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1、熱點11　電磁感應 熱考題型 　　電磁感應是電磁學中較為重要的內(nèi)容,也是高考命題頻率較高的內(nèi)容之一。本部分題型主要是選擇題和計算題,選擇題以考查法拉第電磁感應定律、楞次定律、電磁感應的圖象問題為主,計算題以考查電磁感應中的電路問題、動力學問題、能量問題為主。 題型一　電磁感應中的電路問題 7.(2018河南焦作模擬)(多選)如圖所示,兩根足夠長的光滑金屬導軌水平平行放置,間距為l=1m,c、d間,d、e間,c、f間分別接阻值為R=10Ω 的電阻。一阻值為R=10Ω的導體棒ab以速度v=4m/s 勻速向左運動,導體棒與導軌接觸良好,導軌所在平面存在磁感應強度大小為B=0.5T、方向豎直向

2、下的勻強磁場。下列說法中正確的是(　　) A.導體棒ab中電流的流向為由b到a B.c、d兩端的電壓為1V C.d、e兩端的電壓為1V D.f、e兩端的電壓為1V 答案　BD　由右手定則可判知導體棒ab中電流的流向為由a到b,A錯誤;感應電動勢E=Blv=0.5×1×4V=2V,則c、d兩端的電壓Ucd=RR+RE=1V,B正確;由于d、e,c、f間電阻中沒有電流流過,故Ude=Ucf=0,所以Ufe=Ucd=1V,C錯誤,D正確。 題型二　電磁感應中的動力學問題 2.(多選)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個半徑為R(r?R)的圓環(huán)。圓環(huán)豎直向

3、下落入如圖所示的徑向磁場中,圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上,圓環(huán)所在位置的磁感應強度大小均為B。圓環(huán)在加速下滑過程中某一時刻的速度為v,忽略電感的影響,則(　　) A.此時在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)順時針方向的感應電流 B.圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落 C.此時圓環(huán)的加速度a=B2vρd D.如果徑向磁場足夠長,則圓環(huán)的最大速度vm=ρdgB2 答案　AD　由右手定則可以判斷感應電流的方向為(俯視)順時針方向,選項A正確;由左手定則可以判斷,此時圓環(huán)受到的安培力向上,選項B錯誤;由牛頓第二定律可得加速度a=mg-BILm=g-B2vρd,選項C錯誤;當重力等于安培力時速度達到最大

4、,可得vm=ρdgB2,選項D正確。 題型三　電磁感應中的功能問題 3.(多選)如圖所示,在傾角為θ=30°的斜面上固定一電阻不計的光滑平行金屬導軌,其間距為L,下端接有阻值為R的電阻,導軌處于勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向與斜面垂直(圖中未畫出)。質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬棒ab與固定在斜面上方的勁度系數(shù)為k的絕緣彈簧相接,彈簧處于原長并被鎖定?，F(xiàn)解除彈簧鎖定的同時使金屬棒獲得沿斜面向下的速度v0,從開始運動到停止運動的過程中金屬棒始終與導軌垂直并保持良好接觸,彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g,在上述過程中(　　) A.開始運動時金屬棒與導軌接觸點間電壓為 BLv02

5、B.通過電阻R的最大電流一定是 BLv02R C.通過電阻R的總電荷量為 mgBL4kR D.回路產(chǎn)生的總熱量小于 12mv02+m2g24k 答案　ACD　開始時金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E=BLv0,則金屬棒與導軌接觸點間電壓為U=RR+RE=BLv02,選項A對;金屬棒開始運動時,沿斜面方向受到安培力與重力沿斜面方向的分力,因不知二者大小關(guān)系,故不知速度如何變化,則不能確定通過R的最大電流,選項B錯;由于金屬棒在運動過程中受到安培力作用,最終金屬棒靜止,則金屬棒沿斜面下滑距離為d=mgsinθk,應用電流定義式和法拉第電磁感應定律可知通過R的電荷量q=BLd2R=mgBL4kR,

6、選項C對;從開始運動到停止,設回路產(chǎn)生的熱量為Q、金屬棒靜止時彈簧的彈性勢能為Ep,對金屬棒和回路應用功能關(guān)系可知Q+Ep=mgdsinθ+12mv02,則Q=12mv02+(mg)24k-Ep,選項D對。 跟蹤集訓 1.(多選)如圖所示為三個有界勻強磁場,磁感應強度大小均為B,方向分別垂直紙面向外、向里和向外,磁場寬度均為L,在磁場區(qū)域的左側(cè)邊界處,有一邊長為L的正方形導體線框,總電阻為R,且線框平面與磁場方向垂直,現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域,以初始位置為計時起點,規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正,磁感線垂直紙面向里時的磁通量Φ為正值,外力F向右為正。則以下能反映線框中

7、的磁通量Φ、感應電動勢E、外力F和電功率P隨時間變化規(guī)律圖像的是(　　) 答案　ABD　當線框開始進入磁場時,磁通量垂直紙面向外增加,當全部進入時達最大;此后向里的磁通量增加,向外的磁通量減小,總磁通量向外減小,當運動1.5L時,磁通量為零;當運動2L時磁通量向里最大,此后向外的磁通量增加,向里的磁通量減小,總磁通量減小,當運動2.5L時,磁通量為零,當運動3L時向外的磁通量最大,此后向外的磁通量減小,當運動4L時為零,故A項正確。當線框進入第一個磁場時,由E=BLv可知,E保持不變,感應電動勢為順時針方向,為負值;而開始進入第二個磁場時,兩邊同時切割磁感線,電動勢應為2BLv,方向

8、為逆時針方向,為正值,開始進入第三個磁場時,兩邊同時切割磁感線,電動勢為2BLv,方向為順時針方向,為負值,出磁場時,感應電動勢為BLv,沿逆時針方向,為正值,故B項正確;因安培力總是與運動方向相反,故拉力應一直向右,C項錯誤;拉力的功率P=Fv,因速度不變,而線框在左邊第一個磁場時,電流為定值,拉力也為定值;兩邊分別在兩個磁場中時,F安=2B·2BLvRL=4B2L2vR,因此安培力變?yōu)檫M磁場時的4倍,則拉力的功率變?yōu)檫M磁場時的4倍,出磁場時,與進磁場時拉力的功率相同,故D項正確。 2.如圖所示,abcd為用粗細均勻的同種材料制成的金屬線框,其中ab的長度只有bc長度的一半。現(xiàn)將線框放在水

9、平光滑絕緣的桌面上,在外力F的作用下讓線框以速度v勻速穿過右邊兩個磁感應強度大小相等、方向相反的磁場區(qū)域。若以圖示位置開始計時,規(guī)定逆時針電流方向為正,磁感線向下穿過線框時的磁通量為正。則下列關(guān)于回路電流i、外力F大小、cb間的電勢差Ucb及穿過線框的磁通量Φ隨時間變化的圖像正確的是(　　) 答案　C　當線框進入第一個磁場時,由右手定則知電流方向為逆時針,開始進入第二個磁場時,電流方向為順時針,出第二個磁場,電流方向為逆時針,故A錯誤;由E=Blv可知,線框進入第一個磁場和出第二個磁場時,E=BLv2保持不變,而開始進入第二個磁場時,兩邊同時切割磁感線,電動勢應為BLv,電流加倍,故

10、每根導體棒受到的安培力加倍,則F=4F安,將變?yōu)樵瓉淼?倍,故B錯誤;根據(jù)U=IR和電流方向知剛進入磁場和出磁場時電壓相等,b點電勢高,故Ucb為負,兩邊同時切割磁感線時,c點電勢高,且c、b兩點之間的電壓為原來的2倍,故C正確;當線框開始進入磁場時,磁通量開始增加,當全部進入時達到最大,此后向外的磁通量增加,總磁通量減小,當運動1.5L時,磁通量為零,故D錯誤。 3.(多選)如圖,水平放置的金屬導體框abcd,ab、cd邊平行、間距為l,導體框內(nèi)均有垂直于框面、磁感應強度大小為B的勻強磁場,一單位長度電阻為r的金屬桿MN,與導軌成θ角,以速度v沿平行于cd的方向勻速滑動,金屬桿滑動過程中與

11、導軌接觸良好,導軌框電阻不計,則(　　) A.M點電勢低于N點電勢 B.閉合回路中磁通量的變化率為Blv C.金屬桿所受安培力的方向與運動方向相反 D.金屬桿所受安培力的大小為B2lvr 答案　BD　由右手定則可知M點電勢高于N點電勢,故A錯誤。根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E=ΔΦΔt=Blv,故B正確。由左手定則知,金屬桿所受安培力方向垂直于MN斜向上,故C錯誤。由E=Blv,I=ER,R=lsinθr,F=BIlsinθ,解得F=B2lvr,故D正確。 4.(多選)如圖所示,寬為L的水平光滑金屬軌道上放置一根質(zhì)量為m的導體棒MN,軌道左端通過一個單刀雙擲開關(guān)與一個電容器和一個

12、阻值為R的電阻連接,勻強磁場的方向與軌道平面垂直,磁感應強度大小為B,電容器的電容為C,金屬軌道和導體棒的電阻不計。現(xiàn)將開關(guān)撥向“1”,導體棒MN在水平向右的恒力F作用下由靜止開始運動,經(jīng)時間t0后,將開關(guān)S撥向“2”,再經(jīng)時間t,導體棒MN恰好開始勻速向右運動。下列說法正確的是(　　) A.開關(guān)撥向“1”時,金屬棒做加速度逐漸減小的加速運動 B.t0時刻電容器所帶的電荷量為CBLFt0m+CB2L2 C.開關(guān)撥向“2”后,導體棒勻速運動的速率為FRB2L2 D.開關(guān)撥向“2”后t時間內(nèi),導體棒通過的位移為FRB2L2t+mt0m+CB2L2-mRB2L2 答案　BCD　開關(guān)撥向

13、“1”時,設在極短時間Δt內(nèi)流過導體棒的電荷量為ΔQ,則電路中的瞬時電流為 I=ΔQΔt,電容器兩端的電壓U=BLv,電荷量 Q=CU,則ΔQ=CΔU=CBLΔv,可得I=CBLΔvΔt=CBLa;對導體棒,由牛頓第二定律得 F-BIL=ma,聯(lián)立得導體棒的瞬時加速度為 a=Fm+CB2L2,由于加速度表達式中的各個物理量都不隨時間、位移變化,由此可知導體棒的加速度不變,即導體棒做勻加速直線運動,選項A錯誤。t0時刻導體棒MN的速度v=at0,電容器兩極板間的電壓U=BLv=BLat0,電荷量 Q=CU,則Q=CBLFt0m+CB2L2,選項B正確。由F安=BIL,I=ER,E=BLv,聯(lián)立解得F安=B2L2vR,開關(guān)撥向“2”后,導體棒勻速運動時,有 F=F安,解得v=FRB2L2,選項C正確。開關(guān)撥向“2”后t時間內(nèi),根據(jù)牛頓第二定律得F-F安=F-B2L2vR=ma=mΔvΔt,則FΔt-B2L2vRΔt=mΔv,得Ft-B2L2xR=mFRB2L2-at0,解得位移 x=FRB2L2t+mt0m+CB2L2-mRB2L2,選項D正確。 7