高三物理二轮复习 专题限时集训 专题突破篇 专题11 电磁感应规律及其应用
2020版高考物理大二轮复习试题:电磁感应规律及其应用(含答案)
回扣练12:电磁感应规律及其应用1.如图所示,两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ,b 、d 间连有一固定电阻R ,导轨电阻可忽略不计.MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆,与ab 垂直,其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度的大小为B ,磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里).现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动.令U 表示MN 两端电压的大小,则( )A .U =12Blv ,流过固定电阻R 的感应电流由b 经R 到dB .U =Blv ,流过固定电阻R 的感应电流由d 经R 到bC .MN 受到的安培力大小F A =B 2l 2v 2R,方向水平向右 D .MN 受到的安培力大小F A =B 2l 2v R,方向水平向左 解析:选A.当MN 运动时,相当于电源.但其两边的电压是外电路的电压,假设导轨没电阻,MN 两端的电压也就是电阻R 两端的电压,电路中电动势为E =BlV ,MN 的电阻相当于电源的内阻,二者加起来为2R ,则电阻上的电压为12Blv ,再由右手定则,拇指指向速度方向,手心被磁场穿过,四指指向即为电流方向,即由N 到M ,那么流过电阻的就是由b 到d .故A 正确,B 错误.MN 受到的安培力F =BIl =B 2l 2v 2R;由左手定则可知,安培力的方向水平向左;故CD 错误.故选A.2.如图所示,两相邻有界匀强磁场的宽度均为L ,磁感应强度大小相等、方向相反,均垂直于纸面.有一边长为L 的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场.用i 表示线圈中的感应电流,规定逆时针方向为电流正方向,图示线圈所在位置为位移起点,则下列关于i x 的图象中正确的是( )解析:选C.线圈进入磁场,在进入磁场的0~L 的过程中,E =BLv ,电流I =BLv R ,根据右手定则判断方向为逆时针方向,为正方向;在L ~2L 的过程中,电动势E =2BLv ,电流I =2BLv R,根据右手定则判断方向为顺时针方向,为负方向;在2L ~3L 的过程中,E =BLv ,电流I =BLv R,根据右手定则判断方向为逆时针方向,为正方向;故ABD 错误,C 正确;故选C.3.如图所示,表面粗糙的U 形金属线框水平固定,其上横放一根阻值为R 的金属棒ab ,金属棒与线框接触良好,一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中,下列说法正确的是( )A .当变阻器滑片P 向上滑动时,螺线管内部的磁通量增大B .当变阻器滑片P 向下滑动时,金属棒所受摩擦力方向向右C .当变阻器滑片P 向上滑动时,流过金属棒的电流方向由a 到bD .当变阻器滑片P 向下滑动时,流过金属棒的电流方向由a 到b解析:选C.根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N 极,而穿过回路的磁通量分为两部分,一部分为螺线管内部磁场,方向竖直向下,一部分为螺线管外部磁场,方向竖直向上,而总的磁通量方向为竖直向下,当变阻器滑片P 向上滑动时,滑动变阻器连入电路的电阻增大,螺线管中电流减小,产生的磁场变弱,即穿过回路的磁通量向下减小,根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a 到b ,A 错误C 正确;当变阻器滑片P 向下滑动时,滑动变阻器连入电路的电阻减小,螺线管中电流变大,产生的磁场变强,即穿过回路的磁通量向下增大,根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b 到a ,而导体棒所处磁场方向为竖直向上的,金属棒所受安培力方向向右,故摩擦力方向向左,故BD 错误.故选C.4.如图所示,处于竖直面的长方形导线框MNPQ 边长分别为L和2L ,M 、N 间连接两块水平正对放置的金属板,金属板距离为d ,虚线为线框中轴线,虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场.两板间有一个质量为m 、电量为q 的带正电油滴恰好处于平衡状态,重力加速度为g ,则下列关于磁场磁感应强度大小B 的变化情况及其变化率的说法正确的是( )A .正在增强,ΔB Δt =mgd qL 2 B .正在减小,ΔB Δt =mgd qL 2C .正在增强,ΔB Δt =mgd 2qL 2D .正在减小,ΔB Δt =mgd 2qL2 解析:选B.电荷量为q 的带正电的油滴恰好处于静止状态,电场力竖直向上,则电容器的下极板带正电,所以线框下端相当于电源的正极,感应电动势顺时针方向,感应电流的磁场方向和原磁场同向,根据楞次定律,可得穿过线框的磁通量在均匀减小;线框产生的感应电动势:E =ΔB Δt S =ΔB Δt L 2;油滴所受电场力:F =E 场q ,对油滴,根据平衡条件得:q E d=mg ;所以解得,线圈中的磁通量变化率的大小为:ΔB Δt =mgd qL2;故选B. 5.如图所示,相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场,磁感应强度为B ,正方形线圈abcd 边长为L (L <d ),质量为m 、电阻为R ,将线圈在磁场上方h 高处静止释放,cd 边刚进入磁场时速度为v 0,cd 边刚离开磁场时速度也为v 0,则线圈穿过磁场的过程中(从cd 边刚进入磁场一直到ab 边离开磁场为止)( )A .感应电流所做的功为3mgdB .线圈的最小速度一定大于mgR B 2L 2C .线圈的最小速度一定是2g (h +L -d )D .线圈穿出磁场的过程中,感应电流为逆时针方向解析:选C.据能量守恒,研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程:动能变化量为0,重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量,Q =mgd .cd 边刚进入磁场时速度为v 0,cd 边刚离开磁场时速度也为v 0,所以从cd 边刚穿出磁场到ab 边离开磁场的过程,线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程产生的热量相等,所以线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程,产生的热量Q ′=2mgd ,感应电流做的功为2mgd ,故A 错误.线框可能进入磁场先做减速运动,在完全进入磁场前已做匀速运动,刚完全进入磁场时的速度最小,有:mg =B 2L 2v R ,解得可能的最小速度v =mgR B 2L2,故B 错误.因为进磁场时要减速,线圈全部进入磁场后做匀加速运动,则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小,线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程,根据能量守恒定律得:mg (h +L )=Q+12mv 2,解得最小速度v =2g (h +L -d ),故C 正确.线圈穿出磁场的过程,由楞次定律知,感应电流的方向为顺时针,故D 错误.故选C.6.如图所示的电路中,三个相同的灯泡a 、b 、c 和电感L 1、L 2与直流电源连接,电感的电阻忽略不计.电键S 从闭合状态突然断开时,下列判断正确的( )A .a 先变亮,然后逐渐变暗B .b 先变亮,然后逐渐变暗C .c 先变亮,然后逐渐变暗D .b 、c 都先变亮,然后逐渐变暗解析:选A.电键S 闭合时,电感L 1中电流等于两倍L 2的电流,断开电键S 的瞬间,由于自感作用,两个电感线圈相当于两个电源,与三个灯泡构成闭合回路,通过b 、c 的电流都通过a ,故a 先变亮,然后逐渐变暗,故A 正确; b 、c 灯泡由电流i 逐渐减小,B 、C 、D 错误 .故选A.7.(多选)如图甲所示,宽度为L 的足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上,导轨左端连接一电容为C 的电容器,将一质量为m 的导体棒与导轨垂直放置,导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度为B .用与导轨平行的外力F 向右拉动导体棒,使导体棒由静止开始运动,作用时间t 1后撤去力F ,撤去力F 前棒内电流变化情况如图乙所示.整个过程中电容器未被击穿,不计空气阻力.下列说法正确的是 ( )A .有外力作用时,导体棒在导轨上做匀速运动B .有外力作用时,导体棒在导轨上做匀加速直线运动C .外力F 的冲量大小为It 1⎝ ⎛⎭⎪⎫BL +m CBL D .撤去外力F 后,导体棒最终静止在导轨上,电容器中最终储存的电能为零解析:选BC.对电容器Q =CU ,则ΔQ =C ΔU ,I =ΔQ Δt ;ΔU =ΔE =BL Δv ;解得I =CBL Δv Δt=CBLa ,则导体棒的加速度a 恒定,做匀加速运动,选项A 错误,B 正确;根据牛顿第二定律:F -BIL =ma ,则F =BIL +mI CBL ,则外力F 的冲量大小为I F =Ft 1=It 1⎝⎛⎭⎪⎫BL +m CBL ,选项C 正确;撤去外力F 后,导体棒开始时做减速运动,当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时,回路中电流为零,此时安培力为零,导体棒做匀速运动,此时电容器两端的电压不为零,则最终储存的电能不为零,选项D 错误;故选BC.8.(多选)如图所示,在竖直平面内MN 、PQ 两光滑金属轨道平行竖直放置,两导轨上端M 、P 间连接一电阻R .金属小环a 、b 套在金属轨道上,质量为m 的金属杆固定在金属环上,该装置处在匀强磁场中,磁场方向垂直竖直平面向里.金属杆以初速度v 0从图示位置向上滑行,滑行至最高点后又返回到出发点.若运动过程中,金属杆保持水平,两环与导轨接触良好,不计轨道、金属杆、金属环的电阻及空气阻力.金属杆上滑过程和下滑过程相比较,以下说法正确的是( )A .上滑过程所用时间比下滑过程短B .上滑过程通过电阻R 的电量比下滑过程多C .上滑过程通过电阻R 产生的热量比下滑过程大D .上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大解析:选AC. 如图所示,v t 图斜率代表加速度,其面积表示位移,上滑过程中,做加速度逐渐减小的减速运动,下滑过程中是加速度逐渐减小的加速运动,由于位移大小相等,可知上升时间小于下落时间,故A 正确;由q =ΔΦR,可知上滑过程通过电阻R 的电量等于下滑过程中电量,故B 错误;在相同位置,上滑时的速度大于下滑时的速度,则上滑过程安培力的平均值大于下滑过程安培力的平均值,导致上滑过程中导体棒克服安培力做功多,则上滑过程中电阻R 产生的热量大于下滑过程中产生的热量,故C 正确.安培力冲量I =BLq ,q =ΔΦR,可知上滑过程安培力的冲量等于下滑过程安培力的冲量,故D 错误.9.(多选)如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ,导轨平面与水平面的夹角θ=30°,导轨电阻不计,整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.质量为m 、长为L 、电阻为R 的金属棒垂直导轨放置,且始终与导轨接触良好.金属导轨的上端连接一个阻值也为R 的定值电阻.现闭合开关K ,给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F =2mg 的恒力,使金属棒由静止开始运动.若金属棒上滑距离s 时,金属棒开始匀速运动,则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程,下列说法中正确的是(重力加速度为g )( )A .金属棒的末速度为3mgRB 2L 2 B .金属棒的最大加速度为1.4gC .通过金属棒的电荷量为BLs RD .定值电阻上产生的焦耳热为34mgs -9m 3g 2R 24B 4L4 解析:选AD.设金属棒匀速运动的速度为v ,则感应电动势E =BLv ;回路电流I =E 2R =BLv2R ;安培力F 安=BIL =B 2L 2v 2R ;金属棒匀速时,受力平衡有F =mg sin 30°+F 安,即2mg =12mg +B 2L 2v 2R联立解得:v =3mgR B 2L2,故A 正确;金属棒开始运动时,加速度最大,即F -mg sin 30°=ma ,代入数据2mg -12mg =ma ,解得a =1.5g ,故B 错误;根据感应电量公式Q =ΔΦR 总=BLs 2R,故C 错误;对金属棒运用动能定理,有Fs -mgs sin 30°-Q =12mv 2,其中定值电阻上产生的焦耳热为Q R =12Q =34mgs -9m 3g 2R 24B 4L4,故D 正确;故选AD. 10.(多选)如图甲所示,光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上,两导轨间距L =0.2 m ,两导轨的左端之间连接的电阻R =0.4 Ω,导轨上停放一质量m =0.1 kg 的金属杆ab ,位于两导轨之间的金属杆的电阻r =0.1 Ω,导轨的电阻可忽略不计.整个装置处于磁感应强度B =0.5 T 的匀强磁场中,磁场方向竖直向下.现用一外力F 水平向右拉金属杆,使之由静止开始运动,在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好,若理想电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图乙所示.则在金属杆开始运动经t = 5.0 s 时( )A .通过金属杆的感应电流的大小为1.0 A ,方向由b 指向aB .金属杆的速率为4.0 m/sC .外力F 的瞬时功率为1.0 WD .0~5.0 s 内通过R 的电荷量为5.0 C解析:选AC.导体棒向右切割磁感线,由右手定则知电流方向为b 指向a ,金属杆开始运动经t =5.0 s ,由图象可知电压为0.4 V ,根据闭合电路欧姆定律得I =U R =0.40.4 A =1 A ,故A 正确;根据法拉第电磁感应定律知E =BLv ,根据电路结构可知:U =R R +r E ,解得v =5 m/s ,故B 错误;根据电路知U =R R +r BLv =0.08v =0.08at ,结合U t 图象知导体棒做匀加速运动,加速度为a =1 m/s 2,根据牛顿第二定律,在5 s 末时对金属杆有:F -BIL =ma 解得:F =0.2 N ,此时F 的瞬时功率P =Fv =0.2×5 W=1 W 故C 正确;0~5.0 s 内通过R 的电荷量为q =It =E R +r t =ΔΦt (R +r )×t =ΔΦR +r =B ×12at 2R +r =12.5 C ,故D 错误;综上所述本题答案是AC.。
高考物理大二轮专题复习 4.11 电磁感应规律及其应用
【金版教程】2014年高考物理大二轮专题复习 4.11 电磁感应规律及其应用一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分,其中第2、3、4、5、7、8小题为多选题.)1.[2013·湖北七市联考]奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系,法拉第发现了电磁感应定律,使人们对电和磁内在联系的认识更加完善.关于电磁感应,下列说法中正确的是( )A. 运动的磁铁能够使附近静止的线圈中产生电流B. 静止导线中的恒定电流可以使附近静止的线圈中产生电流C. 静止的磁铁不可以使附近运动的线圈中产生电流D. 运动导线上的恒定电流不可以使附近静止的线圈中产生电流解析:根据感应电流产生条件,运动的磁铁能够使附近静止的闭合线圈中产生电流,选项A正确.静止导线中的恒定电流不可以使附近静止的线圈中产生电流,选项B错误.静止的磁铁可以使附近运动的闭合线圈中产生电流,选项C错误.运动导线上的恒定电流可以使附近静止的闭合线圈中产生电流,选项D错误.答案:A2.[2013·武汉调研]如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图,铁芯上有两个线圈A和B,线圈A跟电源连接,线圈B的两端接在一起,构成一个闭合回路.下列说法正确的是( )A. 闭合开关S时,B中产生图示方向的感应电流B. 闭合开关S时,B中产生与图示方向相反的感应电流C. 断开开关S时,电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间D. 断开开关S时,弹簧K立即将衔铁D拉起解析:闭合开关S时,线圈B的磁通量增大,由楞次定律知,线圈B中产生与图示方向相反的感应电流,选项A错误,B正确;断开开关S时,线圈B中的磁通量减小,线圈B产生感应电流,感应电流的磁场继续吸引衔铁D一小段时间,选项C正确,D错误.答案:BC3.如图,水平的平行虚线间距为d =60 cm ,其间有沿水平方向的匀强磁场.一个阻值为R 的正方形金属线圈边长l <d ,线圈质量m =100 g .线圈在磁场上方某一高度处由静止释放,保持线圈平面与磁场方向垂直,其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等.不计空气阻力,取g =10 m/s 2.则( )A. 线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B. 线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6 JC. 线圈在进入磁场和穿出磁场的过程中,电流均为逆时针方向D. 线圈在进入磁场和穿出磁场的过程中,通过导线截面的电荷量相等解析:由于线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等,且线圈全部在磁场中运动时有一段加速阶段,则可判断出线圈下边缘刚进入磁场时安培力大于重力,线圈做减速运动,加速度逐渐减小,选项A 错误;线圈进入磁场过程中,由能量守恒定律得Q =ΔE p =mgd =0.1×10×0.6 J=0.6 J ,选项B 正确;线圈进入磁场过程中电流为逆时针方向,线圈离开磁场过程中,电流为顺时针方向,选项C 错误;线圈进入磁场和穿出磁场过程中,通过导线截面的电荷量均为q =Bl 2R,选项D 正确.答案:BD4.上海磁悬浮列车于2003年10月1日正式运营.如图所示为其磁悬浮原理,B 是用高温超导材料制成的超导圆环,A 是圆柱形磁铁,将超导圆环B 水平放在磁铁A 上,它就能在磁场力作用下悬浮在磁铁A 的上方空中.以下判断正确的是( )A. 在B 放入磁场的过程中,B 中将产生感应电流,当稳定后,感应电流消失B. 在B 放入磁场的过程中,B 中将产生感应电流,当稳定后,感应电流仍存在C. 在B 放入磁场的过程中,如B 中感应电流方向如图所示,则A 的N 极朝上D. 在B 放入磁场的过程中,如B 中感应电流方向如图所示,则A 的S 极朝上 解析:当B 环靠近A 时,穿过B 环中的磁通量增大,在该环中会产生感应电流.由于超导体(电阻率为零)没有电阻,所以B 环中的电流不会变小,永远存在,故选项A 错、B 对;由安培定则可判断出B 环的下面是N 极,因此A 的N 极朝上,故选项C 对、D 错.答案:BC5.如图所示,正方形匀强磁场区域内,有一个正方形导线框abcd ,导线粗细均匀,导线框平面与磁感线垂直,导线框各边分别与磁场边界平行.第一次将导线框垂直磁场边界以速度v 匀速拉出磁场,第二次朝另一个方向垂直磁场边界以速度3v 匀速拉出磁场,则将导线框两次拉出磁场的过程中( )A. 导线框中产生的感应电流方向相同B. 导线框中产生的焦耳热相同C. 导线框ad 边两端电势差相同D. 通过导线横截面的电量相同解析:根据楞次定律可确定A 正确;再根据E =BLv ,Q =E 2R t 可确定Q 1=13Q 2,B 错误;U 1=19U 2,C 错误;根据q =ΔΦR可确定q 1=q 2,D 正确.答案:AD6.如图所示,E 为电池,L 是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈,D 1、D 2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡,S 是控制电路的开关.对于这个电路,下列说法错误的是( )A. 刚闭合开关S的瞬间,通过D1、D2的电流大小相等B. 刚闭合开关S的瞬间,通过D1、D2的电流大小不相等C. 闭合开关S待电路达到稳定,D1熄灭,D2比原来更亮D. 闭合开关S待电路达到稳定,再将S断开瞬间,D2立即熄灭,D1闪亮一下再熄灭解析:由于线圈的电阻可忽略不计、自感系数足够大,在开关闭合的瞬间,线圈的阻碍作用很大,线圈中的电流为零,所以通过D1、D2的电流大小相等,A正确,B错误;闭合开关S待电路达到稳定时线圈短路,D1中电流为零,回路电阻减小,D2比原来更亮,C正确;闭合开关S待电路达到稳定,再将S断开瞬间,D2立即熄灭,线圈和D1形成回路,D1闪亮一下再熄灭,故D正确.答案:B7.[2013·金版原创卷五]如右图所示,在坐标系xOy中,有边长为l的正方形金属线框abcd,其一条对角线ac与y轴重合,顶点a位于坐标原点O处.在y轴右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直于纸面向里的匀强磁场,磁场上边界与线框ab边刚好完全重合,左边界与y 轴重合,右边界与y轴平行.t=0时刻,线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域.取a→b→c→d→a的感应电流方向为正,则在线框穿越磁场区域的过程中,感应电流i、ab间的电势差U ab随时间t变化的图线是下图中的( )解析:在d点运动到O点过程中,ab边切割磁感线,根据右手定则可以确定线框中感应电流方向为逆时针方向,即正方向,U ab<0,选项C错误;t=0时刻,ab边切割磁感线的有效长度最大,然后逐渐减小,故i和U ab均逐渐减小;当cd边与磁场上边界重合时,i=0,U ab=0;之后cd边切割磁感线,根据右手定则可知,线框中感应电流方向为顺时针,即负方向,且感应电流和感应电动势均逐渐减小,选项B错误,选项A、D正确.答案:AD8.[2013·金版原创卷七]如图所示,平行且足够长的两条光滑金属导轨,相距L=0.4 m,导轨所在平面与水平面的夹角为30°,其电阻不计.把完全相同的两金属棒(长度均为0.4 m)ab、cd分别垂直于导轨放置,并使每棒两端都与导轨良好接触.已知两金属棒的质量均为m=0.1 kg、电阻均为R=0.2 Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B=0.5 T,当金属棒ab在平行于导轨向上的力F作用下沿导轨向上匀速运动时,金属棒cd恰好能保持静止.(g=10 m/s2),则( )A. F的大小为0.5 NB. 金属棒ab产生的感应电动势为1.0 VC. ab两端的电压为1.0 VD. ab棒的速度为5.0 m/s解析:对于cd有:mg sinθ=BIL,解得回路中的电流I=2.5 A,所以回路中的感应电动势E=2IR=1.0 V,B对;U ab=IR=0.5 V,C错;对于ab有:F=BIL+mg sinθ,解得F =1.0 N,A错;根据法拉第电磁感应定律有:E=BLv,解得:v=5.0 m/s,D对.答案:BD二、计算题(本题共2小题,共36分.需写出规范的解题步骤)9.[2013·东北三校二模]如图甲所示,一半径为2l、电阻为r的带有极窄缝隙的金属圆环和一电阻为R的定值电阻构成一闭合回路,有一板间距为d的平行板电容器和电阻并联.金属圆环内存在一半径为l的有界匀强磁场,该磁场区域与金属圆环共心,磁感应强度随时间的变化图象如图乙所示,设磁感应强度方向垂直纸面向里为正. t=0时刻在接近A 板的位置处无初速释放一不计重力的带电粒子,粒子质量为m,重力不计,电荷量为-q(q>0),求:(1)粒子在0~T时间内发生的位移?(假设电荷没有到达B板)(2)要使粒子到达B板时速度最大,两板间的距离d应满足什么条件?解析:(1)在0~13T 时间内,有E 1=ΔΦ1Δt 1=S ΔB 1Δt 1=πl 2ΔB 1Δt 1又ΔB 1Δt 1=2B 0T 3=6B 0T联立得,E 1=6πl 2B 0T因为I 1=E 1R +r,又因为U 1=I 1R可得:U 1=6πl 2B 0R T R +r在T 3~T 时间内,有E 2=ΔΦ2Δt 2=πl 2ΔB 2Δt 2又知ΔB 2Δt 2=2B 02T 3=3B 0T联立得E 2=3πl 2B 0T =12E 1由楞次定律知两个过程中产生的电动势方向相反, 所以I 2=12I 1,U 2=12U 1=3πl 2B 0RT R +r因为F 电=ma =qU d则有0~13T 时间内,a 1=qU 1md ,13T ~T 时间内,a 2=qU 2md ,得a 2=12a 1由v =a 113T =a 2t 2得t 2=23T ,即在t =T 时刻速度为零s 1=12a 1(13T )2 s 2=12a 2(23T )2 s =s 1+s 2得:s =πl 2B 0RqTmd R +r(2)若粒子一直做匀加速直线运动到达B 板时,速度最大d 0=12a 1(T 3)2d 0=lπqB 0RT3m R +r所以d ≤lπqB 0RT3m R +r.答案:见解析10. [2013·石家庄质检二]如图甲所示,两根足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 被固定在水平面上,导轨间距l =0.6 m ,两导轨的左端用导线连接电阻R 1及理想电压表○V ,电阻r =2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB 处;右端用导线连接电阻R 2,已知R 1=2 Ω,R 2=1 Ω,导轨及导线电阻均不计.在矩形区域CDEF 内有竖直向上的磁场,CE =0.2 m ,磁感应强度随时间的变化如图乙所示.开始时电压表有示数,当电压表示数变为零后,对金属棒施加一水平向右的恒力F ,使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值,金属棒在磁场运动过程中电压表的示数始终保持不变.求:(1)t =0.1 s 时电压表的示数; (2)恒力F 的大小;(3)从t =0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量. 解析:(1)设磁场宽度为d =CE ,在0~0.2 s 的时间内,有E =ΔΦΔt ,E =ΔBΔtld =0.6 V 此时,R 1与金属棒r 并联,再与R 2串联R =R 并+R 2=1+1=2(Ω) U =ERR 并=0.3 V (2)金属棒进入磁场后,R 1与R 2并联,再与r 串联,有I ′=U R 1+UR 2=0.45 AF A =BI ′lF A =1×0.45×0.6=0.27 (N)由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变,所以金属棒做匀速运动,有F =F A F =0.27 N(3)金属棒在0~0.2 s 的运动时间内,有Q =E 2rt =0.036 J金属棒进入磁场后,有R ′=R 1R 2R 1+R 2+r =83 ΩE ′=I ′R ′=1.2 V E ′=Blv ,v =2 m/s t ′=d v =0.22=0.1 (s)Q ′=E ′I ′t ′=0.054 JQ 总=Q +Q ′=0.036+0.054=0.090(J).答案:(1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.090 J。
高考物理三轮复习精讲突破训练—电磁感应基本规律及其应用
高考物理三轮复习精讲突破训练—电磁感应基本规律及其应用考向一电磁感应现象的判断1.常见的产生感应电流的三种情况2.判断电路中能否产生感应电流的一般流程【例1】如图,M为半圆形导线框,圆心为OM;N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为ON;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。
现使线框M、N在t=0时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴,以相同的周期T逆时针匀速转动,则()A.两导线框中均会产生正弦交流电B.两导线框中感应电流的周期都等于TC .在t =8T 时,两导线框中产生的感应电动势相等D .两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等【答案】BC【详解】A .本题中导线框的半径匀速旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流,故A 错误;B .两导线框产生的感应电流的周期与线框转动周期相同,故B 正确;C .在t =8T 时,两导线框切割磁感线的导线长度相同,且切割速度大小相等,故产生的感应电动势相等,均为E =12BR 2ω故C 正确;D .两导线框中感应电流随时间变化的图像如下图所示,故两导线框中感应电流的有效值不相等,故D 错误。
故选BC 。
[变式1]如图所示,水平地面(Oxy 平面)下有一根平行于y 轴且通有恒定电流I 的长直导线。
P 、M 和N 为地面上的三点,P 点位于导线正上方,MN 平行于y 轴,PN 平行于x 轴。
一闭合的圆形金属线圈,圆心在P 点,可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动,运动过程中线圈平面始终与地面平行。
下列说法正确的有()A.N点与M点的磁感应强度大小相等,方向相同B.线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量不变C.线圈从P点开始竖直向上运动时,线圈中无感应电流D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等【答案】AC【详解】A.依题意,M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同,根据右手螺旋定则可知,通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等,方向相同,故A正确;B.根据右手螺旋定则,线圈在P点时,磁感线穿进与穿出在线圈中对称,磁通量为零;在向N点平移过程中,磁感线穿进与穿出线圈不再对称,线圈的磁通量会发生变化,故B错误;C.根据右手螺旋定则,线圈从P点竖直向上运动过程中,磁感线穿进与穿出线圈对称,线圈的磁通量始终为零,没有发生变化,线圈无感应电流,故C正确;D.线圈从P点到M点与从P点到N点,线圈的磁通量变化量相同,依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长,根据法拉第电磁感应定律,则两次的感应电动势不相等,故D错误。
高三物理二轮复习 第二篇 题型专项突破 热考小题专攻练 11 电磁感应规律(2021年整理)
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热考小题专攻练11。
电磁感应规律(建议用时20分钟)小题强化练,练就速度和技能,掌握高考得分点!1。
(2016·黄山一模)如图所示,AOC是光滑的金属导轨,AO沿竖直方向,OC沿水平方向,ab 是一根金属棒,立在导轨上,它从静止开始在重力作用下运动,运动过程中b端始终在OC上,a 端始终在OA上,直到完全落在OC上,空间存在着匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,则ab 棒在上述过程中()A.感应电流方向是b→aB.感应电流方向是a→bC.感应电流方向先是b→a,后是a→bD.感应电流方向先是a→b,后是b→a【解析】选C。
在ab杆滑动的过程中,△aOb的面积先增大后减小,穿过△aOb磁通量先增大后减小,根据楞次定律可知:感应电流的方向先是b→a,后是a→b。
故A、B、D错误,C正确。
2.(多选)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质细导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径,如图所示,在ab的左侧存在一个匀强磁场,磁场垂直圆环所在平面,方向如图。
磁感应强度随时间减小,变化率=k(k为定值),则( )A。
圆环中产生顺时针方向的感应电流B。
圆环具有扩张且向右运动的趋势C。
圆环中产生的感应电动势为||D。
新课标高考物理二轮复习 专题11-电磁感应规律及应用(解析版)
高考物理二轮复习专题内容11电磁感应规律及应用§知识网络§1.楞次定律中“阻碍”的表现 (1)阻碍磁通量的变化(增反减同)。
(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)。
(3)阻碍原电流的变化(自感现象)。
2.感应电动势的计算(1)法拉第电磁感应定律:E =n ΔΦΔt ,常用于计算平均电动势。
①若B 变,而S 不变,则E =n ΔBΔt S ; ②若S 变,而B 不变,则E =nB ΔSΔt 。
(2)导体棒垂直切割磁感线:E =Blv ,主要用于求电动势的瞬时值。
B 、l 与v 三者必须两两垂直,l 为有效长度,v 为有效速度。
【答案】B【解析】当ab 棒在磁场中切割磁感线时,ab 棒相当于电源,等效电路:由法拉第电磁感应定律可知:E 1=Blv 由欧姆定律可知:E 1=I ab (r +R 并) I cd =I ab 2=Blv3R 方向c →d U cd =I cd ·R =Blv3 U cd >0当cd 棒在磁场中切割磁感线时,cd 棒相当于电源,等效电路:由法拉第电磁感应定律可知:E 2=Blv 由欧姆定律可知:E 2=I cd (r +R 并) I cd =2Blv3R 方向d →cU cd =I cd ·R =2Blv3 U cd >0所以B选项是正确的。
U cd随时间变化如图:C、D选项都错误。
5.相关类型题目如图甲,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 ab-t图象可能正确的是()【答案】C【解析】由安培定则知:0~0.25T0,圆环内的磁场垂直纸面向里逐渐增大,由楞次定律知,若圆环闭合,感应电流是逆时针方向,逐渐减小至0;0.25T~0.5T,圆环内的磁场垂直纸面向里逐渐减小,由楞次定律知,若圆环闭合,感应电流是顺时针方向,逐渐增大。
高考物理二轮复习专题分层突破练11电磁感应规律及综合应用含解析
专题分层突破练11 电磁感应规律及综合应用A组1.(2021北京海淀区高三一模)线圈绕制在圆柱形铁芯上,通过导线与电流计连接组成闭合回路。
条形磁铁的轴线和铁芯的轴线及连接线圈和电流计的导线在同一平面内,铁芯、线圈及条形磁铁的几何中心均在与铁芯垂直的PQ连线上。
条形磁铁分别与线圈相互平行或相互垂直放置,使其沿QP方向靠近线圈。
若电流从电流计“+”接线柱流入时电流计指针向右偏转,在如下情形中能观察到明显的电磁感应现象,且图中标出的电流计指针偏转方向正确的是()2.(多选)(2021广东高三模拟)如图所示,软导线放在水平面上,空间存在竖直方向的匀强磁场,由于磁场发生变化,回路形状由图甲变为图乙。
关于该磁场的方向以及强弱的变化,下列说法可能正确的是()A.方向竖直向上,逐渐增强B.方向竖直向上,逐渐减弱C.方向竖直向下,逐渐增强D.方向竖直向下,逐渐减弱3.(2021上海师大附中高三模拟)如图所示,一根直导线穿过圆环a的对称轴和圆环b的中心轴线,三者相互绝缘,当导线中的电流突然增大时,下列说法正确的是()A.两环都产生感应电流B.a环产生感应电流,b环无感应电流C.两环都无感应电流D.b环产生感应电流,a环无感应电流4.(多选)(2021广东名校联盟高三联考)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图甲中虚线MN所示,一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S,将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上。
t=0时磁感应强度的方向如图甲所示,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,则在t=0到t=t1的时间间隔内()A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为D.圆环中的感应电动势大小为5.(2021山东德州高三模拟)如图甲所示,在光滑水平面上,使电路abcd的ad端加上如图乙所示的交变电压,a点电势高于d点电势时电压u为正值,电路abcd所围区域内还有一弹性导线框MNPQ置于光滑水平面上,以下说法不正确的是()A.t1时刻,线框MNPQ中的感应电流为零B.t2时刻,电路abcd对线框MNPQ的安培力为零C.t3时刻,线框MNPQ中的感应电流为顺时针方向D.t2~t3时间内,线框MNPQ的面积会变大6.(多选)(2021广东河源高三模拟)如图所示,在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,其磁感应强度随时间变化的关系为B=kt(k为大于零的常量)。
最新-名师导学高考二轮总复习物理专题4 第11课电磁感应规律及其应用 课件 精品
缩小的趋势以阻碍磁通量的变化; (3)阻碍原电流的变化(自感现象).
二、右手定则 1.适用范围:适用于闭合回路的部分导体做切割 磁感线运动的情况. 2.定则表述:伸开右手,让拇指跟其余四指垂直
并在同一个平面内,让磁感线垂直穿过掌心,大姆指
2.电磁感应中的电路问题 例 3 如图所示,匀强磁场的方向垂直于光滑的金 属导轨平面向里,极板间距为 d 的平行板电容器与总 阻值为 2R0 的滑动变阻器通过平行导轨连接,电阻为 R0 的导体棒 MN 可在外力的作用下沿导轨从左向右 做匀速直线运动.当滑动变阻器的滑动触头位于 a、b 的中间位置且导体棒 MN 的速度为 v0 时,位于电容 器中 P 点的带电油滴恰好处于静止状态.若不计摩擦 和平行导轨及导线的电阻,各接触处接触良好,重力 加速度为 g,则下列判断正确的是( CD )
B2d2v 运动,F 安=Bld= R 逐渐增大,线圈做加速度逐 渐减小的加速运动,当安培力等于重力时,线圈开始 做匀速运动直到 t3 时刻离开磁场,此后线圈又做加速
度等于 g 的匀加速运动,C 错误;若线圈开始进入磁 场时所受的安培力大于线圈重力,则线圈做减速运动, 安培力减小,线圈做加速度减小的减速运动,当安培 力等于线圈重力时,又开始做匀速运动,直到 t3 时刻 离开磁场,此后线圈又做加速度等于 g 的匀加速运动, B 正确;综上,D 错误.
第11课时 电磁感应规律及其应用
知识重点是对楞次定律和法拉第电磁感应定律的 理解及应用,综合性强,可涉及动力学问题、图象问
题、与电路结合问题.能量转化问题等,题型多样, 有选择、论述和计算.
一、楞次定律
1.内容:感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电
2024年高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第11讲电磁感应规律及其应用
电路与电磁感应
第11讲
电磁感应规律及其应用
【复习目标】 1. 掌握楞次定律、法拉第电磁感应定律,并灵活应用。
2. 掌握电磁感应中图像的分析技巧。
3. 做好电磁感应中的电路分析、电源分析、动力学和能量转化分析。
考点一 楞次定律 法拉第电磁感应定律
角度1 楞次定律的应用
1. 应用楞次定律要“三看”和“三想”
矩形线圈abcd,埋在地下的线圈分别为1、2,通入顺时针方向(俯视)
的电流,当汽车经过线圈时( C )
A. 线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B. 汽车进入线圈1过程产生的感应电流方向为abcd
C. 汽车离开线圈1过程产生的感应电流方向为abcd
D. 汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向
相同
角度2 法拉第电磁感应定律
( B )
A. 0.30V
B. 0.44V
C. 0.59V
D. 4.3V
[对点训练]
2. (2023·苏锡常镇二模)如图甲所示,一条南北走向的小路,路口设
有出入道闸,每侧道闸金属杆长L,当有车辆通过时杆会从水平位置匀
速转过90°直到竖起,所用时间为t。此处地磁场方向如图乙所示,B为
地磁场总量,BH为地磁场水平分量,Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z
(2023·湖北卷)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通
信,其天线类似一个压平的线圈,线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所
示,一正方形NFC线圈共3匝,其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm,图
中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线
圈 , 磁 感 应 强 度 变 化 率 为 103T/s , 则 线 圈 产 生 的 感 应 电 动 势 最 接 近
高考物理二轮复习 第1整合突破限时集训11 电磁感规律及其用
拾躲市安息阳光实验学校专题限时集训(十一) 电磁感应规律及其应用(对应学生用书第137页)(限时: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.(2016·河南重点中学联考)如图1121甲所示,绝缘的水平桌面上放置一金属圆环,在圆环的正上方放置一个螺线管,在螺线管中通入如图乙所示的电流,电流从螺线管a端流入为正,以下说法正确的是( )图1121A.从上往下看,0~1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B.0~1 s内圆环面积有扩张的趋势C.第3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D.1~2 s内和2~3 s内圆环中的感应电流方向相反A[由图乙知,0~1 s内螺线管中电流逐渐增大,穿过圆环向上的磁通量增大,由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下,圆环面积有缩小的趋势,从上往下看,0~1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向,选项A正确,B错误;同理可得1~2 s内和2~3 s内圆环中的感应电流方向相同,选项D错误;第3 s末电流的变化率为0,螺线管中磁感应强度的变化率为0,在圆环中不产生感应电流,圆环对桌面的压力等于圆环的重力,选项C错误.]2.(2016·咸阳二模)如图1122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)( )【:19624141】图1122B[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.]3.(2016·北京高考)如图1123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E a和E b.不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是( )图1123A.E a∶E b=4∶1,感应电流均沿逆时针方向B.E a∶E b=4∶1,感应电流均沿顺时针方向C .E a ∶E b =2∶1,感应电流均沿逆时针方向D .E a ∶E b =2∶1,感应电流均沿顺时针方向B [由楞次定律知,题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反,故感应电流沿顺时针方向.由法拉第电磁感应定律知E =ΔΦΔt =ΔBSΔt =ΔB ·πR2Δt ,由于两圆环半径之比R a ∶R b =2∶1,所以E a ∶E b =4∶1,选项B 正确.]4.(2017·冀州中学一模)如图1124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.已知通过电阻R 的感应电流I 随时间t 变化的关系如图乙所示.下列关于棒运动速度v 、外力F 、流过R 的电量q 以及闭合回路中磁通量的变化率ΔΦΔt 随时间变化的图象正确的是( )【:19624142】图1124B [根据如图乙所示的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 =ER +r=kt ,可推出:E =kt (R +r ),由E =BLv ,所以v =k R +rBLt ,v t 图象是一条过原点斜率大于零的直线,说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动,即v =at ,故A 错误; E =ΔΦΔt ,所以有:ΔΦΔt =kt (R +r ),ΔΦΔt t 图象是一条过原点斜率大于零的直线,故B 正确;对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程F -BIL -mg sin θ=ma ,而I =BLv R +r ,v =at 得到F =B 2L 2a R +rt +ma +mg sin θ,可见F t 图象是一条斜率大于零且与F 轴正半轴有交点的直线,故C 错误; q =I -Δt =ΔΦR +r =BL 12at 2R +r =BLa2R +rt 2,q t 图象是一条开口向上的抛物线,故D 错误.]5.(2017·温州中学模拟)如图1125所示,在水平界面EF 、GH 、JK 间,分布着两个匀强磁场,两磁场方向水平且相反,大小均为B ,两磁场高均为L ,宽度无限.一个框面与磁场方向垂直、质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形金属框abcd ,从某一高度由静止释放,当ab 边刚进入第一个磁场时,金属框恰好做匀速直线运动,当ab 边下落到GH 和JK 之间的某位置时,又恰好开始做匀速直线运动.整个过程中空气阻力不计.则( ) 图1125A .金属框穿过匀强磁场过程中,所受的安培力保持不变B .金属框从ab 边始进入第一个磁场至ab 边刚到达第二个磁场下边界JK 过程中产生的热量为2mgLC .金属框开始下落时ab 边距EF 边界的距离h =m 2gR2B 4L4D .当ab 边下落到GH 和JK 之间做匀速运动的速度v 2=mgR4B 2L2D [线框向下运动,由楞次定律可知,安培力总是阻碍线框的运动,线框受到的安培力方向与运动方向相反,即线框受到的安培力方向始终向上,所受安培力方向始终保持不变,但是安培力大小随速度的变化而变化,即安培力要发生变化,故A 错误;设金属框ab 边刚进入磁场时的速度为v 1,当ab 边下落到GH 和JK 之间的某位置时,又恰好开始做匀速直线运动的速度为v 2,由题意知,v 2<v 1,对ab 边刚进入磁场,到刚到达第二个磁场的下边界过程中,由能量守恒得:Q =mg ·2L +12mv 21-12mv 22,故B 错误;当ab 边刚进入第一个磁场时,金属框恰好做匀速直线运动,由平衡条件得:mg =B 2L 2v 1R ,解得:v 1=mgR B 2L2,从线框开始下落到刚进入磁场过程,由机械能守恒定律得:mgh =12mv 21,解得:h =m 2gR22B 4L4,故C 错误;当ab 边下落到GH 和JK 之间做匀速运动时,线框受到的安培力:F =2BIL =2BL2BLv 2R=4B 2L 2v 2R ,由平衡条件得:mg =4B 2L 2v 2R ,解得:v 2=mgR4B 2L 2,故D 正确.] 6.(2017·一模)如图1126甲所示,一个匝数为n 的圆形线圈(图中只画了2匝),面积为S ,线圈的电阻为R ,在线圈外接一个阻值为R 的电阻和一个理想电压表,将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中,磁感应强度随时间变化规律如图乙所示,下列说法正确的是( )【:19624143】图1126A .0~t 1时间内P 端电势高于Q 端电势B .0~t 1时间内电压表的读数为n B 1-B 0St 1C .t 1~t 2时间内R 上的电流为nB 1S2t 2-t 1RD .t 1~t 2时间内P 端电势高于Q 端电势AC [0~t 1时间内,磁通量增大,根据楞次定律判断感应电流沿逆时针方向,线圈相当于电源,上端为正极,下端为负极,所以P 端电势高于Q 端电势,故A 正确;0~t 1时间内线圈产生的感应电动势E =n ΔΦΔt =n ΔBΔtS =n B 1-B 0t 1S ,电压表的示数等于电阻R 两端的电压U =IR =E2R ·R =n B 1-B 0S 2t 1,故B 错误;t 1~t 2时间内线圈产生的感应电动势E ′=nΔΦΔt =n B 1t 2-t 1S ,根据闭合电路的欧姆定律I ′=E ′2R =nB 1S 2t 2-t 1R ,故C 正确;t 1~t 2时间内,磁通量减小,根据楞次定律,感应电流沿顺时针方向,线圈相当于电源,上端为负极,下端为正极,所以P 端电势低于Q 端电势,故D 错误.](2017·温州中学模拟)如图甲所示,在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场,其磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示.质量为m 的矩形金属框从t =0时刻静止释放,t 3时刻的速度为v ,移动的距离为L ,重力加速度为g .在金属框下滑的过程中,下列说法正确的是( )A .t 1~t 3时间内金属框中的电流方向不变B .0~t 3时间内金属框做匀加速直线运动C .0~t 3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D .0~t 3时间内金属框中产生的焦耳热为mgL sin θ-12mv 2AB [t 1~t 3时间内穿过线圈的磁通量先向上减小,后向下增加,根据楞次定律可知,金属框中的电流方向不变,选项A 正确;0~t 3时间内金属框所受安培力的合力为零,则所受的合力为重力沿斜面向下的分力,做匀加速直线运动,选项B 正确,C 错误;0~t 3时间内金属框运动的加速度为g sin θ,故机械能无损失,故线框中产生的焦耳热不等于mgL sin θ-12mv 2,选项D 错误.]7.(2017·高三第一次全国大联考)如图1127所示,两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置,两导轨上端接有电阻R (其余电阻不计),虚线MM ′和NN ′之间有垂直于导轨平面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B 1,虚线NN ′和PP ′之间也有垂直于导轨平面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B 2(B 1>B 2).现将质量为m 的金属杆ab ,从MM ′上方某处由静止释放,金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触,且始终保持水平,已知ab 棒到达NN ′和PP ′之前已经匀速运动.则ab 棒从MM ′运动到PP ′这段时间内的v t 图可能正确的是( )【:19624144】图1127BC [导体棒ab 到MM ′切割磁感线运动时,若安培力大于重力,导体棒做加速度减小的减速运动,若安培力等于重力,导体棒一直做匀速运动,若安培力小于重力,则做加速度减小的加速运动;当导体棒ab 到NN ′时,由于磁感应强度减小,安培力变小,小于重力,导体棒做加速度减小的加速运动.可知B 、C 正确,A 、D 错误.]8.[2017·高三第一次全国大联考(江苏卷)]如图1128所示,在水平面上有两条足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ ,导轨间距为d ,匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下,磁感应强度大小为B .两根金属杆间隔一定的距离摆放在导轨上,且与导轨垂直,已知两金属杆质量均为m ,电阻均为R ,两杆与导轨接触良好,导轨电阻不计,现将杆1以初速度v 0向右滑向杆2,在运动过程中两杆始终不碰撞,则( ) 图1128A .杆1将做匀减速运动,杆2将做匀加速运动B .杆1、杆2最终均以速度0.5v 0做匀速运动C .杆1上总共产生18mv 20的热量D .通过杆2上的电荷量为mv 02BdBCD [杆1向右运动时,由于切割磁感线,回路中将产生感应电流,在安培力的作用下,杆1做减速运动,杆2做加速运动,由于杆的速度变化,回路中的感应电动势变化,感应电流随着变化,导致两杆所受安培力大小发生变化,加速度大小随之改变,故选项A 错误;由于两杆所受安培力等大反向,两杆所组成的系统动量守恒,由mv 0=mv 1+mv 2最终两杆速度相等时,杆间距不再变化,感应电流随之消失,即v 1=v 2,可得v 1=v 2=0.5v 0,故选项B 正确;两杆中电流时刻相等,杆相同,因此两杆产生的热量相等,根据能量守恒定律可知,2Q =12mv 20-2×12mv 2,解得Q =18mv 20,故选项C 正确;根据电流强度的定义式可知,通过杆2上的电荷量为:q =I -t ,根据加速度定义式可知:a -=Δv t =v 02t ,由牛顿第二定律可知:a -=F -m,由安培力大小计算公式有:F -=I -dB ,解得:q =mv 02Bd,故选项D 正确.]二、计算题(本题共2小题,共32分)9.(14分)(2017·南通模拟)如图1129所示,一无限长的光滑金属平行导轨置于磁场强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面,导轨平面竖直且与地面绝缘,导轨上M 、N 间接一电阻R ,P 、Q 端接一对沿水平方向的平行金属板,导体棒ab 置于导轨上,其电阻为3R ,导轨电阻不计,棒长为L ,平行金属板间距为d .今让导体棒通过定滑轮在一物块拉动下开始运动,稳定后棒的速度为v ,不计一切摩擦阻力.此时有一带电量为q 的液滴恰能在两板间做半径为r 的匀速圆周运动,且速率也为v .求: 图1129(1)棒向右运动的速度v ; (2)物块的质量m .【:19624145】【解析】 (1)设平行金属板间电压为U .液滴在平行金属板间做匀速圆周运动,重力与电场力必定平衡,设液滴质量为m 0.则有:q Ud=m 0g 由qvB =m 0v2r,得:m 0=qBr v联立解得:U =gdrBv则棒产生的感应电动势为:E =U R·(R +3R )=4gdrBv由E =BLv ,得:v =2grdL. (2)棒中电流为:I =U R =gdrBvRab 棒匀速运动,外力与安培力平衡,则有:F =BIL =gdrLB 2vR而外力等于物块的重力,即为:mg =gdrLB 2vR解得:m =B 2L2RrdL g. 【答案】 (1)2grd L (2)B 2L 2RrdLg10.(18分)(2017·江苏高考)如图1130所示,两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R 的电阻.质量为m 的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后,金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求:图1130(1)MN 刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小I ; (2)MN 刚扫过金属杆时,杆的加速度大小a ;(3)PQ 刚要离开金属杆时,感应电流的功率P . 【:19624146】【解析】 (1)MN 刚扫过金属杆时,金属杆的感应电动势E =Bdv 0①回路的感应电流I =ER②由①②式解得I =Bdv 0R.③(2)金属杆所受的安培力F =Bid ④ 由牛顿第二定律得,对金属杆F =ma ⑤由③④⑤式得a =B 2d 2v 0mR.⑥(3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′=v 0-v ⑦ 感应电动势E =Bdv ′⑧ 感应电流的电功率P =E 2R⑨由⑦⑧⑨式得P =B 2d 2v 0-v2R. ⑩【答案】 (1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2v 0-v2R。
高三物理二轮复习 第1 专题突破篇 专题11 电磁感规律及其用教师用书
峙对市爱惜阳光实验学校专题十一 电磁感规律及其用考点1| 电磁感规律及其用难度:中档题 题型:选择题、计算题 8考(多项选择)(2021·甲卷T 20)法拉第圆盘发电机的示意图如图1所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中.圆盘旋转时,关于流过电阻R 的电流,以下说法正确的选项是( )图1A .假设圆盘转动的角速度恒,那么电流大小恒B .假设从上向下看,圆盘顺时针转动,那么电流沿a 到b 的方向流动C .假设圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,那么电流方向可能发生变化D .假设圆盘转动的角速度变为原来的2倍,那么电流在R 上的热功率也变为原来的2倍【解题关键】 解此题注意两点:(1)切割类可用右手那么判断感电流的方向.(2)转动切割感电动势大小可用E =12Bl 2ω计算.AB [由右手那么知,圆盘按如题图所示的方向转动时,感电流沿a 到b 的方向流动,选项B 正确;由感电动势E =12Bl 2ω知,角速度恒,那么感电动势恒,电流大小恒,选项A 正确;角速度大小变化,感电动势大小变化,但感电流方向不变,选项C 错误;假设ω变为原来的2倍,那么感电动势变为原来的2倍,电流变为原来的2倍,由P =I 2R 知,电流在R 上的热功率变为原来的4倍,选项D 错误.](2021·卷ⅡT 15)如图2所示,直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中,磁感强度大小为B ,方向平行于ab 边向上.当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时,a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .bc 边的长度为l .以下判断正确的选项是( )图2A .U a >U c ,金属框中无电流B .U b >U c ,金属框中电流方向沿a -b -c -aC .U bc =-12Bl 2ω,金属框中无电流D .U bc =12Bl 2ω,金属框中电流方向沿a -c -b -a【解题关键】 解题时要抓住磁场方向和金属框的放置方式,结合转动切割计算电动势并用右手那么判电势上下.C [金属框abc 平面与磁场平行,转动过程中磁通量始终为零,所以无感电流产生,选项B 、D 错误.转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线,产生感电动势,由右手那么判断U a <U c ,U b <U c ,选项A 错误.由转动切割产生感电动势的公式得U bc =-12Bl 2ω,选项C 正确.](2021·卷ⅡT 25)半径分别为r 和2r 的圆形导轨固在同一水平面内,一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面,BA 的线通过圆导轨中心O ,装置的俯视图如图3所示.整个装置位于一匀强磁场中,磁感强度的大小为B ,方向竖直向下.在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出).直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触.设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,导体棒和导轨的电阻均可忽略.重力加速度大小为g .求:图3(1)通过电阻R 的感电流的方向和大小; (2)外力的功率. 【解题关键】关键语句 信息解读 匀速转动 导体棒转动切割磁感线 接有一阻值为R 的电阻导体棒与电阻可组成闭合回路动摩擦因数为μ 导体棒和导轨间有摩擦力作用律解题.(1)根据右手那么,得导体棒AB 上的电流方向为B →A ,故电阻R 上的电流方向为C →D .设导体棒AB 中点的速度为v ,那么v =v A +v B2而v A =ωr ,v B =2ωr根据法拉第电磁感律,导体棒AB 上产生的感电动势E =Brv根据闭合电路欧姆律得I =ER,联立以上各式解得通过电阻R 的感电流的大小为I =3Bωr22R.(2)根据能量守恒律,外力的功率P 于安培力与摩擦力的功率之和,即P =BIrv +fv ,而f =μmg解得P =9B 2ω2r 44R +3μmgωr2.【答案】 (1)方向为C→D 大小为3Bωr 22R (2)9B 2ω2r 44R +3μmgωr21.高考考查特点高考在本考点的考查主要集中在导体棒切割磁感线为背景的电动势的计算及方向的判断.掌握法拉第电磁感律和楞次律、右手那么是突破考点的方法.2.解题的常见误区及提醒(1)对感电流产生的条件理解不准确,认为只要切割就有感电流. (2)不能正确理解楞次律造成电流方向判断错误.(3)左手那么和右手那么混淆出现电流方向的判断错误. (4)不理解转动切割电动势大小计算方法. ●考向1 法拉第电磁感律的用1.如图4所示,一正方形线圈的匝数为n ,边长为a ,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中.在Δt 时间内,磁感强度的方向不变,大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中,线圈中产生的感电动势为( )【导学号:37162066】 图4A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2ΔtB [由法拉第电磁感律知线圈中产生的感电动势E =n ΔΦΔt =n ΔB Δt ·S =n 2B -B Δt ·a 22,得E =nBa22Δt,选项B 正确.] ●考向2 楞次律的用2.(2021·)如图5甲所示,绝缘的水平桌面上放置一金属圆环,在圆环的正上方放置一个螺线管,在螺线管中通入如图乙所示的电流,电流从螺线管a 端流入为正,以下说法正确的选项是( )图5A .从上往下看,0~1 s 内圆环中的感电流沿顺时针方向B .0~1 s 内圆环面积有扩张的趋势C .3 s 末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D .1~2 s 内和2~3 s 内圆环中的感电流方向相反A [由图乙知,0~1 s 内螺线管中电流逐渐增大,穿过圆环向上的磁通量增大,由楞次律知圆环中感电流的磁场向下,圆环面积有缩小的趋势,从上往下看,0~1 s 内圆环中的感电流沿顺时针方向,选项A 正确、B 错误;同理可得1~2 s 内和2~3 s 内圆环中的感电流方向相同,选项D 错误;3 s 末电流的变化率为0,螺线管中磁感强度的变化率为0,在圆环中不产生感电流,圆环对桌面的压力于圆环的重力,选项C 错误.]●考向3 电磁阻尼3. (多项选择)(高考改编)在[例1](2021·甲卷T 20)中,去掉电路和磁场,让圆盘逆时针转动,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,以下说法正确的选项是( )图6A .处于磁场中的圆盘,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.假设所加磁场反向,圆盘将加速转动D.假设所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动ABD[根据右手那么,处于磁场中的圆盘,感电流从靠近圆盘边缘处流向靠近圆心处,故靠近圆心处电势高,A正确;安培力F =B 2l2v中R,磁场越强,安培力越大,B正确;磁场反向时,安培力仍是阻力,C错误;假设所加磁场穿过整个圆盘,那么磁通量不再变化,没有感电流,安培力为零,故圆盘不受阻力作用,将匀速转动,D正确.](1)感电流方向的判断方法一是利用右手那么,即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断;二是利用楞次律,即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断.(2)楞次律中“阻碍〞的主要表现形式①阻碍原磁通量的变化——“增反减同〞;②阻碍相对运动——“来拒去留〞;③使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩〞;④阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同〞.(3)求感电动势的两种方法①E=nΔΦΔt,用来计算感电动势的平均值.②E=BLv,主要用来计算感电动势的瞬时值.考点2| 电磁感中的图象问题难度:中档题题型:选择题 58考(2021·卷ⅠT18)如图7(a),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(b)所示.线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,那么以下描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中,可能正确的选项是( )图7【解题关键】关键语句信息解读ab通以变化电流a图中左侧线圈相当于场源测得线圈cd间电压a图右侧线圈发生电磁感形成的电压成正比磁场的变化规律C[由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒的,所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的,那么线圈ab中的电流是均匀变化的,应选项A、B、D错误,选项C正确.](2021·卷IT17)如图8所示,在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN,其中ab、ac在a点接触,构成“V〞字型导轨.空间存在垂直于纸面的均匀磁场.用力使MN向右匀速运动,从图示位置开始计时,运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触.以下关于回路中电流i 与时间t 的关系图线,可能正确的选项是( )图8【解题关键】 解此题抓住两点: (1)导体棒切割时的有效长度. (2)回路中电阻的变化特点.A [设图示位置时a 距棒的距离为l 0,导体棒匀速切割磁感线的速度为v ,单位长度金属棒的电阻为R 0,导轨夹角为θ,运动时间t 时,切割磁感线的导体棒长度l =2(l 0+vt )tan θ2,有效电路中导体棒长度l 总=l +2l 0+vtcosθ2,导体棒切割磁感线产生的感电动势e =Blv =2Bv (l 0+vt )tan θ2,电路中总电阻R =R 0l 总=R 0⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2l 0+vt tan f(θ2+2l 0+vt cos θ2),所以i =e R =错误!=错误!,即i 为恒值与t 无关,选项A 正确.] 1.高考考查特点i t 图、E t 图、B t 图、Φt 图,还有v t 图、F t 图.突破本考点的关键是灵活用楞次律、法拉第电磁感律判断电流方向及计算电动势的大小.2.解题的常见误区及提醒(1)不能正确的将磁场变化和电流变化相互转换. (2)不能正确判断感电流是正方向还是负方向. (3)不理解图象斜率、曲直的意义.(4)多阶段过程中不能将各阶段的运动和图象变化相对. ●考向1 图象确实4. (多项选择)如图9所示,在坐标系xOy 中,有边长为L 的正方形金属线框abcd ,其一条对角线ac 和y 轴重合、顶点a 位于坐标原点O 处.在y 轴右侧区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁场的上边界与线框的ab 边刚好完全重合,左边界与y 轴重合,右边界与y 轴平行.t =0时刻,线框以恒的速度v 沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域.取沿a →b →c →d →a 方向为感电流的正方向,那么在线框穿过磁场区域的过程中,感电流i 和a 、b 间的电势差U ab 随时间t 变化的图线是以下图中的( )图9AD [在ab 边通过磁场的过程中,利用楞次律或右手那么可判断出电流方向为逆时针方向,即沿正方向,且电流在减小,U ab =-i (R bc +R cd +R da ).在cd 边通过磁场的过程中,可判断出电流为顺时针方向,即沿负方向,且电流逐渐减小,U ab =-iR ab ,A 、D 正确.]5.(2021·质检)如图10所示,虚线P 、Q 、R 间存在着磁感强度大小相,方向相反的匀强磁场,磁场方向均垂直于纸面,磁场宽度均为L.一腰直角三角形导线框abc,ab边与bc边长度均为L,bc边与虚线边界垂直.现让线框沿bc方向匀速穿过磁场区域,从c点经过虚线P开始计时,以逆时针方向为导线框中感电流i的正方向,那么以下四个图象中能正确表示it图象的是( ) 【导学号:37162067】图10A[由右手那么可知导线框从左侧进入磁场时,电流方向为逆时针方向,即沿正方向,且逐渐增大,导线框刚好完全进入P、Q之间的瞬间,电流由正向最大值变为零,然后电流方向变为顺时针且逐渐增加,当导线框刚好完全进入Q、R之间的瞬间,电流由负向最大值变为零,然后电流方向为逆时针且逐渐增大.故A正确.]●考向2 图象的转换6.(高考改编)在[例4](2021·卷ⅠT18)中,假设将(a)图改为如图11甲所示,且通入如图乙所示的磁场),螺线管(电阻不计)的匝数n=6,截面积S=10 cm2,线圈与R=12 Ω的电阻连接,水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管,磁场与线圈平面垂直,磁感强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示,规感电流i从a经过R到b的方向为正方向.忽略线圈的自感影响,以下it关系图中正确的选项是( )图11B[由题意可知,在0~2 s时间内,磁感强度变化率的大小为ΔB1Δt1=3×10-3 T/s,根据法拉第电磁感律可得电动势的大小为E1=nΔB1Δt1S=×10-5 V,根据闭合电路欧姆律,可得感电流i1=E1R=×10-6A,根据楞次律,可知感电流方向为a→R→b,为正方向;同理可计算在2~5 s时间内,i2=E2R=1×10-6 A,根据楞次律,可知感电流方向为b→R→a,为负方向;根据磁感强度变化的周期性,可得感电流变化的周期性,故B正确,A、C、D错误.]●考向3 图象的用7.(多项选择)如图12甲所示,水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根垂直导轨的光滑导体棒ab、cd,两棒间用绝缘丝线连接;平行导轨MN、PQ间距为L1,导体棒ab、cd间距为L2,导轨电阻可忽略,每根导体棒在导轨之间的电阻为R.开始时匀强磁场垂直纸面向里,磁感强度B随时间t的变化如图乙所示.那么以下说法正确的选项是( )图12A.在t0时刻回路中产生的感电动势E=0B.在0~t0时间内导体棒中的电流为L1L2B02Rt0C .在t 0/2时刻绝缘丝线所受拉力为L 21L 2B 24Rt 0D .在0~2t 0时间内回路中电流方向是abdcaBC [由图乙可知,|ΔB Δt |=B 0t 0,回路面积S =L 1L 2,在t 0时刻回路中产生的感电动势E =|ΔB Δt |S =L 1L 2B 0t 0,选项A 错误;0~t 0时间内回路中产生的感电流大小为I =E 2R =L 1L 2B 02Rt 0,选项B 正确;在t 0/2时刻,由左手那么,导体棒ab 所受安培力方向向左,导体棒cd 所受安培力方向向右,磁场磁感强度为B 0/2,安培力大小为F =12B 0·IL 1=L 21L 2B 204Rt 0,那么在t 0/2时刻绝缘丝线所受拉力为L 21L 2B 24Rt 0,选项C 正确;在0~t 0时间内磁感强度减小,在t 0~2t 0时间内磁感强度反向增大,根据楞次律,回路内产生的感电流方向为顺时针方向,即电流方向是acdba ,选项D 错误.]解决电磁感图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类,即是B t 图还是Φt 图,或者E t 图、I t 图. (2)分析电磁感的具体过程.(3)用右手那么或楞次律确方向对关系.(4)结合法拉第电磁感律、欧姆律、牛顿运动律规律写出函数关系式.(5)根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距.(6)画图象或判断图象.考点3| 电磁感中电路和能量问题难度:较大 题型:选择题、计算题 3考(2021·甲卷T 24)如图13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 的恒拉力作用下由静止开始运动.t 0时刻,金属杆进入磁感强度大小为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13(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. 【解题关键】关键语句 信息解读恒拉力作用金属杆做匀加速直线运动 t 0时刻进入磁场进入磁场时有一的初速度 匀速运动 金属杆所受合外力为零动摩擦因数为μ有摩擦力作用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 =at 0 ② 当金属杆以速度v 在磁场中运动时,由法拉第电磁感律,杆中的电动势为E =Blv③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 ,根据欧姆律I =ER⑤式中R 为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为f =BlI⑥因金属杆做匀速运动,由牛顿运动律得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(2021·丙卷T 25)如图14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14(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.【解题关键】关键语句信息解读B 1=kt磁场随时间均匀变化形成的电流稳匀速运动金属棒所受合外力为零t 0时刻面积为S 的区域内磁通量变化量ΔΦ>kt 0·SΦ=ktS①设在从t 时刻到t +Δt 的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R 的电荷量为Δq .由法拉第电磁感律有ε=-ΔΦΔt②由欧姆律有i =εR③由电流的义有i =ΔqΔt④联立①②③④式得|Δq |=kSRΔt⑤由⑤式得,在t =0到t =t 0的时间间隔内,流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为|q |=kt 0SR.⑥(2)当t >t 0时,金属棒已越过MN .由于金属棒在MN 右侧做匀速运动,有f =F ⑦式中,f 是外加水平恒力,F 是匀强磁场施加的安培力.设此时回路中的电流为I ,F 的大小为F =B 0Il⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s =v 0(t -t 0) ⑨匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′=B 0ls ⑩回路的总磁通量为Φt =Φ+Φ′⑪式中,Φ仍如①式所示.由①⑨⑩⑪式得,在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量为Φt =B 0lv 0(t -t 0)+kSt⑫在t 到t +Δt 的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt 为 ΔΦt =(B 0lv 0+kS )Δt⑬由法拉第电磁感律得,回路感电动势的大小为E t =⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔΦt Δt ⑭由欧姆律有I =E tR⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f =(B 0lv 0+kS )B 0lR.【答案】 (1)kt 0S R (2)B 0lv 0(t -t 0)+kSt (B 0lv 0+kS )B 0lR1.高考考查特点本考点多以导体棒切割磁感线为背景,结合牛顿第二律对导体棒进行运动分析和受力分析;结合图象,用法拉第电磁感律、闭合电路欧姆律、电功率、动能理规律进行电路、功能关系的计算.2.解题的常见误区及提醒(1)分析电源时电势上下易出错.(2)涉及力和运动的分析时出现漏力(多力)的现象.(3)功能分析时,力做功及电热的计算易漏(多算)电阻生热. ●考向1 电磁感中的电路问题8.(多项选择)如图15所示,水平放置的粗糙U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻,放在垂直纸面向里、磁感强度大小为B 的匀强磁场中.一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒拉力F 作用下,由静止开始运动距离d 后速度到达v ,半圆形硬导体AC 的电阻为r ,其余电阻不计.以下说法正确的选项是( )【导学号:37162068】 图15A .A 点的电势高于C 点的电势B .此时AC 两端电压为U AC =B πLvR 0R 0+rC .此过程中电路产生的电热为Q =Fd -12mv 2D .此过程中通过电阻R 0的电荷量为q =2BLdR 0+rAD [根据右手那么可知,A 点相当于电源的正极,电势高,A 正确;AC 产生的感电动势为E =2BLv ,AC 两端的电压为U AC =ER 0R 0+r =2BLvR 0R 0+r,B 错误;由功能关系得Fd =12mv 2+Q +Q f ,C 错误;此过程中平均感电流为I =2BLdR 0+r Δt,通过电阻R 0的电荷量为q =I Δt =2BLdR 0+r,D 正确.]●考向2 电磁感的动力学问题9.如图16所示,竖直平面内有一宽L =1 m 、足够长的光滑矩形金属导轨,电阻不计.在导轨的上、下边分别接有电阻R 1=3 Ω和R 2=6 Ω.在MN 上方及CD 下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ,磁感强度大小均为B =1 T .现有质量m =0.2 kg 、电阻r =1 Ω的导体棒ab ,在金属导轨上从MN 上方某处由静止下落,下落过程中导体棒始终保持水平,与金属导轨接触良好.当导体棒ab 下落到快要接近MN 时的速度大小为v 1=3 m/s.不计空气阻力,g 取10 m/s 2.图16(1)求导体棒ab 快要接近MN 时的加速度大小;(2)假设导体棒ab 进入磁场Ⅱ后,棒中的电流大小始终保持不变,求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h ;(3)假设将磁场Ⅱ的CD 边界略微下移,使导体棒ab 刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v 2=9 m/s ,要使棒在外力F 作用下做a =3 m/s 2的匀加速直线运动,求所加外力F 随时间t 变化的关系式.【解析】 (1)以导体棒为研究对象,棒在磁场Ⅰ中切割磁感线运动,棒中产生感电动势E ,棒在重力和安培力作用下做加速运动.由牛顿第二律得:mg-BIL=ma1 ①又E=BLv1 ②R外=R1R2R1+R2③I=ER外+r④由以上四式可得:a1=5 m/s2.(2)导体棒进入磁场Ⅱ后,安培力于重力,导体棒做匀速运动,导体棒中电流大小始终保持不变.mg=BI′L ⑤I′=E′R外+r⑥E′=BLv′⑦联立③⑤⑥⑦式解得:v′=6 m/s导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动,v′2-v21=2gh 解得:h=5 m.(3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小v=v2+at ⑧由牛顿第二律得:F+mg-F安=ma ⑨又F安=B2L2vR外+r⑩由③⑧⑨⑩解得:F=(t+1.6)N.【答案】(1)5 m/s2(2)5 m (3)F=(t+1.6)N●考向3 电磁感的能量问题10.(高考改编)在[例6](2021·甲卷,T24)中改为如下情景).如图17所示,水平放置的平行光滑导轨间有两个区域有垂直于导轨平面的匀强磁场,虚线M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感强度大小为B1=8B,虚线P、Q 间有垂直于纸面向外的匀强磁场,虚线M、N和P、Q间距均为d,N、P间距为15d,一质量为m、长为L的导体棒垂直于导轨放置在导轨上,位于M左侧,距M也为d,导轨间距为L,导轨左端接有一阻值为R的值电阻,现给导体棒一个向右的水平恒力,导体棒运动以后能匀速地通过两个磁场,不计导体棒和导轨的电阻,求:图17(1)P、Q间磁场的磁感强度B2的大小;(2)通过值电阻的电荷量;(3)值电阻上产生的焦耳热.【导学号:37162069】【解析】(1)导体棒在磁场外时,在恒力F的作用下做匀加速运动,设进入M、N间磁场时速度为v1,那么根据动能理有Fd=12mv21导体棒在M 、N 间磁场中匀速运动,有F =8B2L 2v 1R设导体棒进入P 、Q 间磁场时的速度为v 2,那么由动能理有F ·16d =12mv 22导体棒在P 、Q 间磁场中匀速运动,有F =B 22L 2v 2R得B 2=4B .(2)设导体棒通过磁场过程中通过值电阻的电荷量为qq =I Δt =E R Δt =ΔΦR由于通过两个磁场过程中导体棒扫过的区域的磁通量的变化量为ΔΦ=(B 1-B 2)Ldq =ΔΦR =8-4BLd R =4BLdR.(3)值电阻中产生的焦耳热于导体棒克服安培力做的功,由于导体棒在磁场中做匀速运动,因此导体棒在磁场中受到的安培力大小于F ,那么值电阻中产生的焦耳热为Q =2Fd .【答案】 (1)4B (2)4BLdR(3)2Fd用动力学观点、能量观点解答电磁感问题的一般步骤 热点模型解读| 电磁感中的“杆+导轨〞模型考题 模型展示 模型解读2021·甲卷T 24单侧磁场模型金属棒切割磁感线E =BLv ,导体棒是电源、安培力做负功,将机械能转化为电能2021·丙卷T 25双侧磁场模型两侧存在电源,可能同时存在,可能先后出现,金属棒切割产生电动势同单侧磁场类似2021·卷ⅡT 25旋转切割模型电动势的计算按中间的速度E =12BωL 22021·卷ⅠT 25含电容电路切割模型金属棒切割磁感线给电容器充电.电路中有电流,金属棒受安培力,机械能转化为电能轨,导轨间距为L ,长为3d ,导轨平面与水平面的夹角为θ,在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层.匀强磁场的磁感强度大小为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 ,其他的电阻均不计,重力加速度为g .求:图18(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ; (2)导体棒匀速运动的速度大小v ;(3)整个运动过程中,电阻产生的焦耳热Q .【解题指导】 (1)在绝缘涂层上受力平衡mg sin θ=μmg cos θ解得μ=tan θ.(2)在光滑导轨上感电动势E =BLv感电流I =ER安培力F 安=BIL受力平衡F 安=mg sin θ解得v =mgR sin θB 2L 2.(3)摩擦生热Q 摩=μmgd cos θ由能量守恒律得3mgd sin θ=Q +Q 摩+12mv 2解得Q =2mgd sin θ-m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4. 【答案】 (1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2(3)2mgd sin θ-m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L4[拓展用] (2021·八校)如图19所示,两根平行的光滑金属导轨MN 、PQ放在水平面上,左端向上弯曲,导轨间距为L ,电阻不计,水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场,磁感强度为B .导体棒a 与b 的质量均为m ,电阻值分别为R a =R ,R b =2R .b 棒放置在水平导轨上足够远处,a 棒在弧形导轨上距水平面h 高度处由静止释放.运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,重力加速度为g .图19(1)求a 棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向; (2)求最终稳时两棒的速度大小;(3)从a 棒开始下落到最终稳的过程中,求b 棒上产生的内能.【解析】 (1)设a 棒刚进入磁场时的速度为v ,从开始下落到进入磁场 根据机械能守恒律有mgh =12mv 2a 棒切割磁感线产生感电动势E =BLv根据闭合电路欧姆律有I =ER +2Ra 棒受到的安培力F =BIL联立以上各式解得F =B 2L 22gh3R,方向水平向左.(2)设两棒最后稳时的速度为v ′,从a 棒开始下落到两棒速度到达稳 根据动量守恒律有mv =2mv ′ 解得v ′=122gh .(3)设a 棒产生的内能为E a ,b 棒产生的内能为E b 根据能量守恒律得12mv 2=12×2mv ′2+E a +E b两棒串联内能与电阻成正比E b =2E a 解得E b =13mgh .【答案】 见解析。
2021-2022年高考物理二轮复习 专题整合突破四 电路和电磁感应 第11讲 电磁感应规律及应用效
2021年高考物理二轮复习专题整合突破四电路和电磁感应第11讲电磁感应规律及应用效果自评1.[xx·江西一模]如右图所示,有两个相邻的有界匀强磁场区域,磁感应强度的大小均为B,磁场方向相反,且与纸面垂直,磁场区域在x轴方向宽度均为a,在y轴方向足够宽。
现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域。
若以逆时针方向为电流的正方向,在选项图中,线框中感应电流i与线框移动的位移x的关系图象正确的是( )答案C解析线框从开始进入到全部进入第一个磁场时,磁通量向里增大,则由楞次定律可知,电流方向为逆时针,故B一定错误;因切割的有效长度均匀增大,故由E=BLv 可知,电动势也均匀增加;而在全部进入第一部分磁场时,磁通量达最大,该瞬间变化率为零,故电动势也为零,故A错误;当线圈开始进入第二段磁场后,线圈中磁通量向里减小,则可知电流为顺时针,故D错误,C正确;故选C。
2.[xx·菏泽一模](多选)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径。
如图所示,在ab的左侧存在一个匀强磁场,磁场垂直圆环所在平面,方向如图,磁感应强度大小随时间的变化率ΔB Δt=kt (k <0)。
则( )A .圆环中产生逆时针方向的感应电流B .圆环具有扩张的趋势C .圆环中感应电流的大小为krS 2ρD .图中a 、b 两点间的电势差U ab =|14k πr 2| 答案 BD解析 磁通量向里,减小,由楞次定律“增反减同”可知,线圈中感应电流的方向为顺时针,所以A 错误。
由楞次定律可知,为了阻碍磁通量的减小,线圈有扩张的趋势,所以B 选项正确。
由法拉第电磁感应定律可知E =S 2ΔB Δt =πr 22k ,感应电流I =E R =E ρ2πr S=kSr 4ρ,故C 选项错误。
由闭合电路欧姆定律可知,ab 间的电势差为U ab =|E 2|=|14k πr 2|,D 选项正确。
高考物理二轮复习专题十电磁感应规律及其应用限时集训
专题限时集训(十) 电磁感应规律及其应用(对应学生用书第135页)(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.如图1023,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直.金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面.现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是( ) 【导学号:17214173】图1023A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向D [PQ向右运动,导体切割磁感线,根据右手定则,可知电流由Q流向P,即逆时针方向,根据楞次定律可知,通过T的磁场减弱,则T的感应电流产生的磁场应指向纸面里面,则感应电流方向为顺时针.]2.如图1024所示,将一铝管竖立在水平桌面上,把一块直径比铝管内径小一些的圆柱形的强磁铁从铝管上端由静止释放,强磁铁在铝管中始终与管壁不接触.则强磁铁在下落过程中( )图1024A.若增加强磁铁的磁性,可使其到达铝管底部的速度变小B.铝管对水平桌面的压力一定逐渐变大C.强磁铁落到铝管底部的动能等于减少的重力势能D.强磁铁先加速后减速下落A [磁铁通过铝管时,导致铝管的磁通量发生变化,从而产生感应电流,感应电流阻碍磁铁相对于铝管的运动;结合法拉第电磁感应定律可知,磁铁的磁场越强、磁铁运动的速度越快,则感应电流越大,感应电流对磁铁的阻碍作用也越大,所以若增加强磁铁的磁性,可使其到达铝管底部的速度变小,故A 正确.磁铁在整个下落过程中,由楞次定律“来拒去留”可知,铝管对桌面的压力大于铝管的重力;同时,结合法拉第电磁感应定律可知,磁铁运动的速度越快,则感应电流越大,感应电流对磁铁的阻碍作用也越大,所以磁铁将向下做加速度逐渐减小的加速运动.磁铁可能一直向下做加速运动,也可能磁铁先向下做加速运动,最后做匀速直线运动,不可能出现减速运动;若磁铁先向下做加速运动,最后做匀速直线运动,则铝管对水平桌面的压力先逐渐变大,最后保持不变,故B 错误,D 错误.磁铁在整个下落过程中,除重力做功外,还有产生感应电流对应的安培力做功,导致减小的重力势能,部分转化为动能外,还有部分产生内能,动能的增加量小于重力势能的减少量,故C 错误.] 3.(2020·咸阳二模)如图1025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)( )图1025B [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1026甲所示的电路中,电阻R 1=R 2=2R ,圆形金属线圈半径为r 1,线圈导线的电阻为R ,半径为r 2(r 2<r 1)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t 0和B 0,其余导线的电阻不计,闭合S ,至t 1时刻,电路中的电流已稳定,下列说法正确的是( ) 【导学号:17214174】图1026①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B 0πr 21t 0 ④线圈两端的电压为4B 0πr 225t 0A .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 =ΔB Δt S =B 0t 0×πr 22,由闭合电路欧姆定律得感应电流为I =E R +R 1+R 2,所以线圈两端的电压U =I(R 1+R 2)=4B 0πr 225t 0,③错④对,故应选 D .]5.(2020·河北邯郸一模)如图1027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1027A .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gsin θ2D .整个运动过程中电阻R 产生的焦耳热为mgh -12mv 2C [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mgsin θ=B 2l 2vR 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′=B 2l 2·v 2R=12mgsin θ,所以F 合=mgsin θ-F 安′=12mgsin θ=ma ,得a =gsin θ2,C 正确;由能量守恒可得mgh -12mv 2=Q ab +Q R ,即mgh -12mv 2应等于电阻R 和金属杆上产生的总焦耳热,D 错误.]6.如图1028所示,粗细均匀的矩形金属导体方框abcd 固定于匀强磁场中,磁场方向垂直线圈所在平面,磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图所示.以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B 的正方向,则下列关于ab 边的热功率P 、ab 边受到的安培力F(以向右为正方向)随时间t 变化的图象中正确的是( )图1028AD [根据法拉第电磁感应定律:E =n ΔΦΔt =n ΔBΔt S 可知,产生的感应电动势大小不变,所以感应电流大小也不变,ab 边热功率P =I 2R ,恒定不变,A 正确,B 错误;根据安培力公式F =BIL ,因为电流大小、ab 边长度不变,安培力与磁感应强度成正比,根据左手定则判定方向,可知C 错误,D 正确.] 7.如图1029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1029A .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 =Brv =Brω12r =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.(2020·贵州三校联考)如图1030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1030A .通过金属杆的电流大小为mg B 2LB .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 2a3mg -rD .整个电路的热功率P =πkamg2B 2BCD [根据题述金属杆恰能保持静止,由平衡条件可得:mg =B 2I·2a,通过金属杆的电流大小为I =mg2aB 2,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C 1中磁场的磁感应强度随时间按B 1=b +kt(k>0)变化,可知ΔB 1Δt=k ,C 1中磁场变化产生的感应电动势E =ΔB 1Δt πa 2=kπa 2,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 =2πkB 2a 3mg -r ,选项C 正确.整个电路的热功率P =EI =k πa 2·mg 2aB 2=πkamg 2B 2,选项D 正确.]二、计算题(共2小题,32分)9.(14分)(2020·全国甲卷T 24)如图1031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1031(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 =at 0②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 =Blv③ 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 =ER⑤ 式中R 为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为 f =BlI⑥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)如图1032甲所示,两根平行光滑金属导轨相距L =1 m ,导轨平面与水平面的夹角θ=30°,导轨的下端PQ 间接有R =8 Ω的电阻.相距x =6 m 的MN 和PQ 间存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.磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙所示.将阻值r =2 Ω的导体棒ab 垂直放在导轨上,使导体棒从t =0时由静止释放,t =1 s 时导体棒恰好运动到MN ,开始匀速下滑.g 取10 m/s 2.求:甲 乙 图1032(1)0~1 s 内回路中的感应电动势; (2)导体棒ab 的质量;(3)0~2 s 时间内导体棒所产生的热量. 【导学号:17214175】【解析】 (1)0~1 s 内,磁场均匀变化,由法拉第电磁感应定律有:E 1=ΔΦΔt =ΔBΔt S由图象得ΔBΔt=2 T/s ,且S =Lx =6 m2代入解得:E1=12 V.(2)导体棒从静止开始做匀加速运动,加速度 a=gsin θ=10×0.5 m/s2=5 m/s2t=1 s末进入磁场区域的速度为 v=at1=5×1 m/s=5 m/s导体棒切割磁感线产生的电动势 E2=BLv=2×1×5 V=10 V根据导体棒进入磁场区域做匀速运动,可知导体受到的合力为零,有:mgsin θ=F安=BIL根据闭合电路欧姆定律有:I=E2 R+r联立以上各式得:m=0.4 kg.(3)在0~1 s内回路中产生的感应电动势为 E1=12 V根据闭合电路欧姆定律可得I1=E1R+r=128+2A=1.2 A1 s~2 s内,导体棒切割磁感线产生的电动势为 E2=10 V根据闭合电路欧姆定律可得 I2=E2R+r=108+2A=1 A0~2 s时间内导体棒所产生的热量 Q=I21rt1+I22r(t2-t1) 代入数据解得 Q=4.88 J.【答案】(1)12 V (2)0.4 kg (3)4.88 J高考理综物理模拟试卷注意事项:1. 答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高考物理二轮复习 专题限时集训11 电磁感应定律及其应用(含解析)-人教版高三全册物理试题
专题限时集训(十一)(建议用时:40分钟)1.电动汽车越来越被人们所喜爱,某一种无线充电方式的根本原理如下列图,路面上依次铺设圆形线圈,相邻两个线圈由供电装置通以反向电流,车身底部固定感应线圈,通过充电装置与蓄电池相连,汽车在此路面上行驶时,就可以进展充电。
假设汽车正在匀速行驶,如下说法正确的答案是( )A.感应线圈中产生的是恒定的电流B.感应线圈中产生的是方向改变、大小不变的电流C.感应线圈一定受到路面线圈磁场的安培力,且该安培力会阻碍汽车的运动D.给路面上的线圈通以同向电流,不会影响充电效果C[由于路面线圈中的电流不知如何变化,产生的磁场也无法确定,所以感应线圈中的电流大小不能确定,故A、B错误;感应线圈随汽车一起运动过程中会产生感应电流,在路面线圈的磁场中受到安培力,根据“来拒去留〞可知,此安培力一定阻碍相对运动,即阻碍汽车的运动,故C正确;给路面线圈通以同向电流,多个路面线圈内部产生一样方向的磁场,感应线圈中的磁通量的变化率与路面线圈通以反向电流时相比变小,所以会影响充电效果,故D错误。
]2.当前,超导磁悬浮技术的应用已越来越广泛,其悬浮原理可简化如下:如下列图,在光滑水平桌面上放置一个超导圆环,一永磁体在外力作用下,从圆环正上方下移至某一高度处,此时撤去外力,永磁体恰好能静止,如此( )A.从上往下看,圆环中的电流方向为顺时针方向B.永磁体静止不动时,圆环对桌面的压力和圆环的重力二者大小相等C.永磁体下落过程中,圆环有收缩的趋势D .永磁体下落过程中,永磁体减少的重力势能全部转化为圆环中的电能C [永磁体下落过程中,穿过圆环的磁通量越来越大,且磁场方向向下,由楞次定律可知,圆环有收缩的趋势,圆环中产生的感应电流沿逆时针方向(从上往下看),A 错误,C 正确;当永磁体静止不动时,对圆环和永磁体组成的整体进展受力分析可知,圆环对桌面的压力应等于圆环和永磁体二者的重力之和,B 错误;由于无法判断外力对永磁体做功的情况,故无法判断永磁体减少的重力势能是否全部转化为圆环中的电能,D 错误。
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专题限时集训(十一) 电磁感应规律及其应用一、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ΔBΔt=k,根据法拉第电磁感应定律可得E=nΔΦΔt=nΔBΔtl2,则E aE b=(31)2=91,选项B 正确;根据I =E R =E ρ4nl S ′=nΔB 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:37162070】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R 1=R 2=2R ,圆形金属线圈半径为r 1,线圈导线的电阻为R ,半径为r 2(r 2<r 1)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t 0和B 0,其余导线的电阻不计,闭合S ,至t 1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B 0πr 21t 0④线圈两端的电压为4B 0πr 225t 0A .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 =ΔB Δt S =B 0t 0×πr 22,由闭合电路欧姆定律得感应电流为I =E R +R 1+R 2,所以线圈两端的电压U =I (R 1+R 2)=4B 0πr 225t 0,③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 -12mv 2C [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=B 2l 2vR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′=B 2l 2·v 2R =12mg sin θ,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 -12mv 2=Q ab +Q R ,即mgh -12mv 2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热,D 错误.]6.如图24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( ) 【导学号:37162071】图24A .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12B ωr 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 =Brv =Br ω12r =12B ωr 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.]7. (2016·东北四市联考)如图25所示,光滑平行金属导轨固定在水平面上,左端由导线相连,导体棒ab 垂直静置于导轨上且与导轨构成回路.在外力F 作用下,回路上方的条形磁铁(下端是N 极)竖直向上做匀速运动.在匀速运动某段时间内外力F 做功W F ,安培力对导体棒做功W 1,磁铁克服磁场力做功W 2,重力对磁铁做功W G ,回路中产生的焦耳热为Q ,导体棒获得的动能为E k .则下列选项中正确的是( )图25A .导体棒中的电流方向为a →bB .W 1=W 2C .W 2-W 1=QD .W F +W G =E k +QACD [根据楞次定律,导体棒中的电流方向为a 到b ,选项A 正确;根据能量守恒知磁铁克服磁场力做的功转化为金属棒的动能和回路产生的焦耳热,所以W 2-W 1=Q ,选项B 错误,选项C 正确;磁铁做匀速运动,对磁铁有W F +W G -W 2=0,结合W 2-W 1=Q ,及W 1=E k 得W F +W G =E k +Q ,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mg B 2LB .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 2a3mg-rD .整个电路的热功率P =πkamg 2B 2BCD [根据题述金属杆恰能保持静止,由平衡条件可得:mg =B 2I ·2a ,通过金属杆的电流大小为I =mg2aB 2,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C 1中磁场的磁感应强度随时间按B 1=b +kt (k >0)变化,可知ΔB 1Δt=k ,C 1中磁场变化产生的感应电动势E =ΔB 1Δtπa 2=k πa 2,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 =2πkB 2a3mg-r ,选项C 正确.整个电路的热功率P =EI =k πa 2·mg 2aB 2=πkamg 2B 2,选项D 正确.] 二、计算题(共2小题,32分)9.(14分)(2016·湖南益阳调研)如图27所示,两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计),倾角为30°,导轨间距为0.5 m ,匀强磁场垂直导轨平面向下,B =0.2 T ,两根材料相同的金属棒a 、b 与导轨构成闭合回路,a 、b 金属棒的质量分别为3 kg 、2 kg ,两金属棒的电阻均为R =1 Ω,刚开始两根金属棒都恰好静止,假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.现对a 棒施加一平行导轨向上的恒力F =60 N ,经过足够长的时间后,两金属棒都达到了稳定状态.求:图27(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数;(2)当两金属棒都达到稳定状态时,b 棒所受的安培力大小.(3)设当a 金属棒从开始受力到向上运动5 m 时,b 金属棒向上运动了2 m ,且此时a 的速度为4 m/s ,b 的速度为1 m/s ,则求此过程中回路中产生的电热及通过a 金属棒的电荷量.【解析】 (1)a 棒恰好静止时,有m a g sin 30°=μm a g cos 30°. 解得μ=33. (2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动,此时两棒有恒定的速度差. 对a 棒:F -m a g sin 30°-μm a g cos 30°-F 安=m a a 对b 棒:F 安-m b g sin 30°-μm b g cos 30°=m b a 解得F 安=24 N.(3)此过程对a 、b 棒整体根据功能关系,有Q =Fx a -(m a g sin 30°+μm a g cos 30°)x a -(m b g sin 30°+μm b g cos 30°)x b -12m a v 2a -12m b v 2b解得Q =85 J.q =I ·ΔtI =E 2RE =ΔΦΔt =B ·ΔSΔt解得q =Bd x a -x b2R=0.15 C.【答案】 (1)33(2)24 N (3)85 J 0.15 C10.(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: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 .【导学号:37162072】【解析】 (1)由题图乙知杆AB 运动到水平轨道P 2Q 2处时的速率为v max ,则回路中的最大感应电动势E max =BLv max杆AB 运动到水平轨道的P 2Q 2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 =BLv 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 =ΔΦt 1-0平均感应电流I =ER又q =I t 1 解得q =ΔΦR而ΔΦ=BLs 1cos θ 由题图乙知杆AB 下滑的距离s 1=12v max t 1解得q =BLv 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 =BLv R根据牛顿第二定律有BIL =ma 若Δt 趋近于零,则a =ΔvΔt由以上三式可得B 2L 2Rv 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 2Rs =m (v max -0)解得s =Rmv maxB 2L 2. 【答案】 见解析。