2019届二轮复习　电磁感应课件（65张）（全国通用）

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第 13 讲 电磁感应 总纲目录 考点 1 　楞次定律和法拉第电磁感应定律 考点 2 　电磁感应的图像问题 考点 3 　电磁感应与电路知识的综合应用 考点 4 　电磁感应中的“杆 + 导轨”模型 考点1　楞次定律和法拉第电磁感应定律 1.感应电流方向的判断方法 (1)右手定则,即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断; (2)楞次定律,即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。 2.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)阻碍相对运动——“来拒去留”; (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”; (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。 3.感应电动势大小的计算 (1)法拉第电磁感应定律: E = n   ,适用于普遍情况; (2) E = Blv ,适用于导体棒切割磁感线的情况; (3) E =   Bl 2 ω ,适用于导体棒旋转切割磁感线的情况。 1.(2018湖北八校二联)(多选)已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场,地磁N 极位于地理南极附近。如图所示,在湖北某中学实验室的水平桌面上,放置边 长为 L 的正方形闭合导体线框 abcd ,线框的 ad 边沿南北方向, ab 边沿东西方向, 下列说法正确的是   (　　) A.若使线框向东平移,则 a 点电势比 d 点电势低 B. 若使线框向北平移 , 则 a 点电势等于 b 点电势 C. 若以 ad 边为轴 , 将线框向上翻转 90 ° , 则翻转过程线框中电流方向始终为 ad- cba 方向 D. 若以 ab 边为轴 , 将线框向上翻转 90 ° , 则翻转过程线框中电流方向始终为 ad- cba 方向 答案     AC　地球北半部的磁场方向由南向北斜向下,可分解为水平向北和 竖直向下两个分量。若线圈向东平移,根据右手定则可知 a 点电势低于 d 点电 势,A项正确;若线圈向北平移,根据右手定则可知 a 点电势高于 b 点电势,B项错 误;若以 ad 边为轴,将线框向上翻转90 ° 过程中,根据楞次定律及安培定则可知 线框中的电流方向始终为 adcba 方向,C项正确;若以 ab 边为轴,将线框向上翻 转90 ° 过程中,穿过线框的磁通量先增大后减小,根据楞次定律及安培定则可 知,线框中的电流方向为先沿 abcda 方向再沿 adcba 方向,故D错误。 2.(多选)如图甲所示,一宽为 l 的匀强磁场 B 区域,磁场方向垂直于纸面向里。 一个边长为 a ( l > a )的正方形导线框 ABCD 位于纸面内,以垂直于磁场边界的恒 定速度 v 通过该磁场区域,导线框电阻为 R ,在运动过程中,线框有一条边始终 与磁场区域的边界平行。取它刚进入磁场的时刻 t =0,线框中感应电流随时间 变化规律的 I - t 图像如图乙所示,则下列说法正确的是   (　　) A.在第1 s内,线框中感应电流为逆时针方向,大小恒定为0.3 A B.在第2 s内,穿过线框的磁通量最大,感应电流大小恒定为0.6 A C.在第3 s内,线框中感应电流方向为顺时针方向,大小恒定为0.3 A D.在第1 s内,线框中C点电势高于D点电势,感应电流大小为0 答案     AC　在第1 s内,线框进入磁场,穿过线框的磁通量均匀增加,感应电流 为逆时针方向(取为正方向),大小 I =0.3 A,选项 A 正确;在第2 s 内,整个线框在磁 场中运动,穿过线框的磁通量最大且不变,没有感应电流,选项 B 错误;在第3 s 内,线框从磁场中出来,穿过线框的磁通量均匀减小,感应电流为顺时针方向 (为负方向),大小 I =0.3 A,选项C正确;在第1 s内,感应电流方向沿逆时针方向, 则 C 点电势低于 D 点电势,选项D错误。 3.用一根横截面积为 S 、电阻率为 ρ 的硬质导线做成一个半径为 r 的圆环, ab 为 圆环的直径, t =0时刻在 ab 的左侧存在一个匀强磁场,磁场垂直圆环所在平面, 方向如图甲,磁感应强度 B 与时间 t 的关系如图乙,则0~ t 1 时间内下面说法正确 的是   (　　)   A.圆环一直具有扩张的趋势 B.圆环中产生逆时针方向的感应电流 C.圆环中感应电流的大小为   D.图中 a 、 b 两点之间的电势差 U ab =   答案     C　由题图乙可知,0~ t 0 时间内,磁通量向里减小, t 0 ~ t 1 时间内,磁通量向 外增大。由楞次定律的“增缩减扩”可知,圆环先有扩张的趋势后有收缩的 趋势,故A错误;由楞次定律的“增反减同”可知,圆环中的感应电流方向始终 为顺时针方向,故B错误;由法拉第电磁感应定律可知, E =   S '=   ,感应电 流 I =   =   =   ,故C正确; a 、 b 两点之间的电势差 U ab =   E =   ,故D错 误。 方法技巧 三定则一定律的应用技巧 (1)应用楞次定律时,一般要用到安培定则。 (2)研究感应电流受到的安培力时,一般先用右手定则确定电流方向,再用左 手定则确定安培力方向,有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。 考点2　电磁感应的图像问题 1.常见的图像 (1)随时间 t 变化的图像,如 B - t 图、 Φ - t 图、 E - t 图、 F - t 图、 i - t 图等; (2)随位移 x 变化的图像,如 E - x 图、 i - x 图等。 2.对于电磁感应图像问题的分析要注意以下三个方面 (1)注意初始时刻的特征,如初始时刻感应电流是否为零,感应电流的方向如 何。 (2)注意分析电磁感应发生的过程分为几个阶段,这几个阶段是否和图像变化 相对应。 (3)注意观察图像的变化趋势,看图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过 程对应。 1.(2018湖北黄冈期末)(多选)如图所示,在光滑水平面内,虚线右侧存在匀强磁 场,磁场方向垂直纸面向外,一正方形金属线框质量为 m ,电阻为 R ,边长为 L ,从 虚线处进入磁场时开始计时,在外力作用下,线框由静止开始,以垂直于磁场 的恒定加速度 a 进入磁场区域, t 1 时刻线框全部进入磁场,规定顺时针方向为感 应电流 i 的正方向,外力大小为 F ,线框中电功率的瞬时值为 P ,通过导线横截面 的电荷量为 q ,其中 P - t 和 q - t 图像均为抛物线的一部分,则这些量随时间变化的 图像正确的是   (　　)     答案     CD　线框切割磁感线,运动速度 v = at ,产生的感应电动势 e = BLv ,产生的 感应电流 i =   =   ,故A错误;对线框受力分析,由牛顿第二定律,有 F - F 安 = ma , 其中 F 安 = BLi =   ,得 F = ma +   ,故B错误;功率 P = i 2 R =   , P - t 图线为 抛物线的一部分,故C正确;由电荷量表达式 q =   ,有 q =   , q - t 图线为抛 物线的一部分,故D正确。 2.(2018山西五市联考)如图所示,等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向内 的匀强磁场,左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框,线框斜边长为 l ,线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域,规定线框中感应电流逆 时针方向为正方向,其感应电流 i 随位移 x 变化的图像正确的是   (　　)     答案     B　首先判断感应电流的方向,闭合导线框穿过磁场的过程中,磁通量先增加后减小,根据楞次定律,感应电流的磁场方向先向外后向内,根据安培定则,感应电流先逆时针后顺时针,即先正后负,故A、D错误;再考虑大小情况,导线框向右运动过程中切割的有效长度是先增大后减小,根据 E = BLv ,知感应电动势的大小是先增大后减小,则感应电流先增大后减小,所以B正确,C错误。 3.(多选)如图甲所示,水平面上的平行导轨 MN 、 PQ 上放着两根垂直导轨的光 滑导体棒 ab 、 cd ,两棒间用绝缘细线连接;已知平行导轨 MN 、 PQ 间距为 L 1 ,导 体棒 ab 、 cd 间距为 L 2 ,导轨电阻可忽略,每根导体棒在导轨之间的电阻为 R 。 开始时匀强磁场垂直纸面向里,磁感应强度 B 随时间 t 的变化如图乙所示。则 以下说法正确的是   (　　)   A.在 t 0 时刻回路中产生的感应电动势 E =0 B.在0~ t 0 时间内导体棒中的电流为   C.在   时刻绝缘细线所受拉力为   D.在0~2 t 0 时间内回路中电流方向是 abdca 答案     BC　由图乙可知,   =   ,回路面积 S = L 1 L 2 ,在 t 0 时刻回路中产生的感 应电动势 E =   S = L 1 L 2   ,选项A错误;0~ t 0 时间内回路中产生的感应电流大小 为 I =   =   ,选项B正确;在   时刻,由左手定则,导体棒 ab 所受安培力方向 向左,导体棒 cd 所受安培力方向向右,磁场磁感应强度为   ,安培力大小为 F =   B 0 · IL 1 =   ,在   时刻绝缘细线所受拉力为   ,选项C正确;在0~ t 0 时间内磁感应强度减小,在 t 0 ~2 t 0 时间内磁感应强度反向增大,根据楞次定律及安培定则 , 回路内产生的感应电流方向为顺时针方向 , 即电流方向是 acdba , 选项 D 错误。 方法技巧 求解电磁感应图像类选择题的两种常用方法 (1)排除法:定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、 变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是分析物理量的正负,以排除错误 的选项。 (2)函数法:根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系,然后 由函数关系对图像进行分析和判断。 考点3　电磁感应与电路知识的综合应用 解答电磁感应中电路问题的三个步骤 (1)确定电源:利用 E = n   或 E = Blv sin θ 求感应电动势的大小,利用右手定则或 楞次定律判断感应电流的方向。如果在一个电路中切割磁感线的部分有多 个并相互联系,可等效成电源的串、并联。 (2) 分析电路结构 : 分析内、外电路 , 以及外电路的串、并联关系 , 画出等效电 路图。 (3)利用电路规律求解:应用闭合电路欧姆定律及串、并联电路的基本性质等 列方程求解。 例 　如图,水平边界的匀强磁场上方 h =5 m处有一个边长 L =1 m的正方形导线 框从静止开始下落,已知线框质量 m =1 kg,电阻为 R =10 Ω,磁感应强度为 B =1 T,取重力加速度 g =10 m/s 2 ,当线框的 cd 边刚进入磁场时: (1)求线框中产生的感应电动势大小; (2)求 cd 两点间的电势差大小; (3)若线框此时加速度等于0,则线框电阻 应该变为多少? 答案     (1)10 V　(2)7.5 V　(3)1 Ω 解析 　(1) cd 边刚进入磁场时,线框速度 v =   线框中产生的感应电动势 E = BLv = BL   =10 V (2)此时线框中电流 I =   cd 边切割磁感线相当于电源, cd 两点间的电势差即路端电压 U = I ×   R =7.5 V (3)安培力 F = BIL =   根据牛顿第二定律有 mg - F = ma 由 a =0,解得电阻应该变为 R =   =1 Ω 1.(2018江西鹰潭一模)(多选)如图甲所示,一个匝数为 n 的圆形线圈(图中只画 了2匝),面积为 S ,线圈的电阻为 R ,在线圈外接一个阻值为 R 的电阻和一个理想 电压表,将线圈放入垂直纸面向里的磁场中,磁感应强度随时间变化规律如图 乙所示,下列说法正确的是   (　　) A.0~ t 1 时间内 P 端电势高于 Q 端电势 B.0~ t 1 时间内电压表的读数为   C. t 1 ~ t 2 时间内 R 上的电流为   D. t 1 ~ t 2 时间内 P 端电势高于 Q 端电势 答案     AC　0~ t 1 时间内,磁通量向里增大,根据楞次定律及安培定则可知感应 电流沿逆时针方向,线圈相当于电源,所以 P 端电势高于 Q 端电势,故A正确; 0~ t 1 时间内线圈产生的感应电动势 E = n   = n   S = n   S ,电压表的示数等于 电阻 R 两端的电压 U = IR =   · R =   ,故B错误; t 1 ~ t 2 时间内线圈产生的感 应电动势 E '= n   = n   S ,根据闭合电路欧姆定律有 I '=   =   ,故C正 确; t 1 ~ t 2 时间内,磁通量向里减小,根据楞次定律及安培定则,感应电流沿顺时 针方向,线圈相当于电源,所以 P 端电势低于 Q 端电势,故D错误。 2.(多选)如图所示,水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为 R 0 的电阻,放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。一个半径为 L 、质量为 m 的半圆形硬导体 AC 在水平向右的恒定拉力 F 作用下,由静止开始运动距离 d 后速度达到 v ,半圆形硬导体 AC 的电阻为 r ,其余电阻不计。下列说法正确的是   (　　) A. A 点的电势高于 C 点的电势 B.此时 AC 两端电压为 U AC =   C.此过程中电路产生的电热为 Q = Fd -   mv 2 D.此过程中通过电阻 R 0 的电荷量为 q =   答案     AD　根据右手定则可知, A 点相当于电源的正极,电势高,A正确; AC 产 生的感应电动势为 E =2 BLv , AC 两端的电压为 U AC =   =   ,B错误;由功 能关系得 Fd =   mv 2 + Q + Q 摩擦 ,故C错误;此过程中平均感应电流为   =   , 通过电阻 R 0 的电荷量为 q =   Δ t =   ,D正确。 3.(2018安徽六安一中一模)如图所示,匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导 轨平面向里,极板间距为 d 的平行板电容器与总电阻为2 R 0 的滑动变阻器通过 平行导轨连接,电阻为 R 0 的导体棒 MN 可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀 速直线运动,当滑动变阻器的滑动触头位于 a 、 b 的中间位置,导体棒 MN 的速 度为 v 0 时,位于电容器中 P 点的带电油滴恰好处于静止状态,若不计摩擦和平 行导轨及导线的电阻,重力加速度为 g ,则下列判断正确的是   (　　) A.油滴带正电 B.若将上极板竖直向上移动距离 d ,油滴将向上加速运动,加速度 a =   C.若将导体棒的速度变为2 v 0 ,油滴将向上加速运动,加速度 a =2 g D.若保持导体棒的速度为 v 0 不变,而将滑动触头置于 a 位置,同时将电容器上 极板向上移动距离   ,油滴仍将静止 答案     D　根据右手定则可知, M 端相当于电源的正极,油滴静止,因此带负电, 故A错误;设导体棒接入导轨间的长度为 L ,导体棒切割磁感线形成的感应电 动势 E = BLv ,电容器两端电压 U 1 =   =   ①,开始油滴静止,有   q = mg ②, 若将上极板竖直向上移动距离 d ,有 mg -   q = ma 1 ③,联立①②③式解得 a 1 =   , 方向竖直向下,故B错误;若将导体棒的速度变为2 v 0 ,有   q - mg = ma 2 ④,将 U 1 =   中 v 0 换为2 v 0 联立①②④式解得 a 2 = g ,方向竖直向上,故C错误;若保持导体 棒的速度为 v 0 不变,而将滑动触头置于 a 位置,同时将电容器上极板向上移动 距离   ,电容器两端之间的电压为 U 2 =   BLv 0 ,此时油滴所受电场力为 F =   =   = mg ,因此油滴仍然静止,故D正确。 考点4　电磁感应中的“杆+导轨”模型 例     (2018江苏盐城二模)如图所示,在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金 属导轨,与水平面间的夹角 θ =30 ° ,间距 L =0.5 m,上端接有阻值 R =0.3 Ω的电阻, 匀强磁场的磁感应强度大小 B =0.4 T,磁场方向垂直导轨平面向上。一质量 m =0.2 kg、电阻 r =0.1 Ω的导体棒 MN 在平行于导轨的外力 F 作用下,由静止开始 向上做匀加速运动,运动过程中导体棒始终与导轨垂直,且接触良好,当棒的 位移 d =9 m时电阻 R 上消耗的功率为 P =2.7 W。其他电阻不计, g 取10 m/s 2 。求:   (1)此时通过电阻 R 上的电流; (2)这一过程通过电阻 R 上的电荷量 q ; (3)此时作用于导体棒上的外力 F 的大小。 答案     (1)3 A　(2)4.5 C　(3)2 N 解析 　(1)根据热功率有 P = I 2 R 解得 I =3 A (2)回路中产生的平均感应电动势   =   由欧姆定律得   =   通过电阻 R 上的电荷量 q =   Δ t =   =   =   C=4.5 C (3)由(1)知此时感应电流 I =3 A 由 I =   =   解得此时速度 v =6 m/s 由匀变速运动公式有 v 2 =2 ax 解得 a =2 m/s 2 对导体棒由牛顿第二定律得 F - F 安 - mg sin 30 ° = ma 解得 F =2 N 1.(多选)如图所示,相距 L 的两平行光滑金属导轨 MN 、 PQ 间接有两定值电阻 R 1 和 R 2 ,它们的阻值均为 R 。导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应 强度大小为 B 。现有一根质量为 m 、电阻为2 R 的金属棒在恒力 F 的作用下由 静止开始运动,运动距离 x 时恰好达到稳定速度 v 。运动过程中金属棒与导轨 始终接触良好,则在金属棒由静止开始运动到刚达到稳定速度 v 的过程中   (　　)   A.电阻 R 1 上产生的焦耳热为   Fx -   mv 2 B.电阻 R 1 上产生的焦耳热为   Fx -   mv 2 C.通过电阻 R 1 的电荷量为   D.通过电阻 R 1 的电荷量为   答案     AD　设整个电路中产生的焦耳热为 Q ,由能量守恒定律得 Q = Fx -   mv 2 , 电阻 R 1 上产生的焦耳热为 Q 1 = I 2 R 1 t = I 2 Rt ,电阻 R 2 上产生的焦耳热为 Q 2 = I 2 R 2 t = I 2 Rt = Q 1 ,金属棒上产生的焦耳热为 Q r =(2 I ) 2 ·2 Rt =8 I 2 Rt =8 Q 1 ,结合 Q = Q 1 + Q 2 + Q r ,可得 Q 1 =   Fx -   mv 2 ,故A正确,B错误。通过金属棒的电荷量为 q =   =   =   ,因为 R 1 = R 2 ,所以通过电阻 R 1 的电荷量为 q 1 =   =   ,故C错误,D正确。 2.(2018江苏单科,13,15分)如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水 平面的夹角为 θ ,间距为 d 。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为 B ,方向与 导轨平面垂直。质量为 m 的金属棒被固定在导轨上,距底端的距离为 s ,导轨与 外接电源相连,使金属棒通有电流。金属棒被松开后,以加速度 a 沿导轨匀加 速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为 g 。求下滑到底端的过 程中,金属棒 (1)末速度的大小 v ; (2)通过的电流大小 I ; (3)通过的电荷量 Q 。 答案 　(1)   　(2)   (3)   解析 　(1)匀加速直线运动 v 2 =2 as 解得 v =   　　(2)安培力 F 安 = IdB 金属棒所受合力 F = mg sin θ - F 安 由牛顿运动定律得 F = ma 解得 I =   　　(3)运动时间 t =   电荷量 Q = It 　　解得 Q =   方法技巧 解决电磁感应中的力、电问题的关键 电磁感应与力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力。解答电磁感 应中的力学问题,在分析方法上,要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点 及其变化规律,明确导体的运动过程及运动过程中状态的变化,准确把握运动 状态的临界点。 我们根据导体的运动状态合理地选取物理规律,如平衡条件、牛顿运动定 律、能量守恒定律。特别是“杆+轨道问题”中的单双杆问题,要根据情况 恰当选用动量定理或动量守恒定律。 1.(2018课标Ⅰ,19,6分)(多选)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通 过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线 连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静 止状态。下列说法正确的是   (　　) A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外 的方向转动 答案     AD　本题考查电流的磁效应、楞次定律等知识。当开关闭合瞬间, 右侧线圈中电流突然增大,铁芯上向右的磁场增强,由楞次定律可知左侧线圈 中正面感应电流向上,则远处直导线上电流向左,由安培定则可知小磁针处直 导线上电流产生的磁场方向垂直纸面向里,A项正确。开关闭合并保持一段 时间后,磁场不再变化,左侧线圈中没有感应电流,小磁针N、S极回到原始方 向,故B、C两项错误。开关断开的瞬间,右侧线圈中电流减小,左侧线圈正面 感应电流向下,远处直导线上电流向右,由安培定则知,小磁针处直导线上电 流产生的磁场方向垂直纸面向外,故D项正确。 2.(2018课标Ⅰ,17,6分)如图,导体轨道 OPQS 固定,其中 PQS 是半圆弧, Q 为半圆 弧的中点, O 为圆心。轨道的电阻忽略不计。 OM 是有一定电阻、可绕 O 转动 的金属杆, M 端位于 PQS 上, OM 与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面 垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为 B 。现使 OM 从 OQ 位置以恒定的角速 度逆时针转到 OS 位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化 率从 B 增加到 B '(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过 OM 的电荷量相等,则   等于   (　　) A.   　    B.   　    C.   　    D.2 答案     B　本题考查法拉第电磁感应定律及电荷量公式。由公式 E =   , I =   , q = It 得 q =   ,设半圆弧半径为 r ,对于过程Ⅰ, q 1 =   ,对于过程Ⅱ, q 2 =   ,由 q 1 = q 2 得,   =   ,故B项正确。 3.(2018课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线 PQ 和 一导线框 R , R 在 PQ 的右侧。导线 PQ 中通有正弦交流电 i , i 的变化如图(b)所示, 规定从 Q 到 P 为电流正方向。导线框 R 中的感应电动势　       (　　) A.在 t =   时为零 B.在 t =   时改变方向 C.在 t =   时最大,且沿顺时针方向 D.在 t = T 时最大,且沿顺时针方向 答案     AC　本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律。由 i - t 图像可 知,在 t =   时,   =0,此时穿过导线框 R 的磁通量的变化率   =0,由法拉第电磁 感应定律可知,此时导线框 R 中的感应电动势为0,选项A正确;同理在 t =   和 t = T 时,   为最大值,   为最大值,导线框 R 中的感应电动势为最大值,不改变方 向,选项B错误;根据楞次定律, t =   时,导线框 R 中的感应电动势的方向为顺时 针方向,而 t = T 时,导线框 R 中的感应电动势的方向为逆时针方向,选项C正确, 选项D错误。 4.(2018课标Ⅱ,18,6分)如图,在同一水平面内有两根平行长导轨,导轨间存在 依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽度均为 l ,磁感应强度大小相等、方向 交替向上向下。一边长为   l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线 框中感应电流 i 随时间 t 变化的正确图线可能是   (　　)     答案     D　本题考查右手定则、 E = BLv 。由右手定则判定,线框向左移动0~   过程,回路中电流方向为顺时针,由 E =2 BLv 可知,电流 i 为定值;线框向左移动   ~ l 过程,线框左、右两边产生的感应电动势相抵消,回路中电流为零。线框向左移动 l ~   l 过程,回路中感应电流方向为逆时针。由上述分析可见,选项D正确。 5.(2017课标Ⅰ,18,6分)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度 上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM 的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装 若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其 微小振动,如图所示。无扰动时,按下列四种 方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后, 对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是   (　　) 答案     A　本题考查电磁阻尼。若要有效衰减紫铜薄板上下及左右的微小 振动,则要求施加磁场后,在紫铜薄板发生上下及左右的微小振动时,穿过紫 铜薄板横截面的磁通量都能发生变化。由选项图可知只有A满足要求,故选A。 6.(2017课标Ⅲ,15,6分)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金 属导轨,导轨平面与磁场垂直。金属杆 PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路 PQRS ,一圆环形金属线框 T 位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金 属杆 PQ 突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正 确的是   (　　) A. PQRS 中沿顺时针方向, T 中沿逆时针方向 B. PQRS 中沿顺时针方向, T 中沿顺时针方向 C. PQRS 中沿逆时针方向, T 中沿逆时针方向 D. PQRS 中沿逆时针方向, T 中沿顺时针方向 答案     D　金属杆 PQ 向右运动,穿过 PQRS 的磁通量增加,由楞次定律可知,感 应电流在 PQRS 内的磁场方向垂直纸面向外,由安培定则可判断 PQRS 中产生 逆时针方向的电流。穿过 T 的磁通量是外加匀强磁场和 PQRS 产生的感应电 流的磁场的磁通量代数和,穿过 T 的合磁通量垂直纸面向里减小,据楞次定律 和安培定则可知, T 中产生顺时针方向的感应电流,故D正确。 7.(2017课标Ⅱ,20,6分)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方 向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框 abcd 位于纸 面内, cd 边与磁场边界平行,如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运 动, cd 边于 t =0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b) 所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。下列说法正确的是   (　　) A.磁感应强度的大小为0.5 T B.导线框运动速度的大小为0.5 m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D.在 t =0.4 s至 t =0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1 N 答案     BC　导线框匀速进入磁场时速度 v =   =   m/s=0.5 m/s,选项B正确;由 E = BLv ,得 B =   =   T=0.2 T,选项A错误;由右手定则可确定磁感应强度 方向垂直于纸面向外,选项C正确;导线框所受安培力 F = BLI = BL   =0.2 × 0.1 ×   N=0.04 N,选项D错误。 8.(2016课标Ⅱ,20,6分)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘 安装在竖直的铜轴上,两铜片 P 、 Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于 方向竖直向上的匀强磁场 B 中。圆盘旋转时,关于流 过电阻 R 的电流,下列说法正确的是   (　　) A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定 B. 若从上向下看 , 圆盘顺时针转动 , 则电流沿 a 到 b 的方向流动 C. 若圆盘转动方向不变 , 角速度大小发生变化 , 则电流方向可能发生变化 D. 若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍 , 则电流在 R 上的热功率也变为原来的 2 倍 答案     AB　设圆盘的半径为 L ,可认为圆盘由无数根辐条构成,则每根辐条切 割磁感线产生的感应电动势 E =   BL 2 ω ,整个回路中的电源为无数个电动势为 E 的电源并联而成,电源总内阻为零,故回路中电流 I =   =   ,由此可见A正 确。 R 上的热功率 P = I 2 R =   ,由此可见, ω 变为原来的2倍时, P 变为原来的4 倍,故D错。由右手定则可判知B正确。电流方向与导体切割磁感线的方向 有关,而与切割的速度大小无关,故C错。