第11讲 电磁感应-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（江苏专版）

专题四　电路与电磁感应 第11讲　电磁感应 【目标要求】　1.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。2.会分析电磁感应中的电路和图像问题。3.掌握电磁感应中电路和图像问题的分析方法。 考点一　楞次定律　法拉第电磁感应定律 考点二　电磁感应中的电路和图像问题 内容索引 考点三　电磁感应中的动力学和能量问题 培优　热点训练 精准补弱 考点一　楞次定律　法拉第电磁感应定律 一 4 1.感应电流方向的判断 2.求感应电动势的方法 情景图 研究对象 表达式   回路(不一定闭合) 三种形式 E=n E=nS E=nB   一段直导线(或等效直导线) E=Blv 情景图 研究对象 表达式   绕一端转动的一段导体棒 E=Bl2ω   绕与B垂直的轴转动的导线框 从图示时刻计时 e=NBSωcos ωt 3.通过回路截面的电荷量的求法 通过回路截面的电荷量q=Δt=Δt=。q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关,与时间长短无关,与Φ是否均匀变化无关。 考向1　楞次定律的应用 [例1]　(2024·江苏卷)如图所示,在绝缘的水平面上,有闭合的两个线圈a、b,线圈a处在匀强磁场中,现将线圈a从磁场中匀速拉出,线圈a、b中产生的感应电流方向分别是(　　) A.顺时针,顺时针　　　　　 B.顺时针,逆时针 C.逆时针,顺时针 D.逆时针,逆时针 A [解析]　线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过线圈a的磁通量在减小,则根据楞次定律可知线圈a的电流为顺时针,由于线圈a从磁场中匀速拉出,则a中产生的电流为恒定电流,则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大,同理可得线圈b中产生的电流为顺时针,故选A。 反思提升 楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 1.阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。 2.阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”。 3.使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”。 4.阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。 考向2　右手定则的应用 [例2]　(2024·湖南卷)如图,有一硬质导线Oabc,其中是半径为R的半圆弧,b为圆弧的中点,直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动,导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中,则O、a、b、c各点电势关系为(　　) A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc C.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc C [解析]　如图,a、b、c点绕O点逆时针转动时,相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线,根据右手定则可知O点电势最高;根据E=Blv=Bωl2及lOb=lOc=R可得0<UOa<UOb=UOc,则φO>φa>φb=φc,故选C。 考向3　法拉第电磁感应定律的应用 [例3]　如图所示,半径为r2的圆形单匝线圈中央有半径为r1的有界匀强磁场,磁感应强度随时间的变化关系为B=B0+kt(k>0),线圈电阻为R,则磁感应强度从B0增大到2B0时间内(　　) A.线圈面积有缩小的趋势 B.线圈中电子沿逆时针方向定向移动 C.线圈中产生的焦耳热为 D.通过导线横截面的电荷量为 C [解析]　线圈不在磁场中,不受安培力,无收缩扩张趋势,故A错误;根据楞次定律和右手定则可知,线圈中感应电流为逆时针方向,因此电子运动方向为顺时针,故B错误;线圈中磁通量的变化率为=kπ,线圈中的感应电动势为E==kπ,变化过程中产生的焦耳热为Q=t=,由于t==,联立可得Q=,故C正确;通过导线的电荷量为q=It=t,可得q==,故D错误。 二 考点二　电磁感应中的电路和图像问题 16 [例4]　(2024·江苏盐城模拟预测)如图所示,一不计电阻的导体圆环,半径为r,圆心在O点,过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条,辐条与圆环接触良好。现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中,磁场边界恰与圆环直径在同一直线上。现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动,右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触,R1=R,S处于闭合状态,不计其他电阻,则下列判断正确的是(　　) A.通过R1的电流方向为自上而下 B.感应电动势大小为2Br2ω C.理想电压表的示数为Br2ω D.理想电流表的示数为 [答案]　C [解析]　根据右手定则判断可知,导体棒的圆心O点的电势高,因此流过R1的电流方向为自下而上,A错误;辐条产生的感应电动势为E=Brv=Br×=Br2ω,B错误;外电路为磁场外半根辐条与R1并联,外电路电阻为R,内电阻为R,电压表测量的是外电压,则电压表的示数为U=E=Br2ω,C正确;根据欧姆定律可知,理想电流表的示数为I==,D错误。 反思提升 电磁感应中电路问题的解题流程 [例5]　如图所示,间距为L的水平边界MN、PQ之间存在垂直纸面向外的匀强磁场,一正方形线框位于磁场区域上方某一高度,线框的边长为L,ab边的电阻是dc边电阻的2倍,ad边、bc边的电阻不计。若线框由静止释放,t=0时刻dc边进入磁场,一段时间后ab边进入磁场并匀速穿过磁场,整个线框通过磁场区域的过程中,ab边与dc边保持水平,则下列关于a、b两点之间电势差Uab随时间t变化的图像肯定错误的是(　　) A [解析]　设dc边的电阻是r,ab边的电阻是2r,由于下落高度不确定,dc边进入磁场后,线框可能做匀速直线运动、加速度减小的加速直线运动或加速度减小的减速直线运动。设dc边出磁场前瞬间的速度为v,则产生的电动势E=BLv,a、b两点之间的电势差Uab=·2r=E,dc边出磁场后线框的加速度为0,线框做匀速运动,a、b两点之间的电势差Uab=·r=,故A肯定错误。 [例6]　如图甲所示,光滑导轨水平放置在与水平方向成60°角斜向下的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向),导体棒ab垂直导轨放置,除电阻R的阻值外,其余电阻不计,导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态。规定a→b的方向为电流的正方向,水平向右的方向为外力的正方向,斜向右下方为安培力的正方向,则在0~t1时间内,能正确反映电阻R的热功率P、流过导体棒ab的电流i、导体棒ab所受水平外力F及安培力FA随时间t变化的图像正确的是(　　) [答案]　C [解析]　由法拉第电磁感应定律有E=n=sin 60°,由题图乙知,B的变化率不变,即保持不变,则感应电动势保持不变,电路中电流不变,B错误;根据P=I2R可知,电阻R的热功率P恒定不变,A错误;根据楞次定律判断可知ab中感应电流从b到a,当B为负值时,安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方,根据平衡条件可知,外力水平向左,为负值,大小为F=BILsin 60°∝B,B为正值时,外力水平向右,为正值,大小为F=BILsin 60°∝B,C正确;导体棒ab所受安培力FA随B的变化而变化, D错误。 反思提升 解答图像问题的三个关注 三 考点三　电磁感应中的动力学和能量问题 27 1.电磁感应综合问题的解题思路 2.求解焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律:Q=I2Rt,适用于电流恒定的情况。 (2)功能关系:Q=W克安(W克安为克服安培力做的功)。 (3)能量转化:Q=ΔE(其他能的减少量)。 [例7]　如图所示,水平绝缘地面上固定一足够长的光滑U形导轨,空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将金属棒ab垂直放置在导轨上,在垂直于棒的拉力F作用下,金属棒由静止开始向右运动。若拉力F的大小保持不变,金属棒的速度达到最大速度的时,加速度大小为a1;若拉力F的功率保持不变,金属棒的速度达到最大速度的时,加速度大小为a2。已知上述两种情况下金属棒的最大速度相同,金属棒运动过程中始终与导轨接触良好,电路中除金属棒以外的电阻均不计,则等于(　　) A.1　　　　　　　　　 B. C. D. D [解析]　设金属棒的最大速度为v,匀强磁场的磁感应强度大小为B,金属棒的电阻为R,导轨间距为L,当拉力F的大小保持不变,金属棒的速度达到最大速度的时有-=ma1,当拉力F的功率保持不变时有P=,金属棒的速度达到最大速度的时有-=ma2,解得=,故选D。 [例8]　(2024·江苏南京师大附中模拟)如图所示,在竖直平面内的虚线下方存在范围足够大、方向水平的磁场,同一高度处磁感应强度大小相等,竖直方向上磁感应强度与虚线距离的关系满足B=kh,k为常量,将一竖直放置、边长为L的单匝正方形金属线圈abcd从图示位置由静止释放,线圈质量为m、电阻为R,不计空气阻力,重力加速度为g。求: (1)线圈中的最大电流Im和电流的方向; [答案]　(1)　顺时针方向　 [解析]　(1)当线圈受到的安培力等于重力时,线圈的竖直方向速度达到最大,即此时线圈中的电流最大,设此时线圈下落高度为h0, 则ad边所处位置的磁感应强度为B1=kh0, bc边所处位置的磁感应强度为B2=k(h0+L), 由平衡条件得mg=B2ImL-B1ImL, 解得线圈中的最大电流为Im=, 根据楞次定律可知电流方向为顺时针方向。 (2)线圈下落高度h(已达最大电流)的过程中线圈中产生的焦耳热Q。 [答案]　(2)mgh- [解析]　(2)设线圈中电流最大时线圈的速度为v,则线圈下落高度h时,ad边切割磁感线产生的感应电动势为E1=B1'Lv=khLv, bc边切割磁感线产生的感应电动势为E2=B2'Lv=k(h+L)Lv, 线圈的感应电动势为E=E2-E1=kL2v, 根据闭合电路欧姆定律有E=ImR, 解得线圈下落高度h时,线圈速度为v=, 根据能量守恒定律有Q=mgh-mv2, 解得线圈下落高度h(已达最大电流)的过程中线圈中产生的焦耳热为Q=mgh-。 四 培优　热点训练 37 1.(2024·江苏苏锡常镇四市二模)如图甲所示,一条南北走向的小路,路口设有出入道闸,每侧道闸金属杆长L,当有车辆通过时杆会从水平位置匀速转过90°直到竖起,所用时间为t。此处地磁场方向如图乙所示,B为地磁场总量,BH为地磁场水平分量,Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z三个方向上的分量大小,则杆在转动升起的过程中,两端电势差的大小计算表达式为(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. A 解析:杆从水平位置匀速转过90°直到竖起,所用时间为t,可知金属杆的角速度为ω=,由于小路沿南北方向,则金属杆转动过程切割沿x轴的磁场分量,则金属杆两端电势差的大小为U=BxL=BxL=BxL2ω,联立解得U=,故选A。 2.(2024·江苏南京高三期末)如图所示,竖直放置的“ ”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d,磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆在距磁场Ⅰ上边界h高处由静止释放。进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g。求: (1)金属棒刚进入磁场时的加速度大小和方向; 答案:(1)-g　竖直向上　 解析:(1)根据题意可知,金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等,则进入磁场Ⅰ时做减速运动,由此可知,刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上。设金属棒刚进入磁场Ⅰ时的速度为v,根据动能定理有 mgh=mv2 感应电动势E=BLv 感应电流I== 金属棒所受安培力F=ILB 根据牛顿第二定律有F-mg=ma 联立解得a=-g。 (2)金属棒穿过两个磁场产生的总热量。 答案: (2)4mgd 解析: (2)从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场的过程中,动能不变,根据能量守恒定律可知,金属棒减小的重力势能全部转化为焦耳热,即Q1=mg·2d 又因为进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等,所以金属杆通过磁场Ⅰ和磁场Ⅱ产生的热量相等,则总热量为 Q=2Q1=4mgd。 五 精准补弱 44 1.(2024·湖北卷)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件:房屋被雷击后,屋内的银饰、宝刀等金属熔化了,但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为:有一木格,其中杂贮诸器,其漆器银扣者,银悉熔流在地,漆器曾不焦灼。有一宝刀,极坚钢,就刀室中熔为汁,而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为(　　) A.摩擦　　　　　　　　　 B.声波 C.涡流 D.光照 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦、声波和光照的影响,但金属能够因电磁感应产生涡流,而非金属不能,因此可能原因为涡流,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2024·江苏常州模拟预测)如图甲为磁力小车,其内部结构如图乙虚线框内所示,其中A、B是具有单向导电性的发光二极管,与线圈C构成闭合回路。实验前磁力小车静止在水平桌面上(不计一切阻力),现将强磁铁的N极从左边快速靠近小车。关于实验现象,下列说法正确的是(　　) A.二极管A、B同时亮 B.二极管A、B均不亮 C.仅二极管A亮 D.仅二极管B亮 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:当强磁铁的N极从左边快速靠近小车时,根据楞次定律可知,线圈C中产生的感应电流沿回路逆时针方向流动,利用二极管的单向导电性可知,电流流过二极管A,因此仅二极管A亮,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2024·广东卷)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收,结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动,每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。磁场中,边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示,永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈,下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.穿过线圈的磁通量为BL2 B.永磁铁相对线圈上升越高,线圈中感应电动势越大 C.永磁铁相对线圈上升越快,线圈中感应电动势越小 D.永磁铁相对线圈下降时,线圈中感应电流的方向为顺时针方向 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据题图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0,故A错误;根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快,磁通量变化越快,线圈中感应电动势越大,故B、C错误;永磁铁相对线圈下降时,根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2024·江苏徐州三模)如图所示,一单匝粗细均匀的正方形导体线框abcd和直角坐标系xOy(x轴水平,y轴竖直)均处于竖直平面内,线框边长为L。空间内存在垂直于纸面向里的磁场,磁感应强度在x方向均匀分布,y方向上满足B=B0+ky(k>0)。初始时,线框的a点与坐标原点O重合,ab边与x轴重合。现给线框一个沿着x轴正方向的速度v0,线框在运动过程中始终处于xOy平面内,其ab边与x轴始终保持平行,空气阻力不计,则(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.下落过程中线框中有顺时针方向的感应电流 B.开始时线框中产生的电动势为B0Lv0 C.开始时线框中产生的电动势为kL2 D.若线框匝数增大为n匝,则竖直方向最终速度不变 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:下落过程中穿过线框的磁通量向里增加,根据楞次定律可知线框中有逆时针方向的感应电流,故A错误;开始时线框中磁通量变化率为0,产生的电动势为0,故B、C错误;线框在磁场中斜向下运动时产生逆时针方向的感应电流,线框的两竖直边所受安培力等大反向,则水平方向受力为零做匀速直线运动,线框的下边受安培力竖直向上,线框的上边受安培力竖直向下,但因下边所受安培力大于上边,所以线框竖直方向上受向上的安培力,当线框受到的安培力的合力等于重力时,达到最终速度,若线框匝数增大为n匝,线框的质量变为nmg,电阻变为nR,则nmg=nΔBL,其中ΔB=kL, 解得v=,与线框匝数无关,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(2024·江苏南京高三阶段检测)如图甲所示,固定的矩形铜线框左半部分处于垂直纸面向里的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度由B0均匀减小到0后又反向增大到-B0,如图乙所示。在此过程中,下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.铜线框中的自由电子先顺时针定向移动、后逆时针定向移动 B.铜线框中的自由电子始终逆时针定向移动 C.铜线框围成的面积始终有扩大的趋势 D.铜线框受到的安培力大小不变 答案:B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据楞次定律可知,按照题图乙中变化的磁场产生顺时针方向的电场,铜线框中的自由电子在电场力的作用下逆时针定向移动,故A错误,B正确;穿过铜线框的磁通量先减小后增大,根据楞次定律中“增缩减扩”的规律,铜线框围成的面积先有扩大的趋势后有缩小的趋势,故C错误;设题图乙中图线的斜率为k,根据E===kS及斜率不变可知,线框中的感应电动势大小不变,则通过铜线框的电流不变,又因为线框受力 的有效长度不变,而磁感应强度先减小后 增大,根据F安=BIL可知,铜线框受到的 安培力先减小后增大,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.如图1所示为演示自感现象的实验电路。实验时,先闭合开关S,电路达到稳定后,灯泡A和B处于正常发光状态,在t0时刻,将开关S断开,测量得到t0时刻前后灯泡A、B两端电势差Uab、Ucd随时间t的变化关系。电源内阻及电感线圈L的直流电阻可忽略不计。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.图2所示为灯泡A两端电势差Uab在S断开前后随时间的变化关系 B.S断开瞬间,自感线圈L两端电势差大小为U0 C.由图1可知电源电动势为2U0 D.由图2和3可知两灯泡正常发光时,灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:电路达到稳定后,灯泡A和B处于正常发光状态,Uab>0,Ucd>0,开关S断开瞬间,由于自感作用,Uab>0,Ucd<0,所以题图2所示为灯泡B两端电势差Ucd在S断开前后随时间的变化关系,故A错误;根据题图2可知,S断开瞬间,自感线圈L两端电势差大小为U=Uab+Udc=3U0,故B错误;电路达到稳定后,灯泡A和B处于正常发光状态,由题图1可知电源电动势为U0,故C错误;S断开瞬间,线圈L、灯泡A、B构成闭合回路,经过两灯泡电流相等,由于Udc=2Uab,根据U=IR可知,灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.如图所示,两根足够长的平行金属导轨位于水平的xOy平面内,导轨与x轴平行,左端接有电阻R。在x>0的一侧存在竖直向下的匀强磁场。一金属杆与导轨垂直放置,且接触良好,在外力F作用下沿x轴正方向由静止开始做匀加速运动。t=0时金属杆位于x=0处,不计导轨和金属杆的电阻,不计一切摩擦。图中关于电路总功率P和所受外力F大小的图像正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:金属杆在外力F作用下沿x轴正方向由静止开始做匀加速运动,则有I==t,则电路总功率P=I2R=t2,即P-t图像为开口向上的抛物线,故A错误;金属杆做匀加直线运动,有v2=2ax,则电路总功率P=I2R==x,即P-x图像为正比例函数关系,故B正确;金属棒做匀加直线运动,由牛顿第二定律有F-BIL=ma,联立可得F=t+ma,即F-t图像为一次函数关系,故C错误;外力F与位移x的关系为F=·+ma,则F-x图像 不构成正比例函数关系,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.如图所示,abcd是边长为l、总电阻为R的正方形导体框,其外接圆内充满着均匀变化的磁场,磁场方向垂直于纸面向外,磁感应强度大小B=kt(k>0),则下列说法正确的是(　　) A.t1时刻ab边产生的感应电动势为kl2 B.t1时刻ab边受到的安培力大小为 C.0~t1时间内通过cd边的电荷量为 D.撤去导体框,圆上a处的电场强度为零 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:t1时刻导体框产生的感应电动势E=S=kl2,则ab边产生的感应电动势为kl2,选项A错误;t1时刻ab边受到的安培力大小为F=B1Il=kt1××l=,选项B正确;0~t1时间内通过cd边的电荷量为q=t1=t1=,选项C错误;撤去导体框,圆上会产生感生电场,则a处的电场强度不为零,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.如图所示,垂直纸面的正方形匀强磁场区域内,有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd,现将导体框分别朝两个方向以v、2v速度匀速拉出磁场,则导体框从两个方向分别移出磁场的过程中(　　) A.导体框中产生的感应电流方向相反 B.导体框受到的安培力大小之比为1∶4 C.导体框中产生的焦耳热之比为1∶4 D.通过导体框截面的电荷量之比为1∶1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:将导体框从两个方向移出磁场的过程中,磁通量均减小,而磁场方向都垂直纸面向外,根据楞次定律判断可知,导体框中产生的感应电流方向均沿逆时针方向,故A错误;导体框以速度v匀速拉出磁场时,导体框中产生的感应电流大小为I1= 受到的安培力大小为F1=BI1L= 产生的焦耳热为Q1=Rt1=()2R·= 通过导体框截面的电荷量为q1=I1t1=·= 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 导体框以速度2v匀速拉出磁场时,导体框中产生的感应电流大小为I2= 受到的安培力大小为F2=BI2L= 产生的焦耳热为 Q2=Rt2=()2R·= 通过导体框截面的电荷量为 q2=I2t2=·= 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 则有F1∶F2=1∶2 Q1∶Q2=1∶2 q1∶q2=1∶1 故B、C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.在如图甲所示的电路中,电阻R1=R2=R,单匝圆形金属线圈半径为r1,线圈导线的电阻也为R,半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示,图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0,其余导线的电阻不计。t=0时闭合S,至t1时刻,电路中的电流已稳定。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.线圈中产生的感应电动势的大小为 B.电容器下极板带负电 C.t0时间内流过R1的电荷量为 D.稳定后线圈两端的电压为 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由法拉第电磁感应定律知,线圈中产生的感应电动势为E==S=,A项错误;由楞次定律知圆形金属线圈中的感应电流方向为顺时针方向,金属线圈相当于电源,电源内部的电流从负极流向正极,则电容器的下极板带正电,上极板带负电,B项错误;由闭合电路欧姆定律得,感应电流为I==,t0时间内流过R1的电荷量为q=It0=,C项错误;稳定后线圈 两端的电压为U=I(R1+R2)=, D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(2024·江苏南通高三期末)如图所示,空间有方向竖直向上、磁感应强度大小B=kt(k>0)的匀强磁场,在磁场内部用三根相同的长度为L的绝缘轻绳悬挂一金属薄圆管,悬点在圆管的轴线上,薄圆管的质量为m,其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d(d≪r),求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)每根轻绳的拉力大小; 答案:(1)　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:(1)过圆管的磁通量向上逐渐增加,则根据楞次定律可知,从上向下看,圆管中的感应电流为顺时针方向,根据左手定则可知,圆管中各段所受的安培力方向指向圆管的轴线,则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力,如图, 有mg=3Fsin θ=3F 解得F=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)圆管的热功率。 答案: (2) 解析: (2)圆管的感应电动势大小为 E=πr2=kπr2 圆管的电阻R=ρ 圆管的热功率大小为P==。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(2024·河北卷)如图,边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上,细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动,水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中,CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计,CD棒始终与导轨垂直,各部分始终接触良好, 不计空气阻力,重力加速度大小为g。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值; 答案:(1)　　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:(1)当OA运动到正方形细框对角线瞬间,切割的有效长度最大,Lmax=L,此时感应电流最大,CD棒所受的安培力最大,根据法拉第电磁感应定律得 Emax=BLmax=B·L·=BL2ω 根据闭合电路欧姆定律得Imax= 故CD棒所受的安培力最大为Fmax=BImaxL= 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 当OA运动到与细框一边平行时瞬间,切割的有效长度最短,感应电流最小,CD棒受到的安培力最小,根据法拉第电磁感应定律得 Emin=BLmin'=B·L·= 根据闭合电路欧姆定律得Imin= 故CD棒所受的安培力最小为Fmin=BIminL=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)锁定OA棒,推动CD棒下滑,撤去推力瞬间,CD棒的加速度大小为a,所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值,求CD棒与导轨间的动摩擦因数。 答案: (2)-tan θ或或或 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析: (2)当CD棒受到的安培力最小时,根据平衡条件得mgsin θ-μmgcos θ-Fmin=0 当CD棒受到的安培力最大时,根据平衡条件得Fmax-mgsin θ-μmgcos θ=0 撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律得Fmax+μmgcos θ-mgsin θ=ma 解得μ=-tan θ或μ=或μ=或μ=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$