【优化方案】2015届高考物理新一轮复习课后达标检测26 电磁感应现象楞次定律(含解析)

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电磁感应现象楞次定律(核心考点精讲精练)(解析版)—备战2025年高考物理一轮复习(新高考通用)

电磁感应现象楞次定律1. 高考真题考点分布题型考点考查考题统计选择题楞次定律2024年江苏卷、广东卷实验题探究影响感应电流方向的因素2024年北京卷2. 命题规律及备考策略【命题规律】高考对楞次定律和右手定则的考查形式多以选择题的形式，题目较为简单，同时，这两部分内容会在某些有关电磁感应的综合性的计算题中会有应用。

【备考策略】1.理解和掌握楞次定律、右手定则。

2.能够利用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向。

【命题预测】重点关注楞次定律和右手定则的应用。

一、磁通量1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的平面，其面积S与B的乘积叫作穿过这个面积的磁通量。

2．公式：Φ＝BS，单位是韦伯，符号是Wb。

3．适用条件(1)匀强磁场。

(2)S为垂直于磁场的有效面积。

4．物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数。

5．磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S2－B1S1。

二、电磁感应现象1．定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。

2．感应电流的产生条件(1)表述一：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。

(2)表述二：穿过闭合电路的磁通量发生变化。

3．实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流。

如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。

三、感应电流方向的判定1．楞次定律(1)内容：感应电流具有这样的方向，即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：一切电磁感应现象。

2．右手定则(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。

(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流。

考点一电磁感应现象1.磁通量的计算(1)公式：Φ＝BS。

适用条件：①匀强磁场；②磁场与平面垂直。

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习电磁感应阶段示范性金考卷(含解析)

电磁感应本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在第1、2、4、5、7、8小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、6、9、10、11、12小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. [2014·济南高三模拟]如图所示，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，发生的现象是( )A. 磁铁插向左环，横杆发生转动B. 磁铁插向右环，横杆发生转动C. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动解析：本题考查电磁感应现象、安培力的简单应用．磁铁插向左环，横杆不发生移动，因为左环不闭合，不能产生感应电流，不受安培力的作用；磁铁插向右环，横杆发生移动，因为右环闭合，能产生感应电流，在磁场中受到安培力的作用，选项B正确．本题难度易．答案：B2. 如图所示，在某中学实验室的水平桌面上，放置一正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向，已知该处地磁场的竖直分量向下．下列说法中正确的是( )A. 若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低B. 若使线圈向北平动，则a点的电势比d点的电势低C. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为abcdaD. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为adcba解析：由右手定则知，若使线圈向东平动，线圈的ab边和cd边切割磁感线，c(b)点电势高于d(a)点电势，故A错误；同理知B错误；若以ab为轴将线圈向上翻转，穿过线圈平面的磁通量将变小，由楞次定律可判定线圈中感应电流方向为abcda，C正确．3. 如图所示，质量为m 的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力F N 和摩擦力F f 的情况，以下判断正确的是()A. 靠近线圈时，F N 大于mg ，F f 向左B. 靠近线圈时，F N 小于mg ，F f 向右C. 远离线圈时，F N 小于mg ，F f 向左D. 远离线圈时，F N 大于mg ，F f 向右解析：楞次定律从阻碍相对运动角度可以表述为“来拒去留”，磁铁靠近线圈时，磁铁在线圈的左上方，线圈受到磁铁的作用力向右下方，F N 大于mg ，F f 向左，A 项正确，B 项错误；磁铁远离线圈时，磁铁在线圈的右上方，线圈受到磁铁的作用力向右上方，F N 小于mg ，F f 向左，C 项正确，D 项错误．答案：AC4. 如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，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AB 两端的电压大小为 ()A.Bav3B.Bav6C. 2Bav 3D. Bav解析：摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Bav .由闭合电路欧姆定律得，U AB ＝ER 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故A 正确．5. 如图所示，E 为电池，L 是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D 1、D 2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S 是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法中错误的是( )A. 刚闭合开关S 的瞬间，通过D 1、D 2的电流大小相等B. 刚闭合开关S 的瞬间，通过D 1、D 2的电流大小不相等C. 闭合开关S 待电路达到稳定，D 1熄灭，D 2比原来更亮D. 闭合开关S 待电路达到稳定，再将S 断开瞬间，D 2立即熄灭，D 1闪亮一下再熄灭解析：开关S 闭合的瞬间，线圈L 可看做暂时的断路，故通过两灯泡的电流相等，且同时亮，A 对B 错；电路稳定后，由于线圈直流电阻忽略不计，将灯泡D 1短路，灯泡D 2获得更多电压，会更亮，C 对；若断开开关S ，此时线圈与灯泡D 1构成回路，继续对其供电，灯泡D 1将闪亮一下后再逐渐熄灭，灯泡D 2无法形成回路将立即熄灭，D 对．答案：B6. 一长直导线与闭合金属线框放在同一桌面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图所示．在0～T2时间内，直导线中电流向上如图中所示．则在0～T 时间内，下列表述正确的是( )A. 穿过线框的磁通量始终变小B. 线框中始终产生顺时针方向的感应电流C. 线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势D. 线框所受安培力的合力始终向左解析：长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，A 错误；由楞次定律可以判断在0～T 时间内，线框中始终产生俯视顺时针方向的感应电流，B 正确；穿过线框的磁通量先减小后增大，由楞次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，C 正确；由楞次定律、左手定则判断线框受安培力的合力方向先向左后向右，D 错误．答案：BC7. 将一个闭合矩形金属线框abcd 放入如图所示的匀强磁场中，图中虚线表示磁场边界，在用力将线框abcd 从磁场中以速度v 匀速拉出的过程中，下列说法中正确的是( )A. 拉线框的速度越大，通过导线横截面的电荷量越多B. 磁场越强，拉力做的功越多C. 拉力做功多少与线框的宽度bc 无关D. 线框电阻越大，拉力做的功越多解析：由q ＝I Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦΔtR ·Δt ＝ΔΦR可知通过导线横截面的电荷量与线框运动速度无关，A 错误；W ＝FL 其中F 为拉力，L 为线框长度，而F ＝F 安，F 安＝BId ＝B 2d 2vR ，其中d 为线框宽度，R 为线框电阻，联立得：W ＝B 2d 2vRL ，所以B 正确，C 、D 错误．答案：B8. 如图所示，一个边界为等腰直角三角形、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一固定的正方形金属框，其边长与三角形的直角边相同，每条边的材料均相同．现在让有界匀强磁场向右匀速地通过金属框，金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上．在磁场通过金属框的过程中，回路中产生的感应电动势大小E －t 图象、ab 两点的电势差U ab －t 图象正确的是( )解析：由E ＝BLv 可知导体棒切割时产生的感应电动势跟切割的有效长度成正比，由于是匀速运动，有效长度跟时间成线性关系，回路中产生的感应电动势大小先线性减小，当磁场右边界与cd 边重合时，感应电动势突变到最大，接着又从最大线性减小，所以A 、B 错误；由楞次定律知，ab 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是逆时针方向，a 点电势低于b 点电势，ab 边相当于电源，ab 两点的电势差U ab ＝－34BLv ，直到cd 边刚开始切割磁感线的过程，ab 间电阻不变，回路中电动势线性减小，电流线性减小，ab 两点的电势差U ab线性减小，当cd 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是顺时针方向，电势差U ab ＝－14BLv ，同理分析，可得C 错误，D 正确．答案：D9. 如图所示，电阻为R ，导线电阻均可忽略，ef 是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，又能沿足够长的框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 从静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后 ( )A. 导体棒ef 的加速度可能大于gB. 导体棒ef 的加速度一定小于gC. 导体棒ef 最终速度随S 闭合时刻的不同而不同D. 导体棒ef 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒解析：开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑，闭合开关时有一定的初速度v 0，若此时F 安>mg ，则F 安－mg ＝ma .若F 安<mg ，则mg －F 安＝ma ，因为F 安的大小不确定，所以导体棒ef 的加速度可能大于g 、小于g 、等于g ，故A 正确，B 错误．无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力应和重力平衡，故C 错误．根据能量守恒定律知，D 正确．答案：AD10. 如图所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放．三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A 线圈有一个缺口，B 、C 线圈闭合，但B 线圈的导线比C 线圈的粗，则( )A. 三个线圈同时落地B. A 线圈最先落地C. A 线圈最后落地D. B 、C 线圈同时落地解析：由于A 线圈上有缺口，A 中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A 线圈先落地，B 正确；B 、C 线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，满足mg －B 2L 2v R＝ma ，m ＝ρ密·4L ·S ，R ＝ρ电4LS，所以4ρ密LSg －B 2LSv4ρ电＝4ρ密LSa,4ρ密g －B 2v4ρ电＝4ρ密a ，a ＝g －B 2v16ρ密ρ电，由于B 、C 线圈材料相同，进入相同的磁场，所以加速度a 相同，又因为起始高度相同，所以B 、C 线圈同时落地，D 选项正确．答案：BD11. [2014·石家庄高中毕业质检一]半径为r ＝0.5 m 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的平行金属板连接，两板间距离为d ＝5 cm ，如图甲所示．金属环处在变化的磁场中，磁感应强度B 的方向垂直于纸面，变化规律如图乙所示(规定向里为正方向)．在t ＝0时刻平板间中心有一电荷量为＋q 的微粒由静止释放，运动中粒子不碰板，不计重力作用，则以下说法正确的是 ( )A. 第2 s 内上极板带负电B. 第3 s 内上极板带正电C. 第3 s 末微粒回到了原位置D. 两极板之间的电场强度大小恒为3.14 N/C解析：由B －t 图象可知第1 s 内磁场方向向里且增大，由楞次定律结合安培定则判断可知第1 s 内上极板带负电，同理可知第2 s 内和第3 s 内都是上极板带正电，选项B 正确，选项A 错误；B －t 中图线斜率大小恒定，根据法拉第电磁感应定律有感应电动势E ′＝ΔB Δt πr 2，场强E ＝E ′d，联立得选项D 正确；电场力大小恒定，方向周期性变化，分析可知微粒第1 s 内向上加速，第2 s 内向上减速到零，第3 s 内向下加速，第3 s 末走到前段位移的一半，故选项C 错误．答案：BD12. 如图所示，平行光滑金属导轨与水平面的倾角为θ，下端与阻值为R 的电阻相连，匀强磁场垂直轨道平面向上，磁感应强度为B ，现使长为l 、质量为m 的导体棒从ab 位置以平行于斜面的初速度向上运动，滑行到最远位置之后又下滑，已知导体棒运动过程中的最大加速度为2g sin θ，g 为重力加速度，不计其他电阻，导轨足够长，则( )A. 导体棒下滑的最大速度为mgR sin θB 2l 2B. R 上的最大热功率是m 2g 2R sin 2θB 2l 2C. 导体棒返回ab 位置前已经达到下滑的最大速度D. 导体棒返回ab 位置时刚好达到下滑的最大速度解析：导体棒在下滑的过程中，先做加速运动，根据牛顿第二定律得，mg sin θ－F 安＝ma ，当F 安＝mg sin θ时，速度达到最大，然后做匀速运动，又F 安＝BIl ，I ＝ER，E ＝Blv ，联立可得，导体棒下滑的最大速度为v ＝mgR sin θB 2l2，A 项正确；根据R 上的发热功率P 热＝I 2R ，I ＝BlvR可知，导体棒的速度v 最大时，感应电流最大，R 上的发热功率也最大；由题意可知，导体棒上滑时的初速度v 0为最大速度，导体棒的加速度最大，mg ＋F 安＝2mg sin θ，解得，F安＝mg sin θ，v 0＝mgR sin θB 2l 2，R 上的最大发热功率P 热＝m 2g 2R sin 2θB 2l 2，B 项正确；下滑的最大速度与上滑的初速度相同，考虑到滑动过程中导体棒的机械能不断转化为电能，所以滑动到同一位置时，下滑时的速度小于上滑时的速度，导体棒返回到ab 位置时还没有达到下滑的最大速度，而是小于最大速度，C 、D 两项错误．答案：AB第Ⅱ卷 (非选择题，共50分)二、计算题(本题共4小题，共50分)13. (10分)[山东潍坊高三质量抽样]如图甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R 1＝3 Ω，下端接有电阻R 2＝6 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab ，从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2 m 过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示．求：(1)磁感应强度B ；(2)杆下落0.2 m 过程中通过电阻R 2的电荷量q .解析：(1)由图象知，杆自由下落距离是0.05 m ，当地重力加速度g ＝10 m/s 2，则杆进入磁场时的速度v ＝2gh ＝1 m/s ①由图象知，杆进入磁场时加速度a ＝－g ＝－10 m/s 2②由牛顿第二定律得mg －F 安＝ma ③ 回路中的电动势E ＝BLv ④ 杆中的电流I ＝E R 并⑤ R 并＝R 1R 2R 1＋R 2⑥F 安＝BIL ＝B 2L 2vR 并⑦得B ＝2mgR 并L 2v＝2 T ⑧ (2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt⑨杆中的平均电流I ＝ER 并⑩通过杆的电荷量Q ＝I ·Δt ⑪ 通过R 2的电量q ＝13Q ＝0.05 C ⑫答案：(1)2 T (2)0.05 C14. (12分)一电阻为R 的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图a 所示，已知通过圆环的磁通量随时间t 的变化关系如图b 所示，图中的最大磁通量Φ0和变化周期T 都是已知量，求：(1)在t ＝0到t ＝T /4的时间内，通过金属圆环横截面的电荷量q ； (2)在t ＝0到t ＝2T 的时间内，金属圆环所产生的电热Q .解析：(1)由磁通量随时间的变化图线可知在t ＝0到t ＝T /4时间内，金属圆环中的感应电动势E 1＝Φ0T /4＝4Φ0T①在以上时段内，金属圆环中的电流为I 1＝E 1R② 则在这段时间内通过金属圆环横截面的电荷量q ＝I 1t 1③联立求解得q ＝Φ0R④(2)在t ＝T /4到t ＝T /2和t ＝3T /4到t ＝T 时间内，金属圆环中的感应电动势E 2＝0⑤ 在t ＝T /2到t ＝3T /4时间内，金属圆环中的感应电动势E 3＝Φ0T /4＝4Φ0T⑥ 由欧姆定律可知在以上时段内，金属圆环中的电流为I 3＝4Φ0TR⑦在t ＝0到t ＝2T 时间内金属圆环所产生的电热Q ＝2(I 21Rt 1＋I 23Rt 3)⑧联立求解得Q ＝16Φ20RT⑨答案：(1)Φ0R (2)16Φ20RT15. (12分) 如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d ＝0.5 m ，电阻不计，左端通过导线与阻值R ＝2 Ω的电阻连接．右端通过导线与阻值R 1＝4 Ω的小灯泡L 连接．在CDFE 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE 长l ＝2 m ，有一阻值r ＝2 Ω的金属棒PQ 放置在靠近磁场边界CD 处．CDFE 区域内磁场的磁感应强度B 随时间变化如图乙所示．在t ＝0至t ＝4 s 内，金属棒PQ 保持静止，在t ＝4 s 时使金属棒PQ 以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t ＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF 处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：(1)通过小灯泡的电流；(2)金属棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小．解析：(1)t ＝0至t ＝4 s 内，金属棒PQ 保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势电路中r 与R 并联，再与R L 串联，电路的总电阻R 总＝R L ＋Rr R ＋r＝5 Ω此时感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝dl ΔBΔt＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V 通过小灯泡的电流为I ＝ER 总＝0.1 A (2)当金属棒在磁场区域中运动时，由金属棒切割磁感线产生电动势，电路为R 与R L 并联，再与r 串联，此时电路的总电阻R ′总＝r ＋RR L R ＋R L ＝2 Ω＋4×24＋2 Ω＝103Ω由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流I L ＝0.1 A ，则流过金属棒的电流为I ′＝I L ＋I R ＝I L ＋R L I LR＝0.3 A电动势E ′＝I ′R ′总＝Bdv解得金属棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小v ＝1 m/s.答案：(1)0.1 A (2)1 m/s16. (16分) 如图甲所示，质量为m 的导体棒ab 垂直放在相距为l 的平行且无限长的金属导轨上，导体棒ab 与平行金属导轨的摩擦因数为μ，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器连入电路的阻值，不计其他电阻．现由静止释放导体棒，当通过R 的电荷量达到q 时，导体棒ab 刚好达到最大速度．重力加速度为g .(1)求从释放导体棒到棒达到最大速度时下滑的距离s 和最大速度v m ；(2)若将左侧的定值电阻和滑动变阻器换为水平放置的电容为C 的平行板电容器，如图乙所示，导体棒ab 由静止释放到达到(1)中的速度v m 需要多少时间(用v m 表示最大速度)?解析：(1)对于闭合回路，在全过程中，根据法拉第电磁感应定律得ab 中的平均感应电动势 E ＝ΔΦΔt ＝Bls Δt① 由闭合电路欧姆定律得通过R 的平均电流I ＝ER ＋R x ② 通过R 的电荷量q ＝I Δt ③联立①②③得：s ＝R ＋R x Blq 在ab 加速下滑的过程中，根据牛顿第二定律：mg sin θ－μmg cos θ－F A ＝ma ④式中安培力F A ＝BIl ⑤其中I ＝Blv R ＋R x⑥ 当④中的加速度为0时，ab 的速度v ＝v m ⑦联立④⑤⑥⑦得：v m ＝mg B 2l 2(R ＋R x )(sin θ－μcos θ) (2)设ab 下滑的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过ab 的电流为i ，则： mg sin θ－μmg cos θ－Bil ＝ma ⑧设在时间间隔Δt 内平行板电容器增加的电荷量为ΔQ ，则：i ＝ΔQ Δt⑨ 此时平行板电容器两端的电压的增量为ΔU ＝Bl Δv ⑩根据电容的定义C ＝ΔQ ΔU⑪ 而Δv ＝a Δt ⑫联立上面各式得ab 下滑的加速度a ＝m θ－μcos θm ＋B l C g上式表明ab 做初速度为0的匀加速运动，所以 t ＝m ＋B 2l 2C v m mgθ－μcos θ答案：(1)R ＋R x Bl q mgB 2l 2(R ＋R x )(sin θ－μcos θ) (2)m ＋B 2l 2C v m mgθ－μcos θ。

高考物理一轮复习11.1电磁感应--电磁感应现象和楞次定律(原卷版+解析)

考点35电磁感应现象楞次定律新课程标准1.知道磁通量。

通过实验，了解电磁感应现象，了解产生感应电流的条件。

知道电磁感应现象的应用及其对现代社会的影响。

2．探究影响感应电流方向的因素，理解楞次定律。

命题趋势高考对本专题的考查内容有电磁感应现象的分析与判断，主要体现对物理规律的理解，例如楞次定律，试题情境生活实践类真空管道超高速列车、磁悬浮列车、电磁轨道炮等各种实际应用模型学习探究类电磁感应的图像问题．考向一电磁感应现象考向二楞次定律考向三楞次定律推广应用考向四二次感应现象考向一电磁感应现象1．磁通量(1)定义：匀强磁场中，磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积叫作穿过这个面积的磁通量，简称磁通。

我们可以用穿过这一面积的磁感线条数的多少来形象地理解。

(2)公式：Φ＝BS。

(3)公式的适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场方向的有效面积。

(4)单位：韦伯(Wb)，1 Wb＝1T·m2。

(5)标量性：磁通量是标量，但有正负之分。

磁通量的正负是这样规定的：任何一个平面都有正、反两面，若规定磁感线从正面穿出时磁通量为正，则磁感线从反面穿出时磁通量为负。

（6）物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数．如图所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：①通过矩形abcd 的磁通量为BS 1cos θ或BS 3. ②通过矩形a ′b ′cd 的磁通量为BS 3. ③通过矩形abb ′a ′的磁通量为0. 2．磁通量的变化量（1）在某个过程中，穿过某个平面的磁通量的变化量等于末磁通量Φ2与初磁通量Φ1的差值，即ΔΦ＝Φ2－Φ1。

（2）磁通量变化的常见情况变化情形举例磁通量变化量磁感应强度变化永磁体靠近或远离线圈、电磁铁(螺线管)内电流发生变化ΔΦ＝ΔB·S有效面积变化有磁感线穿过的回路面积变化闭合线圈的部分导线做切割磁感线运动，如图ΔΦ＝B·ΔS回路平面与磁场夹角变化线圈在磁场中转动，如图磁感应强度和有效面积同时变化弹性线圈在向外拉的过程中，如图ΔΦ＝Φ2－Φ1磁通量的变化量与发生此变化所用时间的比值，即ΔΦΔt 。

高考物理一轮：9.1《电磁感应现象、楞次定律》教学案(含答案)

第1讲电磁感应现象楞次定律考纲下载：1.电磁感应现象(Ⅰ) 2.磁通量(Ⅰ) 3.楞次定律(Ⅱ)主干知识·练中回扣——忆教材夯基提能1．磁通量(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＝BS。

(3)单位：1 Wb＝1_T·m2。

(4)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。

2．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。

3．楞次定律(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。

巩固小练1．判断正误(1)穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关。

(√)(2)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。

(×)(3)穿过电路的磁通量发生变化，电路中不一定有感应电流产生。

(√)(4)当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流。

(×)(5)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。

(×)(6)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。

(√)(7)回路不闭合，穿过回路的磁通量变化时，也会产生“阻碍”作用。

(×)[产生感应电流的条件]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 A中线框的磁通量没有变化，因此没有感应电流，但有感应电动势，也可以理解为左右两边切割磁感线产生的感应电动势相反。

高考物理一轮课时演练：电磁感应现象、楞次定律(含答案)

课时提能演练（二十六）电磁感应现象楞次定律(45分钟100分)一、选择题(本大题共15小题,每小题6分,共90分。

每小题只有一个选项正确)1.关于感应电流,下列说法中正确的有( )A.只要闭合电路内有磁通量,闭合电路中就有感应电流产生B.穿过螺线管的磁通量发生变化时,螺线管内部就一定有感应电流产生C.线圈不闭合时,即使穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中也不会有感应电流D.只要电路的一部分做切割磁感线运动,电路中就一定有感应电流【解析】选C。

只要穿过闭合电路的磁通量发生变化,电路中就产生感应电流,选项A错误。

选项B、D没有强调电路是否闭合,故错误。

选项C正确。

2.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图所示连接。

下列说法中正确的是( )A.开关闭合后,线圈A插入或拔出时都会引起电流计指针偏转B.线圈A插入线圈B中后,开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C.开关闭合后,滑动变阻器的滑片P匀速滑动,会使电流计指针静止在中央零刻度D.开关闭合后,只有滑动变阻器的滑片P加速滑动,电流计指针才能偏转【解析】选A。

开关闭合后,线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化,从而使电流计指针偏转,选项A正确;线圈A插入线圈B中后,开关闭合和断开的瞬间,线圈B的磁通量会发生变化,电流计指针会偏转,选项B错误;开关闭合后,滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动,都会导致线圈A的电流发生变化,从而引起线圈B的磁通量变化,电流计指针都会发生偏转,选项C、D错误。

3.(2018·厦门模拟)北半球地磁场的竖直分量向下。

如图所示,在北京某中学实验室的水平桌面上,放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd,线圈的ab边沿南北方向,ad边沿东西方向。

下列说法中正确的是( )A.若使线圈向东平动,则a点的电势比b点的电势高B.若使线圈向北平动,则a点的电势比b点的电势低C.若以ab为轴将线圈向上翻转,则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→aD.若以ab为轴将线圈向上翻转,则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a【解析】选C。

高考物理一轮复习课时规范练32 电磁感应现象楞次定律(含答案)

课时规范练32电磁感应现象楞次定律基础对点练1.(楞次定律的应用)如图所示,长直导线中通有向右的电流I,线圈①与直导线垂直放置于其正下方,线圈②中心轴线与直导线重合,线圈③直径与直导线重合,线圈④与直导线共面放置于其正下方。

在电流I均匀增大的过程中()A.从左向右看,线圈①中产生顺时针方向的电流B.从左向右看,线圈②中产生逆时针方向的电流C.正视线圈③中产生逆时针方向的电流D.正视线圈④中产生逆时针方向的电流2.(磁感应强度与磁通量)(2023山东模拟)磁单极子是物理学家设想的一种仅带有单一磁极(N极或S极)的粒子,它们的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布,目前科学家还没有证实磁单极子的存在。

若自然界中存在磁单极子,以其为球心画出两个球面1和2,如图所示,a点位于球面1上,b点位于球面2上,则下列说法正确的是()A.a点比b点的磁感应强度大B.a点比b点的磁感应强度小C.球面1比球面2的磁通量大D.球面1比球面2的磁通量小3.(电磁感应现象)在“探究影响感应电流方向的因素”实验中,用灵敏电流计和线圈组成闭合回路,通过“插入”和“拔出”磁铁,使线圈中产生感应电流,记录实验过程中的相关信息,就可以分析得出感应电流方向遵循的规律。

下图为某同学的部分实验记录,在图甲中,电流计指针向左偏转。

以下说法正确的是()A.在图乙所示实验过程中,电流计指针应该向左偏转B.在图丙所示实验过程中,电流计指针应该向左偏转C.这组实验可以说明,感应电流的磁场方向与线圈的绕向有关D.这组实验可以说明,感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向有关4.(电磁感应现象)如图所示,一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内,螺线管的中心轴线恰和线圈的一条直径MN重合。

要使线圈a中产生感应电流,可采用的方法有()A.使通电螺线管中的电流发生变化B.使螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心的轴转动C.使线圈a以MN为轴转动D.使线圈绕垂直于MN的直径转动5.(楞次定律的理解和应用)两根互相垂直的绝缘通电长直导线放在水平面上,两个相同的闭合圆形线圈a、b放在同一水平面上,两线圈的圆心到两导线的距离都相等。

【优化方案】高考物理新一轮复习课后达标检测27 法拉第电磁感应定律自感涡流(含解析)

课后达标检测27 法拉第电磁感应定律自感涡流一、单项选择题 1.(2014·无锡模拟)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是( )A ．越来越大B ．越来越小C ．保持不变D ．无法判断 2.如图所示，长为L 的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上，P 、Q 为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B ＝B0＋kt(k>0)随时间变化，t ＝0时，P 、Q 两极板电势相等．两极板间的距离远小于环的半径，则经时间t 电容器P 板( )A ．不带电B ．所带电荷量与t 成正比C ．带正电，电荷量是kL2C 4πD ．带负电，电荷量是kL2C 4π3.如图所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，线圈电阻不计，边长为L ，匝数为N ，线圈内接有阻值为R 的电阻，过ab 中点和cd 中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈绕OO′转过90°时，通过电阻R 的电荷量为( ) A.BL22R B.NBL22RC.BL2RD.NBL2R4.如图所示，长为L 的金属导线上端悬于C 点，下端系一小球A ，在竖直向下的匀强磁场中做圆锥摆运动，转动方向如图所示，导线与竖直方向的夹角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B ，则金属导线中产生感应电动势的高电势端及大小为( )A ．C 点 12BL2ω B ．C 点 12BL2ωsin2θ C ．A 点 12BL2ω D ．A 点 12BL2ωsin2θ ☆5.(2013·高考天津卷)如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( )A ．Q1>Q2，q1＝q2B ．Q1>Q2，q1>q2C ．Q1＝Q2，q1＝q2D ．Q1＝Q2，q1>q2二、多项选择题 6.如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论正确的是( )A ．感应电流方向不变B ．CD 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势最大值Em ＝BavD ．感应电动势平均值E ＝14πBav 7.如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B ，方向相反且垂直纸面，MN 、PQ 为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l 的正方形闭合回路abcd ，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时( )A ．穿过回路的磁通量为零B ．回路中感应电动势大小为2Blv0C ．回路中感应电流的方向为顺时针方向D ．回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相同8．(2014·武汉三中高三质检)如图所示，一导线弯成闭合线圈，以速度v 向左匀速进入磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直平面向外．线圈总电阻为R ，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是( )A ．感应电流一直沿顺时针方向B ．线圈受到的安培力先增大，后减小C ．感应电动势的最大值E ＝BrvD ．穿过线圈某个横截面的电荷量为B r2＋πr2R9.如图所示，电路中A 和B 是两个完全相同的小灯泡，L 是一个自感系数很大、直流电阻为零的电感线圈，C 是电容很大的电容器．当S 闭合与断开时，对A 、B 的发光情况判断正确的是( )A ．S 闭合时，A 立即亮，然后逐渐熄灭B ．S 闭合时，B 立即亮，然后逐渐熄灭C ．S 闭合足够长时间后，B 发光而A 不发光D ．S 闭合足够长时间后再断开，B 立即熄灭而A 逐渐熄灭三、非选择题10.(2013·高考江苏卷)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 ＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω.磁感应强度B 在0～1 s内从零均匀变化到0.2 T．在1～5 s内从0.2 T均匀变化到－0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；(2)在1～5 s内通过线圈的电荷量q；(3)在0～5 s内线圈产生的焦耳热Q.11．如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l＝0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1 kg的导体棒以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g＝10 m/s2)．(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4 s内回路产生的焦耳热．☆12.(2014·银川一中模拟)如图所示，一面积为S 的单匝圆形金属线圈与阻值为R 的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k 的磁场Bt.电阻R 两端并联一对平行金属板M 、N ，两板间距为d ，N 板右侧xOy 坐标系(坐标原点O 在N 板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA 和y 轴的夹角∠AOy ＝45°，AOx 区域为无场区．在靠近M 板处的P 点由静止释放一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，经过N 板的小孔，从点Q(0，l)垂直y 轴进入第一象限，经OA 上某点离开磁场，最后垂直x 轴离开第一象限．求：(1)平行金属板M 、N 获得的电压U ；(2)yOA 区域内匀强磁场的磁感应强度B ；(3)粒子从P 点射出至到达x 轴的时间．课后达标检测271．[解析]选C.金属棒ab 切割磁感线，产生感应电动势而不产生感应电流，没有安培力产生，在重力作用下做平抛运动，垂直于磁感线方向速度不变，始终为v0，由公式E ＝BLv 知，感应电动势为BLv0不变，故A 、B 、D 错误，C 正确．2．D3．[解析]选B.初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝BL22，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q ＝I Δt ，I ＝E R ，E ＝N ΔΦΔt ，得q ＝N ΔΦR ，可得通过电阻R 的电荷量为NBL22R.4．B5．[解析]选A.设线框边长分别为l1、l2，线框中产生的热量Q ＝I2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫Bl1v R 2·R·l2v ＝B2l21l2v R ＝B2l1l2v Rl1，由于lab>lbc ，所以Q1>Q2.通过线框导体横截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦR ＝Bl1l2R，故q1＝q2，A 选项正确． 6．[解析]选ACD.在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A 正确．根据左手定则可判断，CD 段受安培力向下，B 不正确．当半圆形闭合回路进入磁场一半时，这时有效切割长度最大为a ，所以感应电动势最大值Em ＝Bav ，C 正确．感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt ＝B·πa222a v＝14πBav ，D 正确．7．[解析]选ABD.由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO′对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，A 项正确；ab 、cd 均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针，两电源串联，感应电动势为2Blv0，B 项正确、C 项错误；由左手定则知ab 、cd 所受安培力方向均向左，D 项正确．8．[解析]选AB.在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直为顺时针方向，A 正确．导体切割磁感线的有效长度先变大后变小，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B 正确．导体切割磁感线的有效长度最大值为2r ，感应电动势最大为E ＝2Brv ，C 错误．穿过线圈某个横截面的电荷量为q＝ΔΦR ＝B ⎝ ⎛⎭⎪⎫r2＋π2r2R，D 错误． 9．[解析]选AC.电容器的特性是“充电和放电”，在开始充电阶段，相当于阻值很小的电阻，放电阶段相当于电源．电感线圈的特性是“阻交流、通直流”，即电流不会突然变化，当电流突然增大时，相当于阻值很大的电阻，当电流突然减小时，相当于电源．因此，当开关刚闭合时，电容器对电流的阻碍作用小，线圈对电流的阻碍作用大，C 和B 组成的电路分压作用小，A 、L 组成的电路分压作用大，B 灯较暗，A 灯较亮．当开关闭合足够长的时间后，电容器充电完成，线圈中电流为直流电，而其直流电阻很小，B 灯较亮，A 灯被短路，不发光；开关断开瞬间，电容器和B 组成的回路中，电容器放电，B 灯逐渐变暗，A 灯和线圈组成的回路中，线圈充当电源，A 灯先变亮再熄灭，故选项A 、C 正确．10．[解析](1)感应电动势E1＝N ΔΦ1Δt1，磁通量的变化ΔΦ1＝ΔB1S ，解得E1＝N ΔB1S Δt1，代入数据得E1＝10 V ，感应电流的方向为a →d →c →b →a.(2)同理可得E2＝N ΔB2S Δt2，感应电流I2＝E2r电荷量q ＝I2Δt2，解得q ＝N ΔB2S r，代入数据得 q ＝10 C.(3)0～1 s 内的焦耳热Q1＝I21r Δt1，且I1＝E1r， 1～5 s 内的焦耳热Q2＝I22r Δt2由Q ＝Q1＋Q2，代入数据得Q ＝100 J.[答案]见解析11．[解析](1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动，有－μmg ＝ma ，vt ＝v0＋at ，x＝v0t ＋12at2 导体棒速度减为零时，vt ＝0.代入数据解得：t ＝1 s ，x ＝0.5 m<L －l ＝1.5 m ，导体棒没有进入磁场区域．导体棒在1 s 末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x ＝0.5 m.(2)前2 s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为E ＝0，I ＝0后2 s 回路产生的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ld ΔB Δt＝0.1 V 回路的总长度为5 m ，因此回路的总电阻为R ＝5λ＝0.5 Ω电流为I ＝E R＝0.2 A 根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．(3)前2 s 电流为零，后2 s 有恒定电流，焦耳热为Q ＝I2Rt ＝0.04 J.[答案](1)前1 s 导体棒做匀减速直线运动，1 s ～4 s 内一直保持静止 (2)0.2 A ，顺时针方向 (3)0.04 J12．[解析](1)根据法拉第电磁感应定律，知感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS ＝kS.① (2)因平行金属板M 、N 与电阻并联，故M 、N 两板间的电压为U ＝UR ＝E ＝kS ②带电粒子在M 、N 间做匀加速直线运动，有qU ＝12mv2③ 带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有qvB ＝m v2r④由几何关系可得r ＋rcot 45°＝l ⑤联立②③④⑤得B ＝2l 2mkS q.(3)粒子在电场中，有d ＝12at21 q U d＝ma 粒子在磁场中，有T ＝2πr vt2＝14T 粒子在第一象限的无场区中，有s ＝vt3由几何关系得s ＝r粒子从P 点射出至到达x 轴的时间为t ＝t1＋t2＋t3联立以上各式可得t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2d ＋π＋24l m 2qkS . [答案](1)kS (2)2l 2mkS q (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫2d ＋π＋24l m 2qkS。

2015届高考物理一轮总复习电磁感应定律的综合应用课时提能演练新人教版

电磁感应定律的综合应用(一)(电路和图像)(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。

每小题只有一个选项正确)1.如图所示是两个互连的金属圆环,小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一,磁场垂直穿过大金属环所在区域。

当磁感应强度随时间均匀变化时,在大环内产生的感应电动势为E,则a、b两点间的电势差为( )A. EB. EC. ED.E【解析】选B。

大金属环相当于电源,a、b两点间的电势差等于路端电压,而小金属环电阻占电路总电阻的,故U ab=E,B正确。

2.一环形线圈放在匀强磁场中,设第1s内磁感线垂直线圈平面(即垂直于纸面)向里,如图甲所示。

若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示,那么第3s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是( )A.大小恒定,沿顺时针方向与圆相切B.大小恒定,沿着圆半径指向圆心C.逐渐增加,沿着圆半径离开圆心D.逐渐增加,沿逆时针方向与圆相切【解析】选B。

由题图乙知,第3 s内磁感应强度B逐渐增大,变化率恒定,故感应电流的大小恒定。

再由楞次定律,线圈各处受安培力的方向都使线圈面积有缩小的趋势,故沿着圆半径指向圆心,B项正确。

【变式备选】一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向,线圈中的箭头为电流I的正方向。

线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图所示,则磁感应强度B随时间变化的图线可能是图中的( )【解析】选C。

在线圈中感应电流的方向是顺时针为正,由其感应电流的图像可知线圈中开始的电流是逆时针方向,感应电流的磁场是垂直于纸面向外的,原磁场是向里的(正方向),则原磁场应是加强的,在B -t图像上的图线斜率为正值,经过T后,感应电流反向,说明原磁场是正向减弱或负向增强,图线的斜率为负值,再过T,图线的斜率为正值。

所以C正确,A、B、D错误。

3.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面,其边界与正方形线框的边平行。

高考物理一轮复习课时提升作业二十六电磁感现象楞次律

权掇市安稳阳光实验学校电磁感应现象楞次定律(建议用时40分钟)1.如图所示,绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路,在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A,下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是 ( )A.线圈中通以恒定的电流B.通电时,使滑动变阻器的滑片P匀速移动C.通电时,使滑动变阻器的滑片P加速移动D.将开关突然断开的瞬间【解析】选A。

线圈中通以恒定的电流时,线圈中产生稳恒的磁场,穿过铜环A 的磁通量不变,没有感应电流产生,选项A正确;通电时,使滑动变阻器的滑片P 匀速移动时,滑动变阻器接入电路的电阻变化,回路中电流变化,线圈中产生的磁场变化,穿过铜环A的磁通量变化,产生感应电流,选项B错误;通电时,使滑动变阻器的滑片P加速移动时,滑动变阻器接入电路的电阻变化,则回路中电流变化,线圈产生的磁场变化,穿过铜环A的磁通量变化,产生感应电流,选项C错误;将开关突然断开的瞬间,线圈产生的磁场从有到无,穿过铜环A的磁通量减小,产生感应电流,选项D错误。

【加固训练】(多选)现将电池组,滑动变阻器,带铁芯的线圈A、线圈B,电流计及开关如图连接。

某同学如下操作中均发现电流表的指针发生偏转,用法拉第总结的五种引起感应电流的方法,对产生的原因描述正确的是( )A.闭合与打开开关均发现指针偏转,是变化的电流引起的B.闭合开关,线圈A向上拔出与向下插入,指针偏转,是运动的恒定电流引起的C.闭合开关,线圈A中的铁芯拔出与插入,指针偏转是变化的电流引起的D.闭合开关,移动滑动变阻器滑片,指针偏转的原因是运动的恒定电流引起的【解析】选A、B。

开关闭合或断开瞬间,线圈A内的变化电流,导致线圈B内的磁通量在变化,导致闭合线圈B中产生感应电动势,从而产生感应电流,电流表指针发生偏转,故A正确;闭合开关,线圈A向上拔出与向下插入,线圈A中的电流虽恒定,但因运动导致线圈B内的磁通量在变化,导致闭合线圈中产生感应电动势,从而产生感应电流,电流表指针发生偏转,故B正确,C错误;开关闭合后,移动滑动变阻器的滑片P时,线圈A中的电流变化,从而导致线圈B内的磁通量发生变化,电流表指针发生偏转,故D错误。

【热点突破题优化方案】 2015届高三物理新一轮复习热点强化突破：电磁感应中的图象问题(含新题详解)

热点强化突破(九)热点1电磁感应中的图象问题电磁感应中的图象是高考选择题命题的热点．这类问题的实质是法拉第电磁感应定律、楞次定律及推理的应用．解决这类问题的关键点：①明确图象种类；②整个过程合理分段；③注意根据方向排除错误选项．1.(单选)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abcd磁场区域，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象正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)()2.(单选)(2014·潍坊模拟)如图所示，M1N1上方磁场垂直于纸面向外，M2N2下方磁场垂直于纸面向里，两匀强磁场磁感应强度大小相同，M1N1、M2N2间无磁场，间距为d.等腰直角三角形线框的斜边AC长为d，垂直于M2N2，且A在磁场边界M2N2上．现将三角形线框由图示位置沿CD方向匀速穿过无磁场的区域，以线框中感应电流顺时针方向为正，则感应电流随时间变化的图象为()3．(多选)如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度B 的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流以顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向以水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图象正确的是()4．(多选)(改编题)如图所示，一匀强磁场B垂直于倾斜放置的光滑绝缘斜面斜向上，匀强磁场区域在斜面上虚线ef与gh之间．在斜面上放置一质量为m、电阻为R的矩形铝框abcd，虚线ef、gh和斜面底边pq以及铝框边ab均平行，且eh>bc.如果铝框从ef上方的某一位置由静止开始运动．则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度(v)—时间(t)图象，可能正确的有()热点2电磁感应中的综合问题电磁感应中的综合问题是高考压轴题命题的热点，高考中常以“杆、导轨”模型为载体综合考查电路、动力学和能量等多方面知识．在分析与动力学知识结合的综合题时，首先应明确两大研究对象，再分析速度变化引起磁场力变化的制约关系，然后根据动态分析确定导体的最终状态．在分析与能量结合的综合题时，由于安培力是变力，需要用功能关系和能量守恒观点分析，解题时要分析清楚能量的产生和转化情况．5．如图甲所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L＝0.3 m，导轨左端连接R＝0.6 Ω的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面B＝0.6 T的匀强磁场，磁场区域宽D＝0.2 m．细金属棒A1和A2用长为2D＝0.4 m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r＝0.3 Ω.导轨电阻不计．使金属棒以恒定速度v＝1.0 m/s 沿导轨向右穿越磁场．计算从金属棒A1进入磁场(t＝0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图乙中画出．6.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef水平放置，在其左端连接倾角为θ＝37°的光滑金属导轨ge、hc，导轨间距均为L＝1 m，在水平导轨和倾斜导轨上，各放一根与导轨垂直的金属杆，金属杆与导轨接触良好．金属杆a、b质量均为m＝0.1 kg，电阻R a＝2 Ω、R b＝3 Ω，其余电阻不计．在水平导轨和斜面导轨区域分别有竖直向上和竖直向下的匀强磁场B1、B2，且B1＝B2＝0.5 T．已知从t＝0时刻起，杆a在外力F1作用下由静止开始水平向右运动，杆b在水平向右的外力F2作用下始终保持静止状态，且F2＝0.75＋0.2t(N)．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(1)通过计算判断杆a的运动情况；(2)从t＝0时刻起，求1 s内通过杆b的电荷量；(3)若t＝0时刻起，2 s内作用在杆a上的外力F1做功为13.2 J，则这段时间内杆b上产生的热量为多少？7．(2014·黄冈联考)如图所示，竖直面内的正方形导线框ABCD和abcd的边长均为l、电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度为B、方向垂直竖直面向里的匀强磁场．开始时ABCD 的下边与匀强磁场的上边界重合，abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为l.现将系统由静止释放，当ABCD刚全部进入磁场时，系统开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，求：(1)系统匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热；(3)导线框abcd通过磁场的时间．参考答案实战演练1．[解析]选A.导体棒运动时间t 时切割磁感线产生的感应电动势大小E ＝B lv ＝2B v 2t ，感应电流大小I ＝E R ＝2Bv 2t R ，导体棒所受的安培力大小F ＝B Il ＝4B 2v 3t 2R ，由此可见，感应电流的大小I 与时间t 成正比，而安培力的大小F 则与时间t 是二次函数关系．由楞次定律可知，导体棒在第一、二区域的磁场中运动时，产生的感应电流分别为从M 经R 到N 和从N 经R 到M ；由左手定则判断得出，导体棒在第一、二区域的磁场中运动时受到的安培力均为水平向左，只有A 正确．2．[解析]选C.线框在匀速离开垂直纸面向里的匀强磁场的过程中，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针，B 、D 错误；线框在离开磁场的过程中，有效切割长度先逐渐增大，当D 点恰好到达M 2N 2时，有效切割长度最大，感应电动势最大，此后有效切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，故A 错误、C 正确．3．[解析]选AC.0～2 s 时间内，负方向的磁场在减弱，产生正方向的恒定电流，cd 边受安培力向右且减小.2 s ～3 s 时间内，电流仍是正方向，且大小不变，此过程cd 边受安培力向左且增大.3 s ～6 s 时间内，电流为负方向，大小不变，cd 边受安培力先向右后变为向左，故选A 、C.4．[解析]选AD.从线框宽度小于磁场的宽度可知，当ab 边进入磁场且cd 边未出磁场的过程中，线框的加速度与cd 边未进入磁场时相同为g sin θ(设导轨倾角为θ)．①当cd 边刚好匀速进入磁场时，mg sin θ＝F 安＝B 2L 2vR ，ab 边进入后匀加速，cd 边出后减速，且因随速度的减小安培力变小，故加速度也减小，当达到上述匀速的速度后又匀速，A 正确，B 错误；②当cd 边加速进入磁场，全部进入后匀加速，当cd 边出磁场时有三种可能，加速、匀速、减速，D 正确．③当cd 边减速进入磁场，全部进入匀加速，后又减速出磁场，C 错误．5.[解析]t 1＝Dv ＝0.2 s在0～t 1时间内，A 1产生的感应电动势E 1＝B L v ＝0.18 V. 其等效电路如图丙所示．由图丙知，电路的总电阻R 总＝r ＋rRr ＋R＝0.5 Ω总电流为I ＝E 1R 总＝0.36 A通过R 的电流为I R ＝I3＝0.12 AA 1离开磁场(t 1＝0.2 s)至A 2刚好进入磁场(t 2＝2Dv ＝0.4 s)的时间内，回路无电流，I R ＝0，从A 2进入磁场(t 2＝0.4 s)至离开磁场t 3＝2D ＋Dv ＝0.6 s 的时间内，A 2上的感应电动势为E 2＝0.18 V ，其等效电路如图丁所示．由图丁知，电路总电阻R ′总＝0.5 Ω，总电流I ′＝0.36 A ，流过R 的电流I R ＝0.12 A ，综合以上计算结果，绘制通过R 的电流与时间关系如图所示．[答案]见解析6．[解析](1)因为杆b 静止，所以有 F 2－B 2IL ＝mg tan 37° 而F 2＝0.75＋0.2t (N) 解得I ＝0.4t (A)整个电路中的电动势由杆a 运动产生，故 E ＝I (R a ＋R b )，E ＝B 1L v 解得v ＝4t所以，杆a 做加速度为a ＝4 m/s 2的匀加速运动．(2)杆a 在1 s 内运动的距离d ＝12at 2＝2 mq ＝I ΔtI ＝E R a ＋R bE ＝ΔΦΔt ＝B 1Ld Δtq ＝ΔΦR a ＋R b ＝B 1Ld R a ＋R b＝0.2 C 即1 s 内通过杆b 的电荷量为0.2 C.(3)设整个电路中产生的热量为Q ，由能量守恒定律得W 1－Q ＝12m v 21v 1＝at ＝8 m/s 解得Q ＝10 J从而Q b ＝R bR a ＋R bQ ＝6 J.[答案](1)以4 m/s 2的加速度做匀加速运动 (2)0.2 C (3)6 J 7．[解析](1)如图所示，设两导线框刚匀速运动的速度为v 、此时轻绳上的张力为T ，则对ABCD 有：T ＝2mg ①对abcd 有：T ＝mg ＋BIl ② I ＝E R③ E ＝Bl v ④则v ＝mgR B 2l2.⑤(2)设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q ，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l 的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl ＝2mgl ＋12×3m v 2＋Q ⑥联立⑤⑥解得Q ＝2mgl －3m 3g 2R 22B 4l 4.(3)导线框abcd 通过磁场时以速度v 匀速运动，设导线框abcd 通过磁场的时间为t ，则 t ＝3l v ⑦联立⑤⑦解得：t ＝3B 2l 3mgR .[答案]见解析。

2015高三物理一轮复习电磁感应复习题及答案解析

6.
如图所示，平行金属导轨与水平面成 θ 角，导轨与固定电阻 R1 和 R2 相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒 ab，质量为 m，导体棒的电阻与固定电阻 R1 和 R2 的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为 μ，导体棒 ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为 v 时，受到安培力的大小为 F，此时( ) Fv A．电阻 R1 消耗的热功率为 3 Fv B．电阻 R2间：60 分钟，分值：100 分)
一、单项选择题(本大题共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分，每小题只有一个选项符合题意) 1.
如图所示，固定的水平长直导线中通有电流 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 X k B 1 . c o m C．线框所受安培力的合力为零 D．线框的机械能不断增大 2.
C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为 μmgvsin θ D．整个装置消耗的机械功率为 Fv 二、多项选择题(本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，每小题有多个选项符合题意) 7.
如图所示，正方形线框的边长为 L，电容器的电容为 C.正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以 k 为变化率均匀减小时，则( ) A．线框产生的感应电动势大小为 kL2 B．电压表没有读数 C．a 点的电势高于 b 点的电势 D．电容器所带的电荷量为零 8． (原创题)正三角形导线框 abc 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图所示．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abca 的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的电流 i 与 ab 边所受的安培力 F 随时间 t 变化的图象，下列选项正确的是( )

【优化方案】高考物理新一轮复习课后达标检测26 电磁感应现象楞次定律(含解析)

第九章电磁感应课后达标检测26 电磁感应现象楞次定律一、单项选择题1．如图所示，能产生感应电流的是( )2．(2014·东营模拟)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图所示连接．下列说法中正确的是( )A．开关闭合后，线圈A插入或拔出时都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转3．如图所示，闭合的矩形金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，现金属框固定不动而磁场运动，发现ab边所受安培力的方向竖直向上，则此时磁场的运动可能是( )A．水平向右平动 B．水平向左平动C．竖直向上平动D．竖直向下平动4．(原创题)2013年11月中旬，辽宁号航母顺利结束了舰载机海上试验试飞和训练任务，J—15舰载战机在我国北海(北纬31°附近)上空盘旋，由于地磁场的存在，飞机在一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有一定的电势差．则从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势( )A．低 B．高C．相等 D．以上情况都有可能5．如图所示，在直线电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转达到图中的位置时( )A．a端聚积电子B ．b 端聚积电子C ．金属棒内电场强度等于零D ．a 端电势低于b 端电势6．(2014·绍兴模拟)如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是( )A ．向左摆动B ．向右摆动C ．保持静止D ．无法判定7．如图甲所示，长直导线与闭合线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示．在0～T 2时间内，长直导线中电流向上，则线框中感应电流的方向与所受安培力的情况是( )A ．0～T 时间内线框中感应电流方向为顺时针方向B ．0～T 时间内线框中感应电流方向为先顺时针方向后逆时针方向C ．0～T 时间内线框受安培力的合力向左D ．0～T 2时间内线框受安培力的合力向右，T 2～T 时间内线框受安培力的合力向左 ☆8.如图所示的装置中，cd 杆原来静止，当ab 杆做如下哪种运动时，cd 杆将向右移动( )A ．向右匀速运动B ．向右减速运动C ．向左加速运动D ．向左减速运动二、多项选择题 9.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB 和CD 可以自由滑动．当AB 在外力F 作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )A ．导体棒CD 内有电流通过，方向是D →CB ．导体棒CD 内有电流通过，方向是C →DC ．磁场对导体棒CD 的作用力向左D．磁场对导体棒AB的作用力向左10.(2014·南京模拟)如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( )A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBAB．导线框的磁通量为零时，感应电流却不为零C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动11.如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力FN和摩擦力Ff的情况，以下判断正确的是( )A．FN先大于mg，后小于mgB．FN一直大于mgC．Ff先向左，后向右D．Ff一直向左12．如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )A．P、Q将互相靠拢B．P、Q将互相远离C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度小于g☆13.如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则( )A ．t1时刻FN>G ，P 有收缩的趋势B ．t2时刻FN ＝G ，此时穿过P 的磁通量最大C ．t3时刻FN ＝G ，此时P 中无感应电流D ．t4时刻FN<G ，此时穿过P 的磁通量最小三、非选择题14．(2012·高考上海卷)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G 与线圈L 连接，如图所示．已知线圈由a 端开始绕至b 端；当电流从电流计G 左端流入时，指针向左偏转．(1)将磁铁N 极向下从线圈上方竖直插入L 时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为__________(填：“顺时针”或“逆时针”)．(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L 时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为__________(填：“顺时针”或“逆时针”)．第九章课后达标检测261．[解析]选B.根据产生感应电流的条件：A 中，电路没闭合，无感应电流；B 中，电路闭合，且垂直磁感线的平面的面积增大，即闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C 中，穿过闭合线圈的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流；D 中，闭合回路中的磁通量不发生变化，无感应电流．2．A 3.A4．[解析]选B.北半球的地磁场的竖直分量向下，由右手定则可判定飞机无论向哪个方向飞行，由飞行员的角度看均为左侧机翼电势较高．5．B6．[解析]选A.条形磁铁突然插入线圈时，由楞次定律可判定线圈中产生瞬间电流给平行金属板充电，左板带正电，右板带负电，小球在电场力作用下向左摆动，故A 正确．7．[解析]选A.0～T 2时间内，电流i 在减小，闭合线框内的磁通量必然在向里减小，由楞次定律可以判断线框中感应电流方向为顺时针方向，则0～T 2时间内线框受安培力的合力应向左；同理，可以判断在T 2～T 时间内，电流i 在反向增大，闭合线框内的磁通量必然在向外增大，由楞次定律可以判断线框中感应电流方向也为顺时针方向，故A项对、B项错；而且T～T时间内线框受安培力的合力应向右，C、D错误．28．[解析]选D.ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A不正确；ab向右减速运动时，L1中的磁通量向上减小，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向下，故通过cd的电流方向向上，cd 向左移动，B错误；同理得C不正确，D正确．9．[解析]选BD.利用楞次定律，两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.以此为基础，再判断CD 内的电流方向，最后根据左手定则进一步确定CD的受力方向，经过比较可得正确答案．10．[解析]选AB.根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当增大到BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当增大到A点与导线重合时，达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B正确；根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．11．[解析]选AD.条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈中磁通量先增大后减小，由楞次定律中“来拒去留”关系可知A、D正确，B、C错误．12．[解析]选AD.根据楞次定律的另一表述：感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因．本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以，P、Q将互相靠拢且磁铁的加速度小于g，应选AD. 13．[解析]选AB.t1时刻，电流增大，由楞次定律的阻碍作用知，线圈有远离螺线管、收缩面积的趋势，选项A正确；t2时刻电流不变，线圈无感应电流，FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项B正确；t3时刻电流为零，但电流从有到无，穿过线圈的磁通量发生变化，此时P中有感应电流，但磁感应强度为零，FN＝G，选项C错误；t4时刻电流不变，线圈无感应电流，FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项D错误．14．[解析](1)根据楞次定律，线圈的磁场上端为N极，下端为S极，又由于指针向左偏转，所以线圈中的电流方向为从b到a，由右手螺旋定则知，俯视线圈时，从a到b，线圈的绕向为顺时针．(2)根据楞次定律，线圈的磁场上端为N极，下端为S极，又由于指针向右偏转，所以线圈中的电流方向为从a到b，由右手螺旋定则知，俯视线圈时，从a到b，线圈的绕向为逆时针．[答案](1)顺时针(2)逆时针。

【优化方案】2015届高考物理新一轮复习课后达标检测29 电磁感应中的动力学和能量问题(含解析)

课后达标检测29 电磁感应中的动力学和能量问题一、单项选择题 1.竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y ＝x2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y ＝b(b>a)处以速度沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )A ．mgb B.12m2 C ．mg(b －a) D ．mg(b －a)＋12m2 2.(2014·南昌模拟)如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形金属线框沿垂直磁场方向，以速度从图示位置向右运动，当线框中心线AB 运动到与PQ 重合时，线框的速度为v 2，则( ) A ．此时线框的电功率为4B2L2v2RB ．此时线框的加速度为4B2L2v mRC ．此过程通过线框截面的电荷量为BL2RD ．此过程回路产生的电能为0.75m2 3.(2014·杭州质检)如图所示水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R ，匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在空间内，质量一定的金属棒PQ 垂直于导轨放置．今使棒以一定的初速度0向右运动，当其通过位置a 、b 时，速率分别为a 、b ，到位置c 时棒刚好静止．设导轨与棒的电阻均不计，a 、b 与b 、c 的间距相等，则金属棒在由a →b 与b →c 的两个过程中下列说法中正确的是( )A ．金属棒运动的加速度相等B ．通过金属棒横截面的电量相等C ．回路中产生的电能Eab<EbcD ．金属棒通过a 、b 两位置时的加速度大小关系为aa<ab☆4.(2013·高考福建卷)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t1、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，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度随时间t 变化的规律( )二、多项选择题 5.(2014·常州模拟)如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a 、b 垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F 作用在a 的中点，使其向上运动．若b 始终保持静止，则它所受摩擦力可能( )A ．变为0B ．先减小后不变C ．等于FD ．先增大再减小 6.(2014·唐山模拟)如图所示，边长为L 、电阻不计的n 匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P 、U ，线框及小灯泡的总质量为m ，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l ，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平．线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光．则( )A ．有界磁场宽度l<LB ．磁场的磁感应强度应为mgU nPLC．线框匀速穿越磁场，速度恒为PmgD．线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL7.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2F/3D．两金属棒间距离保持不变8.足够长的光滑金属导轨ab、cd水平放置，质量为m、电阻为R的两根相同金属棒甲、乙与导轨垂直且接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向里，如图所示，现用F作用于乙棒上，使它向右运动，用、a、i和P分别表示甲棒的速度、甲棒的加速度、甲棒中的电流和甲棒消耗的电功率，下列图象可能正确的是( )☆9.如图所示，一个边长为L的正方形线圈置于边界水平的匀强磁场上方L处，磁场宽也为L，方向垂直纸面向里，由静止释放线圈且线圈平面始终与磁场方向垂直，如果从线圈的一条边刚进入磁场开始计时，则下列关于通过线圈横截面的电荷量q、感应电流i、线圈运动的加速度a、线圈具有的动能Ek随时间变化的图象可能正确的有( )10．在伦敦奥运会上，100 m赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L＝0.5 m，一端通过导线与阻值为R＝0.5 Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m＝0.5 kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀强磁场方向竖直向下．用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应的速度也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知和F的关系如图乙．(取重力加速度g＝10 m/s2)则( )A．金属杆受到的拉力与速度成正比B．该磁场磁感应强度为1 TC．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D．导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4三、非选择题11.如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l ＝0.50 m．轨道的MM′端接一阻值为R＝0.50 Ω的定值电阻．直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度为B＝0.60 T的匀强磁场中，磁场区域的右边界为NN′，宽度为d＝0.80 m．NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆形轨道的半径均为R0＝0.50 m．现有一导体杆ab静止在距磁场的左边界s＝2.0 m处，其质量m＝0.20 kg、电阻r＝0.10 Ω.ab杆在与杆垂直的水平恒力F＝2.0 N的作用下开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，杆穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好能通过半圆形轨道的最高位置PP′.已知杆始终与轨道垂直，杆与直轨道之间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道电阻忽略不计，取g＝10 m/s2.求：(1)导体杆通过PP′后落到直轨道上的位置离NN′的距离；(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R的电荷量；(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热．☆12.如图所示，竖直平面内有无限长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L＝0.5 m，上方连接一个阻值R＝1 Ω的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场．完全相同的两根金属杆1和2靠在导轨上，金属杆与导轨等宽且与导轨接触良好，电阻均为r＝0.5 Ω.将金属杆1固定在磁场的上边缘(仍在此磁场内)，金属杆2从磁场边界上方h0＝0.8 m处由静止释放，进入磁场后恰做匀速运动(g取10 m/s2)．(1)金属杆的质量m 为多大？(2)若金属杆2从磁场边界上方h1＝0.2 m 处由静止释放，进入磁场经过一段时间后开始匀速运动，此过程中流过电阻R 的电荷量q 为0.65 C ，则在此过程中整个回路产生的电热为多少？(3)金属杆2仍然从离磁场边界h1＝0.2 m 处由静止释放，在金属杆2进入磁场的同时由静止释放金属杆1，两金属杆运动了一段时间后均达到稳定状态，试求两根金属杆各自的最大速度．课后达标检测291．[解析]选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q ＝12m2＋mgb －mga ＝mg(b －a)＋12m2. 2．[解析]选C.在题图中虚线位置，线框产生的电动势E ＝BLv 2＋BLv 2＝BLv ，电流I ＝E R ＝BLv R，由牛顿第二定律可知，线框的加速度a ＝F m ＝2×BIL m ＝2B2L2v mR，B 错误；线框的电功率P ＝I2R ＝B2L2v2R，A 错误；由法拉第电磁感应定律和电流的定义，可得此过程通过线框截面的电荷量q ＝I t ＝ΔΦR ＝BL2R ，C 正确；由能量守恒定律可得，回路产生的电能W ＝12mv2－12m v24＝38mv2，D 错误．3．[解析]选B.由F ＝BIL ，I ＝BLv R ，F ＝ma 可得a ＝B2L2v mR，由于速度在减小，故加速度在减小，A 、D 错；由q ＝It ，I ＝E R ，E ＝n ΔΦt ，可得q ＝ΔΦR，由于两个过程磁通量的变化量相同，故通过金属棒横截面的电量相等，B 正确；由克服安培力做的功等于产生的电能，即W ＝FL ，由于安培力越来越小，故第二个过程克服安培力做的功小于第一个过程，因此C 错误．4．[解析]选A.由题意可知，线框先做自由落体运动，最终做匀加速直线运动．若ab 边刚进入磁场时，速度较小，线框内产生的感应电流较小，线框所受安培力小于重力，则线框进入磁场的过程做加速度逐渐减小的加速运动，图象C 有可能；若线框进入磁场时的速度较大，线框内产生的感应电流较大，线框所受安培力大于重力，则线框进入磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，图象B 有可能；若线框进入磁场时的速度合适，线框所受安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，图象D 有可能；由分析可知选A.5．AB6．[解析]选BC.因线框穿越磁场的过程中小灯泡正常发光，故线框匀速穿越磁场，且线框长度L 和磁场宽度l 相同，A 错误；因线框匀速穿越磁场，故重力和安培力相等，mg ＝nBIL ＝nB P UL ，得B ＝mgU nPL，B 正确；线框匀速穿越磁场，重力做功的功率等于电功率，即mgv ＝P ，得v ＝P mg，C 正确；线框穿越磁场时，通过的位移为2L ，且重力做功完全转化为焦耳热，故Q ＝2mgL ，D 错误．7．[解析]选BC.对两金属棒ab 、cd 进行受力分析和运动分析可知，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 分析其受力，则有：F －F 安＝ma ，可求得金属棒cd所受安培力的大小F 安＝23F ，C 正确． 8．[解析]选AC.乙棒在外力作用下向右切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生逆时针方向的感应电流，电流通过两棒，由左手定则知，乙棒受到的安培力向左，甲棒受到的安培力向右，乙棒在安培力和拉力的作用下向右运动．开始时乙棒的加速度大于甲棒的加速度，两者的速度差增大，回路中的感应电动势E ＝Bl(1－2)增大，感应电流增大，使得乙棒的加速度减小，甲棒的加速度增大，当两棒加速度相等时速度差最大，回路中的感应电动势最大，以后两棒在外力F 的作用下以相同的加速度运动，速度差恒定，回路中电流恒定．故选项A 、C 正确，选项B 、D 错误．9．[解析]选ACD.若线圈进入磁场时受到的安培力等于重力，则线圈匀速进入，感应电流恒定，由q ＝It 可知，通过线圈横截面的电荷量均匀增大．线圈离开时由楞次定律可知，感应电流方向改变，通过的电荷量均匀减小，A 可能；由于线圈通过磁场时，线圈的宽度与磁场的宽度相等，故始终是一条边做切割磁感线运动，且速度不可能减小到零，所以线圈通过磁场的过程中不可能出现感应电流为零的情况，故B 错误；由于线圈进入磁场时也可能重力大于安培力，因此继续做加速运动，但速度增大则安培力增大，加速度减小，当安培力增大到等于重力时，加速度变为零，故C 可能；如果线圈刚进入磁场时安培力就大于重力，则线圈做减速运动，速度减小则安培力减小，最后可能达到平衡，速度不变，动能不变，故选项D 可能．10．[解析]选BCD.由图象可知拉力与速度是一次函数，但不成正比，故A 错；图线在横轴的截距是速度为零时的F ，此时金属杆将要运动，此时阻力——最大静摩擦力等于F ，也等于运动时的滑动摩擦力，C 对；由F －BIL －μmg ＝0及I ＝BLv R 可得：F －B2L2v R－μmg ＝0，从图象上分别读出两组F 、数据代入上式即可求得B ＝1 T ，μ＝0.4，所以选项B 、D 对．11．[解析](1)设导体杆运动到半圆形轨道最高位置的速度为v ，因导体杆恰好能通过轨道最高位置，由牛顿第二定律得mg ＝mv2/R0导体杆通过PP′后做平抛运动x ＝t2R0＝gt2/2解得：x ＝1 m.(2)q ＝I ·ΔtI ＝E /(R ＋r)，E ＝ΔΦΔt，ΔΦ＝B·ld 联立解得：q ＝0.4 C.(3)设导体杆在F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，由动能定理有(F －μmg)s ＝12mv21 解得：v1＝6.0 m/s在导体杆从刚进磁场到滑至最高位置的过程中，由能量守恒定律有mv21/2＝Q ＋mg×2R0＋mv2/2＋μmgd解得：Q ＝0.94 J.[答案](1)1 m (2)0.4 C (3)0.94 J12．[解析](1)金属杆2进入磁场前做自由落体运动vm ＝2gh0＝2×10×0.8 m/s ＝4 m/s金属杆2进入磁场后受力平衡：mg ＝BIL且E ＝BLvm ，I ＝E 2r ＋R解得：m ＝B2L2vm 2r ＋R g ＝22×0.52×42×0.5＋1×10kg ＝0.2 kg. (2)金属杆2刚进入磁场时的速度v ＝2gh1＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s金属杆2进入磁场到匀速运动的过程中(设金属杆2在磁场内下降h2)有 E ＝BLh2t2，I ＝E 2r ＋R ，q ＝I ·t2 得：h2＝q 2r ＋R BL＝1.3 m 金属杆2从下落到再次匀速运动的过程中，由能量守恒定律有mg(h1＋h2)＝12m2m ＋Q 解得：Q ＝1.4 J.(3)释放金属杆1后，两杆受力情况相同，且都向下加速，合力等于零时速度最大，设金属杆1、2的最大速度分别为1、2，有mg ＝BIL ，且I ＝E1＋E22r ＋R，E1＝BLv1，E2＝BLv2 整理得到：1＋2＝mg 2r ＋R B2L2代入数据得：1＋2＝4 m/s因为两个金属杆任何时刻受力情况都相同，因此任何时刻两者的加速度也都相同，在相同时间内速度的增量也必相同，即：v1－0＝v2－v代入数据得：v2＝v1＋2 m/s联立求得：v1＝1 m/s ，v2＝3 m/s[答案](1)0.2 kg (2)1.4 J (3)v1＝1 m/s v2＝3 m/s。

高中物理一轮复习教案电磁感应现象楞次定律1

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第九章电磁感应
考纲展示
要求
电磁感应现象
Ⅰ
磁通量
Ⅰ
法拉第电磁感应定律
Ⅱ
楞次定律
Ⅱ
自感、涡流
Ⅰ热Leabharlann 视角1.考情分析：本章是高考的必考内容，在历年高考中所占分值较高，考查的题型一般多为选择题，也有计算题，考查的难度中等，试题的综合程度较高．
2.高考热点：
(1)条件：
(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动．
3．产生电磁感应现象的实质
4．能量转化
发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能．
小结
作业：基础自测
教后
反思
审核人签字：年月日
富县高级中学集体备课教案
年级：高三理科目：物理授课人：
课题
第一讲电磁感应现象楞次定律
第课时
三维目
1、电磁感应现象及本质
2、会用楞次定律判断感应电流的方向
3、用右手定则感应电流的方向
重点
1、电磁感应现象及本质
2、会用楞次定律判断感应电流的方向
3、用右手定则感应电流的方向
中心发
言人
陈熠
难点
会用楞次定律判断感应电流的方向
预计2015年高考仍将以电磁感应的产生条件，感应电动势和感应电流的计算和图象表达为主．
结合新技术，对科技类问题的建模，运用力学和电学知识解决电磁感应类的问题，复习时应予以高度关注.
第1讲电磁感应现象楞次定律
1．定义
2．公式：Φ＝BS.

高考物理电磁感应现象习题一轮复习及答案

高考物理电磁感应现象习题一轮复习及答案一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图甲所示，相距d 的两根足够长的金属制成的导轨，水平部分左端ef 间连接一阻值为2R 的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37°.长度也为d 、质量为m 的金属棒ab 电阻为R ，通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG 、NH 段动摩擦因数μ＝18(其余部分摩擦不计)．MN 、PQ 、GH 相距为L ，MN 、PQ 间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为B 1的匀强磁场，PQ 、GH 间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B 2，其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，当ab 棒从MN 上方一定距离由静止释放通过MN 、PQ 区域(运动过程中ab 棒始终保持水平)，电压传感器监测到U －t 关系如图乙所示．（1）求ab 棒刚进入磁场B 1时的速度大小．（2）求定值电阻上产生的热量Q 1.（3）多次操作发现，当ab 棒从MN 以某一特定速度进入MNQP 区域的同时，另一质量为2m ，电阻为2R 的金属棒cd 只要以等大的速度从PQ 进入PQHG 区域，两棒均可同时匀速通过各自场区，试求B 2的大小和方向．【答案】（1）11.5U B d （2）2221934-mU mgL B d；（3）32B 1 方向沿导轨平面向上【解析】【详解】(1)根据ab 棒刚进入磁场B 1时电压传感器的示数为U ,再由闭合电路欧姆定律可得此时的感应电动势：1 1.52UE U R U R=+⋅= 根据导体切割磁感线产生的感应电动势计算公式可得：111E B dv =计算得出:111.5Uv B d=. (2)设金属棒ab 离开PQ 时的速度为v 2，根据图乙可以知道定值电阻两端电压为2U ，根据闭合电路的欧姆定律可得：12222B dv R U R R⋅=+计算得出：213Uv B d=；棒ab 从MN 到PQ ，根据动能定理可得： 222111sin 37cos3722mg L mg L W mv mv μ︒︒⨯-⨯-=-安根据功能关系可得产生的总的焦耳热：=Q W 总安根据焦耳定律可得定值电阻产生的焦耳热为：122RQ Q R R=+总联立以上各式得出：212211934mU Q mgL B d=-(3)两棒以相同的初速度进入场区匀速经过相同的位移，对ab 棒根据共点力的平衡可得：221sin 37cos3702B d vmg mg Rμ︒︒--=计算得出：221mgRv B d =对cd 棒分析因为：2sin372cos370mg mg μ︒︒-⋅>故cd 棒安培力必须垂直导轨平面向下，根据左手定则可以知道磁感应强度B 2沿导轨平面向上，cd 棒也匀速运动则有：1212sin 372cos37022B dv mg mg B d R μ︒︒⎛⎫-+⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭将221mgRv B d =代入计算得出：2132B B =. 答：(1)ab 棒刚进入磁场1B 时的速度大小为11.5UB d; (2)定值电阻上产生的热量为22211934mU mgL B d-; (3)2B 的大小为132B ，方向沿导轨平面向上.2．电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势E 来表明电源的这种特性。

高考物理一轮作业手册第26讲电磁感应现象、楞次定律(含解析) 新人教版

课时作业(二十六) [第26讲电磁感应现象、楞次定律] 基础热身1．2012·日照模拟如图K26－1所示，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，自左向右看，环中的感应电流( )图K26－1A．沿顺时针方向B．先沿顺时针方向后沿逆时针方向C．沿逆时针方向D．先沿逆时针方向后沿顺时针方向2．2012·韶关模拟图K26－2是验证楞次定律的实验示意图，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( )A B C D图K26－23．如图K26－3所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一块薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，下列说法正确的是( )图K26－3A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地4．宇航员登月后，想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是( )A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场的有无B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场技能强化5．2012·济南模拟如图K26－4所示，通电直导线cd右侧有一个金属框，金属框与导线cd在同一平面内，金属棒ab放在金属框上．二者良好接触．若ab受到向左的安培力，则cd中电流的变化情况是( )图K26－4A．由d指向c，逐渐减小B．由d指向c，逐渐增大C．由c指向d，逐渐减小D．由c指向d，逐渐增大6．2012·杭州模拟一根长导线弯成如图K26－5所示的导线框，在导线框中通以直流电，在框的正中间用绝缘的橡皮筋悬挂一个金属环P，环与导线框处于同一竖直平面内，当电流I增大时，下列说法中正确的是( )图K26－5A．金属环P中产生顺时针方向的电流B．橡皮筋的长度增大C．橡皮筋的长度不变D．橡皮筋的长度减小7．2012·江门模拟图K26－6是某电磁冲击钻的原理图，若某一时刻突然发现钻头M 向右运动，则可能的情况是( )A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动图K26－68．2012·怀柔模拟汽车自动控制刹车系统(ABS)的原理如图K26－7所示．铁质齿轮P 与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体(极性如图)，M是一个电流检测器．当车轮带动齿轮P转动时，靠近线圈的铁齿被磁化，使通过线圈的磁通量增大，铁齿离开线圈时又使磁通量减小，从而能使线圈中产生感应电流，感应电流经电子装置放大后即能实现自动控制刹车．齿轮从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过程中，通过M的感应电流的方向是( )图K26－7A．总是从左向右B．总是从右向左C．先从右向左，然后从左向右D．先从左向右，然后从右向左9．如图K26－8所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中( )图K26－8A．有感应电流，且B被A吸引B．无感应电流C．可能有也可能没有感应电流D．有感应电流，且电流方向与A中的相反10．如图K26－9所示，P环位于螺线管的中垂面处，当P环中感应电流方向如图所示且受到背离圆心向外的张力时，则螺线管中电流的方向及大小变化情况是( )图K26－9A．b→a，减小B．b→a，增大C．a→b，减小D．a→b，增大11．如图K26－10所示，ab为一金属杆，它处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a 点在纸面内转动；S为以a为圆心位于纸面内的金属环；在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a点良好接触．当杆沿顺时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图所示，则此时刻( )图K26－10A．有电流通过电流表，方向由c向d，作用于ab的安培力向右B．有电流通过电流表，方向由c向d，作用于ab的安培力向左C．有电流通过电流表，方向由d向c，作用于ab的安培力向右D．无电流通过电流表，作用于ab的安培力为零挑战自我12．如图K26－11所示是著名物理学家费曼设计的一个实验，在一块绝缘板中部安装一个线圈，并接有电源，板的四周有许多带负电的小球．现将整个装置悬挂起来，当接通开关瞬间，自上而下看，整个圆盘将( )图K26－11A．顺时针转动一下B．逆时针转动一下C．顺时针不断转动D．逆时针不断转动课时作业(二十六)1．C [解析] 条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，穿过金属环的磁通量增加，根据楞次定律的推广含义“来拒去留”，金属环靠近条形磁铁N极的这面是N极，根据安培定则，环中的感应电流为逆时针方向，选项C正确．2．CD [解析] 由楞次定律推广含义的“来拒去留”可判定图A、B中感应电流方向错误，图C、D中感应电流方向正确．3．D [解析] 甲是铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落；乙是没有闭合的铜线框，丙是塑料线框，在下落过程中都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故乙、丙同时落地，甲后落地，选项D正确．4．C [解析] 电磁感应现象产生的条件是穿过闭合回路的磁通量发生改变．选项A中，即使有恒定的磁场，也不会有示数，选项A错误；同理，将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，也不能判断出没有磁场，因为磁通量有可能是恒定的，选项B错误；电流表有示数则说明一定有磁场，选项C正确；将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一个与磁场平行的平面内沿各个方向运动，也不会有示数，选项D错误．5．BD [解析] ab受到向左的安培力，说明金属框与金属棒ab组成的回路的磁通量有减少的趋势，由楞次定律推广含义的“增缩减扩”可知，穿过回路的磁通量一定增加，即cd中的电流一定增大，选项B、D正确．6．B [解析] 金属环P中的磁场方向垂直于纸面向里，当电流I增大时，金属环P中的磁通量向里且增大，由楞次定律和安培定则可知金属环P中产生逆时针方向的感应电流，选项A错误．导线框AB和CD部分对金属环D的作用力的合力为零．根据楞次定律金属环D 有远离BC的趋势，橡皮筋会逐渐被拉长，选项B正确，选项C、D错误．7．AC [解析] 由钻头向右运动可知，通过右线圈的磁通量突然增大，则可能是开关闭合瞬间或滑动变阻器滑片P向左迅速移动．8．D [解析] 铁齿靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，通过M的感应电流的方向从左向右；铁齿远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，同理可得通过M的感应电流的方向从右向左，选项D正确．9．D [解析] MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向为N→M，且在逐渐变大，根据安培定则，A在B环中的磁场方向向左且逐渐增强，根据楞次定律，B环中的感应电流的磁场在B环中方向向右，B环中电流方向与A中的相反，B被A排斥．选项D正确．10．D [解析] P环受向外的张力，则说明P环有扩大其面积的趋势，穿过它的原磁场的磁通量在增加(注意：穿过P环内外磁感线方向是不同的，这里P扩大面积不是欲增大磁通量，而是欲阻碍磁通量的增加)，由楞次定律和安培定则，选项D正确．11．A [解析] 当金属杆ab顺时针方向转动时，切割磁感线并产生感应电动势，由右手定则可知感应电流由a到b，由c到d，由左手定则可判断出金属杆所受安培力水平向右，阻碍金属杆的运动，选项A正确．12．A [解析] 开关接通瞬间，穿过带电小球所在空间向下的磁通量突然增加，由楞次定律知，在带电小球所处空间将产生逆时针方向的电动势(确切讲，应为逆时针方向的电场)，从而使带负电小球受到顺时针方向的作用力．由于该变化发生在接通开关的瞬间，故选项A 正确．。

高三物理一轮复习优化测控试题电磁感

咐呼州鸣咏市呢岸学校高三物理一轮复习同步优化测控试题第十二单元电磁感第59讲电磁感楞次律体验1.一个匝数为n、面积为S的闭合线圈置于水平面上，假设线圈内的磁感强度在时间t内由竖直向下从B1减少到零，再反向增加到B2，那么线圈内的磁通量的变化量ΔΦ为( )A.n(B2－B1)SB.n(B2＋B1)SC.(B2－B1)SD.(B2＋B1)S解析：磁通量的变化量与线圈匝数无关，由于磁感强度的方向改变，故ΔΦ＝(B2＋B1)S.答案：D2.如下图，一个铜质圆环套在悬挂条形磁铁的细绳上.如果不考虑空气阻力，使铜环无初速度地自位置A下落到位置B，那么所需的时间( )A.于2hgB.大于2hgC.小于2hgD.无法确解析：铜环下落的过程发生电磁感，磁场对感电流的安培力总是阻碍它向下运动，故t＞2h g .答案：B3.由于地磁场的存在，飞机在一高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会产生电势差.假设飞机在北半球水平飞行，那么相对飞行员而言( )A.机翼的左端比右端的电势低B.机翼的左端比右端的电势高C.哪端的电势高与飞行的方向有关D.哪端的电势高与飞行的高度有关解析：将地磁场沿水平、竖直方向分解，在北半球竖直分量向下，由右手那么可知，由于电磁感，机翼左端的电势总比右端的高.答案：B4.如下图，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑、用不同材料制成的圆筒，它们竖直固在相同高度.两个相同的条形磁铁同时从A、B上端管口同一高度处无初速度同时释放，穿过A管的条形磁铁比穿过B管的条形磁铁先落到地面.以下关于两管的制作材料的描述中，可能正确的选项是( )A.A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的B.A管是用铝制成的，B管是用木制成的C.A管是用木制成的，B管是用塑料制成的D.A管是用铜制成的，B管是用铝制成的解析：只要圆筒是由导体材料制成的，磁铁从中穿过时都能在筒壁产生环形感电流，而且由楞次律知，感电流与磁铁之间的作用力将阻碍磁铁向下运动，延迟其穿过的时间.铜的电阻率比铝的小，阻碍作用较大，落到地面的时间更长.答案：A5.如图甲所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西的稳、强大的直流电流.现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏的检流表，图中未画出)检测此通电直导线的位置.假设不考虑地磁场的影响，检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感电流的方向是( )A.先顺时针，后逆时针B.先逆时针，后顺时针C.先逆时针，接着顺时针，然后再变为逆时针D.先顺时针，接着逆时针，然后再变为顺时针解析：检测线圈移动过程的正视截面图如图乙所示：在北方无穷远时磁通量为零，在A位置磁感线向下穿过的磁通量最大，在B位置磁通量为零，在C位置磁感线向上穿过的磁通量最大，至无穷远处磁通量为零.故∞→A的过程，感电流为逆时针方向；A→B的过程，感电流为顺时针方向；B→C的过程，感电流为顺时针方向；C→∞的过程，感电流为逆时针方向.答案：C6.有一种先进的制动装置(ABS)，可保证车轮在制动时不被抱死，仍有一的滚动.图示是这种装置的某一环节原理示意图.铁齿轮P与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁铁Q是一个电流检测器.刹车时，磁铁与齿轮相互靠近而产生感电流，这个电流经放大后控制制动器.车轮转动时，由于a有感电流，其方向是( )A.先向右，后向左B.先向左，后向右C.一直向左D.一直向右解析：由于a有一个先接近后离开磁铁的过程，所以螺线管中的电流方向会发生改变，应选项C、D错误.a a离开螺线管时，.应选项A正确.答案：A第60讲法拉第电磁感律体验1.关于电磁感，以下说法正确的选项是( )A.穿过线圈的磁通量变化越大，感电动势就越大B.当导体平动做切割磁感线的运动时，导体中一有感电流产生C.当穿过线圈的磁通量减小时，感电动势可能越来越大D.当穿过线圈的磁通量发生变化时，感电动势的大小与线圈电阻无关解析：E ＝n ΔΦΔt .其中ΔΦΔt为磁通量的变化率，即E 由n 和磁通量的变化率决，与其他量无关. 答案：CD2.铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确火车的位置.如图甲所示(俯视图)，能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车上首节车厢下面，当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生一电信号传至控制中心.假设火车通过某路段时，控制中心接收到的线圈两端的电压信号如图乙所示，那么说明火车在做( )A.匀速直线运动B.匀加速直线运动C.匀减速直线运动D.加速度逐渐增大的变加速直线运动解析：感电动势E ＝BLv ，控制中心接收到线圈两端电压u ∝E ，由图乙可知火车在做匀加速直线运动，选项B 正确.答案：B3.物理中常用一种叫做“冲击电流计〞的仪器测通过电路的电荷量.如下图，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测磁场的磁感强度.线圈的匝数为n ，面积为S ，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R .假设将线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q ，由上述数据可测出磁场的磁感强度为( )A.qR SB.qR nSC.qR 2nSD.qR2S解析：通过感电路的电荷量q ＝I ·Δt ＝n ΔΦΔt ·R ·Δt ，其中ΔΦ＝2BS ，可解得：B ＝qR 2nS. 答案：C 4.如下图，圆环a 和圆环b 的半径之比为2∶1，两环用同样粗细、同种材料制成的导线连成闭合回路，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感强度变化率恒.那么在a 、b 环分别单独置于磁场中的两种情况下，M 、N 两点的电势差之比为( )A.4∶1B.1∶4C.2∶1D.1∶2解析：由题可设知ΔB Δt为值，设b 环的电阻为R ，那么a 环电阻为2R ，电路总电阻R 总＝3R ，a 环产生的感电动势E a ＝ΔB Δt πr 2a ，U MN ＝13E a b 环产生的感电动势E b ＝ΔB Δt πr 2b ＝14E a ，U MN ′＝23E b ＝16E a ＝12U MN . 答案：C5.如图甲所示，在PQ 、QR 区域中存在着磁感强度大小相、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面.一导线框abcdefa 位于纸面内，框的邻边都相互垂直，bc 边与磁场的边界P 重合.导线框与磁场区域的尺寸如图甲所示.从t ＝0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域.以a →b →c →d →e →f 为线框中的电动势E 的正方向，那么在图乙的四个E －t 关系图象中，正确的选项是[高考·理综卷Ⅱ]( )甲乙解析：bc 边在PQ 区域的磁场中运动时，切割磁感线的导线的有效长度为l ，感电动势方向为负；bc 边进入QR 区域磁场，de 边同时进入PQ 区域磁场，并且它们切割磁感线产生的感电动势大小相、方向相反，总的感电动势为零；bc 边离开磁场时，de 进入QR 区域，af 边进入PQ 区域，它们切割磁感线产生的感电动势均为正，总感电动势相加；以后便只有af 边在QR 区域切割磁感线，产生的感电动势为负，故正确答案为C.答案：C6.如下图，水平放置的三条光滑平行金属导轨a 、b 、c ，a 与b 、b 与c 相距均为d ＝1 m ，导轨a 、c 间横跨一质量m ＝1 kg 的金属棒MN ，棒与导轨始终保持良好接触.棒的电阻r ＝2 Ω，导轨的电阻忽略不计.在导轨b 、c 间接一电阻R ＝2 Ω 的灯泡，导轨a 、c 间接一理想电压表.整个装置放在磁感强度B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下.现对棒MN 施加一水平向右的拉力F ，使棒从静止开始向右运动，问：(1)假设施加的水平恒力F ＝8 N ，那么金属棒到达稳时的速度为多少？(2)假设施加的水平外力的功率恒，棒到达稳时的速度为1.5 m/s ，那么此时电压表的示数为多少？(3)假设施加的水平外力的功率恒为P ＝20 W ，经历t ＝1 s 的时间后，棒的速度到达2 m/s ，那么此过程中灯泡产生的热量是多少？解析：(1)棒向右运动后与导轨b 、c 及灯泡L 组成闭合回路，故感电流I ＝BvdR ＋r 2速度到达稳时有：BId ＝F解得稳速度为：v ＝6 m/s.(2)取MN 与导轨b 的接触点为P ，当速度为 m/s 时，感电动势：E MP ＝E PN ＝Bvd ＝3 VP 、N 之间的电势U PN ＝E PNR ＋r 2·R ＝2 V故电压表的示数U ＝E MP ＋U PN ＝5 V.(3)设t ＝1 s 内电路转化的电能为W 电，那么灯泡产生的热量为：Q ＝R R ＋r 2·W 电＝23W 电由能量的转化和守恒律有：Pt ＝W 电＋12mv 2解得：Q ＝12 J.答案：(1)6 m/s (2)5 V (3)12 J金典练习电磁感楞次律法拉第电磁感律选择题共10小题，每题6分.在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1.如下图，在两根平行的长直导线M 、N 中，分别通入大小和方向都相同的电流.导线框abcd 和两导线在同一平面内，线框沿着与导线垂直的方向自右向左在导线间匀速移动.在移动过程中，线框中感电流的方向( )A.沿abcda 不变B.沿adcba 不变C.由abcda 变成adcbaD.由adcba 变成abcda答案：B2.如下图，光滑的水平桌面上放着两个彼此绝缘、靠得较近的完全相同的闭合环形金属圈，原来均静止.当一条形磁铁的N 极从它们中间的正上方由上至下向着它们运动时，a 、b 两线圈将( )A.均静止不动B.彼此靠近C.相互远离D.都向上跳起解析：解法一分析左侧线圈的电磁感及受到的安培力的水平分力(如图乙所示)，由于线圈内侧处的磁场更强，故知F 2＞F 1，线圈受到安培力的作用从而向左移动.同理，右侧线圈向右移动.解法二由楞次律知，两线圈将向两侧移动以阻碍磁通量的增加.答案：C3.矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，如图甲所示，磁感强度B 随时间变化的图象如图乙所示.在t ＝0时刻，磁感强度的方向垂直纸面向里，abcd 固不动，在0～4 s 内，线框的ab 边受安培力F 随时间t 变化的图象(F 的方向规以向左为正方向)是以下图中的( )丙解析：由楞次律可判，通过ab 边的感电流的方向在0～2 s 内由a →b ，在2～4 s 内由b →a ；由感电流的大小I ＝ΔBS ΔtR ＝2S R判，0～2 s 内的电流I 1和2～4 s 内的电流I 2大小相，即I 1＝I 2.线框的ab 边所受安培力的方向由左手那么知：0～1 s 内向左，1～2 s 内向右，2～3 s 内向左，3～4 s 内向右.再由F ＝BIL 可判，只有选项C 正确.4.如图甲所示，在x ≤0的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直xOy 平面(纸面)向里.具有一电阻的矩形线框abcd 位于xOy 平面内，线框的ab 边与y 轴重合.令线框从t ＝0时刻起由静止开始沿x 轴正方向做匀加速运动，那么线框中的感电流I (取逆时针方向的电流为正)随时间t 的变化图象可能是图乙中的( )解析：由E ＝BLv ＝BLat 可得I ＝E R ＝BLa R t ，可知选项A 、B 错误，由于取逆时针方向为正，所以选项C 错误、D 正确.答案：D5.如图甲所示，相邻两个匀强磁场区域的宽度均为L ，磁感强度大小均为B ，其方向如下图.一个单匝正方形闭合导线框由均匀导线制成，边长也是L .导线框从左向右匀速穿过这两个匀强磁场区域.规以逆时针方向为感电流的正方向，那么线框从Ⅰ位置运动到Ⅱ位置过程中，感电流I 随时间t 变化的图线是图乙中的( )甲乙解析：设线框的速度为v在0～L v 时间内，I 1＝BLv R，逆时针方向在L v ～2L v 时间内，I 2＝2BLv R，顺时针方向在2L v ～3L v 时间内，I 3＝BLv R，逆时针方向. 答案：C6.如下图，匀强磁场中有两根固的水平平行光滑金属导轨PQ 和MN ，导轨上垂直导轨放置着两根金属棒，与导轨的接触点分别为a 、b 、c 、d ，金属棒的中点系着一根不可伸长的绝缘丝线ef ，磁场方向垂直于导轨所在平面.当磁场减弱时，以下判断正确的选项是( )A.在回路中产生感电流，方向是abdcaB.在回路中产生感电流，方向是acdbaC.丝线ef 上的张力大于零，ab 和cd 一起向右运动D.丝线ef 上没有张力作用，ab 和cd 互相靠近解析：根据楞次律和安培那么可知，当磁场减弱时，在回路中产生的感电流方向是acdba ，应选项B 正确、A 错误；此时回路中的磁通量变小，回路所围的面积有变大的趋势，应选项D 错误；又因为流经ab 和cd 的电流相，所以两金属棒受到的安培力大反向，ab 和cd 都不动，选项C 错误.7.图示是日光灯的结构示意图，假设按图示的电路连接，那么关于日光灯发光的情况，以下表达正确的选项是( )A.闭合S1，断开S2、S3，日光灯就能正常发光B.闭合S1、S2，断开S3，日光灯就能正常发光C.断开S3，闭合S1、S2后，再断开S2，日光灯就能正常发光D.当日光灯正常发光后再闭合S3，日光灯仍能正常发光解析：选项A中，由于S2一直断开，无法在灯管两端产生瞬间高压；选项B中，S2一直闭合，也无法在灯管两端产生(自感)高压；选项C中，在S1闭合的前提下，S2由闭合再断开的瞬间，L自感产生高压，能使日光灯通电发光；选项D中，日光灯正常发光后再闭合S3，会使灯管持续通电时电压过高而被烧坏.答案：C8.如下图，a、b是平行金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面，c、d是分别串有电压表和电流表的金属棒，它们与导轨接触良好，当c、d以相同的速度向右运动时，以下说法正确的选项是( )A.两表均无示数B.两表均有示数C.电流表有示数，电压表无示数D.电流表无示数，电压表有示数解析：当d、c以相同的速度向右运动时，穿过回路的磁通量没变，故无感电流产生，所以电流表和电压表中的示数均为零，应选项A正确.答案：A9.如图甲所示，在坐标系xOy中，有边长为a的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处，在y轴的右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行.t＝0时刻，线圈以恒的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a的感电流方向为正，那么在线圈穿越磁场区域的过程中，感电流i随时间t变化的图线是图乙中的( )乙解析：线框的位移在0～a内，由楞次律知电流沿逆时针方向，ab边在磁场中切割磁感线的有效长度在均匀减小，(由a →0)，故感电流i ＝BLv R均匀减小至零；在a →2a 位移内，dc 边切割磁感线的有效长度均匀减小，电流沿顺时针方向，故i －t 图象为A.答案：A10.以下三个图中除导体棒ab 可移动外，其余均固不动，图的电容器C 原来不带电.设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计.图中装置均在水平面(即纸面)内，且都处于方向垂直水平面向下的匀强磁场中，导轨足够长.今给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab 的最终运动状态是( )A.三种情形下导体棒ab 最终均做匀速运动B.三种情形下导体棒ab 最终均静止C.甲、丙两图中，ab 棒最终将做匀速运动；图乙中，ab 棒最终静止D.乙、丙两图中，ab 棒最终将做匀速运动；图，ab 棒最终静止解析：甲图中，瞬间充电后的电容器两板间电压与导体棒ab 产生的感电动势相后，回路中无电流，ab 将做匀速运动，乙图中，导体棒ab 在安培力的作用下将减速直至静止，丙图中，ab 棒的速度将趋于v ＝E BL 做匀速运动.答案：C非选择题共3小题，共40分.11.(13分)如下图，两个金属环，大环半径为a ，小环半径为b ，两环间的半径方向均匀连接n 根相同的直导线，每根直导线上都接一个阻值恒为R 的相同小灯泡，在两环间存在一个固的、形状和面积都与相邻两直导线间隔相同的匀强磁场，磁感强度为B .环在外力作用下绕垂直两环中心的轴匀速转动，设转动周期为T ，且每个小灯泡都能发光.除了灯泡电阻外其他电阻均不计.(1)求产生的感电动势的大小.(2)求所有小灯泡的总功率.(3)中发现进入磁场中的灯泡比其他的亮，试问这个最亮灯泡的功率是其他任意一个灯泡功率的多少倍？解析：(1)金属环转动的角速度ω＝2πT，每时刻一有一直导线在做切割磁感线运动.产生的感电动势为： E ＝12Bω(a 2－b 2).(2)灯泡、导线组成的闭合回路的总电阻为：R 总＝R ＋R n －1＝n n －1R 故所有灯泡的总功率P 总＝E 2R 总＝(n －1)B 2ω2(a 2－b 2)24nR. (3)处于磁场中的灯泡在感电路的电源之中，故通过它的电流为通过其他灯泡中电流的n －1倍. 又因为灯泡功率P ＝I 2R 故该灯泡与的功率其他任一灯泡的功率的倍数为：P 0P＝(n －1)2. 答案：(1)12Bω(a 2－b 2) (2)(n －1)B 2ω2(a 2－b 2)24nR(3)(n －1)2倍 12.(13分)如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝1000，面积S ＝200 cm 2，电阻r ＝1 Ω，在线圈外接一个阻值R ＝4 Ω的电阻，电阻的一端b 与地相接，把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感强度随时间变化的规律如图乙所示.试问：(1)从计时起，t ＝3 s 、t ＝5 s 时刻穿过线圈的磁通量各为多少？(2)a 点的最高电势和最低电势各为多少？解析：(1)由B －t 图象可知，t ＝3 s 、t ＝5 s 时刻的磁感强度分别为： B 3＝0.35 T ，B 5＝0.2 T所以：Φ3＝B 3S ＝0.35×200×10－4 Wb ＝7×10－3Wb Φ5＝B 5S ＝0.2×200×10－4 Wb ＝4×10－3 Wb.(2)由B －t 图象可知，在0～4 s 的这段时间内，磁感强度的变化率为：ΔB 1Δt 1＝0.4－0.24T/s ＝0.05 T/s 此段时间内，回路中产生的感电动势为：E 1＝nS ΔB 1Δt 1＝1000×200×10－4×0.05 V＝1 V 回路中的感电流为：I 1＝E 1R ＋r ＝14＋1A ＝0.2 A 方向为b →a所以U ba ＝I 1R ＝0.8 V即U a ＝－0.8 V ，此时a 点的电势最低在4～6 s 的这段时间内，回路中产生的感电动势为：E 2＝nS ΔB 2Δt 2＝4 V 回路中的感电流为：I 2＝E 2R ＋r ＝44＋1A ＝0.8 A ，方向为a →b所以U ab ＝I 2R ＝ V即U a ＝ V ，此时a 点的电势最高.答案：(1)7×10－3 Wb 4×10－3Wb (2) V －0.8 V13.(14分)如下图，由10根长度均为L 的金属杆连接成一个“目〞字形的矩形金属框abcdefgh ，放在纸面所在的平面内，金属杆ah 、bg 、cf 和de 的电阻均为R ，其他各杆的电阻不计，各杆端点间连接良好.有一个宽度也为L 的匀强磁场，磁场边界跟de 杆平行，磁感强度的大小为B ，方向垂直于纸面向里.现以速度v 把金属框从磁场的左边界匀速向右拉，从de 杆刚进入磁场时开始计时，求：(1)从开始计时到ah 杆刚要进入磁场的过程中，通过ah 杆横截面上的总电荷量.(2)从开始计时到金属框通过磁场的过程中，金属框中电流所产生的总热量.解析：(1)设de 杆在磁场中运动时通过de 的电流为I ，那么有：E ＝BLv ＝I (R ＋R3) 所以：I ＝3BLv 4R 通过ah 杆的电流为：I 1＝I 3＝BLv4R同理可知，当cf 杆、bg 杆在磁场中运动时，通过ah 杆的电流为： I 2＝I 3＝I 1＝BLv 4R故所求的总电荷量为：q ＝I 1t ＝BLv 4R ·3L v ＝3BL 24R. (2)据分析可知，de 、cf 、bg 和ah 中任一杆在磁场中运动时，该杆中的电流均为：I ＝3BLv 4R该杆受到的安培力为：F 安＝BIL ＝3B 2L 2v 4R故所求的总热量为：Q ＝F 安·4L ＝3B 2L 3v R. 答案：(1)3BL 24R (2)3B 2L 3v R。

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复习效果检测(十) 交变电流传感器(时间：60分钟满分：100分)1．(2014·连云港摸底)如图所示，理想变压器的输入电压保持不变．副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L 1和L 2，输电线的等效电阻为R .开始时，电键S 断开，当S 闭合时，下列说法正确的是( )A ．电压表示数变大B ．灯泡L 1更亮C ．电流表示数增大D ．变压器的输出功率减小解析：选C 当S 闭合时，R 中电流增大，电压表示数变小，灯泡L 1变暗，变压器的输出功率增大，电流表示数增大，选项C 正确A 、B 、D 错误．2．(2014·河南三市联考)如图所示，理想变压器与电阻R ，交流电压表V 、交流电流表A 按图甲所示方式连接．已知变压器的原副线圈的匝数比为n 1n 2＝10∶1，电阻R ＝10 Ω.图乙是R 两端电压u 随时间变化的图象，U m ＝10 2 V ．则下列说法中正确的是( )A ．通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝cos 100 πt (A)B ．电流表A 的读数为210A C ．电压表V 的读数为10 2 VD ．变压器的输入功率为10 W解析：选D 根据R 两端电压u 随时间变化的图象，电压表V 的读数为10 V ，选项C 错误；由欧姆定律，通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝2cos 100πt (A)，选项A 错误；由变压器变压公式，输入电压为100 V ，输入电流为0.1 A ．变压器的输入功率为10 W ．电流表A 的读数为0.1 A ，选项B 错误D 正确．3．如图所示，M 是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n 1：n 2＝10∶1，接线柱a 、b 接一正弦交变电源，电压u ＝311sin πt V ．变压器右侧部分为一火警系统原理图，其中R 2为用半导体热敏材料制成的传感器(电阻随温度升高而减小)，R 1为一定值电阻．下列说法正确的是( )A ．当R 2所在处出现火警时，电阻R 1的功率变小B ．当R 2所在处出现火警时，电压表V 2的示数变大C ．当R 2所在处出现火警时，电流表A 的示数变小D ．电压表V 1示数为22 V解析：选D 当R 2所在处出现火警时，阻值减小，变压器输出电流增大，输出功率增大，电阻R 1两端电压增大，电阻R 1的功率变大，电压表V 2的示数变小，选项A 、B 错误；由输入功率等于输出功率可知，当R 2所在处出现火警时，电流表A 的示数变大，选项C 错误；由变压器变压公式，变压器输出电压为22 V ．电压表V 1示数为22 V ，D 对．4．(2014·宝鸡质检)如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示．以下关于这个正弦交流电的说法中正确的是( )A ．线圈先后两次转速之比为1∶2B ．交流电a 的电压瞬时值u ＝10sin 0.4πt VC ．交流电b 的最大值为203V D ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量为零解析：选C 由n ＝1T知转速之比等于周期的反比，再由题图知n a ∶n b ＝3∶2，A 错误．由u ＝U m sin ωt ，ω＝2πT 知u a ＝10 sin 5πt V ，B 错误．U m ＝NBSω，ω＝2πT，峰值之比等于周期的反比，故U m b ＝T a T b U m a ＝203V ，C 正确．t ＝0时线圈中的感应电动势为零，线圈位于中性面的位置，磁通量最大，D 错误．5．如图所示电路，电阻R 1与电阻R 2阻值相同，都为R ，和R 1并联的D 为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A 、B 间加一正弦交流电u ＝202sin 100πt (V)，则加在R 2上的电压有效值为( )A ．10 VB ．20 VC ．15 VD ．510 V解析：选D 由二极管的单项导电性可知加在R 2上的电压波形为半个周期最大值为20 2 V ，半个周期最大值为10 2 V ．由有效值的定义可得加在R 2上的电压有效值为510 V ，选项D 正确．6．(2014·沈阳二中测试)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1＝20 Ω，R 2＝30 Ω，C 为电容器．已知通过R 1的正弦交流电如图乙所示，则( )A ．交流电的频率为0.02 HzB ．原线圈输入电压的最大值为200 2 VC ．电阻R 2的电功率约为6.67 WD ．通过R 3的电流始终为零解析：选C 交流电的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，选项A 错误；通过R 1的电流有效值为2/2 A ，副线圈输出电压为10 2 V ，原线圈输入电压的有效值为100 2 V ，最大值为200 V ，选项B 错误；通过电阻R 2的电流为I ＝U 2/R 2＝2/3 A ，电功率约为P ＝UI ＝6.67 W ，选项C 正确；通过R 3的电流不为零，选项D 错误．二、多项选择题(每小题6分，共24分)7．某同学从国外带回一把标有“110 V ,60 Hz,880 W”的电咖啡壶，该电咖啡壶利用电热丝加热．在我国，为使咖啡壶能正常工作，需要通过变压器与市电相连．下列说法正确的是( )A ．若将咖啡壶直接与市电相连，电功率是1 760 WB ．电咖啡壶应该接在原、副线圈匝数比为2∶1的变压器的副线圈两端C ．电咖啡壶通过变压器正常工作时，与市电相连的原线圈中电流为4 AD ．电咖啡壶通过变压器正常工作时，电热丝中的交变电流频率为60 Hz解析：选BC 我国市电电压为220 V ，故电咖啡壶不能直接与市电相连，A 错误．由理想变压器的规律U 1U 2＝I 2I 1＝n 1n 2＝21可知，电咖啡壶应接在原、副线圈匝数比为2∶1的变压器副线圈两端，B 正确．电咖啡壶通过变压器正常工作时，原、副线圈中功率相等，故原线圈中电流I 1＝880 W 220 V＝4 A ，C 正确．电咖啡壶通过变压器正常工作时，变压器不能改变交流电的频率，故电热丝中的交变电流频率为50 Hz ，D 错误．8．如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R ＝10 Ω，其余电阻均不计．从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压．则下列说法中正确的有( )A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为31.1 VB ．当单刀双掷开关与b 连接且在0.01 s 时，电流表示数为2.2 AC ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率变为25 HzD ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的输入功率变大解析：选BD 当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 V ，选项A 错误；当单刀双掷开关与b 连接且在0.01s 时，电流表示数为2.2 A ，选项B 正确；当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率仍为50Hz ，选项C 错误；当单刀双掷开关由a 拨向b时，副线圈输出电压为44V，副线圈输出功率增大，原线圈的输入功率变大，选项D正确．9．如图1所示，一理想变压器的原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈接入如图2所示的正弦交流电，一只理想二极管和一个阻值为10 Ω的电阻串联后接在副线圈上．则()A．原线圈电压有效值为311 VB．电压表示数约为22 VC．电流表示数为0.11 AD．二极管两端的最大电压为22 2 V解析：选CD由图2可知，原线圈电压最大值为311V，有效值为220V，选项A错误；由变压公式可知，副线圈输出电压为22 V，根据二极管单向导电性和有效值的定义可得，电压表示数为U＝11 2 V，选项B错误；变压器输出功率为P＝U2/R＝24.2 W，变压器输入电流即电流表示数为0.11 A，选项C正确；当二极管反向电压时，电压最大，二极管两端的最大电压为副线圈输出电压最大值22 2 V，选项D正确．10．(2014·温州八校联考)图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1＝R2＝R3＝20 Ω和电容器C连接成如图甲所示的电路，其中，电容器的击穿电压为8 V，电压表V为理想交流电表．开关S处于断开状态，则()A．电压表V的读数约为7.07 VB．电流表A的读数为0.05 AC．电阻R2上消耗的功率为2.5 WD．若闭合开关S，电容器会被击穿解析：选AC由变压器变压公式，副线圈输出电压最大值为20V，电压表V的读数约为7.07 V，选项A正确；变压器输出功率为P2＝U2I2＝U22/(R1＋R2)＝(102)2÷40W＝5.0 W 由P1＝U1I1＝5.0 W可得电流表A的读数为2/40 A＝0.035 A，选项B错误；电阻R2上消耗的功率为P2/2＝2.5 W，选项C正确；若闭合开关S，R1和R3并联部分电压最大值为7 V，电容器不会被击穿，选项D错误．三、计算题(本题3小题，共52分)11．(16分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝．线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝2πT．为了用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V,11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压为多少？(2)变压器原、副线的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？解析：(1)E m ＝NBSω＝1 100 2 V输出电压的有效值为U 1＝E m 2＝1 100 V (2)根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝51(3)根据P 入＝P 出＝2.2×104 W再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A. 答案：(1)1 100 V (2)51(3)20 A 12．(18分)电压u ＝1202sin ωt V ，频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为＝60 2 V 的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？(已知人跟的视觉暂留时间约为116s) 解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u -t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1当u ＝u 0＝60 2 V 时，由u ＝1202sin ωt V 求得：t 1＝1600 s 再由对称性知一个周期内能发光的时间：t ＝T －4t 1＝150 s －4×1600 s ＝175s 再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：t ＝36000.02×175s ＝2400 s.(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300s(如图中 t 2＋t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116 s 远大于1300s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．答案：(1)2400 s (2)见解析13．(18分)如图甲所示是一种振动发电装置，它的结构由一个半径为r ＝0.1 m 的50匝的线圈套在辐形永久磁铁槽上组成，假设磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(如图乙)．线圈运动区域内磁感应强度B 的大小均为12πT ，方向不变，线圈的总电阻为2 Ω，它的引出线接有8 Ω的电珠L ，外力推动线圈的P 端，使线圈做往复运动，便有电流通过电珠，当线圈向右的位移随时间变化的规律如图丙所示时(x 取向右为正)．(1)画出线圈中感应电流随时间变化的图象(取电流从a →L →b 为正方向)；(2)在0.1～0.15 s 内推动线圈运动过程中的作用力；(3)求该发电机的输出功率(其他损耗不计)．解析：(1)在0～0.1 s 内感应电动势E 1＝nBL v 1v 1＝0.100.1m/s ＝1 m/s L ＝2πr ，I 1＝E 1R 总＝0.2 A 在0.1～0.15 s 内：v 2＝2 m/s ，E 2＝nBL v 2，I 2＝E 2R 总＝0.4 A (2)因为外力匀速推动线圈，所以有：F ＝F 安＝nBI 2L ＝nBI 2·2πr ＝50×0.2π×0.4×2π×0.1 N ＝0.8 N.(3)电流的有效值为I ，则有：I 2R ×0.15＝0.22R ×0.1＋0.42R ×0.05I 2＝225所以P 出＝I 2R ＝225×8 W ＝1625W ＝0.64 W. 答案：(1)见解析 (2)0.8 N (3)0.64 W。

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