1、专题十一 电磁感应考点1电磁感应现象楞次定律高考帮揭秘热点考向2020全国,14,6分如图,水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈,右边套有一金属圆环.圆环初始时静止.将图中开关S由断开状态拨至连接状态,电路接通的瞬间,可观察到()A.拨至M端或N端,圆环都向左运动B.拨至M端或N端,圆环都向右运动C.拨至M端时圆环向左运动,拨至N端时向右运动D.拨至M端时圆环向右运动,拨至N端时向左运动拓展变式1.2016上海,19,4分,多选如图甲所示,螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场,以图中箭头所示方向为其正方向.螺线管与导线框abcd相连,导线框内有一小金属圆环L,圆环与导线框在同一平面内.当螺线
2、管内的磁感应强度B随时间按图乙所示规律变化时()A.在t1t2时间内,L有收缩趋势B.在t2t3时间内,L有扩张趋势C.在t2t3时间内,L内有逆时针方向的感应电流D.在t3t4时间内,L内有顺时针方向的感应电流2.如图所示电路中,要使电流计G中的电流方向如图所示,则导轨上的金属棒AB的运动情况是 ()A.向左匀速移动B.向左加速移动C.向右减速移动D.向右加速移动考点2法拉第电磁感应定律自感高考帮揭秘热点考向1.2020全国,21,6分,多选如图,U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上,ab和dc边平行,和bc边垂直.ab、dc足够长,整个金属框电阻可忽略.一根具有一定电阻的导体棒MN置于
3、金属框上,用水平恒力F向右拉动金属框,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中,MN与金属框保持良好接触,且与bc边保持平行.经过一段时间后()A.金属框的速度大小趋于恒定值B.金属框的加速度大小趋于恒定值C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值 D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值2.2018全国,18,6分如图,在同一水平面内有两根平行长导轨,导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下.一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动.线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()拓展变式1.图(a)图(b)2018全国,20,6分,多选
4、如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧.导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向.导线框R中的感应电动势()A.在t=时为零B.在t=时改变方向C.在t=时最大,且沿顺时针方向D.在t=T时最大,且沿顺时针方向2.2015福建,18,6分如图,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.
5、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3.2015广东,35,18分如图(a)所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4 m.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,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(b)所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1 s 后刚好进入磁场.若使棒在导轨上始终以速度v=1 m/s做直线运动,求:(1)棒进入磁场前,回路中的电动
6、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.4.如图所示,灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R,L是带铁芯的理想线圈,电源的内阻不计.开关S1、S2均闭合,电路达到稳定.已知电路中的各种元件均在安全范围之内.下列判断正确的是()A.灯泡A中有电流通过,方向为abB.将S1断开的瞬间,灯泡A、B同时熄灭C.将S1断开的瞬间,通过灯泡A的电流要比原来通过灯泡B的电流大D.将S2断开,电路达到稳定时,灯泡A、B的亮度相同5.2019全国,21,6分,多选如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为,导轨电阻忽略不计.虚线ab、cd均与导轨垂
7、直,在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场.将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好.已知PQ进入磁场时加速度恰好为零.从PQ进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是() A B C D考点3电磁感应的综合应用高考帮揭秘热点考向2019天津,11,18分如图所示,固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好.MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场,磁通量变化率为常
8、量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B.PQ的质量为m,金属导轨足够长、电阻忽略不计.(1)闭合S,若使PQ保持静止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向;(2)断开S,PQ在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q,求该过程安培力做的功W.拓展变式1.2018江苏,9,4分,多选如图所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场、的高和间距均为d,磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放,进入磁场和时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g.金属杆()A.刚进入磁场时加速度方
9、向竖直向下B.穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场上边界的高度h可能小于2.2019北京,22,16分如图所示,垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B.纸面内有一正方形均匀金属线框abcd,其边长为L,总电阻为R,ad边与磁场边界平行.从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中,线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动,求:(1)感应电动势的大小E;(2)拉力做功的功率P;(3)ab边产生的焦耳热Q.3.2016全国,24,12分如图,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
10、平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求:(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2)电阻的阻值.4.如图所示,在固定的光滑等高的水平金属轨道ABCD、EFGH间有竖直向上的匀强磁场,左侧宽轨道间磁感应强度大小为3B0,右侧窄轨道间磁感应强度大小为B0,磁场方向均竖直向上.AB与EF间距为2L,CD与GH间距为L,金属棒ab、cd质量分别为2m、m,接入电路的电阻分别为2R、R
11、,轨道电阻不计.最初两棒均静止,若给棒ab一初速度v0使其沿轨道向右运动,棒ab只在轨道AB与EF上运动,轨道足够长.求:(1)棒ab、cd的最终速度大小;(2)整个过程中通过棒ab的电荷量;(3)整个过程中棒ab上产生的焦耳热.答 案考点1电磁感应现象楞次定律考点1电磁感应现象楞次定律B将开关S由断开状态拨至M端或N端,都会使线圈中的电流突然增大,穿过右边圆环的磁通量突然增大,由楞次定律可知,圆环都会向右运动以阻碍磁通量的增大,选项B正确,A、C、D均错误.1.AD根据题意可知,在t1t2时间内,外加磁场的磁感应强度增大,又B-t图线的斜率增大,则导线框中产生顺时针方向、增大的电流,该电流激
12、发出逐渐增强的磁场,该磁场通过圆环,在圆环内产生感应电流,根据楞次定律可以判定圆环有收缩趋势,故A项正确;在t2t3时间内,外加磁场均匀变化,在导线框中产生稳定电流,该电流激发出稳定的磁场,该磁场通过圆环时,圆环中没有感应电流,故B、C项错误;在t3t4时间内,外加磁场向下减小,且B-t图线斜率也减小,则导线框中产生顺时针方向、减小的电流,该电流激发出垂直纸面向里且逐渐减弱的磁场,故圆环内产生顺时针方向的感应电流,D项正确.2.D金属棒AB若匀速移动,其产生稳定的感应电动势,在右边的回路中产生稳定的感应电流,则右边线圈中产生稳定的磁场,在左边线圈中不产生感应电流,故A错误;金属棒AB向左加速移
13、动时,根据右手定则可知,其产生的感应电流方向为AB,感应电动势增大,感应电流增大,右侧线圈中产生的磁场向右且增强,根据楞次定律分析得知,电流计G中的电流方向与题图所示方向相反,故B错误;金属棒AB向右减速移动时,根据右手定则可知,其产生的感应电流方向为BA,感应电动势减小,感应电流减小,右侧线圈中产生的磁场向左且减弱,根据楞次定律分析得知,电流计G中的电流方向与题图所示方向相反;同理判断,当向右加速移动时,电流计G中的电流方向如题图所示,故C错误,D正确.考点2法拉第电磁感应定律自感1.BC用水平恒力F向右拉动金属框,bc边切割磁感线产生感应电动势,回路中有感应电流i,bc边受到水平向左的安培
14、力作用,设金属框的质量为m,加速度为a1,由牛顿第二定律有F-BiL=ma1;导体棒MN受到向右的安培力,向右做加速运动,设导体棒的质量为m,加速度为a2,由牛顿第二定律有BiL=ma2.设金属框bc边的速度为v时,导体棒的速度为v,则回路中产生的感应电动势为E=BL(v-v),由闭合电路欧姆定律i=,F安=BiL,可得金属框bc边所受安培力和导体棒MN所受的安培力均为F安=,二者加速度之差a=a1-a2=-=-F安(+),随着所受安培力的增大,二者加速度之差a减小,当a减小到零时,=(+),之后金属框和导体棒的速度之差v=v-v=,保持不变.由此可知,金属框的速度逐渐增大,金属框所受安培力趋
15、于恒定值,金属框的加速度大小趋于恒定值,导体棒所受的安培力F安=趋于恒定值,选项A错误,B、C正确;导体棒到金属框bc边的距离x=,随时间的增大而增大,选项D错误.2.D设线框运动的速度为v,则线框向左做匀速运动,并在第一个的时间内切割磁感线运动产生的电动势为E=2Bdv(d为导轨间距),电流i=,回路中电流方向为顺时针方向;第二个的时间内,线框切割磁感线运动产生的电动势为零,电流为零;第三个的时间内,线框切割磁感线运动产生的电动势为E=2Bdv,电流i=,回路中电流方向为逆时针方向,所以D正确.1.AC因通电导线产生的磁场的磁感应强度大小正比于电流的大小,故导线框R中磁感应强度与时间的变化关
16、系类似于题图(b),感应电动势正比于磁感应强度的变化率,即题图(b)中的切线斜率,斜率的正负反映电动势的方向,斜率的绝对值反映电动势的大小.由题图(b)可知,电流为零时,电动势最大,电流最大时,电动势为零,A正确,B错误.由楞次定律可判断在同一个周期内,内电动势的方向沿顺时针,时刻最大,其余时间段电动势沿逆时针方向,C正确,D错误.2.C导体棒产生的电动势为E=BLv,题图的等效电路图如图所示,总电阻为R总=R+=R+,在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中,总电阻先增大后减小,总电流先减小后增大,所以A项错误;PQ两端电压为路端电压U=E-IR,U先增大后减小,所以B项错误;拉力的功率等于克服
17、安培力做功的功率,有P安=IE,先减小后增大,所以C项正确;外电路电阻的最大值为R(当R1=R2=R时),由此可知外电路电阻始终小于内电路电阻,根据闭合电路输出功率与外电阻的关系,线框消耗的功率先增大后减小,故D错误.3.(1)0.04 V(2)0.04 Ni=(t-1) A(1.0 st1.2 s)解析:(1)棒进入磁场前,回路中磁场均匀变化,由法拉第电磁感应定律有E=S=(0.4)2 V=0.04 V.(2)棒进入磁场后磁场的磁感应强度大小不变,棒切割磁感线,产生动生电动势,当棒与bd重合时,产生的电动势最大,为E=BLv=0.50.41 V=0.2 V此时棒受到的安培力最大,则F=BL=
18、0.04 N棒通过三角形abd区域所用时间t=0.2 s在通过三角形abd区域的过程中,感应电动势为Et=B2v(t-1)v (V)可得电流i=(t-1) A(1.0 st1.2 s).4.C开关S1、S2均闭合且电路达到稳定时,线圈L把灯泡A短路,灯泡A中没有电流通过,A错误.将S1断开的瞬间,灯泡A闪亮一下再熄灭,B错误.流过L的电流等于通过灯泡B和定值电阻的电流之和,所以将S1断开的瞬间,通过灯泡A的电流要比原来通过灯泡B的电流大,C正确.将S2断开,电路达到稳定时,灯泡A所在支路电阻大,电流小,所以亮度要比灯泡B暗,D错误.5.AD根据题述,PQ进入磁场时加速度恰好为零,两导体棒从同一
19、位置释放,则两导体棒进入磁场时的速度相同,产生的感应电动势大小相等,若释放两导体棒的时间间隔足够长,在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域,根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A;由于两导体棒从同一位置释放,两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等,MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势,回路中产生的感应电流不可能小于I1,B错误;若释放两导体棒的时间间隔较短,在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域,则两棒在磁场区域中运动时回路中的磁通量不变,两棒不受安培力作用,二者在磁场中做加速运动,PQ出磁场后,MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流
20、,且感应电流一定大于I1,受到安培力作用,由于安培力与速度成正比,则此时MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力,所以MN一定做减速运动,回路中感应电流减小,流过PQ的电流随时间变化的图像可能是D,C错误.考点3电磁感应的综合应用(1)方向水平向右(2)mv2-kq解析:(1)设线圈中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律知E=则E=k设PQ与MN并联的电阻为R并,有R并=闭合S时,设线圈中的电流为I,根据闭合电路欧姆定律得I=PQ中的电流为IPQ,有IPQ=IPQ受到的安培力为F安,有F安=BIPQl保持PQ静止,由受力平衡,有F=F安联立式得F=方向水平向右.(2)设PQ由静止开
21、始到速度大小为v的加速过程中,PQ运动的位移为x,所用时间为t0,回路中的磁通量变化量为0,平均感应电动势为,有=其中0=Blx设PQ中的平均电流为,有=根据电流的定义得=由动能定理,有Fx+W=mv2-0联立式得W=mv2-kq.1.BC由于金属杆进入两个磁场时的速度相等,而穿出磁场后金属杆向下做加速度为g的加速运动,所以金属杆进入磁场、后都做减速运动,A错误;对金属杆受力分析,根据-mg=ma及A项分析可知,金属杆在磁场中做加速度逐渐减小的减速运动,金属杆从刚进磁场到刚要进磁场之前运动的v-t图像如图所示,由于0t1和t1t2时间段内图线与t轴包围的面积相等(都为d),所以t1(t2-t1
22、),B正确;从进入磁场到进入磁场之前的过程中,根据能量守恒定律,可知金属杆损失的机械能全部转化为焦耳热,所以Q1=mg2d,穿过两个磁场的过程中产生的总热量为4mgd,C正确;若金属杆进入磁场做匀速运动,有-mg=0,得v=,由前面分析可知金属杆进入磁场的速度v大于,根据h=得金属杆进入磁场的高度h=,D错误.2.(1)BLv(2)(3)解析:(1)由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=BLv.(2)线框中的感应电流I=拉力大小等于安培力大小有F=BIL故拉力做功的功率P=Fv=.(3)设线框的总电阻为R,则线框ab边电阻Rab=时间t=ab边产生的焦耳热Q=I2Rabt=.3.(1)Blt
23、0(-g)(2)解析:(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得ma=F-mg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0当金属杆以速度v在磁场中匀速运动时,由法拉第电磁感应定律知,金属杆产生的感应电动势为E=Blv 联立式可得E=Blt0(-g).(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律有I=式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为F安=BlI因金属杆做匀速运动,由牛顿第二定律得F-mg-F安=0联立式得R=.4.(1)v0v0(2)(3)m解析:(1)棒ab的感应电动势Eab=3B02Lvab,棒cd的感应电动势Ecd=B0Lvcd当Eab=Ecd时,电流为零,ab、cd均做匀速运动,此时vab=vcd根据动量定理,对棒ab有-3B02Lt=2mvab-2mv0对棒cd有B0Lt=mvcd-0解得vab=v0,vcd=v0.(2)整个过程中通过棒ab的电荷量q=t,解得q=.(3)根据能量守恒定律有2m-Q=2m+m又Qab=Q,解得Qab=m.
