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第2講　電磁感應規(guī)律及其應用 [做真題明考向]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　真題體驗　透視命題規(guī)律 授課提示：對應學生用書第59頁 [真題再做] 1.(多選)(2018高考全國卷Ⅰ，T19)如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠外沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路．將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)．下列說法正確的是(　　) A．開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動 B．開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向 C．開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向 D．開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動 解析：根據(jù)安培定則，開關閉合時鐵芯上產生水平向右的磁場． 開關閉合后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導線上將產生由南向北的電流，根據(jù)安培定則，直導線上方的磁場垂直紙面向里，故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動，A對． 開關閉合并保持一段時間后，直導線上沒有感應電流，故小磁針的N極指北，B、C錯． 開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導線上將產生由北向南的電流，這時直導線上方的磁場垂直紙面向外，故小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動，D對． 答案：AD 2．(2018高考全國卷Ⅰ，T17)如圖，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心．軌道的電阻忽略不計．OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)．在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則等于(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D．2 解析：在過程Ⅰ中，根據(jù)法拉第電磁感應定律，有 E1＝＝ 根據(jù)閉合電路歐姆定律，有 I1＝ 且q1＝I1Δt1 在過程Ⅱ中，有 E2＝＝ I2＝ q2＝I2Δt2 又q1＝q2，即＝ 所以＝. 答案：B 3．(2018高考全國卷Ⅱ，T18)如圖，在同一水平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下．一邊長為l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動．線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是(　　) 解析：設線路中只有一邊切割磁感線時產生的感應電流為i. 線框位移 等效電路的連接 電流 0～ I＝2i(順時針) ～l I＝0 l～ I＝2i(逆時針) ～2l I＝0 分析知，只有選項D符合要求． 答案：D 4．(2016高考全國卷Ⅱ，T24)如圖，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上．t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動．t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動．桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求： (1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大小； (2)電阻的阻值． 解析：(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma① 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有v＝at0② 當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律知產生的電動勢為 E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④ (2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律得I＝⑤ 式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為 F安＝BlI⑥ 因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得 F－μmg－F安＝0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝.⑧ 答案：(1)Blt0(－μg)　(2) [考情分析] ■命題特點與趨勢——怎么考 1．高考對本部分內容的要求較高，常在選擇題中考查電磁感應中的圖象問題、電磁感應中的電路、法拉第電磁感應定律、能量轉換及電荷量的計算等知識點．以導體棒運動為背景，綜合應用電路的相關知識、牛頓運動定律和能量守恒定律以計算題形式作為壓軸題． 2．電磁感應中常涉及Bt圖象、Φt圖象、Et圖象、It圖象、Ft圖象和vt圖象，還涉及Ex圖象、Ix圖象等，這類問題既要用到電磁感應的知識，又要結合數(shù)學知識求解，對考生運用數(shù)學知識解決物理問題的能力要求較高． ■解題要領——怎么做 1．抓住兩個關鍵：一是電動勢的大小，它取決于磁通量的變化率；二是電動勢的方向，實際方向與規(guī)定的正方向一致時取正，反之取負．同時注意對無感應電流區(qū)域的判斷． 2．遷移力學知識、規(guī)律解決電磁感應綜合問題． 3．常用思想方法：(1)圖象法；(2)等效法；(3)守恒法；(4)模型法． [建體系記要點]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　知識串聯(lián)　熟記核心要點 授課提示：對應學生用書第60頁 [網絡構建] [要點熟記] 1．“三定則、一定律”的應用 (1)安培定則：判斷運動電荷、電流產生的磁場方向． (2)左手定則：判斷磁場對運動電荷、電流的作用力的方向． (3)右手定則：判斷部分導體切割磁感線產生感應電流的方向． (4)楞次定律：判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產生感應電流的方向． 2．求感應電動勢的兩種方法 (1)E＝n，用來計算感應電動勢的平均值． (2)E＝BLv，用來計算感應電動勢的瞬時值或平均值． 3．楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式 (1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”； (2)阻礙相對運動——“來拒去留”； (3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”； (4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”． [研考向提能力]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　考向研析　掌握應試技能 授課提示：對應學生用書第60頁 考向一　楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用 1．判定感應電流方向的兩種方法 (1)楞次定律：一般用于線圈面積不變，磁感應強度發(fā)生變化的情形． (2)右手定則：一般用于導體棒切割磁感線的情形． 2．求感應電動勢的方法 (1)感生電動勢：E＝n (2)動生電動勢： 1．(2018貴州貴陽期末)如圖甲所示，在同一平面內有兩個絕緣金屬細圓環(huán)A、B，兩環(huán)重疊部分的面積為圓環(huán)A面積的一半，圓環(huán)B中電流i隨時間t的變化關系如圖乙所示，以甲圖圓環(huán)B中所示的電流方向為負方向，則A環(huán)中(　　) A．沒有感應電流 B．有逆時針方向的感應電流 C．有順時針方向的感應電流 D．感應電流先沿順時針方向，后沿逆時針方向 解析：由于A環(huán)中磁通量變化，所以A環(huán)中有感應電流，選項A錯誤；根據(jù)楞次定律，A環(huán)中產生逆時針方向的感應電流，選項B正確，C、D錯誤． 答案：B 2.(多選)(2018江西贛州中學高三模擬)1831年10月28日，法拉第展示了他發(fā)明的圓盤發(fā)電機，其示意圖如圖所示，水平銅盤可繞豎直銅軸轉動，兩銅片M、N分別與銅盤邊緣和銅軸連接，使整個銅盤處于豎直向上的勻強磁場中．M和N之間連接阻值為R的導體和滑動變阻器RP，若從上往下看，銅盤轉動的方向為順時針方向．已知銅盤的半徑為L，銅盤轉動的角速度為ω，銅盤連同兩銅片對電流的等效電阻值為r，磁感應強度為B，下列說法正確的是(　　) A．導體R中的電流方向從a到b B．銅盤轉動產生的感應電動勢大小為BL2ω C．移動滑動觸頭位置時，導體R的最大功率為 D．如果RP＝R＋r，則滑動變阻器的最大功率為 解析：若從上往下看，銅盤轉動的方向為順時針方向，根據(jù)右手定則可知，導體R中的電流方向從b到a，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律得，銅盤轉動產生的感應電動勢為E＝BL2ω，故B正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝，則導體R的功率為P＝I2R＝()2R，當RP＝0時，導體的功率最大，即Pm＝，故C錯誤；把導體R等效成電源的內阻，則電流的等效內阻為r′＝r＋R，此時外電路只有RP，故當RP＝r＋R時，滑動變阻器的功率最大，即Pm′＝，故D正確． 答案：BD 3.如圖甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個螺線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正．以下說法正確的是(　　) A．從上往下看，0～1s內圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向 B．0～1s內圓環(huán)面積有擴張的趨勢 C．3s末圓環(huán)對桌面的壓力小于圓環(huán)的重力 D．1～2s內和2～3s內圓環(huán)中的感應電流方向相反 解析：由圖乙知，0～1s內螺線管中電流逐漸增大，穿過圓環(huán)向上的磁通量增大，由楞次定律知圓環(huán)中感應電流的磁場向下，圓環(huán)面積有縮小的趨勢，從上往下看，0～1s內圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向，選項A正確，B錯誤；同理可得1～2s內和2～3s內圓環(huán)中的感應電流方向相同，選項D錯誤；3s末電流的變化率為0，螺線管中磁感應強度的變化率為0，在圓環(huán)中不產生感應電流，圓環(huán)對桌面的壓力等于圓環(huán)的重力，選項C錯誤． 答案：A 考向二　電磁感應中的圖象問題 [典例展示1]　(多選)(2018高考全國卷Ⅲ)如圖(a)，在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側．導線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向．導線框R中的感應電動勢(　　) A．在t＝時為零 B．在t＝時改變方向 C．在t＝時最大，且沿順時針方向 D．在t＝T時最大，且沿順時針方向 [思路探究]　(1)如何判斷通電直導線周圍的磁場？ (2)it圖象中的信息說明導線框R內的磁通量如何變化？ [解析]　在t＝時，交流電圖線斜率為0，即磁場變化率為0，由E＝＝S知，E＝0，A對；在t＝和t＝T時，圖線斜率最大，在t＝和t＝T時感應電動勢最大，在到之間，電流由Q向P減弱，導線在R處產生垂直紙面向里的磁場，且磁場減弱，由楞次定律知，R產生的感應電流的磁場方向也垂直紙面向里，即R中感應電動勢沿順時針方向，同理可判斷在到時，R中電動勢也為順時針方向，在T到T時，R中電動勢為逆時針方向，C對，B、D錯． [答案]　AC 解決電磁感應圖象問題的一般步驟 (1)明確圖象的種類，即是Bt圖象還是Φt圖象，或者是Et圖象、It圖象等，如例題中考查了it圖象． (2)分析電磁感應的具體過程，如例題中電流變化引起導線框R內磁通量變化，要分段研究． (3)用右手定則或楞次定律確定方向對應關系． (4)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等寫出函數(shù)關系式． (5)根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等． (6)應用圖象信息畫圖象、判斷圖象或討論各物理量的變化，如例題中是根據(jù)it圖象信息討論導線框R的電動勢變化． 4．(多選)如圖甲所示，面積為S的n匝圓形閉合線圈內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小隨時間周期性變化，如圖乙所示．已知線圈的電阻為R，則下列說法正確的是(　　) A．線圈內產生的感應電動勢最大值為SB0 B．線圈內產生的感應電流最小值為 C．線圈內產生的感應電動勢周期為4s D．0～1s內線圈內產生的感應電流沿順時針方向 解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律可知E＝nS，結合圖乙分析可知，在0～1s內產生的感應電動勢最大，最大值為Emax＝nS＝nB0S，A錯誤；1～2s內線圈內產生的感應電動勢最小為零，故感應電流的最小值為零，B錯誤；由圖線可知，線圈內產生的感應電動勢周期為4s，C正確；0～1s內磁感應強度逐漸增大，線圈中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，0～1s內線圈內產生的感應電流沿順時針方向，D正確． 答案：CD 5.如圖甲所示，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度的大小為B，磁場在y軸方向足夠寬，在x軸方向寬度為a.一直角三角形導線框ABC(BC邊的長度為a)從圖示位置向右勻速穿過磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，在圖乙中感應電流i、BC兩端的電壓uBC與導線框移動的距離x的關系圖象正確的是(　　) 解析：導線框切割磁感線產生感應電動勢E＝BLv，感應電流i＝＝，在0～a內，有效長度L均勻變大，感應電流i均勻變大，在a～2a內，有效長度L均勻變大，感應電流均勻變大，由楞次定律可知，在線框進入磁場的過程中，感應電流沿逆時針方向，電流是正的，在線框離開磁場的過程中，感應電流沿順時針方向，感應電流是負的，故A、B錯誤；BC兩端的電壓uBC＝iR，在0～a內，i均勻增大，uBC均勻增大，且B點電勢高于C點電勢，uBC>0；在a～2a內，i均勻增大，uBC均勻增大，且B點電勢低于C點電勢，uBC<0，故C錯誤，D正確． 答案：D 6．(多選)(2018河南洛陽一模)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導軌連接一個平行板電容器C和電阻R，導體棒MN放在導軌上且接觸良好，整個裝置放于垂直導軌平面的磁場中，磁感應強度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應強度方向為正)，MN始終保持靜止，則0～t2時間(　　) A．電容器C的電荷量大小始終沒變 B．電容器C的a板先帶正電后帶負電 C．MN所受安培力的大小始終沒變 D．MN所受安培力的方向先向右后向左 解析：由題圖乙可知，回路內磁感應強度變化率不變，根據(jù)法拉第電磁感應定律知E＝S為恒定值，電容器C兩端的電壓值不變，根據(jù)C＝可知，電容器C的電荷量大小始終沒變，選項A正確，B錯誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律知，MN中電流恒定不變，由于磁感應強度B變化，MN所受安培力的大小變化，選項C錯誤；利用楞次定律可判斷出MN中感應電流的方向為從N到M，根據(jù)左手定則，MN所受安培力的方向為先向右后向左，選項D正確． 答案：AD 考向三　電磁感應中的電路與動力學問題 [典例展示2]　(2017高考海南卷)如圖，兩光滑平行金屬導軌置于水平面(紙面)內，導軌間距為l，左端連有阻值為R的電阻，一金屬桿置于導軌上，金屬桿右側存在一磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場區(qū)域．已知金屬桿以速度v0向右進入磁場區(qū)域，做勻變速直線運動，到達磁場區(qū)域右邊界(圖中虛線位置)時速度恰好為零，金屬桿與導軌始終保持垂直且接觸良好．除左端所連電阻外，其他電阻忽略不計．求金屬桿運動到磁場區(qū)域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率． [思路探究]　(1)金屬棒在磁場中運動的加速度是多大？ (2)金屬棒在磁場中運動的位移是多少？ (3)金屬棒來到磁場區(qū)域中間時的速度是多大？ [解析]　由題意可知，開始時金屬桿產生的感應電動勢為E＝Blv0 依據(jù)閉合電路歐姆定律，則電路中電流為I＝ 再由安培力公式有F＝BIl＝ 設金屬桿的質量為m，則金屬桿在整個過程中的加速度為a＝＝ 設金屬桿由開始到停止的位移為x， 由運動學公式有0－v＝－2ax，解得x＝＝ 故正中間離開始的位移為x中＝ 設金屬桿在中間位置時的速度為v， 由運動學公式有v2－v＝－2ax中，解得v＝v0 則金屬桿運動到中間位置時，所受到的安培力為 F′＝BI′l＝ 金屬桿中電流的功率為P＝I′2R＝. [答案]　　 解決電磁感應中的電路和動力學問題的關鍵 電磁感應與動力學問題聯(lián)系的橋梁是磁場對感應電流的安培力．解答電磁感應中的動力學問題，在分析方法上，要始終抓住導體的受力(特別是安培力)特點及其變化規(guī)律，明確導體的運動過程以及運動過程中狀態(tài)的變化，準確把握運動狀態(tài)的臨界點． (3)臨界點→運動狀態(tài)的變化點 7.如圖所示，ab、cd是間距為l的光滑傾斜金屬導軌，與水平面的夾角為θ，導軌電阻不計，ac間接有阻值為R的電阻，空間存在磁感應強度大小為B0、方向豎直向上的勻強磁場．將一根阻值為r、長度為l的金屬棒從軌道頂端由靜止釋放，金屬棒沿導軌向下運動的過程中始終與導軌接觸良好．已知當金屬棒向下滑行距離x到達MN處時達到穩(wěn)定速度，重力加速度為g，求： (1)金屬棒下滑到MN的過程中通過電阻R的電荷量； (2)金屬棒的穩(wěn)定速度的大?。? 解析：(1)金屬棒下滑到MN的過程中的平均感應電動勢為＝＝ 根據(jù)閉合電路歐姆定律，電路中的平均電流為 ＝＝，則q＝Δt＝. (2)金屬棒速度穩(wěn)定時的感應電動勢為E＝B0lvcosθ 電路中產生的電流為I＝ 金屬棒受的安培力為F＝B0Il 穩(wěn)定時金屬棒的加速度為零，由力的平衡條件可知 mgsinθ－Fcosθ＝0 聯(lián)立以上各式解得，穩(wěn)定時金屬棒的速度 v＝. 答案：(1)　(2) 8.如圖所示，一與水平面夾角為θ＝37的傾斜平行金屬導軌，兩導軌足夠長且相距L＝0.2m，另外兩根水平金屬桿MN和PQ的質量均為m＝0.01kg，可沿導軌無摩擦地滑動，MN桿和PQ桿的電阻均為R＝0.2Ω(傾斜金屬導軌電阻不計)，MN桿被兩個垂直于導軌的絕緣立柱擋住，整個裝置處于勻強磁場內，磁場方向垂直于導軌平面向上，磁感應強度B＝1.0T．PQ桿在恒定拉力F作用下由靜止開始向上加速運動，拉力F垂直PQ桿沿導軌平面向上，當運動位移x＝0.1m時PQ桿達到最大速度，此時MN桿對絕緣立柱的壓力恰好為零(g取10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8)．求： (1)PQ桿的最大速度大小vm； (2)當PQ桿加速度a＝2m/s2時，MN桿對立柱的壓力大小． 解析：(1)PQ桿達到最大速度時，感應電動勢為 Em＝BLvm，感應電流為Im＝， 根據(jù)MN桿受力分析可得，mgsinθ＝BImL， 聯(lián)立解得vm＝＝0.6m/s. (2)當PQ桿的加速度a＝2m/s2時，對PQ桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mgsinθ－BIL＝ma， 對MN桿受力分析，根據(jù)共點力的平衡可得 BIL＋FN－mgsinθ＝0， PQ桿達到最大速度時，有F－mgsinθ－BImL＝0， 聯(lián)立解得FN＝0.02N，根據(jù)牛頓第三定律可得 MN桿對立柱的壓力大小FN′＝0.02N. 答案：(1)0.6m/s　(2)0.02N 考向四　電磁感應中的能量問題 [典例展示3]　如圖所示，豎直面內的正方形導線框ABCD和abcd的邊長均為l、電阻均為R，質量分別為2m和m，它們分別系在一跨過兩個定滑輪的絕緣輕繩兩端，在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場．開始時ABCD的下邊界與勻強磁場的上邊界重合，abcd的上邊界到勻強磁場的下邊界的距離為l.現(xiàn)將兩導線框由靜止釋放，當ABCD全部進入磁場時，兩導線框開始做勻速運動．不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，求： (1)兩導線框勻速運動的速度大小； (2)兩導線框在從開始運動至等高的過程中所產生的總焦耳熱； (3)導線框abcd通過磁場的時間． [思維流程]　 [解析]　(1)如圖所示，設兩導線框剛勻速運動的速度大小為v、此時輕繩上的張力為FT，則對ABCD有 FT＝2mg① 對abcd有 FT＝mg＋BIl② I＝③ E＝Blv④ 則v＝⑤ (2)設兩導線框在從開始運動至等高的過程中所產生的總焦耳熱為Q，當左、右兩導線框分別向上、向下運動2l的距離時，兩導線框等高，對這一過程，由能量守恒定律有 4mgl＝2mgl＋3mv2＋Q⑥ 聯(lián)立⑤⑥解得Q＝2mgl－ (3)導線框abcd通過磁場的過程中以速度v勻速運動，設導線框abcd通過磁場的時間為t，則 t＝⑦ 聯(lián)立⑤⑦解得t＝. [答案]　(1)　(2)2mgl－　(3) 求解電磁感應中能量問題的策略 (1)若回路中的電流恒定，可以利用電路結構及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進行計算． (2)若回路中的電流變化，則可按以下兩種情況計算： ①利用功能關系求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功； ②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的減少量等于回路中產生的電能，如例題(2)中焦耳熱的計算． 9.(2018河南洛陽一模)如圖所示，光滑且足夠長的平行金屬導軌MN、PQ固定在豎直平面內，兩導軌間的距離為L＝1m，導軌間連接的定值電阻R＝3Ω，導軌上放一質量為m＝0.1kg的金屬桿ab，金屬桿始終與導軌接觸良好，桿的電阻r＝1Ω，其余電阻不計，整個裝置處于磁感應強度為B＝1T的勻強磁場中，磁場的方向垂直導軌平面向里．重力加速度g取10m/s2.現(xiàn)讓金屬桿從AB位置由靜止釋放，忽略空氣阻力的影響，求： (1)金屬桿的最大速度； (2)若從金屬桿開始下落到剛好達到最大速度的過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q＝0.6J，此時金屬桿下落的高度． 解析：(1)設金屬桿的最大速度為vm，此時安培力與重力平衡，即 F安＝mg① 又F安＝BIL② E＝BLvm③ I＝④ 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立①②③④得 vm＝4m/s (2)電路中產生的總焦耳熱 Q總＝Q＝0.8J 由能量守恒定律得 mgh＝mv＋Q總 代入數(shù)據(jù)解得 h＝1.6m. 答案：(1)4m/s　(2)1.6m 10．如圖甲所示，斜面上存在一有理想邊界的勻強磁場，磁場方向與斜面垂直，在斜面上離磁場上邊界s1＝0.36m處靜止釋放一單匝矩形金屬線框，線框底邊和磁場邊界平行，金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.整個線框進入磁場的過程中，機械能E和位移s之間的關系如圖乙所示．已知E0－E1＝0.09J，線框的質量為0.1kg，電阻為0.06Ω，斜面傾角θ＝37，磁場區(qū)域的寬度d＝0.43m，重力加速度g取10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8.求： (1)線框剛進入磁場時的速度大小v1； (2)線框從開始進入磁場至完全進入磁場所用的時間t； (3)線框穿越磁場的整個過程中電功率的最大值． 解析：(1)在未進入磁場前，金屬線框做勻加速直線運動，有 a＝gsin37－μgcos37＝2m/s2 v＝2as1 解得v1＝1.2m/s. (2)金屬線框進入磁場的過程中，減小的機械能等于克服摩擦力Ff和安培力FA所做的功，機械能均勻減小，因此安培力為恒力，線框勻速進入磁場． 設線框的側邊長為s2，即線框進入磁場過程運動的距離為s2，根據(jù)功能關系，除重力之外的力所做的功等于物體機械能的變化，所以有 ΔE＝Wf＋WA＝(Ff＋FA)s2 因為是勻速進入磁場，所以 Ff＋FA＝mgsin 37＝0.6 N 解得s2＝0.15m t＝＝s＝0.125s. (3)設線框剛出磁場時的速度大小為v2，則有 v＝v＋2a(d－s2) 解得v2＝1.6 m/s 則線框剛出磁場時的速度最大，有 Pmax＝I2R＝ 根據(jù)線框勻速進入磁場，有 FA＋μmgcos37＝mgsin37 FA＝BIL＝ 聯(lián)立解得 Pmax＝0.43W. 答案：(1)1.2m/s (2)0.125s (3)0.43W [限訓練通高考]　　　　　　　　　　　　　　　　　　科學設題　拿下高考高分 單獨成冊　對應學生用書第145頁 (45分鐘) 一、單項選擇題 1．(2018貴州普通高等學校招生適應性考試)如圖甲所示，一位于紙面內的圓形線圈通過導線與一小燈泡相連，線圈中有垂直于紙面的磁場．以垂直紙面向里為磁場的正方向，該磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　) A．t1～t3時間內流過小燈泡電流的方向先為b→a后為a→b B．t1～t3時間內流過小燈泡電流的方向先為a→b后為b→a C．t1～t3時間內小燈泡先變亮后變暗 D．t1～t3時間內小燈泡先變暗后變亮 解析：t1～t3時間內穿過線圈的磁通量先向里減小后向外增加，根據(jù)楞次定律可知，流過小燈泡電流的方向為a→b，選項A、B錯誤；t1～t3時間內，Bt線的斜率先增大后減小，則磁通量的變化率先增大后減小，感應電動勢先增大后減小，小燈泡先變亮后變暗，選項C正確，D錯誤． 答案：C 2.(2017高考全國卷Ⅲ)如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直，金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內，線框與導軌共面．現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是(　　) A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向 B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向 C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向 D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向 解析：金屬桿PQ向右切割磁感線，根據(jù)右手定則可知PQRS中感應電流沿逆時針方向；原來T中的磁場方向垂直于紙面向里，閉合回路PQRS中的感應電流產生的磁場方向垂直于紙面向外，使得穿過T的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知T中產生順時針方向的感應電流．綜上所述，可知A、B、C項錯誤，D項正確． 答案：D 3.法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸．圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中．圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　) A．若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿b到a的方向流動 C．若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D．若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 解析：由右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉動時，感應電流沿a到b的方向流動，選項B錯誤；由感應電動勢E＝Bl2ω知，角速度恒定，則感應電動勢恒定，電流大小恒定，選項A正確；角速度大小變化，感應電動勢大小變化，但感應電流方向不變，選項C錯誤；若ω變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤． 答案：A 4．兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直．邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示．已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場．線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)．下列說法正確的是(　　) A．磁感應強度的大小為0.5T B．導線框運動速度的大小為0.5m/s C．磁感應強度的方向垂直于紙面向內 D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1N 解析：從題圖(b)可知，導線框運動的速度大小v＝＝m/s＝0.5 m/s，B項正確；導線框進入磁場的過程中，cd邊切割磁感線，由E＝BLv，得B＝＝T＝0.2T，A項錯誤；由圖可知，導線框進入磁場的過程中，感應電流的方向為順時針方向，根據(jù)楞次定律可知，磁感應強度方向垂直紙面向外，C項錯誤；在0.4～0.6s這段時間內，導線框正在出磁場，回路中的電流大小I＝＝A＝2A，則導線框受到的安培力F＝BIL＝0.220.1N＝0.04N，D項錯誤． 答案：B 二、多項選擇題 5.如圖所示，一個正方形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，在磁場內有一邊長為l、阻值為R的正方形線框，線框所在平面與磁場垂直．如果以垂直于線框邊和磁場的速度v將線框從磁場中勻速拉出，下列說法正確的是(　　) A．如果將線框水平向右拉出磁場，線框經過磁場邊界過程中將產生順時針方向的感應電流 B．在紙面內無論沿哪個方向將線框拉出磁場，流過線框某一截面的電荷量都相同 C．將線框水平向右拉出磁場時產生的焦耳熱與速度v成正比 D．將線框水平向右拉出磁場時產生的焦耳熱與速度的平方v2成正比 解析：如果將線框水平向右拉出磁場，穿過線圈垂直紙面向里的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，該過程中將產生順時針方向的感應電流，A正確；由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E＝，由歐姆定律得I＝，通過導線某一截面的電荷量為q＝IΔt，可得q＝，故流過線框某一截面的電荷量與線圈穿出磁場的方向無關，B正確；根據(jù)焦耳定律可得Q＝I2Rt＝t＝＝，所以焦耳熱Q與速度v成正比，C正確，D錯誤． 答案：ABC 6.(2018四川雅安高三第三次診斷)如圖所示，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成θ角(0<θ<90)，其中MN與PQ平行且間距為L，勻強磁場垂直導軌平面，磁感應強度為B，導軌電阻不計，質量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的電阻為R.當金屬棒ab下滑距離s時，速度大小為v，則在這一過程中(　　) A．金屬棒ab運動的平均速度大小為v B．通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量為 C．金屬棒ab受到的最大安培力為 D．金屬棒ab克服安培力做功為mgssinθ－mv2 解析：分析ab棒的受力情況，有mgsinθ－＝ma，分析可得ab棒做加速度減小的加速運動，故其平均速度不等于初、末速度的平均值v，故A錯誤；通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q＝IΔt＝Δt＝＝，故B正確；ab棒受到的最大安培力為F＝BIL＝，故C正確；根據(jù)動能定理可知，mgssinθ－W安＝mv2，金屬棒ab克服安培力做功為W安＝mgssinθ－mv2，故D正確． 答案：BCD 7．(2018百校聯(lián)盟四月聯(lián)考)如圖所示，水平桌面上固定一定值電阻R，R兩端均與光滑傾斜導軌相連接，已知兩側導軌間距都為L，導軌平面與水平面均成37角，且均處于范圍足夠大的勻強磁場中．質量為m的導體棒a沿左側導軌勻速下滑，導體棒b始終靜止在右側導軌上，兩導體棒電阻均為R，兩處磁場的磁感應強度大小均為B，方向均與導軌平面垂直(sin37＝0.6，cos37＝0.8)，則(　　) A．導體棒b的質量為 B．導體棒a下滑的速度v＝ C．導體棒a沿導軌下滑L距離的過程中電阻R上產生的熱量為 D．導體捧a沿導軌下滑L距離的過程中導體棒b上產生的熱量為 解析：導體棒a勻速下滑，其電流為導體棒b的兩倍，故b質量應為，故A正確；整個回路電阻R總＝R，分析a棒的運動，根據(jù)平衡條件有mgsin37＝BIL＝BL，解得v＝，故B正確；導體棒a沿導軌勻速下滑L距離，系統(tǒng)產生的總熱量等于重力勢能的減小量，即Q＝mgLsin37＝mgL，電阻R與導體棒b上產生的熱量均為Q′＝Q＝，故C錯誤，D正確． 答案：ABD 三、非選擇題 8．(2018湖南張家界高三第三次模擬)如圖甲所示，足夠長的兩金屬導軌MN、PQ水平平行固定，兩導軌電阻不計，且處在豎直向上的磁場中，完全相同的導體棒a、b垂直放置在導軌上，并與導軌接觸良好，兩導體棒的電阻均為R＝0.5Ω，且長度剛好等于兩導軌間距L，兩導體棒的間距也為L，開始時磁場的磁感應強度按圖乙所示的規(guī)律變化，當t＝0.8s時導體棒剛好要滑動．已知L＝1m，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力．求： (1)每根導體棒與導軌間的滑動摩擦力的大小及0.8s內整個回路中產生的焦耳熱； (2)若保持磁場的磁感應強度B＝0.5T不變，用如圖丙所示的水平向右的力F拉導體棒b，剛開始一段時間內b做勻加速直線運動，每根導體棒的質量為多少？ (3)在(2)問條件下導體棒a經過多長時間開始滑動？ 解析：(1)開始時磁場的磁感應強度按圖乙所示變化， 則回路中電動勢E＝L2＝0.5V 電路中的電流I＝＝0.5A 當t＝0.8s時，F(xiàn)f＝F安＝BIL＝0.25N 回路中產生的焦耳熱Q＝2I2Rt＝0.2J. (2)磁場的磁感應強度保持B＝0.5T不變，在a運動之前，對b棒施加如圖丙所示的水平向右的拉力，根據(jù)牛頓第二定律F－Ff－＝ma，即 F＝Ff＋ma＋t 根據(jù)圖丙可得Ff＋ma＝0.5，＝0.125 求得a＝0.5m/s2，導體棒的質量m＝0.5kg. (3)當導棒a剛好要滑動時，＝Ff，求得v＝1m/s，此時b運動的時間t＝＝2s. 答案：(1)0.25N　0.2J　(2)0.5kg　(3)2s 9．如圖所示，足夠長的平行金屬導軌MN、PQ傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ＝30，導軌間距為L，導軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值為R的電阻，開關S1、S2分別與電阻和電容器相連．一根質量為m、電阻忽略不計的金屬棒放在導軌上，金屬棒與導軌始終垂直并接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝.一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間，另一端跨過定滑輪與一質量為4m的重物相連，金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導軌所在平面內且與兩導軌平行，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌所在平面向上，導軌電阻不計．初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰好處于伸長狀態(tài)，不計滑輪阻力，已知重力加速度為g. (1)若S1閉合、S2斷開，由靜止釋放重物，求重物的最大速度vm； (2)若S1斷開、S2閉合，從靜止釋放重物開始計時，求重物的速度v隨時間t變化的關系式． 解析：(1)S1閉合、S2斷開時，重物由靜止釋放后拉動金屬棒沿導軌向上做加速運動，當重物達到最大速度時，金屬棒受到的沿導軌向下的安培力為F＝BIL，感應電動勢為E＝BLvm 感應電流為I＝＝ 當重物速度最大時有4mg＝mgsin30＋F＋μFN 式中FN＝mgcos30 解得vm＝. (2)S1斷開、S2閉合時，設從釋放重物開始經時間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為I，金屬棒受到的安培力F＝BIL，方向沿導軌向下，設在t到(t＋Δt)時間內流經金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電容器在t到(t＋Δt)時間內增加的電荷量ΔQ＝CBLΔv，Δv＝aΔt 則I＝＝CBLa 設繩中拉力大小為T，由牛頓第二定律，對金屬棒有 T－mgsin30－μmgcos30－BIL＝ma 對重物有4mg－T＝4ma，解得a＝ 可知重物做初速度為零的勻加速直線運動 v＝at＝t. 答案：(1)　(2)v＝t 10．如圖所示，固定的兩足夠長的光滑平行金屬導軌PMN、P′M′N′，由傾斜和水平兩部分在M、M′處平滑連接組成，導軌間距L＝1m，水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝1T．金屬棒a、b垂直于傾斜導軌放置，質量均為m＝0.2kg，a的電阻R1＝1Ω，b的電阻R2＝3Ω，a、b長度均為L＝1m，a棒距水平面的高度h1＝0.45m，b棒距水平面的高度為h2(h2>h1)；保持b棒靜止，由靜止釋放a棒，a棒到達磁場中OO′停止運動后再由靜止釋放b棒，a、b與導軌接觸良好且導軌電阻不計，重力加速度g取10m/s2. (1)求a棒進入磁場MM′時加速度的大小； (2)a棒從釋放到OO′的過程中，求b棒產生的焦耳熱； (3)若MM′、OO′間的距離x＝2.4m，b棒進入磁場后，恰好未與a棒相碰，求h2的值． 解析：(1)設a棒到MM′時的速度為v1. 由機械能守恒定律得mgh1＝mv 進入磁場時a棒產生的感應電動勢E＝BLv1 感應電流I＝ 對a棒受力分析，由牛頓第二定律得BIL＝ma 代入數(shù)據(jù)解得a＝3.75m/s2. (2)設a、b產生的總焦耳熱為Q， 由能量守恒定律得Q＝mgh1 則b棒產生的焦耳熱Qb＝Q＝Q 聯(lián)立解得Qb＝0.675J. (3)設b棒到MM′時的速度為v2，有mgh2＝mv b棒進入磁場后，兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，設a、b一起勻速運動的速度為v，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv2＝2mv 設a棒經時間Δt加速到v，由動量定理得 BLΔt＝mv－0 又q＝Δt，＝，＝ a、b恰好不相碰，有ΔΦ＝BLx，聯(lián)立解得h2＝1.8m. 答案：(1)3.75m/s2　(2)0.675J　(3)1.8m