高考物理第一轮复习专题电磁感应同步练习鲁科版

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高考物理一轮复习第十章电磁感应专题提升(十)电磁感应的综合应用教案鲁科版-鲁科版高三全册物理

专题提升(十) 电磁感应的综合应用电磁感应中的能量问题(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法(1)确定研究对象(导体棒或回路);(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.角度1 应用能量守恒定律求解电磁感应能量问题[例1]如图所示,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下.一质量为m的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略.求:(1)电阻R消耗的功率.(2)水平外力的大小.解析:(1)导体棒切割磁感线产生的电动势E=Blv由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R两端电压等于电动势U=E则电阻R 消耗的功率P R =2U R综合以上三式可得P R =222B l v R. (2)设水平外力大小为F,由能量守恒有 Fv=P R +μmgv 故得F=22vB l R+μmg. 答案:见解析角度2 应用焦耳定律求解电磁感应能量问题[例2] (2019·东城区模拟)随着新技术的应用,手机不断地更新换代.新机型除了常规的硬件升级外,还支持快充和无线充电.图(甲)为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图,已知线圈匝数n=100,电阻r=1.0 Ω,线圈的横截面积S=1.5×10-3m 2,外接电阻R=5.0 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化如图(乙)所示,求:(1)t=1.0×10-2s 时线圈中的感应电动势E; (2)0~2.0×10-2 s 内通过电阻R 的电荷量q; (3)0~3.0×10-2 s 内电阻R 上产生的热量Q. 解析:(1)由图(乙)可知,t=0.01 s 时刻ΔΔBt=4 T/s 根据法拉第电磁感应定律得E=n ΔΔt Φ=n ΔΔS Bt解得E=0.6 V. (2)0~0.02 s 内,I=ER r+=0.1 A 电荷量q=IΔt 解得q=2.0×10-3 C.(3)0~0.02 s 内,E=0.6 V,I=0.1 A,根据焦耳定律可以得到,R 上产生的焦耳热为 Q 1=I 2Rt 1=1.0×10-3 J0.02~0.03 s内,E′=1.2 V,I′=0.2 A,根据焦耳定律可以得到,R上产生的焦耳热为Q2=I′2Rt2=2.0×10-3 J所以Q=Q1+Q2=3.0×10-3 J.答案:(1)0.6 V (2)2.0×10-3 C (3)3.0×10-3 J求解焦耳热应分清两类情况(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的焦耳热;③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和产生的焦耳热.1.(2019·某某七市二模)(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场,区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下,磁场的宽度均为L,一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边下滑到JP与MN的中间位置时,线框又恰好以速度v2做匀速直线运动,从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的动能变化量为ΔE k,重力对线框做功大小为W1,安培力对线框做功大小为W2,下列说法中正确的有( CD)A.在下滑过程中,由于重力做正功,所以有v2>v1B.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的机械能守恒C.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,有W1-ΔE k的机械能转化为电能D.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框动能的变化量大小ΔE k=W1-W2解析:ab 边越过JP 后回路感应电动势增大,感应电流增大,因此所受安培力增大,安培力阻碍线框下滑,因此ab 边越过JP 后开始做减速运动,使感应电动势和感应电流均减小,安培力减小,当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsin θ相等时,以速度v 2做匀速运动,因此v 2<v 1,A 错误;由于有安培力做功,线框机械能不守恒,B 错误;线框克服安培力做功,将机械能转化为电能,克服安培力做了多少功,就有多少机械能转化为电能,由动能定理得W 1-W 2=ΔE k ,W 2=W 1-ΔE k ,故C,D 正确.2.(2019·某某某某二模)(多选)如图所示,质量为3m( ABD )2gh2222B L gh mgC.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=2mghD.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=4mgh解析:从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场,由机械能守恒定律得3mg×2h=mg×2h+242mv ,解得线框刚进入磁场时的速度v=2gh ,故A 正确;线框上边缘刚进磁场时,恰好做匀速直线运动,故受合力为零,3mg=BIL+mg,I=BLv R ,解得线框的电阻R=2222B L gh mg,故B 正确;线框匀速通过磁场的距离为2h,产生的热量等于系统重力势能的减少量,即Q=3mg×2h -mg×2h=4mgh,故C 错误,D 正确.电磁感应中的动量和能量问题角度1 用动量定理解决电磁感应问题 [例3](2019·某某某某模拟)(多选)水平放置的足够长光滑平行导轨,电阻不计,间距为L,左端连接的电源电动势为E 、内阻为r,质量为m 的金属杆垂直静放在导轨上,金属杆处于导轨间的部分的电阻为R.整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中,闭合开关,金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度,下列说法正确的是( AC )222mEB L 222mE B L 2222mE B L 解析:开关闭合瞬间,电流通过金属杆,则金属杆在安培力作用下加速运动,同时由于金属杆切割磁感线产生感应电动势,方向与E 相反,故金属杆做加速度减小的加速运动,当感应电动势等于电源电动势E 时,金属杆加速度为0,速度最大,由BLv m =E,得v m =EBL,A 正确;整个过程中对金属杆应用动量定理有B I L·t=mv m ,则q=I t=m mv BL=22mEB L ,B 错误;电源提供的电能为E 电=qE=222mE B L ,C 正确;对整个过程由功能关系可知电源提供的能量转化为金属杆的动能和电路产生的热量,即E 电=Q 总+E k ,得222mE B L =Q 总+12m 222E B L ,故Q 总=Q r +Q R =2222mE B L ,金属杆的热量为Q R =R R r +Q 总=2222mE B L ·R R r+,D 错误. 角度2 用动量守恒定律解决电磁感应问题[例4] (2019·丰台期末)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内,导轨间的距离为L,导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd,构成矩形回路.已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R,其他电阻忽略不计,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行.开始时,导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0,两导体棒在运动中始终不接触.求:(1)开始时,导体棒ab 中电流的大小和方向;(2)从开始到导体棒cd 达到最大速度的过程中,矩形回路产生的焦耳热; (3)当ab 棒速度变为34v 0时,cd 棒加速度的大小. 解析:(1)ab 棒产生的感应电动势E ab =BLv 0 ab 棒中电流I=2ab E R=02BLv R 方向由a→b.(2)当ab 棒与cd 棒速度相同时,cd 棒的速度最大,设最大速度为v 由动量守恒定律得mv 0=2mv 解得v=12v 0由能量守恒定律得Q=12m 20v -12(2m)v 2解得Q=14m 20v .(3)设ab 棒的速度为34v 0时,cd 棒的速度为v′ 由动量守恒定律得mv 0=m 34v 0+mv′ 解得v′=14v 0. E ab =BL 34v 0; E cd =BL 14v 0;I=2ab cdE E R-=0031()442BL v v R- 解得I=4BLv Rcd 棒受力为F=IBL=2204B L v R; 此时cd 棒加速度为a==.答案:见解析动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用技巧(1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.①求电荷量或速度:B I lΔt=mv 2-mv 1,q=I t. ②求时间:Ft-I 冲=mv 2-mv 1,I 冲=BIlΔt=Bl ΔR Φ总. ③求位移:-BIlΔt=-=0-mv 0,即-22B l R 总s=m(0-v 0). (2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.1.滑向杆2,为使两杆不相碰,则杆2固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最小距离之比为( C )A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.1∶1 解析:杆2固定:对回路:q 1=Δ2R Φ=12Bds R. 对杆1:-B 1I d·Δt=0-mv 0,q 1=·Δt 联立解得s 1=222mRv B d . 杆2不固定:q 2=22Bds R对杆2:Bd·Δt=mv 2-0 全程动量守恒:mv 0=mv 1+mv 2 末态两棒速度相同,v 1=v 2,q 2=·Δt 联立解得s 2=22mRv B d . s 1∶s 2=2∶1,C 正确.2.(2019·某某黔东南二模)如图所示,宽度为L 的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r 1的四分之一圆弧轨道,右端为半径为r 2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道.水平轨道所在的区域有磁感应强度为B 的竖直向上的匀强磁场.一根质量为m 的金属杆a 置于水平轨道上,另一根质量为M 的金属杆b 由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b 滑入水平轨道某位置时,a 就滑上了右端半圆轨道最高点(b 始终运动且a,b 未相撞),并且a 在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a 的电荷量为q,a,b 杆的电阻分别为R 1,R 2,其余部分电阻不计.在b 由静止释放到a 运动到右端半圆轨道最高点过程中,求:(1)在水平轨道上运动时b 的最大加速度是多大;(2)自b 释放到a 到达右端半圆轨道最高点过程中,系统产生的焦耳热是多少; (3)a 刚到达右端半圆轨道最低点时b 的速度是多大. 解析:(1)由机械能守恒定律得12M 21b v =Mgr 1 解得v b112grb 刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLv b1,I=12ER R +, 由牛顿第二定律有F 安=BIL=Ma 解得221122B L gr .(2)由动量定理有-B I Lt=Mv b2-Mv b1, 即-BLq=Mv b2-Mv b1 解得v b212gr -BLqM根据牛顿第三定律得:a 在最高点受支持力N=N′=mg,mg+N=m 212a v r解得v a122gr 由能量守恒定律得Mgr 1=12M 22b v +12m 21a v +mg2r 2+Q 解得Q=BLq 12gr -3mgr 2-2222B L q M. (3)由能量守恒定律有2mgr 2=12m 22a v -12m 21a v 解得v a2=26gr由动量守恒定律得Mv b1=Mv b3+mv a2 解得v b3=12gr -26m gr M.答案:(1)221122()B L gr M R R +(2)BLq 12gr -3mgr 2-2222B L q M(3)12gr -26m gr M1.( AD )A.物块c 的质量是2msin θB.b 棒放上导轨前,物块c 减少的重力势能等于a,c 增加的动能C.b 棒放上导轨后,物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D.b 棒放上导轨后,a 棒中电流大小是sin mg BLθ解析:b 棒静止说明b 棒受力平衡,即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡,a 棒匀速向上运动,说明a 棒受细线的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡,c 匀速下降则c 所受重力和细线的拉力大小平衡.由b 平衡可知,安培力大小F 安=mgsin θ,由a 平衡可知F 线=F 安+mgsin θ=2mgsin θ,由c 平衡可知F 线=m c g;因为线中拉力大小相等,故2mgsin θ=m c g,即物块c 的质量为2msin θ,故A 正确;b 放上之前,a,c 系统的机械能守恒,c 减少的重力势能转化为a,c 的动能和a 的重力势能,故B 错误;放上b 后,a 匀速上升重力势能在增加,根据能量守恒知c 减小的重力势能等于回路消耗的电能和a 增加的重力势能之和,C 错误;根据b 棒的平衡可知F 安=mgsin θ,又因为F 安=BIL,故I=sin mg BL,故D 正确. 2.(2018·某某卷,9)(多选)如图所示,竖直放置的“( BC )A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于2244g 2m R B L 解析:穿过磁场Ⅰ后,金属杆在磁场之间做加速运动,在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度,即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度且大于从磁场Ⅰ出来时的速度,故金属杆在刚进入磁场Ⅰ中时做减速运动,加速度方向向上,选项A 错误. 金属杆刚进入磁场Ⅰ中时,由牛顿第二定律知BIL-mg=22vB L R-mg=maa 随着减速过程逐渐变小,即在前一段做加速度减小的减速运动,若出磁场Ⅰ前a 减为零则再做匀速运动.金属杆在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由v t 图象(以金属杆在磁场Ⅰ中一直减速为例),如图所示,可以看出前一段用时多于后一段用时(若金属杆在磁场Ⅰ中先减速再匀速可以得出同样的结论),选项B 正确.由于进入两磁场时速度相等,从金属杆刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程,由动能定理知, W 安1+mg·2d=0, 则W 安1=-2mgd,可知通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd,故穿过两磁场产生的总热量为4mgd,选项C 正确. 设刚进入磁场Ⅰ时速度为v,则由机械能守恒定律知mgh=12mv 2,进入磁场时BIL-mg=22v B L R -mg=ma 解得v=22()m a g R B L +, 联立得h=22244(a g)2gm R B L +>2244g 2m R B L ,选项D 错误. 3.(2019·某某某某二模)如图所示,质量M=1 kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨,c 与e 端由导线连接,一质量m=1 kg 的导体棒自ce 端的正上方h=2 m 处平行ce 由静止下落,并恰好从ce 端进入凹槽,整个装置处于X 围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在凹槽内运动过程中与导轨接触良好.已知磁场的磁感应强度B=0.5 T,导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5 m,导轨的半径r=0.5 m,导体棒的电阻R=1 Ω,其余电阻均不计,重力加速度g=10 m/s 2,不计空气阻力.(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小;(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量;(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J,求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率.解析:(1)根据机械能守恒定律,得mgh=12mv 2解得10 m/s.Q=mg(h+r)=25 J.(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v 1,凹槽速度大小为v 2,导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒,故有mv1=Mv2由能量守恒,得12m21v+12M22v=mg(h+r)-Q1导体棒第一次通过最低点时感应电动势E=BLv1+BLv2回路电功率P=2ER联立解得P=94W.答案:(1)210 m/s (2)25 J (3)94W4.(2019·某某某某调研)如图所示,将不计电阻的长导线弯折成P1P2P3,Q1Q2Q3形状,P1P2P3和Q1Q2Q31P2,Q1Q2的倾角均为θ,P2P3,Q2Q3在同一水平面上,P2Q2⊥P2P3,整个导轨在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,质量为m电阻为R的金属杆CD从斜导轨上某处静止释放,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下.杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,导轨和空气阻力均不计,重力加速度大小为g,导轨倾斜段和水平段都足够长,求:(1)杆CD能达到的最大速度;(2)杆CD在距P2Q2为L处释放,滑到P2Q2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及在水平导轨上滑行的最大距离.解析:(1)杆CD达到最大速度时,杆受力平衡,则有Bcos θ·dI m=mgsin θ此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为E=Bcos θ·dv m由欧姆定律可得I m=ER,解得v m =222sin cos θmgR B d θ. (2)在杆CD 沿倾斜导轨下滑的过程中,根据动量定理有 mgsin θ·Δt 1-Bcos θ1I d·Δt 1=mv m -01I =E R =1ΔΔRt Φ=1cos ΔR B Ld t θ 解得Δt 1=222cos θmR B d +222Lcos θsin B d mgR θ在杆CD 沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有 -B 2I d·Δt 2=0-mv m该过程中通过R 的电荷量为q 2=2I Δt 2,得q 2=m mv Bd杆CD 沿水平导轨运动的过程中,通过的平均电流为 2I =E R =2ΔBsd R t ,q 2=2I Δt 2=Bds R解得s=22442g sin cos θm R B d θ. 答案:(1)222sin cos θmgR B d θ (2)222cos θmR B d +222Lcos θsin B d mgR θ22442g sin cos θm R B d θ。

2021届鲁科版高考物理一轮复习单元检测训练《电磁感应》综合检测

《电磁感应》综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一个选项正确,第8~12题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1.A,B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成,它们的半径之比r A∶r B=2∶1,在B 环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域,磁场方向垂直于两导线环所在的平面,如图所示.在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中,下列说法正确的是(A)A.两导线环内所产生的感应电动势相等B.A环内所产生的感应电动势大于B环内所产生的感应电动势C.流过A,B两导线环的感应电流的大小之比为1∶4D.流过A,B两导线环的感应电流的大小之比为1∶1解析:某一时刻穿过A,B两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量,设磁场区域的面积为S,则Φ=BS,E==S(S为磁场区域面积),对A,B两导线环,有=1,所以A项正确,B项错误;I=,R=ρ(S1为导线的横截面积),L=2πr,所以==,C,D两项错误.2.如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的速度匀速通过磁场.在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动,则下列说法错误的是(C)A.金属框内感应电流方向先为逆时针再为顺时针B.金属框内感应电流经历两次先增大后减小C.水平拉力方向一定与速度同向D.水平拉力方向与速度方向无关解析:金属圆形线框的磁通量先增加后减少,由楞次定律可知框内感应电流方向先为逆时针再为顺时针,A项正确;由切割有效长度变化规律,可知金属线框产生的感应电动势经历两次先增大后减小,B项正确;水平拉力方向与安培力的方向相反,安培力方向始终与磁场边界垂直,因此水平拉力方向与速度方向无关,C项错误,D项正确.3.如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a,磁感应强度的大小为B0.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置开始以水平向右的速度v匀速穿过磁场区域,图中线框A,B两端电压U AB与线框移动距离s的关系图象正确的是(D)解析:进入磁场时,注意U AB是路端电压,大小应该是电动势的四分之三,此时E=B0av,所以U AB=;完全进入后,没有感应电流,但有感应电动势,大小为B0av,穿出磁场时电压大小应该是电动势的四分之一,U AB=,方向始终是相同的,即ΦA>ΦB.4.CD,EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨,导轨间距为L,在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场区域的长度为d,如图所示.导轨的右端接有一电阻R,左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接.将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放,导体棒最终恰好停在磁场的右边界处.已知导体棒与水平导轨接触良好,且动摩擦因数为μ,则下列说法中正确的是(D)A.电阻R的最大电流为B.流过电阻R的电荷量为C.整个电路中产生的焦耳热为mghD.电阻R中产生的焦耳热为mg(h-μd)解析:由题图可知,导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大,产生的感应电流最大,由机械能守恒mgh=mv2,所以I===,A错误;流过R的电荷量q=t==,B错误;由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q=mgh-μmgd,C错误;由于导体棒的电阻也为R,则电阻R中产生的焦耳热为Q=mg(h-μd),D正确.5.如图(甲)所示,一固定的矩形导体线圈abcd竖直放置,线圈的两端M,N接一理想电压表,线圈内有一垂直纸面向外的均匀分布的磁场,线圈中的磁通量按图(乙)所示规律变化.下列说法正确的是(D)A.测电压时电压表“+”接线柱应接M端B.M端的电势高于N端的电势C.在0~0.4 s时间内磁通量的变化量为0.3 WbD.电压表示数为0.25 V解析:由楞次定律判定,感应电流的方向沿顺时针方向,线圈相当于电源,而电源中电流由低电势流向高电势,故N端的电势高于M端电势,N端应该与电压表的“+”接线柱连接,A,B两项错误;由图(乙)可知,0~0.4 s内磁通量的变化量为0.1 Wb,C项错误;磁通量的变化率=0.25 Wb/s=0.25 V,则电压表示数为0.25 V,D项正确.6.如图所示,用细导线围成一个有缺口的双环形回路,环所在的广阔空间有垂直纸面向外的匀强磁场,当磁感应强度减小的过程中,下列各图感应电流方向正确的是(D)解析:如题图所示的模型,其细导线的闭合回路是长条弧形,根据楞次定律可得D选项中感应电流方向正确.7.如图所示,在水平木制桌面上平放一个铜制的圆环,在它上方近处有一个N极朝下的条形磁铁,铜环始终静止.关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小关系,下列说法中正确的是(B)A.当条形磁铁靠近铜环时,F<GB.当条形磁铁远离铜环时,F<GC.无论条形磁铁靠近还是远离铜环,F=GD.无论条形磁铁靠近还是远离铜环,F>G解析:由楞次定律可知,条形磁铁靠近时,相互排斥,远离时相互吸引,B正确.8.如图所示电路中,灯泡A,B的规格相同,电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略,电容器的电容为C,电源电动势为E,内阻为r.下列关于此电路的说法中正确的是(CD)A.S闭合电路稳定后,电容器的带电荷量为CEB.S闭合后的瞬间,B先亮,A逐渐变亮,最后A,B一样亮C.S断开后的瞬间,通过灯泡A的电流方向向下D.S断开后的瞬间,灯泡B慢慢熄灭解析:当电路稳定后,电容器与灯泡B并联,其电压低于电源电动势E,因此电容器的电荷量小于CE,A项错误.闭合S时,电源的电压同时加到两灯上,A,B同时亮,随着L 中电流增大,由于线圈L的直流电阻可忽略不计,分流作用增大,A逐渐被短路直到熄灭,外电路总电阻减小,总电流增大,B变亮,B项错误.断开S的瞬间,线圈中电流要减小,则出现自感电动势,通过灯泡A的电流方向向下,C项正确.断开S的瞬间,电容器也要放电,则灯泡B慢慢熄灭,D项正确.9.两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面,导轨上横放着两根相同的导体棒ab,cd与导轨构成矩形回路.导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧,两棒的中间用细线绑住,它们的电阻均为R,回路上其余部分的电阻不计.在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场.开始时,导体棒处于静止状态,剪断细线后,导体棒运动过程中(AD)A.回路中有感应电动势B.两根导体棒所受安培力的方向相同C.两根导体棒和弹簧构成的系统机械能守恒D.两根导体棒和弹簧构成的系统机械能不守恒解析:剪断细线后,两导体棒在弹簧的作用下会分开,两个导体棒运动时切割磁感线的方向相反,产生的感应电动势也相反,故回路中会有感应电动势,A正确;也可以这样考虑这个问题,当两个导体棒向相反方向运动时,穿过回路的磁通量在增大,故回路中产生的感应电流的磁场方向向外,回路中有感应电动势产生;这样两个导体棒中的电流方向相反,产生的磁场力方向也相反,故B错误;两根导体棒和弹簧构成的系统的机械能不守恒,因为导体棒有电阻,感应电流通过时会有热量产生,故机械能不守恒,C错误,D正确.10.如图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ,上端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面、磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放,当速度达到v时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率恒为P,导体棒最终以2v的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g.下列选项正确的是(AC)A.P=2mgvsin θB.P=3mgvsin θC.当导体棒速度达到0.5v时加速度大小为0.5gsin θD.在导体棒速度达到2v以后匀速运动的过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析:当导体棒的速度达到v时,对导体棒进行受力分析如图(甲)所示.mgsin θ=BIL,I=,所以mgsin θ=,当导体棒的速度达到2v时,对导体棒进行受力分析如图(乙)所示.mgsin θ+F=,联立可得F=mgsin θ功率P=F×2v=2mgvsin θ,故A正确.当导体棒速度达到时,对导体棒受力分析如图(丙)所示.a=,联立可得a=gsin θ,故C正确.当导体棒的速度达到2v时,安培力等于拉力和mgsin θ之和,所以以后匀速运动的过程中,R上产生的焦耳热等于拉力和重力做功之和,故D错误.11.如图所示,平行金属轨道宽度为d,一部分轨道水平,左端接电阻R,倾斜部分与水平面的夹角为θ,且置于垂直斜面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现将一质量为m、长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放,直至滑到水平部分(导体棒下滑到水平部分之前已经匀速,滑动过程与导轨保持良好接触,重力加速度为g).不计一切摩擦阻力,导体棒接入回路的电阻为r,则整个下滑过程中(AC)A.导体棒匀速运动的速度大小为B.匀速运动时导体棒两端的电压为C.导体棒下滑距离为s时,通过R的总电荷量为D.重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能解析:导体棒下滑过程中受到重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的安培力,当导体棒匀速运动时,有mgsin θ=BId,根据欧姆定律可得I=,根据法拉第电磁感应定律可得E=Bdv,联立解得v=sin θ,E=Bdv=sin θ,故导体棒两端的电压U==sin θ,A 正确,B错误;根据法拉第电磁感应定律有===,故q=Δt=Δt=,根据动能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能,故C项正确,D项错误.12.如图所示,有一等腰直角三角形的区域,其斜边长为2L,高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场,左侧磁场方向垂直纸面向外,右侧磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd,从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域.取沿顺时针方向的感应电流方向为正,则下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象不正确的是(ABC)解析:当bc边进入左边磁场区域切割磁感线时,根据右手定则,线框中产生沿顺时针方向的感应电流,其切割磁感线的有效长度从零逐渐增大至L;当bc边进入右边磁场区域时,ad边开始进入左边磁场区域,根据右手定则,线框中产生沿逆时针方向的感应电流,此时电动势E=B(de+cf)v,由几何知识可知,线框运动时,切割磁感线的有效长度de与cf之和等于L,是恒定的,因此这段时间内感应电流也是定值,当bc边出磁场区域后ad边开始进入右边磁场区域切割磁感线,根据右手定则,线框中产生沿顺时针方向的感应电流,且有效长度从L开始逐渐减小至零,综上所述,D项正确.二、非选择题(共52分)13.(6分)如图为“研究电磁感应现象”的实验装置,部分导线已连接.(1)请用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好.(2)闭合开关时发现灵敏电流表的指针向左偏了一下.将原线圈A迅速拔出副线圈B,发现电流计的指针向偏;原线圈插入副线圈不动,将滑动变阻器滑片迅速向右移动,发现电流计的指针向偏.解析:(1)连线如图(2)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下.可知磁通量增加时指针左偏;将原线圈A迅速拔出副线圈B,则磁通量减小,故电流计的指针向右偏;原线圈插入副线圈不动,将滑动变阻器滑片迅速向右移动,则A线圈中电流减小,则磁通量减小,故电流计的指针向右偏.答案:(1)见解析图(2)右右评分标准:(1)问2分,(2)问每空2分.14.(6分)一根导体棒Oa长度为l、电阻不计,绕O点在垂直于匀强磁场B的平面内以角速度ω做匀速圆周运动,求其产生的电动势.解析:由于杆上各点的线速度都不相同,并且各点的线速度大小正比于该点到O点的距离,O点速度为零,a点速度最大,为ωl,则整个棒的平均速度为,(3分)相当于棒中点瞬时速度的大小,产生的电动势E=Bl=Bl=Bωl2.(3分)答案:Bωl215.(8分)如图所示,L是用绝缘导线绕制的螺线管,匝数为100,由于截面积不大,可以认为穿过各匝线圈的磁通量是相等的,设在0.5 s内把磁铁的一极插入螺线管,这段时间里穿过每匝线圈的磁通量由0增至1.5×10-5 Wb.这个过程中螺线管产生的感应电动势多大?如果线圈和电流表总电阻是3 Ω,感应电流多大?解析:由法拉第电磁感应定律得E==n=100×V=3×10-3 V(4分)由欧姆定律可得:I==A=1×10-3 A.(4分)答案:3×10-3 V1×10-3 A16.(8分)如图(甲)所示,平行导轨MN,PQ水平放置,电阻不计,两导轨间距d=10 cm,导体棒ab,cd放在导轨上,并与导轨垂直.每根棒在导轨间的部分,电阻均为R=1.0 Ω,用长为L=20 cm的绝缘丝线将两棒系住.整个装置处在匀强磁场中,t=0的时刻,磁场方向竖直向下,丝线刚好处于未被拉伸的自然状态.此后,磁感应强度B随时间t的变化如图(乙)所示.不计感应电流磁场的影响,整个过程丝线未被拉断.求:(1)0~2.0 s的时间内,电路中感应电流的大小与方向;(2)t=1.0 s时,丝线的拉力大小.解析:(1)由题图(乙)可知=0.1 T/s(1分)由法拉第电磁感应定律有E==S=2.0×10-3 V,(2分)则I==1.0×10-3 A,(2分)由楞次定律可知电流方向为顺时针方向.(1分)(2)导体棒在水平方向上受丝线拉力和安培力平衡由题图(乙)可知t=1.0 s时B=0.1 T则F T=F A=BId=1.0×10-5 N.(2分)答案:(1)1.0×10-3 A顺时针方向(2)1.0×10-5 N17.(12分)如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1 m,导轨平面与水平面成θ=37°角,下端连接阻值为R的电阻.匀强磁场方向与导轨平面垂直,质量为0.2 kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上,棒与导轨垂直并保持良好接触,它们之间的动摩擦因数为0.25.(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小;(2)当金属棒下滑速度达到稳定时,电阻R消耗的功率为8 W,求此时该棒速度的大小;(3)在上问中,若R=2 Ω,金属棒中的电流方向由a到b,求磁感应强度的大小与方向.(g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)解析:(1)金属棒开始下滑的初速度为零,根据牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma,(2分)解得a=10×(0.6-0.25×0.8)m/s2=4 m/s2.(2分)(2)设金属棒速度达到稳定时,速度为v,所受安培力为F安,棒在沿导轨方向受力平衡,则mgsin θ-μmgcos θ-F分)安=0,(2此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率,即F分)安v=P(1解得v==m/s=10 m/s.(1分)(3)设电路中产生的感应电流为I,两导轨间金属棒的长为l,磁场的磁感应强度为B,则I=(1分)P=I2R(1分)联立解得B==T=0.4 T,方向垂直导轨平面向上.(2分)答案:(1)4 m/s2(2)10 m/s(3)0.4 T方向垂直导轨平面向上18.(12分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识.如图所示,固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中,金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下,在导线框上以速度v做匀速运动,速度v与恒力F的方向相同,导线MN始终与导线框形成闭合电路.已知导线MN电阻为R,其长度L恰好等于平行轨道间距,磁场的磁感应强度为B.忽略摩擦阻力和导线框的电阻.(1)通过公式推导验证:在Δt时间内,F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电,也等于导线MN中产生的焦耳热Q;(2)若导线MN的质量m=8.0 g,长度L=0.10 m,感应电流I=1.0 A,假设一个原子贡献一个自由电子,计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率v e(下表中列出一些你可能会用到的数据).阿伏伽德罗常数N A6×1023 mol-1元电荷e 1.6×10-19 C导线MN的摩尔质量M 6.4×10-2 kg/mol解析:(1)导线切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv(1分)通过电路中的电流为I==(1分)通电导线受到的安培力为F=BIL=(1分)力F所做的功为W=FΔx=FvΔt=Δt(1分)产生的电能为W电=EIΔt=Δt(1分)电阻上产生的焦耳热为Q=I2RΔt=RΔt=Δt(1分)由以上可知W=W分)电=Q.(1(2)总电子数:N=N A(1分)单位体积电子数为n,则N=nSL(1分) 故IΔt=neSv eΔt(1分)得到I=neSv e=ev e=ev e(1分)所以v e==8.3×10-6 m/s.(1分)答案:(1)见解析(2)8.3×10-6 m/s。

高考物理一轮总复习(鲁科版)课件：第九章第一节

栏目导引
第九章
电磁感应
楞次定律
自感现象
转动 (2)线圈在磁场中_____. B变化 (3)磁感应强度_______. 3.产生感应电动势的条件无论电路是否闭合,只要穿过线圈平面
磁通量的________发生变化,电路中就有感应
电动势.
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第九章
电磁感应
楞次定律
自感现象
4.电磁感应现象的实质：是产生感应电动势 ____________,如果电路闭合则产生感应电流 _____________;如果电路不闭合,则只有感应电动势感应电流 ___________而无____________.
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第九章
电磁感应
楞次定律
自感现象
在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应
强度B随时间t变化的关系图线如图乙所
示.图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0. 导线的电阻不计,求：0至t1时间内 (1)通过电阻R1上的电流大小; (2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上
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第九章
电磁感应
楞次定律
自感现象
三、法拉第电磁感应定律 1.内容：电路中感应电动势的大小,跟穿磁通量的变化率过这一电路的_________________成正比.
ΔΦ n Δt 2.公式：E＝_________.
3.导体切割磁感线时的感应电动势：E Blvsinθ v与B ＝_______,其中θ为________的夹角.
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第九章
电磁感应
楞次定律
自感现象
解析： D.导体棒切割磁感线的有效长度选 E l ＝ d/sinθ, ∴ E ＝ Blv ＝ Bdv/sinθ,I ＝＝ R Bdv ,故选 D. Rsinθ

高考物理一轮复习11.1电磁感应--电磁感应现象和楞次定律(原卷版+解析)

考点35电磁感应现象楞次定律新课程标准1.知道磁通量。

通过实验，了解电磁感应现象，了解产生感应电流的条件。

知道电磁感应现象的应用及其对现代社会的影响。

2．探究影响感应电流方向的因素，理解楞次定律。

命题趋势高考对本专题的考查内容有电磁感应现象的分析与判断，主要体现对物理规律的理解，例如楞次定律，试题情境生活实践类真空管道超高速列车、磁悬浮列车、电磁轨道炮等各种实际应用模型学习探究类电磁感应的图像问题．考向一电磁感应现象考向二楞次定律考向三楞次定律推广应用考向四二次感应现象考向一电磁感应现象1．磁通量(1)定义：匀强磁场中，磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积叫作穿过这个面积的磁通量，简称磁通。

我们可以用穿过这一面积的磁感线条数的多少来形象地理解。

(2)公式：Φ＝BS。

(3)公式的适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场方向的有效面积。

(4)单位：韦伯(Wb)，1 Wb＝1T·m2。

(5)标量性：磁通量是标量，但有正负之分。

磁通量的正负是这样规定的：任何一个平面都有正、反两面，若规定磁感线从正面穿出时磁通量为正，则磁感线从反面穿出时磁通量为负。

（6）物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数．如图所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：①通过矩形abcd 的磁通量为BS 1cos θ或BS 3. ②通过矩形a ′b ′cd 的磁通量为BS 3. ③通过矩形abb ′a ′的磁通量为0. 2．磁通量的变化量（1）在某个过程中，穿过某个平面的磁通量的变化量等于末磁通量Φ2与初磁通量Φ1的差值，即ΔΦ＝Φ2－Φ1。

（2）磁通量变化的常见情况变化情形举例磁通量变化量磁感应强度变化永磁体靠近或远离线圈、电磁铁(螺线管)内电流发生变化ΔΦ＝ΔB·S有效面积变化有磁感线穿过的回路面积变化闭合线圈的部分导线做切割磁感线运动，如图ΔΦ＝B·ΔS回路平面与磁场夹角变化线圈在磁场中转动，如图磁感应强度和有效面积同时变化弹性线圈在向外拉的过程中，如图ΔΦ＝Φ2－Φ1磁通量的变化量与发生此变化所用时间的比值，即ΔΦΔt 。

鲁科版新高三物理学年一轮复习测试专题《电磁感应》

绝密★启用前鲁科版新高三物理2019-2020学年一轮复习测试专题《电磁感应》本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()A．加速度大小为B．下滑位移大小为C．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为sinθ2.如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B中．两板间放一台小型压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量为q的带正电小球．K没有闭合时传感器有示数，K闭合时传感器示数变为原来的一半．则线圈中磁场B的变化情况和磁通量的变化率分别为()A．正在增强，＝B．正在增强，＝C．正在减弱，＝D．正在减弱，＝3.理论研究表明，无限长通电直导线磁场中某点的磁感应强度可用公式B＝k表示，公式中的k是常数、I是导线中电流强度、r是该点到直导线的距离．若两根相距为L的无限长通电直导线垂直x 轴平行放置，电流强度均为I，如图所示．能正确反映两导线间的磁感应强度B与x关系的是图中的(规定B的正方向垂直纸面向里)()A．B．C．D．4.如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4之间存在匀强磁场，磁感应强度B大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面．现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，重力加速度g取10 m/s2.则()A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 CB．线圈匀速运动的速度大小为2 m/sC．线圈的长度为1 mD． 0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J5.如图所示，一个矩形线圈与通有相同大小电流的两根平行直导线在同一平面且处在导线的中央，则()A．两电流同向时，穿过线圈的磁通量为零B．两电流反向时，穿过线圈的磁通量为零C．两电流同向或反向，穿过线圈的磁通量都为零D．因两电流产生的磁场是不均匀的，因此不能判定穿过线圈的磁通量是否为零6.如图电路中要使电流计G中的电流方向如图所示，则导轨上的金属棒AB的运动必须是()A．向左减速移动B．向右匀速移动C．向右减速移动D．向左加速移动7.如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计．则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法正确的是()A．回到出发点的速度v等于初速度v0B．上行过程中通过R的电量大于下行过程中通过R的电量C．上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量D．上行的运动时间大于下行的运动时间8.如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态．下列说法正确的是()A．在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同B．在0～t0内，通过导体棒的电流方向为N到MC．在t0～2t0内，通过电阻R的电流大小为D．在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为9.闭合电路中产生的感应电动势的大小，取决于穿过该回路的()A．磁通量B．磁通量的变化量C．磁通量的变化率D．磁场的强弱10.如图所示，矩形线框abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sinα＝，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为()A．BSB．C．D．11.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则()A．v1＜v2，Q1＜Q2B．v1＝v2，Q1＝Q2C．v1＜v2，Q1＞Q2D．v1＝v2，Q1＜Q212.如图所示，MN、PQ为磁场的理想边界，MN左上方磁场垂直于纸面向里，PQ右下方磁场垂直于纸面向外，磁场左右无边界，磁感应强度大小相同，MN、PQ间距离为d，都与水平成45°角．一个边长为d的正方形线框沿水平方向从左向右匀速通过中间没有磁场的区域，设线框中感应电流逆时针为正，则感应电流随时间变化的图象为()A．B．C．D．13.粗细均匀的电阻丝围成如图所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感强度为B，方向垂直于线框平面，图中ab＝bc＝2cd＝2de＝2ef＝2fa＝2L.现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则在通过如图所示位置时，下列说法中正确的是()A．图①中a、b两点间的电势差最大B．图②中a、b两点间的电势差最大C．图③中回路电流最大D．图④中回路电流最小14.图中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH 上滑动的导体横杆．有均匀磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB()A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0D．加速滑动时，I1≠0，I2≠015.如图所示，由六根相同的金属棒组成了一个“6”字形的框架，每根金属棒长为L，电阻为R，匀强磁场的宽度也为L.设框架在通过磁场过程中以速度v做匀速直线运动，从ab进入磁场开始计时，f、c两点的电势差Ufc随距离变化的图象正确的是()A．B．C．D．16.一正三角形导线框ABC(高度为a)从图示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a.下列反映感应电流I与线框移动距离x的关系图像，以逆时针方向为电流的正方向．正确的是()A．B．C．D．17.如图所示，水平面上放置两根平行的金属导轨，其上面搁置两根可在导轨上自由滑动的金属棒ab和cd，现有一条形磁铁竖直插入ab和cd棒之间，则ab和cd棒的运动情况是()A．相互靠近B．相互排斥C．两棒都向左方运动D．两棒都向右方运动18.图中L是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R、R0、开关和电源E构成闭合回路，开关S1和S2开始都处在断开状态．设在t＝0时刻，接通开关S1，经过一段时间，在t＝t1时刻，再接通开关S2，则能较准确表示电阻R两端的电势差Uab随时间t变化的图线是()A．B．C．D．19.电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠．如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是()A．当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B．电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差D．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用20.矩形导线框abcd如图(甲)所示放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图(乙)所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4 s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为(安培力取向上为正方向)()A．B．C．D．第Ⅱ卷二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.如图所示，空间存在一个方向垂直桌面向下的磁场．现将质量为m、边长为L的正方形线框MNPQ，静止放在光滑绝缘足够大的水平桌面上，PQ边与y轴重合．MN边的电阻为R1，PQ边的电阻为R2，线框其余部分电阻不计．(1)若磁场随时间的变化规律为Bt＝B0＋kt(k为大于零的已知常数)，求线框中感应电流的大小和方向.(2)若磁场不随时间变化，而是按照下列情况分布：磁感应强度沿y轴方向均匀分布，沿x轴方向按规律Bx＝kx变化(k为大于零的已知常数)，线框从t＝0时刻，以初速度v0由图示位置向x轴正方向平动．求在图示位置线框所受安培力的大小和方向．(3)在第(2)问中，若R1＝2R2，求在整个运动过程中，电阻R1产生的焦耳热．22.图中MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距l为0.40 m，电阻不计．导轨所在平面与磁感应强度B为0.50 T的匀强磁场垂直．质量m为6.0×10－3kg、电阻为1.0 Ω的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触．导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为3.0 Ω的电阻R1.当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为0.27 W，重力加速度取10 m/s2，试求速率v和滑动变阻器接入电路部分的阻值R2.23.(20分)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示．为使列车启动，需在M、N 间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由．(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小．(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？24.如图所示，水平地面上方有一高度为H，上、下水平界面分别为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度为B.矩形导线框ab边长为l1，bc边长为l2，导线框的质量为m，电阻为R.磁场方向垂直于线框平面向里，磁场高度H>l2.线框从某高处由静止落下，当线框的cd边刚进入磁场时，线框的加速度方向向下、大小为；当线框的cd边刚离开磁场时，线框的加速度方向向上、大小为.在运动过程中，线框平面位于竖直平面内，上、下两边总平行于PQ.空气阻力不计，重力加速度为g.求：(1)线框的cd边刚进入磁场时，通过线框导线中的电流；(2)线框的ab边刚进入磁场时线框的速度大小；(3)线框abcd从全部在磁场中开始到全部穿出磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量．答案解析1.【答案】B【解析】金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，加速度大小不等于，A错误；由电量计算公式q＝＝可得，下滑的位移大小为x＝，B正确；产生的焦耳热Q＝I2Rt＝qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流I′＝小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv，C错误；金属棒ab受到的最大安培力大小为，D错误．2.【答案】B【解析】根据K闭合时传感器示数变为原来的一半，推出带正电小球受向上的电场力，即上极板带负电，下极板带正电，线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板，根据安培定则知感应磁场的方向向下，与原磁场方向相反，又由楞次定律得线圈中磁场正在增强，对小球受力分析得q＝，其中感应电动势E＝n，代入得＝，故B正确．3.【答案】A【解析】根据安培定则可知，左侧通电直导线在两通电直导线间的磁场方向垂直纸面向里，右侧通电直导线在两通电直导线间的磁场方向垂直纸面向外，又由于两导线中电流大小相等，B＝k，因此在两根导线中间位置合磁场为零，从中点向两边合磁场越来越强，左边的合磁场垂直纸面向里，为正值，右边的合磁场垂直纸面向外，为负值．故A正确．4.【答案】A【解析】t2～t3这段时间内线圈做匀速直线运动，设速度为v.根据平衡条件有：mg＝BIL＝BL联立两式解得：v＝＝m/s＝8 m/s，故B错误．t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进磁场，cd边也刚进磁场．设磁场的宽度为d，线圈下降的位移为3d，则有：3d ＝vt－gt2，v＝8 m/s，t＝0.6 s，代入解得：d＝1 m，所以线圈的长度为：L′＝2d＝2 m，故C错误．在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：q＝＝＝C＝0.25 C，故A正确.0～t3时间内，根据能量守恒得：Q＝mg(3d＋2d)－mv2＝0.1×10×(3＋2) J－×0.1×82J＝1.8 J，故D错误．5.【答案】A【解析】当两电流同向时，线圈中的磁场方向相反，合磁通量为零；当电流方向相反时，线圈中的磁场方向相同，合磁通量最大．6.【答案】A7.【答案】C【解析】金属棒运动过程中，切割磁感线产生感应电流，通过电阻将一部分动能转化为电能．因此回到出发点时的速度v小于初速度v0，A错误；上行和下行过程中，回路磁通量的变化量大小相等，流过某一截面的电荷量q＝，可知，上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量，B错误；根据能量守恒定律，可知经过同一个位置，上行速度总要大于下行速度，上行感应电流大于下行感应电流，则上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量．上行总时间小于下行的总时间，C正确，D错误．8.【答案】B【解析】导体棒MN始终静止，与导轨围成的线框面积不变，根据电磁感应可得感应电动势E＝＝S，即感应电动势与B－t图象斜率成正比，0～t0的感应电流I1＝＝S＝S，t0～2t0的感应电流I2＝＝S＝S，选项C错.0～t0竖直向上的磁通量减小，根据楞次定律感应电流的磁场方向竖直向上，感应电流方向为N到M，选项B对.0～t0磁通量在减小，根据楞次定律要阻碍磁通量的减小，导体棒有向右运动的趋势，摩擦力水平向左．t0～2t0磁通量增大，同理可判断导体棒有向左的运动趋势，摩擦力水平向右，选项A错．在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量Q＝·Δt＝·Δt＝S·Δt ＝＝，选项D错．9.【答案】C【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与穿过电路的磁通量的变化率成正比，与磁通量、磁通量的变化量、磁感应强度没有直接关系．10.【答案】B【解析】根据磁通量的定义可得通过线框的磁通量为Φ＝BS sinα，代入解得Φ＝BS，所以B正确，A、C、D错误．11.【答案】D【解析】设线圈边长为l，导线横截面积为S，电阻率为ρ，密度为ρ0，在进入磁场过程中某点速度为v，则a＝g－＝g－，而m＝ρ0·S·4l，R＝ρ，即mR＝16ρρ0l2(定值)，即a与线圈截面积、线圈质量无关，由运动学知识可得v1＝v2；线圈在进入磁场过程中产生热量，全过程由功能关系得Q＝mg(H＋h)－mv2，质量大的线圈产生热量多，即Q1＜Q2，D项正确．12.【答案】C【解析】0～1 s内磁通量减小下边框进入空白区，产生的感应电流为顺时针增大，1～2 s下边框进入右方磁场区，此间线圈内向里的磁通量逐渐减少直到为零向外的磁通量逐渐增加，2～3 s线圈整体进入右方磁场区，向外的磁通量均匀增加，产生的感应电流为顺时针增大，故C选项正确．13.【答案】A【解析】由电动势的公式E＝Blv知，图①、②、④中的电动势都为E1＝2BLv，图③中的电动势为E3＝BLv，由闭合电路欧姆定律得E＝I(R＋r)＝U外＋U内得：图①中的a、b两点的电势差为Uab＝＝E1＝BLv，而在图②、④中的a、b两点的电势差为Uab＝＝E1＝BLv，图③中的a、b 两点的电势差为Uab＝＝E3＝BLv，图①、②、④中的电路的电流I＝，而图③中的电路的电流I＝，故此题选A.14.【答案】D【解析】当横杆匀速滑动时，AEGB形成闭合回路，故I1≠0，故A错；AB匀速滑动时，电容两极电压趋于稳定，不再充电，I2＝0，故B错；当AB加速滑动时，I1≠0，故C错；同时AB产生的路端电压不断增大，电容器可持续充电，故I2≠0，因此D项正确．15.【答案】A【解析】从ab进入磁场开始，ab切割磁感线，相当于电源，f、c两点的电势差Ufc等于dc间的电势差，Udc＝＝.即x＝0－L，Udc＝.当edc进入磁场时，ef边不切割磁感线，没有电势差．ed、dc切割磁感线，均相当于电源．Ufc＝＋Udc，Ued＝BLv，Udc＝＝，则Ufc＝Ued＋Udc＝，即x＝L－2L，Ufc＝.Ued16.【答案】C【解析】x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E＝E1＋E2增大，故A错误；x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；在2a～3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C正确，D错误．17.【答案】A【解析】条形磁铁插入ab和cd棒之间时，穿过导轨的磁通量增大，根据楞次定律判断出导轨中产生感应电流，产生磁场将会阻碍磁通量增大，故两棒向里靠近，减小穿过的面积，从而起到阻碍磁通量增大的作用，故A正确，B、C、D错误．18.【答案】A【解析】在t＝0时刻，接通开关S1，由于通电自感现象，电阻R的电流逐渐增大，故Uab随时间t 逐渐增大，在t＝t1时刻，再接通开关S2，则线圈与R构成的部分电路被短路，但由于线圈的断电自感，该部分电路的电流要逐渐减小，故Uab随时间t逐渐减小，A正确．19.【答案】B【解析】锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，所加的电流是交流，不是直流，故A错误，B正确；金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅的，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，里面不会产生涡流，故C错误；在锅和电磁炉中间放一纸板，不会影响电磁炉的加热作用，故D错误．20.【答案】C【解析】由图可知，0～2 s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0～2 s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可知，2～4 s内电路中的电流为逆时针，即为负方向，且两段时间内电流强度大小相等，故A、B错误；由E＝＝S可知，电路中电流大小恒定不变时，故由F＝BIL可知，F与B成正比，且b中电流一直为由a至b，则由左手定律可知，电流方向0时刻向上，为正，故C正确，D错误．21.【答案】(1)，方向沿NPQMN.(2)，方向沿－x方向(3)mv【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可知：E＝＝L2＝kL2感应电流的大小I＝＝感应电流的方向沿NPQMN.(2)MN处的磁感应强度为kL，所以MN切割产生的电动势E＝BLv0＝kL2v0，PQ处磁感应强度为零，所以其产生的电动势也为零，因此线框中的感应电动势E＝kL2v0线框中的感应电流I＝＝线框受的安培力方向沿－x方向安培力大小为F＝LIB＝(3)线框最终停止，根据能量关系，线框中产生的焦耳热为Q＝mv电阻R1产生的焦耳热为QR1＝Q＝mv22.【答案】4.5 m/s 6.0 Ω【解析】由能量守恒可得：mgv＝P，代入数据解得：v＝4.5 m/s.又因为：E＝BLv，设电阻R1与R2的并联电阻为R并，ab棒的电阻为r，有：＋＝，I＝，P＝IE，代入数据解得：R2＝6.0 Ω.23.【答案】(1)见解析 (2)(3)见解析【解析】(1)列车要向右运动，安培力方向应向右．根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极．(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得R总＝①设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有②I＝总设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝IlB③根据牛顿第二定律有F＝ma④联立①②③④式得a＝⑤(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝⑥其中ΔΦ＝Bl2⑦设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有I′＝⑧设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝I′lB⑨以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt⑩同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有I0＝2I冲⑪设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有I总＝0－mv0⑫联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得总＝⑬讨论：若总恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若总不是整数，设总的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场．24.【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)设线框的cd边刚进入磁场时线框导线中的电流为I1，依据题意根据牛顿第二定律有mg－BI1l1＝解得：I1＝(2)设线框ab边刚进入磁场时线框的速度大小为v1，线框的cd边刚离开磁场时速度大小为v2，线框的cd边刚离开磁场时线框导线中的电流为I2，牛顿第二定律有BI2l1－mg＝解得：I2＝由闭合电路欧姆定律得I2＝解得：v2＝由匀变速直线运动速度与位移的关系式v－v＝2g(H－l2)解得v1＝得v1＝(3)设线框abcd穿出磁场的过程中所用时间为Δt，平均电动势为E，通过导线的平均电流为I，通过导线某一横截面的电荷量为q，则由法拉第电磁感应定律E＝＝由闭合电路欧姆定律I＝＝q＝IΔt＝。

高考物理一轮复习第十章电磁感应专题提升(十)电磁感应的综合应用作业与检测(含解析)鲁科版-鲁科

专题提升(十) 电磁感应的综合应用根底必备1.(2019·山东淄博一模)如下列图,闭合线圈abcd用绝缘硬杆悬于O点,虚线表示有界磁场B,把线圈从图示位置释放后使其摆动,不计其他阻力,线圈将( B )A.往复摆动B.很快停在竖直方向平衡而不再摆动C.经过很长时间摆动后最后停下D.线圈中产生的热量小于线圈机械能的减少量解析:当线圈进出磁场时,穿过线圈的磁通量发生变化,从而在线圈中产生感应电流,机械能不断转化为电能,直至最终线圈不再摆动.根据能量守恒定律,在这过程中,线圈中产生的热量等于机械能的减少量.2.(2019·湖南长沙一模)水平放置的光滑导轨上放置一根长为L、质量为m的导体棒ab,ab处在磁感应强度大小为B、方向如下列图的匀强磁场中,导轨的一端接一阻值为R的电阻,导轨与导体棒电阻不计.现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动,当通过位移为s 时,ab达到最大速度v m.此时撤去外力,最后ab静止在导轨上.在ab运动的整个过程中,如下说法正确的答案是( D )A.撤去外力后,ab做匀减速运动B.合力对ab做的功为FsC.R上释放的热量为Fs+mD.R上释放的热量为Fs解析:撤去外力后,导体棒水平方向只受安培力作用,而F安=,F安随v的变化而变化,棒做加速度减小的减速运动,A错误;对整个过程由动能定理得W合=ΔE k=0,B错误;由能量守恒定律知,外力做的功等于整个回路产生的电能,电能又转化为R上释放的热量,即Q=Fs,C错误,D正确.3.(2019·山东日照联考)竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道,如下列图,抛物线方程是y=x2,轨道下半局部处在一个水平向外的匀强磁场中,磁场的上边界是y=a的直线(图中虚线所示),一个小金属环从抛物线上y=b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑,假设抛物线足够长,金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( D )A.mgbB.mv2C.mg(b-a)D.mg(b-a)+mv2解析:小金属环进入或离开磁场时,磁通量会发生变化,并产生感应电流,产生焦耳热;当小金属环全部进入磁场后,不产生感应电流,小金属环最终在磁场中做往复运动,由能量守恒定律可得产生的焦耳热等于减少的机械能,即Q=mv2+mgb-mga=mg(b-a)+mv2,D正确.4.(2019·江西重点中学联考)(多项选择)如下列图,金属棒ab,cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好,匀强磁场的方向竖直向下.如此ab棒在恒力F作用下向右运动的过程中,有( BD )A.安培力对ab棒做正功B.安培力对cd棒做正功C.abdca回路的磁通量先增加后减少D.F做的功等于回路产生的总热量和系统动能的增量之和解析:ab棒向右运动产生感应电流,电流通过cd棒,cd棒受向右的安培力作用随之向右运动.设ab,cd棒的速度分别为v1,v2,运动刚开始时,v1>v2,回路的电动势E=,电流为逆时针方向,ab,cd棒所受的安培力方向分别向左、向右,安培力分别对ab,cd棒做负功、正功,选项A 错误,B正确;金属棒最后做加速度一样、速度不同的匀加速运动,且v1>v2,abdca回路的磁通量一直增加,选项C错误;对系统,由动能定理可知,F做的功和安培力对系统做的功的代数和等于系统动能的增量,而系统抑制安培力做的功等于回路中产生的总热量,选项D正确.5.(2019·湖南衡阳模拟)(多项选择)如下列图,平行金属导轨与水平面成θ角,R1=R2=2R,匀强磁场垂直穿过导轨平面,有一导体棒ab质量为m,棒的电阻为2R,棒与导轨之间的动摩擦因数为μ.导体棒ab沿导轨向上滑动,当上滑的速度为v时,定值电阻R2消耗的电功率为P,如下说法正确的答案是( AC )A.整个装置因摩擦而产生的热功率为μmgvcos θB.整个装置消耗的机械功率为4P+μmgvcos θC.导体棒受到的安培力的大小为D.导体棒受到的安培力的大小为解析:棒ab上滑速度为v时,切割磁感线产生感应电动势E=Blv,棒电阻为2R,R1=R2=2R,回路的总电阻R总=3R,通过电阻R1的电流与通过电阻R2的电流相等,通过棒ab的电流等于通过电阻R2的电流的2倍,导体棒ab功率是电阻R2的4倍,即P ab=4P,总功率为6P,如此有6P=Fv,所以导体棒受到的安培力的大小F=,C正确D错误;棒与导轨的摩擦力f=μmgcos θ,故摩擦消耗的热功率为P f=fv=μmgvcos θ,A正确;整个装置消耗的机械功率为摩擦消耗的热功率与三局部导体的热功率之和,P总=P热+P f=6P+μmgvcos θ,B错误.6.(2019·福建漳州模拟)如下列图,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ,分别用一样材料,不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线).两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落,再进入磁场,最后落到地面.运动过程中,线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界.设线圈Ⅰ,Ⅱ落地时的速度大小分别为v1,v2,在磁场中运动时产生的热量分别为Q1,Q2.不计空气阻力,如此( D )A.v1<v2,Q1<Q2B.v1=v2,Q1=Q2C.v1<v2,Q1>Q2D.v1=v2,Q1<Q2解析:由于从同一高度下落,到达磁场边界时具有一样的速度v,切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力F A=,又R=ρ(ρ为材料的电阻率,l为线圈的边长),此时加速度a=g-,且m=ρ0S·4l(ρ0为材料的密度),所以加速度a=g-=g-与S无关,线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动,如此落地速度相等v1=v2;由能量守恒可得Q=mg(h+H)-mv2(H是磁场区域的高度),Ⅰ为细导线质量小,产生的热量少,所以Q1<Q2,故D正确.7.(多项选择)如图(甲)所示,左侧接有定值电阻R=3 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度B=2 T,导轨间距为L=1 m.一质量m=2 kg、接入电路的阻值r=1 Ω的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动,金属棒与导轨垂直且接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,g=10 m/s2,金属棒的v s图象如图(乙)所示,如此从起点发生s=1 m位移的过程中( CD )A.拉力做的功为16 JB.通过电阻R的电荷量为0.25 CC.定值电阻R产生的焦耳热为0.75 JD.所用的时间t一定大于1 s解析:根据图象可知v=2s,金属棒运动过程中受到的安培力F A=,即安培力与s是线性函数,所以在此过程中平均安培力=1 N,根据功能关系W F=W f+mv2+W FA=μmgs+mv2+F A·s=0.5×20×1 J+×2×22J+1×1 J=15 J,故A错误;q=== C=0.5 C,故B错误;抑制安培力做的功转化为回路中的焦耳热,Q=W FA=1 J,而R上的焦耳热为Q R=Q=Q=0.75 J,故C正确;v s图象中的斜率k==·=,所以a=kv,即随着速度的增加,加速度也在增加,假设导体棒做匀加速运动1 m,末速度为v=2 m/s,如此需要的时间为t==1 s,现在导体棒做加速度增加的加速运动,移动1 m后速度仍为v=2 m/s,如此所需时间大于1 s,故D正确.8.(2019·河南示范性高中联考)如下列图,在光滑的水平面上,有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内,现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后,速度为v(v<v0),那么线圈( B )A.完全进入磁场中时的速度大于B.完全进入磁场中时的速度等于C.完全进入磁场中时的速度小于D.以上情况均有可能解析:线圈进入磁场过程-B L·Δt1=mv'-mv0①线圈离开磁场过程-B L·Δt2=mv-mv'②进出磁场时磁通量变化数值一样,故q0=q,q0=·Δt1=·Δt2=q③联立①②③,得v'-v0=v-v'所以v'=,应当选B.能力培养9.(2019·辽宁鞍山模拟)(多项选择)如下列图,两足够长的平行光滑的金属导轨MN,PQ相距为d,导轨平面与水平面的夹角θ=30°,导轨电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上.长为d的金属棒ab垂直于MN,PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m、电阻为r=R.两金属导轨的上端连接一个灯泡,灯泡的电阻R L=R,重力加速度为g.现闭合开关S,给金属棒施加一个垂直于棒且平行于导轨平面向上的恒力F=mg,使金属棒由静止开始运动,当金属棒达到最大速度时,灯泡恰能达到它的额定功率.如下说法正确的答案是( BCD )A.灯泡的额定功率P L=B.金属棒能达到的最大速度v m=C.金属棒达到最大速度的一半时的加速度a=gD.假设金属棒上滑距离为L时速度恰达到最大,金属棒由静止开始上滑4L的过程中,金属棒上产生的电热Q r=mgL-解析:当金属棒达到最大速度时,金属棒的合外力为0;金属棒切割磁感线时产生的感应电动势E=Bdv m,由闭合电路欧姆定律得I=;由安培力公式得F A=,由合力为0,可知,F A=F-mgsin θ,解得金属棒能达到的最大速度v m=,灯泡的额定功率P L=I2R=,故A 错误,B正确;当金属棒达到最大速度的一半时,F A'=,合力F合=F-F A'-mgsin θ=,由牛顿第二定律可知此时加速度a=g,故C正确;由能量守恒定律知,外力F做功等于增加的动能、增加的重力势能和这个过程中产生的热量,有4mgL=4mgLsin θ+m+2Q r,解得Q r=mgL-,故D 正确.10.(2019·福建龙岩模拟)(多项选择)如下列图,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为L,导轨电阻均可忽略不计.在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻,导体杆ab质量为m、电阻也为R,并与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中.现给ab杆一个初速度v0,使杆向右运动,最终ab杆停在导轨上.如下说法正确的答案是( BD )A.ab杆将做匀减速运动直到静止B.ab杆速度减为时,ab杆加速度大小为C.ab杆速度减为时,通过电阻的电荷量为D.ab杆速度减为时,ab杆走过的位移为解析:ab杆水平方向上受与运动方向相反的安培力,安培力大小为F A=,加速度大小为a==,由于速度减小,所以ab杆做加速度减小的减速运动直到静止,故A错误;当ab杆的速度为时,安培力为F=,所以加速度为a==,故B正确;对ab杆由动量定理得-B L·Δt=m-mv0,即BLq=mv0,解得q=,故C错误;由电磁感应电荷量推论公式q==,解得x=,故D正确.11.(2019·河南安阳二模)如下列图,两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上,导轨左端接有电阻R=8 Ω,导轨自身电阻不计.匀强磁场垂直于斜面向上,磁感应强度为B=0.5 T.质量为m=0.1 kg,电阻为r=2 Ω的金属棒ab由静止释放,沿导轨下滑,如下列图.设导轨足够长,导轨宽度L=2 m,金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好,当金属棒下滑的高度为h=3 m时,恰好达到最大速度v m=2 m/s,求此过程中(g=10 m/s2):(1)金属棒受到的摩擦阻力;(2)电阻R中产生的热量(3)通过电阻R的电荷量.解析:(1)感应电流的方向从b到a,作受力图.当金属棒速度恰好达到最大速度时,加速度为零,如此mgsin θ=BIL+f根据法拉第电磁感应定律E=BLv m根据闭合电路欧姆定律I=,联立以上各式解得f=mgsin θ-=0.3 N.(2)下滑过程,根据能量守恒定律,重力势能的减少量等于摩擦生热、抑制安培力做的功(转化为热量)以与动能之和mgh=f·+Q+m代入数据解得电路中产生的总热量为Q=1 J此过程中电阻R中产生的热量Q R=Q=×1 J=0.8 J.(3)设通过电阻R的电荷量为q,由=,=得q=Δt===0.6 C.答案:(1)0.3 N (2)0.8 J (3)0.6 C12.(2019·湖南长沙模拟)足够长的平行金属轨道M,N,相距L=0.5 m,且水平放置;M,N左端与半径R=0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连,与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动,两金属棒的质量m b=m c=0.1 kg,接入电路的有效电阻R b=R c=1 Ω,轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M,N处于磁感应强度B=1 T的匀强磁场中,磁场方向垂直轨道平面向上,光滑竖直半圆轨道在磁场外,如下列图,假设使b棒以初速度v0=10 m/s开始向左运动,运动过程中b,c不相撞,g取10 m/s2,求:(1)c棒的最大速度;(2)c棒达最大速度时,此棒产生的焦耳热;(3)假设c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑,金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小. 解析:(1)在磁场力作用下,b棒做减速运动,c棒做加速运动,当两棒速度相等时,c棒达最大速度.取两棒组成的系统为研究对象,根据动量守恒定律有m b v0=(m b+m c)v解得c棒的最大速度为v=v0=v0=5 m/s.(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中,系统减少的动能转化为电能,两棒中产生的总热量为wordQ=m b-(m b+m c)v2=2.5 J因为R b=R c,所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c==1.25 J.(3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v',从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得m c v2-m c v'2=m c g·2R解得v'=3 m/s在最高点,设轨道对c棒的弹力为F,由牛顿第二定律得m c g+F=m c解得F=1.25 N.由牛顿第三定律得,在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N,方向竖直向上.答案:(1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N- 11 - / 11。

2023年高考物理一轮考点复习第十一章电磁感应第1讲电磁感应现象、楞次定律

练案[29] 第十一章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律一、选择题(本题共14小题，1～10题为单选，11～14题为多选)1．(2023·江苏模拟预测)电吉他的工作原理是在琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。

其简化示意图如图所示。

则当图中琴弦向右靠近线圈时( C )A．穿过线圈的磁通量减小B．线圈中不产生感应电流C．琴弦受向左的安培力D．线圈有扩张趋势[解析]琴弦向右靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大，线圈中产生感应电流，由“来拒去留”可知琴弦受到向左的安培力，由“增缩减扩”可知线圈有收缩趋势，故ABD错误，C正确。

2．(2023·北京通州模拟预测)安装在公路上的测速装置如图，在路面下方间隔一定距离埋设有两个通电线圈，线圈与检测抓拍装置相连，车辆从线圈上面通过时线圈中会产生脉冲感应电流，检测装置根据两个线圈产生的脉冲信号的时间差计算出车速大小，从而对超速车辆进行抓拍。

下列说法正确的是( B )A．汽车经过线圈上方时，两线圈产生的脉冲电流信号时间差越长，车速越大B．汽车经过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件中会产生感应电流C．当汽车从线圈上方匀速通过时，线圈中不会产生感应电流D．当汽车从线圈上方经过时，线圈中产生感应电流属于自感现象[解析]汽车经过线圈上方时产生脉冲电流信号，车速越大，汽车通过两线圈间的距离所用的时间越小，即两线圈产生的脉冲电流信号时间差越小，故A错误；汽车经过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件通过线圈所产生的磁场，金属部件中的磁通量发生变化，在金属部件中产生感应电流，金属部件中的感应电流产生磁场，此磁场随汽车的运动，使穿过线圈的磁通量变化，所以线圈中会产生感应电流，故B正确，C错误；当汽车从线圈上方经过时，线圈中产生的感应电流并不是线圈自身的电流变化所引起的，则不属于自感现象，故D错误。

高考物理一轮复习第十章电磁感应专题提升(九)电磁感应的规律应用作业与检测(含解析)鲁科版-鲁科

专题提升(九) 电磁感应的规律应用根底必备1.(2019·河南焦作一模)(多项选择)如下列图,两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置,间距为l=1 m,cd间、de间、cf间分别接着阻值R=10 Ω的电阻.一阻值R=10 Ω的导体棒ab以速度v=4 m/s匀速向左运动,导体棒与导轨接触良好;导轨所在平面存在磁感应强度大小B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场.如下说法正确的答案是( BD )A.导体棒ab中电流的流向为由b到aB.cd两端的电压为1 VC.de两端的电压为1 VD.fe两端的电压为1 V解析:由右手定如此可知ab中电流方向为a→b,选项A错误;导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,ab为电源,cd间电阻R为外电路负载,de和cf间电阻中无电流,de和cf间无电压,因此cd和fe两端电压相等,即U=·R==1 V,选项B,D正确,C错误.2.(2019·湖北宜昌调研)(多项选择)如下列图,电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上,两根一样的金属导体棒a,b垂直于导轨静止放置,且与导轨接触良好,匀强磁场垂直穿过导轨平面.现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点,使其向上运动.假设b始终保持静止,如此它所受摩擦力可能( AB )A.变为0B.先减小后不变C.等于FD.先增大再减小解析:a导体棒在恒力F作用下加速运动,闭合回路中产生感应电流,导体棒b受到安培力方向应沿斜面向上,且逐渐增大,最后不变.b受到的安培力大小与a受到的安培力相等,方向沿斜面向上,所以b导体棒受摩擦力可能先减小后不变,可能减小到0保持不变,也可能减小到0然后反向增大保持不变,所以选项A,B正确,C,D错误.3.(2019·河北保定模拟)如下列图为有理想边界的两个匀强磁场,磁感应强度均为B=0.5 T,两边界间距s=0.1 m,一边长L=0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成,总电阻为R=0.4 Ω,现使线框以v=2 m/s的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ,如此如下能正确反映整个过程中线框a,b两点间的电势差U ab随时间t变化的图线是( A )解析:ab边切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=0.2 V,线框中感应电流为I==0.5 A,由右手定如此知感应电流顺时针转动,ab边相当于电源,U ab为路端电压,所以在0~5×10-2 s时间内,a,b两点间电势差为U1=I·R=0.15 V.在5×10-2~10×10-2 s时间内,线框中感应电流为0,但是a,b两点间电势差U2=E=0.2 V,在10×10-2~15×10-2 s时间内ab处于外电路,a,b两点间电势差为U3=I·R=0.05 V,选项A正确.4.(多项选择)如图(a)所示,圆形线圈P静止在水平桌面上,其正上方悬挂一一样的线圈Q,P和Q共轴,Q中通有变化的电流,电流变化的规律如图(b)所示,P所受的重力为G,桌面对P的支持力为F N,如此( AD )A.t1时刻,F N>GB.t2时刻,F N>GC.t3时刻,F N<GD.t4时刻,F N<G解析:t1时刻电流增大,其磁场增强,如此穿过P的磁通量变大,由楞次定律可知P将阻碍磁通量的变大,如此P有向下运动的趋势,对桌面的压力增大,故F N>G,A正确;t2时刻电流减小,如此磁场减弱,如此穿过P的磁通量变小,由楞次定律可知P将阻碍磁通量的变小,如此P有向上运动的趋势,对桌面的压力减小,故F N<G,B错误;t3时刻电流增大,与A情况一样,F N>G,C错误;t4时刻电流减小,与B情况一样,F N<G,D正确.5.如下列图,宽为L的光滑导轨竖直放置,左边有与导轨平面垂直的区域足够大匀强磁场,磁感应强度为B,右边有两块水平放置的金属板,两板间距为d.金属板和电阻R都与导轨相连.要使两板间质量为m、带电荷量为-q的油滴恰好处于静止状态,阻值也为R的金属棒ab在导轨上的运动情况可能为(金属棒与导轨始终接触良好)( A )A.向右匀速运动,速度大小为B.向左匀速运动,速度大小为C.向右匀速运动,速度大小为D.向左匀速运动,速度大小为解析:要使两板间质量为m、带电荷量为-q的油滴恰好处于静止状态,水平放置的金属板上极板带正电,由右手定如此可判断出金属棒ab在导轨上向右匀速运动.由mg=,U=E,E=BLv,联立解得v=.选项A正确.6.(2019·福建厦门质检) (多项选择)如下列图,在倾角为θ的光滑固定斜面上,存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向垂直斜面向上,磁场的宽度为2L.一边长为L的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过GH进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等.从ab边刚越过GH处开始计时,规定沿斜面向上为安培力的正方向,如此线框运动的速率v与线框所受安培力F随时间变化的图线中,可能正确的答案是( AC )解析:根据楞次定律可得线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针;根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E=BLv,感应电流I=,所受的安培力大小为F=BIL=,ab边刚越过GH进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等,线框进磁场时做加速度逐渐减小的减速运动,完全进入磁场后做匀加速运动,出磁场时做加速度逐渐减小的减速运动,结合图象知A正确,B错误;根据左手定如此可得线框进入磁场的过程中安培力方向沿斜面向上,为正,且F=BIL=,线框完全进入磁场后,线框所受安培力为零;出磁场的过程中安培力方向沿斜面向上,且出磁场时的安培力等于进入磁场时的安培力,所以C正确,D错误.7.(多项选择)如图(甲)所示,导体框架abcd放置于水平面内,ab平行于cd,导体棒MN与两导轨垂直并与导轨接触良好,整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中,磁感应强度B随时间变化规律如图(乙)所示,MN始终保持静止.规定竖直向上为磁场正方向,沿导体棒由M到N为感应电流的正方向,水平向右为导体棒所受安培力F的正方向,水平向左为导体棒所受摩擦力F f的正方向,如下图象中正确的答案是( BD )解析:由题图(乙)可知,回路中产生的感应电动势先为零,后恒定不变,感应电流先为零,后恒定不变,回路中感应电流方向为逆时针,故A错误,B正确;在0~t1时间内,导体棒MN不受安培力;在t1~t2时间内,导体棒MN所受安培力方向水平向右,由F=BIL可知,B均匀减小,MN所受安培力均匀减小;在t2~t3时间内,导体棒MN所受安培力方向水平向左,由F=BIL可知,B均匀增大,MN 所受安培力均匀增大;根据平衡条件得到,棒MN受到的摩擦力大小F f=F,二者方向相反,即在0~t1时间内,没有摩擦力,而在t1~t2时间内,摩擦力方向向左,大小均匀减小,在t2~t3时间内,摩擦力方向向右,大小均匀增大,故C错误,D正确.8.(2019·福建厦门模拟)如下列图,两个垂直于纸面的有界匀强磁场方向相反,磁感应强度的大小均为B,磁场区域的宽度均为a.高为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域.以逆时针方向为电流的正方向,在如下图象中能正确描述感应电动势E与线框移动距离x变化关系的是( B )解析:在移动距离0~a内,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向,电动势为正值.线框有效切割长度为L=2(a-x)tan 30°=(a-x),产生的感应电动势E=BLv=Bv(a-x),由此可知,随着x的增大,E均匀减小,当x=a时,E=0.在移动距离a~2a内,线框的AB边和AC,BC两边都切割磁感线,由楞次定律可判断出感应电流方向为顺时针方向,电动势为负值,线框在两个磁场区域切割磁感线产生的感应电动势在回路中方向一样,线框有效切割长度为L=2(2a-x)tan 30°=(2a-x),产生的感应电动势E=B·2Lv=Bv(2a-x),由此可知,随着x的增大,E均匀减小,当x=2a时,E=0.在移动距离2a~3a内,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向,电动势为正值,线框有效切割长度为L=2(3a-x)tan 30°=(3a-x),产生的感应电动势E=BLv=Bv(3a-x),由此可知,随着x的增大,E均匀减小.当x=3a时,E=0.综上可知,正确描述感应电动势E随线框移动距离x变化的关系的图象为图B.能力培养9.(2019·安徽六安模拟)如图(甲)所示,导体棒MN置于水平导轨上,PQMN所围的面积为S,PQ 之间有阻值为R的电阻,不计导轨和导体棒的电阻.导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场,规定磁场方向竖直向上为正,在0~2t0时间内磁感应强度的变化情况如图(乙)所示,导体棒MN始终处于静止状态.如下说法正确的答案是( B )A.在0~t0和t0~2t0时间内,导体棒受到的导轨的摩擦力方向一样B.在0~t0时间内,通过导体棒的电流方向为N到MC.在t0~2t0时间内,通过电阻R的电流大小为D.在0~2t0时间内,通过电阻R的电荷量为解析:导体棒MN始终静止,与导轨围成的线框面积不变,根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E==S,即感应电动势与B t图象斜率成正比,0~t0时间内的感应电流I1==S=S,t0~2t0时间内的感应电流I2==S=S,选项C错误.0~t0时间内竖直向上的磁感应强度减小,根据楞次定律感应电流的磁场方向竖直向上,感应电流为N到M,选项B正确.0~t0时间内磁通量在减小,根据楞次定律要阻碍磁通量的减小,导体棒有向右运动的趋势,摩擦力水平向左.t0~2t0时间内磁通量增大,同理可判断导体棒有向左运动趋势,摩擦力水平向右,选项A错误.在0~2t0时间内,通过电阻R的电荷量Q=×Δt=×Δt=S×Δt==,选项D错误.10.(2019·安徽安庆二模)(多项选择)如图(甲)所示,光滑平行金属导轨MN,PQ所在平面与水平面成θ角,M,P两端接一电阻R,整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F,使金属棒由静止开始沿导轨向上运动,金属棒电阻为r,导轨电阻忽略不计.通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图(乙)所示.如下关于棒的运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以与闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的答案是( AB )解析:根据题图(乙)所示的I t图象可知I=kt,其中k为比例系数,由闭合电路欧姆定律可得I==kt,可推出E=kt(R+r),而E=,所以有=kt(R+r),t图象是一条过原点且斜率大于零的直线,故B正确;因E=Blv,所以v=t,v t图象是一条过原点且斜率大于零的直线,说明金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动,即v=at,故A正确;对金属棒在沿导轨方向有F-BIl=ma,而I=,v=at,得到F=+ma,可见F t图象是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线,故C错误;q=Δt===t2,q t图象是一条开口向上的抛物线,故D错误.11.(2019·某某实验中学模拟)如下列图,固定光滑金属导轨间距为L,导轨电阻不计,上端a,b间接有阻值为R的电阻,导轨平面与水平面的夹角为θ,且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上.初始时刻,弹簧恰处于自然长度,导体棒具有沿导轨向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.弹簧的劲度系数为k,弹簧的中心轴线与导轨平行.(1)求初始时刻通过电阻R的电流的大小和方向;(2)当导体棒第一次回到初始位置时,速度变为v,求此时导体棒的加速度大小a.解析:(1)导体棒产生的感应电动势为E1=BLv0根据闭合电路欧姆定律得通过R的电流大小为I1==根据右手定如此判断得知电流方向为b→a.(2)导体棒第一次回到初始位置时产生的感应电动势为E2=BLv根据闭合电路欧姆定律得感应电流为I2==导体棒受到的安培力大小为F=BI2L=,方向沿斜面向上.导体棒受力如下列图.根据牛顿第二定律有mgsin θ-F=ma解得a=gsin θ-.答案:(1)b→a(2)gsin θ-12.(2019·江南十校联考)如图,MN,PQ为两根足够长的水平放置的平行金属导轨,间距L=1 m;整个空间以OO'为边界,左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小B1=1 T,右侧有方向一样、磁感应强度大小B2=2 T的匀强磁场.两根完全一样的导体棒a,b,质量均为m=0.1 kg,与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.2,其在导轨间的电阻均为R=1 Ω.开始时,a,b棒均静止在导轨上,现用平行于导轨的恒力F=0.8 N向右拉b棒.假定a棒始终在OO'左侧运动,b棒始终在OO'右侧运动,除导体棒外其余电阻不计,滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等,g取10 m/s2.(1)a棒开始滑动时,求b棒的速度大小;(2)当b棒的加速度为1.5 m/s2时,求a棒的加速度大小.解析:(1)设a棒开始滑动时电流为I,b棒的速度为v由共点力平衡知识,得μmg=B1IL由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知I=联立解得v=0.2 m/s.(2)设a棒的加速度为a1,b棒的加速度为a2.由牛顿第二定律知B1IL-μmg=ma1F-B2IL-μmg=ma2联立解得a1=0.25 m/s2.答案:(1)0.2 m/s (2)0.25 m/s2。

高考物理第一轮复习专题电磁感应规律的综合应用同步练习鲁科版

电磁感应规律的综合应用【模拟试题】（答题时间：50分钟）1. 如图所示，一根长导线弯曲成“п”，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内。

在电流I增大的过程中，下列叙述正确的是（）A. 金属环中无感应电流产生B. 金属环中有逆时针方向的感应电流C. 悬挂金属环C的竖直线中拉力变大D. 金属环C仍能保持静止状态2. 如图所示，ab、cd为两根水平放置且相互平行的金属轨道，相距L，左右两端各连接一个阻值均为R 的定值电阻，轨道中央有一根质量为m的导体棒 MN垂直放在两轨道上，与两轨道接触良好，棒及轨道的电阻不计。

整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B. 棒MN在外驱动力作用下做简谐运动，其振动周期为T，振幅为A，通过中心位置时的速度为v0 .则驱动力对棒做功的平均功率为（）A.22mvT B.222B L vR C.22228B L AT RD.2222B L vR3. 如图所示，在方向竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，有两条足够长的平行金属导轨，其电阻不计，间距为L，导轨平面与磁场方向垂直。

ab、cd为两根垂直导轨放置的、电阻都为R、质量都为m的金属棒。

棒cd用能承受最大拉力为T0的水平细线拉住，棒cd与导轨间的最大静摩擦力为f 。

棒ab与导轨间的摩擦不计，在水平拉力F的作用下以加速度a由静止开始向右做匀加速直线运动，求：（1）线断以前水平拉力F随时间t的变化规律；（2）经多长时间细线将被拉断。

4. 如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L =0.2m ，电阻R =0.4Ω，导轨上停放一质量m =0.1kg 、电阻r=0.1Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B =0.5T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。

现用一外力F 沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图乙所示。

高考一轮复习物理练习(新教材鲁科版)第十二章电磁感应第2练法拉第电磁感应定律自感和涡流

1．如图所示，在某次阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以×102 km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场向下的竖直分量大小为×10－5 T，则()A．两翼尖之间的电势差为VB．两翼尖之间的电势差为VC．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低2.(多选)(2023·福建省莆田二中高三月考)穿过一单匝线圈的磁通量随时间变化的规律如图所示，图像是关于过C与横轴垂直的虚线对称的抛物线．则下列说法正确的是()A．线圈中0时刻感应电动势为0B．线圈中C时刻感应电动势为0C．线圈中A时刻感应电动势最大D．线圈从0至C时间内平均感应电动势大小为V3.如图，线圈L的自感系数极大，直流电阻忽略不计；D1、D2是两个二极管，当电流从“＋”流向“－”时能通过，反之不通过；R0是保护电阻，则()A．闭合S之后，B灯慢慢变亮B．闭合S之后，A灯亮且亮度不变C．断开S瞬时，A灯闪一下再慢慢熄灭D．断开S瞬时，B灯闪一下再慢慢熄灭4．(2023·广东省模拟)在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排．图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下()A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行5.磁电式仪表的基本组成部分是磁体和线圈．缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上．线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小．如图所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是()A．俯视看线圈中通有逆时针方向的电流B．穿过铝框的磁通量减少C．俯视看铝框中产生顺时针方向的感应电流D．使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处6．(多选)(2023·湖北省模拟)如图所示，在距地面高h＝m处固定有两根间距为l＝m水平放置的平行金属导轨，导轨的左端接有电源E，右端边缘处静置有一长l＝m、质量m＝kg、电阻R＝Ω的导体棒ab，导体棒所在空间有磁感应强度大小B＝T、方向竖直向上的匀强磁场．闭合开关后，导体棒ab以某一初速度水平向右抛出，已知导体棒落地点到抛出点的水平距离d＝m，重力加速度g＝10 m/s2，则()A ．在空中运动过程中，导体棒a 端的电势低于b 端的电势B ．导体棒抛出时的初速度大小为5 m/sC ．在空中运动过程中，导体棒上产生的感应电动势大小恒定D ．在空中运动过程中，导体棒的速度逐渐变大，棒上产生的感应电动势增大7.如图所示，在半径为R 的圆形区域内存在垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，圆外无磁场．一根长为2R 的导体杆ab 水平放置，a 端处在圆形磁场的下边界，现使杆绕a 端以角速度ω逆时针匀速旋转180°，在旋转过程中( )A ．b 端的电势始终高于a 端B ．ab 杆的电动势最大值E ＝BR 2ωC ．全过程中，ab 杆平均电动势E ＝BR 2ωD ．当杆旋转θ＝120°时，ab 间电势差U ab ＝12BR 2ω8.(多选)(2023·广东深圳市光明区高级中学模拟)发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具．某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图所示，导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O 的金属轴O 1O 2以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动．圆环上接有三根金属辐条OP 、OQ 、OR ，辐条互成120°角．在圆环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在转轴O 1O 2与圆环的边缘之间通过电刷M 、N 与一个LED 灯(二极管)相连．除LED 灯电阻外，其他电阻不计．下列说法中正确的是( )A ．若OP 棒进入磁场中，P 点电势小于O 点电势B．金属辐条在磁场中旋转产生的是正弦式交变电流C．若导电圆环顺时针转动(俯视)，也能看到LED灯发光D．角速度比较大时，能看到LED灯更亮9．(2022·重庆卷·13)某同学以金属戒指为研究对象，探究金属物品在变化磁场中的热效应．如图所示，戒指可视为周长为L、横截面积为S、电阻率为ρ的单匝圆形线圈，放置在匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于戒指平面．若磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0，求：(1)戒指中的感应电动势和电流；(2)戒指中电流的热功率．10.(多选)(2022·山东卷·12)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为2L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场．边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限．不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是()A．在t＝0到t＝π2ω的过程中，E一直增大B．在t＝0到t＝π2ω的过程中，E先增大后减小C．在t＝0到t＝π4ω的过程中，E的变化率一直增大D．在t＝0到t＝π4ω的过程中，E的变化率一直减小11．(多选)如图甲所示，足够长的光滑金属导轨处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，其磁感应强度B 随时间t 的变化图像如图乙所示．导轨左端接有一个电阻值恒为R 的灯泡．从0时刻开始，垂直于导轨的导体棒ab 在水平外力F 的作用下从导轨的左端沿导轨以速度v 水平向右匀速运动．导体棒ab 的长度为l ，导体棒运动过程中与导轨接触良好，导体棒与导轨的电阻均不计．在导体棒ab 向右运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．灯泡亮度不变B ．灯泡逐渐变亮C ．在t 0时刻，F ＝2B 02l 2v RD ．在t 0时刻，F ＝B 02l 2vR。

高考物理(山东专用)一轮复习专题十二电磁感应练习含答案

专题十二电磁感应五年高考考点过关练考点一电磁感应现象楞次定律1.(2021北京,11,3分)某同学搬运如图所示的磁电式电流表时,发现表针晃动剧烈且不易停止。

按照老师建议,该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运,发现表针晃动明显减弱且能很快停止。

下列说法正确的是( )A.未接导线时,表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势B.未接导线时,表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用C.接上导线后,表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势D.接上导线后,表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用答案 D2.(2023江苏,8,4分)如图所示,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,OC导体棒的O端位于圆心,棒的中点A位于磁场区域的边缘。

现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动,O、A、C点电势分别为φO、φA、φC,则( )A.φO>φCB.φC>φAC.φO=φAD.φO-φA=φA-φC答案 A3.(2020课标Ⅲ,14,6分)如图,水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈,右边套有一金属圆环。

圆环初始时静止。

将图中开关S由断开状态拨至连接状态,电路接通的瞬间,可观察到( )A.拨至M端或N端,圆环都向左运动B.拨至M端或N端,圆环都向右运动C.拨至M端时圆环向左运动,拨至N端时向右运动D.拨至M端时圆环向右运动,拨至N端时向左运动答案 B4.(2022北京,11,3分)如图所示平面内,在通有图示方向电流I的长直导线右侧,固定一矩形金属线框abcd,ad边与导线平行。

调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加,则( )A.线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→aB.线框中产生的感应电流逐渐增大C.线框ad边所受的安培力大小恒定D.线框整体受到的安培力方向水平向右答案 D5.(2023海南,6,3分)汽车测速利用了电磁感应现象,汽车可简化为一个矩形线圈abcd,埋在地下的线圈分别为1、2,通上顺时针(俯视)方向电流,当汽车经过线圈时( )A.线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B.汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC.汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD.汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同答案 C6.(2023河北,8,6分)(多选)如图1,绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成矩形,彼此接触良好,匀强磁场方向竖直向下。

近年高考物理第一轮复习专题电磁感应学案鲁科版(2021年整理)

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电磁感应【本讲教育信息】一、教学内容：电磁感应本章的知识点：（一）本章要点及高考展望1、本章以电场和磁场等知识为基础，重点讨论了楞次定律和法拉第电磁感应定律。

2、楞次定律不仅含义深刻，且可结合的知识点多，在高考中以选择为主，但有一定的难度.3、法拉第电磁感应定律常综合几乎所有的力学知识及大部分电学知识，多为中档以上的题目，区分度较大，分值也较多。

4、本章的学习要处理好基础知识和综合能力的关系，要重视对物理过程、物理现象的分析，要建立正确的物理情景，深刻理解基本知识、基本规律的内涵、外延,在掌握一般解题方法的基础上，掌握综合性问题的分析思路和方法，形成较完整的解题策略。

（二）知识结构重点和难点分析：一、产生感应电流的条件、楞次定律1、产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化。

它有两种情况：⑴切割2、右手定则适用于判断闭合电路中一部分导体切割磁感线时感应电流的方向.3、楞次定律的实质是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现，其应用步骤：⑴明确闭合电路中的原磁场方向；⑵分析穿过闭合电路的磁通量的变化；⑶根据楞次定律判定感应电流的磁场方向;⑷利用安培定则，判定感应电流的方向。

二、法拉第电磁感应定律 1、公式tnE ∆∆=φ⑴感应电动势的大小与电路的电阻及电路是否闭合等无关； ⑵一般而言，公式求的是Δt 内的平均感应电动势;⑶在电磁感应中,产生感应电动势的那部分导体可等效成一个电源，感应电动势的方向和导体（电源）内的电流方向一致. 2、公式θsin Blv E =⑴若B 、l 、v 三者互相垂直，Blv E =；若直导线与B 、v 不垂直,则应取B 、l 、v 互相垂直的分量；⑵若导体是弯曲的，则l 应取与B 、v 垂直的有效长度；⑶若v 是瞬时速度，则E 为瞬时电动势;若v 为平均速度，则E 为平均电动势。

2020高考物理第一轮复习专题电磁感应同步练习鲁科版

电磁感应【模拟试题】（答题时间：90分钟）一、单选题：1、如图所示，当滑动变阻器的滑动片向右滑动时，各电表读数的变化是（）A、电流表和电压表读数均变大B、电流表和电压表读数均变小C、电流表读数变大，电压表读数变小D、电流表读数变小，电压表读数变大2、发现电流磁效应的科学家是（）A、安培B、法拉第C、奥斯特D、特斯拉3、如图所示，直导线及其右侧的矩形金属框位于同一平面内。

当导线中的电流发生如图所示的变化时，线框中感应电流与矩形线框受力情况，下列叙述正确的是（）A、感应电流方向不变，线框所受合力方向不变B、感应电流方向改变，线框所受合力方向不变C、感应电流方向改变，线框所受合力方向改变D、感应电流方向不变，线框所受合力方向改变4、有一带电量为＋q，重为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h高处自由落下，两极板间匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时（）A、一定做曲线运动B、不可能做曲线运动C、有可能做匀速运动D、有可能做匀加速直线运动5、如图，水平地面上方有正交的匀强磁场和匀强电场，电场竖直向下，磁场垂直纸面向里，半圆形铝框从直径处于水平位置时开始下落，不计阻力，a、b两端落到地面的次序是（）A、a先于bB、b先于aC、a、b同时落地D、无法判定6、如图所示，长方体容器的三条棱的长度分别为a、b、h，容器内装有NaCl溶液，单位体积内钠离子数为n，容器的左、右两壁为导体板，将它们分别接在电源的正、负极上，电路中形成的电流为I ，整个装置处于垂直于前后表面的磁感应强度为B 的匀强磁场中，则液体的上、下两表面间的电势差为（）A 、0B 、 neb BIC 、nea BID 、nebBI 2二、多项选择题：（本题共4小题，每题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。

）7、如图所示，电路甲、乙中，电阻R 和自感线圈L 的电阻值都很小，接通S ，使电路达到稳定，灯泡D 发光。

[配套K12]2018高考物理第一轮复习专题电磁感应学案鲁科版

2、楞次定律不仅含义深刻，且可结合的知识点多，在高考中以选择为主，但有一定的难度。

3、法拉第电磁感应定律常综合几乎所有的力学知识及大部分电学知识，多为中档以上的题目，区分度较大，分值也较多。

4、本章的学习要处理好基础知识和综合能力的关系，要重视对物理过程、物理现象的分析，要建立正确的物理情景，深刻理解基本知识、基本规律的内涵、外延，在掌握一般解题方法的基础上，掌握综合性问题的分析思路和方法，形成较完整的解题策略。

（二）知识结构重点和难点分析：一、产生感应电流的条件、楞次定律1、产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化。

它有两种情况：⑴切割2、右手定则适用于判断闭合电路中一部分导体切割磁感线时感应电流的方向。

3、楞次定律的实质是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现，其应用步骤：⑴明确闭合电路中的原磁场方向；⑵分析穿过闭合电路的磁通量的变化；⑶根据楞次定律判定感应电流的磁场方向； ⑷利用安培定则，判定感应电流的方向。

二、法拉第电磁感应定律1、公式tn E ∆∆=φ⑴感应电动势的大小与电路的电阻及电路是否闭合等无关； ⑵一般而言，公式求的是Δt 内的平均感应电动势； ⑶在电磁感应中，产生感应电动势的那部分导体可等效成一个电源，感应电动势的方向和导体（电源）内的电流方向一致。

2、公式θsin Blv E =⑴若B 、l 、v 三者互相垂直，Blv E =；若直导线与B 、v 不垂直，则应取B 、l 、v 互相垂直的分量；⑵若导体是弯曲的，则l 应取与B 、v 垂直的有效长度；⑶若v 是瞬时速度，则E 为瞬时电动势；若v 为平均速度，则E 为平均电动势。

3、公式ω221Bl E =为导体棒绕其一端转动切割磁感线时产生的感应电动势。

三、自感由于线圈自身的电流发生变化而产生感应电动势的电磁感应现象。

高考物理第一轮复习专题磁场同步练习鲁科版

磁场【模拟试题】（答题时间：60分钟）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

）1. 科学研究表明，地球自西向东的自转速度正在变慢，我国已在2006年1月1日零时进行了时间调整。

假如地球的磁场是由地球表面带负电引起的，则可能判定（）A. 地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱B. 地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变强C. 地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱D. 地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变强2. 两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连接的延长线上，c、d在导线横截面连接的垂直平分线上。

则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是（）A. a点B. b点C. c点D. d点3. 如图所示，条形磁铁放在桌面上，一条通电的直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图示，则这个过程中磁铁受到的摩擦力（磁铁保持静止）A. 为零B. 方向由向左变为向右C. 方向保持不变D. 方向由向右变为向左4. 如图所示。

一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直于纸面向外运动，则：（）A. 将b、c端接在电源正极，a、d端接在电源负极B. 将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极C. 将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极D. 将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极5. 如图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B在同一直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态。

若将绝缘板C沿水平方向抽去后，以下说法正确的是（）A. 小球A仍可能处于静止状态B. 小球A将可能沿轨迹1运动C. 小球A 将可能沿轨迹2运动D. 小球A 将可能沿轨迹3运动6. 如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x 轴成30°角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（）A. 1∶2B. 2∶1C. 1∶3D. 1∶17. 质量为m 、带电量为q 的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B ，如图所示。

2021高考物理鲁科版新课程一轮复习高频考点强化练(七)电磁感应的综合应用

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高频考点强化练（七）电磁感应的综合应用（45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分,1～4题为单选题，5~8题为多选题)1。

如图所示,边长为2L、电阻为R的正方形导线框abcd在纸面内以速度v水平向右匀速穿过一宽为L、磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面向外.刚开始时线框的右边ab刚好与磁场的左边界重合，规定水平向右为右边ab受到安培力的正方向.能正确反映右边ab受到的安培力随运动距离x变化的图象是图中的（)【解析】选C.线框的位移在0~L内时,ab边切割磁感线产生的感应电动势为E=B·2Lv,感应电流I=,ab边所受的安培力大小为F=BI·2L=,由楞次定律知，ab边受到的安培力方向向左,为负值。

线框的位移大于L后，位移在L～2L内线框中磁通量不变，不产生感应电流，ab边不受安培力;位移在2L～3L内，ab边在磁场之外,不受安培力,选项C正确.2。

如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN 和PQ，两导轨间距为L,电阻均可忽略不计。

在M和P之间接有阻值为R的定值电阻,导体杆ab电阻为r并与导轨接触良好.整个装置处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中。

现给ab杆一个瞬时冲量,使它获得水平向右的初速度v0。

下列图象中，关于ab杆的速度v、通过电阻R中的电流i、电阻R 的电功率P、通过MPabM的磁通量Φ随时间变化的规律,可能正确的是世纪金榜导学号（）【解析】选B。

ab杆获得水平向右的初速度v0后切割磁感线，产生感应电流,受到水平向左的安培力而做减速运动,根据安培力的表达式F=,知安培力随着速度的减小而减小，加速度也减小,v—t图象的斜率逐渐减小，因此v—t图象应为曲线,选项A错误;根据i=知i随着v的减小而减小,v-t 图象切线的斜率减小，则i-t图象切线的斜率也减小，选项B 正确；根据P=i2R知,i减小,P也减小，选项C错误；根据Φ=BS 知，ab杆向右运动时,磁通量不断增大,选项D错误.3。

高考物理第一轮复习 专题 电磁感应同步练习 鲁科版

高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 专题提升(十)电磁感应的综合应用教案 鲁科版-鲁科版高三全册物理