2019-2020年高考物理二輪復習 專題九 電磁感應規(guī)律及應用導（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理二輪復習 專題九 電磁感應規(guī)律及應用導（含解析）熱點一電磁感應圖象問題命題規(guī)律：電磁感應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)綜合應用楞次定律、法拉第電磁感應定律及電路、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)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C2.(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t0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電流(以逆時針方向為正)則下列表示It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)生的感應電流逐漸減小，所以選項D正確答案D3.(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()解析設從y軸開始沿x軸正方向運動的長度為x(x2R)，則ab導體棒在磁場中的切割長度l22，感應電動勢EBlv2Bv，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熱點二電磁感應電路問題命題規(guī)律：電磁感應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()Am、n和p、q電勢的關(guān)系一定有UmUn，UpUqBm、n和p、q間電勢差的關(guān)系一定有UmnUpqC進入磁場過程中流過1和2線框的電荷量Q1Q2D進入磁場過程中流過1和2線框的電荷量Q1Q2解析當兩線框完全進入磁場以后，根據(jù)右手定則知UnUm，UqUp，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AD2.(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，其磁感應強度B隨時間t的變化關(guān)系為Bkt(常量k0)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R1R0、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)導體的感應電動勢，則()AR2兩端的電壓為 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RR0.回路的總電流I，通過R2的電流I2，所以R2兩端電壓U2I2R2U，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)PI2R，滑動變阻器R的熱功率PI22I2R0，電阻R2的熱功率P22R2I2R0P，選項C正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律得，線框中產(chǎn)生的感應電動勢ESkr2，選項D錯誤答案AC3.如圖甲所示，10匝圓形(半徑r00.1 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R022 ，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，線圈的感應電動勢E12 V即nrE12 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r0.2 .(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 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)，應有4 ，得負載電阻R4.9 即接到變阻器a、b間的負載電阻不能小于4.9 .答案見解析總結(jié)提升解決電磁感應中電路問題的思路(1)“源”的分析：用法拉第電磁感應定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應電動勢的方向(感應電流方向是電源內(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)EBLv或En，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.)熱點三電磁感應過程中的動力學問題命題規(guī)律：電磁感應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t0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tt0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，磁場的磁感應強度B的大小為()AB BB CB DB 解析根據(jù)題意，可知F0ma，F(xiàn)安BIL，因為FF安ma常數(shù)，所以，即，將F0ma代入化簡，可得B .故選項B正確答案B2.(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Bab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)樵瓉淼腄若換成一根質(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項錯誤感應電動勢EBLv，I，對ab受力分析有mgsin ma，則知導體棒做加速度減小的加速運動，當a0時，mgsin ，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BD3.(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，設導線中的拉力為FT對a棒：mgFTma對b棒：FTma解得：ag.(2)導體棒運動穩(wěn)定時，設細線中拉力為FT對b棒：FT0對a棒：mgF安又F安BIl解得：v.(3)從開始下滑到剛穩(wěn)定，設a棒下降的高度為h則通過橫截面的電荷量qt解得：h.答案(1)g(2)(3)總結(jié)提升電磁感應中的動力學問題的解題思路(1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解感應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綜合問題命題規(guī)律：電磁感應綜合問題往往涉及法拉第電磁感應定律、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h1.0 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)設最大速度為v，則感應電動勢EBLv(1分)感應電流I(1分)安培力FBIL(1分)勻速運動時，有mgsin F(1分)解得v1.0 m/s.(1分)(2)在水平面上運動時，金屬棒所受滑動摩擦力為Ffmg(1分)金屬棒在摩擦力作用下做勻減速運動，有Ffma(1分)v22ax(1分)解得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：Qmghmv2(2分)電阻R上產(chǎn)生的熱量：QR Q(2分)解得QR3.8102 J(1分)答案(1)1.0 m/s(2)0.04(3)3.8102 J總結(jié)提升(1)解決電磁感應綜合問題的一般分析思路：(2)求解焦耳熱的三個途徑感應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QW克安感應電路中電阻產(chǎn)生的焦耳熱等于電流通過電阻做的功，即QI2Rt.感應電路中產(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.設某時刻的速度為v，則此時的電動勢EBLv，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Qmv，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，整個空間存在垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小均為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，感應電動勢EBLv0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：FAmgsin fFABIL解得：fmgsin .(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mvmgh2Q解得：h.答案：(1)mgsin (2)失分防范用動力學和能量觀點解決電磁感應綜合問題極易從以下幾點失分：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；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；不能正確地把機械運動過程、電磁感應過程和能量轉(zhuǎn)化過程相聯(lián)系；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：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)；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過程就基本清楚了；從“五個定律”搞突破，即電磁感應定律、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()AFM向右 BFN向左CFM逐漸增大 DFN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，磁感應強度越小當導體棒勻速通過M、N兩區(qū)時，感應電流的效果總是反抗引起感應電流的原因，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，磁感應強度B變大，根據(jù)EBlv，I及FBIl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t時間內(nèi)，磁感應強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為()A. B.C. D.解析：選B.線圈中產(chǎn)生的感應電動勢EnnSn，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)中的感應電流I沿順時針方向為正方向圖乙表示銅環(huán)中的感應電流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，13 s內(nèi)無感應電流產(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，01 s內(nèi)，磁通量不變，感應電流為零，所以排除；對于B選項，從電流的方向看，01 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，01 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)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(dL )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t0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vt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為v0，此時產(chǎn)生的感應電動勢EBLv0，感應電流I，線框受到的安培力FBLI.由牛頓第二定律Fma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)生的感應電流的磁場方向垂直紙面向外，故線框中的感應電流沿逆時針方向，為正，又因為線框做勻速運動，故感應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mgnBILmam，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nBILmgmam，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角(090)，其中MN與PQ平行且間距為L.導軌平面與磁感應強度大小為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()Aa點的電勢高于b點的電勢Bab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 解析：選ABC.由右手定則可以判斷流過ab棒的電流方向為ba，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FmBImLBL，D錯誤9(多選)(xx河南中原名校聯(lián)考)如圖所示，頂角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t0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xv0tt時刻，導體棒的有效切割長度lx導體棒的電動勢EBlv0回路總電阻R(2xx)r電流強度I，可知I不變電流方向ba水平外力FBIl，可知Ft.t時刻導體棒的電功率PI2R由于Pt，故QPt/2，即Qt2.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r2 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R12 ，R21 ，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，CE0.2 m，磁感應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?，對金屬棒施加一水平向右的恒力F，使金屬棒剛進入磁場區(qū)域時電壓表的示數(shù)又變?yōu)樵瓉淼闹担饘侔粼诖艌鲋羞\動時電壓表的示數(shù)始終保持不變求：(1)t0.1 s時電壓表的示數(shù)；(2)恒力F的大??；(3)從t0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)設磁場寬度為dCE，在00.2 s的時間內(nèi)，有E，Eld0.6 V此時，R1與金屬棒r并聯(lián)，再與R2串聯(lián)RR并R2112()UR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I0.45 AFABIlFA1.000.450.60.27(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FFA故F0.27 N.(3)金屬棒在00.2 s的運動時間內(nèi)，有Qt0.036 J金屬棒進入磁場后，有Rr EIR1.2 VEBlv，v2 m/st0.1(s)QEIt0.054 JQ總QQ0.0360.0540.090(J)答案：(1)0.3 V(2)0.27 N(3)0.090 J11(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30的斜面上，導軌電阻不計，間距L0.4 m導軌所在空間被分成區(qū)域和，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，中的勻強磁場方向垂直斜面向下，中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B0.5 T在區(qū)域中，將質(zhì)量m10.1 kg，電阻R10.1 的金屬條ab放在導軌上，ab剛好不下滑然后，在區(qū)域中將質(zhì)量m20.4 kg，電阻R20.1 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g10 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x3.8 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，設其為Fmax，有Fmaxm1gsin 設ab剛要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有EBLv設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設ab所受安培力為F安，有F安BIL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 Fmax綜合式，代入數(shù)據(jù)解得v5 m/s.(3)設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 Q總m2v2又QQ總解得Q1.3 J.答案：(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J12(xx四川涼山模擬)如圖所示，在傾角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，磁感應強度B的大小為5 T，磁場寬度d0.55 m，有一邊長L0.4 m、質(zhì)量m10.6 kg、電阻R2 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m20.4 kg的物體相連，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)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(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)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 m2g(m1m2)a解得a2 m/s2以m2為研究對象有FTm2gm2a(或以m1為研究對象有m1gsin FTm1a)解得FT2.4 N.(2)線框進入磁場恰好做勻速直線運動，以整體法有m1gsin m2g0解得v1 m/s線框下滑做勻加速運動v22ax解得x0.25 m.(3)線框從開始運動到cd邊恰離開磁場邊界PQ時：m1gsin (xdL)m2g(xdL)(m1m2)vQ解得：Q0.4 J，所以QabQ0.1 J.答案：(1)2.4 N(2)0.25 m(3)0.1 JB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()A0 B.r2qkC2r2qk Dr2qk解析：選D.變化的磁場使回路中產(chǎn)生的感應電動勢ESkr2，則感應電場對小球的作用力所做的功WqUqEqkr2，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)域和內(nèi)有方向垂直導軌平面向里的勻強磁場B，和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)絽^(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mgma，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?。浑x開區(qū)后棒做加速度為g的勻加速直線運動，隨后進入?yún)^(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，則在區(qū)磁場中運動情況與區(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)存在磁感應強度B2 T的勻強磁場，MN的左側(cè)有一質(zhì)量m0.1 kg的矩形線圈abcd，bc邊長L10.2 m，電阻R2 .t0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 NB線圈在第2 s內(nèi)的加速度大小為1 m/s2C線圈ab邊長L20.5 mD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，EBL1v1，v1at1，F(xiàn)ma1，聯(lián)立得F0.05 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，EBL1v2，v2v1a2t2，解得a21 m/s2，B項正確在第2 s內(nèi)，vv2a2L2，得L21 m，C項錯誤q0.2 C，D項正確二、計算題5(xx高考浙江卷)某同學設計一個發(fā)電測速裝置，工作原理如圖所示一個半徑為R0.1 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rR/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m0.5 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，磁感應強度B0.5 Ta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h0.3 m時，測得U0.15 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g10 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)生的感應電動勢的方向由OA，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)由電磁感應定律得UE，BR2，所以UBR2又vrR所以v2 m/s.(3)由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律得Emghmv2解得E0.5 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L0.5 m上端通過導線與R2 的電阻連接，下端通過導線與RL4 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d2 mCDFE區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示在t0時，一阻值為R02 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 370.6，cos 370.8)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)04 s內(nèi)，由法拉第電磁感應定律得ELd0.5 V由閉合電路歐姆定律得IL0.1 A.(2)燈泡亮度不變，則全程通過燈泡的電流恒為IL，設金屬棒運動到CD時的速度為v，金屬棒在AC段的加速度為a，則依題意有BLvILRL(ILIR)R0ILRLIRR由牛頓第二定律可得mgsin 37mgcos 37ma由運動學公式vat1由題圖乙可知t14 s，B2 T代入以上方程聯(lián)立可得v1.0 m/s，.(3)金屬棒在CE段做勻速直線運動，則有mgsin 37B(ILIR)L解得m0.05 kgBD段的位移xt12 m根據(jù)能量守恒有EILt1mg(xd)sin 37mv2Q解得整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q1.375 J.答案：(1)0.1 A(2)(3)1.375 J7(xx高考安徽卷)如圖甲所示，勻強磁場的磁感應強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角為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 ，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v1 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)生的感應電動勢E及運動到x0.8 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Fx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)生的感應電動勢EBlv(ld)，解得E1.5 V(D點電勢高)當x0.8 m時，金屬桿在導軌間的電勢差為零設此時桿在導軌外的長度為l外，則l外dd，OP2 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UCDBl外v，即UCD0.6 V.(2)桿在導軌間的長度l與位置x關(guān)系是ld3x對應的電阻Rl為RlR電流I桿受的安培力為F安BIl7.53.75x根據(jù)平衡條件得FF安mgsin F12.53.75x(0x2)畫出的Fx圖象如圖所示(3)外力F所做的功WF等于Fx圖線下所圍的面積即WF2 J17.5 J而桿的重力勢能增加量Epmgsin 故全過程產(chǎn)生的焦耳熱QWFEp7.5 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L1 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B1B20.5 Tab和cd是質(zhì)量均為m0.1 kg、電阻均為R4 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t0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F0.60.25t(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 370.6，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t0時刻起，1.0 s內(nèi)通過ab棒的電荷量q；(4)若t0時刻起，1.0 s內(nèi)作用在ab棒上的外力做功為W16 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FFcdmgsin 37FcdB2IcdL得Icd0.5t(A)(2)ab棒中電流IabIcd0.5t(A)則回路中電源電動勢EIcdR總ab棒切割磁感線，產(chǎn)生的感應電動勢為EB1Lvab解得ab棒的速度vab8t(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a8 m/s2，10 s內(nèi)的位移為xat281.02 m4 m根據(jù)得qt C0.25 C.(4)t1.0 s時，ab棒的速度vab8t(m/s)8 m/s根據(jù)動能定理有WW安mv20得1.0 s內(nèi)克服安培力做功W安J12.8 J回路中產(chǎn)生的焦耳熱QW安12.8 Jcd棒上產(chǎn)生的焦耳熱Qcd6.4 J.答案：(1)Icd0.5t(A)(2)vab8t(m/s)(3)0.25 C(4)6.4 J