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1、Ll电磁感应现象、楞次定律2O.L1L2(多选)2019全国卷/空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图(a)中虚线MN所示.一硬质细导线的电阻率为p、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上4。时磁感应强度的方向如图(a)所示,磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示.则在Z=O到t=t的时间间隔内():f3C三20汐年全A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C圆环中的感应电流大小为警D.圆环中的感应电动势大小为噌20.BC解析由图像可知,穿过圆环的磁通量变化率不变,感应电动势恒定,感应电流恒定,根据安培力公
2、式尸二8,安培力随着磁感应强度B的变化而变化,所以圆环所受安培力的方向在卜时刻之后将反向,A错误;根据楞次定律和安培定则可知,圆环中的感应电流始终沿顺时针方向,B正确;圆环中的感应电动势E二普二普加2二驾；D错误;圆环的电阻R=P平,故感应电流lCqLZcq314.L12O19全国卷WI楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现()A.电阻定律B.库仑定律C.欧姆定律D.能量守恒定律14.D解析1电阻定律R=z用来计算电阻值大小,库仑定律/=咫争用来计算真空中点电荷间静电力大小,欧姆定律/噂用来计算电路中的电流,选项A、B、C错误.楞次定律表明,感应电动势的后果总是和引起感应电流的原因相
3、对抗,而这种对抗的作用是把其他形式的能量转化为感应电流所在回路中的电能,在电磁感应这种能量转化过程中,总的能量是守恒的,楞次定律的深刻意义在于它是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现,选项D正确.1.2法拉第电磁感应定律、自感2O.L1L2（多选）2O19全国卷/空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图（a）中虚线MN所示.一硬质细导线的电阻率为p、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内,圆心O在MN.r=0时磁感应强度的方向如图（a）所示,磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示.则在Z=O到t=tl的时间间隔内（）图-A.圆环所受安培力的方向始终不
4、变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C圆环中的感应电流大小为警D.圆环中的感应电动势大小为期20.BC解析由图像可知,穿过圆环的磁通量变化率不变,感应电动势恒定,感应电流恒定,根据安培力公式尸=8/安培力随着磁感应强度B的变化而变化,所以圆环所受安培力的方向在fo时刻之后将反向,A错误;根据楞次定律和安培定则可知,圆环中的感应电流始终沿顺时针方向,B正确;圆环中的感应电动势E二普二普g户二驾；D错误;圆环的电阻R=P等,故感应电流LqLZcq31.3电磁感应与电路的综合21.L3,L5（多选）2019全国卷如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为/导轨电阻忽略不计,虚线、Cd均
5、与导轨垂直,在昉与Cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场.将两根相同的导体棒PQ.MN先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好.已知PQ进入磁场时加速度恰好为零.从P。进入磁场开始计时,到用N离开磁场区域为止,流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（）RhOCD图-21 .AD解析已知PQ进入磁场时加速度恰好为0,有mgsin。=8,分情况考虑：。若PQ离开磁场时,MN还未进入磁场,则开始时PQ中电流为/=然”;在PQ离开磁场后且MN还未进入磁场时,回路中总电流为零;当MN进入磁场时,因为两根导体棒是从同一个位置由静止释放的,所以MN刚进入磁场时,加速度也恰好为
6、零,之后一直匀速通过匀强磁场,所以流过PQ的电流与开始时大小相等、方向相反,故选项A正确.鼻PQ未离开磁场时,MN已进入磁场,则MN刚进入磁场瞬间,PQ和MN两根导体棒都在切割磁感线,而且速度相等,所以产生的两个感应电流大小相等,但方向相反,故回路中总电流为零,然后两个导体棒分别在重力作用下做匀加速直线运动;当PQ离开磁场后,MN还未离开磁场时,对MN受力分析,因为当两根导体棒都在磁场中时速度增加了,所以此时MN受到的安培力大于重力沿导轨向下的分力,有=ma,MN沿导轨向下做加速度减小的减速运动,所以在此阶段回路中的电流会减小,又因为是导体棒MN在切割磁感线,所以流过P。的电流方向和开始时PQ
7、切割磁感线时电流方向相反,当加速度减为零时,MN的速度和刚进入磁场时的速度相等,所以电流的大小又会和开始时的电流相等,故选项D正确.22 .L3,L42019北京卷如图所示,垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为8纸面内有一正方形均匀金属线框HCa其边长为上,总电阻为Rad边与磁场边界平行.从ad边刚进入磁场直至be边刚要进入的过程中,线框在向左的拉力作用下以速度U匀速运动,求：(1)感应电动势的大小(2)拉力做功的功率P;(3)他边产生的焦耳热Q.XBXXXXX图-22.(l)BLv(2)(3)喈解析(1)由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势EBLv(2)线圈中的感应电流=f拉力大小等于安培力大小
8、,F=8L拉力的功率P=Fv=(3)线圈边电阻Rab=B时间t=-ah边产生的焦耳热Q=尸凡“二受14L32019江苏卷如图所示,匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈,线圈平面与磁场垂直.已知线圈的面积S=0.3nA电阻R=0.6C,磁场的磁感应强度3=0.2T.现同时向两侧拉动线圈,线圈的两边在加=0.5s时间内合到起.求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值E;(2)感应电流的平均值/,并在图中标出电流方向；(3)通过导线横截面的电荷量q.图-14.(1)0.12V(2)0.2A沿顺时针方向(3)0.1C解析感应电动势的平均值E当磁通量的变化=5S解得E二等,代入数据得E=O.12
9、V(2)平均电流=f代入数据得=02A(电流方向如图所示)(3)电荷量q=lbl代入数据得4=0.1C1.4电磁感应与力和能量的综合19.L4,F2(多选)2019全国卷7如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab.cd静止在导轨上J=O时,棒ab以初速度VO向右滑动.运动过程中MACd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用片、也表示,回路中的电流用/表示.下列图像中可能正确的是()19.AC解析而在向左的安培力作用下做减速运动,加速度大小。产处二塔铲,随着Hmn棒速度Vi的减小和“棒速度也的增大M逐渐减小,所以ab做加速度逐渐减小的减
10、速运动;同理,cd做加速度逐渐减小的加速运动.当也=电时,达到稳定状态,两棒保持匀速运动,由动量守恒定律得7VO=7Vl+wn%最终Vl=V2=V0,iA正确,B错误.由电流/=丝铲可知,电流逐渐4Zn减小,最终为零,故C正确,D错误.22.L3,L42019北京卷如图所示,垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为A纸面内有一正方形均匀金属线框HCa其边长为L,总电阻为R,ad边与磁场边界平行.从ad边刚进入磁场直至be边刚要进入的过程中,线框在向左的拉力作用下以速度y匀速运动,求：(1)感应电动势的大小(2)拉力做功的功率P;(3)ab边产生的焦耳热Q.XBVXXXXXX图-22.(l)Lv喑若解析
11、(1)由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=BLv(2)线圈中的感应电流=f拉力大小等于安培力大小,F=BL拉力的功率P=尸片注Q（3）线圈4边电阻Rab=B时间t=ah边产生的焦耳热Q=尸凡“二粤zrK1.5电磁感应综合21.L3,L5（多选）2019全国卷/7如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为0,导轨电阻忽略不计,虚线H八Cd均与导轨垂直,在b与Cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场.将两根相同的导体棒PQ.MN先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好.已知PQ进入磁场时加速度恰好为零.从P。进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,流过P
12、Q的电流随时间变化的图像可能正确的是（）知21.AD解析已知PQ进入磁场时加速度恰好为0,有Mgsin6=8,分情况考虑：窈PQ离开磁场时,MN还未进入磁场,则开始时PQ中电流为/=喏;在PQ离开磁场后且MN还未进入磁场时,回路中总电流为零;当MN进入磁场时,因为两根导体棒是从同一个位置由静止释放的,所以MN刚进入磁场时,加速度也恰好为零,之后一直匀速通过匀强磁场,所以流过PQ的电流与开始时大小相等、方向相反,故选项A正确.彝PQ未离开磁场时,MN已进入磁场,则MN刚进入磁场瞬间,PQ和MN两根导体棒都在切割磁感线,而且速度相等,所以产生的两个感应电流大小相等,但方向相反,故回路中总电流为零,
13、然后两个导体棒分别在重力作用下做匀加速直线运动;当PQ离开磁场后,MN还未离开磁场时,对MN受力分析,因为当两根导体棒都在磁场中时速度增加了,所以此时MN受到的安培力大于重力沿导轨向下的分力,有喈-2gsin9=ma、MN沿导轨向下做加速度减小的减速运动,所以在此阶段回路中的电流会减小,又因为是导体棒MN在切割磁感线,所以流过PQ的电流方向和开始时PQ切割磁感线时电流方向相反,当加速度减为零时,MN的速度和刚进入磁场时的速度相等,所以电流的大小又会和开始时的电流相等,故选项D正确.8.L5（多选）2019天津卷单匝闭合矩形线框电阻为凡在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动,穿过线框的磁通量与时
14、间t的关系图像如图所示.下列说法正确的是（）B.线框的感应电动势有效值为争C.线框转一周外力所做的功为簪D.从/=O到过程中线框的平均感应电动势为吟4T8.BC解析副寸刻穿过线框平面的磁通量最大,线框处于中性面位置,A错误;线框的感应电动势有效值E=评甯=竿B正确;线框转一周外力所做的功W=Mr=嗜C正确;从/=0到IW过程中线框的平均感应电动势后=詈二等,D错误.11.L5J3E22019天津卷如图所示,固定在水平面上间距为/的两条平行光滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为/、电阻均为凡两棒与导轨始终接触良好.MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直
15、向下均匀增加的磁场,磁通量变化率为常量&.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B.PQ的质量为九金属导轨足够长、电阻忽略不计.（1）闭合S,若使PQ保持静止,需在其上加多大的水平恒力凡并指出其方向；（2）断开S,PQ在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为n的加速过程中流过尸。的电荷量为4,求该过程安培力做的功皿知11.（1浅水平向右（2）如V2-我解析设线圈中的感应电动势为七,由法拉第电磁感应定律E=詈,则E=k设PQ与MN并联的电阻为R井,有R井=百闭合S时,设线圈中的电流为/,根据闭合电路欧姆定律得1=-3R设PQ中的电流为0,有=z（三）设PQ受到的安培力为户安
16、,有FBIpqI保持PQ静止,由受力平衡,有F=F女联立（g得F=影方向水平向右.设PQ由静止开始到速度大小为V的加速过程中,PQ运动的位移为乂所用时间为A，,回路中的磁通量变化为平均感应电动势为反有吟其中=Blx设PQ中的平均电流为7,有7=1#2R-根据电流的定义得讨t由动能定理,有&+W=扣7联立逡须式得W=nr-kq模拟题5.（多选）2019黄山模拟如图K67-6甲所示,等离子气流（由高温高压的等电荷量的正、负离子组成）由左方连续不断地以速度W射入Pl和A两极板间的匀强磁场中直导线通过滑动变阻器与Pi、P2相连接,线圈A通过滑动变阻器与直导线cd相连接.线圈A内存在如图乙所示的变化磁场
17、,且磁感应强度B的正方向规定为向左,则下列叙述正确的是()A.0-l s 内 ab、B.l2 s 内 ab、C.23 s 内 ab、D.34 s 内 ab、Cd导线互相排斥Cd导线互相吸引Cd导线互相排斥Cd导线互相吸引5.BC解析左侧实际上为等离子体发电机,将在时中形成从。到b的电流,由图乙可知,02s内磁场均匀变化,根据楞次定律可知将在Cd中形成从C到d的电流,同理2Ms内在Cd中形成从d到C的电流,且电流大小不变,故02S内两导线中电流方向相同,相互吸引,24S内两导线中电流方向相反,相互排斥,故A、D错误,B、C正确.4.2019驻马店期末如图K70-5所示,间距为=0.5m的两条平行
18、金属导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,磁场的磁感应强度8=0.2T,导轨左侧连接一定值电阻,其阻值RnIQ垂直导轨的导体棒ab在水平外力产作用下沿导轨运动,并始终与导轨接触良好J=O时刻,导体棒从静止开始做匀加速直线运动,尸随/变化的规律如图乙所示.已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为=0.5,导体棒和导轨的电阻均不计.求：(1)导体棒的加速度大小.(2)导体棒的质量.4.(1)5ms2(2)0.1kg解析(1)设导体棒做匀加速运动的加速度为,某时刻入导体棒的速度为匕质量为也所受的摩擦力为工则导体棒产生的电动势E=BLv回路的电流Z=导体棒受到的安培力/8=8由牛顿第二定律得F-F-f=ma又v
19、=at联立解得尸=华什加4/根据图像可知0-10s内,图像的斜率为0.05NsL即牛=0.05Ns/解得=5ms2由F-t图像的纵截距可知/m+1.0N又尸Nmg解得m=0.1kg8.2019唐山一诊如图Z5-8所示,P、。为水平平行放置的光滑足够长金属导轨,相距L=Im导轨间接有E=15V、r=l的电源;010的电阻箱R);Ri=6。、&=3的电阻;C=0.25F的超级电容.不计电阻的导体棒跨放在导轨上并与导轨垂直且接触良好,棒的质量为0.2kg,棒的中点用垂直棒的细绳绕过光滑轻质定滑轮与物体相连,物体的质量M=0.4kg.在导体棒所处区域存在磁感应强度B=2T、方向竖直向下的匀强磁场,且范
20、围足够大.(导轨的电阻不计,g取10ms2)(1)现闭合开关SkS2,为了使物体保持静止,电阻箱连入电路的阻值应是多大？(2)现断开开关S,闭合开关S2,待电路稳定后,求电容器带的电荷量.(3)在开关S2断开的情况下(电容器始终正常工作)由静止释放导体棒,试讨论物体的运动情况和电容器的电荷量的变化规律.图Z5-88.(1)2(2)4.5C(3)见解析解析(1)导体棒处于平衡状态,有Mg-BLh=O流经电阻R的电流/产符由闭合电路欧姆定律有E=(+2)(R)+r)+2及代入数据解得Ro=2(2)电路稳定后,物体(导体棒)做匀速运动,此时导体棒切割磁感线产生的电动势El=BLvl电路中电流导体棒处于平衡状态,有Mg-BLh=O电容器带的电荷量Q=EC代入数据解得Q=4.5C(3)对物体受力分析,有Mg-T=Ma对导体棒受力分析,有T-BLI=Ina通过导体棒的电流/=嘴电容器r时间内增加的电荷量NQ=CNU导体棒r时间内增加的电压XU=BIv加速度=f代入数据解得=2.5ms2J=1.25A即导体棒做初速度为零、加速度为2.5ms2的匀加速直线运动,电容器的电荷量每秒增加=1.25C.
