一、单项选择题一、单项选择题1.(2014江苏单科,1,3分)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t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.A组 自主命题江苏卷题组五年高考答案B由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E=n=nS=n,得E=,选项B正确。考查点本题考查考生对法拉第电磁感应定律和磁通量等知识的理解,属于容易题。错解分析本题易错选C,原因有两种可能:一是对磁通量概念的理解有误,认为面积S=a2;二是审题不清,认为磁感应强度“增加了”2B。由此可见,解题过程中一定要细心再细心!2.(2016江苏单科,6,4分)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,线圈中的电流方向不断变化二、多项选择题二、多项选择题答案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。考查点本题考查产生感应电流的条件、法拉第电磁感应定律、感应电流方向等知识,属于容易题。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变化,从而产生了感应电流。3.(2014江苏单科,7,4分)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.取走线圈中的铁芯答案AB该装置的工作原理是,线圈内变化的电流产生变化的磁场,从而使金属杯内产生涡流,再把电能转化为内能,使杯内的水升温。交流电源的频率一定时,线圈产生的磁场的磁感应强度最大值Bm越大,杯内磁通量变化就越快,产生的涡流就越大,增加线圈的匝数会使线圈产生的磁场Bm增大,而取走线圈中的铁芯会使线圈产生的磁场Bm减小,故A对、D错。交流电源的频率增大,杯内磁通量变化加快,产生的涡流增大,故B正确。瓷为绝缘材料,不能产生涡流,故C错。考查点本题从改变线圈构造、工作电源、加热容器等多个视角考查考生对涡流的理解,属于容易题。学习指导涡流不是重、难点,学习中很容易忽视它。由此可见,我们在学习过程中,不留知识漏洞,才不会在高考中留下遗憾。4.(2017江苏单科,13,15分)如图所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后,金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求:(1)MN刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小I;(2)MN刚扫过金属杆时,杆的加速度大小a;三、非选择题三、非选择题(3)PQ刚要离开金属杆时,感应电流的功率P。解析本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律。(1)感应电动势E=Bdv0感应电流I=解得I=(2)安培力F=BId牛顿第二定律F=ma解得a=(3)金属杆切割磁感线的速度v=v0-v,则感应电动势E=Bd(v0-v)电功率P=解得P=答案(1) (2)(3)方法技巧感应电动势的求法感应电动势可分为感生电动势和动生电动势。感生电动势用公式E=n求解,且只能求解平均电动势。动生电动势用公式E=BLv求解,既可以求平均电动势,也可以求瞬时电动势。用E=BLv求解电动势时,v为导体棒垂直切割磁感线的速度。5.(2016江苏单科,13,15分)据报道,一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间。照片中,“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见。如图所示,假设“天宫一号”正以速度v=7.7km/s绕地球做匀速圆周运动,运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直,M、N间的距离L=20m,地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B=1.010-5T。将太阳帆板视为导体。(1)求M、N间感应电动势的大小E;(2)在太阳帆板上将一只“1.5V,0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路,不计太阳帆板和导线的电阻,试判断小灯泡能否发光,并说明理由;(3)取地球半径R=6.4103km,地球表面的重力加速度g=9.8m/s2,试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)。解析(1)法拉第电磁感应定律E=BLv,代入数据得E=1.54V(2)不能,因为穿过闭合回路的磁通量不变,不产生感应电流。(3)在地球表面有G=mg匀速圆周运动G=m解得h=-R,代入数据得h4105m(数量级正确都算对)答案(1)1.54V(2)见解析(3)4105m考查点本题考查感应电流产生的条件、法拉第电磁感应定律、万有引力提供向心力、黄金代换式等考点,情景清晰简单,对分析推理能力要求不高,属于中等难度题。易错点拨虽然MN连线在切割磁感线,M点电势高于N点电势,但在M、N之间连小灯泡,整个回路在磁场中平动,磁通量不变。6.(2015江苏单科,13,15分)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=1.5m。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;(3)0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。解析(1)由电阻定律得R=,代入数据得R=6103(2)感应电动势E=,代入数据得E=410-2V(3)由焦耳定律得Q=t,代入数据得Q=810-8J答案(1)6103(2)410-2V(3)810-8J考查点本题考查了电阻定律、法拉第电磁感应定律和电功三个方面的内容,模型已构建好,主要考查基本规律的简单应用,属于中等难度题。学习指导考生在本题中出现的错误主要有以下几方面:不理解公式中各字母的含义,乱套公式;单位换算错误;未按有效数字的要求表达结果;运算结果错误。由以上种种错误可见,学习过程中不仅要牢记公式,更重要的是要理解式中各字母的物理意义;解题过程中要细心、细心、再细心!7.(2014江苏单科,13,15分,)如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距为L,长为3d,导轨平面与水平面的夹角为,在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放,在滑上涂层之前已经做匀速运动,并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直,且仅与涂层间有摩擦,接在两导轨间的电阻为R,其他部分的电阻均不计,重力加速度为g。求:(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数;(2)导体棒匀速运动的速度大小v;(3)整个运动过程中,电阻产生的焦耳热Q。答案(1)tan(2)(3)2mgdsin-解析(1)在绝缘涂层上受力平衡mgsin=mgcos解得=tan(2)在光滑导轨上感应电动势E=BLv感应电流I=安培力F安=BIL受力平衡F安=mgsin解得v=(3)摩擦生热Q摩=mgdcos由能量守恒定律得3mgdsin=Q+Q摩+mv2解得Q=2mgdsin-考查点本题考查了共点力的平衡、摩擦力、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力、能量守恒定律等知识,要求考生具有一定的综合分析能力,属于中等难度题。解题思路因为棒“一直匀速滑到导轨底端”,所以,棒在绝缘涂层上滑动时,“下滑力”等于滑动摩擦力。棒开始做变加速运动,待匀速时速度达到最大,由合外力等于零列式可得最大速度v。对棒运动的全过程应用能量守恒定律,便可轻而易举地解出。8.(2013江苏单科,13,15分)如图所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N=100,边长ab=1.0m、bc=0.5m,电阻r=2。磁感应强度B在01s内从零均匀变化到0.2T。在15s内从0.2T均匀变化到-0.2T,取垂直纸面向里为磁场的正方向。求:(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向;(2)在15s内通过线圈的电荷量q;(3)在05s内线圈产生的焦耳热Q。答案(1)10Vadcba(2)10C(3)100J解析(1)感应电动势E1=N磁通量的变化1=SB1解得E1=N代入数据得E1=10V感应电流的方向为adcba(2)同理可得E2=N感应电流I2=电荷量q=I2t2解得q=N代入数据得q=10C(3)01s内的焦耳热Q1=rt1且I1=15s内的焦耳热Q2=rt2由Q=Q1+Q2,代入数据得Q=100J评析本题为电磁感应的常规物理量求解,考查学生对基本规律的理解及基本能力,难度较小。考查点本题考查法拉第电磁感应定律、电流、楞次定律、电荷量、焦耳定律等知识,要求考生具有一定的分析综合能力,属于中等难度题。解题思路运用楞次定律判断感应电流方向,运用法拉第电磁感应定律求感应电动势,再利用闭合电路欧姆定律和电流的定义式相结合求电荷量,由焦耳定律求焦耳热。考点一楞次定律法拉第电磁感应定律考点一楞次定律法拉第电磁感应定律一、单项选择题一、单项选择题1.(2017课标,15,6分)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。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B组 统一命题、省（区、市）卷题组答案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,PQRS中产生逆时针方向的电流。这时因为PQRS中感应电流的作用,依据楞次定律可知,T中产生顺时针方向的感应电流。故只有D项正确。易错点拨对楞次定律的深度理解线框与导轨共面且与磁场垂直。当金属杆PQ向右运动时,PQRS中向里的磁通量增加,从而产生逆时针方向的感应电流。T中原有向里的磁通量不变,而增加了因PQRS中感应电流产生的向外的磁通量,导致T中合磁通量减小,从而产生顺时针方向的感应电流。2.(2017北京理综,19,6分)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈。实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()A.图1中,A1与L1的电阻值相同B.图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流C.图2中,变阻器R与L2的电阻值相同D.图2中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等答案C本题考查自感现象判断。在图1中断开S1瞬间,灯A1突然闪亮,说明断开S1前,L1中的电流大于A1中的电流,故L1的阻值小于A1的阻值,A、B选项均错误;在图2中,闭合S2瞬间,由于L2的自感作用,通过L2的电流很小,D错误;闭合S2后,最终A2与A3亮度相同,说明两支路电流相等,故R与L2的阻值相同,C项正确。知识拓展断电自感现象深入分析图1实验为断电自感实验,当S1断开后,L1与A1构成一个闭合回路,L1的自感电动势使回路中的电流保持一段时间,故A1会逐渐变暗。3.(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。4.(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91C.a、b线圈中感应电流之比为34D.a、b线圈中电功率之比为31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。5.(2015课标,15,6分)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时,a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()A.UaUc,金属框中无电流B.UbUc,金属框中电流方向沿a-b-c-aC.Ubc=-Bl2,金属框中无电流D.Uac=Bl2,金属框中电流方向沿a-c-b-a答案C闭合金属框在匀强磁场中以角速度逆时针转动时,穿过金属框的磁通量始终为零,金属框中无电流。由右手定则可知Ub=UaL)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v-t图像中,可能正确描述上述过程的是()答案D导线框刚进入磁场时速度设为v0,此时产生的感应电动势E=BLv0,感应电流I=,线框受到的安培力F=BLI=。由牛顿第二定律F=ma知,=ma,由楞次定律知线框开始减速,随v减小,其加速度a减小,故进入磁场时做加速度减小的减速运动。当线框全部进入磁场开始做匀速运动,在出磁场的过程中,仍做加速度减小的减速运动,故只有D选项正确。评析考查了电磁感应现象中的力电综合问题,解答此类题的关键是确定导线框受的安培力,结合牛顿运动定律可以确定出力与运动的关系,从而画出速度与时间的关系图线。4.(2017课标,20,6分)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、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0.5TB.导线框运动速度的大小为0.5m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t=0.4s至t=0.6s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1N二、多项选择题二、多项选择题答案BC本题考查电磁感应、安培力。导线框匀速进入磁场时速度v=m/s=0.5m/s,选项B正确;由E=BLv,得B=T=0.2T,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=0.20.1N=0.04N,选项D错误。储备知识根据图像和导线框匀速运动,获取信息,结合安培力、导体切割磁感线产生感应电动势可以确定选项。5.(2016课标,20,6分)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倍答案AB设圆盘的半径为L,可认为圆盘由无数根辐条构成,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。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时,r=0。6.(2016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=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。三、非选择题三、非选择题解析(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答案(1)(2)B0lv0(t-t0)+kSt(B0lv0+kS)回路的总磁通量为t=+式中,仍如式所示。由式得,在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量为t=B0lv0(t-t0)+kSt在t到t+t的时间间隔内,总磁通量的改变t为t=(B0lv0+kS)t由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为t= 由欧姆定律有I= 联立 式得f=(B0lv0+kS) 评分参考第(1)问7分,式各1分,式2分;第(2)问13分,式2分,式各1分, 式各2分, 式各1分。易错点拨(1)在计算磁通量时,用的是左侧矩形面积,而不是圆形磁场面积,从而导致出错。(2)当金属棒越过MN后计算磁通量时,得出的金属棒与MN的距离s=v0t,从而导致出错。1.(2017课标,18,6分)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图所示。无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()考点三电磁感应中的动力学与能量问题考点三电磁感应中的动力学与能量问题一、单项选择题一、单项选择题答案A本题考查电磁阻尼。由于要求有效衰减紫铜薄板的上下及左右的微小振动,则在紫铜薄板发生微小的上下或左右振动时,通过紫铜薄板横截面的磁通量应均能发生变化,由图可以看出,只有A图方案中才能使两方向上的微小振动得到有效衰减。方法技巧电磁感应中金属块的等效金属块在有界匀强磁场中平动时,可以等效为一系列垂直于磁场的闭合框;金属块在匀强磁场中转动时,可等效为一系列沿半径方向排列的导体棒。2.(2017天津理综,3,6分)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是()A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小答案D本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件。由于通过回路的磁通量向下减小,则根据楞次定律可知ab中感应电流的方向由a到b,A错误。因ab不动,回路面积不变;当B均匀减小时,由E=n=nS知,产生的感应电动势恒定,回路中感应电流I=恒定,B错误。由F=BIL知F随B减小而减小,C错误。对ab由平衡条件有f=F,故D正确。一题多解广义楞次定律因B减小时引起回路磁通量减小,由广义楞次定律可知回路有扩张的趋势,则ab所受安培力方向向右,再由左手定则可以判定ab中感应电流的方向从a到b,故A错误。3.(2017北京理综,24,20分)发电机和电动机具有装置上的类似性,源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。二、非选择题二、非选择题在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L,电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好,以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻,导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点M、P间接有直流电源,导体棒ab通过滑轮匀速提升重物,电路中的电流为I。(1)求在t时间内,图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。(2)从微观角度看,导体棒ab中的自由电荷所受洛仑兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便,可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。a.请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中,分别画出自由电荷所受洛仑兹力的示意图。b.我们知道,洛仑兹力对运动电荷不做功。那么,导体棒ab中的自由电荷所受洛仑兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢?请以图2“电动机”为例,通过计算分析说明。答案见解析解析本题考查发电机和电动机的机理分析、洛仑兹力的方向及其在能量转化中的作用。(1)图1中,电路中的电流I1=棒ab受到的安培力F1=BI1L在t时间内,“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功E电=F1vt=图2中,棒ab受到的安培力F2=BIL在t时间内,“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功E机=F2vt=BILvt(2)a.如图3、图4所示。b.设自由电荷的电荷量为q,沿导体棒定向移动的速率为u。如图4所示,沿棒方向的洛仑兹力f1=qvB,做负功W1=-f1ut=-qvBut垂直棒方向的洛仑兹力f2=quB,做正功W2=f2vt=quBvt所以W1=-W2,即导体棒中一个自由电荷所受的洛仑兹力做功为零。f1做负功,阻碍自由电荷的定向移动,宏观上表现为“反电动势”,消耗电源的电能;f2做正功,宏观上表现为安培力做正功,使机械能增加。大量自由电荷所受洛仑兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能,在此过程中洛仑兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。疑难突破洛仑兹力的做功及其作用在“发电机”模型中,外力促使导体棒做切割磁感线运动时,棒中自由电荷随棒运动,从而会受到沿棒方向的洛仑兹力,表现为“电源中的非静电力”,这一力做正功,起到了使其他形式能量向电能转化的作用;在“电动机”模型中,外电源使导体棒中产生电场,在电场力作用下,导体棒中的自由电荷沿棒运动,从而受到垂直于棒方向的洛仑兹力,宏观上表现为“导体棒受到的安培力”,这一力做正功,起到了使电能向其他形式能量转化的作用。4.(2017天津理综,12,20分)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图,图中直流电源电动势为E,电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l,电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接1,使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨。问:(1)磁场的方向;(2)MN刚开始运动时加速度a的大小;(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。答案(1)见解析(2)(3)解析本题考查安培力及其应用、电容器、动量定理、电磁感应定律等多个考点的综合应用。(1)垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电流为I,有I=设MN受到的安培力为F,有F=IlB由牛顿第二定律,有F=ma联立式得a=(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为Q0,有Q0=CE开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时,设MN上的感应电动势为E,有E=Blvmax依题意有E=设在此过程中MN的平均电流为,MN上受到的平均安培力为,有=lB由动量定理,有t=mvmax-0又t=Q0-Q联立式得Q=解题关键动量定理在电磁感应中的应用本题中,电容器的放电引起电容器两极板间电压减小,同时MN棒加速产生的反电动势增大,故回路中电流逐渐减小,故MN棒所受安培力也逐渐减小,所以对MN棒运动过程应用动量定理时,安培力的冲量应用平均安培力乘时间来计算,则t=lBt=BlQ=mvmax,Q为流过MN棒的总电荷量,即电容器放出的总电荷量。5.(2016上海单科,33,14分)如图,一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内,磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。一足够长、质量为m的直导体棒沿x方向置于轨道上,在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动,运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻为,与电阻不计的轨道接触良好,运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=k(SI)。求:(1)导体轨道的轨道方程y=f(x);(2)棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系;(3)棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。答案(1)y=x2(2)Fm=y(3)L2+maL解析(1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(x,y),安培力Fm=安培力的功率P=Fmv=k棒做匀加速运动v2=2ayR=2x代入前式得y=x2轨道形状为抛物线。(2)安培力Fm=v=以轨道方程代入得Fm=y(3)由动能定理W=Wm+mv2安培力做功Wm=L2棒在y=L处的动能为mv2=maL外力做功W=L2+maL6.(2015浙江理综,24,20分)小明同学设计了一个“电磁天平”,如图1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02.0A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/s2)图1(1)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=10。不接外电流,两臂平衡。如图2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。图2解析(1)线圈受到安培力F=N1B0IL天平平衡mg=N1B0IL代入数据得N1=25(2)由电磁感应定律得E=N2E=N2Ld由欧姆定律得I=线圈受到安培力F=N2B0IL天平平衡mg=B0代入数据可得=0.1T/s答案(1)25(2)0.1T/s7.(2015广东理综,35,18分,)如图(a)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=1的电阻。导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场,b、d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(b)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。(a)(b)答案(1)0.04V(2)0.04Ni=t-1(1st1.2s)解析(1)由图(b)可知01.0s内B的变化率=0.5T/s正方形磁场区域的面积S=0.08m2棒进入磁场前01.0s内回路中的感应电动势E=由得E=0.080.5V=0.04V(2)当棒通过bd位置时,有效切割长度最大,感应电流最大,棒受到最大安培力F=BIL棒过bd时的感应电动势Em=BLv=0.50.41V=0.2V棒过bd时的电流I=由得F=0.04N棒通过a点后在三角形abd区域中的有效切割长度L与时间t的关系:L=2v(t-1),其中t的取值范围为1st1.2s电流i与时间t的关系式i=t-1(1st1.2s)1.(2014课标,14,6分)在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是()A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化一、单项选择题一、单项选择题答案D将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,因线圈中的磁通量没有变化,故不能观察到感应电流,选项A不符合题意;在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时,如果通电线圈通以恒定电流,产生不变的磁场,则在另一线圈中不会产生感应电流,选项B不符合题意;在线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表时,磁通量已不再变化,因此也不能观察到感应电流,选项C不符合题意;绕在同一铁环上的两个线圈,在给一个线圈通电或断电的瞬间,线圈产生的磁场变化,使穿过另一线圈的磁通量变化,因此,能观察到感应电流,选项D符合题意。C组 教师专用题组2.(2016天津理综,12,20分)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为。一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为d的正方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为。为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g。(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I;(2)若两铝条的宽度均为b,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式;(3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度bb的铝条,磁铁仍以速度v进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。二、非选择题二、非选择题答案(1)(2)见解析(3)见解析解析(1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等均为F安,有F安=IdB磁铁受到沿斜面向上的作用力为F,其大小有F=2F安磁铁匀速运动时受力平衡,则有F-mgsin=0联立式可得I=(2)磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为E,有E=Bdv铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有R=由欧姆定律有I=联立式可得v=(3)磁铁以速度v进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F,联立式可得F=当铝条的宽度bb时,磁铁以速度v进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F,有F=可见,FF=mgsin,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大。之后,随着运动速度减小,F也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减小。综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动。直到F=mgsin时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑。3.(2014北京理综,24,20分,)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如图所示,固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中,金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下,在导线框上以速度v做匀速运动,速度v与恒力F方向相同;导线MN始终与导线框形成闭合电路。已知导线MN电阻为R,其长度L恰好等于平行轨道间距,磁场的磁感应强度为B。忽略摩擦阻力和导线框的电阻。(1)通过公式推导验证:在t时间内,F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电,也等于导线MN中产生的焦耳热Q;(2)若导线MN的质量m=8.0g、长度L=0.10m,感应电流I=1.0A,假设一个原子贡献1个自由电子,计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(下表中列出一些你可能会用到的数据);(3)经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞。展开你想象的翅膀,给出一个合理的自由电子的运动模型;在此基础上,求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力的表达式。阿伏加德罗常数NA6.01023mol-1元电荷e1.610-19C导线MN的摩尔质量6.010-2kg/mol答案(1)见解析(2)7.810-6m/s(3)见解析解析(1)电动势E=BLv导线匀速运动,受力平衡F=F安=BIL在t时间内,外力F对导线做功W=Fvt=F安vt=BILvt电路获得的电能W电=qE=IEt=BILvt可见,F对导线MN所做的功等于电路获得的电能W电;导线MN中产生的焦耳热Q=I2Rt=ItIR=qE=W电可见,电路获得的电能W电等于导线MN中产生的焦耳热Q。(2)导线MN中含有的原子数为N=NA因为一个金属原子贡献一个电子,所以导线MN中的自由电子数也是N。导线MN单位体积内的自由电子数n=其中,S为导线MN的横截面积。因为电流I=nveSe所以ve=解得ve=7.810-6m/s(3)假设所有自由电子(简称电子,下同)以同一方式运动。方法一:能量解法设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为t,在这段时间内,通过导线一端的电子总数N=电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力做功产生的。在时间t内总的焦耳热Q=NL由能量守恒得Q=W电=EIt=BLvIt所以=evB方法二:动力学解法因为电流不变,所以假设电子以速度ve相对导线做匀速直线运动。因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛仑兹力f洛的作用f洛=evB沿导线方向,电子只受到金属离子的平均作用力和f洛作用,二力平衡即=f洛=evB4.(2014天津理综,11,18分)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角=30的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4m。导轨所在空间被分成区域和,两区域的边界与斜面的交线为MN,中的匀强磁场方向垂直斜面向下,中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T。在区域中,将质量m1=0.1kg,电阻R1=0.1的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑。然后,在区域中将质量m2=0.4kg,电阻R2=0.1的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,取g=10m/s2。问(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向;(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大;(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8m,此过程中ab上产生的热量Q是多少。解析(1)由a流向b。(2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有Fmax=m1gsin设ab刚要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有E=BLv设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有I=设ab所受安培力为F安,有F安=ILB此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有F安=m1gsin+Fmax综合式,代入数据解得v=5m/s(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒有答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3Jm2gxsin=Q总+m2v2又Q=Q总解得Q=1.3J5.(2013重庆理综,7,15分)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验,其装置如图所示。在该实验中,磁铁固定在水平放置的电子测力计上,此时电子测力计的读数为G1,磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场,其余区域磁场不计。直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路,总阻值为R。若让铜条水平且垂直于磁场,以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动,这时电子测力计的读数为G2,铜条在磁场中的长度为L。(1)判断铜条所受安培力的方向,G1和G2哪个大?(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小。答案(1)安培力方向竖直向上G2(2)G2-G1解析(1)铜条静止时:磁铁平衡,G1=M磁铁g铜条匀速运动时:磁铁与铜条整体处于平衡状态,G2=(M磁铁+M铜条)g对铜条AB:匀速下落平衡F安=M铜条g由、可知G2G1由式可知安培力方向与重力方向相反,竖直向上。(2)对铜条组成的回路:E=BLv=IR铜条受到的安培力F安=BIL由可得F安=G2-G1由得:磁感应强度大小B=评析本题为电磁感应、电路与力的综合题,考查学生的综合能力,整体法与隔离法的应用也是本题的特点。6.(2014重庆理综,8,16分)某电子天平原理如图所示,E形磁铁的两侧为N极,中心为S极,两极间的磁感应强度大小均为B,磁极宽度均为L,忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极,其骨架与秤盘连为一体,线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时,弹簧被压缩,秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触),随后外电路对线圈供电,秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止,由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n,线圈电阻为R,重力加速度为g。问(1)线圈向下运动过程中,线圈中感应电流是从C端还是从D端流出?(2)供电电流I是从C端还是从D端流入?求重物质量与电流的关系。(3)若线圈消耗的最大功率为P,该电子天平能称量的最大质量是多少?解析(1)感应电流从C端流出(2)设线圈受到的安培力为FA外加电流从D端流入由FA=mg和FA=2nBIL得m=I(3)设称量最大质量为m0由m=I和P=I2R得m0=答案(1)由右手定则知感应电流从C端流出(2)外加电流从D端流入m=I(3)一、单项选择题(每题3分,共9分)1.(2017江苏六市二联,2)如图所示,闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域,磁场区域宽度大于线框尺寸,规定线框中逆时针方向的电流为正,则线框中电流i随时间t变化的图像可能正确的是()三年模拟A组 20152017年高考模拟基础题组(时间：40分钟 分值：50分)答案B如图所示,在线框通过磁场的整个过程中,切割磁感线的有效长度分别为:LabLef0Lcd+LefLef,由公式i=,可知iL,考虑到规定逆时针方向的电流为正,所以选B。2.(2017江苏如东中学模拟,5)如图所示的圆形线圈共n匝,电阻为R。过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点,A、B两点的距离为L,A、B关于O点对称,一条形磁铁开始放在A点,磁铁中心与A点重合,轴线与A、B所在直线重合,此时线圈中的磁通量为1,若条形磁铁以速度v匀速向右运动,轴线始终与直线重合,磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为2,下列说法中正确的是()A.磁铁在A点时,通过一匝线圈的磁通量为B.磁铁从A到O的过程中,线圈中产生的平均感应电动势为E=C.磁铁从A到B的过程中,线圈中磁通量的变化量为21D.磁铁从A到B的过程中,通过线圈某一横截面的电荷量不为零答案B通过线圈的磁通量为1,与匝数无关;从AO过程中,线圈中产生的平均感应电动势E=n=n=,AB过程中,=0,通过横截面的电荷量q=n=0。3.(2016苏北四市一模,3)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答案D由楞次定律可判知,电流计中的电流先由b到a,后由a到b,故A、B均错。磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量与磁铁动能增量之和,故C错。由“来拒去留”的规律可知,磁铁靠近和离开螺线管的过程中,下落的加速度均小于重力加速度,故D正确。4.(2017江苏三市二联,6)关于下列器材的原理和用途,叙述正确的是()A.变压器可以改变交流电压与稳恒直流电压B.扼流圈对变化的电流有阻碍作用C.真空冶炼炉的工作原理是通过线圈发热使炉内金属熔化D.磁电式仪表中用铝框做线圈的骨架能起电磁阻尼的作用二、多项选择题二、多项选择题(每题每题5分分,共共15分分)答案BD变压器不能改变稳恒直流电压,故A错。扼流圈通直流阻交流,故B正确。真空冶炼炉主要是利用炉内金属中的涡流使金属熔化,故C错。磁电式仪表中的铝框转动时,切割磁感线,框内产生感应电流,受到安培力阻碍线圈的转动,即D正确。5.(2017苏北三市三模,8)图甲为磁控健身车,图乙为其车轮处结构示意图,在金属飞轮的外侧有一些磁铁(与飞轮不接触),人用力蹬车带动飞轮旋转时,磁铁会对飞轮产生阻碍,拉动旋钮拉线可以改变磁铁与飞轮间的距离。下列说法正确的有()A.飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力B.飞轮转速一定时,磁铁越靠近飞轮,飞轮受到的阻力越小C.磁铁和飞轮间的距离一定时,飞轮转速越大,受到的阻力越小D.磁铁和飞轮间的距离一定时,飞轮转速越大,内部的涡流越强答案AD磁铁在飞轮所在空间产生磁场,当飞轮转动时,在其内部产生涡流(感应电流),该涡流受到磁铁的磁场对它的安培力作用,(电磁阻力)阻碍飞轮转动;当转速一定时,磁铁靠飞轮越近,飞轮处的磁场越强,阻力越大;当距离一定时,转速越大,产生的涡流越强,阻力也就越大。综上分析可见,B、C错,A、D正确。6.(2015江苏南京调研,9)如图所示,间距为L、电阻不计的足够长平行光滑导轨竖直放置,其上端接有一阻值为R的电阻,一质量为m、有效电阻也为R的金属棒与导轨接触良好,整个装置处于垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中,现将金属棒由静止释放,金属棒下落过程中始终水平,经一定时间金属棒达到最大速度v,此过程中通过电阻的电荷量为q,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.此过程中金属棒做加速度减小的加速运动B.此过程中金属棒下落的距离为C.此过程中金属棒克服安培力做功为-mv2D.当金属棒的速度为时,金属棒的加速度为答案AD金属棒在下落过程中受竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用,安培力随金属棒速度的增大而增大,所以金属棒做加速度减小的加速运动,直到达到最大速度,A对;因q=t=,所以此过程中金属棒下落的距离为h=,B错;由动能定理有mgh-W安=mv2,即此过程中金属棒克服安培力做功为-mv2,C错;当v棒=时,由牛顿第二定律有ma=mg-,而最大速度时有mg=,联立得a=,D对。7.(2017苏北三市三模,13)随着科技进步,无线充电已悄然走入人们的生活。图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图,已知线圈匝数n=100,电阻r=1,面积S=1.510-3m2,外接电阻R=3。线圈处在平行于线圈轴线的匀强磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化关系如图乙所示。求:(1)t=0.01s时线圈中的感应电动势E;(2)00.02s内通过电阻R的电荷量q;(3)00.03s内电阻R上产生的热量Q。三、非选择题(每题13分,共26分)答案(1)0.6V(2)310-3C(3)5.410-3J解析(1)由图知,在t=0.01s时,=4T/s由法拉第电磁感应定律知:E=nSE=0.6V(2)在00.02s内,I=q=It解得:q=310-3C(3)在0.020.03s内,=8T/s,E=nS=1.2V在一个周期内Q=+解得Q=5.410-3J8.(2016江苏南京、盐城二模,13,)如图所示,足够长光滑导轨倾斜放置,导轨平面与水平面夹角=37,导轨间距L=0.4m,其下端连接一个阻值为2的定值电阻R,其他电阻不计。两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T。一质量为m=0.02kg的导体棒ab(不计电阻)垂直于导轨放置,现将导体棒由静止释放,取重力加速度g=10m/s2,sin37=0.6。(1)求导体棒下滑的最大速度;(2)求导体棒下滑过程中电阻R消耗的最大功率;(3)若导体棒从静止加速到v=4m/s的过程中,通过R的电荷量为q=0.26C,求R上产生的热量Q。解析(1)E=BLvI=F安=BIL=当安培力与重力沿导轨平面的分力相等时,速度最大,此后棒ab做匀速运动,即mgsin=vm=6m/s(2)最大功率P=0.72W(3)q=It=x=2.6m由能量关系有Q=mgxsin37-mv2=0.152J答案(1)6m/s(2)0.72W(3)0.152J一、单项选择题(每题3分,共6分)1.(2017江苏启东中学调研,3)如图,用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B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,滑动过程中PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦。则在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.线框消耗的电功率先减小后增大D.作用在PQ上拉力的功率先减小后增大B组 20152017年高考模拟综合题组(时间：20分钟 分值：30分)答案D等效电路如图所示,外电阻R外=,当R1+R3=R2+R4时R外最大,所以PQ从ad向bc滑动的过程中,PQ中电流I先减小后增大,则PQ两端电压先增大后减小,故A、B项均错。作用在PQ上拉力的功率P=BILv,可见P先减小后增大,D项正确。PQ滑动的过程中,R外先增大后减小,且R外maxR,根据电源输出功率与R外的变化规律可知,输出功率(等于线框消耗的电功率)先增大后减小,故C错。考查点本题考查电磁感应与电流的综合问题,对分析推理能力要求较高,为中等难度题。解题关键画等效电路图;知道R1+R3=R2+R4时,线框的总电阻最大。2.(2015江苏淮安一模,2)如图所示,足够长的光滑导轨倾斜放置,其下端连接一个电阻为R的灯泡,匀强磁场垂直于导轨所在平面,垂直导轨放置的导体棒ab连入电路的电阻为r,导轨和导线电阻不计,在导体棒ab下滑过程中,下列说法正确的是()A.导体棒ab中感应电流的方向从a到bB.导体棒受到的安培力方向沿斜面向下,大小保持恒定C.导体棒的机械能一直减小D.导体棒克服安培力做的功等于灯泡消耗的电能答案C导体棒ab下滑过程中,由右手定则知感应电流在导体棒ab中从b到a,A错误;由左手定则知导体棒ab受沿斜面向上的安培力F安,大小先增大后不变,故B错误;导体棒ab下滑过程中切割磁感线产生感应电动势,回路中有用电器消耗电能,所以导体棒的机械能不断减小,C正确;根据功能关系知导体棒克服安培力做的功等于整个回路消耗的电能,故D错误。3.(2017江苏通州二模,8)如图所示,在圆形空间区域内存在关于直径ab对称、方向相反的两个匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小相等,一金属导线制成的圆环刚好与磁场边界重合,则()A.若使圆环竖直向上平动,感应电流始终沿逆时针方向B.若使圆环向右平动,感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向C.若圆环以ab为轴转动,环中始终没有感应电流D.若圆环以ab为轴转动,a、b两端的电势差始终为0二、多项选择题(每题6分,共12分)答案BC若圆环竖直向上平动,穿过圆环的磁通量始终为零,不产生感应电流,A错;若圆环向右平动,环直径ab左侧有部分导线切割磁感线,据右手定则,又因磁场方向先向里,后向外,确定感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向,B正确;若以ab为轴转动,穿过圆环的磁通量也始终为零,不产生感应电流,C正确;若以ab为轴转动,整个圆环电动势为零,电流为零,但ab两侧导线分别切割磁感线,ab两端有电势差,且电势差随切割速度大小变化,D错。考查点本题考查产生感应电流的条件、右手定则、楞次定律、电势差等知识。为中等难度题。知识链接磁通量可理解为穿过回路的磁感线的条数。当既有穿入,又有穿出时,抵消后剩余的条数才等于磁通量。4.(2016江苏南通二模,6)如图所示电路中,A、B为两个相同灯泡,L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈,C为电容较大的电容器,下列说法中正确的有()A.接通开关S,A立即变亮,最后A、B一样亮B.接通开关S,B逐渐变亮,最后A、B一样亮C.断开开关S,A、B都立刻熄灭D.断开开关S,A立刻熄灭,B逐渐熄灭答案ABD接通开关S,电源对电容器充电,A灯立即变亮,因为线圈自感电动势的影响,B灯逐渐变亮,最后稳定时A、B灯串联,电流相同,亮度相同,故A、B均正确。断开开关S时A灯立即熄灭,而B灯和线圈、电容器形成闭合回路,有自感电流通过,故B灯逐渐熄灭,C错,D正确。考查点本题通过自感现象考查了线圈、电容器在电路突变过程中产生的作用,属于中等难度题。解题关键S闭合瞬间,线圈对电流的阻碍很大,电源对电容器充电;S断开瞬间,线圈中产生自感电动势。5.(2017江苏新海二模,13)如图所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=2m,导轨右端接有阻值R=1的电阻,导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好,导体棒及导轨的电阻均不计,导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场,从0时刻开始,磁感应强度大小按B=0.5t(T)规律随时间变化,同一时刻,棒从导轨左端距磁场3m处开始向右始终以v=1m/s的速度匀速运动,2s后磁场保持不变,求:(1)1s时电阻R中的电流大小和方向;(2)4s时导体棒所受安培力的大小;三、非选择题(共12分)(3)从0时刻开始至导体棒离开磁场的整个过程中,电阻R上产生的总热量。答案(1)2A从N到M(2)4N(3)16J解析(1)E1=L2=2VI1=2A方向:从N到M(2)B=0.5t=1TI2=2AF安=BI2L=4N(3)Q=Q1+Q2=Rt1+Rt2=16J。考查点本题考查了感生电动势、动生电动势、闭合电路欧姆定律、安培力及焦耳热的计算,知识点多,综合性强。为中等难度题。友情提醒在导体棒运动的过程中,中间一段时间内无感应电流产生;电流恒定时,用Q=I2Rt求焦耳热较方便。一、单项选择题1.(2017江苏四市一联,2)关于下列器材的原理和用途,正确的是()A.金属电阻温度计常用纯金属做成,是利用了纯金属的电阻率几乎不受温度的影响B.扼流圈对交流电的阻碍作用是因为线圈存在电阻C组 20152017年高考模拟创新题组C.真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D.自动调温式电熨斗如果要调高工作温度,需将调温旋钮向下调节答案D某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响,常用于制作标准电阻;金属电阻温度计应采用电阻随温度变化明显的材料,故A错。因为电磁感应,扼流圈阻碍交流电的通过,故B错。真空冶炼炉主要通过炉内金属中产生的涡流熔化炉内金属,故C错。调温旋钮向下调节时,弹性铜片与双金属片之间的触点压得就更紧了,只有更高的工作温度,才能使触点分开,故D正确。考查点本题考查了金属电阻温度计、扼流圈、真空冶炼炉、自动调温式电熨斗的工作原理,涉及知识面广,对理解能力要求高,为中等难度题。2.(2017江苏盐城中学阶段检测,11)如图所示,两半径为r的圆弧形光滑金属导轨置于沿圆弧径向的磁场中,磁场所在的平面处于竖直平面且与轨道平面垂直。导轨间距为L,一端接有电阻R,导轨所在位置处的磁感应强度大小均为B,将一质量为m的金属导体棒PQ从图示位置(导轨的半径与竖直方向的夹角为)由静止释放,导轨及导体棒电阻均不计,下列判断正确的是()A.导体棒PQ有可能回到初始位置B.导体棒PQ第一次运动到最低点时速度最大C.导体棒PQ从静止释放到最终达到稳定状态,电阻R上产生的焦耳热为mgr(1-cos)D.导体棒PQ由静止释放到第一次运动到最低点的过程中,通过R的电荷量为二、多项选择题答案CD导体棒切割磁感线,E=BLv,PQ棒与R的回路中有感应电流,电阻产生热量,PQ棒不可能回到初始位置,A错;当PQ棒所受安培力与重力沿速度(圆弧切线)方向的分力大小相等时,速度最大,该位置在最低点的左侧,B错;由能量守恒,PQ棒从静止释放到稳定位置即最低点时QR=mgr(1-cos),第一次到最低点时,通过R的电荷量q=。考查点本题考查动生电动势、焦耳热和电荷量的计算等内容。为中等难度题。温馨提示由于是径向磁场,所以导体棒始终垂直切割磁感线。当圆弧切线方向上的合力为零时,棒的运动速度最大。3.(2017江苏四市二模,13)一个圆形线圈,共有n=10匝,其总电阻r=4.0。线圈与阻值R0=16的外电阻连接成闭合电路,如图甲所示。线圈内部存在着一个边长l=0.20m的正方形区域,其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场,图乙显示了一个周期内磁场的变化情况,周期T=1.010-2s,磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。求:(1)t=T时刻,电阻R0上的电流大小和方向;(2)0T时间内,流过电阻R0的电荷量;三、非选择题(3)一个周期内电阻R0的发热量。解析(1)0T/4时间内,感应电动势大小E1=n可得E1=8V电流大小I1=,可得I1=0.4A电流方向从b到a(2)T/4T/2时间内,感应电流大小I2=0.2A流过电阻R0的电荷量q=I1+I2得q=1.510-3C(3)Q=R0+R0得Q=1.610-2J答案(1)0.4A从b到a(2)1.510-3C(3)1.610-2J考查点本题考查感生电动势的计算、闭合电路欧姆定律的应用、电荷量及焦耳热的计算等内容。为中等难度题。4.(2017江苏六市二模,13)如图所示,MN、PQ为光滑平行的水平金属导轨,电阻R=3.0,置于竖直向下的有界匀强磁场中,OO为磁场边界,磁场磁感应强度B=1.0T,导轨间距L=1.0m,质量m=1.0kg的导体棒垂直置于导轨上且与导轨接触良好,导体棒接入电路的电阻r=1.0。t=0时刻,导体棒在F=1.0N水平拉力作用下从OO左侧某处由静止开始运动,t0=2.0s时刻棒进入磁场,导体棒始终与导轨垂直。(1)求t0时刻回路的电功率P0。(2)求t0时刻导体棒的加速度大小a。(3)导体棒进入磁场后,改变拉力大小,使棒以(2)情况下的加速度a匀加速运动至t1=4.0s时刻,已知t0t1时间内拉力做功W=5.7J,求此过程回路中产生的焦耳热Q。答案(1)1.0W(2)0.5m/s2(3)3.2J解析(1)设导体棒在进入磁场前运动的加速度为a0,则F=ma0棒在t0时刻速度v0=a0t0棒在t0时刻产生的电动势E=BLv0电功率P0=代入数据解得P0=1.0W(2)回路在t0时刻产生的感应电流I=棒在t0时刻受到的安培力FA=BIL根据牛顿第二定律有F-FA=ma代入数据解得a=0.5m/s2(3)t1时刻棒的速度v=v0+a(t1-t0)由动能定理有W+WA=mv2-mQ=-WA代入数据解得Q=3.2J考查点本题考查动生电动势、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、动能定理、安培力、电功率等内容,知识点多,综合性强,为中等难度题。友情提醒当感应电流大小变化时,要利用功能关系求焦耳热。