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2019-2020年高考物理二輪復習 專題九 電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用導（含解析） 熱點一　電磁感應(yīng)圖象問題 命題規(guī)律：電磁感應(yīng)圖象問題多以選擇題形式出現(xiàn)，有時也與計算題結(jié)合，主要考查以下內(nèi)容： (1)綜合應(yīng)用楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律及電路、安培力等相關(guān)知識，判斷電流(或安培力)隨時間t(或位移x)變化的圖象． (2)利用動力學觀點判斷棒(或線圈)的速度隨時間變化的圖象． (3)在計算題中考查學生的識圖能力，由圖象獲取解題信息的能力． 1.(xx高考新課標全國卷Ⅰ)如圖甲，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖乙所示．已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關(guān)系的圖中，可能正確的是(　　) [解析]　由題圖乙可知在cd間不同時間段內(nèi)產(chǎn)生的電壓是恒定的，所以在該時間段內(nèi)線圈ab中的磁場是均勻變化的，則線圈ab中的電流是均勻變化的，故選項A、B、D錯誤，選項C正確． [答案]　C 2.(xx廣元第二次模擬)如圖所示，邊長為2l的正方形虛線框內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個邊長為l的正方形導線框所在平面與磁場方向垂直，導線框的一條對角線和虛線框的一條對角線恰好在同一直線上．從t＝0開始，使導線框從圖示位置開始以恒定速度沿對角線方向移動進入磁場，直到整個導線框離開磁場區(qū)域．用I表示導線框中的感應(yīng)電流(以逆時針方向為正)．則下列表示I－t關(guān)系的圖線中，正確的是(　　) [解析]　在線框進入磁場時，切割磁感線的有效長度逐漸增加，當線框即將完全進入磁場時，切割磁感線的有效長度最大，產(chǎn)生的電流最大，此過程電流方向為逆時針方向．整個線框在磁場中運動時，不產(chǎn)生感應(yīng)電流．當線框離開磁場時，產(chǎn)生電流方向為順時針方向，且切割磁感線的有效長度逐漸減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流逐漸減小，所以選項D正確． [答案]　D 3.(xx南昌三模)如圖所示，xOy平面內(nèi)有一半徑為R的圓形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，左半圓磁場方向垂直于xOy平面向里，右半圓磁場方向垂直于xOy平面向外．一平行于y軸的長導體棒ab以速度v沿x軸正方向做勻速運動，則導體棒兩端的電勢差Uba與導體棒位置x的關(guān)系圖象是(　　) [解析]　設(shè)從y軸開始沿x軸正方向運動的長度為x(x≤2R)，則ab導體棒在磁場中的切割長度l＝2＝2，感應(yīng)電動勢E＝Blv＝2Bv，可知|Uba|與x不是正比關(guān)系，所以C、D錯誤．由右手定則知在左側(cè)磁場中b端電勢高于a端電勢，由于右側(cè)磁場方向變化，所以在右側(cè)a端電勢高于b端電勢，再結(jié)合圓的特點，知選項A正確． [答案]　A 熱點二　電磁感應(yīng)電路問題 命題規(guī)律：電磁感應(yīng)電路問題為每年高考的熱點，考查方式既有選擇題，也有計算題，主要涉及電流、電壓、電功率、電熱和電量的計算． 1.(多選)(xx陜西西安質(zhì)檢)如圖所示，用同種電阻絲制成的正方形閉合線框1的邊長與圓形閉合線框2的直徑相等，m和n是1線框下邊的兩個端點，p和q是2線框水平直徑的兩個端點，1和2線框同時由靜止開始釋放并進入上邊界水平、足夠大的勻強磁場中，進入過程中m、n和p、q連線始終保持水平．當兩線框完全進入磁場以后，下面說法正確的是(　　) A．m、n和p、q電勢的關(guān)系一定有Um＜Un，Up＜Uq B．m、n和p、q間電勢差的關(guān)系一定有Umn＝Upq C．進入磁場過程中流過1和2線框的電荷量Q1＞Q2 D．進入磁場過程中流過1和2線框的電荷量Q1＝Q2 [解析]　當兩線框完全進入磁場以后，根據(jù)右手定則知Un＞Um，Uq＞Up，A正確；兩線框完全進入磁場后，由于兩線框的速度關(guān)系無法確定，故不能確定兩點間的電勢差的關(guān)系，B錯誤；設(shè)m、n間距離為a，由q＝，R＝得進入磁場過程中流過1、2線框的電荷量都為，C錯誤，D正確． [答案]　AD 2.(多選)(xx高考四川卷) 如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系為B＝kt(常量k>0)．回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝.閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導體的感應(yīng)電動勢，則(　　) A．R2兩端的電壓為 B．電容器的a極板帶正電 C．滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍 D．正方形導線框中的感應(yīng)電動勢為kL2 [解析]　 根據(jù)串、并聯(lián)電路特點，虛線MN右側(cè)回路的總電阻R＝R0.回路的總電流I＝＝，通過R2的電流I2＝＝，所以R2兩端電壓U2＝I2R2＝＝U，選項A正確；根據(jù)楞次定律知回路中的電流為逆時針方向，即流過R2的電流方向向左，所以電容器b極板帶正電，選項B錯誤；根據(jù)P＝I2R，滑動變阻器R的熱功率P＝I2＋2＝I2R0，電阻R2的熱功率P2＝2R2＝I2R0＝P，選項C正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝＝S＝kπr2，選項D錯誤． [答案]　AC 3.如圖甲所示，10匝圓形(半徑r0＝0.1 m)線圈的區(qū)域內(nèi)有均勻變化的磁場，滑動變阻器的最大阻值為R0＝22 Ω，與線圈連接后，組成分壓器對負載R′(純電阻)供電．圖乙所示為該電路的路端電壓隨外電阻變化的關(guān)系圖線，每匝線圈允許通過的電流不能超過2 A．求： (1)磁場磁感應(yīng)強度的變化率和單匝線圈的內(nèi)阻； (2)接到滑動變阻器a、b間的負載電阻R′的阻值許可范圍． [解析]　(1)由題圖乙知，線圈的感應(yīng)電動勢E＝12 V 即nπr＝E＝12 V，可得＝38 T/s 當路端電壓U＝時，外電路電阻等于內(nèi)阻，由題圖乙知單匝線圈的內(nèi)阻r＝0.2 Ω. (2)單匝線圈允許通過的電流不能超過2 A，內(nèi)電壓的最大值是4 V，外電壓的最小值為8 V，所以電路的外電阻必須大于或等于4 Ω 當滑動變阻器的滑動觸頭處在a端時，負載電阻R′與R0并聯(lián)，應(yīng)有≥4 Ω，得負載電阻R′≥4.9 Ω 即接到變阻器a、b間的負載電阻不能小于4.9 Ω. [答案]　見解析 [總結(jié)提升]　解決電磁感應(yīng)中電路問題的思路 (1)“源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動勢的方向(感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流的方向)，從而確定電源正負極，明確內(nèi)阻r. (2)“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路. (3)根據(jù)E＝BLv或E＝n，結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解.) 熱點三　電磁感應(yīng)過程中的動力學問題 命題規(guī)律：電磁感應(yīng)中的動力學問題為每年高考的熱點，考查方式既有選擇題，又有計算題，命題規(guī)律有以下兩點： (1)與牛頓第二定律、運動學知識結(jié)合的動態(tài)分析問題． (2)電磁感應(yīng)中的安培力問題、涉及受力分析及功能關(guān)系的問題． 1.(xx昆明一模)如圖甲所示，MN左側(cè)有一垂直紙面向里的勻強磁場．現(xiàn)將一邊長為l、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框置于該磁場中，使線框平面與磁場垂直，且bc邊與磁場邊界MN重合．當t＝0時，對線框施加一水平拉力F，使線框由靜止開始向右做勻加速直線運動；當t＝t0時，線框的ad邊與磁場邊界MN重合．圖乙為拉力F隨時間變化的圖線．由以上條件可知，磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為(　　) 　　　　　　　　　　　　 A．B＝ B．B＝ C．B＝ D．B＝ [解析]　根據(jù)題意，可知F0＝ma，F(xiàn)安＝BIL＝＝，因為F－F安＝ma＝常數(shù)，所以＝，即＝，將F0＝ma代入化簡，可得B＝ .故選項B正確． [答案]　B 2.(多選)(xx云南部分名校統(tǒng)考)如圖所示，足夠長的光滑導軌傾斜放置，其下端連接一個定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌所在平面，將ab棒在導軌上無初速度釋放，當ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時，速度為v，電阻R上消耗的功率為P.導軌和導體棒電阻不計．下列判斷正確的是(　　) A．導體棒的a端比b端電勢低 B．a(chǎn)b棒在達到穩(wěn)定狀態(tài)前做加速度減小的加速運動 C．若磁感應(yīng)強度增大為原來的2倍，其他條件不變，則ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時速度將變?yōu)樵瓉淼? D．若換成一根質(zhì)量為原來2倍的導體棒，其他條件不變，則ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時的功率將變?yōu)樵瓉淼?倍 [解析]　導體棒下滑切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢相當于電源，由右手定則知a端為正極，b端為負極，A項錯誤．感應(yīng)電動勢E＝BLv，I＝，對ab受力分析有mgsin θ－＝ma，則知導體棒做加速度減小的加速運動，當a＝0時，mgsin θ＝，得vm＝，若B增大為原來的2倍，穩(wěn)定狀態(tài)時速度變?yōu)樵瓉淼?，所以B項正確，C項錯誤．若質(zhì)量增大為原來的2倍，導體棒穩(wěn)定時的速度為原來的2倍，R的功率P＝，可知功率變?yōu)樵瓉淼?倍，D項正確． [答案]　BD 3.(xx江蘇揚州模擬)如圖所示，兩根質(zhì)量同為m、電阻同為R、長度同為l的導體棒a、b，用兩條等長的、質(zhì)量和電阻均可忽略的長直導線連接后，放在距地面足夠高的光滑絕緣水平桌面上，兩根導體棒均與桌邊緣平行，一根在桌面上，另一根移動到靠在桌子的光滑絕緣側(cè)面上．整個空間存在水平向右的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，開始時兩棒靜止，自由釋放后開始運動．已知兩條導線除桌邊緣拐彎處外其余部位均處于伸直狀態(tài)，導線與桌子側(cè)棱間無摩擦．求： (1)剛釋放時，兩導體棒的加速度大小； (2)兩導體棒運動穩(wěn)定時的速度大小； (3)若從開始下滑到剛穩(wěn)定時通過橫截面的電荷量為q，求該過程a棒下降的高度． [解析]　(1)剛釋放時，設(shè)導線中的拉力為FT 對a棒：mg－FT＝ma　對b棒：FT＝ma 解得：a＝g. (2)導體棒運動穩(wěn)定時，設(shè)細線中拉力為FT′ 對b棒：FT′＝0 對a棒：mg＝F安 又F安＝BIl＝ 解得：v＝. (3)從開始下滑到剛穩(wěn)定，設(shè)a棒下降的高度為h 則通過橫截面的電荷量q＝Δt＝＝ 解得：h＝. [答案]　(1)g　(2)　(3) [總結(jié)提升]　電磁感應(yīng)中的動力學問題的解題思路 (1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動勢的大小和方向. (2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中電流的大小及方向. (3)分析安培力對導體棒運動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的電流有什么影響，最后定性分析導體棒的最終運動情況. (4)列牛頓第二定律或平衡方程求解.) 用動力學和能量觀點解決電磁感應(yīng)綜合問題 命題規(guī)律：電磁感應(yīng)綜合問題往往涉及法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、閉合電路歐姆定律、動力學問題、能量問題等，綜合性較強，常作為壓軸計算題，有時也有選擇題． [解析]　(1)金屬棒從離地高h＝1.0 m以上任何地方由靜止釋放后，在到達水平面之前已經(jīng)開始勻速運動(1分) 設(shè)最大速度為v，則感應(yīng)電動勢E＝BLv(1分) 感應(yīng)電流I＝(1分) 安培力F＝BIL(1分) 勻速運動時，有mgsin θ＝F(1分) 解得v＝1.0 m/s.(1分) (2)在水平面上運動時，金屬棒所受滑動摩擦力為 Ff＝μmg(1分) 金屬棒在摩擦力作用下做勻減速運動，有 Ff＝ma(1分) v2＝2ax(1分) 解得μ＝0.04(1分) (用動能定理同樣可以解答)． (3)下滑到底端的過程中，由能量守恒得： Q＝mgh－mv2(2分) 電阻R上產(chǎn)生的熱量：QR＝ Q(2分) 解得QR＝3.810－2 J．(1分) [答案]　(1)1.0 m/s　(2)0.04　(3)3.810－2 J [總結(jié)提升]　(1)解決電磁感應(yīng)綜合問題的一般分析思路： (2)求解焦耳熱的三個途徑 ①感應(yīng)電路為純電阻電路時產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q＝W克安． ②感應(yīng)電路中電阻產(chǎn)生的焦耳熱等于電流通過電阻做的功，即Q＝I2Rt. ③感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱可通過能量守恒定律列方程求解． 最新預測1　(xx山東泰安模擬)如圖所示，間距為L，電阻不計的足夠長平行光滑金屬導軌水平放置，導軌左端用一阻值為R的電阻連接，導軌上橫跨一根質(zhì)量為m，電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導軌接觸良好．整個裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．現(xiàn)使金屬棒以初速度v0沿導軌向右運動，若金屬棒在整個運動過程中通過的電荷量為q.下列說法正確的是(　　) A．金屬棒在導軌上做勻減速運動 B．整個過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為 C．整個過程中金屬棒在導軌上發(fā)生的位移為 D．整個過程中金屬棒克服安培力做功為 解析：選D.設(shè)某時刻的速度為v，則此時的電動勢E＝BLv，安培力F安＝，由牛頓第二定律有F安＝ma，則金屬棒做加速度減小的減速運動，選項A錯誤；由能量守恒定律知，整個過程中克服安培力做功等于電阻R和金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱之和，即W安＝Q＝mv，選項B錯誤，D正確；整個過程中通過金屬棒的電荷量q＝＝＝，得金屬棒在導軌上發(fā)生的位移x＝，選項C錯誤． 最新預測2　(xx濰坊一模)如圖所示，兩條足夠長的平行金屬導軌相距L，與水平面的夾角為θ，整個空間存在垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，虛線上方軌道光滑且磁場方向向上，虛線下方軌道粗糙且磁場方向向下．當導體棒EF以初速度v0沿導軌上滑至最大高度的過程中，導體棒MN一直靜止在導軌上．若兩導體棒質(zhì)量均為m、電阻均為R，導軌電阻不計，重力加速度為g，在此過程中導體棒EF上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求： (1)導體棒MN受到的最大摩擦力； (2)導體棒EF上升的最大高度． 解析：(1)EF獲得向上的初速度v0時，感應(yīng)電動勢 E＝BLv0 電路中電流為I，由閉合電路歐姆定律：I＝ 此時對導體棒MN受力分析，由平衡條件： FA＋mgsin θ＝f FA＝BIL 解得：f＝＋mgsin θ. (2)導體棒EF上升過程MN一直靜止，對系統(tǒng)由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律知mv＝mgh＋2Q 解得：h＝. 答案：(1)＋mgsin θ　(2) [失分防范]　用動力學和能量觀點解決電磁感應(yīng)綜合問題極易從以下幾點失分：①不會分析電源和電路結(jié)構(gòu)，求不出電動勢、電流等電學量；②錯誤分析導體(或線圈)受力情況，尤其是安培力的大小和方向；③不能正確地把機械運動過程、電磁感應(yīng)過程和能量轉(zhuǎn)化過程相聯(lián)系；④思維混亂，錯用公式，求不出結(jié)果. 可以從以下幾點進行防范：①從“三個角度”看問題，即力與運動角度(動力、阻力、加速度、勻速還是變速)，電磁感應(yīng)角度(電動勢、電流、磁場強弱和方向、動生電還是電生動)，能量轉(zhuǎn)化角度(什么力做了什么功、什么能變成什么能)；②從“四個分析”理思路，即“源”、“路”、“力”、“能”的分析，以力的分析為核心，力找對了，導體的運動情況和電磁感應(yīng)過程就基本清楚了；③從“五個定律”搞突破，即電磁感應(yīng)定律、楞次定律、歐姆定律、牛頓第二定律、能量守恒定律.) A 一、選擇題 1．(多選)(xx高考山東卷) 如圖，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導線垂直并緊靠軌道固定，導體棒與軌道垂直且接觸良好．在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中，導體棒所受安培力分別用FM、FN表示．不計軌道電阻．以下敘述正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　 A．FM向右 B．FN向左 C．FM逐漸增大 D．FN逐漸減小 解析：選BCD.根據(jù)直線電流產(chǎn)生的磁場的分布情況知，M區(qū)的磁場方向垂直紙面向外，N區(qū)的磁場方向垂直紙面向里，離導線越遠，磁感應(yīng)強度越?。攲w棒勻速通過M、N兩區(qū)時，感應(yīng)電流的效果總是反抗引起感應(yīng)電流的原因，故導體棒在M、N兩區(qū)運動時，受到的安培力均向左，故選項A錯誤，選項B正確；導體棒在M區(qū)運動時，磁感應(yīng)強度B變大，根據(jù)E＝Blv，I＝及F＝BIl可知，F(xiàn)M逐漸變大，故選項C正確；導體棒在N區(qū)運動時，磁感應(yīng)強度B變小，同理可知，F(xiàn)N逐漸變小，故選項D正確． 2.(xx高考江蘇卷)如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中. 在Δt時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為(　　) A.　 B. C. D. 解析：選B.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝n＝nS＝n＝，選項B正確． 3．(xx孝感一模)如圖甲所示，在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的銅圓環(huán)，規(guī)定從上向下看時，銅環(huán)中的感應(yīng)電流I沿順時針方向為正方向．圖乙表示銅環(huán)中的感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖象，則磁場B隨時間t變化的圖象可能是圖中的(　　) 解析：選B.由題圖乙可知，1～3 s內(nèi)無感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以穿過圓環(huán)的磁通量不變，所以排除C選項；對于A選項，0～1 s內(nèi)，磁通量不變，感應(yīng)電流為零，所以排除；對于B選項，從電流的方向看，0～1 s內(nèi)，磁通量增大，由楞次定律可知電流方向是順時針方向，而D項，0～1 s內(nèi)，電流方向為逆時針方向，故選項B正確，D錯誤． 4．(xx高考新課標全國卷Ⅱ)如圖，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L )的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導線框以某一初速度向右運動．t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域．下列v－t圖象中，可能正確描述上述過程的是(　　) 解析：選D.導線框剛進入磁場時速度設(shè)為v0，此時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv0，感應(yīng)電流I＝＝，線框受到的安培力F＝BLI＝.由牛頓第二定律F＝ma知，＝ma，由楞次定律知線框開始減速，隨著速度v減小，其加速度a減小，故進入磁場時做加速度減小的減速運動．當線框全部進入磁場開始做勻速運動，在出磁場的過程中，仍做加速度減小的減速運動，故只有D選項正確． 5．(xx煙臺一模)如圖所示，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場在y軸方向足夠?qū)?，在x軸方向?qū)挾葹閍.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，在下圖中感應(yīng)電流i、BC兩端的電壓UBC與線框移動的距離x的關(guān)系圖象正確的是(　　) 解析：選D.由楞次定律可知，線框剛進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，故線框中的感應(yīng)電流沿逆時針方向，為正，又因為線框做勻速運動，故感應(yīng)電流隨位移線性增大；同理可知線框離開磁場時，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小隨位移線性增大，方向為負，選項A、B錯誤；BC兩端的電壓UBC跟感應(yīng)電流成正比，故選項C錯誤，D正確． 6．(xx洛陽統(tǒng)考)如圖所示，在一固定水平放置的閉合導體圓環(huán)上方，有一條形磁鐵，從離地面高h處，由靜止開始下落，最后落在水平地面上．磁鐵下落過程中始終保持豎直方向，并從圓環(huán)中心穿過圓環(huán)，而不與圓環(huán)接觸．若不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法中正確的是(　　) A．在磁鐵下落的整個過程中，圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向先逆時針后順時針(從上向下看圓環(huán)) B．磁鐵在整個下落過程中，所受線圈對它的作用力先豎直向上后豎直向下 C．磁鐵在整個下落過程中，它的機械能不變 D．磁鐵落地時的速率一定等于 解析：選A.當條形磁鐵靠近圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可判斷圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向為逆時針，當條形磁鐵遠離圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可判斷圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向為順時針，A正確；根據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”原則，可判斷磁鐵在整個下落過程中，所受圓環(huán)對它的作用力始終豎直向上，B錯誤；磁鐵在整個下落過程中，由于受到磁場力的作用，磁鐵的機械能不守恒，C錯誤；若磁鐵從高度h處做自由落體運動，其落地時的速度為v＝，但磁鐵穿過圓環(huán)的過程中要產(chǎn)生一部分電熱，根據(jù)能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，D錯誤． 7．(多選)(xx桂林二模)均勻?qū)Ь€制成的正方形閉合線框abcd，線框的匝數(shù)為n、邊長為L、總電阻為R、總質(zhì)量為m，將其置于磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場上方某高度處，如圖所示，釋放線框，讓線框由靜止自由下落，線框平面保持與磁場垂直，cd邊始終與水平的磁場邊界平行，已知cd邊剛進入磁場時，線框加速度大小恰好為，重力加速度為g，則線框cd邊離磁場邊界的高度h可能為(　　) A. B. C. D. 解析：選AC.線框cd邊進入磁場時的速度為v＝，若此時加速度方向豎直向下，則mg－nBIL＝ma＝m，I＝，則h＝，A正確；若cd邊進入磁場時的加速度方向豎直向上，則nBIL－mg＝ma＝m，I＝，則h＝，C正確． 8．(多選)(xx淄博模擬)如圖，足夠長的“U”形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.導軌平面與磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計．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，當流過ab棒某一橫截面的電量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中(　　) A．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢 B．a(chǎn)b棒中產(chǎn)生的焦耳熱小于ab棒重力勢能的減少量 C．下滑位移大小為 D．受到的最大安培力大小為sin θ 解析：選ABC.由右手定則可以判斷流過ab棒的電流方向為b→a，由于ab棒相當于電源，故a點電勢高于b點電勢，A正確；因ab棒減少的重力勢能還有一部分轉(zhuǎn)化為ab棒的動能，故ab棒中產(chǎn)生的焦耳熱一定小于ab棒重力勢能的減少量，B正確；由q＝＝可得，棒下滑的位移大小為x＝，C正確；當棒運動的速度達到最大時棒受到的安培力最大Fm＝BImL＝BL＝，D錯誤． 9．(多選)(xx河南中原名校聯(lián)考)如圖所示，頂角θ＝45的金屬導軌MON固定在水平面內(nèi)，導軌處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．一根與ON垂直的導體棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿導軌MON向右滑動，導體棒的質(zhì)量為m，導軌與導體棒單位長度的電阻均為r.導體棒與導軌接觸點為a和b，導體棒在滑動過程中始終保持與導軌良好接觸．t＝0時導體棒位于頂角O處，則流過導體棒的電流強度I、導體棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q、導體棒做勻速直線運動時水平外力F、導體棒的電功率P各量大小隨時間變化的關(guān)系正確的是(　　) 解析：選AC.0到t時間內(nèi)，導體棒的位移x＝v0t t時刻，導體棒的有效切割長度l＝x 導體棒的電動勢E＝Blv0 回路總電阻R＝(2x＋x)r 電流強度I＝＝，可知I不變 電流方向b→a 水平外力F＝BIl＝，可知F∝t. t時刻導體棒的電功率P＝I2R′＝ 由于P∝t，故Q＝Pt/2＝，即Q∝t2. 綜上可得A、C正確． 二、計算題 10．(xx石家莊質(zhì)檢)如圖甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ被固定在水平面上，導軌間距l(xiāng)＝0.6 m，兩導軌的左端用導線連接電阻R1及理想電壓表V，電阻r＝2 Ω的金屬棒垂直于導軌靜止在AB處；右端用導線連接電阻R2，已知R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，導軌及導線電阻均不計．在矩形區(qū)域CDFE內(nèi)有豎直向上的磁場，CE＝0.2 m，磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示．開始時電壓表有示數(shù)，當電壓表示數(shù)變?yōu)榱愫螅瑢饘侔羰┘右凰较蛴业暮懔，使金屬棒剛進入磁場區(qū)域時電壓表的示數(shù)又變?yōu)樵瓉淼闹?，金屬棒在磁場中運動時電壓表的示數(shù)始終保持不變．求： (1)t＝0.1 s時電壓表的示數(shù)； (2)恒力F的大??； (3)從t＝0時刻到金屬棒運動出磁場的過程中整個電路產(chǎn)生的熱量． 解析：(1)設(shè)磁場寬度為d＝CE，在0～0.2 s的時間內(nèi)， 有E＝，E＝ld＝0.6 V 此時，R1與金屬棒r并聯(lián)，再與R2串聯(lián) R＝R并＋R2＝1＋1＝2(Ω) U＝R并＝0.3 V. (2)金屬棒進入磁場后，R1與R2并聯(lián)，再與r串聯(lián)，有 I′＝＋＝0.45 A FA＝BI′l FA＝1.000.450.6＝0.27(N) 由于金屬棒進入磁場后電壓表示數(shù)始終不變，所以金屬棒做勻速運動，有F＝FA 故F＝0.27 N. (3)金屬棒在0～0.2 s的運動時間內(nèi)，有 Q＝t＝0.036 J 金屬棒進入磁場后，有 R′＝＋r＝ Ω E′＝I′R′＝1.2 V E′＝Blv，v＝2 m/s t′＝＝＝0.1(s) Q′＝E′I′t′＝0.054 J Q總＝Q＋Q′＝0.036＋0.054＝0.090(J)． 答案：(1)0.3 V　(2)0.27 N　(3)0.090 J 11．(xx高考天津卷)如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝30的斜面上，導軌電阻不計，間距L＝0.4 m．導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B＝0.5 T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1 kg，電阻R1＝0.1 Ω的金屬條ab放在導軌上，ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4 kg，電阻R2＝0.1 Ω的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑．cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取g＝10 m/s2.問： (1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向； (2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大； (3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x＝3.8 m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少． 解析：(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向為由d到c，則ab中電流方向為由a流向b. (2)開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsin θ① 設(shè)ab剛要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv② 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝③ 設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④ 此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤ 綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5 m/s. (3)設(shè)cd棒運動過程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q總＋m2v2 又Q＝Q總 解得Q＝1.3 J. 答案：(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 12．(xx四川涼山模擬)如圖所示，在傾角θ＝37的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強磁場區(qū)域MNPQ，磁感應(yīng)強度B的大小為5 T，磁場寬度d＝0.55 m，有一邊長L＝0.4 m、質(zhì)量m1＝0.6 kg、電阻R＝2 Ω的正方形均勻?qū)w線框abcd通過一輕質(zhì)細線跨過光滑的定滑輪與一質(zhì)量m2＝0.4 kg的物體相連，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，線框從圖示位置自由釋放，物體到定滑輪的距離足夠長．(g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)求： (1)線框abcd還未進入磁場的運動過程中，細線拉力為多少？ (2)當ab邊剛進入磁場時，線框恰好做勻速直線運動，求線框剛釋放時ab邊距磁場MN邊界的距離x多大？ (3)cd邊恰離開磁場邊界PQ時，速度大小為2 m/s，求整個運動過程中ab邊產(chǎn)生的熱量為多少？ 解析：(1)m1、m2運動過程中，以整體法有 m1gsin θ－μm2g＝(m1＋m2)a 解得a＝2 m/s2 以m2為研究對象有FT－μm2g＝m2a (或以m1為研究對象有m1gsin θ－FT＝m1a) 解得FT＝2.4 N. (2)線框進入磁場恰好做勻速直線運動，以整體法有m1gsin θ－μm2g－＝0 解得v＝1 m/s 線框下滑做勻加速運動v2＝2ax　解得x＝0.25 m. (3)線框從開始運動到cd邊恰離開磁場邊界PQ時： m1gsin θ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝(m1＋m2)v＋Q 解得：Q＝0.4 J，所以Qab＝Q＝0.1 J. 答案：(1)2.4 N　(2)0.25 m　(3)0.1 J B 一、選擇題 1．(xx高考廣東卷)如圖所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊(　　) A．在P和Q中都做自由落體運動 B．在兩個下落過程中的機械能都守恒 C．在P中的下落時間比在Q中的長 D．落至底部時在P中的速度比在Q中的大 解析：選C.小磁塊在銅管中下落時，由于電磁阻尼作用，不做自由落體運動，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落體運動，因此在P中下落得慢，用時長，到達底端速度小，C項正確，A、B、D錯誤． 2．(xx高考安徽卷)英國物理學家麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場．如圖所示，一個半徑為r的絕緣細圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場B，環(huán)上套一帶電荷量為＋q的小球．已知磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增加，其變化率為k，若小球在環(huán)上運動一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是(　　) A．0 B.r2qk C．2πr2qk D．πr2qk 解析：選D.變化的磁場使回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝＝S＝kπr2，則感應(yīng)電場對小球的作用力所做的功W＝qU＝qE＝qkπr2，選項D正確． 3．(xx河北石家莊質(zhì)檢)如圖所示，兩根電阻不計的光滑金屬導軌豎直放置，導軌上端接電阻R，寬度相同的水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)有方向垂直導軌平面向里的勻強磁場B，Ⅰ和Ⅱ之間無磁場．一導體棒兩端套在導軌上，并與兩導軌始終保持良好接觸，導體棒從距區(qū)域Ⅰ上邊界H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流及其變化情況相同．下面四個圖象能定性描述導體棒速度大小與時間關(guān)系的是(　　) 解析：選C.MN棒先做自由落體運動，當?shù)舰駞^(qū)磁場時由四個選項知棒開始減速說明F安＞mg，由牛頓第二定律得，F(xiàn)安－mg＝ma，減速時F安減小，合力減小，a也減小，速度圖象中圖線上各點切線斜率減??；離開Ⅰ區(qū)后棒做加速度為g的勻加速直線運動，隨后進入Ⅱ區(qū)磁場，因棒在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流變化情況相同，則在Ⅱ區(qū)磁場中運動情況與Ⅰ區(qū)磁場中完全相同，所以只有C項正確． 4．(多選)(xx江西八校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑絕緣水平面上，虛線MN的右側(cè)存在磁感應(yīng)強度B＝2 T的勻強磁場，MN的左側(cè)有一質(zhì)量m＝0.1 kg的矩形線圈abcd，bc邊長L1＝0.2 m，電阻R＝2 Ω.t＝0時，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運動，經(jīng)過時間1 s，線圈的bc邊到達磁場邊界MN，此時立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過1 s，線圈恰好完全進入磁場，整個運動過程中，線圈中感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示．則(　　) A．恒定拉力大小為0.05 N B．線圈在第2 s內(nèi)的加速度大小為1 m/s2 C．線圈ab邊長L2＝0.5 m D．在第2 s內(nèi)流過線圈的電荷量為0.2 C 解析：選ABD.在第1 s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝at1，F(xiàn)＝ma1，聯(lián)立得F＝0.05 N，A項正確．在第2 s內(nèi)，由圖象分析知線圈做勻加速直線運動，第2 s末i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1 m/s2，B項正確．在第2 s內(nèi)，v－v＝2a2L2，得L2＝1 m，C項錯誤．q＝＝＝0.2 C，D項正確． 二、計算題 5．(xx高考浙江卷)某同學設(shè)計一個發(fā)電測速裝置，工作原理如圖所示．一個半徑為R＝0.1 m的圓形金屬導軌固定在豎直平面上，一根長為R的金屬棒OA，A端與導軌接觸良好，O端固定在圓心處的轉(zhuǎn)軸上．轉(zhuǎn)軸的左端有一個半徑為r＝R/3的圓盤，圓盤和金屬棒能隨轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動．圓盤上繞有不可伸長的細線，下端掛著一個質(zhì)量為m＝0.5 kg的鋁塊．在金屬導軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導軌平面向右的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.5 T．a(chǎn)點與導軌相連，b點通過電刷與O端相連．測量a、b兩點間的電勢差U可算得鋁塊速度．鋁塊由靜止釋放，下落h＝0.3 m時，測得U＝0.15 V．(細線與圓盤間沒有滑動，金屬棒、導軌、導線及電刷的電阻均不計，重力加速度g＝10 m/s2) (1)測U時，a點相接的是電壓表的“正極”還是“負極”？ (2)求此時鋁塊的速度大??； (3)求此下落過程中鋁塊機械能的損失． 解析：(1)由右手定則知，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的方向由O→A，故A端電勢高于O端電勢，與a點相接的是電壓表的“正極”． (2)由電磁感應(yīng)定律得 U＝E＝，ΔΦ＝BR2Δθ，所以U＝BωR2 又v＝rω＝ωR 所以v＝＝2 m/s. (3)由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律得ΔE＝mgh－mv2 解得ΔE＝0.5 J. 答案：見解析 6．(xx陜西西安高三質(zhì)檢)如圖甲所示，兩條電阻不計的金屬導軌平行固定在傾角為37的斜面上，兩導軌間距為L＝0.5 m．上端通過導線與R＝2 Ω的電阻連接，下端通過導線與RL＝4 Ω的小燈泡連接．在CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的磁場，CE間距離d＝2 m．CDFE區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示．在t＝0時，一阻值為R0＝2 Ω的金屬棒從AB位置由靜止開始運動，在金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化．設(shè)導軌AC段有摩擦，其他部分光滑，金屬棒運動過程中始終與CD平行(g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)．求： (1)通過小燈泡的電流強度； (2)金屬導軌AC段的動摩擦因數(shù)； (3)金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量． 解析：(1)0～4 s內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得 E＝＝Ld＝0.5 V 由閉合電路歐姆定律得 IL＝＝0.1 A. (2)燈泡亮度不變，則全程通過燈泡的電流恒為IL，設(shè)金屬棒運動到CD時的速度為v，金屬棒在AC段的加速度為a，則依題意有 BLv＝ILRL＋(IL＋IR)R0 ILRL＝IRR 由牛頓第二定律可得 mgsin 37－μmgcos 37＝ma 由運動學公式v＝at1 由題圖乙可知t1＝4 s，B＝2 T 代入以上方程聯(lián)立可得v＝1.0 m/s，μ＝. (3)金屬棒在CE段做勻速直線運動，則有 mgsin 37＝B(IL＋IR)L 解得m＝0.05 kg BD段的位移x＝t1＝2 m 根據(jù)能量守恒有 EILt1＋mg(x＋d)sin 37＝mv2＋Q 解得整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝1.375 J. 答案：(1)0.1 A　(2)　(3)1.375 J 7．(xx高考安徽卷)如圖甲所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角θ為30的斜面向上．絕緣斜面上固定有“∧”形狀的光滑金屬導軌MPN(電阻忽略不計)，MP和NP長度均為2.5 m，MN連線水平，長為3 m．以MN中點O為原點、OP為x軸建立一維坐標系Ox.一根粗細均勻的金屬桿CD，長度d為3 m、質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3 Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1 m/s在導軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導軌接觸良好)．g取10 m/s2. (1)求金屬桿CD運動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E及運動到x＝0.8 m處電勢差UCD； (2)推導金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關(guān)系式，并在圖乙中畫出F－x關(guān)系圖象； (3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產(chǎn)生的焦耳熱． 解析：(1)金屬桿CD在勻速運動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E＝Blv(l＝d)，解得E＝1.5 V(D點電勢高) 當x＝0.8 m時，金屬桿在導軌間的電勢差為零．設(shè)此時桿在導軌外的長度為l外，則 l外＝d－d，OP＝＝2 m 得l外＝1.2 m 由楞次定律判斷D點電勢高，故CD兩端電勢差 UCD＝－Bl外v，即UCD＝－0.6 V. (2)桿在導軌間的長度l與位置x關(guān)系是 l＝d＝3－x 對應(yīng)的電阻Rl為Rl＝R 電流I＝ 桿受的安培力為F安＝BIl＝7.5－3.75x 根據(jù)平衡條件得F＝F安＋mgsin θ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 畫出的F－x圖象如圖所示． (3)外力F所做的功WF等于F－x圖線下所圍的面積．即 WF＝2 J＝17.5 J 而桿的重力勢能增加量ΔEp＝mgsin θ 故全過程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WF－ΔEp＝7.5 J. 答案：見解析 8．(xx西城一模)如圖所示，兩條光滑的金屬導軌相距L＝1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面內(nèi)，NN0段與QQ0段平行，位于與水平面成傾角37的斜面上，且MNN0與PQQ0均在豎直平面內(nèi)．在水平導軌區(qū)域和傾斜導軌區(qū)域內(nèi)分別有垂直于水平面和斜面的勻強磁場B1和B2，且B1＝B2＝0.5 T．a(chǎn)b和cd是質(zhì)量均為m＝0.1 kg、電阻均為R＝4 Ω的兩根金屬棒，ab置于水平導軌上，cd置于傾斜導軌上，均與導軌垂直且接觸良好．從t＝0時刻起，ab棒在外力作用下由靜止開始沿水平方向向右運動(ab棒始終在水平導軌上運動，且垂直于水平導軌)，cd受到F＝0.6－0.25t(N)沿斜面向上的力的作用，始終處于靜止狀態(tài)．不計導軌的電阻．(sin 37＝0.6，g取10 m/s2) (1)求流過cd棒的電流強度Icd隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系； (2)求ab棒在水平導軌上運動的速度vab隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系； (3)求從t＝0時刻起，1.0 s內(nèi)通過ab棒的電荷量q； (4)若t＝0時刻起，1.0 s內(nèi)作用在ab棒上的外力做功為W＝16 J，求這段時間內(nèi)cd棒產(chǎn)生的焦耳熱Qcd. 解析：(1)由題意知cd棒平衡，則F＋Fcd＝mgsin 37 Fcd＝B2IcdL得Icd＝0.5t(A)． (2)ab棒中電流Iab＝Icd＝0.5t(A) 則回路中電源電動勢E＝IcdR總 ab棒切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝B1Lvab 解得ab棒的速度vab＝8t(m/s) 所以，ab棒做初速度為零的勻加速直線運動． (3)ab棒的加速度為a＝8 m/s2， 1．0 s內(nèi)的位移為x＝at2＝81.02 m＝4 m 根據(jù)＝＝＝ 得q＝t＝＝ C＝0.25 C. (4)t＝1.0 s時，ab棒的速度vab＝8t(m/s)＝8 m/s 根據(jù)動能定理有W－W安＝mv2－0 得1.0 s內(nèi)克服安培力做功 W安＝J＝12.8 J 回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W安＝12.8 J cd棒上產(chǎn)生的焦耳熱Qcd＝＝6.4 J. 答案：(1)Icd＝0.5t(A)　(2)vab＝8t(m/s)　(3)0.25 C (4)6.4 J