高考物理二轮复习 专题四 电路和电磁感应 专题突破练12 电磁感应规律及综合应用
2019高考物理大二轮复习 专题四 电路和电磁感应 专题能力训练12 电磁感应及综合应用
专题能力训练12 电磁感应及综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。
在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图所示,边长为a的导线框abcd处于磁感应强度为B0的匀强磁场中,bc边与磁场右边界重合。
现发生以下两个过程:一是仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动;二是仅使磁感应强度随时间均匀变化。
若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等,则磁感应强度随时间的变化率为()A. B. C. D.2.(2018·全国卷Ⅰ)如图所示,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心。
轨道的电阻忽略不计,OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。
空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B,现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'(过程Ⅱ)。
在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则等于()A. B. C. D.23.用导线绕一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框彼此绝缘,如图所示。
把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。
当磁感应强度均匀减小时()A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针C.圆环和线框中的电流大小之比为1∶2D.圆环和线框中的电流大小之比为2∶14.小明有一个磁浮玩具,其原理是利用电磁铁产生磁性,让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来,其构造如图所示。
若图中电源的电压固定,可变电阻为一可以随意改变电阻大小的装置,则下列叙述正确的是()A.电路中的电源必须是交流电源B.电路中的a端点须连接直流电源的负极C.若增加环绕软铁的线圈匝数,可增加玩偶飘浮的最大高度D.若将可变电阻的电阻值调大,可增加玩偶飘浮的最大高度5.如图甲所示,正三角形导线框abc固定在磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。
高考物理二轮复习 专题突破练12 电磁感应规律及综合应用
专题突破练12 电磁感应规律及综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共12小题,每小题7分,共84分。
在每小题给出的四个选项中,第1~7小题只有一个选项符合题目要求,第8~12小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.在竖直平面内固定一根水平长直导线,导线中通以如图所示方向的恒定电流。
在其正上方(略靠后)由静止释放一个闭合圆形导线框。
已知导线框在下落过程中始终保持框平面沿竖直方向。
在框由实线位置下落到虚线位置的过程中()A.导线框中感应电流方向依次为:顺时针→逆时针→顺时针B.导线框的磁通量为零时,感应电流也为零C.导线框所受安培力的合力方向依次为:向上→向下→向上D.导线框产生的焦耳热等于下落过程中框损失的重力势能答案 A解析根据安培定则,在通电直导线的上方磁场向外,在通电导线的下方磁场向里;离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小。
线框从上向下靠近导线的过程,向外的磁感应强度增加,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的电流;穿越导线时,上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加,先是向外的磁通量减小,之后变成向里的磁通量,并逐渐增大,直至最大;根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的电流。
向里的磁通量变成最大后,继续向下运动,向里的磁通量又逐渐减小,这时的电流新方向又变成了顺时针,故A正确;根据A中的分析,穿越导线时,上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加,先是向外的磁通量减小,一直减小到0,之后变成向里的磁通量,并逐渐增大。
这一过程是连续的,始终有感应电流存在,不是0,故B错误;根据楞次定律,感应电流始终阻碍导线框相对磁场的运动,故受安培力的方向始终向上,故C错误;根据能量守恒定律,导线框产生的焦耳热等于下落过程中导线框损失的重力势能与增加的动能之差,故D错误。
2.(2017黑龙江大庆模拟)在半径为r、电阻为R的圆形导线框内,以直径为界,左右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场,以垂直纸面向外的磁场为正,两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。
高考物理第二轮重点复习专题四 电磁感应与电路
高考物理第二轮重点复习专题四电磁感应与电路【方法归纳】电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考的热点之一。
电磁感应是讨论其他形式能转化为电能的特点和规律；电路问题主要是讨论电能在电路中传输、分配并通过用电器转化成其他形式能的特点和规律，本专题的思想是能量转化与守恒思想。
在复习电磁感应部分时，其核心是法拉第电磁感应定律和楞次定律；这两个定律一是揭示感应电动势的大小所遵循的规律；一个是揭示感的电动势方向所遵循的规律，法拉第电磁感定律的数学表达式为：ntε∆Φ=∆，磁通量的变化率越大，感应电动势越大．磁通量的变化率越大，外界所做的功也越大．楞次定律的表述为：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，从楞次定律的内容可以判断出：要想获得感应电流就必须克服感应电流的阻碍，需要外界做功，需要消耗其他形式的能量．在第二轮复习时如果能站在能量的角度对这两个定律进行再认识，就能够对这两个定律从更加整体、更加深刻的角度把握．电路部分的复习，其一是以部分电路欧姆定律为中心，包括六个基本物理量（电压、电流、电阻、电功、电功率、电热），三条定律（部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律），以及串、并联电路的特点等概念、定律的理解掌握和计算；其二是以闭合电路欧姆定律为中心讨论电动势概念、闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化；其三，对高中物理所涉及的三种不同类别的电路进行比较，即恒定电流电路、变压器电路、远距离输电电路，比较这些电路哪些是基本不变量，哪些是变化量，变化的量是如何受到不变量的制约的．其能量是如何变化的．在恒定电流电路中，如果题目不加特殊强调，电源的电动势和内电阻是基本不变量，在外电阻改变时其他量的变化受到基本不变量的制约．在变压器电路中，如果题目不加特殊强调，变压器的输入电压不变，其他量改变时受到这个基本不变量的制约．在远距离输电电路中，如果题目不加特殊强调，发电厂输出的电功率不变，其他量改变时受到这个基本不变量的制约．【典例分析】1．电磁感应的图象问题方法：图象问题有两种：一是给出电磁感应过程选出或画出正确图象；二是由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．其思路是：利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势．感应电流的大小，利用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向，利用图象法直观，明确地表示出感应电流的大小和方向．掌握这种重要的物理方法．例1、如图4—1（a）所示区域（图中直角坐标系x O y的1、3象限）内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于图面向里，大小为B，半径为l，圆心角为60°的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O点在图面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R．（1）求线框中感应电流的最大值I0和交变感应电流的频率f．（2）在图（b）中画出线框转一周的时间内感应电流I随时间t变化的图象．（规定在图（a）中线框的位置相应的时刻为t =0）（a）（b）2、电路的动态分析方法：利用欧姆定律，串、并联电路的性质，闭合电路的欧姆定律；明确不变量，以“从局部到整体再到局部”，“从外电路到内电路再到外电路”的顺序讨论各物理量的变化情况．例2、如图4—3所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ．当可变电阻的滑片P 向b 移动时，电压表的读数U 1与电压表的读数U 2的变化情况是（ ）A ．U 1变大，U 2变小B ．U 1变大，U 2变大C ．U 1变小，U 2变小 B ．U 1变小，U 2变大 3、电磁感应与力学综合方法：从运动和力的关系着手，运用牛顿第二定律（1）基本思路：受力分析→运动分析→变化趋向→确定运动过程和最终的稳定状态→由牛顿第二定律列方程求解．（2）注意安培力的特点：（3）纯力学问题中只有重力、弹力、摩擦力，电磁感应中多一个安培力，安培力随速度变化，部分弹力及相应的摩擦力也随之而变，导致物体的运动状态发生变化，在分析问题时要注意上述联系．例3、如图4—4所示，两根相距为d 的足够长的平行金属导轨位于水平x O y 平面内，左端接有阻值为R 的电阻，其他部分的电阻均不计．在x >0的一侧存在垂直x O y 平面且方向竖直向下的稳定磁场，磁感强度大小按B =kx 规律变化（其中k 是一大于零的常数）．一根质量为m 的金属杆垂直跨搁在光滑的金属导轨上，两者接触良好．当t =0时直杆位于x =0处，其速度大小为v 0，方向沿x 轴正方向，在此后的过程中，始终有一个方向向左的变力F 作用于金属杆，使金属杆的加速度大小恒为a ，加速度方向一直沿x 轴的负方向．求：（1）闭合回路中感应电流持续的时间有多长？V 1V 2导体运动v感应电动势E 感应电流I安培力F磁场对电流的作用电磁感应阻碍闭合电路欧姆定律图4—3（2）当金属杆沿x 轴正方向运动的速度为02v 时，闭合回路的感应电动势多大？此时作用于金属杆的外力F 多大？4、电磁感应与动量、能量的综合 方法：（1）从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律①应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题．②在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒．解决此类问题往往要应用动量守恒定律．（2）从能量转化和守恒着手，运用动能定律或能量守恒定律①基本思路：受力分析→弄清哪些力做功，正功还是负功→明确有哪些形式的能量参与转化，哪增哪减→由动能定理或能量守恒定律列方程求解．−−−−−−安培力做负功−−−−−电流做功例4、如图4—6所示，在空间中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h ，磁感应强度为B ．有一宽度为b （b <h ）、长度为L、电阻为R 、质量为m 的矩形导体线圈紧贴磁场区域的上边缘从静止起竖直下落，当线圈的PQ 边到达磁场下边缘时，恰好开始做匀速运动．求：（1）线圈的MN 边刚好进入磁场时，线圈的速度大小． （2）线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所经历的时间．图4—4图4—6例5、两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平内，两导轨间的距离为l ，导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd 构成矩形回路，如图4—7所示．两根导体棒的质量皆为m ，电阻皆为R ，磁感应强度为B ，设两导体棒均为沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度（如图所示），若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少？ （2）当ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的加速度是多少？5、电磁感应与电路综合方法：在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源．解决电磁感应与电路综合问题的基本思路是：图4—7（1）明确哪部分相当于电源，由法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向． （2）画出等效电路图．（3）运用闭合电路欧姆定律．串并联电路的性质求解未知物理量．例6、如图4—8所示，直角三角形导线框abc 固定在匀强磁场中，ab 是一段长为L 、电阻为R 的均匀导线，ac 和bc 的电阻可不计，ac 长度为2L ．磁场的磁感强度为B ，方向垂直纸面向里．现有一段长度为2L，电阻为2R的均匀导体棒MN 架在导线框上，开始时紧靠ac ，然后沿bc 方向以恒定速度v 向b 端滑动，滑动中始终与ac 平行并与导线框保持良好接触，当MN 滑过的距离为3L时，导线ac 中的电流为多大？方向如何？6、交变电流的三值（1）最大值：m E NBS ω=，最大值(、)m m m E V I 与线圈的形状，以及转轴的位置无关，但转轴应与磁感线垂直．（2）有效值：交流电的有效值是根据电流的热效应来定义的．即在同一时间内，跟某一交流电一样能使同一电阻产生相等热量的直流的数值，叫做该交流电的有效值．正弦交流电的有效值与最大值之间的关系为：E U I ===．各种交流电器设备上标准值及交流电表上的测量值都是指有效值．（3）平均值 ntϕε∆=∆ （4）最大值、有效值和平均值的应用①求电功、电功率以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算．正弦交变电流的有效值为I =，其他交流电流的有效值只能根据有效值的定义来计算．②求一段时间内通过导体横截面的电量时要用平均值来计算．,q It =而,E I E nR t∆Φ==∆． 注意122E E E +≠，平均值不等于有效值．图4—8③在考虑电容器的耐压值时，则应根据交流电的最大值．例7、边长为a 的N 匝正方形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以角速度 绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，线圈的电阻为R ．求：（1）线圈从中性面开始转过90°角的过程中产生的热量．（2）线圈从中性面开始转过90°角的过程中，通过导线截面的电量．7、电容、电路、电场、磁场综合方法：从电场中的带电粒子受力分析入手，综合运用牛顿第二定律；串、并联电路的性质、闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律进行分析、计算，注意电容器两端的电压和等效电路．例8、如图4—11所示，光滑的平行导轨P 、Q 相距l =1m ，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器C 两极板间距离d =10mm ，定值电阻R 1=R 3=8Ω，R 2=2Ω，导轨电阻不计，磁感应强度B =0.4T 的匀强磁场竖直向下穿过导轨平面，当金属棒ab 沿导轨向右匀速运动（开关S 断开）时，电容器两极板之间质量m =1×10－14kg ，带电荷量q =－1×10－25C 的粒子恰好静止不动；当S 闭合时，粒子以加速度a =7m/s 2向下做匀加速运动，取g =10m/s 2，求：（1）金属棒ab 运动的速度多大？电阻多大？（2）S 闭合后，使金属棒ab 做匀速运动的外力的功率多大？8、电磁感应与交流电路、变压器综合方法：①变压器遵循的是法拉第电磁感应定律，理想变压器不考虑能量损失，即输入功率等于输出功率．②理想变压器原线圈的电压决定着负线圈的电压，而副线圈上的负载反过来影响着原线圈的电流，输入功率．③远距离输电是以电功率展开分析的，其中损失功率是最为关键的因素．④在供电电路、输电电路、用电回路所构成的输电电路中， 输出电路中的电流和输电回路中的损失电压是联系其余两回路的主要物理量．× × × × × × × × × × × ×R 3R 2 qSmR 1vaPbQ 图4—11n1︰n 2 1n'︰2n'图4—12例9、有条河流，流量Q=2m3/s，落差h=5m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240V，输电线总电阻R=30Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想电压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220V、100W”的电灯正常发光．【跟踪练习】1．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，磁感强度B随时间变化的图象如图4—13所示．t=0时刻，磁感强度的方向垂直于纸面向里．在0～4s时间内，线框的ab边受力随时间变化的图象（力的方向规定以向左为正方向），可能如图4—14中的（）A．B．C．D．2．如图4—14甲所示，由均匀电阻丝做成的正方形线框abcd的电阻为R，ab=bc=cd=da=l．现将线框以与ab垂直的速度v匀速穿过一宽为2l、磁感应强度为B的匀强磁场区域，整个过程中ab、cd两边始终保持与边界平行．令线框的cd边刚与磁场左边界重合时t=0，电流沿abcda流动的方向为正．（1）求此过程中线框产生的焦耳热；（2）在图乙中画出线框中感应电流随时间变化的图象；（3）在图丙中画出线框中a、b两点间电势差U ab随时间t变化的图象．图4—13～U0I送P输U送RU1U2a bcditO图甲图乙U abtO图丙l图4—143．如图4—15所示，T 为理想变压器，A 1、A 2为交流电流表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑变阻器的滑动触头向下滑动时（ ）A ．A 1的读数变大，A 2读数变大B ．A 1的读数变大，A 2读数变小C ．A 1的读数变小，A 2读数变大D ．A 1的读数变小，A 2的读数变小4．如图4—16所示：半径为r 、电阻不计的两个半圆形光滑导轨并列竖直放置，在轨道左上方端点M 、N 间接有阻值为R 的小电珠，整个轨道处在磁感强度为B 的匀强磁场中，两导轨间距为L ，现有一质量为m ，电阻为R 的金属棒ab 从M 、N 处自由静止释放，经一定时间到达导轨最低点O 、O ′，此时速度为v ．（1）指出金属棒ab 从M 、N 到O 、O ′的过程中，通过小电珠的电流方向和金属棒ab 的速度大小变化情况．（2）求金属棒ab 到达O 、O ′时，整个电路的瞬时电功率．（3）求金属棒ab 从M 、N 到O 、O ′的过程中，小电珠上产生的热量．图4—16～R 1A 1R 2R 3A 2T图4—155．（2002·上海）如图4—17所示，有两根和水平方向成α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的匀强磁场，磁感应强度为B ．一根质量为m 的金属杆从轨道上静止自由滑下，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（ ）A ．如果B 增大，v m 将变大 B ．如果α变大，v m 将变大C ．如果R 变小，v m 将变大D ．如果m 变小，v m 将变大6．（2004年全国）如图4—18所示a 1b 1c 1d 1和a 2b 2c 2d 2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面（纸面）向里．导轨的a 1b 1段与a 2b 2段是竖直的，距离l 1；c 1d 1段与c 2d 2段也是竖直的，距离为l 2．x 1y 1与x 2y 2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m 1和m 2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触．两杆与导轨构成的回路的总电阻为R ．F 为作用于金属杆x 1y 1上的竖直向上的恒力．已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率．7．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图4—19所示，抛物线的方程是y =x 2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y =a 的直线（图中虚线所示），一个小金属环从抛物线上y =b （y >a ）处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是（ ） A ．mgb B ．212mv C ．mg (b －a ) D ．21()2mg b a mv -+8．如图4—20所示，长为L 、电阻r =0.3Ω、质量m =0.1kg 的金属棒CD 垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L ，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R =0.5Ω的电阻，量程为0～3.0A 的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0V 的电压表接在电阻R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右恒定外力F 使金属棒右移，当金属棒以v =2m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏，问：（1）此满偏的电表是什么表？说明理由． （2）拉动金属棒的外力F 多大？（3）此时撤去外力F ，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R 的电量．图4—18图4—19图4—20图4—179．高频焊接是一种常用的焊接方法，其焊接的原理如图所示．将半径为10cm 的待焊接的圆形金属工件放在导线做成的1000匝线圈中，然后在线圈中通以高频的交变电流，线圈产生垂直于金属工件所在平面的变化磁场，磁场的磁感应强度B 的变化率为10002sin t πωT/s ．焊接处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的 99倍．工作非焊接部分每单位长度上的电阻为31010m R π--=Ωg，焊接的缝宽非常小，求焊接过程中焊接处产生的热功率．（取2π=10，不计温度变化对电阻的影响）图4—2110．如图所示，与光滑的水平平行导轨P 、Q 相连的电路中，定值电阻R 1=5Ω，R 2=6Ω；电压表的量程为0～10V ，电流表的量程为0～3A ，它们都是理想电表；竖直向下的匀强磁场穿过水平导轨面，金属杆ab 横跨在导轨上，它们的电阻均可不计，求解下列问题：（1）当滑动变阻器的阻值R 0=30Ω时，用水平恒力F 1=40N 向右作用于ab ，在ab 运动达到稳定状态时，两个电表中有一个电表的指针恰好满偏，另一个电表能安全使用．试问：这时水平恒力F 1的功率多大？ab 的速度v 1多大？（2）将滑动变阻器的电阻调到R 0=3Ω，要使ab 达到稳定运动状态时，两个电表中的一个电表的指针恰好满偏，另一个电表能安全使用，作用于ab 的水平恒力F 2多大？这时ab 的运动速度v 2多大？图4—22R 0R xR 111．两只相同的电阻，分别通过简谐波形的交流电和方形波的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图4—23所示．在简谐波形交流电的一个周期内，简谐波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q 1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q 2之比为12Q Q 等于（ ） A ．3︰1 B ．1︰2 C ．2︰1 D ．4︰312．曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图4—24甲为其结构示意图．图中N 、S 是一对固定的磁极，abcd 为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc 边中点、与ab 边平行，它的一端有一半径r 0=1.0cm 的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图4—24乙所示．当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动．设线框由N =800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S =20cm 2，磁极间的磁场可视为匀强磁场，磁感强度B =0.010T ，自行车车轮的半径R 1=35cm ，小齿轮的半径R 2=4.0cm ，大齿轮的半径R 3=10.0cm （见图乙）．现从静止开始使大齿轮加速运动，问大齿轮的角速度为多大时才能使发电机输出电压的有效值U =3.2V ？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动）图4—2413．如图4—25所示，两块水平放置的平行金属板间距为d ，定值电阻的阻值为R ，竖直放置线圈的匝数为n ，绕制线圈导线的电阻为R ，其他导线的电阻忽略不计．现在竖直向上的磁场B 穿过线圈，在两极板中一个质量为m ，电量为q ，带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B 的变化情况是（ ） A ．均匀增大，磁通量变化率的大小为2mgdnqB ．均匀增大，磁通量变化率的大小为mgdnq C ．均匀减小，磁通量变化率的大小为2mgdnq图4—25图4—23D ．均匀减小，磁通量变化率的大小为mgdnq14．如图4—26所示，水平面中的光滑平行导轨P 1、P 2相距l =50cm ，电池电动势E ′=6V ，电阻不计；电容C =2μF ，定值电阻R =9Ω；直导线ab 的质量m =50g ，横放在平行导轨上，其中导轨间的电阻R ′=3Ω；竖直向下穿过导轨面的匀强磁场的磁感应强度B =1.0T ；导轨足够长，电阻不计．（1）闭合开关S ，直导线ab 由静止开始运动的瞬时加速度多大？ab 运动能达到的最大速度多大？ （2）直导线ab 由静止开始运动到速度最大的过程中，电容器的带电荷量变化了多少？15．如图4—27所示的四个图中，a 、b 为输入端，接交流电源、cd 为输出端，下列说法中错误．．的是（ ） A B C D A ．A 图中U ab <U cd B ．B 图中U ab >U cd C ．C 图中U ab <U cd D ．D 图中U ab >U cd16．某电站输送的电功率是500kW ，当采用6kV 电压输电时，安装在输电线路起点的电度表和终点的电度表一昼夜读数相差4800kWh （即4800度），试求：（1）输电线的电阻；（2）若要使输电线上损失的功率降到输送功率的2.304%，应采用多高的电压向外输电？专题四 电磁感应与电路参考答案典型例题【例1】 解析：在从图中位置开始（t =0）匀速转动60°的过程中，只有OQ 边切割磁感线，产生的感应电动势2112E Bl ω=，由右手定则可判定电流方向为逆时针方向（设为正方向）．根据欧姆定律得， 211(0)23E Bl I t R R ωπω==<≤．导线框再转过30°的过程中，由于∆Φ=0，则22350(),()32226Bl I t I t R ππωππωωωω=<=<≤≤顺时针方向．～ ab cd ～ ab d c～ ab cd ～ab dcE ′P 1P 2图4—26245540()()623Bl I t I t R ππωππωωωω=<=<≤≤逆时针方向267433110()()32226Bl I t I t R ππωππωωωω=<=<≤≤顺时针方向81120()6I t ππωω=<≤综合以上分析可知，感应电流的最大值202Bl I Rω=，频率f πω=．其I —t 图象如图4—2所示． 答案：（1）20;2Bl I f R ωπω==（2）如图4—2所示．【例2】 解析：P 向b 移动，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律、欧姆定律以及电路的性质从而可以判断U 1、U 2的变化情况．当P 向b 移动时，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电路I 变小，由欧姆定律得U 2=IR 变小，再由闭合电路欧姆定律得U 1=E －Ir 变大，故本题正确答案应选A ．【例3】 解析： （1）由题意可知，金属杆在磁场中的运动分为两个阶段：先沿x 轴正方向做匀减速运动，直到速度为零；然后x 轴负方向做匀加速直线运动，直到离开磁场，其速度一时间图象如图4—5所示．金属杆在磁场中运动切割磁感线，闭合回路产生感应电流，所以回路中感应电流持续的时间122v t t a==． （2）当金属杆沿x 轴正方向运动的速度为02v 时，对应的x 坐标x 1`满足：2001()2,2v v ax =-解得x 1=2038v a ． 则在x 1处的磁感强度21138kv B kx a==此时回路中的感应电动势，30013216v kdv E B d a==金属杆所受的安培力大小25201129128k v d E F BId B d R a R===安 方向沿x 轴负方向由牛顿第二定律得F ＋F 安=ma所以，此时作用于金属杆的外力252029128k v dF ma a R=-方向沿x 轴负方向．答案：（1）02v a （2）325200239;16128kdv k v d ma a a R- 【例4】 解析： （1）设线圈匀速穿出磁场的速度为v ′， 此时线圈中产生的感应电动势为E BLv '=． ① 产生的感应电流为EI R=② 线圈受到的安培力为F =BIL ③图4—2图4—5此过程线圈受到的重力与安培力平衡mg =F ④ 联立①②③④式，得22mgR v B L'=⑤设线圈的上边刚好进入磁场时速度为v ，线圈全部在磁场里运动的过程中，根据能量守恒定律2211()22mg h b mv mv '-=- ⑥联立⑤⑥解得v = ⑦（2）设线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所用时间为t ，根据动量定理0F mgt I mv -=- ⑧ 根据法拉第电磁感应定律BLbE t t∆Φ==⑨ 线圈中产生的平均电流EI R=⑩ 故安培力的冲量F I Ft BLIt == ○11联立⑨⑩○11得，22F B L b I R= ○12将⑦和○12代入⑧解得22B L b t mgR =+【例5】 解析：ab 棒向cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流．ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd 棒则在安培力作用下做加速运动，在ab 棒的速度大于cd 棒的速度时，回路中总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速．两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，再棒以相同的速度v 做匀速运动．（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒的动量守恒，有02mv mv =． 根据能量守恒，整个过程中产生的总热量22200111(2)224Q mv m v mv =-= （2）设ab 棒的速度为初速度的34时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒可知0034mv m v mv '=+g ．此时回路中感应电动势和感应电流分别为03(),42E E v v Bl I R'=-=． 此时cd 棒所受的安培力F =IBl ，cd 棒的加速度F a m=． 由以上各式可得2204B l v a mR=．答案： （1）2014mv （2）2204B l v mR【例6】 解析：MN 滑过的距离为3L时，它与bc 的接触点为P ，如图4—9所示．由几何关系可知，MP 的长度为3L ，MP 相当于电路中的电源，其感应电动势13E BLv =，内阻13r R =．等效电路如图4—10所示．图4—9 图4—10外电路并联电阻为1223312933R R R ⨯==+并 由闭合电路欧姆定律可得，MP 中的电流EI R r=+并ac 中的电流23ac I I =联立以上各式解得25ac BLvI R=根据右手定则，MP 中的感应电流方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c ． 答案：25ac BLvI R=，方向由a 流向c ． 【例7】 解析：（1）线圈中产生的热量应用转动过程中产生的交变电流的有效值来计算．因线圈中感应电动势的峰值为2m E NBa ω=，故线圈中电流的有效值为2I ===，线圈转过90°角经历的时间为42T t πω==． 所以此过程中产生的热量22424N B a Q I Rt Rπω==．（3）线圈转过90°角的过程中，感应电动势和感应电流的平均值分别为222222NBa NBa E NBa E N I t R Rωωπππω∆Φ=====∆所以通过导体截面的电量为2NBa q It R==答案：（1）2244N B a Q R πω=（2）2NBa q R=【例8】 解：（1）带电粒子在电容器两极板间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡1U mg qd= 求得电容器两极板间的电压：14115110100.011V 10mgd U q --⨯⨯⨯=== 由于粒子带负电，可知上极板电势高．由于S 断开，R 1上无电流，R 2、R 3上电压等于U 1，电路中的感应电流．。
适用于新高考新教材2024版高考物理二轮复习专题电磁感应规律及综合应用(含答案)
适用于新高考新教材高考物理二轮复习专题：专题分层突破练11 电磁感应规律及综合应用A组基础巩固练1.(2023山东烟台一模)智能手表通常采用无线充电方式充电。
如图甲所示,充电基座与交流电源相连,智能手表放置在充电基座旁时未充电,将智能手表压在充电基座上,无需导线连接,智能手表便可以充电(如图乙所示)。
已知充电基座与智能手表都内置了线圈,则()A.智能手表和充电基座无导线连接,所以传输能量时没有损失B.用塑料薄膜将充电基座包裹起来,之后仍能为智能手表充电C.无线充电的原理是利用充电基座内的线圈发射电磁波传输能量D.充电时,充电基座线圈的磁场对智能手表线圈中的电子施加力的作用,驱使电子运动2.(2023山东德州模拟)某课题组要测量某金属材料的电阻率,他们先取适量该金属材料切割成如图所示的长方体,长方体的三条边长分别为a、b、c,长方体上、下表面与电流传感器用导线相连,导线左端紧贴长方体上、下表面。
虚线框左侧有垂直于长方体前、后表面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。
使匀强磁场以大小为v的速度向左运动时(长方体全部处于磁场中),电流传感器显示回路中的电流大小为I。
不计电流传感器及导线的电阻,则该金属材料的电阻率为()A.BvabI B.Bvab2IcC.Bvbc2IaD.Bvcb2Ia3.(2023江苏卷)如图所示,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,OC导体棒的O端位于圆心,棒的中点A位于磁场区域的边缘。
现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。
O、A、C点电势分别为φO、φA、φC,则()A.φO>φCB.φC>φAC.φO=φAD.φO-φA=φA-φC4.(多选)(2023辽宁沈阳模拟)如图所示,有界匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。
有一半径为R的线圈,其单位长度上的电阻为r,线圈平面与磁场方向垂直,线圈直径MN垂直磁场边界于M点。
现以M点为轴在纸面内,线圈沿顺时针方向匀速旋转90°,角速度为ω,则()A.感应电流方向为顺时针方向B.感应电动势的最大值为BR2ωC.感应电流的最大值为2BR 2ωrD.通过线圈任意横截面的电荷量为BR4r5.(2023湖南娄底模拟)轻质细线吊着一质量为m=1 kg、边长为0.2 m、电阻R=1 Ω、匝数n=10的正方形闭合线圈abcd,bd为正方形闭合线圈的对角线,bd下方区域分布着匀强磁场,如图甲所示。
2024高三物理二轮特色专项训练核心考点12 电磁感应规律及综合应用
2024高三物理二轮特色专项训练核心考点12电磁感应规律及综合应用「核心链接」「命题揣测」楞次定律和法拉第电磁感应定律及其应用是每年高考旳必考点，电磁感应图象和与电路、动力学、能量转化等学问结合起来是考察旳热点，其中既有难度中等旳选择题，也有难度较大、综合性较强旳计算题．预料2024年高考从以下角度命题：1．以选择题旳形式考察感应电流旳产生条件、感应电流方向旳推断；2．对电磁感应图象考察旳试题一般有两种形式：一是依据题意选图象；二是依据图象分析电磁感应过程．图象类型主要有：Φ－t、u－t、i－t、F－t、a－t等，有时也会考察各物理量与位移之间关系旳图象；3．对法拉第电磁感应定律考察旳重点是动生电动势旳计算，一般综合性都比拟强，会涉及楞次定律、右手定那么、法拉第电磁感应定律、闭合电路旳欧姆定律以及牛顿其次定律、匀变速直线运动、功、功率、动能定理、能量守恒等学问．「方法突破」1．驾驭产生感应电流旳条件，敏捷应用楞次定律“阻碍〞旳含义推断感应电流旳方向．2．对于电磁感应中各物理量随时间改变旳图象，留意左手定那么、右手定那么、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、牛顿其次定律等规律旳综合应用；对于各物理量随位移改变旳图象，先转换为随时间改变旳图象再求解，如导体匀速运动时，可以把位移轴干脆转换为时间轴．3．电磁感应综合问题(1)解决电磁感应旳动力学问题时，要留意分析导体受力状况，推断导体加速度方向、大小及改变，导体最终到达稳定状态是该类问题旳重要特点；(2)解决电磁感应旳能量问题时，要明确功能关系，确定有哪些形式旳能量发生了转化，如安培力做负功，必定有其他形式旳能转化为电能等．解答此类问题旳一般思维流程是“先电后力〞：①确定等效电源；②分析电路构造，画等效电路图；③利用电路学问求电流旳大小和方向；④依据F＝BIL求安培力旳大小，并由左手定那么推断安培力旳方向；⑤对探讨对象进展受力分析、运动分析、功及能量转化分析；留意纯电阻电路中感应电流做功等于焦耳热．「强化训练」1．(2024·高考海南卷)如图，一质量为m旳条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属铜环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ，设环经过磁铁上端和下端旁边时细线旳张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，那么()A．T1>mg，T2>mg B．T1<mg，T2<mgC．T1>mg，T2<mg D．T1<mg，T2>mg2．如下图，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面对里旳匀强磁场，两个边长相等旳单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用一样材料、不同粗细旳导线绕制(Ⅰ为细导线)、两线圈在距磁场上界面h高处由静止开场自由下落，再进入磁场，最终落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时旳速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生旳热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，那么()A．v1<v2，Q1<Q2 B．v1＝v2，Q1＝Q2C．v1<v2，Q1>Q2 D．v1＝v2，Q1<Q23．(2024·高考新课标全国卷)如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．在t＝0到t＝t1旳时间间隔内，直导线中电流i发生某种改变，而线框中旳感应电流总是沿顺时针方向；线框受到旳安培力旳合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向一样，那么i随时间t改变旳图线可能是()4．(2024·西安质检)如下图，匀强磁场中有两条水平放置旳、电阻可忽视旳光滑平行金属轨道，轨道左端接一个阻值为R 旳电阻，R 旳两端与电压传感器相连．一根导体棒(电阻为r)垂直轨道放置，从t ＝0时刻起对其施加一向右旳水平恒力F ，使其由静止开场向右运动．用电压传感器实时采集电阻R 两端旳电压U ，并用计算机绘制出U －t 图象，假设施加在导体棒上旳水平恒力持续作用一段时间后撤去，那么计算机绘制旳图象可能是( )5．如下图，有一个等腰直角三角形旳匀强磁场区域，其直角边长为L ，磁场方向垂直纸面对外，磁感应强度大小为B.一边长为L 、总电阻为R 旳正方形导线框abcd ，从图示位置开场沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过磁场区域．取方向沿a→b→c→d 旳感应电流为正，那么以下图中表示线框中旳电流i 随x 改变旳图象正确旳是( )6．(2024·高考四川卷)半径为a 右端开小口旳导体圆环和长为2a 旳导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下旳匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开场，杆旳位置由θ确定，如下图．那么( )A ．θ＝0时，杆产生旳电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生旳电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受旳安培力大小为2B2av π＋2R0D ．θ＝π3时，杆受旳安培力大小为3B2av 5π＋3R07．(2024·安徽知名省级示范中学统考)如下图，电阻不计旳光滑平行金属导轨MN 和OP 足够长且水平放置．M、O间接有阻值为R旳电阻，两导轨相距为L，其间有竖直向下旳匀强磁场，磁感应强度为B.有一质量为m、长度为L、电阻为R0旳导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好．用平行于MN向右旳水平力F拉动导体棒CD，使之由静止开场运动．拉力旳功率恒为P，当导体棒CD到达最大速度v0时，以下推断中正确旳是()A．最大速度数值为v0＝1LB PR0B．导体棒CD上C点电势低于D点电势C．克制安培力做功旳功率等于拉力旳功率PD．导体棒CD上产生旳电热功率为P8．如下图，在磁感应强度为B旳水平匀强磁场中，有两根竖直放置旳平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，两导轨所在旳竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原动身点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与金属棒间旳摩擦及它们旳电阻均可忽视不计．那么在金属棒整个上行与整个下行旳两个过程中，以下说法不正确旳是()A．回到动身点旳速度v等于初速度v0B．上行过程中通过R旳电荷量等于下行过程中通过R旳电荷量C．上行过程中R上产生旳热量大于下行过程中R上产生旳热量D．上行旳运动时间小于下行旳运动时间9．(2024·长春第一次调研)如图甲所示，空间存在一宽度为2L旳有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面对里．在光滑绝缘水平面内有一边长为L旳旳外力F作用下，以初速度v0＝4 m/s匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F旳大小随时间t改变旳图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开场计时，求：(1)匀强磁场旳磁感应强度B；(2)线框进入磁场旳过程中，通过线框旳电荷量q;(3)推断线框能否从右侧离开磁场？说明理由．10．如下图，两平行光滑旳金属导轨MN、PQ固定在水平面上，相距为L，处于竖直方向旳磁场中，整个磁场由假设干个宽度皆为d旳条形匀强磁场区域1、2、3、4…组成，磁感应强度B1、B2旳方向相反，大小相等，即B1＝B2＝B.导轨左端M、P间接一电阻R，质量为m、电阻为r旳细导体棒ab垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，不计导轨旳电阻．现对棒ab 施加水平向右旳拉力，使其从区域1磁场左边界位置开场以速度v0向右做匀速直线运动并穿越n个磁场区域．(1)求棒ab穿越区域1磁场旳过程中电阻R上产生旳焦耳热Q；(2)求棒ab穿越n个磁场区域旳过程中拉力对棒ab所做旳功W；(3)规定棒ab中从a到b旳电流方向为正，画出上述过程中通过棒ab旳电流I随时间t改变旳图象；(4)求棒ab穿越n个磁场区域旳过程中通过电阻R旳净电荷量q.11.(2024·高考天津卷)如下图，一对光滑旳平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω旳电阻．一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω旳金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上旳匀强磁场中，磁场旳磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右旳外力作用下，由静止开场以a＝2 m/s2旳加速度做匀加速运动，当棒旳位移x＝9 m时撤去外力，棒接着运动一段距离后停下来，撤去外力前后回路中产生旳焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒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：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R旳电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生旳焦耳热Q2；(3)外力做旳功WF.核心考点12电磁感应规律及综合应用Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，那么金属圆环对磁铁旳作用力始终向下，对磁铁受力分析可知T1>mg，T2>mg，A项正确．2．【解析】选D.两线圈在未进入磁场时，都做自由落体运动，从距磁场上界面h高处下落，由动能定理知两线圈在进入磁场时旳速度一样，设为v，线圈Ⅰ所受安培阻力F1＝BI1L＝B2L2v R1，而R1＝ρ电4L S1，S1＝m1ρ·4L ，故F1＝B2L2vm116ρ电ρL2＝B2vm116ρ电ρ.所以此时刻a1＝m1g －F1m1＝g －B2v 16ρ电ρ，同理可得a2＝g －B2v 16ρ电ρ与线圈旳质量无关，即两线圈进入磁场时旳加速度一样，当两线圈进入磁场后虽加速度发生改变，但两者加速度是同步改变旳，速度也同步改变，因此落地时速度相等即v1＝v2；又由于线圈Ⅱ质量大，机械能损失多，所以产生旳热量也多，即Q2>Q1，故D 项正确．3．【解析】选A.线框abcd 中电流I 大小一样，Iab ＝Icd ，而ab 边与直线电流i 之间旳作用力大于cd 边与直线电流i 之间旳作用力．且直线电流之间同向相吸异向相斥．依据楞次定律，当直导线中i 向上且匀称减小时，线框中产生adcba 方向旳电流且恒定，此时线框受力向左；当直导线中电流i 向下且增加时，线框中依旧产生adcba 方向旳电流且恒定，此时线框受力向右．那么可以推断A 图正确．4．【解析】选A.设路端电压为U, 导体棒旳运动速度为v ，那么感应电动势E ＝Blv ，通过电阻R 旳电流I ＝E R ＋r ，电阻R 两端旳电压U ＝IR ＝BLvRR ＋r ，即U ∝v ，由牛顿其次定律F －F 安＝ma 可知，在恒力F 旳作用下，导体棒做加速度渐渐减小旳变加速运动，撤去恒力F 后导体棒旳加速度随着速度旳减小而减小，A 正确．旳bc 边从O 处运动到L 处旳过程中，线框中无电流产生；线框旳bc 边从L 处运动到2L 处旳过程中，bc 边切割磁感线，依据右手定那么可推断，线框中旳电流方向为a→b→c→d ，故电流为正并渐渐增大，同理可知线框旳bc 边从2L 处运动到3L 处旳过程中，线框中旳电流方向为a→d→c→b ，故电流为负并渐渐增大，所以A 、B 、D 错误，C 正确．6．【解析】选AD.开场时刻，感应电动势E1＝BLv ＝2Bav ，故A 项正确．θ＝π3时，E2＝B·2acos π3·v ＝Bav ，故B 项错误．由L ＝2acosθ，E ＝BLv ，I ＝ER ，R ＝R0[2acosθ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0时，F ＝B2L2v R ＝4B2av R02＋π，故C 项错误．θ＝π3时F ＝3B2avR05π＋3，故D 项正确． 7．【解析】选C.依据右手定那么可以推断D 点电势低于C 点电势，B 错误；导体棒CD 到达最大速度时拉力F 与安培力旳合力为零，P ＝Fv0，F ＝BIL ，所以P ＝BILv0，C 正确；I ＝BLv0R ＋R0，解得v0＝1LBP R ＋R0，A 错误；整个回路中导体棒CD 和电阻R 上都要产生电热，D 错误．8．【解析】选A.金属棒切割磁感线运动，由右手定那么和法拉第电磁感应定律、安培力公式可知金属棒上行和下行时旳受力状况，如下图．由能量守恒定律可知，金属棒在运动过程中，局部机械能转化为系统旳焦耳热，故金属棒回到动身点旳速度v 小于初速度v0，A 错误；设金属棒上升旳最大高度为h ，上升过程中金属棒所受旳安培力比下降过程中旳要小，R 上产生旳热量等于金属棒克制安培力做旳功，由W ＝Fh 可知上升过程中产生旳热量比下降过程中产生旳热量要大，C 正确；由电荷量旳定义、欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得，运动过程中产生旳电荷量q ＝ΔΦR 可知，上行和下行过程中磁通量改变相等，那么B 正确；由牛顿其次定律可知a 上>a 下，由位移公式x ＝12at2可知，上行和下行旳位移大小相等，那么t 上<t 下，D 正确．9．【解析】(1)由F －t 图象可知，线框加速度a ＝F2m ＝2 m/s2线框旳边长L ＝v0t －12at2＝4×1 m －12×2×12 m ＝3 mt ＝0时刻线框中旳感应电流I ＝BLv0R线框所受旳安培力F 安＝BIL由牛顿其次定律F1＋F 安＝ma又F1＝1 N ，联立得B ＝13 T ＝0.33 T(2)线框进入磁场旳过程中，平均感应电动势E ＝BL2t平均电流I ＝E R通过线框旳电荷量q ＝I t联立得q ＝0.75 C(3)设匀减速运动速度减为零旳过程中线框通过旳位移为x ，由运动学公式得0－v20＝－2ax 代入数值得x ＝4 m<2L所以线框不能从右侧离开磁场．【答案】(1)0.33 T (2)0.75 C (3)见解析10．【解析】(1)棒ab 产生旳感应电动势E ＝BLv0通过棒ab 旳感应电流I ＝E R ＋r 电阻R 上产生旳焦耳热Q ＝(E R ＋r )2R×d v0＝B2L2v0Rd R ＋r 2(2)因为棒ab 匀速穿越n 个磁场区域，所以拉力对棒做旳功在数值上等于整个回路中产生旳焦耳热，即拉力对棒ab 所做旳功W ＝Q 总＝E2R ＋r ×d v0×nW ＝nB2L2v0d R ＋r(3)如下图(4)假设n 为奇数，通过电阻R 旳净电荷量q ＝ΔΦ1R ＋r ＝BLd R ＋r假设n 为偶数，通过电阻R 旳净电荷量q ＝ΔΦ2R ＋r ＝0【答案】见解析11．【解析】(1)设棒匀加速运动旳时间为Δt ，回路旳磁通量改变量为ΔΦ，回路中旳平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ①其中ΔΦ＝Blx ②设回路中旳平均电流为I ，由闭合电路旳欧姆定律得I ＝ER ＋r ③那么通过电阻R 旳电荷量为q ＝I Δt ④联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ⑤(2)设撤去外力时棒旳速度为v ，对棒旳匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后旳运动过程中安培力做功为W ，由动能定理得W ＝0－12mv2⑦撤去外力后回路中产生旳焦耳热Q2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生旳焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得 Q1＝3.6 J ⑩在棒运动旳整个过程中，由功能关系可知WF ＝Q1＋Q2⑪由⑨⑩⑪式得WF ＝5.4 J【答案】(1)4.5 C(2)1.8 J (3)5.4 J。
2021届高考物理二轮复习专题四 电路与电磁感应(考点+习题)含解析
专题四电路与电磁感应1.恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系:E=U外+U内,I=,U=E-Ir。
(2)闭合电路中的功率关系:P总=EI,P内=I2r,P出=IU=I2R=P总-P内。
(3)直流电路中的能量关系:电功W=qU=UIt,电热Q=I2Rt。
(4)纯电阻电路中W=Q,非纯电阻电路中W>Q。
2.电磁感应(1)判断感应电流的方向:右手定则和楞次定律(增反减同、来拒去留、增缩减扩)。
(2)求解感应电动势常见情况与方法(3)自感现象与涡流自感电动势与导体中的电流变化率成正比,线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系。
线圈的横截面积越大,线圈越长,匝数越多,它的自感系数就越大。
带有铁芯的线圈其自感系数比没有铁芯时大得多。
3.交变电流(1)交变电流的“四值”①最大值:为U m、I m,即交变电流的峰值。
②瞬时值:反映交变电流每瞬间的值,如e=E m sinωt。
③有效值:正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E=、U=、I=;非正弦式交变电流的有效值可以根据电流的热效应来求解。
计算交变电流的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。
④平均值:反映交变电流的某物理量在t时间内的平均大小,如平均电动势E=n。
(2)理想变压器的基本关系式①功率关系:P入=P出;②电压关系:=;③电流关系:=。
(3)远距离输电常用关系式(如图所示)①功率关系:P1=P2,P3=P4,P2=P线+P3。
②电压损失:U损=I2R线=U2-U3。
③输电电流:I线===。
④输电导线上损耗的电功率:P损=I线U损=R线=R线。
高考演练1.(2019江苏单科,1,3分)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10,当输入电压增加20 V时,输出电压()A.降低2 VB.增加2 VC.降低200 VD.增加200 V答案D依据理想变压器原、副线圈的电压比与匝数比关系公式可知,=,则ΔU 2=ΔU1,得ΔU2=200 V,故选项D正确。
高考物理二轮复习 专题四 电路和电磁感应 专题突破练12 电磁感应规律及综合应用
专题突破练12 电磁感应规律及综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共10小题,每小题8分,共80分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项符合题目要求,第6~10小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错或不答的得0分)1.(2018湖南株洲二质检)如图,沿东西方向站立的两同学(左西右东)做“摇绳发电”实验:把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计(零刻度在表盘中央)的两个接线柱上,形成闭合回路,然后迅速摇动MN这段“绳”。
假设图中情景发生在赤道,则下列说法正确的是()A.当“绳”摇到最高点时,“绳”中电流最大B.当“绳”摇到最低点时,“绳”受到的安培力最大C.当“绳”向下运动时,N点电势比M点电势高D.摇“绳”过程中,灵敏电流计指针的偏转方向不变2.(2018福建龙岩一模)如图甲所示,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为圆环的直径。
在ab的右侧存在一个足够大的匀强磁场,t=0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里,磁场磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示,则0~t1时间内()A.圆环中产生感应电流的方向为逆时针B.圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针C.圆环一直具有扩张的趋势D.圆环中感应电流的大小为3.(2018陕西咸阳二模)如图甲,匝数n=2的金属圈(电阻不计)围成的面积为20 cm2,线圈与R=20 Ω的电阻连接,置于竖直向上、均匀分布的磁场中,磁场与线圈平面垂直,磁感应强度为B,B-t关系如图乙,规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向。
忽略线圈的自感影响,则下列i-t关系图正确的是()4.(2018山西长治、运城、大同、朔州、阳泉五地联考)如图所示,等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场,左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框,线框斜边长为l,线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域,规定线框中感应电流逆时针方向为正方向,其感应电流i随位移x变化的图象正确的是()5.(2017江西南昌模拟)图a图a是用电流传感器(相当于电流表,其内阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路,图中两个电阻的阻值均为R,L是一个自感系数足够大的自感线圈,其直流电阻值也为R。
2024届高考物理二轮专题复习与测试第一部分专题四电路和电磁感应第12讲电磁感应与电磁波命题点一感应
第12讲电磁感应与电磁波1．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的乘积叫作穿过这个面积的磁通量．(2)公式：Φ＝BS，单位符号是Wb.(3)适用条件．①匀强磁场．②S为垂直于磁场的有效面积．(4)物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数．(5)磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S2－B1S1.2．电磁感应现象．(1)定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应．(2)感应电流的产生条件．①表述一：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动．②表述二：穿过闭合电路的磁通量发生变化．(3)实质．产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流．如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流．3．感应电流方向的判定．(1)楞次定律．①内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．②适用范围：一切电磁感应现象．(2)右手定则．①内容：如图，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向． ②适用情况：导线切割磁感线产生感应电流．4．法拉第电磁感应定律．(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．(2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数． (3)导体切割磁感线的情形．①垂直切割：E ＝Blv .②倾斜切割：E ＝Blv sin θ，其中θ为v 与B 的夹角．③旋转切割(以一端为轴)：E ＝12Bl 2ω. 5．自感和涡流．(1)自感现象．由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象．(2)自感电动势．①定义：在自感现象中产生的感应电动势．②表达式：E ＝L ΔI Δt. ③自感系数L ：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)．(3)涡流．当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流．命题点一 感应电流方向的判断 楞次定律的应用1．楞次定律中“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”．2．判断感应电流方向的“四步法”．(2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同解析：由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A项错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，B项错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd(顺时针)，C项正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D项错误．故选C.答案：C磁电式仪表的基本组成部分是磁铁和线圈．缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上．线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小．如图所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是( )A．俯视看线圈中通有逆时针方向的电流B．穿过铝框的磁通量减少C．俯视看铝框中产生顺时针方向的感应电流D．使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处解析：由左手定则可知，俯视看线圈中通有顺时针方向的电流，选项A错误；因为线圈在水平位置时磁通量为零，则线圈转动时，穿过铝框的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，俯视看铝框中产生逆时针方向的感应电流，选项B、C错误；当铝框中产生感应电流时，铝框受到的安培力与运动方向相反，故起到了阻尼作用，则使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处，故D项正确．故选D项．答案：D1．(多选)利用超导体可以实现磁悬浮，如图是超导磁悬浮的示意图．将一块永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，由于超导体跟磁铁之间的相互作用力，最终永磁铁悬浮在超导体的正上方平衡，从上往下看超导体中形成的涡形电流的方向为( )A．若永磁铁上端为N极，则为顺时针方向B．若永磁铁上端为S极，则为顺时针方向C．若永磁铁上端为N极，则为逆时针方向D．若永磁铁上端为S极，则为逆时针方向解析：若永磁铁上端为N极，永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，则穿过超导线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流从上向下看为顺时针方向，A项正确，C项错误；若永磁铁上端为S极，永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，则穿过超导线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流从上向下看为逆时针方向，B项错误，D项正确．故选AD.答案：AD2．(2023·浙江卷)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆．当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示．若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0当时，导体杆振动图像是( )解析：导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动．当R从R0变为2R0时，回路中的电阻增大为原来的2倍，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，即杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，所以导体杆振动图像是图B.答案：B3.江苏省某中学的一教室墙上有一扇朝南的平开玻璃窗，窗扇由有机玻璃加闭合矩形金属边框构成，如图所示，窗扇一侧由铰链固定在绝缘窗框(图中未画出)上，另一侧装有开窗手柄，某同学站在室内面向窗户水平推动手柄，让窗户匀速转动，将窗向外(南)推开(开角小于90°)的过程中，下列说法正确的是( )A．穿过矩形窗扇的地磁场的磁通量不断变大B．穿过矩形窗扇的地磁场的磁通量始终为零C．窗扇金属边框中的感应电流的大小在不断变大D．从推窗者的角度看，窗扇金属边框中的感应电流方向是顺时针方向解析：地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开后，钢窗平面与磁场平行时，没有磁感线穿过钢窗平面，穿过钢窗的磁通量为0，推窗时穿过窗框的磁通量减小，窗扇金属边框中的感应电流的大小在不断变大，根据楞次定律，从推窗人的角度看，窗框中产生的感应电流的方向为逆时针，C项正确，A、B、D项错误．故选C.答案：C。
高考物理二轮复习第一部分专题四电路与电磁感应专题强化练十二电磁感应规律及其应用.doc
专题强化练(十二) 电磁感应规律及其应用考点1 楞次定律的电磁感应定律的应用1．(2017·洛阳质检)如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向(从左向右侧视)均匀增大的电流，则( )A ．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B ．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C ．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针D ．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化解析：当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故A 、C 错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B 错误；有金属片通过时，穿过金属片中的磁通量发生变化，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故D 正确．答案：D2.(2015·海南卷)如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′，则ε′ε等于( )A.12B.22C ．1D.2解析：设金属棒长度为l ，匀强磁场的磁感应强度为B ，根据法拉第电磁感应定律得ε＝Blv .金属棒弯折后，切割磁感线运动的有效长度变为22l ，故ε′＝22Blv .因此ε′ε＝22，B 正确． 答案：B3．(2016·浙江卷)如图所示，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( )A ．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∶1解析：由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则A 项错误；根据法拉第电磁感应定律得E ＝N ΔΦΔt ＝NS ΔB Δt ，而磁感应强度均匀变化，即ΔB Δt 恒定，则a 、b 线圈中的感应电动势之比为Ea Eb ＝Sa Sb ＝l2al 2b ＝9，故B 项正确；根据电阻定律知R ＝ρL S′，且L ＝4Nl ，则Ra Rb ＝la lb ＝3，由闭合电路欧姆定律I ＝ER得a 、b 线圈中的感应电流之比为Ia Ib ＝Ea Eb ·RbRa＝3，故C 项错误；由功率公式P ＝I 2R 知，a 、b 线圈中的电功率之比为Pa Pb ＝I2a I 2b ·RaRb＝27，故D 项错误．答案：B4．(多选)如图甲所示，一宽为l 的匀强磁场B 区域，磁场方向垂直于纸面向里．一个边长为a (l >a )的正方形导线框ABCD 位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v 通过该磁场区域，导线框电阻为R ，在运动过程中，线框有一条边始终与磁场区域的边界平行．取它刚进入磁场的时刻t ＝0，线框中感应电流随时间变化规律的I －t 图象如图乙所示，则下列说法正确的是( )A ．在第1 s 内，线框中感应电流为逆时针方向，大小恒定为0.3 AB ．在第2 s 内，穿过线框的磁通量最大，感应电流大小恒定为0.6 AC ．在第3 s 内，线框中感应电流方向为顺时针方向，大小恒定为0.3 AD ．在第1 s 内，线框中C 点电势高于D 点电势，感应电流大小为0解析：在第1 s 内，线框向磁场中运动，穿过线框的磁通量均匀增加，感应电流为逆时针方向(取为正方向)，电流大小恒定I ＝BavR＝0.3 A ，选项A 正确；在第2 s 内，整个线框在磁场中运动，穿过线框的磁通量最大且不变，没有感应电流，选项B 错误；在第3 s 内，线框从磁场中出来，磁通量均匀减小，感应电流为顺时针方向(为负方向)，大小恒定I ＝BavR＝0.3 A ，选项C 正确；在第1 s 内，由楞次定律判断出线框中感应电流方向沿逆时针方向，则C 点电势低于D 点电势，选项D 错误．答案：AC考点2 电磁感应中的图象问题5．(2018·陕西模拟)空间存在竖直向上的匀强磁场，将一个不会变形的单匝金属圆线圈放入该磁场中，规定图甲所示的线圈中的电流方向为正．当磁场的磁感应强度B 随时间t 按图乙所示的规律变化时，能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线的是( )解析：根据法拉第电磁感应定律，可得线圈产生的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝S ΔBΔt ，根据闭合电路欧姆定律，可得产生的感应电流为i ＝E R ＝S ΔBR Δt，由题图乙可知，0～1 s 时间内，B均匀增大，所以穿过线圈的竖直向上的磁通量增大，由楞次定律和安培定则可得产生的感应电流方向为正；在1～2 s 内，磁感应强度不变，所以穿过线圈的磁通量不变，故感应电流为零；在2～4 s 内，B 均匀减小，穿过线圈的竖直向上的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可知，感应电流方向为负，因为i 正比于ΔBΔt ，即图象的斜率越大，产生的感应电流越大，所以B 正确．答案：B6．(2018·陕西段考)如图所示，EFGH 为边长为L 的正方形金属线框，线框对角线EG 和y 轴重合、顶点E 位于坐标原点O 处．在y 轴右侧的第Ⅰ象限一定范围内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场下边界与x 轴重合，上边界为直线OA 且与线框的EH 边重合．从t ＝0时刻起，线框以恒定的速度v 沿垂直于磁场上边界OA 的方向穿过磁场区域．取线框中感应电流沿逆时针方向为正，则在线框穿越磁场区域的过程中，感应电流i 随时间t 变化的图线是选项图中的( )解析：线框进入磁场的过程中，由楞次定律(增反减同)可判断此过程感应电流方向为逆时针方向，即为正，线框离开磁场的过程中，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律(增反减同)可判断此过程感应电流方向为顺时针方向，即为负，选项A 、D 错误；线框进入磁场的过程中线框切割磁感线的有效长度减小，感应电流减小，选项B 错误；选项C 正确．答案：C7.如图所示，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时导线框的右边恰好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，可能正确描述上述过程的是( )解析：导线框刚进入磁场时，导线框受到的安培力F 安＝BIL ＝B2L2vR，方向向左，所以导线框速度减小，安培力减小，进入阶段导线框做的是加速度减小的减速运动．导线框全部进入磁场后，磁通量不变化，电路中没有感应电流，速度不变．出磁场阶段导线框做的仍然是加速度减小的减速运动．综上所述，D正确．答案：D8.(多选)如图所示，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B1，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B2(B1>B2)．现将质量为m的导体棒ab，从MM′上方某处由静止释放，导体棒ab在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，已知导体棒ab到达NN′和PP′之前已经做匀速运动．则导体棒ab从MM′运动到PP′这段时间内的vt图可能正确的是( )解析：导体棒ab运动到MM′切割磁感线时，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运动到NN′时，由于磁感应强度减小，安培力变小，会小于重力，导体棒做加速度减小的加速运动．可知B、C正确，A、D错误．答案：BC考点3 电磁感应中的电路和动力学问题9.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2Ω，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3Ω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3 m/s.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 V B．0.65 VC．2.25 V D．4.5 V解析：当导体棒摆到竖直位置时， 由v ＝ωr 可得：C 点的速度为：vc ＝13v B ＝13×3 m/s ＝1 m/s ，AC 间电压为：U AC ＝E AC ＝BL AC ·vC 2＝1×0.5×12 V ＝0.25 V ，CB 段产生的感应电动势为：E CB ＝BL CB ·vC ＋vB 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.答案：B10．(多选)(2018·鹰潭一模)如图甲所示，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( )A ．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 （B1－B0）St1C ．t 1～t 2时间内R 上的电流为nB1S2（t2－t1）RD ．t 1～t 2时间内P 端电势高于Q 端电势解析：0～t 1时间内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知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 ΔB Δt S ＝n B1－B0t1S ，电压表的示数等于电阻R 两端的电压U ＝IR ＝E 2R ·R ＝n （B1－B0）S2t1，故B 错误；t 1～t 2时间内线圈产生的感应电动势E ′＝n ΔΦΔt ＝n B1t2－t1S ，根据闭合电路的欧姆定律I ′＝E′2R ＝nB1S 2（t2－t1）R，故C 正确；t 1～t 2时间内，磁通量向里减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端负极，下端正极，所以P 端电势低于Q 端电势，故D 错误．答案：AC11．(2018·开封一模)将一个矩形金属线框折成直角框架abcdef ，置于倾角α＝37°的斜面上，ab 边与斜面的底线MN 平行，如图所示．ab ＝bc ＝cd ＝de ＝ef ＝fa ＝0.2 m ，线框总电阻R ＝0.02 Ω，ab 边的质量m ＝0.01 kg ，其余各边的质量均忽略不计，框架可绕过c 、f 点的固定轴自由转动．现从t ＝0时刻开始沿斜面向上加一随时间均匀增加的、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度与时间的关系为B ＝0.5t (T)，磁场方向与cdef 面垂直．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)(1)求线框中感应电流的大小，并指出ab 段导线上感应电流的方向； (2)t 为何值时框架的ab 边对斜面的压力恰为零？解析：(1)由题设条件可得E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt·cd ·de ＝0.02 V ， 所以感应电流I ＝ER＝1.0 A.根据楞次定律和安培定则可知，感应电流的方向为a →b . (2)ab 边所受的安培力F ＝BI ·ab ＝0.1t (N)， 方向垂直于斜面向上．当框架的ab 边对斜面的压力为零时，由平衡条件得F ＝mg cos 37°， 代入数据解得t ＝0.8 s.答案：(1)1.0 A ，方向为a →b (2)0.8 s12.(2018·盐城二模)如图所示，在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金属导轨，与水平面间的夹角θ＝30°，间距L ＝0.5 m ，上端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小B ＝0.4 T ，磁场方向垂直导轨平面向上．一质量m ＝0.2 kg ，电阻r ＝0.1 Ω的导体棒MN 在平行于导轨的外力F 作用下，由静止开始向上做匀加速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直，且接触良好，当棒的位移d ＝9 m 时电阻R 上消耗的功率为P ＝2.7 W ．其他电阻不计，g 取10 m/s 2.求：(1)此时通过电阻R 上的电流； (2)这一过程通过电阻R 上电荷量q ； (3)此时作用于导体棒上的外力F 的大小． 解析：(1)根据热功率：P ＝I 2R ， 解得：I ＝P R ＝ 2.70.3A ＝3 A. (2)回路中产生的平均感应电动势：E －＝ΔΦΔt ，由欧姆定律得：I －＝E－R 总，电流和电量之间关系式：q ＝I －t ＝ΔΦR ＋r ＝BLd R ＋r ＝0.4×0.5×90.3＋0.1C ＝4.5 C.(3)由(1)知此时感应电流I ＝3 A ， 由I ＝E r ＋R ＝BLv R ＋r， 解得此时速度：v ＝I （R ＋r ）BL ＝3×0.40.4×0.5m/s ＝6 m/s ， 由匀变速运动公式：v 2＝2ax ， 解得：a ＝v22d ＝622×9m/s 2＝2 m/s 2，对导体棒由牛顿第二定律得：F －F 安－mg sin 30°＝ma ，即：F －BIL －mg sin 30°＝ma ，解得：F ＝ma ＋BIL ＋mg sin 30°＝0.2×2 N ＋0.4×0.5×3 N ＋0.2×10×12N ＝2 N. 答案：(1)3 A (2)4.5 C (3)2 N。
2019年高考物理二轮复习专题四电路和电磁感应第12讲电磁感应规律及其应用练案练习
4（B 的磁场的作用力的合力大小为X XXcXX X/ x / △ \xXx 6 X d X*若XBILBIL 3B . . 2 A BILBIL 4 DC . （3 + 2）abccdebcdbd 之间=/与=120 °，根据几何关系可知/ 故二，故所受安培力的大小为：的直线距离也为，则导线段 解析［］因为/= 60 °，故 LabcdeLFBIL ，3有效长度为3ACD 错误，B 正确,故选B o2. （2018 •高三第三次教学质量检测 ）如图所示，某小组利用电流传感器 （接入电脑，AL 构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化和自感元件图中未画岀 ）记录灯泡iiSii ），则下表 示自感元件中的电流（已知开关闭合时 ＞表示小灯泡中的电流，情况,1212列图象中正确的是（A ）I --- 1 ~A皑流传感器1T—fYWV?—L电流传感器2—讲电磁感应122019年高考物理二轮复习专题四电路和电磁感应第 电磁感应规律及其应用12讲规律及其应用练案练习第分钟限时：40）题为多选〜81〜4题为单选，5 一、选择题（本题共8小题，其中Babcde 的匀强位于磁感应强度 大小为1. （2018 •高三第三次教学质量检测）一段导线Lcddeabbc ,且和、磁场中，且与磁场方 向（垂直于纸面向里）垂直。
线段、的长度均为abcdecdelabc 所受到=120 ° ,流经导线的电流为 =ZZ ，方向如图中箭头所示。
导线段）当电键断开后，电感与灯泡形成回路，电感阻碍自身电流变化，产生的感应 解析][i 正CA 电流仍沿着原来方向，大小从的电流方向发生变化，故开始不断减小，流过灯泡 2C 。
确，ABD 错误，故选物理课上，老师做了一个“电磁阻尼”实验：如图所示，弹簧.（2018 •高考压轴卷）3上端1 / 8.A固定，下端悬挂一个磁铁，将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来；如果在磁铁下方放一个固定的铝质圆环，使磁极上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来。
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第讲电磁感应规律及其应用突破练.doc
第2讲电磁感应规律及其应用[限训练·通高考] 科学设题拿下高考高分(45分钟)一、单项选择题1．(2018·贵州普通高等学校招生适应性考试)如图甲所示，一位于纸面内的圆形线圈通过导线与一小灯泡相连，线圈中有垂直于纸面的磁场．以垂直纸面向里为磁场的正方向，该磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是( )A．t1～t3时间内流过小灯泡电流的方向先为b→a后为a→bB．t1～t3时间内流过小灯泡电流的方向先为a→b后为b→aC．t1～t3时间内小灯泡先变亮后变暗D．t1～t3时间内小灯泡先变暗后变亮解析：t1～t3时间内穿过线圈的磁通量先向里减小后向外增加，根据楞次定律可知，流过小灯泡电流的方向为a→b，选项A、B错误；t1～t3时间内，Bt线的斜率先增大后减小，则磁通量的变化率先增大后减小，感应电动势先增大后减小，小灯泡先变亮后变暗，选项C 正确，D错误．答案：C2.(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，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，一圆环形金属线框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( )A．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中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流．综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．答案：D3.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．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，下列说法正确的是( )A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b 到a 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍解析：由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a 到b 的方向流动，选项B 错误；由感应电动势E ＝12Bl 2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A 正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C 错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的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．答案：A4．两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m 、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是( )A ．磁感应强度的大小为0.5 TB ．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向内D ．在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N解析：从题图(b)可知，导线框运动的速度大小v ＝L t ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s ，B 项正确；导线框进入磁场的过程中，cd 边切割磁感线，由E ＝BLv ，得B ＝E Lv ＝0.010.1×0.5T ＝0.2 T ，A 项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C 项错误；在0.4～0.6 s 这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A ，则导线框受到的安培力F ＝BIL ＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N ，D 项错误．答案：B二、多项选择题5.如图所示，一个正方形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在磁场内有一边长为l 、阻值为R 的正方形线框，线框所在平面与磁场垂直．如果以垂直于线框边和磁场的速度v 将线框从磁场中匀速拉出，下列说法正确的是( )A ．如果将线框水平向右拉出磁场，线框经过磁场边界过程中将产生顺时针方向的感应电流B ．在纸面内无论沿哪个方向将线框拉出磁场，流过线框某一截面的电荷量都相同C ．将线框水平向右拉出磁场时产生的焦耳热与速度v 成正比D ．将线框水平向右拉出磁场时产生的焦耳热与速度的平方v 2成正比解析：如果将线框水平向右拉出磁场，穿过线圈垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律可知，该过程中将产生顺时针方向的感应电流，A 正确；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝ΔΦΔt ，由欧姆定律得I ＝E R ，通过导线某一截面的电荷量为q ＝I Δt ，可得q ＝ΔΦR ，故流过线框某一截面的电荷量与线圈穿出磁场的方向无关，B 正确；根据焦耳定律可得Q ＝I 2Rt ＝E2R t ＝R ·L v ＝B2L3v R，所以焦耳热Q 与速度v 成正比，C 正确，D 错误． 答案：ABC 6.(2018·四川雅安高三第三次诊断)如图所示，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0°<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B ，导轨电阻不计，质量为m 的金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab 棒接入电路的电阻为R .当金属棒ab 下滑距离s 时，速度大小为v ，则在这一过程中( )A ．金属棒ab 运动的平均速度大小为12v B ．通过金属棒ab 某一横截面的电荷量为BLs RC ．金属棒ab 受到的最大安培力为B2L2v RD ．金属棒ab 克服安培力做功为mgs sin θ－12mv 2解析：分析ab 棒的受力情况，有mg sin θ－B2L2v R＝ma ，分析可得ab 棒做加速度减小的加速运动，故其平均速度不等于初、末速度的平均值12v ，故A 错误；通过金属棒ab 某一横截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦΔt ·1R Δt ＝ΔΦR ＝BLs R，故B 正确；ab 棒受到的最大安培力为F ＝BIL ＝B2L2v R ，故C 正确；根据动能定理可知，mgs sin θ－W 安＝12mv 2，金属棒ab 克服安培力做功为W 安＝mgs sin θ－12mv 2，故D 正确． 答案：BCD7．(2018·百校联盟四月联考)如图所示，水平桌面上固定一定值电阻R ，R 两端均与光滑倾斜导轨相连接，已知两侧导轨间距都为L ，导轨平面与水平面均成37°角，且均处于范围足够大的匀强磁场中．质量为m 的导体棒a 沿左侧导轨匀速下滑，导体棒b 始终静止在右侧导轨上，两导体棒电阻均为R ，两处磁场的磁感应强度大小均为B ，方向均与导轨平面垂直(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则( )A ．导体棒b 的质量为m 2B ．导体棒a 下滑的速度v ＝9mgR 10B2L2C ．导体棒a 沿导轨下滑L 距离的过程中电阻R 上产生的热量为mgL 5D ．导体捧a 沿导轨下滑L 距离的过程中导体棒b 上产生的热量为mgL 10解析：导体棒a 匀速下滑，其电流为导体棒b 的两倍，故b 质量应为m 2，故A 正确；整个回路电阻R 总＝32R ，分析a 棒的运动，根据平衡条件有mg sin 37°＝BIL ＝B BLv R 总L ，解得v ＝9mgR 10B2L2，故B 正确；导体棒a 沿导轨匀速下滑L 距离，系统产生的总热量等于重力势能的减小量，即Q ＝mgL sin 37°＝35mgL ，电阻R 与导体棒b 上产生的热量均为Q ′＝R 2R ＋R 2×12Q ＝mgL 10，故C 错误，D 正确．答案：ABD三、非选择题8．(2018·湖南张家界高三第三次模拟)如图甲所示，足够长的两金属导轨MN 、PQ 水平平行固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的磁场中，完全相同的导体棒a 、b 垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R ＝0.5 Ω，且长度刚好等于两导轨间距L ，两导体棒的间距也为L ，开始时磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t ＝0.8 s 时导体棒刚好要滑动．已知L ＝1 m ，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．求：(1)每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及0.8 s 内整个回路中产生的焦耳热；(2)若保持磁场的磁感应强度B ＝0.5 T 不变，用如图丙所示的水平向右的力F 拉导体棒b ，刚开始一段时间内b 做匀加速直线运动，每根导体棒的质量为多少？(3)在(2)问条件下导体棒a 经过多长时间开始滑动？解析：(1)开始时磁场的磁感应强度按图乙所示变化，则回路中电动势E ＝ΔB ΔtL 2＝0.5 V 电路中的电流I ＝E 2R＝0.5 A 当t ＝0.8 s 时，F f ＝F 安＝BIL ＝0.25 N回路中产生的焦耳热Q ＝2I 2Rt ＝0.2 J.(2)磁场的磁感应强度保持B ＝0.5 T 不变，在a 运动之前，对b 棒施加如图丙所示的水平向右的拉力，根据牛顿第二定律F －F f －B2L2at 2R ＝ma ，即 F ＝F f ＋ma ＋B2L2a 2Rt 根据图丙可得F f ＋ma ＝0.5，B2L2a 2R ＝0.125 求得a ＝0.5 m/s 2，导体棒的质量m ＝0.5 kg.(3)当导棒a 刚好要滑动时，B2L2v 2R＝F f ，求得v ＝1 m/s ，此时b 运动的时间 t ＝v a＝2 s.答案：(1)0.25 N 0.2 J (2)0.5 kg (3)2 s9．如图所示，足够长的平行金属导轨MN 、PQ 倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝30°，导轨间距为L ，导轨下端分别连着电容为C 的电容器和阻值为R 的电阻，开关S 1、S 2分别与电阻和电容器相连．一根质量为m 、电阻忽略不计的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝32.一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间，另一端跨过定滑轮与一质量为4m 的重物相连，金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计．初始状态用手托住重物使轻绳恰好处于伸长状态，不计滑轮阻力，已知重力加速度为g .(1)若S 1闭合、S 2断开，由静止释放重物，求重物的最大速度v m ；(2)若S 1断开、S 2闭合，从静止释放重物开始计时，求重物的速度v 随时间t 变化的关系式． 解析：(1)S 1闭合、S 2断开时，重物由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，当重物达到最大速度时，金属棒受到的沿导轨向下的安培力为F ＝BIL ，感应电动势为E ＝BLv m感应电流为I ＝E R ＝BLvm R当重物速度最大时有4mg ＝mg sin 30°＋F ＋μF N式中F N ＝mg cos 30°解得v m ＝11mgR 4B2L2. (2)S 1断开、S 2闭合时，设从释放重物开始经时间t 金属棒的速度大小为v ，加速度大小为a ，通过金属棒的电流为I ，金属棒受到的安培力F ＝BIL ，方向沿导轨向下，设在t 到(t ＋Δt )时间内流经金属棒的电荷量为ΔQ ，ΔQ 也是平行板电容器在t 到(t ＋Δt )时间内增加的电荷量ΔQ ＝CBL Δv ，Δv ＝a Δt则I ＝ΔQ Δt＝CBLa 设绳中拉力大小为T ，由牛顿第二定律，对金属棒有T －mg sin 30°－μmg cos 30°－BIL ＝ma对重物有4mg －T ＝4ma ，解得a ＝11mg＋可知重物做初速度为零的匀加速直线运动v ＝at ＝11mgm ＋t .答案：(1)11mgR 4B2L2 (2)v ＝11mg ＋t10．如图所示，固定的两足够长的光滑平行金属导轨PMN 、P ′M ′N ′，由倾斜和水平两部分在M 、M ′处平滑连接组成，导轨间距L ＝1 m ，水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ．金属棒a 、b 垂直于倾斜导轨放置，质量均为m ＝0.2 kg ，a 的电阻R 1＝1 Ω，b 的电阻R 2＝3 Ω，a 、b 长度均为L ＝1 m ，a 棒距水平面的高度h 1＝0.45 m ，b 棒距水平面的高度为h 2(h 2>h 1)；保持b 棒静止，由静止释放a 棒，a 棒到达磁场中OO ′停止运动后再由静止释放b 棒，a 、b 与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求a 棒进入磁场MM ′时加速度的大小；(2)a 棒从释放到OO ′的过程中，求b 棒产生的焦耳热；(3)若MM ′、OO ′间的距离x ＝2.4 m ，b 棒进入磁场后，恰好未与a 棒相碰，求h 2的值． 解析：(1)设a 棒到MM ′时的速度为v 1.由机械能守恒定律得mgh 1＝12mv 21 进入磁场时a 棒产生的感应电动势E ＝BLv 1感应电流I ＝E R1＋R2对a 棒受力分析，由牛顿第二定律得BIL ＝ma代入数据解得a ＝3.75 m/s 2.(2)设a 、b 产生的总焦耳热为Q ，由能量守恒定律得Q ＝mgh 1则b 棒产生的焦耳热Q b ＝R2R1＋R2Q ＝34Q 联立解得Q b ＝0.675 J.(3)设b 棒到MM ′时的速度为v 2，有mgh 2＝12mv 2 b 棒进入磁场后，两棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，设a 、b 一起匀速运动的速度为v ，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv 2＝2mv设a 棒经时间Δt 加速到v ，由动量定理得B I L ·Δt ＝mv －0又q＝IΔt，I＝ER1＋R2，E＝ΔΦΔta、b恰好不相碰，有ΔΦ＝BLx，联立解得h2＝1.8 m. 答案：(1)3.75 m/s2(2)0.675 J (3)1.8 m。
最新届高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感应专题综合训练(考试必备)
专题四电路与电磁感应专题综合训练(四)1.如图所示,开关S闭合,电流表、电压表均为理想电表,若电阻R1断路,则下列说法中正确的是()A.电流表示数变小B.电压表示数变小C.电源内电路消耗的功率变大D.R3消耗的功率变大2.如图所示为一种常见的身高体重测量仪。
测量仪顶部向下发射波速为v的超声波,超声波经反射后返回,被测量仪接收,测量仪记录发射和接收的时间间隔。
质量为M0的测重台置于压力传感器上,传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。
当测重台没有站人时,测量仪记录的时间间隔为t0,输出电压为U0,某同学站上测重台,测量仪记录的时间间隔为t,输出电压为U。
该同学的身高和质量分别为()A.v(t0-t),UB.UC.v(t0-t),(U-U0)D.(U-U0)3.如图所示,平行板电容器充电后与电源断开,正极板接地,两极板间有一个带负电的试探电荷固定在P点。
静电计的金属球与电容器的负极板连接,外壳接地。
以E表示两板间的电场强度,φ表示P点的电势,E p表示该试探电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角。
若保持负极板不动,将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计),各物理量变化情况描述正确的是()A.E增大,φ降低,E p减小,θ增大B.E不变,φ降低,E p增大,θ减小C.E不变,φ升高,E p减小,θ减小D.E减小,φ升高,E p减小,θ减小4.如图所示,A为电解槽,M为电动机,N为电炉子,恒定电压U=12 V,电解槽内阻r A=2 Ω,当S1闭合,S2、S3断开时,电流表A示数为6 A;当S2闭合,S1、S3断开时,A示数为5 A,且电动机输出功率为35 W;当S3闭合,S1、S2断开时,A示数为4 A。
求:(1)电炉子的电阻及发热功率各多大?(2)电动机的内阻是多少?(3)在电解槽工作时,电能转化为化学能的功率为多少?5.汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗,如图所示,在打开车灯的情况下,电动机未启动时电流表读数为10 A,电动机启动时电流表读数为58 A,若电源电动势为12.5 V,内阻为0.05 Ω。
2021届高考物理二轮专题分层突破练12 电磁感应规律及综合应用(含解析)
专题分层突破练12电磁感应规律及综合应用A组1.(2020北京通州区一模)如图甲所示,把一铜线圈水平固定在铁架台上,其两端连接在电流传感器上,能得到该铜线圈中的电流随时间变化的图线。
利用该装置可探究条形磁铁在穿过铜线圈的过程中,产生的电磁感应现象。
两次实验中分别得到了如图乙、丙所示的电流—时间图线(两次用同一条形磁铁,在距铜线圈上端不同高度处,由静止沿铜线圈轴线竖直下落,始终保持直立姿态,且所受空气阻力可忽略不计),下列说法正确的是()A.条形磁铁的磁性越强,产生的感应电流峰值越大B.条形磁铁距铜线圈上端的高度越小,产生的感应电流峰值越大C.条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能越大,产生的感应电流峰值越大D.两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下2.(多选)(2020河南郑州高中毕业年级第一次质量预测)如图所示,在范围足够大的空间存在一个磁场,磁感线呈辐状分布,其中磁感线O竖直向上,磁场中竖直固定一个轻质弹簧。
在距离弹簧某一高度处,将一个金属圆盘由静止释放,圆盘下落的过程中盘面始终保持水平,且圆盘的中轴线始终与弹簧的轴线、磁感线O重合。
从圆盘开始下落,到弹簧被压缩至最短的过程中,下列说法正确的是()A.在圆盘内磁通量逐渐增大B.从上往下看,在圆盘内会产生顺时针方向的涡流C.在接触弹簧之前,圆盘做自由落体运动D.圆盘的重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量3.(2019山西名校联盟测试)如图所示,光滑水平面内有一正方形导体线框abcd,置于垂直水平面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框的ab边平行磁场边界MN,线框以垂直于MN的速度v匀速进入磁场,线框进入磁场过程中,产生的焦耳热为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1,若线框以速度2v 匀速进入磁场,进入磁场过程中,产生的焦耳热为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则下列选项正确的是()A.Q2=2Q1,q2=2q1B.Q2=2Q1,q2=q1C.Q2=Q1,q2=q1D.Q2=4Q1,q2=2q14.(多选)(2020山东等级考模拟)竖直放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中,通有俯视顺时针方向的电流,其大小按图乙所示的规律变化。
高考物理二轮新题重组：(专题4)电路和电磁感应专题小循环练
电路和电磁感应专题小循环练对应学生用书P127一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第3、4、5小题为多选题。
) 1．如图甲所示，两根材料相同的均匀导体柱a 和b ，a 长为l ，b 长为2l ，串联在电路中时，沿x 轴方向电势变化φ－x 图象如图乙所示，选取x ＝3l 处电势为零，则导体柱a 、b 的横截面积之比为( )甲乙A.13 B.12 C.14D.25[解析] 由图象可知导体柱a 电压为6 V ，导体柱b 电压为4 V 。
导体柱a 与导体柱b 串联，故电压之比等于电阻之比，由电阻定律可以求出截面积之比为1∶3。
[答案] A2．如图所示，等腰直角区域EFG 内有垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，直角边CF 长度为2L 。
现有一电阻为R 的闭合直角梯形导线框ABCD 以恒定速度v 水平向右匀速通过磁场。
t ＝0时刻恰好位于图示位置(即BC 与EF 在一条直线上，且C 与E 重合)，规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i 与时间t的关系图线正确的是( )[解析] t ＝0时刻，切割磁感线等效长度为零，故感应电流为零，在L v ～2Lv 过程中，如图所示，线框切割磁感线的等效长度不断减小，故A 、B 、D 项错，C 项正确。
[答案] C3．如图，在竖直平面内有一下边水平，边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框下方有一上下边界水平、宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。
将导线框由静止释放，随后导线框进入并通过磁场区域。
已知下落过程中线框平面始终与磁场方向垂直，不计空气阻力，则在导线框由静止开始下落到完全离开磁场的过程中，下列v －t 图象可能正确的是( )ABCD[解析] 本题以线框穿过磁场开始阶段，线框自由落体运动，到进入磁场，比较重力mg 和安培力B 2L 2v R 的大小，mg<B 2L 2vR ，线框减速运动，当完全进入磁场后做匀加速运动，v －t 图线应为直线，所以D 错；假如进入时mg ＝B 2L 2v 进R ，线框匀速运动，因d>L ，完全进入后线框再次加速，出磁场时，就要出现mg<B 2L 2v 出R的情况，线框加速不可能，A 错；B 选项说明线框进磁场做加速度减小的加速，出磁场时匀速，可能，B 对；C 选项说明进、出磁场线框都做加速度减小的加速，C 对，选BC 。
新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题4电路和电磁感应第12讲电磁感应题
题型2 电磁感应中的图像问题1.电磁感应中常见的图像常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。
2.解答此类问题的两个常用方法(1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。
这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。
(2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷。
〔真题研究2〕(多选)(2022·河北卷，8,6分)如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。
导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。
设运动过程中通过电阻的电流为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。
下列图像可能正确的是( AC )【审题指导】关键表述物理关系 导轨上一金属棒MN 沿x 轴正向以速度v 0保持匀速运动有效切割长度L ＝l 0＋v 0t tan θ(θ为ab 与ad 的夹角，l 0为t ＝0时刻的有效切割长度) 电阻两端的电压为U ，忽略导轨与金属棒的电阻 U ＝E (金属棒切割磁感线产生的电动势)【解析】 在0～Lv 0时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度L ＝l 0＋v 0t tan θ(θ为ab 与ad 的夹角)，则根据E ＝BLv 0，可得I ＝BLv 0R ＝Bv 0R(l 0＋v 0t tan θ)，可知回路电流均匀增加；安培力F ＝B 2L 2v 0R ＝B 2v 0R(l 0＋v 0t tan θ)2，则F －t 关系为二次函数关系，但是不过原点；安培力做功的功率P ＝Fv 0＝B 2L 2v 20R ＝B 2v 20R(l 0＋v 0t tan θ)2，则P －t 关系为二次函数关系，但是不过原点；电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U ＝E ＝BLv 0＝Bv 0(l 0＋v 0t tan θ)，即U －t 图像是不过原点的直线；根据以上分析，可排除B 、D 选项；在L v 0～2L v 0时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E 不变，感应电流I 不变，安培力F 大小不变，安培力的功率P 不变，电阻两端电压U 保持不变；同理可判断，在2L v 0～3L v 0时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E 均匀减小，感应电流I 均匀减小，安培力F 大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～L v 0内是对称的关系，安培力的功率P 按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～L v 0内是对称的关系，电阻两端电压U 按线性均匀减小，综上所述选项A 、C 可能正确，B 、D 错误。
新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题4电路和电磁感应第12讲电磁感应题
题型3 电磁感应中的动力学、能量问题〔真题研究3〕(2021·全国乙卷)如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06 kg的U 型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6 m．初始时CD与EF相距s0＝0.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝316m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。
当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。
已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6。
求：(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；(3)导体框匀速运动的距离。
【审题指导】研究对象、物理状态、物理过程物理模型光滑固定斜面；金属棒与导体框同时由静止开始下滑“板块”一起从静止开始沿斜面向下做匀速直线运动金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；金属棒下滑距离s1后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域单棒切割磁感线的“发电机”模型：金属棒CD切割磁感线相当于电源，由于与导体框构成矩形回路，所以金属棒CD因为电流而受阻碍其相对运动的安培力金属棒在磁场中做匀速运动金属棒处于平衡状态，所受合外力为零当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速“板块”模型：分别隔离受力分析、运动分析，建立两者速度或位移间的关系式(3)518m【解析】(1)设金属棒的质量为m，金属棒与导体框一起做初速度为零的匀速直线运动。
当金属棒进入磁场时，设金属枯与导体框的速度大小为v0，根据动能定理有12(M ＋m )v 20＝(M ＋m )gs 1sin a ，① 代入数据解得v 0＝1.5 m/s金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv 0② 由闭合电路欧姆定律可知，感应电流I 1＝E R③ 金属棒在磁场中运动时受到的安培力大小F 1＝I 1BL ④ 代入数据解得F 1＝0.18 N 。
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专题突破练12 电磁感应规律及综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共10小题,每小题8分,共80分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项符合题目要求,第6~10小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错或不答的得0分)1.(2018湖南株洲二质检)如图,沿东西方向站立的两同学(左西右东)做“摇绳发电”实验:把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计(零刻度在表盘中央)的两个接线柱上,形成闭合回路,然后迅速摇动MN这段“绳”。
假设图中情景发生在赤道,则下列说法正确的是()A.当“绳”摇到最高点时,“绳”中电流最大B.当“绳”摇到最低点时,“绳”受到的安培力最大C.当“绳”向下运动时,N点电势比M点电势高D.摇“绳”过程中,灵敏电流计指针的偏转方向不变2.(2018福建龙岩一模)如图甲所示,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为圆环的直径。
在ab的右侧存在一个足够大的匀强磁场,t=0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里,磁场磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示,则0~t1时间内()A.圆环中产生感应电流的方向为逆时针B.圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针C.圆环一直具有扩张的趋势D.圆环中感应电流的大小为3.(2018陕西咸阳二模)如图甲,匝数n=2的金属圈(电阻不计)围成的面积为20 cm2,线圈与R=20 Ω的电阻连接,置于竖直向上、均匀分布的磁场中,磁场与线圈平面垂直,磁感应强度为B,B-t关系如图乙,规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向。
忽略线圈的自感影响,则下列i-t关系图正确的是()4.(2018山西长治、运城、大同、朔州、阳泉五地联考)如图所示,等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场,左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框,线框斜边长为l,线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域,规定线框中感应电流逆时针方向为正方向,其感应电流i随位移x变化的图象正确的是()5.(2017江西南昌模拟)图a图a是用电流传感器(相当于电流表,其内阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路,图中两个电阻的阻值均为R,L是一个自感系数足够大的自感线圈,其直流电阻值也为R。
图b是某同学画出的在t0时刻开关S切断前后,通过传感器的电流随时间变化的图象。
关于这些图象,下列说法中正确的是()图bA.图b中甲是开关S由断开变为闭合,通过传感器1的电流随时间变化的情况B.图b中乙是开关S由断开变为闭合,通过传感器1的电流随时间变化的情况C.图b中丙是开关S由闭合变为断开,通过传感器1的电流随时间变化的情况D.图b中丁是开关S由闭合变为断开,通过传感器2的电流随时间变化的情况6.(2018湖北黄冈调研)如图所示,在光滑水平面内,虚线右侧存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,一正方形金属线框质量为m,电阻为R,边长为L,从虚线处进入磁场时开始计时,在外力作用下,线框由静止开始,以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域,t1时刻线框全部进入磁场,规定顺时针方向为感应电流I的正方向,外力大小为F,线框中电功率的瞬时值为P,通过导体横截面的电荷量为q,其中P-t和q-t图象均为抛物线,则这些量随时间变化的图象正确的是()7.(2018山西孝义一模)如图所示,间距为L的光滑平行金属导轨弯成“∠”形,底部导轨面水平,倾斜部分与水平面成θ角,导轨上端与阻值为R的固定电阻相连,整个装置处于磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场中,导体棒ab和cd均垂直于导轨放置,且与导轨间接触良好。
两导体棒的电阻值均为R,其余部分电阻不计。
当导体棒cd沿底部导轨向右以速度v匀速滑动时,导体棒ab 恰好在倾斜导轨上处于静止状态,导体棒ab的重力为mg,则()A.导体棒cd两端电压为BLvB.t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为C.导体棒ab所受安培力为mg tan θD.cd棒克服安培力做功的功率为8.(2018湖北武汉调研)如图甲所示,在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框,垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)。
t=0时刻将线框由静止释放,在线框下滑的过程中,下列说法正确的是()A.线框中产生大小、方向周期性变化的电流B.MN边受到的安培力先减小后增大C.线框做匀加速直线运动D.线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失9.(2018四川雅安三诊)如图所示,足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°),其中MN与PQ平行且间距为L,匀强磁场垂直导轨平面,磁感应强度为B,导轨电阻不计。
质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且良好接触,ab棒接入电路的电阻为R,当金属棒ab下滑距离s时,速度大小为v,则在这一过程()A.金属棒ab运动的平均速度大小为vB.通过金属棒ab某一横截面的电荷量为C.金属棒ab受到的最大安培力为D.金属棒ab克服安培力做功为mgs sin θ-mv210.如图所示,相距为d的两条水平虚线L1、L2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,将线圈在磁场上方高h处静止释放,cd边始终水平,cd边刚进入磁场时速度为v0,cd边刚离开磁场时速度也为v0。
则线圈穿越磁场的过程中(从cd 边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止),以下说法正确的是()A.感应电流所做的功为mgdB.感应电流所做的功为2mgdC.线圈的最小速度一定为D.线圈的最小速度一定为二、计算题(本题共1个小题,共20分)11.(2018广西桂林、百色和崇左联考)如图,金属平行导轨MN、M'N'和金属平行导轨PQR、P'Q'R'分别固定在高度差为h(数值未知)的水平台面上。
导轨MN、M'N'左端接有电源,MN与M'N'的间距为L=0.10 m,线框空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B1=0.20 T;平行导轨PQR与P'Q'R'的间距为L=0.10 m,其中PQ与P'Q'是圆心角为60°、半径为r=0.50 m的圆弧导轨,QR与Q'R'是水平长直导轨,QQ'右侧有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B2=0.40 T。
导体棒a质量m1=0.02 kg,电阻R1=2.0 Ω,放置在导轨MN、M'N'右侧N'N边缘处;导体棒b质量m2=0.04 kg,电阻R2=4.0 Ω,放置在水平导轨某处。
闭合开关K后,导体棒a从NN'水平抛出,恰能无碰撞地从PP'处以速度v1=2 m/s滑入平行导轨,且始终没有与棒b相碰。
重力加速度g取10 m/s2,不计一切摩擦及空气阻力。
求:(1)导体棒b的最大加速度;(2)导体棒a在磁场B2中产生的焦耳热;(3)闭合开关K后,通过电源的电荷量q。
专题突破练12电磁感应规律及综合应用一、选择题(共10小题,每小题8分,共80分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项符合题目要求,第6~10小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错或不答的得0分)1.C解析当“绳”摇到最高点时,绳转动的速度与地磁场方向平行,不切割磁感线,感应电流为零,故A错误。
当“绳”摇到最低点时,绳转动的速度与地磁场方向平行,不切割磁感线,感应电流为零,绳受到的安培力也为零,故B错误。
当“绳”向下运动时,地磁场向北,根据右手定则判断可知,“绳”中N点电势比M点电势高,故C正确。
在摇“绳”过程中,当“绳”向下运动和向上运动时,“绳”切割磁感线的方向变化,则感应电流的方向变化,即灵敏电流计指针的偏转方向改变,选项D错误;故选C。
2.D解析磁通量先向里减小再向外增加,由楞次定律“增反减同”可知,线圈中的感应电流方向一直为顺时针方向,故A、B错误;由楞次定律的“来拒去留”可知,0~t0为了阻碍磁通量的减小,线圈有扩张的趋势,t0~t1为了阻碍磁通量的增大,线圈有缩小的趋势,故C错误;由法拉第电磁感应定律,得E=,感应电流I=,故D正确。
3.D解析由图可知,0~2 s内,线圈中磁通量的变化率相同,故0~2 s内电流的方向相同,由楞次定律可知,电路中电流方向为顺时针,即电流为正方向;同理可知,2~5 s 内电路中的电流为逆时针,为负方向。
由E=n可得E=nS,则知0~2 s内电路中产生的感应电动势大小为:E1=2××20×10-4=6×10-6 V,则电流大小为:I1=×10-6 A=3×10-7 A;同理2~5 s内,I2=2×10-7 A,故D正确,ABC错误。
4.B解析线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域,根据楞次定律知回路中产生逆时针的电流,并且电流随着有效切割长度的增加而增加,当两个图形完全重合时电流达到最大值。
当线圈继续向右运动时穿过线圈的磁通量开始减小,由楞次定律知此过程电流方向为顺时针,且随着有效切割长度的减小而减小,故B正确。
5.B解析开关S由断开变为闭合,传感器2这一支路立即有电流,线圈这一支路,由于线圈阻碍电流的增加,通过线圈的电流要慢慢增加,所以干路电流(通过传感器的电流)也要慢慢增加。
故A错误,B正确。
开关S由闭合变为断开,通过传感器1的电流立即消失,而电感这一支路,由于电感阻碍电流的减小,该电流又通过传感器2,只是电流的方向与以前相反,所以通过传感器2的电流逐渐减小。
故C、D错误。
6.CD解析线框切割磁感线,则有运动速度v=at,产生感应电动势E=BLv,所以产生感应电流i=,故A错误;对线框受力分析,由牛顿第二定律,则有F安=BLi=,解得:F=ma+,故B错误;由功率表达式P=i2R=,P与t是二次函数,图象为抛物线,故C正确;由电荷量表达式,则有q=,q与t是二次函数,图象为抛物线,故D正确;故选CD。
7.BC解析根据题意画出等效电路如图所示:导体棒cd以速度v匀速滑动时,产生的感应电动势E=BLv,根据闭合电路可知,cd两端电压U=,故A项错误。
通过导体棒cd的电流I=,t时间内通过导体棒cd 横截面的电荷量q=It=,故B项正确。
导体棒ab受重力,支持力和水平方向安培力处于平衡状态,则安培力F ab=mg tan θ,故C项正确。
导体棒cd克服安培力做功的功率P=IE=,故D项错误。
综上本题答案为BC。