传感器S1的电流随时间变化的情况C.丙是开关S由闭合变为断开,通过传感器S2的电流随时间变化的情况D.丁是开关S由闭合变为断开,通过传感器S2的电流随时间变化的情况解析选BC 开关S由断开变为闭合,由于L的自感作用,通过传感器S1的电流一开始有一个固定的电流值,当稳定以后,自感消失,电流增大达到最大后,保持不变,故选项A错误,B正确;开关S由闭合变为断开,传感器S1的电流立即为零,由于L的自感作用相当于电源,传感器S2的电流与原来反向且逐渐减小为零,故选项C正确,D错误
7.在竖直平行的导轨上端接有电阻R,金属杆ab的质量为m,跨在平行导轨间的长度为L,垂直导轨平面的匀强磁场方向向里,不计ab杆及导轨的电阻,不计摩擦且ab与导轨接触良好,如图所示ab杆在外力作用下匀速上升,当上升了高度h时 A.拉力F做的功等于电阻R产生的热量B.金属杆ab克服安培力做的功等于电阻R产生的热量C.拉力F和重力做的功的代数和等于电阻R产生的热量D.拉力F与安培力的合力所做的功等于mgh解析选BCD 金属杆受重力、拉力F和安培力作用,重力和安培力做负功,拉力F做正功,由于金属杆匀速运动,由动能定理得WF+W安+WG=0,而W安=-Q,故WF+WG=Q,故A错误,B、C正确设金属杆上升的高度为h,则WG=-mgh,故WF+W安=mgh,故D正确8.xx·莱州期末如图所示,两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α,导轨电阻不计,图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于导轨面向上两质量均为m、长均为l、电阻均为R的金属杆垂直于导轨放置,且与导轨接触良好开始时金属杆ab处在与磁场上边界相距l的位置,金属杆cd处在导轨的最下端,被与导轨垂直的两根小柱挡住现将金属杆ab由静止释放,金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动,已知重力加速度为g,则 A.金属杆ab进入磁场时的感应电流方向为由b到aB.金属杆ab进入磁场时的速度大小为C.金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为D.金属杆ab进入磁场后金属杆cd对两根小柱的压力大小为零解析选AB 由右手定则可知,金属杆ab进入磁场时的感应电流方向为由b到a,选项A正确;金属杆下滑进入磁场过程,由动能定理得mglsinα=mv2,解得v=,选项B正确;金属杆ab在磁场中做匀速直线运动,有mgsinα=BIl,其中I=,得E=,选项C错误;金属杆ab进入磁场后在金属杆cd中产生由c到d的电流,由左手定则可知,cd受到沿导轨平面向下的安培力,故cd对两根小柱的压力大小不为零,选项D错误
二、计算题9.小明同学设计了一个“电磁天平”,如图甲所示,等臂天平的左臂为挂盘,右臂挂有矩形线圈,两臂平衡线圈的水平边长L=
0.1m,竖直边长H=
0.3m,匝数为N1线圈的下边处于匀强磁场内,磁感应强度B0=
1.0T,方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在0~
2.0A范围内调节的电流I挂盘放上待测物体后,调节线圈中电流使天平平衡,测出电流即可测得物体的质量重力加速度取g=10m/s21为使电磁天平的量程达到
0.5kg,线圈的匝数N1至少为多少?2进一步探究电磁感应现象,另选N2=100匝、形状相同的线圈,总电阻R=10Ω,不接外电流,两臂平衡如图乙所示,保持B0不变,在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B随时间均匀变大,磁场区域宽度d=
0.1m当挂盘中放质量为
0.01kg的物体时,天平平衡,求此时磁感应强度的变化率解析1由题意可知“电磁天平”中的线圈受到的安培力F=N1B0IL,由天平平衡可知mg=N1B0IL代入数据解得N1=25匝2由电磁感应定律得E=N2=N2Ld由欧姆定律得I′=线圈受到的安培力F′=N2B0I′L由天平平衡可得m′g=N22B0·代入数据可得=
0.1T/s答案125匝
20.1T/s10.xx·全国乙卷如图,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,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μ,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解析1设导线的张力的大小为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2mgsinθ=μN1+T+F
①N1=2mgcosθ
②对于cd棒,同理有mgsinθ+μN2=T
③N2=mgcosθ
④联立
①②③④式得F=mgsinθ-3μcosθ
⑤2由安培力公式得F=BIL
⑥这里I是回路abdca中的感应电流ab棒上的感应电动势为ε=BLv
⑦式中,v是ab棒下滑速度的大小由欧姆定律得I=
⑧联立
⑤⑥⑦⑧式得v=sinθ-3μcosθ
⑨答案1mgsinθ-3μcosθ2sinθ-3μcosθ
11.如图所示,相互平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ=30°的绝缘斜面上,相距为L,导轨下端连接一个定值电阻R1,上端通过开关SS是闭合的也连接一个定值电阻R2导体棒ab放在导轨上靠近下端的位置,与导轨垂直并良好接触在斜面上虚线MN以下的区域内,存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场,磁感应强度为B现对ab棒施以平行导轨斜向上的恒定拉力F,使它沿导轨先向上加速运动,在到达虚线MN之前,导体棒ab已经开始做匀速运动当导体棒到达MN时,立即撤去拉力,导体棒向上运动一段后又向下滑动,进入磁场后又做匀速运动已知R1=R2=R,导体棒ab的阻值为r=,质量为m,重力加速度为g,拉力做的功为W,导轨电阻不计1求拉力F的大小和导体棒ab匀速运动时的速度v;2当导体棒ab匀速运动时,求电阻R1的发热功率P1;并求导体棒ab从开始运动到回到初始位置的过程中电阻R1产生的热量Q13若在导体棒ab再次进入磁场时断开开关S,则导体棒ab将如何运动?解析1导体棒运动时受力如图甲所示,由牛顿第二定律可得F-FA-mgsinθ=ma
①其中,导体棒受到的安培力FA=BIL=
②当导体棒加速度a=0时开始做匀速运动,因此联立
①②有F--mgsinθ=0
③导体棒在MN上方运动时只受重力,机械能守恒,因此当导体棒再次进入磁场时速度也为v,匀速运动时受力如乙所示,有mgsinθ-=0
④由
④解得v=
⑤由
③④得F=mg
⑥2由于R1与R2并联后电阻值等于,因此Pr=2P1,有P1=P总=FAv
⑦由
②⑤⑦联立得P1=
⑧从导体棒ab开始运动到回到初始位置,重力做功为0,由功能关系得W-Q=mv2-0
⑨Q1=Q⑩由
⑤⑨⑩解得Q1=3当开关S断开时,回路的电阻增大,通过导体棒ab的电流减小,安培力减小,导体棒ab先加速,当mgsinθ-=0时,导体棒ab开始以v′=的速度做匀速运动答案1mg 2 3先加速后匀速运动。