2014届高考物理最新14大专题深度解析快速提分训练专题十 电磁感应与能量变化
14年高考物理分类解析-10电磁感应
十．电磁感应1.（2014年 安徽卷）20．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。
如图所示，一个半径为r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B ，环上套一带电量为+q 的小球。
已知磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是A ．0B ．212r qk C ．22r qk π D ．2r qk π 【答案】D【解析】由法拉第电磁感应定律得感生电动势：22B E r k r t tππ∆Φ∆===∆∆，而电场力做功W qU =，小球在环上运动一周U=E ，故2W r qk π=。
D 正确。
2.（2014年 安徽卷）23．（16分） 如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5T ，其方向垂直于倾角θ为300的斜面向上。
绝缘斜面上固定有“Λ”形状的光滑金属导轨MPN （电阻忽略不计），MP 和NP 长度均为2.5m 。
MN 连线水平。
长为3m 。
以MN 的中点O 为原点、OP 为x 轴建立一坐标系Ox 。
一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3m ，质量m 为1kg ，电阻R 为0.3Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定的速度v =1m/s 在导轨上沿x 轴正向运动（金属杆与导轨接触良好）。
g 取10m/s 2。
（1）求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x =0.8m 电势差U CD ； （2）推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图2中画出F-x 关系图象；（3）求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热。
【答案】（1）1.5V -0.6V （2）12.5 3.75(02)=-≤≤F x x 如图 （3）7.5J 【解析】（1）金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势() 1.5===E Blv l d E V （D 点电势高）当x =0.8m 时，金属杆在导轨间的电势差为零。
2014年高考物理分类汇编(高考真题 模拟新题)电磁感应
L单元电磁感应电磁感应现象、楞次定律14．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 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14．D [解析] 本题考查了感应电流产生的条件．产生感应电流的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流．本题中的A、B选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流的条件，故不正确．C选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，产生感应电流，因此D选项正确．8．(16分)[2014·重庆卷] 某电子天平原理如题8图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量，已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g.问题8图(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C 端还是从D 端流出？(2)供电电流I 是从C 端还是D 端流入？求重物质量与电流的关系．(3)若线圈消耗的最大功率为P ，该电子天平能称量的最大质量是多少？8．[答案] (1)从C 端流出 (2)从D 端流入2nBIL g (3)2nBL g P R本题借助安培力来考查力的平衡，同时借助力的平衡来考查受力平衡的临界状态．[解析] (1)感应电流从C 端流出．(2)设线圈受到的安培力为F A ，外加电流从D 端流入．由F A ＝mg 和F A ＝2nBIL得m ＝2nBL gI (3)设称量最大质量为 m 0.由m ＝2nBL gI 和P ＝I 2R 得m 0＝2nBL g P R15．、[2014·广东卷] 如图8所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )A ．在P 和Q 中都做自由落体运动B ．在两个下落过程中的机械能都守恒C ．在P 中的下落时间比在Q 中的长D ．落至底部时在P 中的速度比在Q 中的大15．C [解析] 磁块在铜管中运动时，铜管中产生感应电流，根据楞次定律，磁块会受到向上的磁场力，因此磁块下落的加速度小于重力加速度，且机械能不守恒，选项A 、B 错误；磁块在塑料管中运动时，只受重力的作用，做自由落体运动，机械能守恒，磁块落至底部时，根据直线运动规律和功能关系，磁块在P 中的下落时间比在Q 中的长，落至底部时在P 中的速度比在Q 中的小，选项C 正确，选项D 错误．20．[2014·全国卷] 很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率( )A．均匀增大B．先增大，后减小C．逐渐增大，趋于不变D．先增大，再减小，最后不变20．C [解析] 本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律．竖直圆筒相当于闭合电路，磁铁穿过闭合电路，产生感应电流，根据楞次定律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的安培力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，安培力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，安培力也增大，直到安培力等于重力的时候，磁铁匀速运动．所以C正确．3．（2014·浙江效实中学摸底）如图X212所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化，下列说法正确的是( )图X212A．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变3．AD [解析] 由法拉第电磁感应定律可知，感应电流的大小取决于磁通量的变化率，与磁感应强度的增与减无关，选项A、D正确．4．（2014·石家庄二检）法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图X213所示，用紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是( )。
(福建专用)2014届高考物理三轮 典型专题检测卷 电磁感应规律及其应用
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。
每小题只有一个选项正确）1.朝南的钢窗原来关着，今将它突然朝外推开，转过一个小于90°的角度，考虑到地球磁场的影响，则钢窗活动的一条边中（西边）（）A.有自下而上的微弱电流B.有自上而下的微弱电流C.有微弱电流，方向是先自上而下，后自下而上D.有微弱电流，方向是先自下而上，后自上而下2.（2013·北京高考）如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。
则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为（）A.c→a，2∶1B.a→c，2∶1C.a→c，1∶2D.c→a，1∶23.（2013·孝感一模）如图甲所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的铜圆环，规定从上向下看时，铜环中的感应电流I沿顺时针方向为正方向。
图乙表示铜环中的感应电流I随时间t变化的图像，则磁场B随时间t变化的图像可能是图中的（）一只电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应先（）A.断开S1B.断开S2C.拆除电流表D.拆除电阻R5.（2013·烟台一模）如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应角三角形导线框ABC（BC边的长度为a）从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中感应电流i、BC两端的电压U BC与线框移动的距离x的关系图像正确的是（）6.假设两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，如图所示，一导线与两导轨相连，磁感应强度的大小为B的匀强磁场与导轨平面垂直。
一电阻为R、质量为m的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。
导体棒进入磁场后速度减小，最终稳定时离磁场上边缘的距离为H，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。
2014年高考新课标卷 物理含答案
2014年高考新课标Ⅰ卷真题理综物理部分解析版14．D本题考察电磁感应现象中感应电流产生的条件，其中的选项C 把物理学史中科学家失败的做法也融入了进来，变相地考察了物理学史的知识。
15．B考察了安培力的大小与方向，安培力的大小与导线在磁场中的放置方式有密切的有关系：当垂直于磁场放置时受到的力最大，平行于磁场放置时不受安培力，即不平行也不垂直时介于最大和零之间；安培力的方向总是即垂直于磁场又垂直于导线，即，安培力的方向总是垂直于导线与磁场所决定的平面。
选项D 中将导线从中点折成直角，但不知折的方式如何，若折后导线仍在垂直于磁场的平面内，则力将变为原来的22倍；若折后导线另一部分平行于磁场，则力减小为原来的一半；若折后导线另一部分即不平行也不垂直于磁场，则力将介于这两者间。
如果导线开始时并不垂直于磁场，则情况更为复杂。
16．D考察带电粒子在磁场中运动的半径公式以及动能与动量的关系。
qBm v r =k mE mv p 2==由上面两式可得qrmE B k2=已知动能为2倍关系，而r 也为2倍关系，所以2:2:=下上B B 。
17．A考察受力分析，牛顿运动定律，以及力的合成与分解。
设橡皮筋的伸长量为x ，受力分析如图所示，由牛顿第二定律有ma kx =θsin （1）mg kx =θcos （2）小球稳定在竖直位置时，形变量为0x ，由平衡条件有mg kx =0 （3）对（2）（3）两式可知，θcos 0x x =而悬点与小球间的高度差分别为00x l +与()θcos 0x l + 可见()θcos 000x l x l +>+ 所以小球的高度一定升高。
18．C考察法拉第电磁感应定律。
cd 间产生稳定的周期性变化的电压，则产生感应电流的磁场的变化是均匀的，根据题目所给信息知道，ab 中电流的变化应该是均匀的。
只有C 选项有此特点，因此选择C 项。
19．BD考察角追及和万有引力定律。
由引力提供向心力可知22ωmr rMm G= 相邻两次冲日的时间间隔XD t ωωπ-=2其中D ω表示的是地球的公转角速度，X ω表示的是行星的公转角速度。
2014届高考物理一轮复习备考典题精炼：第十章 专题9 电磁感应中的动力学和能量问题(粤教版).pdf
第章 (课时活页卷)一、单项选择题 1．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中( ) A．穿过线框的磁通量保持不变 B．线框中感应电流方向保持不变 C．线框所受安培力的合力为零 D．线框的机械能不断增大 【答案】 B 【解析】 当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，A错误，B正确；因线框上下两边所在处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C项错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D错误． 2．如图所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑经一段时间后闭合开关S，则S闭合后( ) A．导体棒ef的加速度一定大于g B．导体棒ef的加速度一定小于g C．导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同 D．导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒 【答案】 D 【解析】 开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑．闭合开关时有一定的初速度v0，若此时F安>mg，则F安－mg＝ma；若F安<mg，则mg－F安＝ma，F安不确定，A、B错误．无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力和重力平衡，故C错误．根据能量守恒定律可知D正确． 3．如图所示，光滑的“∏”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好．磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中不正确的有( ) A．若B2＝B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑 B．若B2＝B1，金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑 C．若B2B1，金属棒进入B2区域后可能先减速后匀速下滑 【答案】 A 【解析】 若B2＝B1，金属棒进入B2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B2区域后，mg－＝0，仍将保持匀速下滑，B对；若B20，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑，故C也对；同理，若B2>B1，金属棒进入B2区域后mg－<0，可能先减速后匀速下滑，故D也对． 4．如图所示是磁悬浮列车运行原理模型．两根平行直导轨间距为L，磁场磁感应强度B1＝B2，方向相反，同时以速度v沿直导轨向右匀速运动．导轨上金属框电阻为R，运动时受到的阻力为f.则金属框运动的最大速度表达式为( ) A．vm＝ B．vm＝ C．vm＝ D．vm＝ 【答案】 C 【解析】 当金属框受到的安培力和阻力平衡时速度最大，根据E＝BL(v－vm)，I＝，F安＝BIL,2F安＝f，解得vm＝，故C正确． 二、双项选择题5．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( ) A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝ D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少 【答案】 AC 【解析】 金属棒刚释放时，弹簧处于原长，此时弹力为零，又因此时速度为零，所以也不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故A项对；金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，则电阻等效为外电路，其电流方向为b→a，故B错；金属棒速度为v时，安培力大小为F＝BIL，I＝，由以上两式得：F＝，故C对；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒速度不为零时的动能以及电阻R上产生的热量，故D错． 6．如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R、质量为m的金属棒ab(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中( ) A．恒力F做的功等于电路产生的电能 B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能 C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能 D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和 【答案】 CD 【解析】 在此运动过程中做功的力有拉力、摩擦力和安培力，三力做功之和为棒ab动能的增加量，其中安培力做功将机械能转化为电能，故选项C、D是正确． 7．如图所示的电路中，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑h高度的过程中，以下说法正确的是( ) A．作用在金属棒上各力的合力做功为零 B．重力做功将机械能转化为电能 C．重力与恒力F做功的代数和等于电阻R上产生的焦耳热 D．金属棒克服安培力做功等于重力与恒力F做的总功与电阻R上产生的焦耳热之和 【答案】 AC 【解析】 由于金属棒匀速下滑，故作用在棒上的各个力的合力做功为零，故A项对；克服安培力做功将机械能转化为电能，故B错误；由动能定理得WG－WF－W安＝0，变形可得WG－WF＝W安，可知C正确，D错误． 8．在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着一个磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁场的宽度均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场区时，线框做加速运动；当ab边滑过JP位置时，线框恰好以速度v做匀速直线运动，从ab进入GH到JP的过程中，重力对线框做功为W1，线框克服安培力做功为W2，从cd进入GH到JP的过程中，重力对线框做功为W3，线框克服安培力做功为W4，下列说法中正确的有( ) A．线框通过磁场的整个过程中，线框的机械能守恒 B．从ab由GH滑到JP的过程中，W1－W2＝mv2 C．线框通过磁场的整个过程中，线框获得的电能为W2＋W4 D．从cd进入GH到JP的过程中，W3＞W4 【答案】 BC 【解析】 线框通过磁场的整个过程中，由于产生了电能，故线框的机械能减少．从ab进入GH滑到JP的过程中，根据动能定理有：W1－W2＝mv2.线框克服安培力做功，将机械能转化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少机械能转化为电能，故线框通过磁场的整个过程中，线框获得的电能为W2＋W4.从cd进入GH到JP的过程中，线框做匀速运动，动能不变，故W3＝W4.9．如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移．下图中正确的是( ) 【答案】 BD 【解析】 c棒在未进入磁场前做自由落体运动，加速度为重力加速度；进入磁场后，d棒开始做自由落体运动，在d棒进入磁场前的这段时间内，c棒运动了2h，此过程c棒做匀速运动，加速度为零；d棒进入磁场后，c、d棒均以相同速度切割磁感线，回路中没有感应电流，它们均只受重力直至c棒出磁场；而且c棒出磁场后不再受安培力，也只受重力，故B正确，A错．d棒自开始下落2h的过程中，只受重力，机械能守恒，动能与位移的关系是线性的；在c棒出磁场后，d棒切割磁感线且受到比重力大的安培力，完成在磁场余下的2h的位移，动能减小，安培力也减小，合力也减小，在Ekdxd图像中Ekd的变化趋势越来越慢；在d棒出磁场后，只受重力，机械能守恒，Ekdxd图像中的关系又是线性的，且斜率与最初相同，均等于重力，故D正确，C错． 三、非选择题 10．如图所示，两根竖直的平行光滑导轨MN、PQ，相距为L.在M与P之间接有定值电阻R.金属棒ab的质量为m，水平搭在导轨上，且与导轨接触良好．整个装置放在水平匀强磁场中，磁感应强度为B.金属棒和导轨电阻不计，导轨足够长．若开始就给ab竖直向下的拉力F，使其由静止开始向下做加速度为a(a＞g)的匀加速运动，试求出拉力F与时间t的关系式． 【答案】 F＝m(a－g)＋t 【解析】 经过时间t，ab的速度为v＝at t时刻的安培力F安＝BIL＝BL＝t 由牛顿第二定律得：F＋mg－F安＝ma 解之得F＝m(a－g)＋t. 11．如图所示，两平行长直金属导轨置于竖直平面内，间距为L，导轨上端有阻值为R的电阻、质量为m的导体棒垂直跨放在导轨上，并搁在支架上，导轨和导体棒电阻不计，接触良好，且无摩擦．在导轨平面内有一矩形区域的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B.开始时导体棒静止，当磁场以速度v匀速向上运动时，导体棒也随之开始运动，并很快达到恒定的速度，此时导体棒仍处在磁场区域内，试求： (1)导体棒的恒定速度． (2)导体棒以恒定速度运动时，电路中消耗的电功率． 【答案】 (1)v－ 向上 (2) 【解析】 (1)设导体棒速度为v′，有 E＝BL(v－v′) F安＝BIL＝＝ 导体棒受力平衡有：mg＝F安 联立解得：v′＝v－mg 方向向上 (2)P＝ 联立得：P＝. 12.在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场，操作时通过手摇轮轴A和定滑轮O来提升线圈．假设该线圈可简化为水平长为L、上下宽度为d的矩形线圈，其匝数为n，总质量为M，总电阻为R.磁场的磁感应强度为B，如图所示．开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐，若转动手摇轮轴A，在时间t内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场．求此过程中： (1)流过线圈中每匝导线横截面的电荷量是多少？ (2)在转动轮轴时，人至少需做多少功？(不考虑摩擦影响) 【答案】 (1) (2)Mgd＋【解析】 (1)在匀速提升的过程中线圈运动速度v＝ 线圈中感应电动势E＝nBLv 产生的感应电流I＝ 流过导线横截面的电荷量q＝It 联立得q＝. (2)匀速提升的过程中，要克服重力和安培力做功，即 W＝WG＋W安 又WG＝Mgd W安＝nBILd 联立得 W＝Mgd＋.。
2014高考物理考前押题 电磁感应现象及电磁感应规律的应用
2014高考物理考前押题：电磁感应现象及电磁感应规律的应用(在1～9题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～9题有多项符合题目要求．)1．如图4－9－19所示，虚线MN 表示正方形金属框的一条对称轴，A 、B 、C 是三个磁感线均匀分布的有界磁场区，区内磁感应强度随时间变化的规律都满足B ＝kt ，金属框按照图示方式处在磁场中，测得金属框在A 区中的感应电流为I0，在B 区和C 区内感应电流分别为IB 、IC ，以下判断中正确的是( )．图4－9－19A ．IB ＝2I0，IC ＝2I0 B ．IB ＝2I0，IC ＝0C ．IB ＝0，IC ＝0D ．IB ＝I0，IC ＝0解析 A 、B 、C 的磁通量分别为ΦA ＝B L22，ΦB ＝BL2和ΦC ＝0，由法拉第电磁感应定律得，EA ＝k L22，EB ＝kL2和EC ＝0.回路的电阻一定，由I ＝E R，可知IB ＝2I0，IC ＝0，则选项B 正确．答案 B2．如图4－9－20，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R 的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为( )．图4－9－20A ．c→a,2∶1B ．A→c,2∶1C ．A→c,1∶2D ．c→a,1∶2解析 用右手定则判断出两次金属棒MN 中的电流方向为N→M，所以电阻R 中的电流方向a→c.由电动势公式E ＝Blv 可知：E1E2＝Blv 2Blv ＝12，故选项C 正确． 答案 C3．如图4－9－21所示，边长为L 、电阻不计的n 匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P 、U ，线框及小灯泡的总质量为m ，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l ，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平．线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光．则( )．图4－9－21A ．有界磁场宽度l<LB ．磁场的磁感应强度应为mgU PLC ．线框匀速穿越磁场，速度恒为P mgD ．线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL解析 因线圈穿越磁场过程中小灯泡正常发光，故线圈匀速穿越磁场，且线框长度L 和磁场宽度l 相同，A 错；匀速穿越，故重力和安培力相等，mg ＝nBIL ＝nB P U L ，得B ＝mgU nPL，B 错；匀速穿越，重力做功的功率等于电功率，即mgv ＝P ，得v ＝P mg，C 对；线框穿越磁场时，通过的位移为2L ，且重力做功完全转化为焦耳热，故Q ＝2mgL ，D 错．答案 C4．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E －t 关系如图4－9－22所示．如果只将刷卡速度改为v02，线圈中的E －t 关系图可能是 ( )．图4－9－22解析 当以不同速度刷卡时，磁卡的不同的磁化区经过线圈时，线圈内的磁通量的变化量ΔΦ是相同的，刷卡速度由v0变为v02时，完成相同磁通量变化的时间Δt 变为原来的2倍，由E ＝n ΔΦΔt 得线圈产生的感应电动势相应的都变为原来的12，故D 选项正确． 答案 D5．两根相距为L 的足够长的金属弯角光滑导轨如图4－9－23 所示放置，它们有一边在水平面内，另一边与水平面的夹角为37°.质量均为m 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R ，整个装置处于磁感应强度大小为B ，方向竖直向上的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力F 作用下以速度v 沿导轨匀速运动时，cd 杆恰好处于静止状态，重力加速度为g ，以下说法正确的是( )．图4－9－23A ．ab 杆所受拉力F 的大小为mg sin 37°B ．回路中电流为mgsin 37°BLC ．回路中电流的总功率为mgvsin 37°D ．m 与v 大小的关系为m ＝B2L2v 2Rgtan 37°解析 对cd 杆，BILcos 37°＝mgsin 37°，对ab 杆，F ＝BIL ，联立解出ab 杆所受拉力F的大小为F ＝mgtan 37°，故A 错；回路中电流为I ＝mgtan 37°BL，故B 错；回路中电流的总功率为Fv ＝mgvtan 37°，故C 错；I ＝BLv 2R ，又I ＝mgtan 37°BL ，故m ＝B2L2v 2Rgtan 37°，故D 对．答案 D6．如图4－9－24所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用．金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h 的过程中，以下说法正确的是( )．图4－9－24A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零B ．重力做的功等于系统产生的电能C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热D ．金属棒克服恒力F 做的功等于电阻R 上产生的焦耳热解析 根据动能定理，合力做的功等于动能的增量，故A 对；重力做的功等于重力势能的减少，重力做的功等于克服F 所做的功与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，所以B 、D 错，C 对．答案 AC7．如图4－9－25所示，一个闭合三角形导线框ABC 位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( )．图4－9－25A ．导线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBAB ．导线框的磁通量为零时，感应电流却不为零C ．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D ．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动解析 根据安培定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC 在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当增大到BC 边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当增大到A 点与导线重合时，达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向内，再向外，最后向内，所以导线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，选项A 正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，选项B 正确；根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，选项C 、D 错误．答案 AB8．如图4－9－26所示，足够长的光滑斜面上中间虚线区域内有一垂直于斜面向上的匀强磁场，一正方形线框从斜面底端以一定初速度上滑，线框越过虚线进入磁场，最后又回到斜面底端，则下列说法中正确的是( )．图4－9－26A ．上滑过程线框中产生的焦耳热等于下滑过程线框中产生的焦耳热B ．上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热C ．上滑过程线框克服重力做功的平均功率等于下滑过程中重力的平均功率D ．上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率解析 考查电磁感应中的功能关系，本题关键是理解上滑经过磁场的末速度与下滑经过磁场的初速度相等，由切割磁感线的效果差别，得A 错，B 对．因过程中有能量损失，上滑平均速度大于下滑平均速度，用时t 上<t 下．重力做功两次相同由P ＝W t可知C 错，D 对． 答案 BD9．如图4－9－27所示，间距l ＝0.4 m 的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd 内匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，方向垂直于斜面．甲、乙两金属杆电阻R相同、质量均为m ＝0.02 kg ，垂直于导轨放置．起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab 上，乙在甲上方距甲也为l 处．现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F ，使甲金属杆始终以a ＝5 m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g ＝10 m/s2，则( )．图4－9－27A ．每根金属杆的电阻R ＝0.016 ΩB ．甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 sC ．甲金属杆在磁场中运动过程中F 的功率逐渐增大D ．乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是0.1 W解析 由牛顿第二定律可得乙金属杆的加速度a2＝gsin 30°＝5 m/s2，与甲在磁场中的加速度相同，当乙刚进入磁场时，甲恰离开磁场，由平衡条件知，mgsin 30°＝B2l2vm 2R，而vm ＝2a2l ＝2 m/s ，解得R ＝0.064 Ω，甲在磁场中运动的时间t ＝vm a＝0.4 s ，则选项A 错误，B 正确；甲在磁场中，由牛顿第二定律得，F ＋mgsin 30°－B2l2v 2R ＝ma ，则F ＝B2l2v 2R，F 的功率P ＝Fv ＝B2l2v22R随v 的增大而增大，选项C 正确；乙在磁场中做匀速运动，安培力的功率P′＝B2l2v2m 2R＝0.2 W ，则选项D 错误． 答案 BC10．(2013·重庆卷，7)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图4－9－28所示．在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的读数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计．直铜条AB 两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R.若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v 在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的读数为G2，铜条在磁场中的长度为L.图4－9－28(1)判断铜条所受安培力的方向，G1和G2哪个大．(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小．解析 (1)铜条所受安培力的方向可由左手定则判断为竖直向上．由牛顿第三定律知，铜条会对磁铁有向下的压力，因此G2＞G1.(2)由题意知：F 安＝G2－G1，F 安＝BILI ＝BLv R解得B ＝1L G2－G1R v答案 (1)向上，G2＞G1 (2)F 安＝G2－G1，B ＝1L G2－G1R v 11．如图4－9－29所示，一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L ，左端接有阻值R 的电阻，一质量为m 、长度为L 的金属棒MN 放置在导轨上，棒的电阻为r ，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B ，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速运动，保持外力的功率P 不变，经过时间t 导体棒最终做匀速运动．求：图4－9－29(1)导体棒匀速运动时的速度是多少？(2)t 时间内回路中产生的焦耳热是多少？解析 (1)I ＝Blv R ＋r① F 安＝BIl ②F ＝F 安③P ＝Fv ④由①②③④得：v ＝ PR ＋r B2l2＝PR ＋r Bl(2)由能量守恒得：Pt ＝Q ＋12mv2 Q ＝Pt －12mv2＝Pt －mPR ＋r 2B2l2答案 (1)PR ＋r Bl (2)Pt －mPR ＋r 2B2l212．如图4－9－30所示，一边长为a 的正方形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面向里，导线框的左端通过导线接一对水平放置的金属板，两板间的距离为d ，板长l ＝3d.t ＝0时，磁场的磁感应强度从B0开始均匀增加，同时，在金属板的左侧有一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以v0的初速度沿两板间的中线向右射入两板间，恰好从下板的边缘射出，忽略粒子的重力作用．求：图4－9－30(1)粒子在板间运动过程，两板间的电势差．(2)粒子从两板间离开瞬间，磁感应强度B 的大小．解析 (1)射入的粒子在两板间运动，有l ＝3d ＝v0t ①qUd＝ma0②y ＝12a0t2＝d 2 ③由以上各式解得两板间的电势差U ＝mv209q④ (2)由法拉第电磁感应定律得U ＝ΔΦΔt ＝a2ΔB Δt⑤ 因磁感应强度均匀增大，所以有ΔB Δt ＝B －B0t⑥ 由以上各式解得粒子从板间离开瞬间，磁感应强度B ＝B0＋mv0d 3qa2⑦ 答案 (1)mv209q(2)B0＋mv0d 3qa2。
专题10 电磁感应-2014高考物理模拟题精选分类解析(第06期)(原卷版) Word版含解析.pdf
1.．（2014年3月北京市海淀区高三适应性训练）电子感应加速器的基本原理如图所示。
在上、下两个电磁铁形成的异名磁极之间有一个环形真空室。
图甲为侧视图，图乙为真空室的俯视图。
电磁铁中通以交变电流，使两极间的磁场周期性变化，从而在真空室内产生感生电场，将电子从电子枪右端注入真空室，电子在感生电场的作用下被加速，同时在洛伦兹力的作用下，在真空室中沿逆时针方向（图乙中箭头方向）做圆周运动。
由于感生电场的周期性变化使电子只能在某段时间内被加速，但由于电子的质量很小，故在极短时间内被加速的电子可在真空室内回旋数10万以至数百万次，并获得很高的能量。
若磁场的磁感应强度B（图乙中垂直纸面向外为正）随时间变化的关系如图丙所示，不考虑电子质量的变化，则下列说法中正确的是 2. 2014河北省唐山一模）如图所示，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆a、b质量 B．金属杆b进入磁场后做匀速运动 C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL/2 D. 两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL 3.（20分）（2014山东省青岛二模）如图所示，两条平行的金属导轨相距L=lm，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN和PQ的质量均为m=0.2kg，电阻分别为RMN=1Ω和RPQ=2Ω．MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t=0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a=1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态．t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动．求： 5．(16分) （3）金属杆刚进入磁场时，M、N两端的电压大小。
2014届高三名校物理试题解析分项汇编(新课标Ⅰ版)(第01期)专题10 电磁感应(解析版)Word版含解析
备注：新课标Ⅰ卷专版所选试题和新课标Ⅱ卷专版所选试题不重复，欢迎同时下载使用。
专题10 电磁感应（解析版）一、单项选择题1.【2014·河南省六市高中毕业班第二次联考】关于物理学家的贡献，下列说法中正确的是A．卡文迪许利用扭秤实验首先较准确地测定了静电力常量B．库仑提出了库仑定律，并最早通过实验测得元电荷e的数值C．第谷通过对行星运动的观测数据进行分析，得出了开普勒行星运动定律D．法拉第发现了电磁感应现象2．【2013·湖北省黄冈市高三5月适应性考试】人类发现电和磁的关系，经历了漫长的岁月。
1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了通电导线下小磁针的偏转现象从而发现了电流的磁效应。
1831年，英国物理学家法拉第发现磁铁穿过闭合线圈时，线圈中有电流产生从而发现了电磁感应现象，下列相关说法正确的是A.给小磁针上方的导线通电，小磁针就会发生偏转B.导线下方小磁针偏转的角度大小只与电流的强弱有关C.线圈中感应电流的强弱与磁铁穿过线圈的速度大小有关D.线圈横截面积越大磁铁穿过时产生的感应电流越强2．C 解析：当小磁针指向与磁感线平行时小磁针不会偏转，故A错误；磁针偏转的角度大小与电流的强弱和磁性有关，故B错误；当磁铁穿过线圈的速度变大磁通量变化快感应电动势变大，电流变大，故C正确；穿过线圈的磁通量是磁铁内部的磁感线与磁铁和线圈之间的磁感线之差，故线圈面积越大电流越弱，D错误。
考点：磁场对磁体的作用，法拉第电磁感应定律.3．【2014·江西省江西师大附中高三开学摸底考试】如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（）A．大于环重力mg，并逐渐减小B．始终等于环重力mgC．小于环重力mg，并保持恒定D．大于环重力mg，并保持恒定4．【2014·湖北省武汉市部分学校新高三起点调研测试】如图所示，光滑水平面上存在一有界匀强磁场，圆形金属线框在水平拉力的作用下，通过磁场的左边界MN。
2014高考物理二轮复习 拉分题特训 专题十 电磁感应.pdf
(典型题讲解专练)2014届高考物理一轮复习《电磁感应》(含解析)
专题十电磁感应1.★电磁感应现象:利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应，产生的电流叫做感应电流. （1）产生感应电流的条件:穿过闭合电路的磁通量发生变化，即ΔΦ≠0.（2）产生感应电动势的条件:无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线路中就有感应电动势.产生感应电动势的那部分导体相当于电源.（2）电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合，则有感应电流，回路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流.2.磁通量（1）定义:磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面的磁通量，定义式:Φ=BS.如果面积S与B不垂直，应以B乘以在垂直于磁场方向上的投影面积S′，即Φ=BS′，国际单位:Wb求磁通量时应该是穿过某一面积的磁感线的净条数.任何一个面都有正、反两个面;磁感线从面的正方向穿入时，穿过该面的磁通量为正.反之，磁通量为负.所求磁通量为正、反两面穿入的磁感线的代数和.3.★楞次定律（1）楞次定律:感应电流的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.楞次定律适用于一般情况的感应电流方向的判定，而右手定则只适用于导线切割磁感线运动的情况，此种情况用右手定则判定比用楞次定律判定简便.（2）对楞次定律的理解①谁阻碍谁———感应电流的磁通量阻碍产生感应电流的磁通量.②阻碍什么———阻碍的是穿过回路的磁通量的变化，而不是磁通量本身.③如何阻碍———原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反;当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”.④阻碍的结果———阻碍并不是阻止，结果是增加的还增加，减少的还减少.（3）楞次定律的另一种表述:感应电流总是阻碍产生它的那个原因，表现形式有三种:①阻碍原磁通量的变化;②阻碍物体间的相对运动;③阻碍原电流的变化（自感）.★★★★4.法拉第电磁感应定律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.表达式E=nΔΦ/Δt 当导体做切割磁感线运动时，其感应电动势的计算公式为E=BLvsinθ.当B、L、v三者两两垂直时，感应电动势E=BLv.（1）两个公式的选用方法E=nΔΦ/Δt 计算的是在Δt时间内的平均电动势，只有当磁通量的变化率是恒定不变时，它算出的才是瞬时电动势.E=BLvsinθ中的v若为瞬时速度，则算出的就是瞬时电动势:若v为平均速度，算出的就是平均电动势.（2）公式的变形①当线圈垂直磁场方向放置，线圈的面积S保持不变，只是磁场的磁感强度均匀变化时，感应电动势:E=nSΔB/Δt .②如果磁感强度不变，而线圈面积均匀变化时，感应电动势E=Nbδs/Δt .5.自感现象（1）自感现象:由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象.（2）自感电动势:在自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势.自感电动势的大小取决于线圈自感系数和本身电流变化的快慢，自感电动势方向总是阻碍电流的变化.6.日光灯工作原理（1）起动器的作用:利用动触片和静触片的接通与断开起一个自动开关的作用，起动的关键就在于断开的瞬间.（2）镇流器的作用:日光灯点燃时，利用自感现象产生瞬时高压;日光灯正常发光时，利用自感现象，对灯管起到降压限流作用.7.电磁感应中的电路问题在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，将它们接上电容器，便可使电容器充电;将它们接上电阻等用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流.因此，电磁感应问题往往与电路问题联系在一起.解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是:（1）用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）画等效电路. （3）运用全电路欧姆定律，串并联电路性质，电功率等公式联立求解.8.电磁感应现象中的力学问题（1）通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起，基本方法是:①用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.②求回路中电流强度.③分析研究导体受力情况（包含安培力，用左手定则确定其方向）.④列动力学方程或平衡方程求解.（2）电磁感应力学问题中，要抓好受力情况，运动情况的动态分析，导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达稳定运动状态，抓住a=0时，速度v达最大值的特点.9.电磁感应中能量转化问题导体切割磁感线或闭合回路中磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，机械能或其他形式能量便转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机械能或电阻的内能，因此，电磁感应过程总是伴随着能量转化，用能量转化观点研究电磁感应问题常是导体的稳定运动（匀速直线运动或匀速转动），对应的受力特点是合外力为零，能量转化过程常常是机械能转化为内能，解决这类问题的基本方法是:（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向.（2）画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率表达式.（3）分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程.10.电磁感应中图像问题电磁感应现象中图像问题的分析，要抓住磁通量的变化是否均匀，从而推知感应电动势（电流）大小是否恒定.用楞次定律判断出感应电动势（或电流）的方向，从而确定其正负，以及在坐标中的范围.另外，要正确解决图像问题，必须能根据图像的意义把图像反映的规律对应到实际过程中去，又能根据实际过程的抽象规律对应到图像中去，最终根据实际过程的物理规律进行判断.1.如图甲所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动．t＝0时刻，其四个顶点M′、N′、P′、Q′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是( )甲乙2.如图甲，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．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是( )甲乙3.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是( )A．P＝2mgv sinθB．P＝3mgv sinθC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中， R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功4.如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O 为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x 轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i 随环心位置坐标x 变化的关系图象是()5.半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区 域分布着竖直向下的匀强磁场，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 开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2av（π＋2）R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av（5π＋3）R 0二、大题11．如图13所示（俯视），MN 和PQ 是两根固定在同一水平面上的足够长且电阻不计的平行金属导轨．两导轨间距为L=0.2m ，其间有一个方向垂直水平面竖直向下的匀强磁场B 1=5.0T 。
2014届高考物理一轮 (考纲自主研读+命题探究+高考全程解密) 第1讲电磁感应现象 楞次定律(含解析)
选修3－2 第九章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律对应学生用书P166磁通量Ⅰ(考纲要求)【思维驱动】(单选)如图9－1－1所示，图9－1－1在条形磁铁外套有A、B两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量ΦA与穿过B环的磁通量ΦB相比较( )．A．ΦA>ΦB B．ΦA<ΦBC．ΦA＝ΦB D．不能确定解析磁通量Φ＝Φ内－Φ外．对A、B两环，Φ内相同；而对于Φ外，B的大于A的，所以ΦA>ΦB.故正确答案为A.答案 A【知识存盘】1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积．2．公式：Φ＝BS．3．单位：1 Wb＝1__T·m2．4．公式的适用条件①匀强磁场；②磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S.电磁感应现象Ⅰ感应电流的产生条件Ⅱ(考纲要求)【思维驱动】(多选)如图9－1－2所示，图9－1－2一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，下列说法正确的是( )．A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转化成电能D．整个线框都在磁场中运动时，机械能转化成电能解析产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，线框全部在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，故选项B、D错误．线框进入和穿出磁场的过程中磁通量发生变化，产生了感应电流，故选项A正确．在产生感应电流的过程中线框消耗了机械能，故选项C正确．答案AC【知识存盘】1．电磁感应现象：当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象．2．产生感应电流的条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．3．产生电磁感应现象的实质：电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合，则只有感应电动势，而无感应电流．楞次定律Ⅱ(考纲要求)【思维驱动】(单选)如图9－1－3所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是( )．图9－1－3A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地 D．乙、丙同时落地，甲后落地解析甲是铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确．答案 D【知识存盘】楞次定律三定则一定律闭合回路的磁通量变化对应学生用书P167考点一电磁感应现象是否发生的判断【典例1】 (单图9－1－4选)如图9－1－4所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心轴线恰和线圈的一条直径MN重合．要使线圈a中产生感应电流，可采用的方法有( )．A．使通电螺线管中的电流发生变化B．使螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心的轴转动C．使线圈a以MN为轴转动D．使线圈绕垂直于MN的直径转动解析题中图示位置无论螺线管中的电流怎样发生变化，均无磁感线穿过线圈平面，磁通量始终为零，故无感应电流产生，选项A错误．若螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心的轴转动，穿过线圈的磁通量始终为零，故无感应电流产生，选项B错误．若线圈a以MN为轴转动，穿过线圈的磁通量始终为零，故无感应电流产生，选项C错误．若线圈绕垂直于MN的直径转动，穿过线圈的磁通量会发生变化，故有感应电流产生，选项D 正确．答案 D【变式跟踪1】 (单图9－1－5选)如图9－1－5所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是( )．A．线圈中通以恒定的电流B．通电时，使滑动变阻器的滑片P匀速移动C．通电时，使滑动变阻器的滑片P加速移动D．将电键突然断开的瞬间解析当线圈中通恒定电流时，产生的磁场为稳恒磁场，通过铜环A的磁通量不发生变化，不会产生感应电流．答案A,借题发挥电磁感应现象是否发生判断流程：考点二楞次定律的理解及应用楞次定律中“阻碍”的含义【典例2】 (单选)某实验小组用如图9－1－6所示的实验装置来验证楞次定律．图9－1－6当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向是( )．A．a→G→b B．先a→G→b，后b→G→aC．b→G→a D．先b→G→a，后a→G→b解析①确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下．②明确回路中磁通量的变化情况：线圈中向下的磁通量增加．③由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中感应电流产生的磁场方向向上．④应用右手定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)即：b→G→a.同理可以判断：条形磁铁穿出线圈的过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得线圈中将产生顺时针方向的感应电流(俯视)，电流从a→G→b.答案 D【变式跟踪2】 (单选)如图9－1－7所示，图9－1－7通电螺线管左侧和内部分别静止吊一导体环a和b，当滑动变阻器R的滑动触头c向左滑动时( )．A．a向左摆，b向右摆B．a向右摆，b向左摆C．a向左摆，b不动 D．a向右摆，b不动解析当滑动变阻器R的滑动触头c向左滑动时，电路中的电流变大，螺线管产生的磁场逐渐增强，穿过a的磁通量变大，根据楞次定律可知，a向左摆动；b处于螺线管内部，其周围的磁场为匀强磁场，方向水平向左，圆环中虽然也产生感应电流，但根据左手定则可判断出，安培力与b在同一个平面内，产生的效果是使圆环面积缩小，并不使其摆动，所以C项正确．答案C,借题发挥1．应用“程序法”解题的注意事项“程序法”是分析、解决物理问题的一种常见方法，在使用“程序法”处理问题时，需注意以下两点：(1)根据题目类型制定一个严谨、简洁的解题程序；(2)在分析和解决问题时，要严格按照解题程序进行，这样可以规范解题过程、减少失误、节约解题时间．2．判断感应电流方向的“四步法”考点三楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用【典例3】 (多选)如图9－1－8所示，图9－1－8水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动．则PQ所做的运动可能是( )．A．向右加速运动 B．向左加速运动C．向右减速运动 D．向左减速运动解析 MN 向右运动，说明MN 受到向右的安培力，因为ab 在MN 处的磁场垂直纸面向里――→左手定则MN 中的感应电流由M →N ――→安培定则L 1中感应电流的磁场方向向上――→楞次定律⎩⎪⎨⎪⎧L 2中磁场方向向上减弱L 2中磁场方向向下增强；若L 2中磁场方向向上减弱――→安培定则PQ 中电流为Q →P 且减小――→右手定则向右减速运动；若L 2中磁场方向向下增强――→安培定则PQ 中电流为P →Q 且增大――→右手定则向左加速运动． 答案 BC【变式跟踪3】 (单选)如图9－1－9所示，图9－1－9导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN 在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A 的圆形金属环B 中( )． A ．有感应电流，且B 被A 吸引 B ．无感应电流C ．可能有，也可能没有感应电流D ．有感应电流，且B 被A 排斥解析 MN 向右加速滑动，根据右手定则，MN 中的电流方向从N →M ，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A 的左端为N 极，且磁场强度逐渐增强，根据楞次定律知，B 环中的感应电流产生的内部磁场方向向右，B 被A 排斥．故D 正确．答案 D ,借题发挥•“三个定则与一个定律”的规范应用 1．一般解题步骤(1)分析题干条件，找出闭合电路或切割磁感线的导体棒． (2)结合题中的已知条件和待求量的关系选择恰当的规律． (3)正确地利用所选择的规律进行分析和判断． 2．应用区别 关键是抓住因果关系(1)因电而生磁(I →B )→安培定则；。
2014高考物理二轮课件(热点例析+命题动向+最新预测)：电磁感应问题的综合分析
答案：见解析
热点三
电磁感应过程中的动力学问题
命题规律：电磁感应中的动力学问题为每年高考的热点， 考查方式既有选择题,又有计算题，命题规律有以下两点： (1)与牛顿第二定律、运动学知识结合的动态分析问题． (2)电磁感应中的安培力问题、涉及受力分析及功能关系的 问题．
(2012· 高考广东卷 ) 如图所示，质量为 M的导体棒 ab，
【解析】 (1)导体棒匀速下滑时， Mgsin θ ＝ BIl① Mgsin θ I＝ ② Bl 设导体棒产生的感应电动势为 E0 E0＝ Blv③ 由闭合电路欧姆定律得 E0 I＝ ④ R＋ Rx 联立②③④，得 2MgRsin θ v＝ .⑤ B2l2
(2)改变 Rx，由②式可知电流不变．设带电微粒在金属板 间匀速通过时，板间电压为 U，电场强度大小为 E U＝ IRx⑥ U E＝ ⑦ d mg＝qE⑧ 联立②⑥⑦⑧，得 mBld Rx＝ . qMsin θ
【解析】 1 2 圆盘转动切割磁感线，根据 E＝ Br ω 计算感应电 2
动势．题目给出了 I－ ω 图象，根据数学知识写出 I 与 ω 的关 系式．根据欧姆定律求解通过 R 的电流．根据并联电路的特点 求解通过 P 的电流．
(1)根据数学知识， ab、 bc 段对应的 I 与 ω 的关系式分别为 Iab ＝ k1ω ， Ibc＝ k2ω ＋ b， 1 且当 ω＝ 15 rad/s， Iab＝ 0.1 A，故 k1＝ 150 1 所以 Iab＝ ω (A) 150 (－ 45 rad/s≤ ω ≤ 15 rad/s)
当 ω 1＝15 rad/s 时， Ibc＝ 0.1 A，即 0.1＝15k2＋b ω 2＝ 45 rad/s 时， Ibc′＝ 0.4 A，即 0.4＝45k2＋b 1 解得 k2＝ ， b＝－0.05 100 1 所以 Ibc＝ ω － 0.05(A) 100 (15 rad/s≤ ω ≤ 45 rad/s)．
高三物理一轮复习5年真题分类 2014年高考真题汇编 专题10 电磁感应 Word版含解析
专题10 电磁感应1.（2014上海）如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形。
则磁场（）（A）逐渐增强，方向向外（B）逐渐增强，方向向里（C）逐渐减弱，方向向外（D）逐渐减弱，方向向里答案:CD解析：本题考查了楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起闭合回路中磁通量的变化，体现在面积上是“增缩减扩”，而回路变为圆形，面积是增加了，说明磁场是在逐渐减弱．因不知回路中电流方向，故无法判定磁场方向，故CD都有可能。
2．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 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，观察电流表的变化答案:D解析：产生感应电流的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流．本题中的A、B选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流的条件，故不正确．C选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，产生感应电流，因此D选项正确．3．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图(a)所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )答案:C解析： 本题考查了电磁感应的图像．根据法拉第电磁感应定律，ab 线圈电流的变化率与线圈cd 上的波形图一致，线圈cd 上的波形图是方波，ab 线圈电流只能是线性变化的，所以C 正确．4.[2014·江苏卷] 如图所示，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，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt答案:B解析： 根据法拉第电磁感应定律知E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ·S Δt，这里的S 指的是线圈在磁场中的有效面积，即S ＝a 22，故E ＝n （2B －B ）S Δt ＝nBa 22Δt，因此B 项正确． 5.．[2014·山东卷] 如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M 、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )A ．F M 向右B ．F N 向左C ．F M 逐渐增大D ．F N 逐渐减小答案:BCD解析： 根据安培定则可判断出，通电导线在M 区产生竖直向上的磁场，在N 区产生竖直向下的磁场．当导体棒匀速通过M 区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力向左．当导体棒匀速通过N 区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力也向左．选项B 正确．设导体棒的电阻为r ，轨道的宽度为L ，导体棒产生的感应电流为I ′，则导体棒受到的安培力F 安＝BI ′L ＝B BLv R ＋r L ＝B 2L 2v R ＋r，在导体棒从左到右匀速通过M 区时，磁场由弱到强，所以F M 逐渐增大；在导体棒从左到右匀速通过N 区时，磁场由强到弱，所以F N 逐渐减小．选项C 、D 正确．6．[2014·四川卷] 如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t ) T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到CC ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N答案:AC解析： 由于B ＝(0.4－0.2 t ) T ，在t ＝1 s 时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C 到D ，A 正确．在t ＝3 s 时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C 到D ，B 错误．由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS sin 30°＝0.1 V ，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I ＝E R＝1 A ，在t ＝1 s 时，B ＝0.2 T ，方向斜向下，电流方向从C 到D ，金属杆对挡板P 的压力水平向右，大小为F P ＝BIL sin 30°＝0.1 N ，C 正确．同理，在t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力水平向左，大小为F H ＝BIL sin 30°＝0.1 N ，D 错误．7．[2014·安徽卷] 英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为rB ，环上套一带电荷量为＋q 的小球．已知磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k 大小是( )A ．0 B.12r 2qk C ．2πr 2qk D ．πr 2qk 答案:D解析： 本题考查电磁感应、动能定理等知识点，考查对“变化的磁场产生电场”的理解能力与推理能力．由法拉第电磁感应定律可知，沿圆环一周的感生电动势E 感＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ＝k ·πr 2，电荷环绕一周，受环形电场的加速作用，应用动能定理可得W ＝qE感＝πr 2qk .选项D 正确。
2014届高考物理三轮简易通三级排查大提分课件：专题十 电磁感应与能量变化
考查内容及题号
年份 2011 楞次定律、法拉第电磁感 电磁感应定律与其他知识 应定律 的综合 T21 T25 T15
浙江
2012 2013
2011
福建 2012 2013 2011
T17
T18 T18 T6 T5 T6
一级排查 二级排查 三级排查 走向考场
海南
2012 2013
说明：以下物理概念、规律的叙述中，在后面的(
根据动能定理可知，外力做功等于克服安培力做的功，等于线框 中产生的焦耳热 Q.bc 或 ad 切割磁感线的长度等于曲线 OAB 上各
10π 10π vt 点的纵坐标 y＝0.2sin x(m)，产生的电动势 E＝0.2Bvsin 3 · 3
为正弦电流，因此
Imax 2×0.3 2 Q＝ Rt，t＝ 10 2
s＝0.06 s，得 Q＝0.048
E ΔΦ ΔΦ J，选项 C 正确；根据 q＝It，I＝R＝ ，得 q＝ R .线框向右运 RΔt 动 0.3 m 的过程中，ΔΦ<Bbc· ad＝0.012 Wb，所以 q<0.12 C，选项 D 错误．
命题依据： 由近几年高考试题分析来看，该考点为高频考点， 命题角度为对磁通量、磁通量的变化量和磁通量的变化率的 理解．动生电动势的计算 ( 导体棒平动切割、转动切割磁感 线两种情况 ) ，感生电动势的计算，电磁感应中电荷量的计
算等．命题形式以选择题和计算题为主，难度中等偏上．预
计2014年高考会以新的背景材料结合生活生产、实际科研成 果等进行考查．下面设计的考题以线框穿过有特殊边界的匀 强场为背景，综合考查电磁感应的规律，该题的亮点是切割 磁感线的有效长度按弦函数规律变化，是预测明年高考的一
2014年江苏省高考物理试卷解析版
2014年江苏省高考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．（3分）如图所示，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△t 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由 B 均匀地增大到 3B．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）A．B．C．D．【考点】D8：法拉第电磁感应定律．【专题】53C：电磁感应与电路结合．【分析】由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，注意线圈的有效面积是正方形面积的一半．【解答】解：由法拉第电磁感应定律得：线圈中产生的感应电动势 E＝n n•n•故选：B。
【点评】本题属于感生问题，运用法拉第电磁感应定律时，要注意要用有效面积求感应电动势．2．（3分）已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为（）A．3.5km/s B．5.0km/s C．17.7km/s D．35.2km/s【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．【专题】52A：人造卫星问题．【分析】航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动时，由火星的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式可列出含速率的方程；再研究近地卫星的速度与地球质量的关系，联立即可求解．【解答】解：航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动时，由火星的万有引力提供向心力，则有：G①对于近地卫星，由地球的万有引力提供向心力，则得：G m近②由①②得：又近地卫星的速度约为 v近＝7.9km/s可得：航天器的速率为 v航km/s≈3.5km/s故选：A。
【点评】对于卫星类型，关键建立卫星运动的模型，理清其向心力来源：万有引力，根据万有引力等于向心力进行解答．3．（3分）远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（）A．B．I2C．I1U1＝I22R D．I1U1＝I2U2【考点】E8：变压器的构造和原理．【专题】53A：交流电专题．【分析】变压器电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比；在远距离输电中，输电导线上功率有损耗【解答】解：A、升压变压器电流之比等于匝数的反比；故A错误；B、导线上的电流是电压损失与电阻的比值；故B错误；C、I1U1是表示输入功率，I22R表示电路损耗的功率，二者不等；故C错误；D、理想变压器输入功率等于输出功率；故I1U1＝I2U2，故D正确。
2014年电磁感应与力学的综合应用类高考题的归类与赏析8页word
2014年电磁感应与力学的综合应用类高考题的归类与赏析在2014年高考物理试题中，电磁感应与力学的综合应用的综合题目占有一定的比重，有的省高考题甚至把电磁感应与力学的综合应用的题目作为物理试卷的压轴题.可见电磁感应与力学的综合应用的综合题目在高考中占有举足轻重的地位.那么在2014年高考中电磁感应与力学的综合应用类综合题目是怎样考的哪？新颖性又在哪里？下面对2014年高考中电磁感应与力学的综合应用类题目作如下归类和赏析.1.测动摩擦因数μ例1（2014年江苏卷第13题）如图1所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，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.匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直.质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端.导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：（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.解析（1）在绝缘涂层上受力平衡，得mgsinθ=μmgcosθ解得μ=tanθ.（2）在光滑导轨上的感应电动势 E=Blv感应电流 I=ER安培力 F安=BLI受力平衡 F安=mgsinθ解得v=mgRsinθB2L2（3）摩擦生热QT=μmgdcosθ能量守恒定律3mgdsinθ=Q+QT+12mv2解得Q=2mgdsinθ-m3g2R2sinθ2B4L4.赏析题目背景新颖，利用导体棒的受力平衡条件求解动摩擦因数μ.题目中两次使用平衡条件，求解动摩擦因数μ和切割速度，考察了学生对平衡条件的综合应用能力，同时通过求解电阻产生的焦耳热Q，考察了学生对功能关系的掌握程度.2.双杆问题的综合应用：例2（2014年天津卷第10题）如图2所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4 m.导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面图2向上，两磁场的磁场感应度大小均为B=0.5 T.在区域Ⅰ中，将质量m1=0.1 kg，电阻R1=0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑.然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4 kg，电阻R2=0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑.cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10 m/s2，问（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少？解析（1）由右手定则可以直接判断出电流是由a流向b.（2）开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax=m1gsinθ ①设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E=BLv ②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I=ER1+R2 ③设ab所受安培力为F安，有F安=ILB ④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安=m1gsinθ+Fmax ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v=5 m/s ⑥（3）设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有m2gxsinθ=Q总+12m2v2 ⑦又Q=R1R1+R2Q总⑧解得Q=1.3 J赏析本题是一个双杆问题（双杆为“静+动”模型不超纲），同时有双区域磁场，题目设计巧妙，通过对ab杆的受力分析考察了学生的基础，通过对ab杆产生热量的计算，考察了学生对知识综合应用的能力.3.画F-x图象例3（2014年安徽卷第23题）如图3所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上.绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨的MPN（电阻忽略不计），MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m.以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m，质量m为1 kg、电阻R 为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v=1 m/s在导轨上沿x轴正向运动（金属杆与导轨接触良好）.g取10 m/s2.（1）求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.8 m 处电势差UCD；（2）推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图4中画出F-x关系图象；（3）求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热.解析（1）金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势E=Blv（l=d），E=1.5 V（D点电势高）当x=0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零.设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外=d-OP-xOPdOP=MP2-（MN2）2得l外=1.2 m由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差UCD=-Bl外v， UCD=-0.6 V（2）杆在导轨间的长度l与位置x关系是l=OP-xOPd=3-32x对应的电阻R1为R1=ldR，电流I=BlvR1杆受的安培力F安=BIl=7.5-3.75x根据平衡条件得F=F安+mgsinθF=12.5-3.75x（0≤x≤2）画出的F-x图象如图5所示.（3）外力F所做的功WF等于F-x图线下所围的面积，即WF=5+12.52×2 J=17.5 J而杆的重力势能增加量ΔEp=mgsinθ故全过程产生的焦耳热Q=WF-ΔEp=7.5 J赏析根据题意先写出杆在导轨间的长度l与位置x的关系表达式，然后利用安培力公式，根据平衡条件得到安培力的表达式，从而画出F-x图象.同时本题重点要理解F-x图象中图线所围面积的物理意义即外力F做的功，然后用能量守恒定律就能求出Q.4.求解外力的功率例4（2014年全国卷Ⅱ第25题）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，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的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图6所示.整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为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（1）通过电阻R的感应电流的方向和大小：（2）外力的功率.解析（1）在Δt时间内，导体棒扫过的面积为ΔS=12ωΔt[（2r）2-r2] ①根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为ε=BΔSΔt ②根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端.因此，通过电阻R 的感应电流的方向是从C端流向D端.由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足I=εR ③联立①②③式得I=3ωBr22R ④（2）在竖直方向有mg-2N=0 ⑤式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为N，两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为f=μN ⑥在Δt时间内，导体棒在内、外圆轨上扫过的弧长为l1=rωΔt ⑦和l2=2rωΔt ⑧克服摩擦力做的总功为Wf=f（l1+l2）⑨在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为WR=I2RΔt ⑩根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为W=Wf+WR B12外力的功率为P=WΔtB12由④至B12式得P=32μmgωr+9ω2B2r44RB13赏析导体绕O点以角速度ω切割磁感线，求解感应电流，可根据法拉第电磁感应定律或导体切割磁感线的公式进行求解，难点是克服摩擦力做功要分成两部分求解，本题既考察了学生的基础又考察了学生的能力，对做功能量转化问题分析的能力.题目新颖，区分度高.这类题目将在高考复习中作为重点题型进行复习.（收稿日期：2015-03-09）希望以上资料对你有所帮助，附励志名言3条：1、要接受自己行动所带来的责任而非自己成就所带来的荣耀。
2014届高考物理知识点题型测试14
2014届高考物理知识点题型测试14[典型例题]例1 如图3所示，通电螺线管置于闭合金属环A的轴线上，A环在螺线管的正中间；当螺线管中电流减小时，A环将：(A)有收缩的趋势 (B)有扩张的趋势(C)向左运动（D）向右运动分析：螺线管中的电流减小，穿过A环的磁通量减少，由楞次定律感应电流的磁场阻碍磁通量的减少，以后有两种分析：（1）感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相同，感应电流的磁感线也向左，由安培定则，感应电流沿逆时针方向（从左向右看）；但A环导线所在处的磁场方向向右（因为A环在线圈的中央），由左手定则，安培力沿半径向里，A环有收缩的趋势。
（2）阻碍磁通量减少，只能缩小A环的面积，因为面积越小，磁通量越大，故A环有收缩的趋势。
A正确例2 如图4所示，在O点悬挂一轻质导线环，拿一条形磁铁沿导线环的轴线方向突然向环内插入，判断导线环在磁铁插入过程中如何运动？分析：磁铁向导线环运动，穿过环的磁通量增加，由楞次定律感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，导线环向右运动阻碍磁通量的增加，导线环的面积减小也阻碍磁通量的增加，所以导线环边收缩边后退。
此题也可由楞次定律判断感应电流的方向，再由左手定则判断导线环受到的安培力，但麻烦一些。
[针对训练]1．下述说法正确的是：(A)感应电流的磁场方向总是跟原来磁场方向相反(B)感应电流的磁场方向总是跟原来的磁场方向相同(C)当原磁场减弱时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同(D)当原磁场增强时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同2．关于楞次定律，下列说法中正确的是：(A)感应电流的磁场总是阻碍原磁场的增强(B)感应电流的磁场总是阻碍原磁场的减弱(C)感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化(D)感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化3．如图5所示的匀强磁场中，有一直导线ab在一个导体框架上向左运动，那么ab导线中感应电流方向（有感应电流）及ab导线所受安培力方向分别是：(A)电流由b向a，安培力向左(B)电流由b向a，安培力向右(C)电流由a向b，安培力向左（D）电流由a向b，安培力向右4．如图6所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ，则关于线圈的感应电流及其方向（从上往下看）是：(A)有顺时针方向的感应电流（B）有逆时针方向的感应电流(C)先逆时针后顺时针方向的感应电流(D)无感应电流5．如图7所示，螺线管中放有一根条形磁铁，当磁铁突然向左抽出时，A点的电势比B点的电势；当磁铁突然向右抽出时，A点的电势比B点的电势。
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2014届高考物理最新14大专题深度解析快速提分训练
专题十 电磁感应与能量变化
一、选择题
1．边长为a 的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中．现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图5所示，则下列图象与这一过程相符合的是
( )．
图5
解析 该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点
的间距，根据几何关系有l 有＝233x ，所以E 电动势＝Bl 有v ＝233B v x ∝x ，选项
A 错误，
B 正确；F 外力＝B 2l 2有v R ＝4B 2x 2v 3R ∝x 2，选项
C 错误；P 外力功率＝F 外力v ∝F
外力∝x 2，选项D 错误．
答案 B
2．如图6所示，水平虚线MN 的上方有一垂直纸面向里的匀强磁场，矩形导线框abcd 从MN 下方某处以v 0的速度竖直上抛，向上运动高度H 后垂直进入匀强磁场，此过程中导线框的ab 边始终与边界MN 平行．不计空气阻力，在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图象中可能正确反映导线框的速度与时间关系的是 ( )．
图6
解析 线框进磁场前为匀减速运动，进磁场后受到重力和向下的安培力，mg ＋B 2l 2v R ＝ma ，因其向上减速运动，v 减小，a 减小，可知C 项正确．
答案 C
3．矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图7甲所示．磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图乙所示．t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0～4 s 时间内，导线框ad 边所受安培力随时间变化的图象(规定向左为安培力的正方向)可能是下图中的 ( )．
图7
解析根据图乙，又E＝ΔΦ
Δt＝S
ΔB
Δt和I＝
E
R可知，在0～4 s时间内的感应电流
大小恒定．根据楞次定律可知，在0～2 s时间内，电流顺时针方向；在2～4 s时间内，电流逆时针方向；根据左手定则可知ad边所受安培力方向：在0～
1 s时间向左，在1～
2 s时间向右，在2～
3 s时间向左，在3～
4 s时间向右．从
而排除A、C选项．尽管电流大小不变，可F cd＝BL cd I，B均匀变化时，安培力均匀变化，因此B错，D对．
答案 D
4．如图8所示，在矩形有界匀强磁场区域ABCD内有一质量可以忽略不计、电阻为R的闭合导线框abcd.线框在外力F的作用下，从图示位置匀速向右离开磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，电路中的电流为I1，cd边受的安培力为F1，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，电路中的电流为I2，cd边受的安培力为F2，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则()．
图8
A．I1∶I2＝3∶1 B．F1∶F2＝1∶1
C．W1∶W2＝3∶1 D．q1∶q2＝1∶3
解析 设线框ad 边的长度为s ，由线框匀速运动时有v ＝s t .第一次用0.3 s 拉
出线框、第二次用0.9 s 拉出线框，两次的时间比为t 1t 2
＝13. 设线框ab 边的长度为L ，则感应电动势为E ＝BL v ，感应电流为I ＝E R ，解上
述各式得I ＝BLs Rt ，所以两次的电流之比为I 1I 2
＝31，故选A. cd 边受安培力为F 安＝BIL ，解上述各式得F ＝B 2L 2s Rt ，所以两次所受安培力之
比为F 1F 2
＝31，故不选B. 拉力做的功为W ＝Fs ，解上述各式得W ＝B 2L 2s 2Rt ，所以两次做功之比为W 1W 2
＝31，故选C.
流过的电荷量为q ＝It ，解上述各式得q ＝BLs R ，所以两次的电荷量比为q 1q 2
＝11，故不选D.
答案 AC
5．如图9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 ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．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 ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，ab 棒的速度大小为v ，则ab 棒在这一过程中
( )．
图9
A ．运动的平均速度大小为12v
B ．下滑的位移大小为qR BL
C．产生的焦耳热为qBL v
D．受到的最大安培力大小为B2L2v
R sin θ
解析本题考查金属棒切割磁感线的电磁感应现象，意在考查考生应用法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、能量守恒定律解决电磁感应综合问题的能
力．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，A错误；设ab
棒沿斜面下滑的位移为x，则电荷量q＝IΔt＝ΔΦ
Δt·
1
RΔt＝
ΔΦ
R＝
BxL
R，解得位移
x＝qR
BL，B正确；根据能量守恒定律可知，产生的焦耳热等于ab棒机械能的
减少量，Q＝mgqR sin θ
BC－
1
2m v
2，ab棒受到的最大安培力为
B2L2v
R，C、D错误．
答案 B
二、计算题
6．如图10所示，两根竖直放置在绝缘面上的金属框架．框架的上端接有电容为C的电容器．框架上有一质量为m、长为l的金属棒，平行于地面放置，与框架接触良好无摩擦，棒离桌面高度为h.磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面相垂直，开始时电容器不带电．自静止起将棒释放，求棒从释放到落到地面所需要的时间？
图10
解析设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为：E＝Bl v①
平行板电容器两板间的电势差为U＝E②
设此时电容器极板上积累的电荷为Q，按定义有：
C＝Q U③
联立①②③式得Q＝CBl v④
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义电流为I＝ΔQ Δt⑤
ΔQ也是Δt电容器极板上增加的电荷量，由④式得ΔQ＝CBlΔv⑥
式中Δv为速度的变化量，按定义有a＝Δv Δt⑦
对金属棒由牛顿第二定律得BIl－mg＝ma⑧
联立⑤⑥⑦⑧式解得a＝
mg
m＋B2l2C
⑨
由⑨式知金属棒向下做匀加速直线运动．
由位移公式得h＝1
2at
2○
10
联立⑨⑩式得金属棒到地面所用时间为
t＝2h(m＋CB2l2)
mg.⑪
答案2h(m＋CB2l2)
mg。