（課標Ⅱ卷）2020屆高考物理一輪復習專題十一電磁感應課件.pptx

專題十一 電磁感應,高考物理 (課標專用),考點一 電磁感應現(xiàn)象、楞次定律,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標卷題組,1.(2019課標,14,6分)楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)? ( ) A.電阻定律 B.庫侖定律 C.歐姆定律 D.能量守恒定律,答案 D 本題考查了對基本規(guī)律的理解能力,體現(xiàn)了能量觀念這一重要核心素養(yǎng)。 楞次定律的本質(zhì)是感應磁場中能量的轉(zhuǎn)化,是能量守恒定律在電磁感應現(xiàn)象中的具體體現(xiàn),故 選項D正確。 規(guī)律總結(jié) 電阻定律R= 是導體對電流阻礙作用的體現(xiàn);庫侖定律是對真空中靜止點電荷 之間作用力的認識;歐姆定律是通過導體的電流與導體兩端電壓、導體電阻關(guān)系的體現(xiàn)。,2.(2018課標,19,6分)(多選)如圖,兩個線圈繞在同一根鐵芯上,其中一線圈通過開關(guān)與電源連 接,另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導線連接成回路。將一小磁針懸掛在 直導線正上方,開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是 ( ) A.開關(guān)閉合后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動 B.開關(guān)閉合并保持一段時間后,小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向 C.開關(guān)閉合并保持一段時間后,小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向 D.開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動,答案 AD 本題考查電流的磁效應、楞次定律等知識。當開關(guān)閉合瞬間,右側(cè)線圈中電流突 然增大,鐵芯上向右的磁場增強,由楞次定律可知左側(cè)線圈中正面感應電流向上,則遠處直導線 上電流向左,由安培定則可知小磁針處直導線上電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里,A項正 確。開關(guān)閉合并保持一段時間后,磁場不再變化,左側(cè)線圈中沒有感應電流,小磁針N、S極回 到原始方向,故B、C兩項錯誤。開關(guān)斷開的瞬間,右側(cè)線圈中電流減小,左側(cè)線圈正面感應電 流向下,遠處直導線上電流向右,由安培定則知,小磁針處直導線上電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙 面向外,故D項正確。 審題指導 關(guān)鍵詞在審題中的作用 關(guān)鍵詞:同一根鐵芯,意味著左右兩側(cè)線圈中磁通量變化率相同;遠處,說明此處小磁針不 再受線圈中磁通量變化的影響;小磁針懸掛在直導線正上方,說明磁針的偏轉(zhuǎn)受直導線上電 流產(chǎn)生的磁場影響。,3.(2017課標,18,6分)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了 有效隔離外界振動對STM的擾動,在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板,并施加 磁場來快速衰減其微小振動,如圖所示。無擾動時,按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場;出 現(xiàn)擾動后,對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是 ( ),答案 A 本題考查電磁阻尼。若要有效衰減紫銅薄板上下及左右的微小振動,則要求施加 磁場后,在紫銅薄板發(fā)生上下及左右的微小振動時,穿過紫銅薄板橫截面的磁通量都能發(fā)生變 化。由選項圖可知只有A滿足要求,故選A。,4.(2017課標,15,6分)如圖,在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌,導軌平面 與磁場垂直。金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS,一圓環(huán)形金屬線框T位于回 路圍成的區(qū)域內(nèi),線框與導軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動,在運動開始的瞬間,關(guān)于感 應電流的方向,下列說法正確的是 ( ) A.PQRS中沿順時針方向,T中沿逆時針方向 B.PQRS中沿順時針方向,T中沿順時針方向 C.PQRS中沿逆時針方向,T中沿逆時針方向 D.PQRS中沿逆時針方向,T中沿順時針方向,答案 D 金屬桿PQ向右運動,穿過PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,感應電流在PQRS內(nèi) 的磁場方向垂直紙面向外,由安培定則可判斷PQRS中產(chǎn)生逆時針方向的電流。穿過T的磁通 量是外加勻強磁場和PQRS產(chǎn)生的感應電流的磁場的磁通量代數(shù)和,穿過T的合磁通量垂直紙 面向里減小,據(jù)楞次定律和安培定則可知,T中產(chǎn)生順時針方向的感應電流,故D正確。 易錯點撥 對楞次定律的深度理解 線框與導軌共面且與磁場垂直。當金屬桿PQ向右運動時,PQRS中向里的磁通量增加,從而產(chǎn) 生逆時針方向的感應電流。T中原有垂直紙面向里的磁通量不變,而增加了因PQRS中感應電 流產(chǎn)生的向外的磁通量,導致T中垂直紙面向里的合磁通量減小,從而產(chǎn)生順時針方向的感應 電流。,5.(2015課標,19,6分)(多選)1824年,法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中 將一銅圓盤水平放置,在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針,如圖所示。 實驗中發(fā)現(xiàn),當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時,磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來, 但略有滯后。下列說法正確的是 ( ) A.圓盤上產(chǎn)生了感應電動勢 B.圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉(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動形成電流,此電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉(zhuǎn)動,答案 AB 如圖所示,將銅圓盤等效為無數(shù)個長方形線圈的組合,則每個線圈繞OO軸轉(zhuǎn)動時, 均有感應電流產(chǎn)生,這些感應電流產(chǎn)生的磁場對小磁針有作用力,從而使小磁針轉(zhuǎn)動起來,可見 A、B均正確。由于圓盤面積不變,與磁針間的距離不變,故穿過整個圓盤的磁通量沒有變化,C 錯誤。圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成的電流的磁場,由安培定則可判斷在中心方向 豎直向下,其他位置關(guān)于中心對稱,此磁場不會導致磁針轉(zhuǎn)動,D錯誤。 解題關(guān)鍵 理解圓盤轉(zhuǎn)動帶動磁針轉(zhuǎn)動是楞次定律的力學效果,即“阻礙回路磁通量變 化”。 理解圓盤可以看成無數(shù)個長方形線圈的組合。 延伸拓展 本題中圓盤看成無數(shù)個其他形狀的線圈的組合也可以。,6.(2019課標,20,6分)(多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場,其邊 界如圖(a)中虛線MN所示。一硬質(zhì)細導線的電阻率為、橫截面積為S,將該導線做成半徑為r 的圓環(huán)固定在紙面內(nèi),圓心O在MN上。t=0時磁感應強度的方向如圖(a)所示;磁感應強度B隨時 間t的變化關(guān)系如圖(b)所示。則在t=0到t=t1的時間間隔內(nèi) ( ) A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變 B.圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向,考點二 法拉第電磁感應定律,C.圓環(huán)中的感應電流大小為 D.圓環(huán)中的感應電動勢大小為,答案 BC 本題考查電磁感應中的楞次定律、感應電動勢、感應電流、左手定則和電阻定 律,以及推理能力和綜合分析能力,體現(xiàn)了模型建構(gòu)、科學推理的核心素養(yǎng)。 由楞次定律(“增反減同”)可判斷出感應電流方向始終沿順時針方向,故B正確。由左手定則 可判斷出圓環(huán)所受安培力的方向先向左后向右,故A錯。感應電動勢E=S有效 = r2 = ,故D錯。由電阻定律得圓環(huán)電阻R= ,則感應電流I= = ,故C正確。 易錯警示 (1)推理過程中一定要細心。本題分析得到感應電流方向始終沿順時針方向時,若 由此盲目認為安培力方向始終不變,則易錯選A。 (2)感應電動勢E=S有效 中的S有效為圓環(huán)回路在磁場中的面積,而不是圓環(huán)回路的面積。,7.(2018課標,17,6分)如圖,導體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點,O為圓 心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿,M端位于PQS上,OM與 軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場,磁感應強度的大小為B。現(xiàn)使OM 從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程);再使磁感應強度的大小以一定 的變化率從B增加到B(過程)。在過程、中,流過OM的電荷量相等,則 等于 ( ) A. B. C. D.2,答案 B 本題考查法拉第電磁感應定律及電荷量公式。由公式E= ,I= ,q=It得q= ,設(shè) 半圓弧半徑為r,對于過程,q1= ,對于過程,q2= ,由q1=q2得, = ,故B項正 確。 規(guī)律總結(jié) 電磁感應中電荷量的求解方法,1.q=It。,2.q= ,其中的求解有三種情況:(1)只有S變化,=BS;(2)只有B變化,=BS;(3)B和S 都變化,=2-1。,8.(2017課標,20,6分)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場,磁感應強度方向與紙面垂直。 邊長為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導線框abcd位于紙面內(nèi),cd邊與磁場邊界平行,如圖 (a)所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動,cd邊于t=0時刻進入磁場。線框中感應電動勢 隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時,感應電動勢取正)。下列說法正 確的是 ( ) A.磁感應強度的大小為0.5 T B.導線框運動速度的大小為0.5 m/s C.磁感應強度的方向垂直于紙面向外,D.在t=0.4 s至t=0.6 s這段時間內(nèi),導線框所受的安培力大小為0.1 N,答案 BC 本題考查電磁感應、安培力。導線框勻速進入磁場時速度v= = m/s=0.5 m/s, 選項B正確;由E=BLv,得B= = T=0.2 T,選項A錯誤;由右手定則可確定磁感應強度方 向垂直于紙面向外,選項C正確;導線框所受安培力F=BLI=BL =0.20.1 N=0.04 N,選項 D錯誤。 儲備知識 根據(jù)圖像和導線框勻速運動,獲取信息,結(jié)合安培力、導體切割磁感線產(chǎn)生感應電 動勢可以確定選項。,9.(2016課標,20,6分)(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。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磁場B中。 圓盤旋轉(zhuǎn)時,關(guān)于流過電阻R的電流,下列說法正確的是 ( ) A.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定,則電流大小恒定 B.若從上向下看,圓盤順時針轉(zhuǎn)動,則電流沿a到b的方向流動 C.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍,答案 AB 設(shè)圓盤的半徑為L,可認為圓盤由無數(shù)根輻條構(gòu)成,則每根輻條切割磁感線產(chǎn)生的 感應電動勢E= BL2,整個回路中的電源為無數(shù)個電動勢為E的電源并聯(lián)而成,電源總內(nèi)阻為 零,故回路中電流I= = ,由此可見A正確。R上的熱功率P=I2R= ,由此可見,變?yōu)樵?來的2倍時,P變?yōu)樵瓉淼?倍,故D錯。由右手定則可判知B正確。電流方向與導體切割磁感線 的方向有關(guān),而與切割的速度大小無關(guān),故C錯。 解題關(guān)鍵 將圓盤看成由無數(shù)根輻條構(gòu)成,每根輻條都在切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢。 整個回路中的電源可以看成由無數(shù)個電源并聯(lián)而成,整個回路中的電源的內(nèi)阻為零。,10.(2015課標,15,6分)如圖,直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方 向平行于ab邊向上。當金屬框繞ab邊以角速度逆時針轉(zhuǎn)動時,a、b、c三點的電勢分別為 Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是 ( ) A.UaUc,金屬框中無電流 B.UbUc,金屬框中電流方向沿a-b-c-a C.Ubc=- Bl2,金屬框中無電流 D.Uac= Bl2,金屬框中電流方向沿a-c-b-a,答案 C 閉合金屬框在勻強磁場中以角速度逆時針轉(zhuǎn)動時,穿過金屬框的磁通量始終為 零,金屬框中無電流。由右手定則可知Ub=UaUc,A、B、D選項錯誤;b、c兩點的電勢差Ubc=- Blv中=- Bl2,選項C正確。 考查點 楞次定律、右手定則 思路分析 由右手定則可知,bc與ac切割磁感線,產(chǎn)生感應電動勢,Ub=UaUc。 由楞次定律可知,穿過回路的磁通量始終為零,金屬框中無感應電流。,11.(2019課標,21,6分)(多選)如圖,兩條光滑平行金屬導軌固定,所在平面與水平面夾角為,導 軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導軌垂直,在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面 的勻強磁場。將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放,兩者始終與 導軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。從PQ進入磁場開始計時,到MN 離開磁場區(qū)域為止,流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是 ( ),考點三 電磁感應的綜合應用,答案 AD 本題為電磁感應綜合應用中的雙棒問題,考查考生的綜合分析能力,體現(xiàn)了模型 建構(gòu)、科學推理等核心素養(yǎng)以及嚴謹?shù)目茖W態(tài)度。 兩棒均由同一位置由靜止釋放,則進入磁場時,兩棒的速度相等。若PQ棒出磁場后,MN棒再進 入磁場,則MN棒做勻速運動切割磁感線,則通過PQ棒上的電流隨時間變化的圖像為A圖;若PQ 棒出磁場前MN棒進入磁場,則PQ棒與MN棒在磁場中做加速運動,當PQ棒出磁場后,MN棒切割 磁感線運動的速度比進入時的大,MN棒做減速運動,通過PQ棒的電流隨時間變化的圖像應為 D圖。 知識拓展 若PQ棒剛出磁場時,MN棒恰好進入磁場,則PQ棒上一直會有電流存在。,12.(2019課標,19,6分)(多選)如圖,方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的 足夠長的平行金屬導軌,兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t=0時,棒ab以初速度v0向 右滑動。運動過程中,ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好,兩者速度分別用v1、v2表示,回路中 的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是 ( ),答案 AC 本題考查法拉第電磁感應定律與圖像結(jié)合的問題,難度較大,要求學生具有較強 的綜合分析能力,很好地體現(xiàn)了科學推理的學科核心素養(yǎng)。 由楞次定律可知ab棒做減速運動,cd棒做加速運動,即v1減小,v2增加?；芈分械母袘妱觿軪= BL(v1-v2),回路中的電流I= = ,回路中的導體棒ab、cd的加速度大小均為a= = = ,由于v1-v2減小,可知a減小,所以ab與cd的v-t圖線斜率減小,I也非線性減小,所以A、 C正確,B、D錯誤。 思路分析 對于電磁感應中的圖像問題,解法一般是利用物理規(guī)律推出v-t、I-t的函數(shù)表達式, 對照圖像得出結(jié)論;也可以利用物理規(guī)律定性地分析出I與t、v與t的關(guān)系,利用排除法得出結(jié) 論。,13.(2018課標,18,6分)如圖,在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導軌,導軌間存在依次相鄰的矩形 勻強磁場區(qū)域,區(qū)域?qū)挾染鶠閘,磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為 l的正 方形金屬線框在導軌上向左勻速運動。線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是 ( ),答案 D 本題考查右手定則、E=BLv。由右手定則判定,線框向左移動0 過程,回路中電流 方向為順時針,由E=2BLv可知,電流i為定值;線框向左移動 l過程,線框左、右兩邊產(chǎn)生的感 應電動勢相抵消,回路中電流為零。線框向左移動l l過程,回路中感應電流方向為逆時針。 由上述分析可見,選項D正確。 方法技巧 電磁感應中圖像問題分析技巧 由方向的合理性可直接排除錯誤選項,如果需要,再定量分析電流大小的變化情況確定正確選 項。,14.(2016課標,24,14分)如圖,兩固定的絕緣斜面傾角均為,上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出 a端)和cd(僅標出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。右斜面上存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于斜面向上。已知兩根導線剛 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,重力加速度大小為g。已 知金屬棒ab勻速下滑。求: (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小; (2)金屬棒運動速度的大小。,答案 (1)mg(sin -3 cos ) (2)(sin -3 cos ) 解析 (1)設(shè)兩導線的張力大小之和為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 2mg sin =N1+T+F N1=2mg cos 對于cd棒,同理有 mg sin +N2=T N2=mg cos 聯(lián)立式得 F=mg(sin -3 cos ) (2)由安培力公式得 F=BIL 這里I是回路abdca中的感應電流。ab棒上的感應電動勢為 =BLv ,式中,v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得 I= 聯(lián)立式得 v=(sin -3 cos ) 考查點 電磁感應的綜合應用 一題多解 求第(1)問中的安培力時我們還可以列一個整體方程2mg sin =N1+F+N2+ mg sin 。,B組 自主命題省(區(qū)、市)卷題組,考點一 電磁感應現(xiàn)象、楞次定律,1.(2016北京理綜,16,6分)如圖所示,勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b,磁場方向與圓環(huán)所在平 面垂直。磁感應強度B隨時間均勻增大。兩圓環(huán)半徑之比為21,圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢 分別為Ea和Eb。不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說法正確的是 ( ) A.EaEb=41,感應電流均沿逆時針方向 B.EaEb=41,感應電流均沿順時針方向 C.EaEb=21,感應電流均沿逆時針方向 D.EaEb=21,感應電流均沿順時針方向,答案 B 由題意可知 =k,導體圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢E= = S= r2,因rarb= 21,故EaEb=41;由楞次定律知感應電流的方向均沿順時針方向,選項B正確。 方法技巧 磁感應強度均勻增大,說明磁感應強度的變化率恒定,故感應電動勢的大小與圓環(huán) 的面積成正比;利用“增反減同”可以確定感應電流的方向。,2.(2016江蘇單科,6,4分)(多選)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖所示,磁體附近的金屬弦被 磁化,因此弦振動時,在線圈中產(chǎn)生感應電流,電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音。下列說 法正確的有 ( ) 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電動勢 D.弦振動過程中,線圈中的電流方向不斷變化,答案 BCD 銅質(zhì)弦無法被磁化,不能產(chǎn)生磁場引起線圈中磁通量的變化從而產(chǎn)生感應電流, 所以銅質(zhì)弦不能使電吉他正常工作,故A項錯誤;取走磁體,金屬弦無法被磁化,線圈中不會產(chǎn)生 感應電流,B項正確;由E=n 知,C項正確;金屬弦來回振動,線圈中磁通量不斷增加或減小,電 流方向不斷變化,D項正確。,3.(2016浙江理綜,16,6分)如圖所示,a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成,匝數(shù)均為10 匝,邊長la=3lb,圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,且磁感應強度隨時間均勻增大,不考慮 線圈之間的相互影響,則 ( ) A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應電流 B.a、b線圈中感應電動勢之比為91 C.a、b線圈中感應電流之比為34 D.a、b線圈中電功率之比為31,考點二 法拉第電磁感應定律,答案 B 磁場均勻增大,穿過兩線圈的磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知兩線圈內(nèi)會產(chǎn)生逆時 針方向的感應電流,選項A錯誤;由法拉第電磁感應定律E=n =n l2,得 = = ,選項B正 確;由電阻定律R= ,得 = = ,由閉合電路歐姆定律可得I= ,即 = = ,選項C錯 誤;由P= 得 = = ,選項D錯誤。 方法技巧 解答本題時優(yōu)先使用比值運算,可以有效地減少計算量。,4.(2015安徽理綜,19,6分)如圖所示,abcd為水平放置的平行“ ”形光滑金屬導軌,間距為l,導 軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場,磁感應強度大小為B,導軌電阻不計。已知金屬桿MN傾斜 放置,與導軌成角,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 動過程中與導軌接觸良好)。則 ( ) A.電路中感應電動勢的大小為 B.電路中感應電流的大小為 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 金屬桿MN切割磁感線的有效長度為l,產(chǎn)生的感應電動勢E=Blv,A錯誤;金屬桿MN 的有效電阻R= ,故回路中的感應電流I= = = ,B正確;金屬桿受到的安培力F = = = ,C錯誤;金屬桿的熱功率P=I2R= = ,D錯誤。,5.(2015重慶理綜,4,6分)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n,面積為S。 若在t1到t2時間內(nèi),勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈,其磁感應強度大小由B1均勻增加到 B2,則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差a-b ( ) A.恒為 B.從0均勻變化到 C.恒為 - D.從0均勻變化到 -,答案 C 由楞次定律判定,感應電流從a流向b,b點電勢高于a點電勢,因為磁場均勻增加,所以 a-b為恒定的,故a-b=-nS ,可見C正確。,6.(2015山東理綜,17,6分)(多選)如圖,一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針 勻速轉(zhuǎn)動。現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場,圓盤開始減速。在圓盤減速過程中,以下 說法正確的是 ( ) A.處于磁場中的圓盤部分,靠近圓心處電勢高 B.所加磁場越強越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動 C.若所加磁場反向,圓盤將加速轉(zhuǎn)動 D.若所加磁場穿過整個圓盤,圓盤將勻速轉(zhuǎn)動,答案 ABD 根據(jù)右手定則,處于磁場中的圓盤部分,感應電流從靠近圓盤邊緣處流向靠近圓 心處,故靠近圓心處電勢高,A正確;安培力F= ,磁場越強,安培力越大,B正確;磁場反向時, 安培力仍是阻力,C錯誤;若所加磁場穿過整個圓盤,則磁通量不再變化,沒有感應電流,安培力 為零,故圓盤不受阻力作用,將勻速轉(zhuǎn)動,D正確。,7.(2019北京理綜,22,16分)如圖所示,垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為B。紙面內(nèi)有一正方 形均勻金屬線框abcd,其邊長為L,總電阻為R,ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進入磁場直至bc 邊剛要進入的過程中,線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動,求: (1)感應電動勢的大小E; (2)拉力做功的功率P; (3)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。,答案 (1)BLv (2) (3) 解析 本題為法拉第電磁感應定律的應用問題,考查考生的理解能力與綜合分析能力,體現(xiàn)了 物質(zhì)觀念、模型建構(gòu)、科學推理等核心素養(yǎng)。 (1)由法拉第電磁感應定律可得,感應電動勢 E=BLv (2)線圈中的感應電流I= 拉力大小等于安培力大小F=BIL 拉力的功率P=Fv= (3)線圈ab邊電阻Rab= 時間t= ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rabt= 思路分析 1.線框進入磁場的過程中,ad邊切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢;,2.線框勻速運動,拉力等于安培力,即F拉=F安=BIL;,3.ab邊產(chǎn)生的焦耳熱僅為整個線框產(chǎn)生的焦耳熱的四分之一。,8.(2018江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,豎直放置的“ ”形光滑導軌寬為L,矩形勻強磁場 、的高和間距均為d,磁感應強度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進入磁場和 時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R,與導軌接觸良好,其余電阻不計,重力加速度為 g。金屬桿 ( ) A.剛進入磁場時加速度方向豎直向下 B.穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd D.釋放時距磁場上邊界的高度h可能小于,考點三 電磁感應的綜合應用,答案 BC 本題考查電磁感應與動力學、能量問題的綜合應用。要使桿進入磁場和時 的速度相等,桿剛進入磁場時必須減速運動,加速度方向豎直向上,故A錯誤。桿在區(qū)做加 速度減小的減速運動,在兩磁場之間做a=g的勻加速運動,運動過程如圖所示(其中v1為桿剛進 入時的速度,v2為桿剛出時的速度),圖線與時間軸所圍的面積表示位移,兩段運動的位移相 等,則t1t2-t1,故B正確。對桿從進入磁場至剛穿出磁場的過程應用動能定理得mg3d+W安= m - m ,對桿穿過兩磁場之間的過程應用動能定理得mgd= m - m ,解得W安=-4mgd,由 功能關(guān)系得Q=-W安=4mgd,故C正確。若桿剛進入磁場時恰好勻速,則有 =mg,v1= , 代入h= 得h= ,因為桿剛進入時必須做減速運動,故一定有h ,故D錯誤。 疑難突破 (1)利用v-t圖像分析運動過程和運動時間,可以化難為易。 (2)對于D選項,以桿剛進入時恰好勻速運動作為參照,問題便迎刃而解。,9.(2017天津理綜,3,6分)如圖所示,兩根平行金屬導軌置于水平面內(nèi),導軌之間接有電阻R。金 屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸,整個裝置放在勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面向 下?，F(xiàn)使磁感應強度隨時間均勻減小,ab始終保持靜止,下列說法正確的是 ( ) A.ab中的感應電流方向由b到a B.ab中的感應電流逐漸減小 C.ab所受的安培力保持不變 D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小,答案 D 本題考查楞次定律、電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力、平衡條件。由 于通過回路的磁通量向下減小,則根據(jù)楞次定律可知ab中感應電流的方向由a到b,A錯誤。因 ab不動,回路面積不變;當B均勻減小時,由E=n =n S知,產(chǎn)生的感應電動勢恒定,回路中感 應電流I= 恒定,B錯誤。由F=BIL知F隨B減小而減小,C錯誤。對ab由平衡條件有f=F,故D 正確。 一題多解 廣義楞次定律 因B減小時引起回路磁通量減小,由廣義楞次定律可知回路有擴張的趨勢,則ab所受安培力方 向向右,再由左手定則可以判定ab中感應電流的方向從a到b,故A錯誤。,10.(2016四川理綜,7,6分)(多選)如圖所示,電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導軌水平放置于 磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中,導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),金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感 應電流為i,受到的安培力大小為FA,電阻R兩端的電壓為UR,感應電流的功率為P,它們隨時間t變 化圖像可能正確的有 ( ),答案 BC 金屬棒MN相當于電源,其感應電動勢E=Blv,感應電流I= 即Iv FA=BIl= 即:FAv UR=IR= R 即:URv P=IE= 即:Pv2 對金屬棒MN:F-FA=ma F0+kv- v=ma F0+ v=ma 若k- 0,隨著v增大,a也增大,棒做加速度增大的加速運動,B項正確。 若k- 0,隨著v增大,a減小,棒做加速度減小的加速運動,當a=0時,v達到最大后保持不變,C 項正確,A項錯誤。 若k- =0,則a= ,金屬棒做勻加速運動,則v=at,P=IE= t2,D項錯誤。,11.(2015福建理綜,18,6分)如圖,由某種粗細均勻的總電阻為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磁場B中。一接入電路電阻為R的導體棒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 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,答案 C 由題意知,題目情形可等效為如圖所示的電路問題,其中R左+R右=3R,E=BLv,r=R,當 PQ向右運動時,R左增大,R右減小,兩者并聯(lián)的總電阻R外先增大后減小,當PQ運動到線框正中央 位置時,R外最大,故流過PQ的電流先減小后增大,A項錯誤;PQ兩端電壓U=E-Ir,故U的變化為先 增大后減小,B項錯誤;拉力的功率P=P總=EI,故拉力的功率先減小后增大,C項正確;線框消耗的 電功率為電源的輸出功率P出=P總-P內(nèi)=EI-I2r,電流的最小值Imin= ,故由數(shù)學知識可知P出先增 大后減小,D項錯誤。,12.(2019天津理綜,11,18分)如圖所示,固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌,垂直 于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R,兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩 端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連,線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場,磁通量變 化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導軌平面向下的勻強磁場,磁感應強度大小為B。PQ的 質(zhì)量為m,金屬導軌足夠長、電阻忽略不計。 (1)閉合S,若使PQ保持靜止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向; (2)斷開S,PQ在上述恒力作用下,由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為 q,求該過程安培力做的功W。,答案 (1) 方向水平向右 (2) mv2- kq 解析 本題考查電磁感應中的電路問題及能量問題,難度較大,正確解答本題需要很強的綜合 分析能力,體現(xiàn)了學生的科學推理與科學論證的素養(yǎng)要素。 (1)設(shè)線圈中的感應電動勢為E,由法拉第電磁感應定律E= ,則 E=k 設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并,有 R并= 閉合S時,設(shè)線圈中的電流為I,根據(jù)閉合電路歐姆定律得 I= 設(shè)PQ中的電流為IPQ,有 IPQ= I 設(shè)PQ受到的安培力為F安,有 F安=BIPQl ,保持PQ靜止,由受力平衡,有 F=F安 聯(lián)立式得 F= 方向水平向右。 (2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中,PQ運動的位移為x,所用時間為t,回路中的 磁通量變化為,平均感應電動勢為 ,有 = 其中 =Blx 設(shè)PQ中的平均電流為 ,有 = 根據(jù)電流的定義得,= 由動能定理,有 Fx+W= mv2-0 聯(lián)立 式得 W= mv2- kq 知識拓展 電磁感應與電路問題中經(jīng)常用到的一個導出公式:q= 。如果閉合回路是一個 單匝線圈(n=1),則q= 。q=n 中n為線圈匝數(shù),為線圈中磁通量的變化量,R為閉合回路 的總電阻。,13.(2019江蘇單科,14,15分)如圖所示,勻強磁場中有一個用軟導線制成的單匝閉合線圈,線圈 平面與磁場垂直。已知線圈的面積S=0.3 m2、電阻R=0.6 ,磁場的磁感應強度B=0.2 T。現(xiàn)同 時向兩側(cè)拉動線圈,線圈的兩邊在t=0.5 s時間內(nèi)合到一起。求線圈在上述過程中 (1)感應電動勢的平均值E; (2)感應電流的平均值I,并在圖中標出電流方向; (3)通過導線橫截面的電荷量q。,答案 (1)0.12 V (2)0.2 A 見解析圖 (3)0.1 C 解析 本題考查了法拉第電磁感應定律中回路面積變化的情況,考查了學生的理解能力及簡 單的分析與綜合能力,體現(xiàn)了科學思維中的科學推理素養(yǎng)要素。 (1)感應電動勢的平均值E= 磁通量的變化=BS 解得E= ,代入數(shù)據(jù)得E=0.12 V (2)平均電流I= 代入數(shù)據(jù)得I=0.2 A(電流方向見圖),(3)電荷量q=It 代入數(shù)據(jù)得q=0.1 C 解題指導 本題中導線切割磁感線的有效長度在變化,故不能利用E=Blv計算感應電動勢,而 需要利用磁通量的變化率來計算。,14.(2018天津理綜,12,20分)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動 能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型,圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條 平行光滑金屬導軌,電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金 屬棒,通過絕緣材料固定在列車底部,并與導軌良好接觸,其間距也為l,列車的總質(zhì)量為m。列 車啟動前,ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面向下,如圖1所 示。為使列車啟動,需在M、N間連接電動勢為E的直流電源,電源內(nèi)阻及導線電阻忽略不計。 列車啟動后電源自動關(guān)閉。 (1)要使列車向右運行,啟動時圖1中M、N哪個接電源正極,并簡要說明理由; (2)求剛接通電源時列車加速度a的大小; (3)列車減速時,需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域,磁場寬度和 相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0,此時ab、cd均在無磁場區(qū)域,試討論:要使列 車停下來,前方至少需要多少塊這樣的有界磁場?,圖1 圖2,答案 (1)見解析 (2) (3)見解析 解析 本題考查左手定則、安培力、法拉第電磁感應定律、動量定理等。 (1)列車要向右運動,安培力方向應向右。根據(jù)左手定則,接通電源后,金屬棒中電流方向由a到 b、由c到d,故M接電源正極。 (2)由題意,啟動時ab、cd并聯(lián),設(shè)回路總電阻為R總,由電阻的串并聯(lián)知識得 R總= 設(shè)回路總電流為I,根據(jù)閉合電路歐姆定律有 I= 設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F,有 F=IlB 根據(jù)牛頓第二定律有 F=ma 聯(lián)立式得,a= (3)設(shè)列車減速時,cd進入磁場后經(jīng)t時間ab恰好進入磁場,此過程中穿過兩金屬棒與導軌所圍 回路的磁通量的變化為,平均感應電動勢為E1,由法拉第電磁感應定律有 E1= 其中 =Bl2 設(shè)回路中平均電流為I,由閉合電路歐姆定律有 I= 設(shè)cd受到的平均安培力為F,有 F=IlB 以向右為正方向,設(shè)t時間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖,有 I沖=-Ft 同理可知,回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值,設(shè)回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖 量為I0,有,I0=2I沖 設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總,由動量定理有 I總=0-mv0 聯(lián)立 式得 = 討論:若 恰為整數(shù),設(shè)其為n,則需設(shè)置n塊有界磁場;若 不是整數(shù),設(shè) 的整數(shù)部分為N,則 需設(shè)置N+1塊有界磁場。,15.(2017天津理綜,12,20分)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可 用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖,圖中直流電源電動勢為E,電容器的電 容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌間距為l,電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為 m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài),并與導軌良好接觸。首先開關(guān)S接 1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻 強磁場(圖中未畫出),MN開始向右加速運動。當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電 壓相等時,回路中電流為零,MN達到最大速度,之后離開導軌。問: (1)磁場的方向; (2)MN剛開始運動時加速度a的大小; (3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。,答案 (1)見解析 (2) (3) 解析 本題考查安培力及其應用、電容器、動量定理、電磁感應定律等多個考點的綜合應 用。 (1)垂直于導軌平面向下。 (2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當開關(guān)S接2時,電容器放電,設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電 流為I,有 I= 設(shè)MN受到的安培力為F,有 F=IlB 由牛頓第二定律,有 F=ma 聯(lián)立式得 a= ,(3)當電容器充電完畢時,設(shè)電容器上電荷量為Q0,有 Q0=CE 開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運動,速度達到最大值vmax時,設(shè)MN上的感應電動勢為E,有 E=Blvmax 依題意有 E= 設(shè)在此過程中MN的平均電流為 ,MN上受到的平均安培力為 ,有 = lB 由動量定理,有 t=mvmax-0 又 t=Q0-Q 聯(lián)立式得 Q=,16.(2017北京理綜,24,20分)發(fā)電機和電動機具有裝置上的類似性,源于它們機理上的類似性。 直流發(fā)電機和直流電動機的工作原理可以簡化為如圖1、圖2所示的情景。 在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中,兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面 內(nèi),相距為L,電阻不計。電阻為R的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上,與軌道接觸良 好,以速度v(v平行于MN)向右做勻速運動。 圖1軌道端點M、P間接有阻值為r的電阻,導體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點 M、P間接有直流電源,導體棒ab通過滑輪勻速提升重物,電路中的電流為I。 (1)求在t時間內(nèi),圖1“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能和圖2“電動機”輸出的機械能。 (2)從微觀角度看,導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用。為,了方便,可認為導體棒中的自由電荷為正電荷。 a.請在圖3(圖1的導體棒ab)、圖4(圖2的導體棒ab)中,分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意 圖。 b.我們知道,洛倫茲力對運動電荷不做功。那么,導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何 在能量轉(zhuǎn)化過程中起到作用的呢?請以圖2“電動機”為例,通過計算分析說明。,答案 見解析 解析 本題考查發(fā)電機和電動機的機理分析、洛倫茲力的方向及其在能量轉(zhuǎn)化中的作用。 (1)圖1中,電路中的電流I1= 棒ab受到的安培力F1=BI1L 在t時間內(nèi),“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能等于棒ab克服安培力做的功 E電=F1vt= 圖2中,棒ab受到的安培力F2=BIL 在t時間內(nèi),“電動機”輸出的機械能等于安培力對棒ab做的功 E機=F2vt=BILvt (2)a.如圖3、圖4所示。,b.設(shè)自由電荷的電荷量為q,沿導體棒定向移動的速率為u。 如圖4所示,沿棒方向的洛倫茲力f1=qvB,做負功 W1=-f1ut=-qvBut 垂直棒方向的洛倫茲力f2=quB,做正功 W2=f2vt=quBvt 所以W1=-W2,即導體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。,f1做負功,阻礙自由電荷的定向移動,宏觀上表現(xiàn)為“反電動勢”,消耗電源的電能;f2做正功,宏 觀上表現(xiàn)為安培力做正功,使機械能增加。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將 電能轉(zhuǎn)化為等量的機械能,在此過程中洛倫茲力通過兩個分力做功起到“傳遞”能量的作用。,17.(2017上海單科,20,16分)如圖,光滑平行金屬導軌間距為L,與水平面夾角為,兩導軌上端用 阻值為R的電阻相連,該裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面。質(zhì) 量為m的金屬桿ab以沿導軌平面向上的初速度v0從導軌底端開始運動,然后又返回到出發(fā)位 置。在運動過程中,ab與導軌垂直且接觸良好,不計ab和導軌的電阻及空氣阻力。 (1)求ab開始運動時的加速度a; (2)分析并說明ab在整個運動過程中速度、加速度的變化情況; (3)分析并比較ab上滑時間和下滑時間的長短。,答案 見解析 解析 本題考查電磁感應、閉合電路歐姆定律。動力學分析、能量轉(zhuǎn)化與守恒定律。 (1)利用楞次定律,對初始狀態(tài)的ab受力分析得: mg sin +BIL=ma 對回路分析 I= = 聯(lián)立得 a=g sin + (2)上滑過程: 由第(1)問中的分析可知,上滑過程加速度大小表達式為: a上=g sin + 上滑過程,a、v反向,做減速運動。利用式,v減小則a減小,可知,桿上滑時做加速度逐漸減小 的減速運動。,下滑過程: 由牛頓第二定律,對ab受力分析得: mg sin - =ma下 a下=g sin - 因a下與v同向,ab做加速運動。 由得v增加,a下減小, ab做加速度減小的加速運動。 (3)設(shè)P點是上滑與下滑過程中經(jīng)過的同一點P,由能量轉(zhuǎn)化與守恒可知: m = m +QR QR為ab從P滑到最高點到再回到P點過程中R上產(chǎn)生的焦耳熱。 由QR0所以vP上vP下 同理可推得ab上滑通過某一位置的速度大于下滑通過同一位置的速度,進而可推得 由s= t上= t下得,t上t下 即ab上滑時間比下滑時間短。,18.(2015北京理綜,22,16分)如圖所示,足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置,寬度L=0.4 m,一端 連接R=1 的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場,磁感應強度B=1 T。導體棒MN 放在導軌上,其長度恰好等于導軌間距,與導軌接觸良好。導軌和導體棒的電阻均可忽略不 計。在平行于導軌的拉力F作用下,導體棒沿導軌向右勻速運動,速度v=5 m/s。求: (1)感應電動勢E和感應電流I; (2)在0.1 s時間內(nèi),拉力的沖量IF的大小; (3)若將MN換為電阻r=1 的導體棒,其他條件不變,求導體棒兩端的電壓U。,答案 (1)2 V 2 A (2)0.08 Ns (3)1 V 解析 (1)由法拉第電磁感應定律可得,感應電動勢 E=BLv=10.45 V=2 V 感應電流I= = A=2 A (2)拉力大小等于安培力大小 F=BIL=120.4 N=0.8 N 沖量大小IF=Ft=0.80.1 Ns=0.08 Ns (3)由閉合電路歐姆定律可得,電路中電流 I= = A=1 A 由歐姆定律可得,導體棒兩端電壓U=IR=1 V,考點一 電磁感應現(xiàn)象、楞次定律,C組 教師專用題組,1.(2014山東理綜,16,6分)(多選)如圖,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線垂直并緊靠軌道固定,導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,導體棒所受安培力分別用FM、FN表示。不計軌道電阻。以下敘述正 確的是 ( ) A.FM向右 B.FN向左 C.FM逐漸增大 D.FN逐漸減小,答案 BCD 直導線產(chǎn)生的磁場在M區(qū)域垂直紙面向外,在N區(qū)域垂直紙面向里,根據(jù)右手定 則,導體棒上的感應電流在M區(qū)域向下,在N區(qū)域向上,由左手定則判定,在M、N區(qū)域?qū)w棒所 受安培力均向左,故A錯誤,B正確;I感= ,F安=BI感L= ,離直導線越近處B越大,所以FM逐漸 增大,FN逐漸減小,C、D正確。,2.(2014四川理綜,6,6分)(多選)如圖所示,不計電阻的光滑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0.2 kg的細金屬桿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1 m的正方形,其有效電阻為0.1 。此時在整個空間 加方向與水平面成30角且與金屬桿垂直的勻強磁場,磁感應強度隨時間變化規(guī)律是B=(0.4-0. 2t)T,圖示磁場方向為正方向?？?、擋板和桿不計形變。則 ( ) A.t=1 s時,金屬桿中感應電流方向從C到D B.t=3 s時,金屬桿中感應電流方向從D到C C.t=1 s時,金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 N,D.t=3 s時,金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2 N,答案 AC 據(jù)已知B=(0.4-0.2t)T可知t=1 s時,正方向的磁場在減弱,由楞次定律可判定電流方 向為由C到D,A項正確。同理可判定B項錯誤。t=1 s時感應電動勢E= = Ssin 30=0.1 V,I=E/R=1 A,安培力F安=BIL=0.2 N,對桿受力分析如圖 FN=F安 cos 60=0.1 N,由牛頓第三定律知C項正確。同理可得t=3 s時對擋板H的壓力大小為0.1 N,D項錯誤。 評析 本題以金屬框和金屬桿為載體,考查了安培力、楞次定律、感應電動勢、受力分析、 物體受力平衡、正交分解等知識的綜合運用能力。同時要求考生注意數(shù)學運算能力的發(fā)揮 和運用。綜合性強,難度較大。要求考生認真、細致,穩(wěn)妥應答。,3.(2014廣東理綜,15,4分)如圖所示,上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和