2023年高考物理（考點(diǎn)解讀+命題熱點(diǎn)突破）專題11電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用

PAGEPAGE1專題11電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用【考向解讀】電磁感應(yīng)是電磁學(xué)中最為重要的內(nèi)容，也是高考命題頻率最高的內(nèi)容之一。題型多為選擇題、計(jì)算題。主要考查電磁感應(yīng)、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、自感等知識。本局部知識多結(jié)合電學(xué)、力學(xué)局部出壓軸題，其命題形式主要是電磁感應(yīng)與電路規(guī)律的綜合應(yīng)用、電磁感應(yīng)與力學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用、電磁感應(yīng)與能量守恒的綜合應(yīng)用。復(fù)習(xí)中要熟練掌握感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件、感應(yīng)電流方向的判斷、感應(yīng)電動勢的計(jì)算，還要掌握本局部內(nèi)容與力學(xué)、能量的綜合問題的分析求解方法。預(yù)測高考根底試題重點(diǎn)考查法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律和電路等效問題．綜合試題還是涉及到力和運(yùn)動、動量守恒、能量守恒、電路分析、安培力等力學(xué)和電學(xué)知識．主要的類型有滑軌類問題、線圈穿越有界磁場的問題、電磁感應(yīng)圖象的問題等．此除日光燈原理、磁懸浮原理、電磁阻尼、超導(dǎo)技術(shù)這些在實(shí)際中有廣泛的應(yīng)用問題也要引起重視?！久}熱點(diǎn)突破一】電磁感應(yīng)圖象問題例1、【2022·四川卷】如圖1-所示，電阻不計(jì)、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運(yùn)動，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好．金屬棒中感應(yīng)電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時(shí)間t變化圖像可能正確的有()圖1-圖1-【答案】BC【解析】設(shè)金屬棒在某一時(shí)刻速度為v，由題意可知，感應(yīng)電動勢E＝Blv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(Bl,R＋r)v，即I∝v；安培力FA＝BIl＝eq\f(B2l2,R＋r)v，方向水平向左，即FA∝v；R兩端電壓UR＝IR＝eq\f(BlR,R＋r)v，即UR∝v；感應(yīng)電流功率P＝EI＝eq\f(B2l2,R＋r)v2，即P∝v2.分析金屬棒運(yùn)動情況，由牛頓第二定律可得F合＝F－FA＝F0＋kv－eq\f(B2l2,R＋r)v＝F0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(B2l2,R＋r)))v，而加速度a＝eq\f(F合,m).因?yàn)榻饘侔魪撵o止出發(fā)，所以F0>0，且F合>0，即a>0，加速度方向水平向右．(1)假設(shè)k＝eq\f(B2l2,R＋r)，F(xiàn)合＝F0，即a＝eq\f(F0,m)，金屬棒水平向右做勻加速直線運(yùn)動，有v＝at，說明v∝t，即I∝t，F(xiàn)A∝t，UR∝t，P∝t2，所以在此情況下沒有選項(xiàng)符合；【變式探究】(2022·高考山東卷)如圖甲，R0為定值電阻，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi)．左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上，經(jīng)二極管整流后，通過R0的電流i始終向左，其大小按圖乙所示規(guī)律變化．規(guī)定內(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b端時(shí)，a、b間的電壓uab為正，以下uab－t圖象可能正確的選項(xiàng)是()甲乙ABCD【解析】圓環(huán)內(nèi)磁場的變化周期為0.5T0，那么產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的變化周期也一定是0.5T0，四個圖象中，只有C的變化周期是0.5T0，根據(jù)排除法可知，C正確．【答案】C【變式探究】如下圖，邊長為2l的正方形虛線框內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個邊長為l的正方形導(dǎo)線框所在平面與磁場方向垂直，導(dǎo)線框的一條對角線和虛線框的一條對角線恰好在同一直線上．從t＝0開始，使導(dǎo)線框從圖示位置開始以恒定速度沿對角線方向移動進(jìn)入磁場，直到整個導(dǎo)線框離開磁場區(qū)域．用I表示導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流(以逆時(shí)針方向?yàn)檎?．那么以下表示I－t關(guān)系的圖線中，正確的選項(xiàng)是()答案：D【總結(jié)提升】分析電磁感應(yīng)圖象問題要注意的四點(diǎn)(1)注意初始時(shí)刻的特征，如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零，感應(yīng)電流的方向如何．(2)注意看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應(yīng)．(3)注意觀察圖象的變化趨勢，看圖象斜率的大小、圖象的曲直是否和物理過程相對應(yīng)．(4)優(yōu)先采取排除法．【命題熱點(diǎn)突破二】電磁感應(yīng)電路問題的分析與計(jì)算例2、【2022·全國卷Ⅲ】如下圖，M為半圓形導(dǎo)線框，圓心為OM；N是圓心角為直角的扇形導(dǎo)線框，圓心為ON；兩導(dǎo)線框在同一豎直面(紙面)內(nèi)；兩圓弧半徑相等；過直線OMON的水平面上方有一勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面．現(xiàn)使線框M、N在t＝0時(shí)從圖示位置開始，分別繞垂直于紙面、且過OM和ON的軸，以相同的周期T逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，那么()圖1-A．兩導(dǎo)線框中均會產(chǎn)生正弦交流電B．兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)時(shí)，兩導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等D．兩導(dǎo)線框的電阻相等時(shí)，兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的有效值也相等【答案】BC【變式探究】(2022·高考安徽卷)如下圖，abcd為水平放置的平行“〞形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好)．那么()A．電路中感應(yīng)電動勢的大小為B．電路中感應(yīng)電流的大小為C．金屬桿所受安培力的大小為D．金屬桿的熱功率為【答案】B【變式探究】如下圖，用同種電阻絲制成的正方形閉合線框1的邊長與圓形閉合線框2的直徑相等，m和n是1線框下邊的兩個端點(diǎn)，p和q是2線框水平直徑的兩個端點(diǎn)，1和2線框同時(shí)由靜止開始釋放并進(jìn)入上邊界水平、足夠大的勻強(qiáng)磁場中，進(jìn)入過程中m、n和p、q連線始終保持水平．當(dāng)兩線框完全進(jìn)入磁場以后，下面說法正確的選項(xiàng)是()A．m、n和p、q電勢的關(guān)系一定有Um＜Un，Up＜UqB．m、n和p、q間電勢差的關(guān)系一定有Umn＝UpqC．進(jìn)入磁場過程中流過1和2線框的電荷量Q1＞Q2D．進(jìn)入磁場過程中流過1和2線框的電荷量Q1＝Q2解析：當(dāng)兩線框完全進(jìn)入磁場以后，根據(jù)右手定那么知Un＞Um，Uq＞Up，A正確；兩線框完全進(jìn)入磁場后，由于兩線框的速度關(guān)系無法確定，故不能確定兩點(diǎn)間的電勢差的關(guān)系，B錯誤；設(shè)m、n間距離為a，由Q＝eq\f(ΔΦ,R)，R＝eq\f(ρl,S)得進(jìn)入磁場過程中流過1、2線框的電荷量都為eq\f(BaS,4ρ)，C錯誤，D正確．答案：AD【方法技巧】解決電磁感應(yīng)中電路問題的思路(1)“源〞的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小，用楞次定律或右手定那么確定感應(yīng)電動勢的方向(感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流的方向)，從而確定電源正負(fù)極，明確內(nèi)阻r.(2)“路〞的分析：根據(jù)“等效電源〞和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路．(3)根據(jù)E＝BLv或E＝neq\f(ΔФ,Δt)，結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解．【命題熱點(diǎn)突破三】電磁感應(yīng)過程中的動力學(xué)問題例3、【2022·全國卷Ⅰ】如圖1-，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連．兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平．右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，金屬棒ab(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??；(2)金屬棒運(yùn)動速度的大小．圖1-【答案】(1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)(2)由安培力公式得F＝BIL⑥這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流，ab棒上的感應(yīng)電動勢為ε＝BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由歐姆定律得I＝eq\f(ε,R)⑧聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)⑨【變式探究】如圖甲所示，水平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系的第一象限有磁場分布，方向垂直于水平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸方向沒有變化，沿x軸方向B與x成反比，如圖乙所示．頂角θ＝45°的光滑金屬長導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi)，ON與x軸重合，一根與ON垂直的長導(dǎo)體棒在水平向右的外力作用下沿導(dǎo)軌向右滑動，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終與導(dǎo)軌接觸．t＝0時(shí)，導(dǎo)體棒位于頂點(diǎn)O處，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m＝1kg，回路接觸點(diǎn)總電阻恒為R＝0.5Ω，其余電阻不計(jì)．回路電流I與時(shí)間t的關(guān)系如圖丙所示，圖線是過原點(diǎn)的直線．求：(1)t＝2s時(shí)回路的電動勢E；(2)0～2s時(shí)間內(nèi)流過回路的電荷量q和導(dǎo)體棒的位移x1；(3)導(dǎo)體棒滑動過程中水平外力F的瞬時(shí)功率P(單位：W)與橫坐標(biāo)x(單位：m)的關(guān)系式．(2)流過回路的電荷量q＝eq\x\to(I)teq\x\to(I)＝eq\f(I,2)解得：q＝eq\f(k1t2,2)當(dāng)t＝2s時(shí)，q＝4C由歐姆定律得：I＝eq\f(Blv,R)l＝xtan45°根據(jù)B－x圖象可知：B＝eq\f(k2,x)(k2＝1T·m)解得：v＝eq\f(k1R,k2)t由于eq\f(k1R,k2)＝1m/s2，再根據(jù)v＝v0＋at，可得a＝1m/s2可知導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動那么0～2s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的位移x1＝eq\f(1,2)at2＝2m.答案：(1)2V(2)4C2m(3)P＝4x＋eq\r(2x)(W)【總結(jié)提升】電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的解題思路(1)找準(zhǔn)主動運(yùn)動者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動勢的大小和方向．(2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中電流的大小及方向．(3)分析安培力對導(dǎo)體棒運(yùn)動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的電流有什么影響，最后定性分析導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動情況．(4)列牛頓第二定律或平衡方程求解．【命題熱點(diǎn)突破四】用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)綜合問題例4、【2022·浙江卷】小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖1-10所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個R＝0.05Ω的電阻．在導(dǎo)軌間長d＝0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T．質(zhì)量m＝4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直．當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)．求：(1)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)速度v的大??；(2)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)所受的安培力FA的大??；(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.圖1-10【答案】(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J【解析】(1)由牛頓定律a＝eq\f(F－mgsinθ,m)＝12m/s2①進(jìn)入磁場時(shí)的速度v＝eq\r(2as)＝2.4m/s②【變式探究】如圖甲所示，MN、PQ是相距d＝1m的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面成某一夾角，導(dǎo)軌電阻不計(jì)；長也為1m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好,ab的質(zhì)量m＝0.1kg、電阻R＝1Ω；MN、PQ的上端連接右側(cè)電路，電路中R2為一電阻箱；燈泡電阻RL＝3Ω,定值電阻R1＝7Ω，調(diào)節(jié)電阻箱使R2＝6Ω，重力加速度g＝10m/s2.現(xiàn)斷開開關(guān)S，在t＝0時(shí)刻由靜止釋放ab，在t＝0.5s時(shí)刻閉合S，同時(shí)加上分布于整個導(dǎo)軌所在區(qū)域的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上;圖乙所示為ab的速度隨時(shí)間變化圖象．(1)求斜面傾角α及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)ab由靜止下滑x＝50m(此前已到達(dá)最大速度)的過程中，求整個電路產(chǎn)生的電熱；(3)假設(shè)只改變電阻箱R2的值，當(dāng)R2為何值時(shí)，ab勻速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率為多少？(2)由能量轉(zhuǎn)化關(guān)系有mgxsinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q(2分)代入數(shù)據(jù)解得Q＝mgxsinα－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝28.2J．(1分)(3)改變電阻箱R2的值后，ab勻速下滑時(shí)有mgsinα＝BdI(1分)所以I＝eq\f(mgsinα,Bd)＝0.6A(1分)通過R2的電流為I2＝eq\f(RL,RL＋R2)I(1分)R2消耗的功率為P＝Ieq\o\al(2,2)R2(1分)聯(lián)立解得P＝I2eq\f(Req\o\al(2,L)R2,〔RL＋R2〕2)＝I2eq\f(Req\o\al(2,L),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(RL,\r(R2))＋\r(R2)))\s\up12(2))(1分)當(dāng)eq\f(RL,\r(R2))＝eq\r(R2)，即R2＝RL＝3Ω時(shí)，R2消耗的功率最大，(1分)所以Pm＝0.27W．(2分)【答案】(1)37°1T(2)28.2J(3)3Ω0.27W【方法技巧】求解焦耳熱的三個途徑①感應(yīng)電路為純電阻電路時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q＝W克安．②感應(yīng)電路中電阻產(chǎn)生的焦耳熱等于電流通過電阻做的功，即Q＝I2Rt.③感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱可通過能量守恒定律列方程求解．【變式探究】如下圖，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌相距L，與水平面的夾角為θ，整個空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，虛線上方軌道光滑且磁場方向向上，虛線下方軌道粗糙且磁場方向向下．當(dāng)導(dǎo)體棒EF以初速度v0沿導(dǎo)軌上滑至最大高度的過程中，導(dǎo)體棒MN一直靜止在導(dǎo)軌上．假設(shè)兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m、電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，在此過程中導(dǎo)體棒EF上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求：(1)導(dǎo)體棒MN受到的最大摩擦力；(2)導(dǎo)體棒EF上升的最大高度．(2)導(dǎo)體棒EF上升過程MN一直靜止，對系統(tǒng)由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh＋2Q解得：h＝eq\f(mveq\o\al(2,0)－4Q,2mg).答案：(1)eq\f(B2L2v0,2R)＋mgsinθ(2)eq\f(mveq\o\al(2,0)－4Q,2mg)【易錯提醒】用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)綜合問題極易從以下幾點(diǎn)失分：①不會分析電源和電路結(jié)構(gòu)，求不出電動勢、電流等電學(xué)量；②錯誤分析導(dǎo)體(或線圈)受力情況，尤其是安培力的大小和方向；③不能正確地把機(jī)械運(yùn)動過程、電磁感應(yīng)過程和能量轉(zhuǎn)化過程相聯(lián)系；④思維混亂，錯用公式，求不出結(jié)果．可以從以下幾點(diǎn)進(jìn)行防范：①從“三個角度〞看問題，即力與運(yùn)動角度(動力、阻力、加速度、勻速還是變速)，電磁感應(yīng)角度(電動勢、電流、磁場強(qiáng)弱和方向、動生電還是電生動)，能量轉(zhuǎn)化角度(什么力做了什么功、什么能轉(zhuǎn)化成什么能)；②從“四個分析〞理思路，即“源〞、“路〞、“力〞、“能〞的分析，以力的分析為核心，力找對了，導(dǎo)體的運(yùn)動情況和電磁感應(yīng)過程就根本清楚了；③從“五個定律〞搞突破，即電磁感應(yīng)定律、楞次定律、歐姆定律、牛頓第二定律、能量守恒定律．【高考真題】1．【2022·北京卷】如圖1-所示，勻強(qiáng)磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大．兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．以下說法正確的選項(xiàng)是()圖1-A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向2．【2022·江蘇卷】電吉他中電拾音器的根本結(jié)構(gòu)如圖1-所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音，以下說法正確的有()圖1-A．選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作B．取走磁體，電吉他將不能正常工作C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動勢D．磁振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化3．【2022·全國卷Ⅱ】法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖1-所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸．圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過電阻R的電流，以下說法正確的選項(xiàng)是()圖1-A．假設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，那么電流大小恒定B．假設(shè)從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動，那么電流沿a到b的方向流動C．假設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，那么電流方向可能發(fā)生變化D．假設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，那么電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】AB【解析】將圓盤看成由無數(shù)輻條組成，各輻條都在切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，出現(xiàn)感應(yīng)電流，當(dāng)圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動時(shí)(從上往下看)，根據(jù)右手定那么可判斷，圓盤上感應(yīng)電流從邊緣向中心，流過電阻R的電流方向從a到b，B正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢E＝BLv＝eq\f(1,2)BL2ω，而I＝eq\f(E,R)，故A正確，C錯誤；當(dāng)角速度ω變?yōu)樵瓉淼?倍時(shí)，感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)BL2ω變?yōu)樵瓉淼?倍，感應(yīng)電流I變?yōu)樵瓉淼?倍，電流在R上的熱動率P＝I2R變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯誤．4．【2022·全國卷Ⅲ】如下圖，M為半圓形導(dǎo)線框，圓心為OM；N是圓心角為直角的扇形導(dǎo)線框，圓心為ON；兩導(dǎo)線框在同一豎直面(紙面)內(nèi)；兩圓弧半徑相等；過直線OMON的水平面上方有一勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面．現(xiàn)使線框M、N在t＝0時(shí)從圖示位置開始，分別繞垂直于紙面、且過OM和ON的軸，以相同的周期T逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，那么()圖1-A．兩導(dǎo)線框中均會產(chǎn)生正弦交流電B．兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)時(shí)，兩導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等D．兩導(dǎo)線框的電阻相等時(shí)，兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的有效值也相等5．【2022·江蘇卷】據(jù)報(bào)道，一法國攝影師拍到“天宮一號〞空間站飛過太陽的瞬間．照片中，“天宮一號〞的太陽帆板輪廓清晰可見．如下圖，假設(shè)“天宮一號〞正以速度v＝7.7km/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動方向與太陽帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L＝20m，地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于v，MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T，將太陽帆板視為導(dǎo)體．圖1-(1)求M、N間感應(yīng)電動勢的大小E；(2)在太陽帆板上將一只“1.5V，0.3W〞的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計(jì)太陽帆板和導(dǎo)線的電阻．試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說明理由；(3)取地球半徑R＝6.4×103km，地球外表的重力加速度g＝9.8m/s2，試估算“天宮一號〞距離地球外表的高度【答案】(1)1.54V(2)不能，理由見解析(3)4×106．【2022·浙江卷】如圖1-2所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3l圖1-2A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為9∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1【答案】B【解析】由楞次定律可判斷，兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向，選項(xiàng)A錯誤；由E＝neq\f(ΔB,Δt)S，S＝l2，R＝ρeq\f(l,S)，I＝eq\f(E,R)，P＝eq\f(E2,R)，可知Ea：Eb＝9：1，Ia：Ib＝3：1，Pa：Pb＝27：1，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C、D錯誤．7．【2022·全國卷Ⅰ】如圖1-，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連．兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平．右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，金屬棒ab(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小；(2)金屬棒運(yùn)動速度的大?。畧D1-【答案】(1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)【解析】(1)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2，對于ab棒，由力的平衡條件得2mgsinθ＝μN(yùn)1＋T＋F①N1＝2mgcosθ②對于cd棒，同理有mgsinθ＋μN(yùn)2＝T③N2＝mgcosθ④聯(lián)立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤8．【2022·全國卷Ⅱ】如圖1-所示，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動．t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求：(1)金屬桿在磁場中運(yùn)動時(shí)產(chǎn)生的電動勢的大??；(2)電阻的阻值．圖1-【答案】(1)Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))(2)eq\f(B2l2t0,m)【解析】(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得ma＝F－μmg①設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動學(xué)公式有v＝at0②當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動勢為E＝Blv③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))④9．【2022·四川卷】如圖1-所示，電阻不計(jì)、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運(yùn)動，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好．金屬棒中感應(yīng)電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時(shí)間t變化圖像可能正確的有()圖1-圖1-【答案】BC【解析】設(shè)金屬棒在某一時(shí)刻速度為v，由題意可知，感應(yīng)電動勢E＝Blv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(Bl,R＋r)v，即I∝v；安培力FA＝BIl＝eq\f(B2l2,R＋r)v，方向水平向左，即FA∝v；R兩端電壓UR＝IR＝eq\f(BlR,R＋r)v，即UR∝v；感應(yīng)電流功率P＝EI＝eq\f(B2l2,R＋r)v2，即P∝v2.分析金屬棒運(yùn)動情況，由牛頓第二定律可得F合＝F－FA＝F0＋kv－eq\f(B2l2,R＋r)v＝F0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(B2l2,R＋r)))v，而加速度a＝eq\f(F合,m).因?yàn)榻饘侔魪撵o止出發(fā)，所以F0>0，且F合>0，即a>0，加速度方向水平向右．(3)假設(shè)k<eq\f(B2l2,R＋r)，F(xiàn)合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運(yùn)動，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)四個物理量與速度關(guān)系可知C選項(xiàng)符合；綜上所述，B、C選項(xiàng)符合題意．9．【2022·浙江卷】小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖1-10所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個R＝0.05Ω的電阻．在導(dǎo)軌間長d＝0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T．質(zhì)量m＝4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直．當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)．求：(1)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)速度v的大小；(2)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.圖1-10【答案】(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J【解析】(1)由牛頓定律a＝eq\f(F－mgsinθ,m)＝12m/s2①進(jìn)入磁場時(shí)的速度v＝eq\r(2as)＝2.4m/s②(2)感應(yīng)電動勢E＝Blv③感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv,R)④安培力FA＝IBl⑤代入得FA＝eq\f(〔Bl〕2v,R)＝48N⑥10．【2022·全國卷Ⅲ】如圖1-所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時(shí)刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動，在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運(yùn)動．金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)．求：(1)在t＝0到t＝t0時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值；(2)在時(shí)刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大?。畧D1-【答案】(1)eq\f(kt0S,R)(2)B0lv0(t－t0)＋kSt(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)(2)當(dāng)t>t0時(shí)，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動，有f＝F⑦式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強(qiáng)磁場施加的安培力．設(shè)此時(shí)回路中的電流為I，F(xiàn)的大小為F＝B0Il⑧此時(shí)金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0)⑨勻強(qiáng)磁場穿過回路的磁通量為Φ′＝B0ls⑩回路的總磁通量為Φt＝Φ＋Φ′式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩?式得，在時(shí)刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量為Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt?在t到t＋Δt的時(shí)間間隔內(nèi)，總磁通量的改變ΔΦt為ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt?由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動勢的大小為Et＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔΦt,Δt)))?由歐姆定律有I＝eq\f(Et,R)?聯(lián)立⑦⑧???式得f＝(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)?【2022·上?！?4】1．如下圖，一無限長通電直導(dǎo)線固定在光滑水平面上，金屬環(huán)質(zhì)量為0.02kg，在該平面上以、與導(dǎo)線成60°角的初速度運(yùn)動，其最終的運(yùn)動狀態(tài)是__________，環(huán)中最多能產(chǎn)生__________J的電能。1．【答案】勻速直線運(yùn)動；0.03【2022·浙江·16】2．如下圖為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對平行放置。工作時(shí)兩板分別接高壓直流電源的正負(fù)極，外表鍍鋁的乒乓球用絕緣細(xì)線懸掛在金屬極板中間，那么A．乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷B．乒乓球受到擾動后，會被吸在左極板上C．乒乓球共受到電場力，重力和庫侖力三個力的作用D．用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞2．【答案】D【解析】從圖中可知金屬板右側(cè)連接電源正極，所以電場水平向左，故乒乓球上的電子移動到右側(cè)，即乒乓球的右側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷，A錯誤；乒乓球右側(cè)帶負(fù)電，受到的電場力向右，乒乓球左側(cè)帶正電，受到的電場力向左，因?yàn)樽笥覂蓚?cè)感應(yīng)出的電荷量相等，所以受到的電場力相等，乒乓球受到擾動后，最終仍會靜止，不會吸附到左極板上，B錯誤；乒乓球受到重力和電場力作用，庫侖力即為電場力，C錯誤；用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，乒乓球帶正電，在電場力作用下，與左極板接觸，然后乒乓球帶負(fù)電，又在電場力作用下，運(yùn)動到右極板，與右極板接觸后乒乓球帶正電，在電場力作用下，運(yùn)動到左極板，如此重復(fù)，即乒乓球會在兩極板間來回碰撞，D正確。【2022·海南·2】3．如下圖，空間有一勻強(qiáng)磁場，一直金屬棒與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，當(dāng)它以速度v沿與棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度都垂直的方向運(yùn)動時(shí)，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小ε，將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折彎，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度相垂直的平面內(nèi)，當(dāng)它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運(yùn)動時(shí)，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為，那么等于〔〕A．1/2B．C．1D．3．【答案】B【2022·上海·20】5．如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，左端由導(dǎo)線相連，導(dǎo)體棒垂直靜置于導(dǎo)軌上構(gòu)成回路。在外力F作用下，回路上方的條形磁鐵豎直向上做勻速運(yùn)動。在勻速運(yùn)動過程中外力F做功，磁場力對導(dǎo)體棒做功，磁鐵克服磁場力做功，重力對磁鐵做功，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導(dǎo)體棒獲得的動能為。那么A．B．C．D．5．【答案】BCD【2022·重慶·4】6．題4圖為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為，面積為.假設(shè)在到時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由均勻增加到，那么該段時(shí)間線圈兩端a和b之間的電勢差A(yù)．恒為B．從0均勻變化到C．恒為D．從0均勻變化到6．【答案】C【解析】穿過線圈的磁場均勻增加，將產(chǎn)生大小恒定的感生電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律得，而等效電源內(nèi)部的電流由楞次定理知從，即b點(diǎn)是等效電源的正極，即，應(yīng)選C?！?022·全國新課標(biāo)Ⅱ·15】7．如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上。當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動時(shí)，a、b、c三點(diǎn)的電勢分別為Ua、Ub、Uc。bc邊的長度為l。以下判斷正確的選項(xiàng)是A．Ua>Uc，金屬框中無電流B．Ub>Uc，金屬框中電流方向沿a-b-c-aC．Ubc=-1/2Bl2ω，金屬框中無電流D．Ubc=1/2Bl2w，金屬框中電流方向沿a-c-b-a7．【答案】C【2022·全國新課標(biāo)Ⅰ·19】8．1824年，法國科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實(shí)驗(yàn)〞。實(shí)驗(yàn)中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如下圖。實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來，但略有滯后。以下說法正確的選項(xiàng)是A．圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢B．圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動C．在圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動8．【答案】AB【解析】圓盤運(yùn)動過程中，半徑方向的金屬條在切割磁感線，在圓心和邊緣之間產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢，選項(xiàng)A對，圓盤在徑向的輻條切割磁感線過程中，內(nèi)部距離圓心遠(yuǎn)近不同的點(diǎn)電勢不等而形成渦流產(chǎn)生，選項(xiàng)B對。圓盤轉(zhuǎn)動過程中，圓盤位置，圓盤面積和磁場都沒有發(fā)生變化，所以沒有磁通量的變化，選項(xiàng)C錯。圓盤本身呈現(xiàn)電中性，不會產(chǎn)生環(huán)形電流，選項(xiàng)D錯?！?022·福建·18】9．如圖，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場B中。一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中〔〕A．PQ中電流先增大后減小B．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功率先減小后增大D．線框消耗的電功率先減小后增大9．【答案】C【2022·北京·20】10．利用所學(xué)物理知識，可以初步了解常用的公交一卡通〔IC卡〕的工作原理及相關(guān)問題。IC卡內(nèi)部有一個由電感線圈L和電容C構(gòu)成的LC的振蕩電路。公交卡上的讀卡機(jī)〔刷卡時(shí)“嘀〞的響一聲的機(jī)器〕向外發(fā)射某一特定頻率的電磁波。刷卡時(shí)，IC卡內(nèi)的線圈L中產(chǎn)生感應(yīng)電流，給電容C充電，到達(dá)一定的電壓后，驅(qū)動卡內(nèi)芯片進(jìn)行數(shù)據(jù)處理和傳輸。以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．IC卡工作場所所需要的能量來源于卡內(nèi)的電池B．僅當(dāng)讀卡器發(fā)射該特定頻率的電磁波時(shí)，IC卡才能有效工作C．假設(shè)讀卡機(jī)發(fā)射的電磁波偏離該特定頻率，在線圈L中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流D．IC卡只能接收讀卡器發(fā)射的電磁波，而不能向讀卡機(jī)傳輸自身的數(shù)據(jù)信息10．【答案】B【2022·安徽·19】11．如下圖，abcd為水平放置的平行“〞形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l。導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動〔金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好〕。那么A．電路中感應(yīng)電動勢的大小為B．電路中感應(yīng)電流的大小為C．金屬桿所受安培力的大小為D．金屬桿的熱功率為11．【答案】B【解析】導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故A錯誤；感應(yīng)電流的大小，故B正確；所受的安培力為，故C錯誤；金屬桿的熱功率，故D錯誤。1.〔2022上?！?7．如圖，勻強(qiáng)磁場垂直于軟導(dǎo)線回路平面，由于磁場發(fā)生變化，回路變?yōu)閳A形。那么磁場〔〕〔A〕逐漸增強(qiáng)，方向向外〔B〕逐漸增強(qiáng)，方向向里〔C〕逐漸減弱，方向向外〔D〕逐漸減弱，方向向里【答案】CD2.【2022·新課標(biāo)全國卷Ⅰ】在法拉第時(shí)代，以下驗(yàn)證“由磁產(chǎn)生電〞設(shè)想的實(shí)驗(yàn)中，能觀察到感應(yīng)電流的是()A．將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后觀察電流表的變化B．在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后觀察電流表的變化C．將一房間內(nèi)的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去觀察電流表的變化D．繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，觀察電流表的變化【答案】D【解析】產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是：只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，電路中就會產(chǎn)生感應(yīng)電流．此題中的A、B選項(xiàng)都不會使電路中的磁通量發(fā)生變化，不滿足產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，故不正確．C選項(xiàng)雖然在插入條形磁鐵瞬間電路中的磁通量發(fā)生變化，但是當(dāng)人到相鄰房間時(shí)，電路已到達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)，電路中的磁通量不再發(fā)生變化，故觀察不到感應(yīng)電流．在給線圈通電、斷電瞬間，會引起閉合電路磁通量的變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此D選項(xiàng)正確．3.【2022·新課標(biāo)全國卷Ⅰ】如圖(a)所示，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上．在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖(b)所示．線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，那么以下描述線圈ab中電流隨時(shí)間變化關(guān)系的圖中，可能正確的選項(xiàng)是()【答案】C4.【2022·江蘇卷】如下圖，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直，且一半處在磁場中．在Δt時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為()A.eq\f(Ba2,2Δt)B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt)D.eq\f(2nBa2,Δt)【答案】B【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB·S,Δt)，這里的S指的是線圈在磁場中的有效面積，即S＝eq\f(a2,2)，故E＝neq\f(〔2B－B〕S,Δt)＝eq\f(nBa2,2Δt)，因此B項(xiàng)正確．5.【2022·山東卷】如下圖，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定，導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好，在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中，導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示．不計(jì)軌道電阻．以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是()A．FM向右B．FN向左C．FM逐漸增大D．FN逐漸減小【答案】BCD6．【2022·四川卷】如下圖，不計(jì)電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小．質(zhì)量為0.2kg的細(xì)金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1m的正方形，其有效電阻為0.1Ω.此時(shí)在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律是B＝(0.4－0.2t)T，圖示磁場方向?yàn)檎较颍?、擋板和桿不計(jì)形變．那么()A．t＝1s時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到DB．t＝3s時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到CC．t＝1s時(shí)，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1ND．t＝3s時(shí)，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2N【答案】AC【解析】由于B＝(0.4－0.2t)T，在t＝1s時(shí)穿過平面的磁通量向下并減少，那么根據(jù)楞次定律可以判斷，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D，A正確．在t＝3s時(shí)穿過平面的磁通量向上并增加，那么根據(jù)楞次定律可以判斷，金屬桿中感應(yīng)電流方向仍然是從C到D，B錯誤．由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Ssin30°＝0.1V，由閉合電路的歐姆定律得電路電流I＝eq\f(E,R)＝1A，在t＝1s時(shí)，B＝0.2T，方向斜向下，電流方向從C到D，金屬桿對擋板P的壓力水平向右，大小為FP＝BILsin30°＝0.1N，C正確．同理，在t＝3s時(shí)，金屬桿對擋板H的壓力水平向左，大小為FH＝BILsin30°＝0.1N，D錯誤．7.【2022·安徽卷】英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場變化時(shí)會在空間激發(fā)感生電場．如下圖，一個半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場B，環(huán)上套一帶電荷量為＋q的小球．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增加，其變化率為k，假設(shè)小球在環(huán)上運(yùn)動一周，那么感生電場對小球的作用力所做功的大小是()A．0B.eq\f(1,2)r2qkC．2πr2qkD．πr2qk【答案】D8.【2022·全國卷】很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放，形成一很長的豎直圓筒．一條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置，其下端與圓筒上端開口平齊．讓條形磁鐵從靜止開始下落．條形磁鐵在圓筒中的運(yùn)動速率()A．均勻增大B．先增大，后減小C．逐漸增大，趨于不變D．先增大，再減小，最后不變【答案】C【解析】此題考查楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律．豎直圓筒相當(dāng)于閉合電路，磁鐵穿過閉合電路，產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律，磁鐵受到向上的阻礙磁鐵運(yùn)動的安培力，開始時(shí)磁鐵的速度小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流也小，安培力也小，磁鐵加速運(yùn)動，隨著速度的增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大，安培力也增大，直到安培力等于重力的時(shí)候，磁鐵勻速運(yùn)動．所以C正確．9.【2022·廣東卷】如圖8所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，那么小磁塊()A．在P和Q中都做自由落體運(yùn)動B．在兩個下落過程中的機(jī)械能都守恒C．在P中的下落時(shí)間比在Q中的長D．落至底部時(shí)在P中的速度比在Q中的大【答案】C10.【2022·江蘇卷】如下圖，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來．假設(shè)要縮短上述加熱時(shí)間，以下措施可行的有()A．增加線圈的匝數(shù)B．提高交流電源的頻率C．將金屬杯換為瓷杯D．取走線圈中的鐵芯【答案】AB【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，增加線圈的匝數(shù)n，提高交流電源的頻率即縮短交流電源的周期(相當(dāng)于減小Δt)，這兩種方法都能使感應(yīng)電動勢增大應(yīng)選項(xiàng)A、B正確．將金屬杯換為瓷杯，那么沒有閉合電路，也就沒有感應(yīng)電流；取走線圈中的鐵芯，那么使線圈中的磁場大大減弱，那么磁通量的變化率減?。袘?yīng)電動勢減?。畱?yīng)選項(xiàng)C、D錯誤．11.【2022·新課標(biāo)Ⅱ卷】半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如下圖．整個裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下．在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點(diǎn)和外圓導(dǎo)軌的D點(diǎn)之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)．直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略．重力加速度大小g.求(1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大?。?2)外力的功率．【答案】(1)從C端流向D端eq\f(3ωBr2,2R)(2)eq\f(3,2)μmgωr＋eq\f(9ω2B2r4,4R)(2)在豎直方向有mg－2N＝0⑤式中，由于質(zhì)量分布均勻，內(nèi)、外圓導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒的正壓力大小相等，其值為N，兩導(dǎo)軌對運(yùn)行的導(dǎo)體棒的滑動摩擦力均為f＝μN(yùn)⑥在Δt時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒在內(nèi)、外圓軌上掃過的弧長為l1＝rωΔt⑦和l2＝2rωΔt⑧克服摩擦力做的總功為Wf＝f(l1＋l2)⑨在Δt時(shí)間內(nèi)，消耗在電阻R上的功為WR＝I2RΔt⑩根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律知，外力在Δt時(shí)間內(nèi)做的功為W＝Wf＋WR?外力的功率為P＝eq\f(W,Δt)?由④至12式得P＝eq\f(3,2)μmgωr＋eq\f(9ω2B2r4,4R)?12.【2022·安徽卷】(16分)如圖1所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.5T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面向上．絕緣斜面上固定有“A〞形狀的光滑金屬導(dǎo)軌的MPN(電阻忽略不計(jì))，MP和NP長度均為2.5m，MN連線水平，長為3m．以MN中點(diǎn)O為原點(diǎn)、OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox.一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD，長度d為3m，質(zhì)量m為1kg、電阻R為0.3Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運(yùn)動(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)．g取10m/s2.圖1圖2(1)求金屬桿CD運(yùn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E及運(yùn)動到x＝0.8m處電勢差UCD；(2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動到P點(diǎn)過程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式，并在圖2中畫出Fx關(guān)系圖像；(3)求金屬桿CD從MN處運(yùn)動到P點(diǎn)的全過程產(chǎn)生的焦耳熱．【答案】(1)－0.6V(2)略(3)7.5J(2)桿在導(dǎo)軌間的長度l與位置x關(guān)系是l＝eq\f(OP－x,OP)d＝3－eq\f(3,2)x對應(yīng)的電阻R1為R1＝eq\f(l,d)R，電流I＝eq\f(Blv,R1)桿受的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x根據(jù)平衡條件得F＝F安＋mgsinθF＝12.5－3.75x(0≤x≤2)畫出的Fx圖像如下圖．(3)外力F所做的功WF等于Fx圖線下所圍的面積，即WF＝eq\f(5＋12.5,2)×2J＝17.5J而桿的重力勢能增加量ΔEp＝mgsinθ故全過程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WF－ΔEp＝7.5J13.【2022·北京卷】(20分)導(dǎo)體切割磁感線的運(yùn)動可以從宏觀和微觀兩個角度來認(rèn)識．如下圖，固定于水平面的U形導(dǎo)線框處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，金屬直導(dǎo)線MN在與其垂直的水平恒力F作用下，在導(dǎo)線框上以速度v做勻速運(yùn)動，速度v與恒力F方向相同；導(dǎo)線MN始終與導(dǎo)線框形成閉合電路．導(dǎo)線MN電阻為R，其長度L恰好等于平行軌道間距，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.忽略摩擦阻力和導(dǎo)線框的電阻．(1)通過公式推導(dǎo)驗(yàn)證：在Δt時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)對導(dǎo)線MN所做的功W等于電路獲得的電能W電，也等于導(dǎo)線MN中產(chǎn)生的熱量Q;(2)假設(shè)導(dǎo)線MN的質(zhì)量m＝8.0g、長度L＝0.10m，感應(yīng)電流I＝1.0A，假設(shè)一個原子奉獻(xiàn)一個自由電子，計(jì)算導(dǎo)線MN中電子沿導(dǎo)線長度方向定向移動的平均速率ve(下表中列出一些你可能會用到的數(shù)據(jù))；阿伏伽德羅常數(shù)NA6.0×1023mol－1元電荷e1.6×10－19C導(dǎo)線MN的摩爾質(zhì)量μ6.0×10－2kg/mol(3)經(jīng)典物理學(xué)認(rèn)為，金屬的電阻源于定向運(yùn)動的自由電子和金屬離子(即金屬原子失去電子后的剩余局部)的碰撞．展開你想象的翅膀，給出一個合理的自由電子的運(yùn)動模型；在此根底上，求出導(dǎo)線MN中金屬離子對一個自由電子沿導(dǎo)線長度方向的平均作用力f的表達(dá)式．【答案】(1)略(2)7.8×10－6m/s(3)＝evB【解析】(1)導(dǎo)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv導(dǎo)線勻速運(yùn)動，受力平衡F＝F安＝BIL在Δt時(shí)間內(nèi)，外力F對導(dǎo)線做功W＝FvΔt＝F安vΔt＝BILvΔt電路獲得的電能W電＝qE＝IEΔt＝BILvΔt可見，F(xiàn)對導(dǎo)線MN做的功等于電路獲得的電能W電；導(dǎo)線MN中產(chǎn)生的熱量Q＝I2RΔt＝IΔt·IR＝qE＝W電可見，電路獲得的電能W電等于導(dǎo)線MN中產(chǎn)生的熱量Q.(2)導(dǎo)線MN中具有的原子數(shù)為N＝eq\f(m,μ)NA因?yàn)橐粋€金屬原子奉獻(xiàn)一個電子，所以導(dǎo)線MN中的自由電子數(shù)也是N.導(dǎo)線MN單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n＝eq\f(N,SL)其中，S為導(dǎo)線MN的橫截面積．因?yàn)殡娏鱅＝nveSe所以ve＝eq\f(I,nSe)＝eq\f(IL,Ne)＝eq\f(ILμ,mNAe)解得ve＝7.8×10－6m/s.方法二：能量解法S設(shè)電子從導(dǎo)線的一端到達(dá)另一端經(jīng)歷的時(shí)間為t，在這段時(shí)間內(nèi)，通過導(dǎo)線一端的電子總數(shù)N＝eq\f(It,e)電阻上產(chǎn)生的焦耳熱是由于克服金屬離子對電子的平均作用力f做功產(chǎn)生的．在時(shí)間t內(nèi)，總的焦耳熱Q＝NfL根據(jù)能量守恒定律，有Q＝W電＝EIt＝BLvIt所以f＝evB方法三：力的平衡解法因?yàn)殡娏鞑蛔?，所以假設(shè)電子以速度ve相對導(dǎo)線做勻速直線運(yùn)動．因?yàn)閷?dǎo)線MN的運(yùn)動，電子受到沿導(dǎo)線方向的洛倫茲力f洛的作用f洛＝evB沿導(dǎo)線方向，電子只受到金屬離子的平均作用力f和f洛作有，二力平衡，即f＝f洛＝evB.14.【2022·江蘇卷】如下圖，在勻強(qiáng)磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，長為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他局部的電阻均不計(jì)，重力加速度為g.求：(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ；(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動的速度大小v；(3)整個運(yùn)動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.【答案】(1)tanθ(2)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(3)2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)【解析】(1)在絕緣涂層上受力平衡mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ.(2)在光滑導(dǎo)軌上感應(yīng)電動勢E＝Blv感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)安培力F安＝BLI受力平衡F安＝mgsinθ解得v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)(3)摩擦生熱QT＝μmgdcosθ能量守恒定律3mgdsinθ＝Q＋QT＋eq\f(1,2)mv2