【高考领航】2016届高考物理大一轮复习(人教版)：第九章 电磁感应热点集训(九) 电磁感应图象+能量问题

热点一 电磁感应的图象
本热点主要涉及穿过闭合回路的磁场发生变化时的电磁感应现象的图象问题，是高考考查的重点．分析此类问题的关键是正确理解E ＝n ΔΦ
Δt 的含义，
挖掘给定图象(如Φ－t 图象、B －t 图象等)中斜率的隐含信息．题型以选择题为主．
1.(2015·安徽江南十校联考)如图所示，正方形区域MNPQ
中存在垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一
正方形闭合刚性导线框沿Q ′N ′方向匀速运动，t ＝0时
刻，其四个顶点M ′、N ′、P ′、Q ′恰好在磁场边界中点．下
列图象中能反映线框所受安培力F 的大小随时间t 变化规律的是( )
解析：选B.设正方形线框边长为a ，由几何关系可知线框M ′N ′边的部分穿出磁场时回路中电动势E ＝BL v ＝B ·2v t ·v ＝2B v 2t ，线框所受安培力F ＝BIL ＝B ·2B v 2t R ·2v t ，则本运动过程F －t 图象为开口向上的抛物线的一部分；Q ′M ′边
的部分穿出磁场时回路电动势E ＝BL v ＝B ·2⎝ ⎛⎭
⎪⎫22a －v t v ，线框所受安培力 F ＝BIL ＝B ·B ·2⎝ ⎛⎭⎪⎫22a －v t v R ·2⎝ ⎛⎭
⎪⎫22a －v t ，本运动过程F －t 图象为开口向上的抛物线的一部分．
2.(2015·河北五校联盟调研)如图所示，A
是一个边长为L的正方形导线框，每
边长电阻为r.现维持线框以恒定速度
v沿x轴运动，并穿过图中所示由虚
线围成的匀强磁场区域．以顺时针方
向为电流的正方向，U bc＝φb－φc，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则b、c两点间的电势差随时间变化的图线应为()
解析：选B.线框进入磁场前，即0＜t＜L
v
时，U bc＝0；线框进入磁场的过程，
即L v＜t＜2L v时，bc边切割磁感线，相当于电源，其他三边相当于外电路，根据右手定则可知，b端电势高于c端，所以U bc＝3
4BL v；线框完全进入磁场后，即2L v＜t＜4L v时，U bc＝BL v.综上分析，B正确．
3．如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F的正方向，则在0～t1时间内，选项图中能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是()
解析：选D.闭合回路的面积不变，只有磁感应强度改变，由图乙可知，在0～t1时间内，B－t图象的斜率不变，故产生的感应电动势恒定，感应电流的方向不变，根据楞次定律可判断出，感应电流方向始终是由b→a，即始终取负值，A、B错误．因导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态，所以水平外力F与安培力F安沿水平方向的分力等大、反向，又因F安＝BIL∝B，根据左手定则可知，在0～t0时间内，F安的水平分力向右，在t0～t1时间内，F安的水平分力向左，故在0～t0时间内，水平外力F向左，在t0～t1时间内，水平外力F向右，C错误、D正确．
4．如图甲所示为磁悬浮列车模型，质量M＝1 kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ1＝0.1的粗糙水平地面上．位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，
其质量m＝1 kg，边长为1 m，电阻为1
16Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2＝
0.4.OO′为AD、BC的中线．在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO′CD区域内磁场如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；OO′BA区域内磁场如图丙所示，AB恰在磁场边缘以内(g＝10 m/s2)．若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金属框从静止释放后()
A．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为2 m/s2
B．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为7 m/s2
C ．若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s 2，绝缘板仍静止
D ．若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s 2，绝缘板的加速度为2 m/s 2
解析：选D.若金属框固定在绝缘板上，由题意得其感应电动势E ＝ΔB 1Δt ·12
S ABCD ＝1×12×1×1 V ＝0.5 V ，感应电流I ＝E R ＝8 A ，AB 边所受安培力F AB ＝B 2IL
＝8 N ，取绝缘板和金属框整体进行受力分析，由牛顿第二定律得F AB －μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得a ＝3 m/s 2，A 、B 错误；若金属框不固定，对金属框进行受力分析，假设其相对绝缘板滑动，则其所受摩擦力为F f1＝μ2mg ＝0.4×1×10 N ＝4 N ＜F AB ，假设正确；对金属框应用牛顿第二定律得F AB －F f1＝ma 1，解得a 1＝4 m/s 2；对绝缘板应用牛顿第二定律得F f1－F f2＝Ma 2，F f2＝μ1(M ＋m )g ＝2 N ，解得a 2＝2 m/s 2，C 错误、D 正确．
热点二 电磁感应中能量问题
电磁感应现象的本质是通过磁场力做功将其他形式的能转化为电能的过程．从功和能的角度分析电磁感应问题是力电综合题的另一典型问题，仍是高考命题的热点．题型以计算为主，涉及动力学、电路等相应知识，综合性较强，难度较大．解决此类问题的关键是理顺功能关系，灵活处理能量转化问题．
5．(2015·江苏南通二调)(多选)在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行
金属导轨PQ 、MN ，相距为L ，导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上．a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．则
( )
A ．物块c 的质量是2m sin θ
B ．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mg sin θBL
解析：选AD.b 棒恰好静止，受力平衡，有mg sin θ＝F 安，对a 棒，安培力沿导轨平面向下，由平衡条件知mg sin θ＋F 安＝m c g ，由以上两式可得m c ＝2m sin θ，A 正确．根据机械能守恒定律知，b 棒放上导轨之前，物块c 减少的重力势能应等于a 棒、物块c 增加的动能与a 棒增加的重力势能之和，B 错误．根据能量守恒可知，b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能应等于回路消耗的电能与a 棒增加的重力势能之和，C 错误．对b 棒，设通过的电流
为I ，由平衡条件知mg sin θ＝F 安＝BIL ，得I ＝mg sin θBL ，即a 棒中的电流为
mg sin θ
BL ，D 正确．
6. (2013·高考上海卷)如图所示，两根相距l ＝
0.4 m 、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放
置，一端与阻值R ＝0.15 Ω的电阻相连．导
轨间x ＞0一侧存在沿x 方向均匀增大的稳恒
磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k ＝0.5
T/m ，x ＝0处磁场的磁感应强度B 0＝0.5 T ．一根质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.05 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在外力作用下从x ＝0处以初速度v 0＝2 m/s 沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变．求：
(1)回路中的电流；
(2)金属棒在x ＝2 m 处的速度大小；
(3)金属棒从x ＝0运动到x ＝2 m 过程中安培力做功的大小；
(4)金属棒从x ＝0运动到x ＝2 m 过程中外力的平均功率．
解析：(1)电阻上消耗的功率不变，即回路电流不变，在x ＝0处有
E ＝B 0l v 0＝0.4 V ，I ＝E R ＋r
＝2 A (2)由题意，磁感应强度B ＝B 0＋kx
考虑到电流恒定，在x ＝2 m 处有B 0l v 0R ＋r ＝（B 0＋kx ）l v R ＋r
得v ＝23 m/s
(3)导体棒受到的安培力
F A ＝BIl ＝(B 0＋kx )Il ＝0.4(1＋x )
安培力随位置线性变化，则安培力做功
W F A ＝12[B 0＋(B 0＋kx )]Ilx
代入数据得W F A ＝1.6 J
(4)由动能定理W F －W F A ＝12m (v 2－v 20)
得外力做功W F ＝W F A ＋12m (v 2－v 20)
安培力做功即电阻上消耗的能量，即W F A ＝I 2(R ＋r )t
运动时间t ＝
W F A I 2（R ＋r ）＝2 s 即P －＝W F t ＝0.71 W
答案：(1)2 A (2)23 m/s (3)1.6 J (4)0.71 W
7. 如图所示，一矩形金属框架与水平面成角θ＝
37°，宽L ＝0.4 m ，上、下两端各有一个电阻
R 0＝2 Ω，框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于金属框架平面的方向有一向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ．ab 为金属杆，与框架良好接触，其质量m ＝0.1 kg ，电阻r ＝1.0 Ω，杆与框架的动摩擦因数μ＝0.5.杆由静止开始下滑，在速度达到最大的过程中，上端电阻R 0产生的热量Q 0＝0.5 J(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
(1)流过R 0的最大电流；
(2)从开始到速度最大的过程中ab 杆沿斜面下滑的距离；
(3)在时间1 s 内通过ab 杆某横截面的最大电荷量．
解析：(1)当满足BIL ＋μmg cos θ＝mg sin θ时，ab 中有最大电流I m ，则
I m ＝（sin θ－μcos θ）mg BL ＝（0.6－0.5×0.8）×0.1×101.0×0.4
A ＝0.5 A 流过R 0的最大电流为I 0＝I m 2＝0.25 A
(2)Q 总＝4Q 0＝2 J ，E m ＝I m R 总＝0.5×2 V ＝1.0 V
此时杆的速度为v m ＝E m Bl ＝ 1.01.0×0.4
m/s ＝2.5 m/s 由动能定理得mgx sin θ－μmgx cos θ－Q 总＝12m v 2m －0
求得杆下滑的距离
x ＝m v 2m ＋2Q 总2mg （sin θ－μcos θ）＝0.1×2.52＋2×2
2×0.1×10×（0.6－0.5×0.8） m ＝11.56 m (3)1 s 内通过ab 杆的最大电荷量
q ＝ΔΦR 总＝B ΔS R 总＝BL v m Δt R 总 ＝1.0×0.4×2.5×12
C ＝0.5 C 答案：(1)0.25 A (2)11.56 m (3)0.5 C。