[原创]2018年《南方新高考·高考总复习》物理 专题九 专题提升九 电磁感应中的图象问题[配套课件]
2018版高考物理一轮复习第九章电磁感应第3节电磁感
2018版高考物理一轮复习第九章电磁感应第3节电磁感第 3 节 磁感觉中的电路和图像问题打破点 ( 一)电磁感觉中的电路问题1．电磁感觉中电路知识的关系图2．剖析电磁感觉电路问题的基本思路[典例] (2015 ·福建高考 ) 如图，由某种粗细均匀的总电阻为 3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中。
一接入电路电阻为 R 的导体棒 PQ ，在水平拉力作用下沿 ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程一直与ab 垂直，且与线框接触优秀，不计摩擦。
在PQPQ从凑近 ad 处向 bc 滑动的过程中 ()A ． PQ 中电流先增大后减小B ． PQ 两头电压先减小后增大C ． PQ 上拉力的功领先减小后增大D ．线框耗费的电功领先减小后增大[ 思路点拨 ](1) 试画出等效电路图。
提示：(2) 在闭合电路中，外电阻上功率最大的条件是外电阻＝内电阻。
R · R[分析]导体棒产生的电动势E ＝ BLv ，依据其等效电路图知， 总电阻 R左右＝ R ＋R 左＋ R 右＝总左左，在从凑近处向滑动的过程中， 总电阻先增大后减小， 总电流先＋RR － Rad bc R3RPQ减小后增大，故A 错误； PQ 两头的电压为路端电压 U ＝ E － IR ，即先增大后减小，B 错误；拉力的功率等于战胜安培力做功的功率，有P 安 ＝ IE ，先减小后增大，故 C 正确；线框耗费3的电功率即为外电阻耗费的功率，因外电阻最大值为4R ，小于内阻 R ；依据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系， 外电阻越凑近内电阻时， 输出功率越大， 可知线框耗费的电功率先增大后减小，选项D 错误。
[答案]C[ 方法例律 ]电磁感觉中电路问题的题型特色闭合电路中磁通量发生变化或有部分导体做切割磁感线运动， 在回路中将产生感觉电动势和感觉电流。
进而考题中常波及电流、 电压、电功等的计算， 也可能波及电磁感觉与力学、电磁感觉与能量的综合剖析。
2018届高考物理一轮总复习章末检测卷：第九章 电磁感应 全国通用
一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．)1．(2015·江苏卷)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载《春秋纬考异邮》中有玳瑁吸衣若之说，但下列不属于静电现象的是()A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D．从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉解析：小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，所以C正确．答案：C2．(2016·威海模拟)如图所示，a、b是平行的金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面，c、d是分别串有电压表和电流表的金属棒，它们与导轨接触良好，当c、d以相同的速度向右运动时，下列说法正确的是()A．两表均无读数B．两表均有读数C．电流表有读数，电压表无读数D．电流表无读数，电压表有读数解析：当c、d以相同的速度向右运动时，穿过回路的磁通量没变，故无感应电流产生，所以电流表和电压表中的电流均为零，故选项A正确．答案：A3．(2016·大连模拟)如图甲所示，面积为0.1 m2的10匝线圈EFG 处在某磁场中，t＝0时，磁场方向垂直于线圈平面向里，磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示．已知线圈与右侧电路接触良好，电路中的电阻R＝4 Ω，电容C＝10 μF，线圈EFG的电阻为1 Ω，其余部分电阻不计．则当开关S闭合，电路稳定后，在t＝0.1 s至t＝0.2 s这段时间内()A．电容器所带的电荷量为8×10－5CB．通过R的电流是2.5 A，方向从b到aC ．通过R 的电流是2 A ，方向从b 到aD ．R 消耗的电功率是0.16 W解析：线圈EFG 相当于电路的电源，电动势E ＝n ΔB ΔtS ＝10×20.2×0.1 V ＝10 V ．由楞次定律得，电动势E 的方向是顺时针方向，故流过R的电流是a →b ，I ＝E R ＋r ＝104＋1A ＝2 A ，P R ＝I 2R ＝22×4 W ＝16 W ；电容器U C ＝U R ，所带电荷量Q ＝C·U C ＝10×10－6×2×4 C ＝8×10－5C ，选项A 正确．答案：A4．(2017·西安模拟)在如图所示的电路中，a 、b 为两个完全相同的灯泡，L 为电阻可忽略不计的自感线圈，E 为电源，S 为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )A ．合上开关，a 先亮，b 后亮；断开开关，a 、b 同时熄灭B ．合上开关，b 先亮，a 后亮；断开开关，a 先熄灭，b 后熄灭C ．合上开关，b 先亮，a 后亮；断开开关，a 、b 同时熄灭D ．合上开关，a 、b 同时亮；断开开关，b 先熄灭，a 后熄灭解析：由于L 是自感线圈，当合上S 时，自感线圈L 将产生自感电动势，阻碍电流的增加，故有b 灯先亮，而a 灯后亮；当S 断开时，L 、a 、b 组成回路，L 产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a 、b 同时熄灭，C 正确．答案：C5．(2016·东营模拟)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )A ．导体框中产生的感应电流方向相反B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ad 边两端电势差相同D ．通过导体框截面的电量相同解析：根据右手定则可知，导体框中产生的感应电流均是沿顺时针方向，选项A 错误；导体框中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，设导线框的边长为l ，当以速度v 匀速拉出时，Q 1＝F 安l ＝B 2l 2v R ·l ＝B 2l 3v R∝v ，所以导体框中产生的焦耳热不同，选项B 错误；当以速度v 匀速拉出时，cd 边切割磁感线产生感应电动势，cd 边相当于电源，导体框ad 边两端电势差U 1＝14Blv ，当以速度3v 匀速拉出时，ad 边切割磁感线产生感应电动势，ad 边相当于电源，导体框ad 边两端电势差等于路端电压，其大小为U 2＝34Bl ·3v ＝94Blv ，选项C 错误；两个过程中，通过导体框截面的电荷量均为q ＝ΔΦR ＝Bl 2R ，选项D 正确．答案：D6．(2016·宝鸡模拟)如图所示，两根水平放置的相互平行的金属导轨ab 、cd ，表面光滑，处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒PQ 垂直于导轨放在上面，以速度v 向右做匀速运动，欲使棒PQ 停下来，下面的措施可行的是(导轨足够长，棒PQ 有电阻)( )A ．在PQ 右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒B ．在PQ 右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比棒PQ 大的金属棒C ．将导轨的a 、c 两端用导线连接起来D ．将导轨的a 、c 两端和b 、d 两端分别用导线连接起来解析：在PQ 棒右侧放金属棒时，回路中产生感应电流，使金属棒加速，PQ 棒减速，当获得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将匀速运动，A 、B 错误；当一端或两端用导线连接时，PQ 的动能将转化为内能而最终静止，C 、D 正确．答案：CD7．(2017·荆州模拟)如图所示，MN、PQ是与水平面成θ角的两条平行光滑且足够长的金属轨道，其电阻忽略不计．空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，每根导体棒的质量均为m，电阻均为r，轨道宽度为L，与轨道平行的绝缘细线一端固定，另一端与ab棒中点连接，细线承受的最大拉力T m＝2mg sinθ.今将cd棒由静止释放，则细线被拉断时，cd棒的()A．速度大小是2mgr sinθB2L2B．速度大小是mgr sinθB2L2C．加速度大小是2g sinθD．加速度大小是0解析：由静止释放后cd棒沿斜面向下做加速运动，随着速度的增大，E＝BLv变大，I＝E2r也变大，F＝BIL也变大，对ab棒，当T＝2mg sinθ＝mg sinθ＋BIL时细线刚好被拉断，此时v＝2mgr sinθB2L2，cd棒这时向上的安培力与沿斜面向下的重力的分力平衡，加速度大小是0，故选项A、D正确，选项B、C错误．答案：AD二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)8．(10分)(2015·江苏卷)做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r ＝5.0 cm ，线圈导线的横截面积A ＝0.80 cm 2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m ，如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B 在0.3 s 内从1.5 T 均匀地减小为零，求(计算结果保留一位有效数字)：(1)该圈肌肉组织的电阻R ；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E ；(3)0.3 s 内该圈肌肉组织中产生的热量Q.解析：(1)由电阻定律R ＝ρ2πr A，(2分) 解得R ＝6×103Ω.(1分)(2)感应电动势E ＝ΔB Δtπr 2，(2分) 解得E ＝4×10－2V ．(1分)(3)由焦耳定律得Q ＝E 2RΔt ，(3分) 解得Q ＝8×10－8J ．(1分)答案：(1)6×103Ω (2)4×10－2V (3)8×10－8J9．(10分)(2015·海南卷)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度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)导体切割磁感线运动产生的电动势为E ＝Blv ，(2分)根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I ＝E R，(1分) 电阻R 消耗的功率为P ＝I 2R.(1分)联立可得P ＝B 2l 2v 2R.(1分) (2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F 安＋μmg ＝F ，(2分)F 安＝BIl ＝B·Blv R·l.(2分) 解得F ＝B 2l 2v R＋μmg.(1分)答案：(1)P＝B2l2v2R(2)F＝B2l2vR＋μmg10．(12分)(2016·唐山模拟)如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示(取g＝10 m/s2)．求：(1)磁感应强度B；(2)杆在磁场中下落0.1 s过程中电阻R产生的热量．解析：(1)由图象知，杆自由下落0.1 s进入磁场后以v＝1.0 m/s做匀速运动．产生的电动势E＝BLv，(2分)杆中的电流I＝ER＋r，(2分)杆所受安培力F安＝BIL，(2分)由平衡条件得mg＝F安，(2分)解得B＝2 T．(1分)(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J．(3分)答案：(1)2 T(2)0.075 J11．(12分)如图所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内．在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T、方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝0.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05 kg的小环．已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率．解析：(1)设小环受到的摩擦力大小为F f，由牛顿第二定律，有m2g －F f＝m2a，(3分)代入数据，得F f＝0.2 N．(1分)(2)设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有F f＝B1I1l，(1分)设回路总电流为I，总电阻为R总，有I＝2I1，R总＝32R.(2分)设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有I＝ER总，E＝B2lv，F＋m1g sinθ＝B2Il，(3分)拉力的瞬时功率P＝Fv.(1分)联立以上各式，代入数据得P＝2 W．(1分)答案：(1)0.2 N(2)2 W12．(14分)如图所示，水平放置的平行金属导轨宽度为d＝1 m，导轨间接有一个阻值为R＝2 Ω的灯泡，一质量为m＝1 kg的金属棒跨接在导轨之上，其电阻为r＝1 Ω，且和导轨始终接触良好．整个装置放在磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始向右运动．求：(1)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2，施加的水平恒力为F ＝10 N，则金属棒达到的稳定速度v1是多少？(2)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2，施加的水平力功率恒为P＝6 W，则金属棒达到的稳定速度v2是多少？(3)若金属棒与导轨间是光滑的，施加的水平力功率恒为P ＝20 W ，经历t ＝1 s 的过程中灯泡产生的热量为Q R ＝12 J ，则此时金属棒的速度v 3是多少？解析：(1)由I ＝Bdv 1R ＋r和F 安＝BId ，(2分) 可得F 安＝B 2d 2v 1R ＋r，(1分) 根据平衡条件可得F ＝μmg ＋F 安．(1分)解得v 1＝（F －μmg ）（R ＋r ）B 2d 2＝（10－0.2×1×10）（2＋1）22×12m /s ＝6 m /s .(1分)(2)稳定后F ＝μmg ＋B 2d 2v 2R ＋r，(2分) 且P ＝Fv 2，(1分)整理得2v 22＋3v 2－9＝0.(1分)解得v 2＝1.5 m /s .(1分)(3)金属棒和灯泡串联，由Q ＝I 2Rt 得灯泡和金属棒产生的热量比Q R Q r ＝R r，(1分) 根据能量守恒Pt ＝12mv 23＋Q R ＋Q r ，(2分) 解得v 3＝2（Pt －Q R －Q r ）m ＝2（20×1－12－6）1m /s ＝2 m /s .(1分)答案：(1)6 m /s (2)1.5 (3)2 m /s教师用书备选题]13．(2016·赣州模拟)某同学将一条形磁铁放在水平转盘上，如图甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边．当转盘(及磁铁)转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化的周期与转盘转动周期一致．经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象．该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈，当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时．按照这种猜测()A．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化B．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化C．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值D．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值解析：题图乙中斜率既能反映线圈内产生的感应电流的方向变化，又能反映感应电流的大小变化．t＝0.1 s时刻，图线斜率最大，意味着磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值，t＝0.1 s时刻前后的图线斜率一正一负，说明产生的感应电流的方向发生了变化，所以A、C正确；同理可知t＝0.15 s时刻，图线斜率不是最大值，且该时刻前后图线斜率全为负值，说明线圈内产生的感应电流的方向没有变化，而且大小并未达到最大值，选项B、D 错误．答案：AC。
2018版高考物理新课标一轮复习课件：第九章 电磁感应 9-1 精品
内容
电磁感应现象 磁通量 楞次定律
法拉第电磁感 应定律
自感和涡流
要求 Ⅰ Ⅰ Ⅱ
题型 选择
Ⅱ 选择、计算
Ⅰ
选择、计算
选择、计算
第1讲 电磁感应现象 楞次定律
知识点一 磁通量 1.概念：在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，与磁场方向 垂直 的面积 S 与 B 的乘积. 2.公式：Φ＝ BS . 3.单位：1 Wb＝ 1 T·m2 .
B.FN 向左 D.FN 逐渐减小
[解题指导] (1)利用安培定则判断直线电流产生磁场的方 向及强弱分布.
(2)利用阻碍相对运动可判断安培力的方向. [解析] 根据安培定则，在轨道内的 M 区、N 区通电长直 导线产生的磁场分别垂直轨道平面向外和向里，由此可知，当 导体棒运动到 M 区时，根据右手定则可以判定，在导体棒内产 生的感应电流与长直绝缘导线中的电流方向相反，再根据左手 定则可知，金属棒在 M 区时受到的安培力方向向左，A 错误；
右手定则
感应 闭合回路磁通量发生变化
楞次定律
2.“三定则”的应用区别 三个定则容易混淆，特别是左、右手易错用，抓住因果关 系是关键. (1)因电而生磁(I→B)→安培定则. (2)因动而生电(v、B→I)→右手定则. (3)因电而受力(I、B→F 安)→左手定则.
3.相互联系 (1)应用楞次定律，一般要用到安培定则. (2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电 流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应 用楞次定律的推论(“来拒去留”或“增缩减扩”)确定.
[解题指导] 解答本题时应把握以下两点： (1)产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变 化. (2)判断线框做各种运动时穿过线框的磁通量是否发生变 化. [解析] 选项 A 和 D 所描述的情况中，线框在磁场中的有 效面积 S 均发生变化(A 情况下 S 增大，D 情况下 S 减小)，穿 过线框的磁通量均改变，由产生感应电流的条件知线框中会产 生感应电流.而选项 B、C 所描述的情况中，线框中的磁通量均 不改变，不会产生感应电流. [答案] AD
南方新高考18版高考物理大一轮复习专题九电磁感应第3讲电磁感应定律的综合应用课件
(2)杆 ab 下滑的最大速度. (3)上述过程中，杆上产生的热量.
图 9-3-7 解：(1)设 ab 杆下滑到某位置时速度为 v，则此时杆产生的 感应电动势 E＝BLv
回路中的感应电流 I＝
E R＋R
杆所受的安培力 F＝BIL B2L2v 根据牛顿第二定律有 mgsin θ－ ＝ma 2R 当速度 v＝0 时，杆的加速度最大，最大加速度 a＝gsin θ，方向沿导轨平面向下.
右匀速运动时，质量 m ＝1×10－14 kg ，带电荷量 q ＝－1×
10－14 C 的微粒恰好悬浮于电容器两极板之间静止不动.取 g＝ 10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且运动速 度保持恒定.试求：
图 9-3-2 (1)匀强磁场的方向. (2)ab 两端的路端电压. (3)金属棒 ab 运动的速度. 思维点拨：金属棒 ab 相当于电源，电路中各元件怎样连接 (串、并联)，决定了电压的分配和微粒的运动状态.
Φ′＝B0ls
⑩
回路的总磁通量为
Φt＝Φ＋Φ′
⑪
⑫
其中Φ＝B1S＝ktS
由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻 t(t>t0)，穿过回路的总磁通量为 Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt ⑬
在 t 到 t＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt 为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ⑭
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
强度大小为 B，方向与导轨平面垂直.质量为 m 的导体棒从导轨
的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直
匀速滑到导轨底端.导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩
擦，接在两导轨间的电阻为 R，其他部分的电阻均不计，重力 加速度为 g.求：
2018版高考物理新课标一轮复习课件：第九章 电磁感应 9-2 精品
法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.感应电动势的决定因素 (1)由 E＝nΔΔΦt 知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量 的变化率ΔΔΦt 和线圈匝数 n 共同决定，而与磁通量 Φ、磁通量的 变化量 ΔΦ 的大小没有必然联系. (2)ΔΔΦt 为单匝线圈产生的感应电动势大小.
2.法拉第电磁感应定律的两个特例 (1)回路与磁场垂直的面积 S 不变，磁感应强度发生变化， 则 ΔΦ＝ΔB·S，E＝nΔΔBt ·S. (2)磁感应强度 B 不变，回路与磁场垂直的面积发生变化， 则 ΔΦ＝B·ΔS，E＝nBΔΔSt .
量 Φ 的定义公式 Φ＝BS 可见 Φ 与 BS 两个变量有关，既然 E
＝ddΦt ，那么根据全导数公式有ddΦt ＝S∂∂Bt ＋B∂∂St ，其中
∂B S ∂t
即感
生电动势，体现了因 B 随时间变化而产生的影响.B∂∂St 同样具有
电动势的单位，其真面目是什么呢？
我们采用和现行中学教材一样的方法，建立一物理模型分 析.如图所示，MN、PQ 是两水平放置的平行光滑金属导轨，其 宽度为 L，ab 是导体棒，切割速度为 v.设匀强磁场磁感应强度 为 B，方向垂直纸面向里.在 Δt 时间内，回路面积变化为 ΔS＝ LΔx，面积的平均变化率ΔΔSt ＝LΔΔxt .当 Δt→0 时，ΔΔxt →v，即ddSt ＝ Lv，ddSt 对应全导数公式中的∂∂St ，可见 B∂∂St ＝BLv，这就是动生 电动势，体现了因面积变化而产生的影响.推而广之，线圈在匀 强磁场中做收缩、扩张、旋转等改变面积的 运动而产生的电动势也是动生电动势.两种 电动势可以同时出现.
[变式 2] (2016·北京卷)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆 环 a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度 B 随时间均匀 增大.两圆环半径之比为 2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为 Ea 和 Eb.不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是( B )
南方新高考2018版高考物理大一轮复习专题九电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流课件
(1)若 v 为瞬时速度，则求的 求的是Δt 时间内的平均 是瞬时感应电动势 感应电动势，E 与某段 (2)若 v 为平均速度，则求的 时间或某个过程对应 是平均感应电动势 只适用于导体切割磁感线 对任何电路普遍适用 运动的情况
项目
联系
ΔΦ (1)E＝Blv 可由 E＝n 在一定条件下推导出来 Δt ΔΦ (2)E＝n 也可求瞬时感应电动势，当Δt→0 时的 E Δt 即为瞬时感应电动势 (3)当导体切割磁感线运动时用 E＝Blv 求 E 方便，当 ΔΦ 得知穿过回路的磁通量发生变化情况时，用E＝n Δt 求 E 比较方便
②当磁场不变，垂直于磁场的线圈面积发生变化时，E＝
③磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根
据定义求有ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n B2S2－B1S1 Δt
3.导体切割磁感线时产生的感应电动势 (1)导体平行移动：E＝____________.其中 B、L、v 三者两 两垂直，且 L 为导体的有效切割长度.
注意：三者的大小无必然关系，当Φ＝0 时， 可能很小，也可能为零.磁通量的变化率 线的斜率.
可能很大，
是Φ-t 图象上某点切
ΔΦ 2.公式 E＝n Δt 与 E＝Blvsin θ 比较
项目
研究 闭合回路 对象 区 研究 别 内容 适用 范围
ΔΦ E＝n Δt
E＝Blv 回路中做切割磁感线运动 的那部分导体
(3)自感系数 L ①有关因素：与线圈的______、______、______以及是否 有铁芯有关.线圈越长，单位长度上线圈的匝数越多，横截面积 越大，它的自感系数越______.线圈中插入铁芯，自感系数会增 大很多. ②单位：亨利(H)， 1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H. (4)自感现象的应用和防止 ①应用：如日光灯电路中的镇流器、振荡电路等.日光灯电 路是由启动器、镇流器和灯管组成的.________在日光灯启动时 起到开关作用，正常工作时断开；镇流器的作用是在灯开始点 产生瞬时高压 亮时起_____________________ 的作用，在日光灯正常发光时起 ____________ 降压限流 作用. ②防止：制作精密电阻时，采用________绕法，防止自感 现象的发生，减小因自感而造成的误差.
南方新高考高考物理一轮总复习 专题九 第3讲 电磁感应定律的综合应用课件 新人教版
甲
乙
图 9-3-3 (1)保持 ab 棒静止，在 0～4 s 内，通过金属棒 ab 的电流多 大？方向如何？
(2)为了保持 ab 棒静止，需要在棒的中点施加一平行于导
轨平面的外力 F，求当 t＝2 s 时，外力 F 的大小和方向.
(3)5 s 后，撤去外力 F，金属棒将由静止开始下滑，这时用 电压传感器将 R 两端的电压即时采集并输入计算机，在显示器 显示的电压达到某一恒定值后，记下该时刻棒的位置，测出该 位置与棒初始位置相距 2.4 m，求金属棒此时的速度及下滑到该 位置的过程中在电阻 R 上产生的焦耳热.
(2)负电荷受到重力和电场力而静止，有
mg＝Eq，E＝UdMN 所以 UMN＝mqgd＝0.1 V R3 两端电压与电容器两端电压相等，则通过 R3 的电流 I＝URM3N＝0.05 A
ab 棒两端的电压为
Uab＝UMN＋IRR1＋1RR2 2＝0.4 V. (3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势为 E＝Blv 由闭合电路欧姆定律得 E＝Uab＋Ir＝0.5 V 联立解得 v＝BEl＝0.50× .5 1 m/s＝1 m/s.
图 9-3-1
A.导体棒匀速运动时速度大小为mgRB＋2dr2sinθ B.匀速运动时导体棒两端电压为mgR＋Bdrsinθ C.导体棒下滑距离为 s 时，通过 R 的总电荷量为RB＋sdr 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沿斜面向下重力的分力和沿 斜面向上的安培力，当匀速运动时，有 mgsin θ＝BId，根据欧 姆定律可得 I＝R＋E r，根据法拉第电磁感应定律可得 E＝BLv＝ Bdv，联立解得 v＝mgBR2d＋2 rsin θ，E＝Bdv＝mgBRd＋rsin θ，故 导体棒两端的电压为 U＝rE＋RR＝mBgdRsin θ，所以 A 正确，B 错 误；根据法拉第电磁感应定律 E＝ΔΔΦt ＝BΔΔtS＝BΔdts；故 q＝IΔt ＝R＋E rΔt＝RB＋sdr，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 正确，D 错误.
南方新高考2018版高考物理大一轮复习 专题九 电磁感应 第2讲 法拉第电磁感应定律自感和涡流课时作业
第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流一、单项选择题1．如图K921所示为地磁场磁感线的示意图．一架民航飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平，由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，忽略磁偏角的影响，则( )图K921A．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C．若飞机从南往北飞，φ2比φ1高D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高2．边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中．现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图K922所示，则下列图象与这一过程相符合的是( )图K922A B C D3．如图K923所示，a、b是用同种规格的铜丝做成的两个同心圆环，两环半径之比为2∶3，其中仅在a环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场．当该匀强磁场的磁感应强度均匀增大时，a、b两环内的感应电动势大小之比和感应电流大小之比分别为( )图K923A．1∶1，3∶2B．1∶1，2∶3C．4∶9，2∶3D．4∶9，9∶44．(2014年广东惠州一调)如图K924所示，单匝圆形金属线圈电阻恒定不变，在线圈的圆形区域内有垂直向里的匀强磁场，在时间t内要使线圈中产生大小、方向恒定不变的电流，匀强磁场的磁感应强度应按下列选项中哪种情况变化( )图K924A B C D5．如图K925所示的电路，开关原先闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S ，则通过电阻R 1中的电流I 1随时间变化的图线可能是下图中的( )图K925A B C D 6．如图K926均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为( )图K926A ．4ωB 0π B ．2ωB 0πC ．ωB 0π D ．ωB 02π7．(2015年福建卷)如图K927，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B 中．一接入电路的电阻为R 的导体棒PQ ，在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程中PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( )图K927A ．PQ 中电流先增大后减小B ．PQ 两端电压先减小后增大C ．PQ 上拉力的功率先减小后增大D ．线框消耗的电功率先减小后增大 二、多项选择题 8．(2015年新课标全国卷Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图K928所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )A ．圆盘上产生了感应电动势B ．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C ．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D ．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动图K928 图K9299．如图K929所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B ，方向相反且垂直纸面，MN 、PQ 为其边界，OO ′为其对称轴．一导线折成边长为l 的正方形闭合回路abcd ，回路在纸面内以恒定速度v 0向右运动，当运动到关于OO ′对称的位置时( )A ．穿过回路的磁通量为零B ．回路中感应电动势大小为2Blv 0C ．回路中感应电流的方向为顺时针方向D ．回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相反10．(2014年广东珠海二模)如图K9210所示，在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的U 形导轨，导轨左端连接一阻值为R 的电阻，导轨电阻不计．导轨间距离为L ，在导轨上垂直放置一根金属棒MN ，与导轨接触良好，电阻为r ，用外力拉着金属棒向右以速度v 做匀速运动．则金属棒运动过程中( )图K9210A ．金属棒中的电流方向为由N 到MB ．电阻R 两端的电压为BLvC ．金属棒受到的安培力大小为B 2L 2vr ＋RD ．电阻R 产生焦耳热的功率为B 2L 2v 2R三、非选择题11．如图K9211甲所示，光滑导轨宽0.4 m ，ab 为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab 的电阻为1 Ω，导轨电阻不计．t ＝0时刻，ab 棒从导轨最左端，以v ＝1 m/s 的速度向右匀速运动，求1 s 末回路中的感应电流及金属棒ab 受到的安培力．甲 乙图K921112．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图K9212甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g ＝10 m/s 2)甲 乙图K9212(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔBΔt．第2讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流1．C 解析：由于地磁场的方向是由南到北的，若飞机从西往东飞或者从东往西飞时，机翼不切割磁感线，不产生感应电动势，所以机翼两端不存在电势差，故A 、B 错误；若飞机从南往北飞，由右手定则可判定，飞机的右机翼末端的电势比左机翼末端的电势高，即φ2比φ1高，若飞机从北往南飞，φ2比φ1低，故C 正确，D 错误．2．B 解析：该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有l 有＝2 33x ，所以E 电动势＝Bl 有v ＝2 33Bvx ∝x ，选项A 错误，B 正确；F 外力＝B 2l 2v R ＝4B 2x 2v 3R ∝x 2，选项C 错误；P 外力功率＝F 外力v ∝F 外力∝x 2，选项D 错误．3．A4．A 解析：在时间t 内要使线圈中产生大小、方向恒定不变的电流，根据法拉第电磁感应定律得ΔBΔt是个定值，即图象的斜率保持不变，故A 正确．5．D 解析：开关S 原来闭合时，电路处于稳定状态，流过R 1的电流方向向左，大小为I 1，与R 1并联的R 2和线圈L 支路中的电流I 2的方向也是向左．当某一时刻开关S 突然断开时，L 中向左的电流要减小，由于自感现象，线圈L 产生自感电动势，在回路“L →R 1→A→R 2”中形成感应电流，电流通过R 1的方向与原来相反，变为向右，并从I 2开始逐渐减小到零，故D 图正确．6．C 解析：当线框绕过圆心O 的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r ，导线框的电阻为R ，即I 1＝E R ＝ΔΦR Δt＝B 0ΔS R Δt ＝12πr 2B 0Rπω＝B 0r 2ω2R .当线框不动，磁感应强度变化时，I 2＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔB ·S R Δt ＝ΔB πr 22R Δt，因I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝ωB 0π，选项C 正确．7．C 解析：设PQ 左侧电路的电阻为R x ，则右侧电路的电阻为3R －R x ，所以外电路的总电阻R ′＝R x 3R －R x3R ，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B错误；电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ 中的电流I ＝ER ′＋R先减小后增大，故A 错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F ＝BIL ，拉力的功率P ＝BILv ，先减小后增大，所以C 正确；外电路的总电阻R ′＝R x 3R －R x 3R 最大为3R4，小于电源内阻R ，又外电阻先增大后减小，当R ′＝R 时，外电路消耗的功率最大，所以外电路消耗的功率先增大后减小，故D 错误．8．AB 解析：圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A 正确；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流，产生的磁场又导致磁针转动，选项B 正确；圆盘转动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C 错误；圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D 错误．9．AB10．AC 解析：由右手定则可知，金属棒中的电流方向为由N 到M ，选项A 正确；因为感应电动势E ＝BLv ，则电阻R 两端的电压为U ＝ER R ＋r ＝BLvR R ＋r，选项B 错误；金属棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝B BLv R ＋r L ＝B 2L 2v R ＋r，选项C 正确；电阻R 产生焦耳热的功率为P R ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv R ＋r 2R ＝B 2L 2Rv 2R ＋r 2，选项D 错误． 11．解：Φ的变化有两个原因，一是B 的变化，二是面积S 的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＋Blv又ΔBΔt＝2 T/s 在1 s 末，B ＝2 T ，S ＝lvt ＝0.4×1×1 m 2＝0.4 m 2所以1 s 末，E ＝ΔBΔtS ＋Blv ＝1.6 V此时回路中的电流I ＝ER＝1.6 A 根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向金属棒ab 受到的安培力为F ＝BIl ＝2×1.6×0.4 N＝1.28 N ，方向向左． 12．解：(1)线圈受到安培力F ＝N 1B 0IL ① 天平平衡mg ＝N 1B 0IL ② 代入数据得N 1＝25匝． ③(2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦΔt④即E ＝N 2ΔBΔt Ld ⑤由欧姆定律得I ′＝E R⑥ 线圈受到安培力F ′＝N 2B 0I ′L ⑦天平平衡m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL 2R ⑧ 代入数据可得ΔBΔt ＝0.1 T/s.。
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【专题解读】 1.本专题是动力学观点和能量观点在电磁感应中的综合应用，高考常以计算题的形式命题．2．学好本专题，可以极大培养同学们的分析能力、推理能力和规范表达的能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决电磁感应问题中最难问题的信心．3．用到的知识有：法拉第电磁感应定律、楞次定律、牛顿运动定律、共点力的平衡条件、动能定理、焦耳定律、能量守恒定律等．考点精讲考向一 电磁感应中的动力学问题1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．2．两种状态及处理方法3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下： 导体受外力运动――→E ＝Blv 感应电动势感应电流――→F ＝BIl导体受安培力→合力变化――→F 合＝ma 加速度变化→速度变化→临界状态【例1】 如图1所示，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图1 (1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．【答案】(1)kt 0S R(2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0l R匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩回路的总磁通量为阶梯练习1.(多选)如图2所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U＝4 V的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B＝5 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L、质量为m＝0.2 kg、电阻r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )图2A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2B．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s2C．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/sD．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8 m/s【答案】BD【解析】金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，代入数据得a ＝4 m/s 2，故选项A 错误，B 正确；设金属棒稳定下滑时速度为v ，感应电动势为E ，回路中的电流为I ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E －U r，由法拉第电磁感应定律得E ＝BLv ，联立解得v ＝4.8 m/s ，故选项C 错误，D 正确．2． (多选)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R ，导轨所在平面与匀强磁场垂直．将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g ，如图所示．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A ．金属棒在最低点的加速度小于gB ．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量C ．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D ．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度【答案】AD3．如图3所示，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：图3(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．【答案】(1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ①考向二 电磁感应中的动力学和能量问题1．题型简述：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．2．解题的一般步骤(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)根据能量守恒定律或功能关系列式求解．3．求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算．(2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能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，则减少的机械能等于产生的电能．【例2】如图4甲，在水平桌面上固定着两根相距L＝20 cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻R＝0.02 Ω的导体棒a，轨道上横置一根质量m＝40 g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L＝20 cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B0＝0.1 T．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.图4(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示．求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量．关键词①匀加速直线运动；②金属棒b开始运动前．【答案】(1)5 m/s20.2 N (2)0.036 J方法总结能量转化问题的分析程序：先电后力再能量阶梯练习3．(2016·浙江理综·24)小明设计的电磁健身器的简化装置如图5所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T ．质量m ＝4.0 kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24 m ．一位健身者用恒力F ＝80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：图5(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q .【答案】(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J【解析】(1)由牛顿第二定律得a ＝F －mg sin θm＝12 m/s 2 进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s4．如图6所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问：图6(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v为多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．【答案】(1)由a流向b(2)5 m/s (3)1.3 J【解析】(1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c ，则ab 中电流方向为由a 流向b .(2)开始放置时ab 刚好不下滑，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ①设ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ②设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2③ 设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL ④此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F max ⑤ 综合①②③④⑤式，代入数据解得v ＝5 m/s(3)设cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2 又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总 解得Q ＝1.3 J5．如图甲所示，平行长直导轨MN 、PQ 水平放置，两导轨间距L ＝0.5 m ，导轨左端M 、P 间接有一阻值R ＝0.2 Ω的定值电阻，导体棒ab 的质量m ＝0.1 kg ，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端d ＝1.0 m 处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计．整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t ＝0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B 随时间t 的变化如图乙所示，不计感应电流产生的磁场的影响．取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求t ＝0时棒所受到的安培力F 0；(2)分析前3 s 时间内导体棒的运动情况并求前3 s 内棒所受的摩擦力F f 随时间t 变化的关系式；(3)若t ＝3 s 时，突然使ab 棒获得向右的速度v 0＝8 m/s ，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F ，使棒的加速度大小恒为a ＝4 m/s 2、方向向左．求从t ＝3 s 到t ＝4 s 的时间内通过电阻的电荷量q .【答案】(1)0.025 N (2)静止不动 F f ＝0.012 5(2－t )N(t ＜3 s) (3)1.5 C代入数据可得F f ＝0.012 5(2－t )N(t <3 s)(3)3～4 s 内磁感应强度大小恒为B 2＝0.1 T ，ab 棒做匀变速直线运动，Δt 1＝4 s －3 s ＝1 s 设t ＝4 s 时棒的速度为v ，第4 s 内的位移为x ，则v ＝v 0－a Δt 1＝4 m/sx ＝v 0＋v 2Δt 1＝6 m 在这段时间内的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt 1通过电阻的电荷量q ＝I Δt 1＝ER Δt 1＝B 2Lx R＝1.5 C 6．如图所示，一对足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，两导轨间距为L ，左端接一电源，其电动势为E 、内阻为r ，有一质量为m 、长度也为L 的金属棒置于导轨上，且与导轨垂直，金属棒的电阻为R ，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场中．(1)若闭合开关S 的同时对金属棒施加水平向右恒力F ，求棒即将运动时的加速度和运动过程中的最大速度；(2)若开关S 开始是断开的，现对静止的金属棒施加水平向右的恒力F ，一段时间后再闭合开关S ；要使开关S 闭合瞬间棒的加速度大小为Fm，则F 需作用多长时间．【答案】(1)ER ＋r mLB＋FmF R＋rB2L2＋EBL(2)mEFBL 或mEFBL＋2m R＋rB2L2。
南方新高考2018版高考物理大一轮复习 专题提升九 电磁感应中的图象问题课时作业
专题提升九电磁感应中的图象问题1．矩形导线框abcd(如图KZ91甲)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)( )甲乙图KZ91A B C D2．(2015年广东茂名二模)如图KZ92所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )图KZ92A B C D3．(2015年福建质检)如图KZ93甲所示，正三角形硬导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直．图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里．在0～4t0时间内，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为(规定垂直ab边向左为安培力的正方向)( )KZ93A B C D4．(多选)如图KZ94所示，MN 右侧有一正三角形匀强磁场区域(边缘磁场忽略不计)，上边界与MN 垂直．现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，从MN 左侧垂直于MN 匀速向右运动．导体框穿过磁场过程中所受安培力F 的大小以及感应电流i 随时间变化的图象正确的是(取逆时针电流为正)( )图KZ94A B C D5．(多选，2014年江苏南京二模)如图KZ95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 两端接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 的金属棒ab 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．t ＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F ，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动．下列关于穿过回路abPMa 的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率ΔΦΔt、通过金属棒的电荷量q 随时间t 变化以及a 、b 两端的电势差U 随时间t 变化的图象中，正确的 是( )图KZ95A B C D6．(多选)如图KZ96所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L 的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的上、下边界MN 、PS 是水平的．有一边长为L 的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域，已知当线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动．以线框的ab边到达MN时开始计时，以MN处为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向上为力的正方向．则关于线框中的感应电流i和线框所受到的安培力F与ab边的位置坐标x的以下图线中，可能正确的是( )图KZ96A B C D7．(2015年山东卷)如图KZ97甲所示，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压u ab为正，下列u abt图象可能正确的是( )甲乙图KZ97A B C D8．如图KZ98甲所示，足够长的光滑导轨倾角为30°，间距L＝1 m，电阻不计，恒定的非匀强磁场方向垂直于斜面向下，电阻R＝1 Ω，导体棒ab质量m＝0.25 kg，其电阻r ＝1 Ω，垂直于导轨放置．现导体棒ab从磁场上边界由静止下滑，测得导体棒所到达位置的磁感应强度B与导体棒在该位置速度之间的关系如图乙所示．(g取10 m/s2)甲 乙图KZ98(1)求导体棒下滑2 s 时的速度和位移．(2)求导体棒下滑2 s 内回路中产生的焦耳热．专题提升九 电磁感应中的图象问题 1．C 解析：由法拉第电磁感应定律知，导线框中产生的感应电流I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBS R Δt，在0～1 s ，由题图乙知ΔB Δt不变，故I 的大小也不变，由楞次定律知，感应电流方向由a →b ，同理分析，在1～2 s ，I 的大小仍不变，方向仍由a →b ，故A 、B 错误；由左手定则知，0～1 s 线框ab 边所受安培力F 向上，且由F ＝BIl ab 知，I 、l ab 不变，B 均匀减小，因此F 也均匀减小，D 错误，C 项正确．2．A 解析：线框进入磁场过程中，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，即正方向，可排除B 、C 选项；由E ＝BLv 可知，线框进出磁场过程中，切割磁感线的有效长度为线框与磁场边界交点的连线，故进、出磁场过程中，等效长度L 先增大后减小，故感应电动势先增大后减小；由欧姆定律可知，感应电流也是先增大后减小的，故A 项正确、D 项错误．3．A 解析：0～t 0，磁场方向垂直纸面向里，均匀减小，ΔB Δt ＝B 0t 0，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab 的电流I 不变，方向从b 到a .根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向左，大小为F ＝BIL ，即均匀减小到零．t 0～2t 0，磁场方向垂直纸面向外，均匀增大，ΔB Δt ＝B 0t 0，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab 的电流I 不变，方向从b 到a ，根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向右，大小为F ＝BIL ，即从零开始均匀增大.2t 0～3t 0，磁场方向垂直纸面向外，ΔB Δt＝0，根据楞次定律可知：无感应电流产生，导线ab 不受安培力.3t 0～3.5t 0，磁场方向垂直纸面向外，均匀减小，ΔB Δt ＝2B 0t 0.根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab 的电流为2I 不变，方向从a 到b ，根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向左，大小为F ＝2BIL ，即均匀减小到零.3.5t 0～4t 0，磁场方向垂直纸面向里，均匀增加，ΔB Δt ＝2B 0t 0，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab 的电流为2I 不变，方向从a 到b .根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向右，大小为F ＝2BIL ，即从零开始均匀增大，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．4．BC 解析：设正三角形的边长为a ，匀速运动的速度为v .线框匀速进入磁场的过程，由右手定则可知，电流方向沿逆时针为正方向，线框所受的安培力方向向左，t 时刻线框有效切割长度L ＝vt ·sin 60°＝32vt ，产生的感应电动势E ＝BLv ＝32Bv 2t ，感应电流的大小i ＝E R ＝3Bv 22Rt ，电流与时间成正比；同理，线框离开磁场的过程，回路中磁通量减小，产生的感应电流沿顺时针为负方向，L ＝(2a －vt )·sin 60°＝32(2a －vt )，i ＝E R＝3Bv a －vt 2R，电流随时间均匀减小，故选项C 正确、D 错误．线框进入磁场时安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v R ＝3B 2v 3t 24R ，F t 图线是开口向上的抛物线，线框离开磁场时F ＝B 2L 2v R ＝3B 2v a －vt 24R，F t 图线仍是开口向上的抛物线，根据数学知识可知选项A 错误、B 正确． 5．BD 解析：设加速度为a ，运动的位移x ＝12at 2，磁通量变化量ΔΦ＝BLx ＝12BLat 2，ΔΦ∝t 2，选项A 错误；感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝12BLat ，故ΔΦΔt ∝t ，选项B 正确；U ＝RE R ＋r＝RBLa R ＋r t ，U ∝t ，选项D 正确；电荷量q ＝ΔΦR，因为ΔΦ∝t 2，所以q ∝t 2，选项C 错误．6．AD 解析：根据题意，在0～L ，线框加速进磁场，做加速度减小的加速运动；在L ～2L ，做加速度不变的匀加速运动，线圈中没有感应电流；在2L ～3L 做匀速运动．由楞次定律判断感应电流的方向，由i ＝BLv R判断电流的大小，可知选项A 正确；由左手定则和F ＝BiL 可知，选项D 正确．7．C 解析：在第一个0.25T 0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐增加，由楞次定律可判断内环内a 端电势高于b 端，因电流的变化率逐渐减小，故内环的电动势逐渐减小；同理在第二个0.25T 0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内a 端电势低于b 端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势逐渐变大，故选项C 正确．8．解：(1)由题图乙可知，棒下滑的任意状态有B 2v ＝0.5 T 2·m·s －1对棒下滑过程中某一状态由牛顿第二定律得mg sin 30°－B 2L 2v R ＋r＝ma 代入数据可得导体棒的加速度a ＝4 m/s 2可见导体棒在斜面上做a ＝4 m/s 2的匀加速直线运动棒在2 s 时的位移x ＝12at 2＝8 m 2 s 末的速度v ＝at ＝8 m/s.(2)由能量守恒得mgx sin 30°＝12mv 2＋Q 代入数据解得Q ＝2 J.。
南方新高考2018版高考物理大一轮复习 专题九 电磁感应 第3讲 电磁感应定律的综合应用课时作业
第3讲 电磁感应定律的综合应用一、单项选择题1．如图K931所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计．已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )图K931A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的发热功率为B 2lv 2r sin θ2．(2015年广东深圳联考)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图K932所示．除电阻R 外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则( )图K932A ．释放瞬间金属棒的加速度不等于重力加速度gB ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bC ．金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2vRD ．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量3．如图K933所示，水平光滑的金属框架上左端连接一个电阻R ，有一金属杆在外力F 的作用下沿框架向右由静止开始做匀加速直线运动，匀强磁场方向竖直向下，轨道与金属杆的电阻不计并接触良好，则能反映外力F 随时间t 变化规律的图象是( )图K933A B C D4．(2016年湖南十三校联考)如图K934所示，螺线管与电阻R相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，下列说法正确的是( )图K934A．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度B．通过电阻的电流先由a到b，后由b到aC．磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量D．a的电势始终高于b的电势5．(2015年安徽合肥二模)如图K935甲所示，一个匝数n＝100的圆形导体线圈，面积S1＝0.4 m2，电阻r＝1 Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3 m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示．有一个R＝2 Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是( )图K935A．圆形线圈中产生的感应电动势E＝6 VB．在0～4 s时间内通过电阻R的电荷量q＝8 CC．设b端电势为零，则a端的电势φa＝3 VD．在0～4 s时间内电阻R上产生的焦耳热Q＝18 J6．(2015年北京朝阳期末)如图K936所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域( )图K936A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动7．如图K937所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )图K937A．2.5 m/s，1 W B．5 m/s，1 WC．7.5 m/s，9 W D．15 m/s，9 W二、多项选择题8．(2015年浙江绍兴模拟)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在平面与匀强磁场垂直．将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图K938所示．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A．金属棒在最低点的加速度小于gB．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量C．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度图K938图K9399．两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，如图K939所示．在这个过程中( )A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上发出的焦耳热D．恒力F所做的功等于电阻R上发出的焦耳热10．(2016年河北保定高三调研)如图K9310所示，在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与斜面垂直(图中未画出)．质量为m、阻值大小也为R的金属棒ab与固定在斜面上方的劲度系数为k的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定．现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度v0，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，在上述过程中( )图K9310A ．开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为BLv 02B ．通过电阻R 的最大电流一定是BLv 02R C ．通过电阻R 的总电荷量为mgBL4kRD ．回路产生的总热量小于12mv 20＋m 2g24k三、非选择题11．如图K9311所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd ，ab 边的边长l 1＝1 m ，bc 边的边长l 2＝0.6 m ，线框的质量m ＝1 kg ，电阻R ＝0.1 Ω，线框通过绝缘细线与重物相连，重物质量M ＝2 kg ，斜面上ef (ef ∥gh )的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，且线框的ab 边始终平行于底边，ef 和gh 的距离s ＝11.4 m ，g ＝10 m/s 2，求：(1)线框进入磁场前重物的加速度． (2)线框进入磁场时匀速运动的速度v .(3)ab 边由静止开始到运动到gh 处所用的时间t .(4)ab 边运动到gh 处的速度大小及在线框由静止开始运动到gh 处的整个过程中产生的焦耳热．图K931112．如图K9312所示，两条平行的金属导轨相距L ＝1 m ，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN 和PQ 的质量均为m ＝0.2 kg ，电阻分别为R MN ＝1 Ω和R PQ ＝2 Ω.MN 置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，PQ 置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t ＝0时刻起，MN 棒在水平外力F 1的作用下由静止开始以a ＝1 m/s 2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ 则在平行于斜面方向的力F 2作用下保持静止状态．t ＝3 s 时，PQ 棒消耗的电功率为8 W ，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN 始终在水平导轨上运动．求：图K9312(1)磁感应强度B 的大小．(2)t ＝0～3 s 时间内通过MN 棒的电荷量． (3)求t ＝6 s 时F 2的大小和方向．(4)若改变F 1的作用规律，使MN 棒的运动速度v 与位移x 满足关系：v ＝0.4x ，PQ 棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN 棒从静止开始到x ＝5 m 的过程中，系统产生的热量．第3讲 电磁感应定律的综合应用1．B 解析：电路中的感应电动势E ＝Blv ，感应电流I ＝E R ＝E lsin θr＝Bv sin θr，故A 错误，B 正确；金属杆所受安培力大小F ＝BI lsin θ＝B 2lvr，故C 错误；金属杆的发热功率P＝I 2R ＝I 2l sin θr ＝B 2lv 2sin θr，故D 错误．2．C 解析：释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为g ，故A 错误．金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则判断可知，流过电阻R 的电流方向为b →a ，故B 错误．金属棒的速度为v 时，回路中产生的感应电流为I ＝BLv R ，金属棒所受的安培力大小为F ＝BIL ＝B BLv R L ＝B 2L 2vR，故C 正确．由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以导体棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律可知，在金属棒运动的过程中，电阻R 上产生的总热量等于棒的重力势能减少量与弹簧弹性势能之差，故D 错误．3．B 解析：根据法拉第电磁感应定律得E ＝BLv ，回路中的电流I ＝E R ＝BLvR，安培力向左，大小为F 安＝BIL ＝B 2L 2v R .由牛顿第二定律得F －F 安＝ma ，又v ＝at ，可得F ＝ma ＋B 2L 2Rat ，由此可知外力F 随时间t 变化规律的图象是不过原点且随时间逐渐增大的图线．4．A 解析：通过电阻的电流先由b 到a ，后由a 到b ，故B 错误；a 的电势先低于b 的电势，后高于b 的电势，故D 错误；磁铁刚离开螺线管时受到螺线管的吸引，其加速度小于重力加速度，故A 正确；磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量与磁铁增加的动能之和，故C 错误．5．D 解析：由法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔBS 2Δt ，由图乙结合数学知识可得k ＝ΔBΔt＝0.64T/s ＝0.15 T/s ，将其代入可求得E ＝4.5 V ，A 错误．设平均电流强度为I ，由q ＝I Δt ＝E R ＋r Δt ＝n ΔΦΔt R ＋r Δt ＝n ΔΦR ＋r ，在0～4 s 穿过圆形导体线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6× 0.3 Wb －0＝0.18 Wb ，代入可解得q ＝6 C ，B 错误.0～4 s 内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合右手定则可得b 点电势高，a 点电势低，故C 错误．由于磁感应强度均匀变化，产生的电动势与电流均恒定，可得I ＝Er ＋R＝1.5 A ，由焦耳定律可得Q＝I 2Rt ＝18 J ，D 正确．6．D7．B 解析：小灯泡稳定发光说明导体棒做匀速直线运动．此时：F 安＝B 2l 2vR 总，对棒满足：mg sin θ－μmg cos θ－B 2l 2vR 棒＋R 灯＝0因为R 灯＝R 棒，则：P 灯＝P 棒再依据功能关系：mg sin θ·v －μmg cos θ·v ＝P 灯＋P 棒 联立解得v ＝5 m/s ，P 灯＝1 W.图D1198．AD 解析：如果不受安培力，杆和弹簧组成了一个弹簧振子，由简谐运动的对称性可知其在最低点的加速度大小为g ，但由于金属棒在运动过程中受到与速度方向相反的安培力作用，金属棒在最低点时的弹性势能一定比没有安培力做功时小，弹性形变量一定变小，故加速度小于g ，选项A 正确；回路中产生的总热量等于金属棒机械能的减少量，选项B 错误；当弹簧弹力与安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，选项C 错误；由于金属棒运动过程中产生电能，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，选项D 正确．9．AC10．ACD 解析：开始时金属棒切割磁感线产生电动势E ＝BLv 0，则金属棒与导轨接触点间电压为U ＝0.5E ，选项A 正确；金属棒释放时，受到沿斜面向上的安培力与沿斜面向下的重力分力，因不知二力大小关系，则不能确定通过R 的最大电流，选项B 错误；由于金属棒在运动过程中受到安培力作用，最终金属棒静止，则金属棒沿斜面下滑距离为d ＝mg sin θk，应用电流定义式和法拉第电磁感应定律可知通过R 的电荷量q ＝BLd 2R ＝mgBL4kR，选项C 正确；从开始到停止，设回路产生的热量为Q 、金属棒静止时弹簧弹性势能为E p ，对金属棒和回路应用功能关系可知Q ＋E p ＝mgd sin θ＋12mv 20，则Q ＝12mv 20＋mg 24k－E p ，选项D 正确．11．解：(1)线框进入磁场前，仅受到细线的拉力F 、斜面的支持力和线框的重力，重物受到自身的重力和细线的拉力F ′，对线框由牛顿第二定律得F －mg sin α＝ma对重物由牛顿第二定律得Mg －F ′＝Ma 又F ＝F ′联立解得线框进入磁场前重物的加速度 a ＝Mg －mg sin αM ＋m＝5 m/s 2.(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，则重物受力平衡：Mg ＝F 1 线框abcd 受力平衡：F 1′＝mg sin α＋F 安 又F 1＝F 1′ab 边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势 E ＝Bl 1v回路中的感应电流为I ＝E R ＝Bl 1vRab 边受到的安培力为F 安＝BIl 1联立解得Mg ＝mg sin α＋B 2l 21vR代入数据解得v ＝6 m/s.(3)线框abcd 进入磁场前，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动至gh 处，仍做匀加速直线运动进入磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同，为a ＝5 m/s 2，该阶段的运动时间为t 1＝va＝1.2 s进入磁场过程中匀速运动的时间t 2＝l 2v＝0.1 s线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相同，所以该阶段的加速度仍为a ＝5 m/s 2由匀变速直线运动的规律得s －l 2＝vt 3＋12at 23解得t 3＝1.2 s由此ab 边由静止开始到运动到gh 处所用的时间 t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.5s.(4)线框ab 边运动到gh 处的速度v ′＝v ＋at 3＝6 m/s ＋5×1.2 m/s＝12 m/s 整个运动过程产生的焦耳热Q ＝F 安l 2＝(Mg －mg sin α)l 2＝9 J.12．解：(1)当t ＝3 s 时，设MN 的速度为v 1，则 v 1＝at ＝3 m/s E 1＝BLv 1E 1＝I (R MN ＋R PQ ) P ＝I 2R PQ联立以上各式并代入数据解得B ＝2 T.(2)E ＝ΔΦΔt q ＝ER MN ＋R PQ Δt ＝ΔΦR MN ＋R PQ代入数据解得q ＝3 C.(3)当t ＝6 s 时，设MN 的速度为v 2，则 v 2＝at ＝6 m/s E 2＝BLv 2＝12 VI 2＝E 2R MN ＋R PQ＝4 AF 安＝BI 2L ＝8 N规定沿斜面向上为正方向，对PQ 进行受力分析可得 F 2＋F 安cos 37°＝mg sin 37°代入数据解得F 2＝－5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)．(4)MN 棒做变加速直线运动，当x ＝5 m 时，v ＝0.4x ＝0.4×5 m/s＝2 m/s. 因为速度v 与位移x 成正比，所以电流I 、安培力也与位移x 成正比，故有安培力做功W 安＝－12BL ·BLv R MN ＋R PQ ·x ＝－203JQ ＝－W 安＝203J.。
南方新高考2018版高考物理大一轮复习 综合测试4(专题9-10)
综合测试4(专题9－10)(选修3－2内容)(时间：60分钟满分：95分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．)1．如图X41所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中( )A．通过电阻的感应电流的方向为由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流的方向为由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．通过电阻的感应电流的方向为由a到b，线圈与磁铁相互吸引D．通过电阻的感应电流的方向为由b到a，线圈与磁铁相互吸引图X41图X422．如图X42所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表的示数为0.2 A．下列判断正确的是( )A．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1B．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1C．电流表的示数为0.1 AD．电流表的示数为0.4 A3．如图X43所示，一交流发电机的矩形线圈在磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω＝100 rad/s匀速转动．已知线圈面积S＝0.2 m2，匝数N＝100匝，线圈电阻r＝5 Ω，外接电阻R＝15 Ω.则在线圈从图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是( )图X43A．通过电阻R的电流有效值为I＝10 AB．通过电阻的电荷量q＝0.2 CC．电压表的示数为U＝300 VD．外力所做的功为W＝2π×103 J4．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X44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( )图X44A ．电阻R 的最大电流为Bd 2ghR B ．流过电阻R 的电荷量为BdLRC ．整个电路中产生的焦耳热为mghD ．电阻R 中产生的焦耳热为12mg (h －μd )5．如图X45所示，R 是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小．理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝220 2sin 100πt (V)，则( )图X45A ．电压表的示数为22 2 VB ．在天逐渐变黑的过程中，电流表的示数变小C ．在天逐渐变黑的过程中，电流表的示数变大D ．在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变小6．如图X46甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C 和电阻R ，导体棒MN 放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B 的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN 始终保持静止，则0～t 2时间内( )甲 乙图X46A ．电容器C 的电荷量大小始终不变B ．电容器C 的a 板先带正电后带负电 C ．MN 所受安培力的大小始终不变D ．MN 所受安培力的方向先向右后向左 7．如图X47所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )图X47A ．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B ．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C ．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D ．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 8．某小型水电站的电能输送示意图如图X48甲所示，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电．已知输电线的总电阻为r Ω，降压变压器原、副线圈的匝数比为n 3∶n 4＝n ∶1，降压变压器的副线圈两端电压如图乙所示，降压变压器的副线圈与阻值为R 0＝22 Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法正确的是( )甲 乙图X48A ．发电机产生交流电的频率为0.5 HzB ．降压变压器的副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝220 2sin 100πt (V)C ．通过R 0的电流的最大值为20 2 AD ．输电线损失的功率为100rn2 W二、实验题(本题共2小题，共15分)9．某同学在“利用DIS 实验的电压、电流传感器，描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，采用了图X49甲所示的电路．甲 乙图X49(1)图甲中，E 矩形框内应该接________，F 矩形框内应该接________．(填“电压传感器”“电流传感器”或“小灯泡”)(2)该同学利用测量的数据，画出如图乙所示的图线，但该同学忘记在坐标轴上标明横坐标和纵坐标所表示的物理量，请你根据图线作出判断：横坐标表示________，纵坐标表示________．10．热敏电阻包括正温度系数电阻器(PTC)和负温度系数电阻器(NTC)．正温度系数电阻器(PTC)在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器(NTC)在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中．某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻R x (常温下阻值约为10.0 Ω)的电流随其两端电压变化的特点．A．电流表(量程0～0.6 A，内阻约0.3 Ω)B．电压表(量程0～15.0 V，内阻约10 kΩ)C．滑动变阻器R(最大阻值为10 Ω)D．滑动变阻器R′(最大阻值为500 Ω)E．电源E(电动势15 V，内阻忽略)F．开关、导线若干(1)实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器是________(填器材前面的字母)．(2)请在所提供的器材中选择必需的器材，在下面的虚线框内画出该小组设计的电路图．甲乙图X410(3)该小组测出热敏电阻R1的UI图线如图X410甲中曲线Ⅰ所示．请分析说明该热敏电阻是热敏电阻________(填“PTC”或“NTC”)．(4)该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的UI图线如图X410甲中曲线Ⅱ所示．然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成如图乙所示电路．接通对应电路后，测得通过R1和R2的电流分别为0.30 A和0.60 A，则该电池组的电动势为________V，内阻为________Ω．(计算结果均保留3位有效数字)三、计算题(本题共2小题，共32分)11．如图X411所示，相距L＝1 m、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R＝2 Ω的电阻，导轨所在区域内加上与导轨所在平面垂直、方向相反的匀强磁场，磁场宽度d均为0.6 m，磁感应强度大小B1＝25T、B2＝0.8 T．现有电阻r＝1 Ω的导体棒ab垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab从边界MN进入磁场后始终以速度v＝5 m/s做匀速运动，求：(1)导体棒ab在磁场B1中时克服安培力做功的功率．(2)导体棒ab经过任意一个磁场B2区域过程中通过电阻R的电量．(3)导体棒ab在磁场中匀速运动时电阻R两端电压的有效值．图X41112．如图X412所示，相互平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，相距为L ，导轨下端连接一个定值电阻R 1，上端通过开关S(S 是闭合的)也连接一个定值电阻R 2．导体棒ab 放在导轨上靠近下端的位置，与导轨垂直并良好接触．在斜面上虚线MN 以下的区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ．现对ab 棒施以平行导轨斜向上的恒定拉力F ，使它沿导轨先向上加速运动，在到达虚线MN 之前，导体棒ab 已经开始做匀速运动．当导体棒到达MN 时，立即撤去拉力，导体棒向上运动一段后又向下滑动，进入磁场后又做匀速运动．已知R 1＝R 2＝R ，导体棒ab 的阻值为r ＝R2，质量为m ，重力加速度为g ，拉力做的功为W ，导轨电阻不计．(1)求拉力F 的大小和导体棒ab 匀速运动时的速度v ． (2)当导体棒ab 匀速运动时，电阻R 1的发热功率P 1多大？从导体棒ab 开始运动到回到初始位置的过程中电阻R 1产生了多少热量Q 1？(3)若在导体棒ab 再次进入磁场时断开开关S ，则导体棒ab 将如何运动？图X412综合测试4(专题9－10)1．B 解析：磁铁的S 极朝下，在将磁铁的S 极插入线圈的过程中，通过线圈的磁场方向向上，且增强，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁场的增加，则感应电流方向为由b 到a ，线圈与磁铁相互排斥，选项B 正确．2．B 解析：由电压表示数和电流表的示数可得原线圈中的功率P 1＝U 1I 1，P 1＝P 2＝I 22R ，所以电流表的示数为I 2＝U 1I 1R ＝220×0.244A ＝1 A ，C 、D 错误；原线圈和副线圈的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝51，A 错误，B 正确．3．B 解析：由题意可知，在转动过程中产生的最大电动势为E m ＝NBS ω＝400 V ，因是正弦式交变电流，故其电动势的有效值为E ＝E m2＝200 2 V ，所以通过电阻R 的电流有效值为I ＝ER ＋r ＝200 220 A ＝10 2 A ，选项A 错误；由q ＝NBS R ＋r 可得q ＝100×0.2×0.220C＝0.2 C ，选项B 正确；电压表的示数U ＝IR ＝150 2 V≈212 V，选项C 错误；外力做的功等于这个过程中系统产生的热量，所以W ＝Q ＝I 2(R ＋r )×14×2πω，即W ＝20π J ，选项D 错误．4．D 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，由机械能守恒有mgh ＝12mv 2，所以I ＝E 2R ＝BLv 2R ＝BL 2gh 2R，A 错误；流过R 的电荷量为q ＝I－t ＝ΔΦ2R ＝BLd 2R，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12Q ＝12mg (h －μd )，D 正确．5．BD 解析：原线圈中的输入电压为220 V ，由原、副线圈的匝数比可得，副线圈中电压表的示数为22 V ；在天逐渐变黑的过程中，光敏电阻的阻值变大，由于电压不变，所以电流表的示数变小，则原线圈中电流表的示数变小，输入功率也变小．综上分析可知，选项B 、D 正确．6．AD 解析：磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C 的电荷量大小始终没变，选项A 正确，B 错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN 所受安培力的方向先向右后向左，选项C 错误，D 正确．7．ABD 解析：由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A 正确；根据E ＝BLv 可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B 正确；若加反向磁场，安培力仍是阻力，阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，穿过圆盘的磁通量没有变化，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D 正确．8．BD 解析：变压器不改变交流电的频率，由图乙可知交流电的频率为f ＝12×10－2Hz＝50 Hz ，A 错误；由图乙知降压变压器的副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝220 2sin100πt (V)，B 正确；通过R 0的电流的最大值为I m ＝U m R 0＝220 222A ＝10 2A ，有效值为I ＝I m 2＝10 A ，C 错误；根据变压器电流比关系可知通过输电线的电流为I 3＝n 4n 3I ＝10n A ，故输电线损失的功率为P ＝I 23r ＝100r n2 W ，D 正确．9．(1)电压传感器 小灯泡 (2)电流 电压解析：(1)实验电路中滑动变阻器采用的是分压式接法，题图甲中E 矩形框内应该接电压传感器，F 矩形框内应该接小灯泡．(2)根据小灯泡的电阻随温度的升高而增大，可判断横坐标表示电流，纵坐标表示电压． 10．(1)C (2)如图D134所示 (3)PTC (4)10.0 6.67解析：(1)该实验要求加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，则滑动变阻器要采用分压式接法，故滑动变阻器应选用最大阻值小的，即选C.(2)因R x R A ＝103＜R VR x＝1000，故电流表应选外接法．实验电路图如图D133所示．图D134(3)由图象Ⅰ可知，R 1的电阻随着温度的升高而增大，应为PTC 热敏电阻． (4)由U I 图可读得当I 1＝0.30 A 时，U 1＝8.0 V I 2＝0.60 A 时，U 2＝6.0 V由闭合电路欧姆定律得E ＝U 1＋I 1r E ＝U 2＋I 2r联立以上两式代入数值解得 E ＝10.0 V ，r ＝6.67 Ω.11．解：(1)导体棒在磁场B 1中：E 1＝B 1Lv ，I 1＝E 1R ＋rF B ＝B 1I 1L ，P ＝F B v ＝B 1Lv 2R ＋r ＝23W.(2)导体棒在磁场B 2中：E 2＝B 2Lv ，I 2＝E 2R ＋rq ＝I 2Δt 2＝B 2Lv Δt 2R ＋r ＝B 2LdR ＋r＝0.16 C.(3)设导体棒ab 产生电动势的有效值为E 在磁场B 1中产生的电动势E 1＝B 1Lv ＝ 2 V 在磁场B 2中产生的电动势E 2＝B 2Lv ＝4 V 回路在一个周期T 内产生的焦耳热Q ＝E 21R ＋r ×T 2＋E 22R ＋r ×T 2＝E 2R ＋r ×T 解得电动势的有效值E ＝3 V 电阻R 两端电压的有效值为U R ＝E R ＋rR ＝2 V.12．解：(1)导体棒运动时受力如图D135甲所示，由牛顿第二定律可得甲 乙图D135F －F A －mg sin θ＝ma ①其中，导体棒受到的安培力F A ＝BIL ＝B 2L 2vR②当导体棒加速度a ＝0时开始做匀速运动，因此联立①②有 F －B 2L 2v R－mg sin θ＝0 ③导体棒在MN 上方运动时只受重力，机械能守恒，因此当导体棒再次进入磁场时速度也为v ，匀速运动时受力如乙所示，有mg sin θ－B 2L 2vR＝0 ④由④解得v ＝mgR2B 2L2 ⑤由③④得F ＝mg . ⑥(2)由于R 1与R 2并联后电阻值等于R 2，因此P r ＝2P 1，有P 1＝14P 总＝14F A v ⑦由②⑤⑦式联立得P 1＝m 2g 2R16B 2L2 ⑧从导体棒ab 开始运动到回到初始位置，重力做功为0，由功能关系得 W －Q ＝12mv 2－0 ⑨ Q 1＝14Q ⑩由⑤⑨⑩解得Q 1＝14⎝⎛⎭⎪⎫W －m 3g 2R 28B 4L 4.(3)当开关S 断开时，回路的电阻增大，通过导体棒ab 的电流减小，安培力减小，导体棒ab 先加速，当mg sin θ－B 2L 2v ′3R 2＝0时，导体棒ab 开始以v ′＝3mgR4B 2L 2的速度做匀速运动在，故导体棒ab 将先加速后匀速运动．。
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答案：BCD
专题提升九 电磁感应中的图象问题
1.图象类型
电磁感应中主要涉及的图象有 B-t 图象、Φ-t 图象、E-t 图
象和 I-t 图象.还常涉及感应电动势 E 和感应电流 I 随线圈位移 x
变化的图象，即 E-x 图象和 I-x 图象. 2.解决这类问题的基本方法
(1)明确图象的种类，是 B-t 图象还是Φ-t 图象，或者 E-t 图 象、I-t 图象等.
的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀强磁场方向
竖直向下 . 用与导轨平行的拉力 F作用在金属杆上，使杆运
动 . 当改变拉力的大小时，相对应的速度 v 也会变化，从而
使跟踪仪始终与运动员保持一致.已知v和F的关系如图乙所 示.(取重力加速度g＝10 m/s2)则( )
图 Z9-3
A.金属杆受到的拉力与速度成正比 B.该磁场磁感应强度为 1 T
C.图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小
D.导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4
解析：由图象可知拉力与速度是一次函数，但不成正比， 故 A 错误；图线在横轴的截距是速度为零时的 F，此时金属杆 将要运动，此时阻力——最大静摩擦力等于 F，也等于运动时 BLv 的滑动摩擦力，C 正确；由 F－BIL－μmg＝0 及 I＝ R 可得 F B2L2v － R －μmg＝0，从图象上分别读出两组 F、v 数据代入上式 即可求得 B＝1 T，μ＝0.4，所以选项 B、D 正确.故选 BCD.
(2)分析电磁感应的具体过程. (3)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等
规律列出函数方程.
(4)根据函数方程进行数学分析.如斜率及其变化、两轴的截 距、图线与横坐标轴所围图形的面积等代表的物理意义. (5)画图象或判断图象.
突破一 图象的选择
问题类型 由给定的电磁感应过程选出正确的图象 根据题意分析相关物理量的函数关系、分析 解题关键 物理过程中的转折点、明确“＋、－”号的 含义，结合数学知识做正确的判断
例 1：(2014 年新课标卷Ⅰ)如图Z9-1 甲所示，线圈 ab、cd 绕在同一软铁芯上，在 ab 线圈中通以变化的电流，用示波器测 得线圈 cd 间电压如图乙所示.已知线圈内部的磁场与流经线圈 的电流成正比，则下列描述线圈 ab 中电流随时间变化关系的图 中，可能正确的电磁感应图象得出的物理量和规律分析求
解动力学、电路等问题
第一个关键是破译，即解读图象中的关键信息
解题关键 (尤其是过程信息)，另一个关键是转换，即有 效地实现物理信息和数学信息的相互转换
例 3：( 多选)在运动会上的 100 m赛跑跑道两侧设有跟 踪仪，其原理如图 Z93 甲所示，水平面上两根足够长的金 属导轨平行固定放置，间距为L＝0.5 m，一端通过导线与 阻值为R＝0.5 Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m＝0.5 kg
里的匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以
向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度 B 随时间 t 变化的图象
如图乙所示.用 F 表示 ab 边受到的安培力，以水平向右为 F 的
正方向，能正确反映 F 随时间 t 变化的图象是(
)
图 Z9-2
A 答案：B
B
C
D
突破三 图象的应用 问题类型
B
C 答案：C
D
突破二 图象的转换
问题类型
由一种电磁感应的图象分析求解出对应的
另一种电磁感应图象的问题
(1)要明确已知图象表示的物理规律和物理
解题关键
过程；(2)根据所求的图象和已知图象的联 系，对另一图象做出正确的判断进行图象 间的转换
例 2：(2013 年山东卷)将一段导线绕成图 Z9-2 甲所示的闭 合回路，并固定在水平面(纸面)内.回路的 ab 边置于垂直纸面向