(江苏专版)2019版高考物理二轮复习专题四第三讲电磁感应综合问题课前自测诊断卷(含解析)
江苏省2018-2019高考物理总复习讲义：第四章 电磁感应 微型专题3 Word版含答案
微型专题3电磁感应中的动力学及能量问题[学习目标] 1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.一、电磁感应中的动力学问题1.电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向.(3)分析研究导体受力情况(包括安培力).(4)列动力学方程或平衡方程求解.2.两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析.(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.例1如图1所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m ＝0.1 kg、接入电路部分的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g＝10 m/s2)图1(1)导体棒所能达到的最大速度；(2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图象.答案(1)10 m/s(2)见解析图解析(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：E＝BL v①回路中的感应电流I ＝ER ＋r ②导体棒受到的安培力F 安＝BIL ③导体棒运动过程中受到拉力F 、安培力F 安和摩擦力F f 的作用，根据牛顿第二定律： F －μmg －F 安＝ma ④由①②③④得：F －μmg －B 2L 2vR ＋r＝ma ⑤由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a 减小，当加速度a 减小到0时，速度达到最大.此时有F －μmg －B 2L 2v mR ＋r ＝0⑥可得：v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2L 2＝10 m/s ⑦(2)由(1)中分析可知，导体棒运动的速度－时间图象如图所示.电磁感应动力学问题中，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.基本思路是：导体受外力运动――→E ＝Bl v产生感应电动势―――――→EI R r=+产生感应电流――→F ＝BIl导体受安培力―→合外力变化――→F 合＝ma加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化……→a ＝0，v 达到最大值.例2 如图2甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻，一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.(重力加速度为g )图2(1)由b 向a 方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值. 答案 (1)见解析图(2)BL v R g sin θ－B 2L 2v mR (3)mgR sin θB 2L 2解析 (1)如图所示，ab 杆受重力mg ，方向竖直向下；支持力F N ，方向垂直于斜面向上；安培力F 安，方向沿导轨向上. (2)当ab 杆的速度大小为v 时，感应电动势E ＝BL v ， 此时电路中的电流I ＝E R ＝BL v Rab 杆受到安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR根据牛顿第二定律，有mg sin θ－F 安＝mg sin θ－B 2L 2vR ＝ma则a ＝g sin θ－B 2L 2vmR.(3)当a ＝0时，ab 杆有最大速度，此时mg sin θ＝B 2L 2v m R ，解得：v m ＝mgR sin θB 2L 2.电磁感应中力学问题的解题技巧：(1)受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B 的方向，以便准确地画出安培力的方向.(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化.(3)根据牛顿第二定律分析a 的变化情况，以求出稳定状态的速度. (4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口. 二、电磁感应中的能量问题 1.电磁感应中能量的转化电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程，其能量转化方式为：2.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路 (1)确定回路，分清电源和外电路.(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化.如： ①有滑动摩擦力做功，必有内能产生； ②有重力做功，重力势能必然发生变化；③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能. (3)列有关能量的关系式.例3 如图3所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接.右端接一个阻值为R 的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.质量为m 、长度为d 、接入电路的电阻也为R 的金属棒从高度为h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好.则金属棒穿过磁场区域的过程中( )图3A.流过金属棒的最大电流为Bd 2gh2RB.通过金属棒的电荷量为BdLRC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd )答案 D解析 金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh ＝12m v 2，金属棒到达平直部分时的速度v ＝2gh ，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E ＝BL v ，最大感应电流I ＝E R ＋R ＝BL 2gh 2R ，故A 错误；通过金属棒的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦ2R ＝BdL2R，故B 错误； 金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh －W 安－μmgd ＝0－0，克服安培力做功：W安＝mgh －μmgd ，故C 错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q ′＝12Q ＝12W 安＝12mg (h －μd )，故D 正确.电磁感应中焦耳热的计算技巧：(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q ＝I 2Rt . (2)感应电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，求出克服安培力做的功W 安，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q ＝W 安.②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量.1.(电磁感应中的动力学问题)如图4所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动.杆ef 及线框中导线的电阻都可忽略不计.开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图4A.ef 将减速向右运动，但不是匀减速B.ef 将匀减速向右运动，最后停止C.ef 将匀速向右运动D.ef 将往返运动 答案 A解析 ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F ＝BIl ＝B 2l 2vR ＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，故A 正确.2.(电磁感应中的动力学问题)如图5所示，MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab 是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S 断开，让杆ab 由静止开始自由下落，过段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象不可能是下图中的( )图5答案 B解析 S 闭合时，若金属杆受到的安培力B 2l 2v R ＞mg ，ab 杆先减速再匀速，D 项有可能；若B 2l 2vR ＝mg ，ab 杆匀速运动，A 项有可能；若B 2l 2vR ＜mg ，ab 杆先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，mg －B 2l 2vR＝ma 中a 不恒定，故B 项不可能.3.(电磁感应中的能量问题)(多选)如图6所示，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 、电阻可以忽略不计的金属棒ab ，在沿着斜面与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h ，在这一过程中( )图6A.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 上产生的焦耳热之和C.恒力F 与安培力的合力所做的功等于零D.恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热 答案 AD解析 金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F 做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功.匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A 正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R 上产生的焦耳热，故外力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，D 正确.4.(电磁感应中的力电综合问题)两根平行的金属导轨相距L 1＝1 m ，与水平方向成θ＝30°角倾斜放置，如图7甲所示，其上端连接阻值R ＝1.5 Ω的电阻，另有一根质量m ＝0.2 kg ，电阻r ＝0.5 Ω的金属棒ab 放在两根导轨上，距离上端L 2＝4 m ，棒与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计，因有摩擦力作用，金属棒处于静止状态.现在垂直导轨面加上从零均匀增强的磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示，已知在t ＝2 s 时棒与导轨间的摩擦力刚好为零(g 取10 m/s 2)，则在棒发生滑动之前：图7(1)t ＝2 s 时，磁感应强度B 为多大？(2)假如t ＝5 s 时棒刚要发生滑动，则棒与导轨间最大静摩擦力多大？ (3)从t ＝0到t ＝3 s 内，电阻R 上产生的电热有多少？ 答案 (1)1 T (2)1.5 N (3)4.5 J解析 (1)当t ＝2 s 时，对导体棒由平衡条件得 mg sin θ＝B 2IL 1① 由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r② 由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔBΔt L 1L 2＝B 2－0t －0L 1L 2③联立①②③式解得B 2＝1 T (2)当t ＝5 s 时，对棒由平衡条件得 B 5IL 1＝mg sin θ＋F fmax由题图乙及第(1)问可得t ＝5 s 时，B 5＝2.5 T 联立解得F fmax ＝1.5 N (3)由焦耳定律得：Q R ＝I 2Rt 代入数据解得：Q R ＝4.5 J一、选择题考点一 电磁感应中的动力学问题1.如图1所示，质量为m 的金属环用不可伸长的细线悬挂起来，金属环下半部分处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法中正确的是( )图1A.大于环重力mg ，并逐渐减小B.始终等于环重力mgC.小于环重力mg ，并保持恒定D.大于环重力mg ，并保持恒定 答案 A解析 根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有F T ＝mg ＋F 安，得F T >mg ，F 安＝BIL ，根据法拉第电磁感应定律知，I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔB R Δt S ，可知I 为恒定电流，联立上式可知B 减小，F 安减小，则由F T ＝mg ＋F 安知F T 减小，选项A 正确.2.(多选)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环.圆环竖直向下落入如图2所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B .圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v ，忽略其他影响，则( )图2A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落C.此时圆环的加速度a ＝B 2v ρdD.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m ＝ρdgB 2答案 AD解析 由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，可知选项A 正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，选项B 错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势E ＝Bl v ＝B ·2πR ·v ，圆环的电阻R 电＝ρ·2πRπr2，则圆环中的感应电流I ＝E R 电＝B πr 2vρ，圆环所受的安培力F 安＝BI ·2πR ，圆环的加速度a ＝mg －F 安m ，m ＝d ·2πR ·πr 2，则a ＝g －B 2vρd ，选项C 错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时a ＝0，可得v m＝ρgdB2，选项D 正确.3.如图3所示在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动，t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v －t 图象中，能正确描述上述过程的是( )图3答案 D解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E ＝BL v 、I ＝ER、F安＝BIL 得F 安＝B 2L 2vR ，随着v 的减小，安培力F 安减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动.整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F 安＝B 2L 2vR，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D 正确.4.(多选)如图4所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根质量为m 、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则( )图4A.如果B 增大，v m 将变大B.如果α变大(仍小于90°)，v m 将变大C.如果R 变大，v m 将变大D.如果m 变小，v m 将变大 答案 BC解析 金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就相当于一个电源，与电阻R 构成一个闭合回路，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin α－B 2L 2vR＝ma所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a ＝0时达到最大速度v m ，即mg sin α＝B 2L 2v m R ，可得：v m ＝mgR sin αB 2L 2，故由此式知选项B 、C 正确.考点二 电磁感应中的能量问题5.如图5所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )图5A.Q 1＞Q 2，q 1＝q 2B.Q 1＞Q 2，q 1＞q 2C.Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D.Q 1＝Q 2，q 1＞q 2答案 A解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q 1＝W 1＝F 1l bc ＝B 2l ab 2v R l bc ＝B 2S v R l ab同理Q 2＝B 2S v R l bc ，又l ab ＞l bc ，故Q 1＞Q 2；因q ＝I t ＝E R t ＝ΔΦR ＝BS R， 故q 1＝q 2.因此A 正确.6.如图6所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )图6A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R 上产生的热量答案 A解析 棒加速上升时受到重力、拉力F 及安培力.根据功能关系可知，力F 与安培力做功的代数和等于棒的机械能的增加量，A 正确.7.(多选)(2016·南京市学情调研卷)如图7所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，底端接有阻值为R 的电阻.一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和杆ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上(图中未画出).让杆ab 沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab 接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab 由静止下滑距离s 时，已处于匀速运动.重力加速度为g .则( )图7A.匀速运动时杆ab 的速度为mgR sin θB 2L 2B.匀速运动时杆ab 受到的安培力大小为mg sin θC.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，安培力做功为mgs sin θD.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，电阻R 产生的热量为mgs sin θ答案 AB解析 由平衡条件可知匀速运动时杆ab 受到的重力沿斜面的分力等于安培力，即F A ＝mg sinθ，mg sin θ＝B 2L 2v R ，所以有v ＝mgR sin θB 2L 2，即A 、B 正确；因为安培力逐渐增大，是个变力，所以C 错误；由能量守恒可知mg ·s sin θ＝12m v 2＋Q ，所以D 错误. 8.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L 、质量为m 且与导轨垂直并接触良好的导体棒ab ，ab 处在磁感应强度大小为B 、方向如图8所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R 的电阻，导轨及导体棒电阻不计.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，当通过的位移为x 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，下列说法正确的是( )图8A.撤去外力后，ab 做匀减速运动B.合力对ab 做的功为FxC.R 上释放的热量为Fx ＋12m v m 2 D.R 上释放的热量为Fx答案 D解析 撤去外力后，导体棒水平方向上只受安培力作用，而F 安＝B 2L 2v R，F 安随v 的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A 错；对整个过程由动能定理得W 合＝ΔE k ＝0，B 错；由能量守恒定律知，恒力F 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 ＝Fx ，C 错，D 对.二、非选择题9.(电磁感应中的动力学问题)(2017·扬州市高二上学期调研)如图9甲所示，阻值不计的光滑金属导轨在竖直面上平行固定放置，间距d 为0.5 m ，下端通过导线与阻值R L 为4 Ω的小灯泡L 连接，在矩形区域CDFE 内有水平向外的匀强磁场，磁感应强度B 随时间变化的关系如图乙所示，CE 长为2 m.在t ＝0时刻，接入电路的电阻R 为1 Ω的金属棒以某一初速度从AB 位置紧贴导轨向下运动，当金属棒从AB 位置运动到EF 位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，g 取10 m/s 2.求：图9(1)通过小灯泡的电流的大小；(2)金属棒的质量；(3)金属棒通过磁场区域所用的时间.答案 (1)0.4 A (2)0.008 kg (3)0.2 s解析 (1)金属棒未进入磁场时，E 1＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝0.5×2×0.40.2V ＝2 V 又R 总＝R L ＋R ＝(4＋1) Ω＝5 Ω所以I L ＝E 1R 总＝25A ＝0.4 A (2)因灯泡亮度不变，故0.2 s 末金属棒进入磁场时刚好匀速运动所以I ＝I L ＝0.4 A棒所受安培力F 安＝BId ＝0.08 N对金属棒有mg ＝F 安所以金属棒的质量m ＝0.008 kg(3)金属棒在磁场中运动时，E 2＝E 1＝2 V又E 2＝Bd v解得：v ＝E 2Bd＝10 m/s 金属棒从CD 运动到EF 过程的时间为t 2＝CE v ＝0.2 s10.(电磁感应中的能量问题)如图10甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°角放置，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 、接入电路的电阻r ＝1 Ω的金属杆ab 从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v －t 图象如图乙所示.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：图10(1)磁感应强度大小B ；(2)杆在磁场中下滑0.1 s 过程中电阻R 上产生的热量.答案 (1)2 T (2)3160J 解析 (1)由题图乙得0～0.1 s 内，杆的加速度a ＝Δv Δt ＝0.50.1m/s 2＝5 m/s 2 0～0.1 s 内，由牛顿第二定律有mg sin 37°－F f ＝ma代入数据得F f ＝0.1 N0.1 s 后杆匀速运动，有mg sin 37°－F f －F 安＝0而F 安＝BIL ＝B BL v R ＋r L ＝B 2L 2v R ＋r解得B ＝2 T(2)方法一：杆在磁场中下滑0.1 s 的过程中，回路中的电流恒定，有I ＝BL v R ＋r＝0.25 A ， 电阻R 上产生的热量Q R ＝I 2Rt ＝3160J. 方法二：金属杆ab 在磁场中匀速运动的位移x ＝v t ＝0.05 m金属杆ab 下落的高度h ＝x sin θ＝0.03 m由能量守恒有mgh ＝Q ＋F f x电阻R 产生的热量Q R ＝34Q ＝34(mgh －F f x )＝3160J. 11.(电磁感应中的力电综合问题)如图11所示，足够长的U 形导体框架的宽度L ＝0.5 m ，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角.有一磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场，方向垂直于导体框架平面.一根质量m ＝0.4 kg 、电阻R ＝1 Ω的导体棒MN 垂直跨放在U 形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放.已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图11(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小；(2)求导体棒运动过程中的最大速度；(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量Q ＝4 C ，求导体棒在此过程中消耗的电能.答案 (1)2 m/s 2 (2)5 m/s (3)3 J解析 (1)导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a ＝2 m/s 2 (2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙，设匀速下滑的速度为v ，则在平行斜面上有mg sin θ－F f －F 安＝0安培力F 安＝BIL ＝B BL v R L ＝B 2L 2v R联立解得v ＝mgR (sin θ－μcos θ)B 2L 2＝5 m/s (3)通过导体棒横截面的电荷量Q ＝I Δt I ＝ΔΦR Δt设导体棒下滑速度刚好为v 时的位移为x ，则ΔΦ＝BxL全程由动能定理，得mgx ·sin θ－W 安－μmg cos θ·x ＝12m v 2，其中W 安为克服安培力做的功. 联立解得W 安＝3 J克服安培力做的功等于导体棒在此过程中消耗的电能，即Q R ＝3 J.。
(江苏专版)2019版高考物理二轮复习专题三第二讲磁场的基本性质课前自测诊断卷(含解析)
磁场的基本性质1.[[多选]如图所示，三根平行的足够长的通电直导线A、B、C分别放置在一个等腰直角三角形的三个顶点上，其中AB边水平，AC边竖直。
O点是斜边BC的中点，每根导线在O点所产生的磁感应强度大小均为B0，下列说法中正确的有( )A．导线B、C在O点产生的总的磁感应强度大小为2B0B．导线A、B、C在O点产生的总的磁感应强度大小为B0C．导线B、C在A点产生的总的磁感应强度方向由A指向OD．导线A、B在O点产生的总的磁感应强度方向水平向右解析：选ACD 导线B、C在O点产生的磁场方向相同，磁感应强度叠加后大小为2B0，选项A正确；由题意可知，三根平行的通电直导线在O点产生的磁感应强度大小相等，B合＝B02＋B02＝5B0，选项B错误；导线B、C在A点产生的总的磁感应强度的方向是两个磁场叠加后的方向，方向由A指向O，选项C正确；根据安培定则和矢量的叠加原理，导线A、B在O点产生的总的磁感应强度的方向水平向右，选项D正确。
2．[考查闭合电路欧姆定律与平衡问题]如图甲所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电动势为E、内阻为r的电源。
导轨平面与水平面间的夹角为θ。
金属杆ab垂直导轨静止放置，不计金属杆ab及导轨的电阻，金属杆ab的质量为m，金属杆与导轨接触良好。
整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。
重力加速度为g，求：(1)金属杆ab所受安培力的大小；(2)滑动变阻器的阻值R；(3)若将磁场方向按乙图所示的方向逆时针旋转90°至水平方向(虚线所指)，且始终保持ab杆处于静止状态，试通过受力分析说明磁感应强度的大小变化情况。
解析：(1)金属杆处于静止状态，故金属杆受到水平向右的安培力，竖直向下的重力以及垂直斜面向上的支持力，三力平衡，根据矢量三角形可得F＝mg tan θ。
(2)金属杆受到的安培力F＝BId＝mg tan θ，I＝Er＋R，联立解得R ＝BEdmg tan θ－r 。
2019版高考物理江苏专版二轮复习检测：专题四·第三讲 电磁感应综合问题——课后达标检测卷 Word版含解析
专题四·第三讲 电磁感应综合问题——课后达标检测卷1．[多选](2018·江苏高考)如图所示，竖直放置的“ ”形光滑导轨宽为 L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高 和间距均为 d，磁感应强度为 B。
质量为 m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。
金 属杆在导轨间的电阻为 R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为 g。
金属杆( )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C．穿过两磁场产生的总热量为 4mgd m2gR2D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度 h 可能小于2B4L4 解析：选 BC 金属杆在磁场之外的区域做加速运动，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以进入磁场Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁场Ⅰ的速度，则金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故 A 错误。
金属杆在磁场Ⅰ中(先)做加速度减小的减速运动， 场之间做加速度为 g 的匀加速直线运动，两个过程位移相等，vt 图像可能如在两磁 图所示，可以看出 B 正确。
由于进入两磁场时速度相等，由动能定理得，W 安1＋mg·2d＝0，可知金属杆穿过磁场Ⅰ克服安培力做功为 2mgd，即产生的热量为 2mgd，故穿过两磁场产1生的总热量为 4mgd，故 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＝2mv2，由牛B2L2vm2a＋g2R2 m2gR2顿第二定律得 R －mg＝ma，解得 h＝ 2B4L4g ＞2B4L4，故 D 错误。
2.[多选](2018·苏锡常镇二模)如图，一根足够长的直导线水平放置，通以向右的恒定电流，在其正上方 O 点用细丝线悬挂一铜制圆环。
将圆环从 a 点无初速释放，圆环在直导线所处的竖直平面内运动，经过最低点 b 和最右侧 c 后返回。
下列说法正确的是( )A．从 a 到 c 的过程中圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针B．运动过程中圆环受到的安培力方向与速度方向相反C．圆环从 b 到 c 的时间大于从 c 到 b 的时间D．圆环从 b 到 c 产生的热量大于从 c 到 b 产生的热量解析：选 AD 由安培定则知，直导线上方磁场方向垂直纸面向外，圆环从 a 到 b 的过程中磁通量增 加，由楞次定律和安培定则可得，线圈中感应电流方向是顺时针；圆环从 b 到 c 的过程中磁通量减小，由 楞次定律和安培定则可得，线圈中感应电流方向是逆时针，故 A 项正确；圆环从 a 到 b 的运动过程中，将 环分解为若干个小的电流元，上半环的左右对称部分所受合力向下，下半环左右对称部分所受合力向上， 下半环所在处的磁场比上半环所在处的磁场强，则整个圆环所受安培力的方向向上，故 B 项错误；圆环从 b 到 c 的过程与圆环从 c 到 b 的过程中经同一位置时从 b 到 c 速率大于从 c 到 b 的速率(一部分机械能转化 为电能)，则圆环从 b 到 c 的时间小于从 c 到 b 的时间，故 C 项错误；圆环从 b 到 c 的过程与圆环从 c 到 b 的过程中经同一位置时从 b 到 c 圆环所受安培力大于从 c 到 b 圆环所受安培力，圆环从 b 到 c 的过程克服 安培力做的功大于圆环从 c 到 b 的过程克服安培力做的功，所以圆环从 b 到 c 产生的热量大于从 c 到 b 产 生的热量，故 D 项正确。
江苏省2019版高考物理二轮复习第一部分专题四电路与电磁感应检测(含解析)
电路与电磁感应第一讲直流电路与交流电路1.[甲、乙图分别表示两种电压的波形，其中甲图所示的电压按正弦规律变化。
下列说法正确的是( )A．甲图表示交流电，乙图表示直流电B．甲图电压的有效值为220 V，乙图电压的有效值小于220 VC．乙图电压的瞬时值表达式为u＝2202sin 100πt(V)D．甲图电压经过匝数比为1∶10的变压器变压后，频率变为原来的10倍解析：选B 由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，图甲是正弦式交流电，所以有效值U＝U m2＝220 V，故乙图电压小于220 V，则B正确；图乙不是正弦式交流电，所以表达式不是正弦函数，故C错误；理想变压器变压后，频率不发生变化，故D错误。
2．[考查交流电的产生及瞬时值、有效值]如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则( )A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面垂直B．曲线a表示的交变电动势瞬时值为15cos 50πt(V)C．曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V解析：选C 在t ＝0时刻，线圈一定处在中性面上，故A 错误；由题图乙可知，a 的周期为4×10－2 s ，ω＝2πT＝50π rad/s ；曲线a 表示的交变电动势瞬时值为15sin 50πt (V)，B 错误；b 的周期为6×10－2 s ，则由n ＝1T可知，转速与周期成反比，故转速之比为3∶2，故C 正确；ωa ∶ωb ＝n 1∶n 2＝3∶2，a 交流电的最大值为15 V ，则根据E m ＝nBS ω得曲线b 表示的交变电动势最大值是10 V ，则有效值为U ＝102 V ＝5 2 V ，故D 错误。
3．[考查交流电的四值及应用][多选]如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，边长L ＝10 cm的正方形线圈共100匝，线圈总电阻r ＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s ，外电路中的电阻R ＝4 Ω，π取3.14，则( )A ．线圈转动一周产生的总热量为0.99 JB ．感应电动势的最大值为314 VC ．由图示位置转过60°的过程中产生的平均感应电动势为2.6 VD ．从图示位置开始的16周期内通过R 的电荷量为0.87 C 解析：选AC 感应电动势的最大值为：E m ＝nBS ω＝100×0.5×0.12×2π V ＝π V ，故B 错误；周期为：T ＝2πω＝1 s ，线圈转动一周产生的总热量为：Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22·1R ＋r ·T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π22×14＋1×1 J＝π210 J≈0.99 J，故A 正确；转过60°的过程中产生的平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝100×32×0.5×0.1216V ＝332 V≈2.6 V，故C 正确；平均电动势：E ＝n ΔΦΔt，平均电流：I ＝E R ＋r ，在16周期内通过电阻R 的电荷量为：q ＝I Δt ，即为：q ＝n ΔΦR ＋r ＝nBS sin 60°R ＋r ＝320C≈0.087 C，故D 错误。
2019版高考物理江苏专版二轮复习检测：第一部分 专题三 电场与磁场 Word版含解析.doc
专题三 电场与磁场 第一讲电场的基本性质1.[考查点电荷的电场强度、电场的叠加][多选]若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势φ可表示为φ＝k Q r，其中k 为静电力常量，Q 为点电荷的电荷量，r 为该点到点电荷的距离。
如图所示，M 、N 是真空中两个电荷量均为＋Q 的固定点电荷，M 、N 间的距离为1.2d ，OC 是MN 连线的中垂线，∠OCM ＝37°。
C 点电场强度E 和电势φ的大小分别为( )A ．E ＝4k Q 5d 2B ．E ＝8k Q 5d2 C ．φ＝2k Q dD ．φ＝8k Q 5d 解析：选BC 由几何关系可知MC ＝NC ＝d ，M 、N 点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为E 1＝k Q d2，根据电场的叠加原理可得，M 、N 点电荷在C 点的合场强大小为E ＝2E 1cos 37°＝8k Q 5d 2，场强方向水平向右，选项B 正确，A 错误；M 、N 单独存在时C 点的电势均为φ1＝k Q d ，C 点的电势大小为φ＝2φ1＝2k Q d ，选项C 正确，D 错误。
2．[考查匀强电场的电场强度计算]如图所示，梯形abdc 位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd ＝2ab ＝4 cm 。
已知a 、b 两点的电势分别为4 V 、0，将电荷量q＝1.6×10－3 C 的正电荷由a 点移动到c 点，克服电场力做功6.4×10－3 J 。
下列关于电场强度的说法中正确的是( )A ．垂直ab 向上，大小为400 V/mB ．垂直bd 斜向上，大小为400 V/mC ．平行ca 斜向上，大小为200 V/mD ．平行bd 斜向上，大小为200 V/m解析：选B 由W ＝qU 知Uac ＝W q ＝－6.4×10－31.6×10－3V ＝－4 V ，而φa ＝4 V ，所以φc ＝8 V ，过b 点作be ∥ac 交cd 于e ，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以U ab ＝U ce ，即φe ＝4 V ，又因cd ＝2ab ，所以U cd ＝2U ab ，即φd ＝0，所以bd 为一条等势线，又由几何关系知eb ⊥bd ，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd 斜向上，大小为E ＝U e b ed ·sin 30°＝41×10－2V/m ＝400 V/m ，B 项正确。
2019版高考物理江苏专版二轮复习检测：第一部分 专题四 电路与电磁感应 Word版含解析
专题四电路与电磁感应第一讲直流电路与交流电路1.[考查两种交流电的比较]甲、乙图分别表示两种电压的波形，其中甲图所示的电压按正弦规律变化。
下列说法正确的是()A．甲图表示交流电，乙图表示直流电B．甲图电压的有效值为220 V，乙图电压的有效值小于220 VC．乙图电压的瞬时值表达式为u＝2202sin 100πt(V)D．甲图电压经过匝数比为1∶10的变压器变压后，频率变为原来的10倍解析：选B由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，图甲是正弦式交流电，所以有效值U＝U m2＝220 V，故乙图电压小于220 V，则B正确；图乙不是正弦式交流电，所以表达式不是正弦函数，故C错误；理想变压器变压后，频率不发生变化，故D错误。
2．[考查交流电的产生及瞬时值、有效值]如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则()A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面垂直B．曲线a表示的交变电动势瞬时值为15cos 50πt(V)C ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为3∶2D ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V解析：选C 在t ＝0时刻，线圈一定处在中性面上，故A 错误；由题图乙可知，a 的周期为4×10－2 s ，ω＝2πT ＝50π rad/s ；曲线a 表示的交变电动势瞬时值为15sin 50πt (V)，B错误；b 的周期为6×10－2 s ，则由n ＝1T可知，转速与周期成反比，故转速之比为3∶2，故C 正确；ωa ∶ωb ＝n 1∶n 2＝3∶2，a 交流电的最大值为15 V ，则根据E m ＝nBSω得曲线b 表示的交变电动势最大值是10 V ，则有效值为U ＝102 V ＝5 2 V ，故D 错误。
精选推荐2019年版本高考物理二轮总复习专题过关检测--专题：电磁感应(全部含详细答案解析)-Word版
高考物理二轮总复习专题过关检测电磁感应(附参考答案)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,共40分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.如图12-1所示，金属杆ab、cd可以在光滑导轨PQ和R S上滑动，匀强磁场方向垂直纸面向里，当ab、cd分别以速度v1、v2滑动时，发现回路感生电流方向为逆时针方向，则v1和v2的大小、方向可能是()图12-1A.v1＞v2,v1向右，v2向左B.v1＞v2,v1和v2都向左C.v1=v2,v1和v2都向右D.v1=v2,v1和v2都向左解析:因回路abdc中产生逆时针方向的感生电流，由题意可知回路abdc的面积应增大，选项A、C、D错误，B正确.答案:B2.(2010河北唐山高三摸底，12)如图12-2所示，把一个闭合线圈放在蹄形磁铁两磁极之间(两磁极间磁场可视为匀强磁场)，蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕OO′轴转动.当蹄形磁铁匀速转动时，线圈也开始转动，当线圈的转动稳定后，有()图12-2A.线圈与蹄形磁铁的转动方向相同B.线圈与蹄形磁铁的转动方向相反C.线圈中产生交流电D.线圈中产生为大小改变、方向不变的电流解析:本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律等考点.根据楞次定律的推广含义可知A正确、B错误；最终达到稳定状态时磁铁比线圈的转速大，则磁铁相对线圈中心轴做匀速圆周运动，所以产生的电流为交流电.答案:AC3.如图12-3 所示,线圈M和线圈P绕在同一铁芯上.设两个线圈中的电流方向与图中所标的电流方向相同时为正.当M中通入下列哪种电流时,在线圈P中能产生正方向的恒定感应电流()图12-3图12-4解析:据楞次定律，P 中产生正方向的恒定感应电流说明M 中通入的电流是均匀变化的，且方向为正方向时应均匀减弱，故D 正确. 答案:D4.如图12-5所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )图12-5A.2mgLB.2mgL +mgHC.mgH mgL 432+D.mgH mgL 412+解析:设刚进入磁场时的速度为v 1,刚穿出磁场时的速度212v v =① 线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L .由题意得mgH mv =2121②Q mv L mg mv +=⋅+222121221③ 由①②③得mgH mgL Q 432+=.C 选项正确.答案:C5.如图12-6(a)所示,圆形线圈P 静止在水平桌面上,其正上方悬挂一相同线圈Q ,P 和Q 共轴,Q 中通有变化电流,电流随时间变化的规律如图12-6(b)所示,P 所受的重力为G ,桌面对P 的支持力为F N ,则( )图12-6A.t 1时刻F N ＞GB.t 2时刻F N ＞GC.t 3时刻F N ＜GD.t 4时刻F N =G解析:t 1时刻,Q 中电流正在增大,穿过P 的磁通量增大,P 中产生与Q 方向相反的感应电流,反向电流相互排斥,所以F N ＞G ;t 2时刻Q 中电流稳定,P 中磁通量不变,没有感应电流,F N =G ;t 3时刻Q 中电流为零,P 中产生与Q 在t 3时刻前方向相同的感应电流,而Q 中没有电流,所以无相互作用,F N =G ;t 4时刻,P 中没有感应电流,F N =G . 答案:AD6.用相同导线绕制的边长为L 或2L 的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图12-7所示.在每个线框进入磁场的过程中，M 、N 两点间的电压分别为U a 、U b 、U c 和U d .下列判断正确的是()图12-7A.U a ＜U b ＜U c ＜U dB.U a ＜U b ＜U d ＜U cC.U a =U b ＜U d =U cD.U b ＜U a ＜U d ＜U c 解析:线框进入磁场后切割磁感线,a 、b 产生的感应电动势是c 、d 电动势的一半.而不同的线框的电阻不同.设a 线框电阻为4r ,b 、c 、d 线框的电阻分别为6r 、8r 、6r ,则4343BLv r r BLv U a =⋅=,,6565BLv r r BLv U b =⋅=,23862BLv r r Lv B U c =⋅= .34642Blvr r Lv B U d =⋅=所以B 正确.答案:B7.(2010安徽皖南八校高三二联，16)如图12-8所示，用一块金属板折成横截面为“”形的金属槽放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，并以速度v 1向右匀速运动，从槽口右侧射入的带电微粒的速度是v 2，如果微粒进入槽后恰能做匀速圆周运动，则微粒做匀速圆周运动的轨道半径r 和周期T 分别为()图12-8A.gv g v v 2212,π B.gv g v v 1212,π C.gv g v 112,π D.gv g v 212,π 解析:金属板折成“”形的金属槽放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，并以速度v 1向右匀速运动时，左板将切割磁感线，上、下两板间产生电势差，由右手定则可知上板为正，下板为负，11Bv lBlv d U E ===，微粒做匀速圆周运动，则重力等于电场力，方向相反，故有,1g qBv g qE m ==向心力由洛伦兹力提供，所以,222rv m B qv =得g v m qB mv r 212==，周期gv v r T 1222ππ==，故B 项正确.答案:B8.超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力的新型交通工具.其推进原理可以简化为如图12-9所示的模型:在水平面上相距L的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离分布的匀强磁场B1和B2，且B1=B2=B，每个磁场的宽度都是l，相间排列，所有这些磁场都以相同的速度向右匀速运动，这时跨在两导轨间的长为L、宽为l的金属框abcd(悬浮在导轨上方)在磁场力作用下也将会向右运动.设金属框的总电阻为R，运动中所受到的阻力恒为F f，金属框的最大速度为v m，则磁场向右匀速运动的速度v可表示为()图12-9A.v=(B2L2v m－F f R)/B2L2B.v=(4B2L2v m+F f R)/4B2L2C.v=(4B2L2v m－F f R)/4B2L2D.v=(2B2L2v m+F f R)/2B2L2解析:导体棒ad和bc各以相对磁场的速度(v－v m)切割磁感线运动，由右手定则可知回路中产生的电流方向为abcda,回路中产生的电动势为E=2BL(v－v m),回路中电流为I=2BL(v－v m)/R,由于左右两边ad和bc均受到安培力，则合安培力为F合=2×BL I=4B2L2(v－v m)/R，依题意金属框达到最大速度时受到的阻力与安培力平衡，则F f=F合，解得磁场向右匀速运动的速度v=(4B2L2v m+F f R)/4B2L2,B对.答案:B9.矩形导线框abcd放在匀强磁场中,磁感线方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图象如图12-10甲所示,t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里.在0～4 s时间内,线框中的感应电流(规定顺时针方向为正方向)、ab边所受安培力(规定向上为正方向)随时间变化的图象分别为图乙中的()甲乙图12-0解析:在0～1 s内,穿过线框中的磁通量为向里的减少,由楞次定律,感应电流的磁场垂直纸面向里,由安培定则,线框中感应电流的方向为顺时针方向.由法拉第电磁感应定律,tSB n E ∆⋅∆=,E 一定,由,REI =故I 一定.由左手定则,ab 边受的安培力向上.由于磁场变弱,故安培力变小.同理可判出在1～2 s 内,线框中感应电流的方向为顺时针方向,ab 边受的安培力为向下的变强.2～3 s 内,线框中感应电流的方向为逆时针方向,ab 边受的安培力为向上的变弱,因此选项AD 对. 答案:AD10.如图12-11甲所示,用裸导体做成U 形框架abcd ,ad 与bc 相距L =0.2 m,其平面与水平面成θ=30°角.质量为m =1 kg 的导体棒PQ 与ad 、bc 接触良好,回路的总电阻为R =1 Ω.整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中,磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙所示(设图甲中B 的方向为正方向).t =0时,B 0=10 T 、导体棒PQ 与cd 的距离x 0=0.5 m.若PQ 始终静止,关于PQ 与框架间的摩擦力大小在0～t 1=0.2 s 时间内的变化情况,下面判断正确的是( )图12-11 A.一直增大B.一直减小C.先减小后增大D.先增大后减小解析:由图乙,T /s 501==∆∆t B t B ,t =0时,回路所围面积S =Lx 0=0.1 m 2,产生的感应电动势V 5=∆⋅∆=t S B E ,A 5==REI ,安培力F =B 0IL =10 N,方向沿斜面向上.而下滑力mg sin30°=5 N,小于安培力,故刚开始摩擦力沿斜面向下.随着安培力减小,沿斜面向下的摩擦力也减小,当安培力等于下滑力时,摩擦力为零.安培力再减小,摩擦力变为沿斜面向上且增大,故选项C 对. 答案:C二、填空题(共2小题，共12分)11.(6分)如图12-12所示,有一弯成θ角的光滑金属导轨POQ ,水平放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直.有一金属棒M N 与导轨的OQ 边垂直放置,金属棒从O 点开始以加速度a 向右运动,求t 秒末时,棒与导轨所构成的回路中的感应电动势是____________________.图12-12解析:该题求的是t 秒末感应电动势的瞬时值,可利用公式E =Blv 求解,而上面错误解法求的是平均值.开始运动t 秒末时,金属棒切割磁感线的有效长度为.tan 21tan 2θθat OD L == 根据运动学公式,这时金属棒切割磁感线的速度为v =at . 由题知B 、L 、v 三者互相垂直,有θtan 2132t Ba Blv E ==,即金属棒运动t 秒末时,棒与导轨所构成的回路中的感应电动势是.tan 2132θt Ba E = 答案:θtan 2132t Ba 12.(6分)如图12-13所示,有一闭合的矩形导体框,框上M 、N 两点间连有一电压表,整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,且框面与磁场方向垂直.当整个装置以速度v 向右匀速平动时,M 、N 之间有无电势差?__________(填“有”或“无”)，电压表的示数为__________.图12-13解析:当矩形导线框向右平动切割磁感线时,AB 、CD 、MN 均产生感应电动势,其大小均为BLv ,根据右手定则可知,方向均向上.由于三个边切割产生的感应电动势大小相等,方向相同,相当于三个相同的电源并联,回路中没有电流.而电压表是由电流表改装而成的,当电压表中有电流通过时,其指针才会偏转.既然电压表中没有电流通过,其示数应为零.也就是说,M 、N 之间虽有电势差BLv ,但电压表示数为零. 答案:有 0三、计算、论述题(共4个题,共48分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.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)13.(10分)如图12-14所示是一种测量通电线圈中磁场的磁感应强度B 的装置,把一个很小的测量线圈A 放在待测处,线圈与测量电荷量的冲击电流计G 串联,当用双刀双掷开关S 使螺线管的电流反向时,测量线圈中就产生感应电动势,从而引起电荷的迁移,由表G 测出电荷量Q ,就可以算出线圈所在处的磁感应强度B.已知测量线圈的匝数为N,直径为d ,它和表G 串联电路的总电阻为R ,则被测出的磁感应强度B 为多大?图12-14解析:当双刀双掷开关S 使螺线管的电流反向时,测量线圈中就产生感应电动势,根据法拉第电磁感应定律可得:td B N t N E ∆=∆∆Φ=2)2(2π 由欧姆定律和电流的定义得:,t Q R E I ∆==即t REQ ∆= 联立可解得:.22Nd QRB π=答案:22Nd QR π14.(12分)如图12-15所示,线圈内有理想边界的磁场,开始时磁场的磁感应强度为B 0.当磁场均匀增加时,有一带电微粒静止于平行板(两板水平放置)电容器中间,若线圈的匝数为n ,平行板电容器的板间距离为d ,粒子的质量为m ,带电荷量为q .(设线圈的面积为S )求:图12-15(1)开始时穿过线圈平面的磁通量的大小. (2)处于平行板电容器间的粒子的带电性质. (3)磁感应强度的变化率. 解析:(1)Φ=B 0S.(2)由楞次定律,可判出上板带正电,故推出粒子应带负电. (3),tnE ∆∆Φ=,ΔΦ=ΔB ·S, mg d E q =⋅,联立解得:.nqSmgd t B =∆∆ 答案:(1)B 0S (2)负电 (3)nqSmgdt B =∆∆ 15.(12分)两根光滑的长直金属导轨MN 、M ′N ′平行置于同一水平面内，导轨间距为l ，电阻不计，M 、M ′处接有如图12-16所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R ，电容器的电容为C.长度也为l 、阻值同为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中.ab 在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab 运动距离为s 的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q .求:图12-16(1)ab 运动速度v 的大小； (2)电容器所带的电荷量q .解析:本题是电磁感应中的电路问题,ab 切割磁感线产生感应电动势为电源.电动势可由E =Blv 计算.其中v 为所求,再结合闭合(或部分)电路欧姆定律、焦耳定律、电容器及运动学知识列方程可解得.(1)设ab 上产生的感应电动势为E ，回路中的电流为I ,ab 运动距离s 所用时间为t ,三个电阻R 与电源串联,总电阻为4R ,则 E=Blv由闭合电路欧姆定律有RE I 4=vs t =由焦耳定律有Q =I 2(4R )t 由上述方程得.422sl B QRv =(2)设电容器两极板间的电势差为U ,则有U=IR电容器所带电荷量q =CU解得.BlsCQRq =答案:(1)sl B QR224 (2)Bls CQR16.(14分)如图12-17所示,水平地面上方的H 高区域内有匀强磁场,水平界面PP ′是磁场的上边界,磁感应强度为B ,方向是水平的,垂直于纸面向里.在磁场的正上方,有一个位于竖直平面内的闭合的矩形平面导线框abcd ,ab 长为l 1,bc 长为l 2,H ＞l 2,线框的质量为m ,电阻为R .使线框abcd 从高处自由落下,ab 边下落的过程中始终保持水平,已知线框进入磁场的过程中的运动情况是:cd 边进入磁场以后,线框先做加速运动,然后做匀速运动,直到ab 边到达边界PP ′为止.从线框开始下落到cd 边刚好到达水平地面的过程中,线框中产生的焦耳热为Q .求:图12-17(1)线框abcd 在进入磁场的过程中,通过导线的某一横截面的电荷量是多少? (2)线框是从cd 边距边界PP ′多高处开始下落的? (3)线框的cd 边到达地面时线框的速度大小是多少?解析:(1)设线框abcd 进入磁场的过程所用时间为t ,通过线框的平均电流为I ,平均感应电动势为ε,则RI t εε=∆∆Φ=,,ΔΦ=Bl 1l 2 通过导线的某一横截面的电荷量t I q ∆=解得.21Rl Bl q =(2)设线框从cd 边距边界PP ′上方h 高处开始下落,cd 边进入磁场后,切割磁感线,产生感应电流,在安培力作用下做加速度逐渐减小的加速运动,直到安培力等于重力后匀速下落,速度设为v ,匀速过程一直持续到ab 边进入磁场时结束,有 ε=Bl 1v ,,RI ε=F A =BIl 1,F A =mg解得212l B mgRv =线框的ab 边进入磁场后,线框中没有感应电流.只有在线框进入磁场的过程中有焦耳热Q .线框从开始下落到ab 边刚进入磁场的过程中,线框的重力势能转化为线框的动能和电路中的焦耳热.则有Q mv l h mg +=+2221)(解得.222414414223l l mgB l QB R g m h -+= (3)线框的ab 边进入磁场后,只有重力作用下,加速下落,有)(21212222l H mg mv mv -=- cd 边到达地面时线框的速度.)(224142222l H g l B R g m v -+= 答案:(1)Rl Bl 21 (2)241441422322l l mgB l QB R g m -+ (3))(22414222l H g l B R g m -+。
(江苏专用)2019高考物理二轮复习 要点回扣 专题13 电磁感应学案.doc
要点13 电磁感应[规律要点]1.电磁感应(1)“三定则、一定律”的应用 定则、定律 适用的基本物理现象 安培定则判断电流(运动电荷)的磁场方向 左手定则判断磁场对电流、运动电荷的作用力方向 右手定则判断闭合电路的一部分导体做切割磁感线的运动时产生的感应电流的方向 楞次定律 判断闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，或者是穿过闭合电路的磁通量发生变化时产生的感应电流的方向①E ＝n ΔΦΔt，用来计算感应电动势的平均值。
②E ＝BLv ，主要用来计算感应电动势的瞬时值。
③E ＝12Bωl 2，主要用来计算导体转动切割磁感线时的感应电动势。
(3)用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤2.自感和涡流(1)自感①自感系数由导体本身的特性决定，线圈越长，线圈的匝数越多，横截面积越大，它的自感系数就越大；线圈中插入铁芯，自感系数也会增大。
②通电自感：通电时电流增大，阻碍电流增大，自感电动势和原来电流方向相反。
③断电自感：断电时电流减小，阻碍电流减小，自感电动势和原来电流方向相同。
自感线圈的特点可以总结为这样几句话：闭合时，像电阻；稳定时，像导线；断开时，像电源。
(2)涡流：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水中的漩涡。
[保温训练]1.(2018·徐州市考前模拟)下列各图所描述的物理情景中，一定没有感应电流的是( )解析开关S闭合稳定后，穿过线圈的磁通量保持不变，线圈不产生感应电流，故A符合题意；磁铁向铝环A靠近，穿过铝环的磁通量在增大，铝环产生感应电流，故B不符合题意；金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，产生感应电流，故C不符合题意；铜盘在磁场中按图示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，产生感应电流，故D不符合题意。
答案 A2.(多选)(2018·南京、盐城、连云港高三模拟)如图1所示，关于下列器材的原理和用途，说法正确的是( )图1A.变压器可以改变交流电的电压但不能改变频率B.扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C.真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用解析变压器可以改变交流电的电压但不能改变频率，故选项A正确；扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈产生了自感现象，故选项B错误；真空冶炼炉的工作原理是炉内金属产生涡流使炉内金属熔化，不是炉体产生涡流，故选项C错误；磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流，能起电磁阻尼的作用，故选项D正确。
【江苏专版】2019高考物理二轮复习与策略 专题限时集训10 电磁感应规律及其应用 含解析
专题限时集训(十) 电磁感应规律及其应用(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6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，有选错的得0分．)1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化D[将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，因线圈中的磁通量没有变化，故不能观察到感应电流，选项A不符合题意；在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时，如果通电线圈通以恒定电流，产生不变的磁场，则在另一线圈中不会产生感应电流，选项B不符合题意；在线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表时，磁通量已不再变化，因此也不能观察到感应电流，选项C不符合题意；绕在同一铁环上的两个线圈，在给一个线圈通电或断电的瞬间，线圈产生的磁场变化，使穿过另一线圈的磁通量变化，因此，能观察到感应电流，选项D符合题意．]2．如图20所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a＝3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()图20A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1B [根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设ΔB Δt ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt l 2，则E a E b ＝(31)2＝91，选项B 正确；根据I ＝E R ＝E ρ4nl S ′＝n ΔB Δt l 2S ′4ρnl ＝klS ′4ρ可知，I ∝l ，故a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1，选项C 错误；电功率P ＝IE ＝klS ′4ρ·n ΔB Δt l 2＝nk 2l 3S ′4ρ，则P ∝l 3，故a 、b 线圈中电功率之比为27∶1，选项D 错误．] 3．(2016·咸阳二模)如图21所示，一呈半正弦形状的闭合线框abc ，ac ＝l ，匀速穿过边界宽度也为l 的相邻磁感应强度大小相同的匀强磁场区域，整个过程线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)( )【导学号：25702049】图21B [线框从左边磁场进入右边磁场的过程中，两边都切割磁感线，磁通量变化得更快，感应电动势更大，感应电流方向沿逆时针，为负，选项B正确．] 4．在如图22甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2<r1)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、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计，闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是()图22①电容器上极板带正电②电容器下极板带正电③线圈两端的电压为B0πr21t0④线圈两端的电压为4B0πr22 5t0A．①③B．①④C．②③D．②④D[由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，①错②对．由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt S＝B0t0×πr22，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I＝ER＋R1＋R2，所以线圈两端的电压U＝I(R1＋R2)＝4B0πr225t0，③错④对，故应选D.]5．(2016·河北邯郸一模)如图23所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成θ角，上端与一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g.则()图23A．金属杆加速运动过程中的平均速度为v/2B．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C．当金属杆的速度为v/2时，它的加速度大小为g sin θ2D．整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh－12m v2C[对金属杆分析知，金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，因金属杆加速运动过程不是匀加速，故其平均速度不等于v2，A错误．当安培力等于重力沿斜面的分力，即mg sin θ＝B2l2vR时，杆ab开始匀速运动，此时v最大，F安最大，故匀速运动时克服安培力做功的功率大，B错误；当金属杆速度为v2时，F安′＝B2l2·v2R＝12mg sinθ，所以F合＝mg sin θ－F安′＝12mg sin θ＝ma，得a＝g sin θ2，C正确；由能量守恒可得mgh－12m v2＝Qab＋Q R，即mgh－12m v2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热，D错误．]6．(2016·江苏高考T6)电吉他中电拾音器的基本结构如图24所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音．下列说法正确的有()图24A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化BCD[铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律E＝N ΔΦΔt知，线圈的感应电动势变大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中感应电流的磁场方向发生变化，则感应电流的方向不断变化，选项D正确．]7.如图25所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图．把一个半径为r的铜盘放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，G为灵敏电流表．现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法中正确的是()图25A．C点电势一定高于D点电势B ．圆盘中产生的感应电动势大小为12Bωr 2C ．电流表中的电流方向为由a 到bD ．若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中可以产生涡旋电流BD [把铜盘看作由中心指向边缘的无数条铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根铜棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，盘边缘为电源正极，中心为电源负极，C 点电势低于D 点电势，选项A 错误；此电源对外电路供电，电流由b 经电流表再从a 流向铜盘，选项C 错误；铜棒转动切割磁感线，相当于电源，回路中感应电动势为E ＝Br v ＝B rω12r ＝12Bωr 2，选项B 正确；若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中产生感生环形电场，使铜盘中的自由电荷在电场力的作用下定向移动，形成环形电流，选项D 正确．]8．(2016·贵州三校联考)如图26所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R ，C 1和C 2是半径都为a 的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C 1中磁场的磁感应强度随时间按B 1＝b ＋kt (k >0)变化，C 2中磁场的磁感应强度恒为B 2，一质量为m 、电阻为r 、长度为L 的金属杆AB 穿过区域C 2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止．则( )图26A ．通过金属杆的电流大小为mgB 2L B ．通过金属杆的电流方向为从B 到AC ．定值电阻的阻值为R ＝2πkB 2a 3mg －rD．整个电路的热功率P＝πkamg 2B2BCD[根据题述金属杆恰能保持静止，由平衡条件可得：mg＝B2I·2a，通过金属杆的电流大小为I＝mg2aB2，选项A错误．由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向为从B到A，选项B正确．根据区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k>0)变化，可知ΔB1Δt＝k，C1中磁场变化产生的感应电动势E＝ΔB1Δtπa2＝kπa2，由闭合电路欧姆定律，E＝I(r＋R)，联立解得定值电阻的阻值为R＝2πkB2a3mg－r，选项C正确．整个电路的热功率P＝EI＝kπa 2·mg2aB2＝πkamg2B2，选项D正确．]二、计算题(共2小题，32分)9．(14分)(2016·全国甲卷T24)如图27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．t0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27(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．【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ma＝F－μmg①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E ＝Bl v③联立①②③式可得E ＝Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg . ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律 I ＝E R ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f ＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －f ＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m . ⑧ 【答案】 (1)Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m 10．(18分)(2016·河南三门峡三模)如图28甲所示，两平行导轨是由倾斜导轨(倾角为θ)与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中，两导轨间距为L ，上端与阻值为R 的电阻连接．一质量为m 的金属杆AB 在t ＝0时由静止开始在沿P 1P 2方向的拉力(图中未画出)作用下沿导轨下滑．当杆AB 运动到P 2Q 2处时撤去拉力，杆AB 在水平导轨上继续运动，其速率v 随时间t 的变化图象如图乙所示，图中v max 和t 1为已知量．若全过程中电阻R 产生的总热量为Q ，杆AB 始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆AB 的电阻以及一切摩擦均不计，求：【导学号：25702050】图28(1)杆AB中的最大感应电流I max的大小和方向；(2)杆AB下滑的全过程通过电阻R的电荷量q；(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上运动的路程s.【解析】(1)由题图乙知杆AB运动到水平轨道P2Q2处时的速率为v max，则回路中的最大感应电动势E max＝BL v max杆AB运动到水平轨道的P2Q2处时，回路中的感应电流最大，回路中的最大感应电流I max＝E max R得I max＝BL v maxR根据右手定则知I max的方向由A流向B.(2)根据法拉第电磁感应定律得，杆AB下滑全过程平均感应电动势E＝ΔΦt1－0平均感应电流I＝E R又q＝I t1解得q＝ΔΦR而ΔΦ＝BLs1cos θ由题图乙知杆AB 下滑的距离s 1＝12v max t 1解得q ＝BL v max t 1cos θ2R. (3)撤去拉力后杆AB 在水平导轨上做减速运动，感应电流I ＝BL v R根据牛顿第二定律有BIL ＝ma若Δt 趋近于零，则a ＝Δv Δt由以上三式可得B 2L 2R v Δt ＝m Δv则B 2L 2R v 1Δt 1＝m Δv 1，B 2L 2R v 2Δt 2＝m Δv 2，…，B 2L 2R v n Δt n ＝m Δv n 得B 2L 2R (v 1Δt 1＋v 2Δt 2＋…＋v n Δt n )＝m (Δv 1＋Δv 2＋…＋Δv n ) 即B 2L 2R s ＝m (v max －0)解得s ＝Rm v max B 2L 2.【答案】 见解析。
(江苏专用)2019高考物理三轮冲刺 考前组合提升练：选择题 电磁感应计算题(2).docx
选择题+电磁感应计算题(2)一、单项选择题1.[2018江苏苏锡常镇四市高三教学情况调研(二)]帆船运动中,运动员可以调节帆面与船前进方向的夹角,使船能借助风获得前进的动力。
下列图中能使帆船获得前进动力的是( )2.(2018江苏南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁一调)一辆公交车在平直的公路上从A站出发运动至B站停止,经历了匀加速、匀速、匀减速三个过程,设加速和减速过程的加速度大小分别为a1、a2,匀速过程的速度大小为v,则( )A.增大a1,保持a2、v不变,加速过程的平均速度不变B.减小a1,保持a2、v不变,匀速运动过程的时间将变长C.增大v,保持a1、a2不变,全程时间变长D.只要v不变,不论a1、a2如何变化,全程平均速度不变3.(2018课标Ⅱ,3,6分)2018年2月,我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318+0253”,其自转周期T=5.19 ms。
假设星体为质量均匀分布的球体,已知引力常量为6.67×10-11N·m2/kg2。
以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为( )A.5×109 kg/m3B.5×1012 kg/m3C.5×1015 kg/m3D.5×1018 kg/m34.(2018江苏南通、如东高三上一检)如图所示,在两等量异种点电荷的电场中,MN为一根光滑绝缘细杆,放在两电荷连线的中垂线上,a、b、c三点所在水平直线平行于两点电荷的连线,且a与c关于MN对称,b 点位于MN上,d点位于两电荷的连线上。
下列说法中正确的是( )A.a点的场强与b点的场强方向相同B.a点的场强与c点的场强方向相同C.b点的场强大于d点的场强D.套在细杆上的带电小环由静止释放后将做匀加速直线运动5.(2018江苏淮安、宿迁等期中质检)如图所示,滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面,到达最高点后又返回到出发点。
(江苏专版)2019年高考物理总复习 第40讲 电磁感应的综合性问题讲义
第40讲 电磁感应的综合性问题考情剖析弱项清单,1.不能将新情景的原理与电磁感应工作相结合； 2．感应电动势E ＝BLv 和安培力F ＝BIL 公式混淆；3．不能正确分析电磁感应现象中产生感应电动势的部分电路(或导体)两端的电压．知识整合第1课时 电磁感应的应用——电路和图象问题一、电路1．内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于________(内电路)，其余部分是________．(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的________． 2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E ＝________或E ＝________.(2)路端电压：U＝IR＝________.问题类型,(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)应用知识,左手定则、安培定则、右手定则、________、__________________、欧姆定律、牛顿定律、函数图象等知识方法技巧释难答疑的金钥匙考点1 电磁感应电路问题的分析1．解答电磁感应电路问题的一般步骤(1)确定电源：切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E ＝n ΔΦΔt 或E ＝Blv sin θ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．(2)分析电路结构：认清内、外电路及外电路的串、并联关系，画出等效电路图． (3)利用电路规律求解：主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解． 2．电路分析的两个关键(1)确定等效电源的正负极、感应电流的方向、电势高低、电容器极板带电性质等问题，可以用右手定则或楞次定律解决．(2)根据闭合电路求解电路中的总电阻、路端电压、电功率等问题，可以根据闭合电路欧姆定律及电功率公式等知识解决．【典型例题1】 用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，如图所示，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁场以ΔBΔt的变化率增强时，不考虑磁场的变化对虚线右侧的影响，则( )A ．线圈中感应电流方向为adbcaB ．线圈中产生的电动势E ＝ΔB Δt ·l 2C ．线圈中a 点电势高于b 点电势D ．线圈中b 、a 两点间的电势差为l 2ΔB4Δt【典型例题2】 如图所示，在一个光滑金属框架上垂直放置一根长l ＝0.4 m 的金属棒ab ，其电阻值r ＝0.1 Ω，框架左端的电阻R ＝0.4 Ω，垂直框面的匀强磁场的磁感强度B ＝0.1 T ．当用外力使棒ab 以速度v ＝5 m /s 右移时，求：(1)电阻R 上消耗的功率P R ； (2)ab 棒两端的电势差U ab ；(3)若ab 棒向右做变速运动，在其移动1 m 过程中通过电阻R 的电荷量．。
高考物理江苏专版二轮复习检测：专题四·第二讲 楞次定律 法拉第电磁感应定律——课前自测诊断卷
专题四·第二讲 楞次定律 法拉第电磁感应定律——课前自测诊断卷考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1.[[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线P Q 和一导线框R ，R 在P Q 的右侧。
导线P Q 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向。
导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T4时为零B ．在t ＝T2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向解析：选AC 在t ＝T 4时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt S知，E ＝0，故A 正确。
在t ＝T 2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T2和t ＝T 时感应电动势最大。
在T 4到T2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到34T 时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到54T 时，R 中电动势为逆时针方向，C 正确，B 、D 错误。
2．[考查法拉第电磁感应定律的应用]在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，导线回路与匀强磁场垂直，磁场方向垂直纸面向里，磁场均匀地增强，磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt ＝5×10－2T/s ，电容器电容C ＝60 μF ，导线回路边长L 1＝8 cm ，L 2＝5 cm 。
则电容器上极板( )A ．带正电，电荷量是1.2×10－4 C B ．带负电，电荷量是1.2×10－4 C C ．带正电，电荷量是1.2×10－8 CD ．带负电，电荷量是1.2×10－8 C解析：选C 根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则上极板带正电。
江苏专用2019高考物理三轮冲刺考前组合提升练：选择题+电磁感应计算题620190322334
6.BC 本题考查万有引力定律的应用等知识。双星系统由彼此间万有引力提供向心力,得
GmL12m2=m1ω12 r1,GmL1 m2 2=m2ω22 r2,且
T=2π,两颗星的周期及角速度相同,即
ω
T1=T2=T,ω1=ω2=ω,两颗星的轨道半
径 r1+r2=L,解得mm12=rr21,m1+m2=4πGT22L3,因为rr21未知,所以 m1 与 m2 之积不能求出,则选项 A 错误,B 正确。各自的自
Uab=UaO-UbO=-15×0.5 V+5×0.5 V=-5 V,故 C 选项正确;当 a、b 间用导线连接后,其等效电路如图(b)所示, 电路中的外电阻 R'=7.5 Ω,电路中总电流 I'= E = 12 A≠1 A,D 选项错误。
R'+r 9.5
图(a)
图(b)
8.ABD 根据动量守恒定律有 mA×6 m/s+mB×1 m/s=mA×2 m/s+mB×7 m/s,得 mA∶mB=3∶2,故 A 正确;根据 动量守恒知 A、B 碰撞前、后总动量守恒,B 项正确,C 项错误;碰撞前总动能:12mA×62+12mB×12=535mA,碰撞后 总动能:12mA×22+12mB×72=535mA,即碰撞前、后总动能不变,D 项正确。 9.BD 碘粒子带正电,结合题图,根据左手定则可知,磁场方向垂直于纸面向外,A 错误;由动能定理知,碘
2
A.路端电压为 10 V B.电源的总功率为 10 W C.a、b 间电压的大小为 5 V D.a、b 间用导线连接后,电路的总电流为 1 A 8.A、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动,如图所示为 A、B 发生碰撞前、后的 v-t 图线,由图线可 以判断下列叙述正确的是( )
2019版高考物理江苏专版二轮复习检测：第一部分 专题四 电路与电磁感应 Word版含解析
专题四 电路与电磁感应第一讲直流电路与交流电路 考点一交流电的产生及描述1.[考查两种交流电的比较]甲、乙图分别表示两种电压的波形，其中甲图所示的电压按正弦规律变化。
下列说法正确的是( )A ．甲图表示交流电，乙图表示直流电B ．甲图电压的有效值为220 V ，乙图电压的有效值小于220 VC ．乙图电压的瞬时值表达式为u ＝220sin 100πt (V)2D ．甲图电压经过匝数比为1∶10的变压器变压后，频率变为原来的10倍解析：选B 由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A 错误；由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，图甲是正弦式交流电，所以有效值U ＝＝220 V ，故乙图电压小于220 V ，U m2则B 正确；图乙不是正弦式交流电，所以表达式不是正弦函数，故C 错误；理想变压器变压后，频率不发生变化，故D 错误。
2．[考查交流电的产生及瞬时值、有效值]如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a 、b 所示，则( )A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面垂直B ．曲线a 表示的交变电动势瞬时值为15cos 50πt (V)C ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为3∶2D ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V解析：选C 在t ＝0时刻，线圈一定处在中性面上，故A 错误；由题图乙可知，a 的周期为4×10－2 s ，ω＝＝50π rad/s ；曲线a 表示的交变电动势瞬时值为15sin 50πt (V)，B 2πT错误；b 的周期为6×10－2 s ，则由n ＝可知，转速与周期成反比，故转速之比为3∶2，1T故C 正确；ωa ∶ωb ＝n 1∶n 2＝3∶2，a 交流电的最大值为15 V ，则根据E m ＝nBSω得曲线b 表示的交变电动势最大值是10 V ，则有效值为U ＝V ＝5 V ，故D 错误。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
电磁感应综合问题1.[如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5 m ，金属环总电阻为2 Ω，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ＝1 T ，在环的最高点上方A 点用铰链连接一长度为1.5 m ，电阻为3 Ω的导体棒AB ，当导体棒AB 摆到竖直位置时，导体棒B 端的速度为3m/s 且到达金属环最低点。
已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒AB 摆到竖直位置时AB 两端的电压大小为( )A ．0.4 VB ．0.65 VC ．2.25 VD ．4.5 V解析：选B 当导体棒摆到竖直位置时， 由v ＝ωr 可得：C 点的速度为v C ＝13v B ＝13×3 m/s＝1 m/sAC 间电压为U AC ＝E AC ＝BL AC ·v C 2＝1×0.5×12 V ＝0.25 V CB 段产生的感应电动势为E CB ＝BL CB ·v C ＋v B 2＝1×1×1＋32V ＝2 V 圆环两侧并联，电阻为R ＝12Ω＝0.5 Ω， 导体棒CB 段的电阻为r ＝2 Ω则CB 间电压为U CB ＝R r ＋R E CB ＝0.50.5＋2×2 V＝0.4 V 故AB 两端的电压大小为U AB ＝U AC ＋U CB ＝0.25 V ＋0.4 V ＝0.65 V 。
故选B 。
2．[考查电磁感应中的导线框电路问题]如图，匀强磁场水平边界的上方h ＝5 m 处有一个边长L ＝1 m 的正方形导线框从静止开始下落。
已知线框质量m ＝1 kg ，电阻为R ＝10 Ω，磁感应强度为B ＝1 T 。
当线框的cd 边刚进入磁场时(g 取10 m/s 2)：(1)求线框中产生的感应电动势大小；(2)求cd 两点间的电势差大小；(3)若线框此时加速度等于0，则线框电阻应该变为多少？解析：(1)cd 边刚进入磁场时，线框速度：v ＝2gh线框中产生的感应电动势：E ＝BLv ＝BL 2gh ＝10 V 。
(2)此时线框中电流：I ＝E Rcd 切割磁感线相当于电源，cd 两点间的电势差即路端电压：U ＝I ×34R ＝7.5 V 。
(3)安培力F ＝BIL ＝B 2L 22gh R根据牛顿第二定律：mg －F ＝ma 由a ＝0，解得电阻R ＝B 2L 22gh mg＝1 Ω。
答案：(1)10 V (2)7.5 V (3)1 Ω3.[近期大功率储能技术受到媒体的广泛关注，其中飞轮储能是热点之一。
为说明某种飞轮储能的基本原理，将模型简化为如图所示，光滑的型导轨水平放置，电阻不计，长度足够。
轨道平行部分间距为L ＝1 m ，导轨上静止放置有长度也为L 、质量为m ＝100 kg 、电阻为R 1＝0.1 Ω的导体棒AB 。
导轨间虚线框区域有垂直轨道平面向上的均匀变化磁场，虚线框右侧区域有垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ＝10 T 。
图中开关S 接a ，经过足够长时间，棒AB 向右匀速运动，速度为v ＝100 m/s ，然后若将开关S 接b ，棒AB 可作为电源对电阻R 2供电，电阻R 2＝0.9 Ω。
(1)开关S 接a ，棒AB 匀速运动时，虚线框中的磁场磁通量每秒钟变化多少？(2)求开关S 接b 的瞬间棒AB 加速度的大小。
(3)求开关S 接b 后R 2产生的总热量Q 。
解析：(1)棒AB 匀速运动时加速度为零，安培力为零，电流为零，磁通量不变，所以虚线框中磁场每秒增加ΔΦ＝BLvt ＝1 000 Wb 。
(2)棒AB 产生的电动势E ＝BLv ＝1 000 V ，电路中产生的电流I ＝ER 1＋R 2＝1 000 A ，故受到的安培力为F ＝BIL ＝1×104 N ，根据牛顿第二定律可得a ＝F m ＝100 m/s 2。
(3)棒的动能全部转化为电热，故Q 总＝12mv 2＝5×105 J ， 电阻R 2上产生的电热为Q ＝R 2R 1＋R 2Q 总＝4.5×105 J 。
答案：(1)1 000 Wb (2)100 m/s 2 (3)4.5×105 J4.[考查电磁感应中线框的动力学问题]如图所示，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。
线框通过细线与重物相连，重物质量M ＝2 kg ，斜面上ef 线(ef ∥gh )的上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，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef 线和gh 的距离s ＝11.4 m(取g ＝10 m/s 2)，求：(1)线框进入磁场前重物M 加速度的大小；(2)线框进入磁场时匀速运动速度v 的大小。
解析：(1)线框进入磁场前，线框受到重力、细线的拉力T 1、斜面的支持力，重物M 受到重力和拉力T 1′。
对线框由牛顿第二定律得T 1－mg sin α＝ma对重物Mg －T 1′＝Ma由牛顿第三定律得T 1＝T 1′联立解得线框进入磁场前重物M 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，所以重物受力平衡：Mg ＝T 2′ 线框受力平衡：T 2＝mg sin α＋BIl 1由牛顿第三定律得T 2＝T 2′，ab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E ＝Bl 1v线框中的电流I ＝E R ＝Bl 1v R联立上述各式得Mg ＝mg sin α＋B 2l 12v R， 代入数据解得v ＝6 m/s 。
答案：(1)5 m/s 2(2)6 m/s5.[考查圆形磁场的电磁感应现象问题]如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，半径r ＝0.5 m 的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场。
一个匝数n ＝10匝的刚性正方形线框abcd ，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P ＝1.25 W 的小灯泡A 相连，圆形磁场的一条直径恰好与线框bc 边重合。
已知线框总质量m ＝2 kg ，总电阻R 0＝1.25 Ω，边长L >2r ，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。
从t ＝0时起，磁场的磁感应强度按B ＝2－2πt (T)的规律变化。
开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，π取3.2)(1)线框不动时，回路中的感应电动势E ；(2)小灯泡正常发光时的电阻R ；(3)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q 。
解析：(1)由法拉第电磁感应定律有：E ＝n ΔΦΔt， 得：E ＝n ΔB Δt ×12π×r 2＝10×2π×12π×0.52 V ＝2.5 V 。
(2)小灯泡正常发光，有：P ＝I 2R ，由闭合电路欧姆定律有：E ＝I (R 0＋R )，即有：P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 0＋R 2R ， 代入数据解得：R ＝1.25 Ω，I ＝1 A 。
(3)对线框bc 边处于磁场中的部分受力分析如图，当线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B ′，由力的平衡条件有：mg sin θ＝F 安＋f ＝F 安＋μmg cos θF 安＝nB ′I ×2r ，由以上分析解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小为B ′＝0.4 T代入B ＝2－2πt (T)可求出线框在斜面上可保持静止的时间t ＝1.62πs ＝4π5s ， 小灯泡产生的热量为Q ＝Pt ＝1.25×4π5J ＝3.2 J 。
答案：(1)2.5 V (2)1.25 Ω (3)3.2 J6.[考查导体在变化的磁场中运动问题]如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两导轨相距L ＝0.4 m ，导轨一端与阻值R ＝0.3 Ω的电阻相连，导轨电阻不计。
导轨x ＞0一侧存在沿x 轴正方向均匀增大的恒定磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B 随位置x 变化如图乙所示。
一根质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F 作用下从x ＝0处以初速度v 0＝2 m/s 沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。
求：(1)金属棒在x ＝1 m 处速度的大小；(2)金属棒从x ＝0运动到x ＝1 m 过程中，外力F 所做的功；(3)金属棒从x ＝0运动到x ＝2 m 过程中，流过金属棒的电荷量。
解析：(1)根据题意可知金属棒所受的安培力大小不变，x ＝0处与x ＝1 m 处安培力大小相等，有B 02L 2v 0R ＋r ＝B 12L 2v 1R ＋r， 即v 1＝B 02B 12v 0＝0.5212×2 m/s＝0.5 m/s 。
(2)金属棒在x ＝0处的安培力大小为：F 安＝B 02L 2v 0R ＋r ＝0.52×0.42×20.4N ＝0.2 N 对金属棒从x ＝0运动到x ＝1 m 过程中，根据动能定理有：W F －F 安x ＝12mv 12－12mv 02代入数据解得：W F ＝－0.175 J 。
(3)流过金属棒的电荷量 q ＝I t ＝ΔΦΔt R ＋r ·Δt ＝ΔΦR ＋r ＝ΔB ·xL R ＋rx ＝0到x ＝2 m 过程中，B x 图像包围的面积：ΔB ·x ＝0.5＋1.52×2＝2， 解得q ＝ΔΦR ＋r ＝2×0.40.4C ＝2 C 。
答案：(1)0.5 m/s (2)－0.175 J (3)2 C7.[考查导体棒在线框上运动问题] 如图甲所示，“”形线框竖直放置，电阻不计。
匀强磁场方向与线框平面垂直，一个质量为m 、阻值为R 的光滑导体棒AB ，紧贴线框下滑，所达到的最大速度为v 。
现将该线框和磁场同时旋转一个角度放置在倾角为θ的斜面上，如图乙所示。
(1)在斜面上导体棒由静止释放，在下滑过程中，线框一直处于静止状态，求导体棒最大速度的大小；(2)导体棒在下滑过程中线框保持静止，求线框与斜面之间的动摩擦因数μ所满足的条件(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；(3)现用一个恒力F ＝2mg sin θ沿斜面向上由静止开始拉导体棒，通过距离s 时导体棒已经做匀速运动，线框保持不动，求此过程中导体棒上产生的焦耳热。
解析：(1)导体棒受到的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v R， 线框竖直放置时，由平衡条件得：mg ＝B 2L 2v R， 线框在斜面上时，由平衡条件得mg sin θ＝B 2L 2v ′R， 解得v ′＝v sin θ。