1、第2講電磁感應(yīng)及其應(yīng)用1(2017江蘇卷)如圖所示，如圖所示，兩個(gè)單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r.圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過(guò)a、b兩線圈的磁通量之比為(A)A11B12C14D41解析 由題圖可知，穿過(guò)a、b兩個(gè)線圈的磁通量均為Br2，因此磁通量之比為11，A項(xiàng)正確2(2017天津卷)如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是(D)Aab中的感應(yīng)電流方向由b到aBab中的感應(yīng)電流逐漸減小Cab所受的安培力

2、保持不變Dab所受的靜摩擦力逐漸減小解析 根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)向下，再根據(jù)安培定則，可判斷ab中感應(yīng)電流方向從a到b，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；磁場(chǎng)變化是均勻的，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變，感應(yīng)電流I恒定不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；安培力FBIL，由于I、L不變，B減小，所以ab所受的安培力逐漸減小，根據(jù)力的平衡條件，靜摩擦力逐漸減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確3(2017全國(guó)卷)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來(lái)探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場(chǎng)來(lái)快速衰減其微小振動(dòng)，如圖所示無(wú)擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒

3、磁場(chǎng)；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是(A)解析 施加磁場(chǎng)來(lái)快速衰減STM的微小振動(dòng)，其原理是電磁阻尼，在振動(dòng)時(shí)通過(guò)紫銅薄板的磁通量變化，紫銅薄板中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動(dòng)，即促使其振動(dòng)衰減方案A中，無(wú)論紫銅薄板上下振動(dòng)還是左右振動(dòng)，通過(guò)它的磁通量都發(fā)生變化；方案B中，當(dāng)紫銅薄板上下振動(dòng)時(shí)，通過(guò)它的磁通量可能不變，當(dāng)紫銅薄板向右振動(dòng)時(shí)，通過(guò)它的磁通量不變；方案C中，紫銅薄板上下振動(dòng)、左右振動(dòng)時(shí)，通過(guò)它的磁通量可能不變；方案D中，當(dāng)紫銅薄板上下振動(dòng)時(shí)，紫銅薄板中磁通量可能不變綜上可知，對(duì)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方

4、案是A.4(2017北京卷)圖甲、和圖乙是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個(gè)電路圖，L1和L2為電感線圈實(shí)驗(yàn)時(shí)，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開(kāi)關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個(gè)相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同下列說(shuō)法正確的是(C)A圖甲中，A1與L1的電阻值相同B圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流C圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同D圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等解析 題圖甲中，穩(wěn)定時(shí)通過(guò)A1的電流記為I1，通過(guò)L1的電流記為IL.S1斷開(kāi)瞬間，A1突然變亮，可知ILI1，因此A1和L1電阻不相等，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；題圖乙中，

5、閉合S2時(shí)，由于自感作用，通過(guò)L2與A2的電流I2會(huì)逐漸增大，而通過(guò)R與A3的電流I3立即變大，因此電流不相等，所以D錯(cuò)誤；由于最終A2與A3亮度相同，所以兩支路電流I相同，根據(jù)部分電路歐姆定律，兩支路電壓U與電流I均相同，所以兩支路電阻相同由于A2、A3完全相同，故變阻器R與L2的電阻值相同，故選項(xiàng)C正確5(多選)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(dòng)在勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中外力F做功WF，磁場(chǎng)力對(duì)導(dǎo)體棒做功W1，磁鐵克服磁場(chǎng)力做功W2，重力對(duì)磁鐵做功WG，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能為Ek

6、.則(BCD)AW1QBW2W1QCW1EkDWFWGQEk解析 由動(dòng)能定理可知，磁場(chǎng)力對(duì)導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒動(dòng)能的增加量，A項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；由功能關(guān)系可知，外力做功WF等于系統(tǒng)能量的增加，即WFEpEkQ，其中由重力做功與重力勢(shì)能變化關(guān)系可知，WGEp，EkEk，所以有WFWGEkQ，D項(xiàng)正確；磁鐵勻速運(yùn)動(dòng)，故WFWGW2，解以上各式得W2W1 Q，B項(xiàng)正確6(2017浙江杭州模擬)(多選)如圖甲所示，一個(gè)U形光滑足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，電阻R10 ，其余電阻均不計(jì)，兩導(dǎo)軌間的距離l0.2 m，有垂直于桌面向下并隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示一個(gè)電阻

7、不計(jì)的金屬桿可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，在滑動(dòng)過(guò)程中保持與導(dǎo)軌兩邊垂直在t0時(shí)刻，金屬桿緊靠在最左端，桿在外力的作用下以速度v0.5 m/s向右做勻速運(yùn)動(dòng)當(dāng)t4 s時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是(AD)A穿過(guò)回路的磁通量為0.08 WbB流過(guò)電阻R的感應(yīng)電流的方向?yàn)閎aC電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E0.02 VD金屬桿所受到的安培力的大小為1.6104 N解析 t4 s時(shí)，金屬桿的位移大小xvt2 m，由圖乙知，4 s末磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2 T，則穿過(guò)回路的磁通量BSBxl0.08 Wb，選項(xiàng)A正確；金屬桿切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1Blv0.20.20.5 V0.02 V，由右手定則，切割產(chǎn)生的感應(yīng)電流由a流過(guò)電阻

8、R到b；由法拉第電磁感應(yīng)定律，磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2lx0.050.22 V0.02 V，由楞次定律，E2的電流方向由a流過(guò)電阻R到b，故流過(guò)電阻R的總的感應(yīng)電流的方向?yàn)閍b，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小EE1E20.04 V，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電路中感應(yīng)電流大小I4103 A，故金屬桿所受到的安培力的大小FBBIl0.241030.2 N1.6104 N，選項(xiàng)D正確7(2016浙江卷)小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R0.05 的電阻在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d0.56 m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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度

9、B2.0 T質(zhì)量m4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過(guò)定滑輪與拉桿GH相連CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)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g10 m/s2，sin 530.8，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(chǎng)時(shí)速度v的大?。?2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的過(guò)程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱解析 (1)由牛頓第二定律a12 m/s2，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)

10、的速度v2.4 m/s.(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv，感應(yīng)電流I，安培力FAIBl，代入得FA48 N.(3)健身者做功WF(sd)64 J，由受力分析有Fmgsin FA0，CD棒在磁場(chǎng)區(qū)域做勻速運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t，焦耳熱QI2Rt26.88 J.答案 (1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J8(2017天津卷)電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)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(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)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(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸首先開(kāi)關(guān)S接1，使電容器完全充電然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開(kāi)導(dǎo)軌問(wèn)：(1)磁場(chǎng)的方向；(2)MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大?。?3)MN離開(kāi)導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少解析 (1)垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開(kāi)關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I，設(shè)MN受到的安培力為F，有FIlB，由牛頓第二定律，有Fm