2019年高考物理一轮复习专题10.16电磁感应与动量综合问题千题精练

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2019年高考物理:一轮复习 专题10.3 电磁感应中的图象选择题千题精练(含答案).doc

2019年高考物理:一轮复习 专题10.3 电磁感应中的图象选择题千题精练(含答案).doc

专题10.3 电磁感应中的图象选择题1.(2017·南昌模拟)如图甲所示,在水平面上固定有平行长直金属导轨ab、cd,bd端接有电阻R。

导体棒ef垂直轨道放置在光滑导轨上,导轨电阻不计。

导轨右端区域存在垂直导轨面的匀强磁场,且磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。

在t=0时刻,导体棒以速度v0从导轨的左端开始向右运动,经过时间2t0开始进入磁场区域,取磁场方向垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向,回路中顺时针方向为电流正方向,则回路中的电流随时间t的变化规律图像可能是( )【参考答案】A2.如图所示,在光滑水平面上,有一个粗细均匀的单匝正方形闭合导线框abcd。

t=0时刻,线框在水平外力的作用下,从静止开始向右做匀加速直线运动,bc边刚进入磁场的时刻为t1,ad边刚进入磁场的时刻为t2,磁场区域足够大,设线框中产生的感应电流的大小为i,ad边两端电压大小为U,水平拉力大小为F,则下列表示i、U、F随运动时间t变化关系的图像正确的是( )【参考答案】C3.(2017·上饶二模)在如图所示的竖直平面内,在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场,一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合,线框由静止释放,沿轴线DC方向竖直落入磁场中。

忽略空气阻力,从释放到线框完全进入磁场过程中,关于线框运动的v­t图像,可能正确的是( )【参考答案】C【名师解析】线框进入磁场过程中受到的安培力F=BIL=B2l2vR,线框切割磁感线的有效长度l增大、安培力增大,由牛顿第二定律得:mg-F=ma,得a=g-B2l2vmR,线框由静止加速,由于l、v不断增大,a不断减小,则线框做加速度减小的加速运动,故C正确。

4.(多选)(2017·东北三校联考)如图所示,M、N为同一水平面内的两条平行长直导轨,左端串接电阻R,金属杆ab垂直导轨放置,金属杆和导轨的电阻不计,杆与导轨间接触良好且无摩擦,整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。

2019高考物理一轮复习 第二部分 计算题部分 精练2 电磁感应问题的综合应用

2019高考物理一轮复习 第二部分 计算题部分 精练2 电磁感应问题的综合应用

精练2 电磁感应问题的综合应用1.加试题如图1所示,光滑的“”形金属导体框竖直放置,除图中已标阻值为R的电阻外,其余电阻不计.质量为m的金属棒MN与框架接触良好.在区域abcd和cdef内,存在磁感应强度大小分别为B1=B、B2=2B的有界匀强磁场,方向均垂直于框架平面向里,两竖直导轨ae与bf间距为L.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,重力加速度为g.不计空气阻力,求:图1(1)金属棒进入磁场B1区域后的速度大小;(2)金属棒刚进入磁场B2区域时的加速度大小.2.加试题如图2所示,半径R=0.2 m的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长为R的金属棒一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴上.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2 T.一对长L=0.2 m的金属板A、B水平放置,两板间距d=0.1 m.从导轨引出导线与上板连接,通过电刷从转轴引出导线与下板连接.有一质量m=1.0×10-5kg,电荷量q=5.0×10-6C的带负电微粒,以v0=2 m/s 的速度从两板正中间水平射入,g取10 m/s2.求:图2(1)金属棒转动的角速度为多大时,微粒能做匀速直线运动;(2)金属棒转动的角速度至少多大时,微粒会碰到上极板A.3.加试题(2018·温州“十五校联合体”期末)如图3所示,一个质量m=16 g,长d=0.5 m,宽L=0.1 m,电阻R=0.1 Ω的矩形线框从高处自由落下,经过h1=5 m高度,下边开始进入一个跟线框平面垂直的匀强磁场.已知磁场区域的高度h2=1.55 m,线框刚进入磁场时恰好匀速下落.不计空气阻力,取g=10 m/s2.求:图3(1)磁场的磁感应强度;(2)线圈进入磁场的全过程中产生的电热;(3)线框下边即将离开磁场时的加速度大小.4.加试题如图4所示,一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN 、PQ 之间的距离L =1.0 m ,NQ 两端连接阻值R =1.0 Ω的电阻,磁感应强度为B =2 T 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上,导轨平面与水平面间的夹角θ=30°.一质量m =2.0 kg ,阻值r =0.50 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M =0.60 kg 的重物P 相连.已知金属棒从静止开始释放,第1 s 末达到最大速度;金属棒在第1 s 内通过的电荷量q =4 C ,g =10 m/s 2.求:图4(1)金属棒最大速度的大小; (2)金属棒在第1 s 内产生的热量.5.加试题 (2018·东阳中学期中)如图5所示,两根电阻不计的光滑金属导轨MAC 、NBD 水平放置,MA 、NB 间距L =0.4 m ,AC 、BD 的延长线相交于E 点且AE =BE ,E 点到AB 的距离d =6 m ,M 、N 两端与阻值R =2 Ω的电阻相连,虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场,磁感应强度B =1 T .一根长度也为L =0.4 m 、质量m =0.6 kg 、电阻不计的金属棒,在外力作用下从AB 处以初速度v 0=2 m/s 沿导轨水平向右运动,棒与导轨接触良好,运动过程中电阻R 上消耗的电功率不变,求:图5(1)电路中的电流I ;(2)金属棒向右运动d2过程中克服安培力做的功W .6.加试题(2017·金华市高二上期末)如图6甲所示,在粗糙的水平面上有一滑板,滑板上固定着一个用粗细均匀的导线绕成的正方形闭合线圈,匝数N=10,边长L=0.4 m,总电阻R=1 Ω,滑板和线圈的总质量M=2 kg,滑板与地面间的动摩擦因数μ=0.5,前方有一长4L、高L的矩形区域,其下边界与线圈中心等高,区域内有垂直线圈平面的水平匀强磁场,磁感应强度大小按如图乙所示的规律变化.现给线圈施加一水平拉力F,使线圈以速度v=0.4 m/s匀速通过矩形磁场.t=0时刻,线圈右侧恰好开始进入磁场,g=10 m/s2,不计空气阻力,求:图6(1)t=0.5 s时线圈中通过的电流;(2)线圈左侧进入磁场区域前的瞬间拉力F的大小;(3)线圈通过图中矩形区域的整个过程中拉力F的最大值与最小值之比.7.加试题(2018·湖州市三县期中)如图7甲所示,M1M4、N1N4为平行放置的水平金属轨道,M4M5、N4N5为半径均为r=0.65 m的竖直四分之一圆形光滑金属轨道,M4、N4为切点,M5、N5为轨道的最高点(与圆心等高).轨道间距L=1.0 m,整个装置左端接有阻值R=0.5 Ω的定值电阻.M1M2N2N1、M3M4N4N3为等大的长方形区域Ⅰ、Ⅱ,两区域宽度d=0.5 m,两区域之间的距离s=1.0 m;区域Ⅰ内均匀分布着磁场B1,其变化规律如图乙所示,规定竖直向上为正方向;区域Ⅱ内分布着磁感应强度B2=0.05 T的匀强磁场,方向竖直向上,质量m=0.1 kg、电阻R0=0.5 Ω的导体棒ab在垂直于棒的F=1.0 N的水平恒力拉动下,从M2N2处在t=0时刻由静止开始运动,到达M3N3处撤去恒力F,ab棒穿过匀强磁场区后,恰好能到达圆形轨道的M5N5处.水平轨道与导体棒ab间的动摩擦因数μ=0.2,轨道电阻、空气阻力不计,运动过程中导体棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直,g=10 m/s2,求:图7(1)0.2 s末电阻R上的电流大小及方向;(2)ab棒刚进入B2磁场时的加速度大小;(3)ab棒在水平直轨道上向右运动过程中电阻R上产生的焦耳热Q.答案精析1.(1)mgRB2L2(2)3g解析(1)当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动,说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反.则F1=B1I1L=BI1L=mg.又I 1=B 1Lv R =BLvR联立得:v =mgRB 2L 2(2)金属棒刚进入磁场B 2区域时,由楞次定律判断知所受的安培力方向竖直向上,大小为:F 2=B 2I 2L =2B2BLvRL =4B 2L 2v R把(1)问求得的v 代入,可得F 2=4mg 根据牛顿第二定律得:F 2-mg =ma 解得:a =3g .2.(1)50 rad/s (2)100 rad/s解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可得U =12B ωR 2根据平衡条件可得mg =qE 因为E =U d所以mg =q U d =q2d B ωR 2解得ω=50 rad/s(2)微粒恰好碰到上极板A 边缘时,微粒向上的加速度大小由d 2=12a (Lv 0)2解得a =10 m/s 2由牛顿第二定律得:q2dB ω′R 2-mg =ma 解得ω′=100 rad/s.3.(1)0.4 T (2)0.08 J (3)1 m/s 2解析 (1)由机械能守恒得mgh 1=12mv 2,由平衡条件知mg =BIL ,I =BLvR,得B =0.4 T (2)由能量守恒定律得:Q =mgd =0.08 J(3)由动能定理得:mg (h 2-d )=12mv ′2-12mv 2,得v ′=11 m/s由BI ′L -mg =ma ,其中I ′=BLv ′R,得a =1 m/s 2. 4.(1)1.5 m/s (2)3.025 J解析 (1)因mg sin θ>Mg ,金属棒开始时向下滑动.当金属棒所受合外力为0时,金属棒的速度最大金属棒切割磁感线产生的电动势E =BLv m 根据闭合回路欧姆定律得通过金属棒的电流I =ER +r由安培力公式得:F =BIL 由共点力平衡得F +Mg =mg sin θ 解得:v m =(mg sin θ-Mg )(R +r )B 2L2=1.5 m/s (2)金属棒在第1 s 内通过的电荷量q =ΔΦR +r =BLx R +r解得x =q (R +r )BL=3 m 根据能量守恒定律mgx sin θ-Mgx =12(m +M )v m2+Q 代入数据解得Q =9.075 J由于金属棒与电阻R 串联,电流相等,根据焦耳定律Q =I 2Rt ,得到它们产生的热量与电阻成正比,所以金属棒在第1 s 内产生的热量Q r =rR +rQ =3.025 J 5.(1)0.4 A (2)0.36 J解析 (1)金属棒开始运动时产生的感应电动势:E =BLv 0=1×0.4×2 V=0.8 V 电路中的电流:I =E R=0.4 A(2)金属棒向右运动距离为x 时,金属棒接入电路的有效长度为L 1,由几何关系可得:d -x d =L 1L, 解得:L 1=L (d -x )d =0.4-x15此时金属棒所受的安培力为: F =BIL 1=0.16-2x 75(0≤x ≤d2)作出F -x 图象,由图象可知运动d2过程中克服安培力做功为:W =0.16+0.082×3 J=0.36 J. 6.(1)0.4 A (2)10.8 N (3)54∶49 解析 (1)线圈切割磁感线E 1=NB L2v =0.4 VI 1=E 1R=0.4 A.(2)线圈匀速运动将要全部进入磁场区域前, 右边导线所受向左的总安培力F 1=NBI 1L2=0.4 N上边导线所受向下的总安培力F 2=NBI 1L =0.8 N滑动摩擦力F f =μ(Mg +F 2)=10.4 N 故拉力:F =F 1+F f =10.8 N.(3)线圈左侧进入磁场区域前的瞬间拉力有最大值F max =10.8 N. 线圈左侧进入磁场区域后的瞬间拉力有最小值F min ,t =1 s 时刻,线圈在磁场运动 E 2=N ΔΦΔt=0.2 V线圈中形成顺时针方向的电流I 2=E 2R=0.2 A 线圈上边受到向上的最大安培力F 3=NBI 2L =0.4 N ,方向向上此时拉力F min =μ(Mg -F 3)=9.8 N 所以最大值与最小值之比为54∶49. 7.见解析解析 (1)导体棒ab 在N 2M 2M 3N 3区域内做匀加速运动,由牛顿第二定律可得F -μmg =ma 1得a 1=8 m/s 2导体棒ab 在0~0.2 s 内运动的位移x =12a 1t 0 2=0.16 m <s =1.0 m故0.2 s 末导体棒ab 未进入区域Ⅱ,由于区域Ⅰ中的磁场在均匀减小,产生的感应电动势为E 1=ΔΦΔt =ΔB 1Ld Δt =0.5 VI 1=E 1R +R 0=0.5 A电阻R 上电流方向为由N 1流向M 1(2)导体棒ab 刚进入区域Ⅱ时的速度为v 2=2a 1s 得v =4 m/s. 11 导体棒ab 在N 2M 2M 3N 3区域内做匀加速运动的时间 t 1=va 1=0.5 s >0.4 sab 棒刚进入区域Ⅱ时,B 1磁场已保持不变. 导体棒ab 刚进入区域Ⅱ时产生的感应电动势为 E 2=B 2Lv =0.2 VI 2=E 2R +R 0=0.2 Aμmg +B 2I 2L =ma 2得a 2=2.1 m/s 2(3)B 1磁场变化的时间t =0.4 s ,这段时间内R 的焦耳热 Q 1=I 1 2Rt =0.05 J导体棒ab 在B 2磁场中的运动过程,回路中产生的总焦耳热 Q 2=-W 安-μmgd -mgr -Q 2=0-12mv 2解得Q 2=0.05 J电阻R 上产生的总焦耳热Q =Q 1+12Q 2=0.075 J.。

【配套K12】[学习]2019年高考物理一轮复习 专题10.5 电磁感应中的动力学问题千题精练

【配套K12】[学习]2019年高考物理一轮复习 专题10.5 电磁感应中的动力学问题千题精练

专题10.5 电磁感应中的动力学问题一.选择题1.(2018·东北三校联考)(多选)如图3所示,M、N为同一水平面内的两条平行长直导轨,左端串联电阻R,金属杆ab垂直导轨放置,金属杆和导轨的电阻不计,杆与导轨间接触良好且无摩擦,整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。

现对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F,使金属杆从静止开始运动。

在运动过程中,金属杆的速度大小为v,R上消耗的总能量为E,则下列关于v、E随时间变化的图象可能正确的是( )图3【参考答案】AD2.(2017广西五市考前联考).如图所示,两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ,间距为L,电阻不计,两导轨构成的平面与水平面成θ角。

金属棒ab、cd用绝缘轻绳连接,其电阻均为R,质量分别为2m和m。

沿斜面向上的力作用在cd上使两棒静止,整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,重力加速度大小为g,将轻绳烧断后,保持F不变,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,则A .轻绳烧断瞬间,cd 的加速度大小a =12g sin θ B .轻绳烧断后,cd 做匀加速运动C .轻绳烧断后,任意时刻两棒运动的速度大小之比v ab ∶v cd =1∶2D .棒ab 的最大速度v abm =222sin 3mgR B L【参考答案】C3.(2018南宁高三摸底考试)如图所示,固定的竖直光滑U 型金属导轨,间距为L ,上端接有阻值为R 的电阻,处在方向水平且垂直于导轨平面,磁感应强度为B 的匀强磁场中,质量为m 、电阻为r 的导体棒与劲度系数为k 的固定轻弹簧相连放在导轨上,导轨的电阻忽略不计。

初始时刻,弹簧处于伸长状态,其伸长量x 1=mg/k ,此时导体棒具有竖直向上的初速度v 0..。

在沿导轨往复运动的过程中,导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触,则下列说法正确的是A .初始时刻导体棒两端电压为BLv 0B .初始时刻导体棒的加速度大小为2gC .导体棒最终静止,此时弹簧的压缩量为mg/kD .导体棒从开始运动直到最终静止的过程中,回路产生的焦耳热为12mv 02+222m g k【参考答案】CD4.(2016·河南郑州高三质量预测)(多选)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环。

2019年高考物理一轮复习 专题10.4 电磁感应中的图象信息题千题精练

2019年高考物理一轮复习 专题10.4 电磁感应中的图象信息题千题精练

专题10.4 电磁感应中的图象信息题一.选择题1. (2018江西南昌三模) 如图甲所示,在MN 、OP 之间存在一匀强磁场,t=0时,一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F 作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动,外力F 随时间变化的图线如图乙所示。

已知线框的质量m =1kg ,电阻R =2Ω。

则A .磁场宽度为4mB TC .线框穿过磁场过程中,通过线框的电荷量为2CD .线框穿过磁场过程中,线框产生的热量为1J 【参考答案】AB【命题意图】本题考查电磁感应、力图像及其相关的知识点。

【解题思路】在0~1s 内,图乙的力随时间变化的图像可表示为F=2+2t ,金属线框从静止开始向右做匀加速直线运动,设加速度为a ,线框边长为L ,根据牛顿第二定律,F-BIL=ma ,I=E/R ,E=BLv ,v=at ,联立解得:F=ma +22B L a R t=a+222B L a t 。

对比F=2+2t ,可得a=2m/s 2,B 2L 2=2..。

t=1s 时线框完全进入磁场区域,线框速度v=at=2m/s ,线框边长L=1m ,由B 2L 2=2.可得T ,选项B 正确;在1~2s 时间内线框完全处于磁场中,线框中磁通量不变,不产生感应电流,不受安培力作用,受到的外力F=2N ,线框做匀加速直线运动,加速度a=2m/s 2,t=2s 时开始出磁场,开始出磁场时线框速度v 1=v+a △t =2m/s+2×1m/s=4 m/s ,所以磁场宽度b=L+12v v +△t=1m+242+ (2-1)m=4m ,选项A 正确;线框进入磁场过程和从磁场中出来过程,线框的磁通量相等,通过线框的电荷量相等,所以线框穿过磁场的过程中通过线框的电荷量q=22BL R=2×212C ,选项C 错误;根据题述条件不能计算出线框穿过磁场过程中产生的热量,选项D 错误。

【方法归纳】(1)根据法拉第电磁感应定律,当回路内磁通量变化率为△Φ/△t时,产生的感应电动势为E=△Φ/△t,由闭合电路欧姆定律,回路内产生的感应电流I=E/R,通过回路的电荷量q=I△t,联立解得q=△Φ/R。

2019年高考物理一轮复习 专题10.19 高考电磁感应中的科技信息问题千题精练

2019年高考物理一轮复习 专题10.19 高考电磁感应中的科技信息问题千题精练

专题10.19 高考电磁感应中的科技信息问题一、选择题1.(2017·全国卷Ⅰ,18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。

为了有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图16所示。

无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是( )图16【参考答案】A2.(2016·江苏单科,6)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图12所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音,下列说法正确的有( )图12A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作B.取走磁体,电吉他将不能正常工作C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化BCD【参考答案】(A)由于A线圈的电磁感应作用,才产生延时释放D的作用(B)由于B线圈的电磁感应作用,才产生延时释放D的作用(C)如果断开B线圈的电键S2,无延时作用(D)如果断开B线圈的电键S2,延时将变长【参考答案】BC【名师解析】当S1断开时,B中磁通量变化产生感应电流,才产生延时释放D的作用,选项B正确A错误。

如果断开B线圈的电键S2,无延时作用,选项C正确D错误。

4.电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横截面的流体的体积)。

为了简化,假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道,其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c,流量计的两端与输送液体的管道相连接(图中虚线)。

图中流量计的上下两面是金属材料,前后两面是绝缘材料,现于流量计所在处加磁感强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于前后两面。

当导电液体稳定地流经流量计时,在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接,I表示测得的电流值。

2019届高考物理一轮复习第十章电磁感应章末过关检测新人教版

2019届高考物理一轮复习第十章电磁感应章末过关检测新人教版

第十章 电磁感应章末过关检测(十) (时间:60分钟 满分:100分)一、单项选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确)1.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v 0刷卡时,在线圈中产生感应电动势.其E -t 关系如图所示.如果只将刷卡速度改为v 02,线圈中的E -t 关系图可能是( )解析:选D.若将刷卡速度改为v 02,线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半,周期将会加倍,故D 项正确,其他选项错误.2.如图所示,一水平放置的矩形闭合线圈abcd ,在细长磁铁的N 极附近竖直下落,保持bc 边在纸外,ad 边在纸内,从图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到达位置Ⅲ,位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中,线圈中感应电流( )A .沿abcd 流动B .沿dcba 流动C .由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd 流动,由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba 流动D .由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba 流动,由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd 流动解析:选A.由条形磁铁的磁场分布情况可知,线圈在位置Ⅱ时穿过矩形闭合线圈的磁通量最少.线圈从位置Ⅰ到Ⅱ,穿过abcd自下而上的磁通量减少,感应电流的磁场阻碍其减少,则在线框中产生的感应电流的方向为abcd,线圈从位置Ⅱ到Ⅲ,穿过abcd自上而下的磁通量在增加,感应电流的磁场阻碍其增加,由楞次定律可知感应电流的方向仍然是abcd.故本题答案为A.3.(2018·南昌模拟)如图所示的电路中,L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,L1、L2和L3是3个完全相同的灯泡,E是内阻不计的电源.在t=0时刻,闭合开关S,电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过L1、L2的电流方向为正方向,分别用I1、I2表示流过L1和L2的电流,则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )解析:选C.L的直流电阻不计,电路稳定后通过L1的电流是通过L2、L3电流的2倍.闭合开关瞬间,L2立即变亮,由于L的阻碍作用,L1逐渐变亮,即I1逐渐变大,在t1时刻断开开关S,之后电流I会在电路稳定时通过L1的电流大小基础上逐渐变小,I1方向不变,I2反向,故选C.4.(2018·长兴中学高三模拟)1831年,法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲).它是利用电磁感应原理制成的,是人类历史上第一台发电机.图乙是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触.使铜盘转动,电阻R中就有电流通过.若所加磁场为匀强磁场,回路的总电阻恒定,从左往右看,铜盘沿顺时针方向匀速转动,CRD平面与铜盘平面垂直,下列说法正确的是( )A.电阻R中没有电流流过B.铜片C的电势高于铜片D的电势C.保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中有电流产生D.保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则CRD回路中有电流产生解析:选C.根据右手定则可知,电流从D点流出,流向C点,因此在圆盘中电流方向为从C 向D ,由于圆盘在切割磁感线时相当于电源,所以D 处的电势比C 处高,A 、B 错误;保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则穿过铜盘的磁通量发生变化,故铜盘中有感应电流产生,但是此时不再切割磁感线,所以CD 不能当成电源,故CRD 回路中没有电流产生,C 正确,D 错误.5.如图所示,光滑斜面的倾角为θ,斜面上放置一矩形导体线框abcd ,ab 边的边长为l 1,bc 边的边长为l 2,线框的质量为m ,电阻为R ,线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连,重物质量为M .斜面上ef 线(ef 平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度为B ,如果线框从静止开始运动,进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的,且线框的ab 边始终平行于底边,则下列说法正确的是( )A .线框进入磁场前运动的加速度为Mg -mg sin θmB .线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg -mg sin θ)RBl 1C .线框做匀速运动的总时间为B 2l 21Mg -mgR sin θD .该匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mg -mg sin θ)l 2解析:选D.由牛顿第二定律得,Mg -mg sin θ=(M +m )a ,解得线框进入磁场前运动的加速度为Mg -mg sin θM +m ,A 错误;由平衡条件,Mg -mg sin θ-F 安=0,F 安=BIl 1,I =ER,E =Bl 1v ,联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v =(Mg -mg sin θ)RB 2l 21,B 错误;线框做匀速运动的总时间为t =l 2v =B 2l 21l 2(Mg -mg sin θ)R,C 错误;由能量守恒定律,该匀速运动过程中产生的焦耳热等于系统重力势能的减小量,为(Mg -mg sin θ)l 2,D 正确.6.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L ,顶端接阻值为R 的电阻.质量为m 、电阻为r 的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度大小为B ,方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直,如图所示,不计导轨的电阻,重力加速度为g ,则下列说法错误的是( )A .金属棒在磁场中运动时,流过电阻R 的电流方向为b →aB .金属棒的速度为v 时,金属棒所受的安培力大小为B 2L 2vR +rC .金属棒的最大速度为mg (R +r )BLD .金属棒以稳定的速度下滑时,电阻R 的热功率为⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2R 解析:选C.金属棒在磁场中向下运动时,由楞次定律知,流过电阻R 的电流方向为b →a ,选项A 正确;金属棒的速度为v 时,金属棒中感应电动势E =BLv ,感应电流I =ER +r,所受的安培力大小为F =BIL =B 2L 2v R +r,选项B 正确;当安培力F =mg 时,金属棒下滑速度最大,金属棒的最大速度为v =mg (R +r )B 2L 2,选项C 错误;金属棒以稳定的速度下滑时,电阻R 和r 的总热功率为P =mgv =⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2(R +r ),电阻R 的热功率为⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2R ,选项D 正确. 二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分.在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选或不答的得0分)7.(2018·吉林实验中学模拟)转笔(Pen Spinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动.转笔深受广大中学生的喜爱,其中也包含了许多的物理知识,假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O 做匀速圆周运动,下列有关该同学转笔中涉及的物理知识的叙述正确的是( )A .笔杆上的点离O 点越近的,做圆周运动的向心加速度越小B .笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C .若该同学使用中性笔,笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D .若该同学使用的是金属笔杆,且考虑地磁场的影响,由于笔杆中不会产生感应电流,因此金属笔杆两端一定不会形成电势差解析:选AC.笔杆上各点的角速度相同,根据a =ω2r 可知,笔杆上的点离O 点越近的,做圆周运动的向心加速度越小,选项A 正确;笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由笔杆对该点的作用力提供的,选项B 错误;若该同学使用中性笔,且转动过快,则笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走,选项C 正确;若考虑地磁场的影响,由于笔杆转动时可能要切割磁感线而使金属笔杆两端形成电势差,选项D 错误.8.如图所示,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、磁感应强度大小为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 在水平向右的恒定拉力F 作用下,由静止开始运动距离d 后速度达到v ,半圆形硬导体AC 的电阻为r ,其余电阻不计.下列说法正确的是( )A .此时AC 两端电压为U AC =2BLvB .此时AC 两端电压为U AC =2BLvR 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+r解析:选BD.AC 的感应电动势为E =2BLv ,两端电压为U AC =ER 0R 0+r=2BLvR 0R 0+r,A 错误,B 正确;由功能关系得Fd =12mv 2+Q +Q f ,C 错误;此过程中平均感应电流为I -=2BLd (R 0+r )Δt ,通过电阻R 0的电荷量为q =I -Δt =2BLd R 0+r,D 正确.9.如图,在水平桌面上放置两条相距l 的平行光滑导轨ab 与cd ,阻值为R 的电阻与导轨的a 、c 端相连.质量为m 、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动.整个装置放于匀强磁场中,磁场的方向竖直向上(图中未画出),磁感应强度的大小为B .导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳,绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后,与一个质量也为m 的物块相连,绳处于拉直状态.现若从静止开始释放物块,用h 表示物块下落的高度(物块不会触地),g 表示重力加速度,其他电阻不计,则 ( )A .电阻R 中的感应电流方向由a 到cB .物块下落的最大加速度为gC .若h 足够大,物块下落的最大速度为mgR B 2l 2D .通过电阻R 的电荷量为Blh R解析:选CD.题中导体棒向右运动切割磁感线,由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流,则电阻R 中的电流方向由c 到a ,A 错误;对导体棒应用牛顿第二定律有F T -F安=ma ,又F 安=B Blv R l ,再对物块应用牛顿第二定律有mg -F T =ma ,则联立可得:a =g 2-B 2l 2v2mR,则物块下落的最大加速度a m =g 2,B 错误;当a =0时,速度最大为v m =mgRB 2l 2,C 正确;下落h的过程,回路中的面积变化量ΔS =lh ,则通过电阻R 的电荷量q =ΔΦR =B ΔS R =BlhR,D 正确.10.在倾角为θ足够长的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场,磁场方向一个垂直斜面向上,另一个垂直斜面向下,宽度均为L ,如图所示.一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形线框在t =0时刻以速度v 0进入磁场,恰好做匀速直线运动,若经过时间t 0,线框ab 边到达gg ′与ff ′中间位置时,线框又恰好做匀速运动,则下列说法正确的是( )A .当ab 边刚越过ff ′时,线框加速度的大小为g sin θB .t 0时刻线框匀速运动的速度为v 04C .t 0时间内线框中产生的焦耳热为32mgL sin θ+1532mv 2D .离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动解析:选BC.当ab 边进入磁场时,有E =BLv 0,I =E R ,mg sin θ=BIL ,有B 2L 2v 0R=mg sin θ.当ab 边刚越过ff ′时,线框的感应电动势和电流均加倍,则线框做减速运动,有4B 2L 2v 0R=4mg sin θ,加速度方向沿斜面向上且大小为3g sin θ,A 错误;t 0时刻线框匀速运动的速度为v ,则有4B 2L 2v R =mg sin θ,解得v =v 04,B 正确;线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程,沿斜面向下运动距离为32L ,则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q =3mgL sin θ2+⎝ ⎛⎭⎪⎫mv 202-mv 22=3mgL sin θ2+15mv 2032,C 正确;线框离开磁场时做加速运动,D 错误.三、非选择题(本题共3小题,共40分.按题目要求作答,计算题要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(12分)(2015·高考浙江卷)小明同学设计了一个“电磁天平”,如图甲所示,等臂天平的左臂为挂盘,右臂挂有矩形线圈,两臂平衡.线圈的水平边长L =0.1 m ,竖直边长H =0.3 m ,匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内,磁感应强度B 0=1.0 T ,方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在0~2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后,调节线圈中电流使天平平衡,测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度取g =10 m/s 2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ,线圈的匝数N 1至少为多少?(2)进一步探究电磁感应现象,另选N 2=100匝、形状相同的线圈,总电阻R =10 Ω.不接外电流,两臂平衡.如图乙所示,保持B 0不变,在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B 随时间均匀变大,磁场区域宽度d =0.1 m .当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时,天平平衡,求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt.解析:(1)线圈受到安培力F =N 1B 0IL 天平平衡mg =N 1B 0IL 代入数据得N 1=25匝. (2)由电磁感应定律得E =N 2ΔΦΔt即E =N 2ΔBΔt Ld由欧姆定律得I ′=E R线圈受到的安培力F ′=N 2B 0I ′L 天平平衡m ′g =N 22B 0ΔB Δt ·dL2R代入数据可得 ΔBΔt=0.1 T/s. 答案:(1)25 匝 (2)0.1 T/s 12.(14分)如图所示,将质量m 1=0.1 kg 、电阻R 1=0.3 Ω、长度l =0.4 m 的导体棒ab 横放在U 形金属框架上,框架质量m 2=0.2 kg ,放在绝缘水平面上,与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,相距0.4 m 的MM ′、NN ′相互平行,电阻不计且足够长.电阻R 2=0.1 Ω的MN 垂直于MM ′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B =0.5 T .垂直于ab 施加F =2 N 的水平恒力,使ab 从静止开始无摩擦地运动,且始终与MM ′、NN ′保持良好接触,当ab 运动到某处时,框架开始运动.设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取10 m/s 2.(1)求框架开始运动时ab 速度v 的大小;(2)从ab 开始运动到框架开始运动的过程中,MN 上产生的热量Q =0.1 J ,求该过程中ab 位移x 的大小.解析:(1)ab 对框架的压力F 1=m 1g 框架受水平面的支持力F N =m 2g +F 1依题意,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则框架受到的最大静摩擦力F 2=μF Nab 中的感应电动势E =Blv MN 中的电流I =E R 1+R 2MN 受到的安培力F 安=IlB框架开始运动时F 安=F 2由上述各式代入数据解得v =6 m/s. (2)闭合回路中产生的总热量Q 总=R 1+R 2R 2Q由能量守恒定律,得Fx =12m 1v 2+Q 总代入数据解得x =1.1 m. 答案:(1)6 m/s (2)1.1 m13.(14分)如图所示,半径为L 1=2 m 的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B 1=10π T .长度也为L 1、电阻为R 的金属杆ab ,一端处于圆环中心,另一端恰好搭接在金属环上,绕着a 端沿逆时针方向匀速转动,角速度为ω=π10rad/s.通过导线将金属杆的a 端和金属环连接到图示的电路中(连接a 端的导线与圆环不接触,图中的定值电阻R 1=R ,滑片P 位于R 2的正中央,R 2的总阻值为4R ),图中的平行板长度为L 2=2 m ,宽度为d =2 m .图示位置为计时起点,在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v 0=0.5 m/s 向右运动,并恰好能从平行板的右边缘飞出,之后进入到有界匀强磁场中,其磁感应强度大小为B 2,左边界为图中的虚线位置,右侧及上下范围均足够大.(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻,忽略电容器的充放电时间,忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响,不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求:(1)在0~4 s 内,平行板间的电势差U MN ; (2)带电粒子飞出电场时的速度;(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场,则磁感应强度B 2应满足的条件.解析:(1)金属杆产生的感应电动势恒为E =12B 1L 21ω=2 V由电路的连接特点知:E =I ·4RU 0=I ·2R =E2=1 VT 1=2πω=20 s 由右手定则知:在0~4 s 时间内,金属杆ab 中的电流方向为b →a ,则φa >φb 则在0~4 s 时间内,φM <φN ,U MN =-1 V.(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动,在0~T 12时间内水平方向L 2=v 0·t 1t 1=L 2v 0=4 s<T 12竖直方向d 2=12at 21a =Eq m ,E =Ud,v y =at 1得q m=0.25 C/kg ,v y =0.5 m/s 则粒子飞出电场时的速度v =v 20+v 2y =22m/s tan θ=v y v 0=1,所以该速度与水平方向的夹角θ=45°.(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由B 2qv =m v 2r 得r =mvB 2q由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知,2r >d 时离开磁场后不会第二次进入电场,即B 2<2mvdq=2 T.答案:(1)-1 V (2)22m/s 与水平方向成45°夹角 (3)B 2<2 T。

2019年高考物理热点题型归纳整合:电磁感应综合问题

2019年高考物理热点题型归纳整合:电磁感应综合问题

2019年高考物理热点题型归纳整合-电磁感应综合问题题型一以“单杆”模型考查电磁感应综合问题1.“单杆”模型是电磁感应中常见的物理模型,此类问题所给的物理情景一般是导体棒垂直切割磁感线,在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动,所涉及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等。

此类问题的分析要抓住三点:①杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度,此时合力为零)。

②整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。

③电磁感应现象遵从能量守恒定律。

2.力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v3.用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题例1.真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。

图是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计。

ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m。

列车启动前,ab、cd处于碰感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所示。

为使列车启动,需在M、N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计,列车启动后电源自动关闭。

(1)要使列车向右运行,启动时图中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由;(2)求刚接通电源时列车加速度a 的大小;(3)列车减速时,需在前方设置如图所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l 若某时刻列车的速度为v 0,此时ab 、cd 均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?【答案】(1)M 接电源正极(2)(3)【解析】(1)M 接电源正极,列车要向右运动,安培力方向应向右,根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a 到b ,由c 到d ,故M 接电源正极。

(2)由题意,启动时ab 、cd 并联,设回路总电阻为,由电阻的串并联知识得①; 设回路总电阻为I ,根据闭合电路欧姆定律有② 设两根金属棒所受安培力之和为F ,有③ 根据牛顿第二定律有F =ma ④,联立①②③④式得⑤ (3)设列车减速时,cd 进入磁场后经时间ab 恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为,平均感应电动势为,由法拉第电磁感应定律有⑥,其中⑦; 设回路中平均电流为,由闭合电路欧姆定律有⑧ 设cd 受到的平均安培力为,有⑨以向右为正方向,设时间内cd 受安培力冲量为,有⑩同理可知,回路出磁场时ab 受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为,有⑪设列车停下来受到的总冲量为,由动量定理有⑫ 联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得⑬2BEla mR=0230=I mv R I B l 总R 总2RR =总E I R =总=F BIL 2BEla mR=t ∆∆Φ1E 1E t∆Φ=∆2Bl ∆Φ='I 1'2E I R='F ''F I lB =t ∆I 冲'I F t =-∆冲0I 02I I =冲I 总00I mv =-总0220=I mv R I B l 总讨论:若恰好为整数,设其为n ,则需设置n 块有界磁场,若不是整数,设的整数部分为N ,则需设置N +1块有界磁场。

人教版2019届高考一轮复习专题:电磁感应(含答案)

人教版2019届高考一轮复习专题:电磁感应(含答案)

人教版物理高考复习专题电磁感应一、单选题(共10小题,每小题5.0分,共50分)1.如图,ef、gh为两水平放置、相互平行的金属导轨,ab、cd为搁在导轨上的金属棒,与导轨接触良好且无摩擦,当一条形磁铁向上远离导轨时,关于两金属棒的运动情况的描述正确的是()A.如果下端是N极,两棒向外运动,如果下端是S极,两棒相向靠近B.如果下端是S极,两棒向外运动,如果下端是N极,两棒相向靠近C.无论下端是何极性,两棒均相互靠近D.无论下端是何极性,两棒均向外相互远离2.如图所示,有缺口的金属圆环与板间距为d的平行板电容器的两极板焊接在一起,金属环右侧有一垂直纸面向外的匀强磁场,现使金属环以恒定不变的速率v向右运动由磁场外进入磁场,在金属环进入磁场的过程中,电容器带电量Q随时间t变化的图象应为()A.B.C.D.3.如图所示的电路中,一个N极朝下的条形磁铁竖直下落,恰能穿过水平放置的方形导线框,下列判断正确的是()A.磁铁经过图中位置1时,线框中感应电流沿abcd方向,经过位置2时沿adcb方向B.磁铁经过图中位置1时,线框中感应电流沿adcb方向,经过位置2时沿abcd方向C.磁铁经过位置1和2时,感应电流都沿abcd方向D.磁铁经过位置1和2时,感应电流都沿adcb方向4.如图所示,在条形磁铁的外面套着一个闭合金属弹簧线圈P,现用力从四周拉弹簧线圈,使线圈包围的面积变大,则下列关于穿过弹簧线圈磁通量的变化以及线圈中是否有感应电流产生的说法中,正确的是()A.磁通量增大,有感应电流产生B.磁通量增大,无感应电流产生C.磁通量减小,有感应电流产生D.磁通量减小,无感应电流产生5.夏天将到,在北半球,当我们抬头观看教室内的电扇时,发现电扇正在逆时针转动.金属材质的电扇示意图如图所示,由于电磁场的存在,下列关于A、O两点的电势及电势差的说法,正确的是()A.A点电势比O点电势高B.A点电势比O点电势低C.A点电势与O点电势相等D.扇叶长度越短,转速越快,两点间的电势差数值越大6.如图所示,水平面内有一平行金属导轨,导轨光滑且电阻不计.匀强磁场与导轨所在平面垂直.阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置,且与导轨接触良好.t=0时,将开关S由1掷到2.若分别用U、F、q和v表示电容器两端的电压、导体棒所受的安培力、通过导体棒的电荷量和导体棒的速度.则下列图象表示这些物理量随时间变化的关系中可能正确的是()A.B.C.D.7.如图所示,水平面上放置两根平行的金属导轨,其上面搁置两根可在导轨上自由滑动的金属棒ab和cd,现有一条形磁铁竖直插入ab和cd棒之间,则ab和cd棒的运动情况是()A.相互靠近B.相互排斥C.两棒都向左方运动D.两棒都向右方运动8.(多选)如图所示,粗细均匀的导线绕成匝数为n、半径为r的圆形闭合线圈.线圈放在磁场中,磁场的磁感应强度随时间均匀增大,线圈中产生的电流为I,下列说法正确的是()A.电流I与匝数n成正比B.电流I与线圈半径r成正比C.电流I与线圈面积S成正比D.电流I与导线横截面积S0成正比9.某同学为了研究断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电源E,用导线将它们连接成如图所示的电路.检查电路后,闭合开关S,小灯泡发光.再断开开关S,小灯泡仅有不明显的延时发光现象.虽经多次重复仍未见老师演示时灯泡闪亮现象,他冥思苦想找不到原因.你认为最有可能照成小灯泡未闪亮的原因是()A.电源内阻偏大B.小灯泡电阻偏大C.线圈电阻偏大D.线圈自感系数偏大10.如图甲所示,导体棒MN置于水平导轨上,PQMN所围的面积为S,PQ之间有阻值为R的电阻,不计导轨和导体棒的电阻.导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场,规定磁场方向竖直向上为正,在0~2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示,导体棒MN始终处于静止状态.下列说法正确的是()A.在0~t0和t0~2t0时间内,导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同B.在0~t0内,通过导体棒的电流方向为N到MC.在t0~2t0内,通过电阻R的电流大小为D.在0~2t0时间内,通过电阻R的电荷量为二、多选题(共5小题,每小题5.0分,共25分)11.(多选)如图所示,在匀强磁场中,放有一与线圈D相连接的平行导轨,要使放在线圈D中的线圈A(A、D两线圈同心共面)各处受到沿半径方向指向圆心的力,金属棒MN的运动情况可能是()A.加速向右B.加速向左C.减速向右D.减速向左12.(多选)如图甲所示的电路中,螺线管的匝数n=5000匝、横截面积S=20 cm2、螺线管的导线电阻r=1.0 Ω;定值电阻R1=4.0 Ω、R2=5.0 Ω.穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度为B,在某段时间内其变化规律如图乙所示,规定磁感应强度B竖直向下的方向为正方向.则下列说法正确的是()A.螺线管中产生的感应电动势为1 VB.闭合开关S,电路中的电流稳定后,电阻R1的电功率为5×10-2WC.闭合开关S,电路中的电流稳定后,电容器的下极板带负电D.断开开关S后,一段时间内,流经R2的电流方向由下而上13.(多选)如图所示,相距为d的边界水平的匀强磁场,磁感应强度水平向里、大小为B.质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线圈abcd,将线圈在磁场上方高h处由静止释放,已知cd边刚进入磁场时和cd边刚离开磁场时速度相等,不计空气阻力,则()A.在线圈穿过磁场的整个过程中,克服安培力做功为mgdB.若L=d,则线圈穿过磁场的整个过程所用时间为dC.若L<d,则线圈的最小速度可能为D.若L<d,则线圈的最小速度可能为14.如图1(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ在右侧.导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向.导线框R中的感应电动势()图1A.在t=时为零B.在t=时改变方向C.在t=时最大,且沿顺时针方向D.在t=T时最大,且沿顺时针方向15.(多选)如图所示,在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙导轨CD、EF,导轨上放有一金属棒MN.现从t=0时刻起,在棒中通以由M到N方向的电流且电流强度与时间成正比,即I=kt,其中k为常量,金属棒与导轨始终垂直且接触良好.下列关于棒的速度v、加速度α随时间t变化的关系图象,可能正确的是()A.B.C.D.三、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)16.如图为“研究电磁感应现象”的实验装置,电键闭合前小螺线管已插入到大螺线管中.(1)将图中所缺的导线补接完整;(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下,那么合上电键后将小螺线管迅速抽出时,灵敏电流计指针将向______(“左”或“右”)偏转;小螺线管插入大螺线管后,将滑动变阻器触头迅速向左移动时,灵敏电流计的指针将向______(“左”或“右”)偏转.四、计算题(共3小题,每小题18.0分,共54分)17.如图所示,某地地磁场磁感应强度大小为B=1.6×10-4T,与水平方向夹角为60°.求在水平面内S=1.5 m2的面积内地磁场的磁通量Φ是多少?18.如图所示,水平放置足够长的电阻不计的粗糙平行金属导轨MN、PQ相距为l=0.2 m,三根质量均为m=5 g的导体棒a、b、c相距一定距离垂直放在导轨上且与导轨间动摩擦因数均为μ=0.5,导体棒b、c的电阻均为R=1.0 Ω,导体棒a的电阻为r=0.5 Ω.有磁感应强度为B=0.5 T的范围足够大的匀强磁场垂直于导轨平面方向向上.现用一平行于导轨水平向右的足够大的拉力F 作用在导体棒a上,使之由静止开始向右做加速运动,导体棒始终与导轨垂直且接触良好,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略导体棒间的相互作用,求:(1)当导体棒c刚开始运动时,导体棒a的速度大小;(2)当导体棒c刚开始运动时撤去拉力F,撤力后电路中产生焦耳热为Q=6.0×10-2J,撤去拉力F 后导体棒a在导轨上滑行的距离.19.如图所示,足够长平行金属导轨倾斜放置,倾角为37°,宽度为0.5 m,电阻忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1 Ω.质量为0.2 kg的导体棒MN垂直于导轨放置,距离顶端1 m,接入电路的电阻为1 Ω,两端与导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示.先固定导体棒MN,2 s后让MN由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光.重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6.求:(1)1 s时流过小灯泡的电流大小和方向;(2)小灯泡稳定发光时消耗的电功率;(3)小灯泡稳定发光时导体棒MN运动的速度.答案解析1.【答案】D【解析】故D正确,其余选项错误.2.【答案】C【解析】由图知,在圆环进入磁场的过程中,电容器两板间的电压等于产生的电动势,切割的有效长度逐渐增大,电压器电压增大,电荷量增大,当半个圆环进入磁场时,切割的有效长度最大,电动势最大,电容器电荷量最大,接着电动势减小,电容器放电,当圆环全部进入磁场时,电容器电压等于电动势,稳定不变,电荷量不变,所以C正确,A、B、D错误.3.【答案】A【解析】磁铁经过图中位置1时,线框中的磁通量变大,且磁场方向向下,则由楞次定律可得,线框中感应电流沿abcd方向,经过位置2时,线框中的磁通量变小,且磁场方向向下,则由楞次定律可得,线框中感应电流沿adcb方向,故A正确.4.【答案】C【解析】题中磁感线在条形磁铁的内外形成闭合曲线,则磁铁外部的磁感线总数等于内部磁感线的总数,而且磁铁内外磁感线方向相反.而磁铁外部的磁感线分布在无穷大空间,所以图中线圈中磁铁内部的磁感线多于外部的磁感线,由于方向相反,外部的磁感线要将内部的磁感线抵消一些,当弹簧线圈的面积增大时,内部磁感线总数不变,而抵消增多,剩余减小,则磁通量将减小.所以当弹簧面积增大时,穿过线圈的磁通量Φ减小,将产生感应电流,故C正确,A、B、D 错误.5.【答案】A【解析】在北半球地磁场的竖直分量竖直向下,由楞次定律可判断OA电流方向由O到A,再根据在电源内部电流由负极流向正极,可知A点为正极,电势高,A对;由E=BLv可知C、D错误.6.【答案】C【解析】将开关S由1掷到2时,由于电容器放电,所以在导体棒中有向下的电流,导体棒受安培力作用向右运动,当导体棒切割磁感线产生的电动势等于电容器两端电压时,电路中电流为零,于是安培力为零,导体做匀速运动,电容器带电量及两板电压保持不变.此过程中安培力的变化及速度的变化都不是线性变化,所以选项C正确.7.【答案】A【解析】条形磁铁插入ab和cd棒之间时,穿过导轨的磁通量增大,根据楞次定律判断出导轨中产生感应电流,产生磁场将会阻碍磁通量增大,故两棒向里靠近,减小穿过的面积,从而起到阻碍磁通量增大的作用,故A正确,B、C、D错误.8.【答案】BD【解析】由题给条件可知感应电动势为E=nπr2,电阻为R=,电流I=,联立以上各式得I =·,则可知B、D项正确,A、C项错误.9.【答案】C【解析】断电的自感现象,断电时电感线圈与小灯泡组成回路,电感线圈储存磁能转化为电能,电感线圈相当于电源,其自感电动势E自=L,与原电源无关,A错误;小灯泡电阻偏大,分得的电压大,可能看到显著的延时熄灭现象,B错误;线圈电阻偏大,相当于电源内阻大,使小灯泡分得的电压小,可看到不显著的延时熄灭现象,C正确;线圈的自感系数较大时,自感电动势较大,可能看到显著的延时熄灭现象,D错误.10.【答案】B【解析】导体棒MN始终静止,与导轨围成的线框面积不变,根据电磁感应可得感应电动势E==S,即感应电动势与B-t图象斜率成正比,0~t0的感应电流I1==S=S,t0~2t0的感应电流I2==S=S,选项C错.0~t0竖直向上的磁通量减小,根据楞次定律感应电流的磁场方向竖直向上,感应电流方向为N到M,选项B对.0~t0磁通量在减小,根据楞次定律要阻碍磁通量的减小,导体棒有向右运动的趋势,摩擦力水平向左.t0~2t0磁通量增大,同理可判断导体棒有向左的运动趋势,摩擦力水平向右,选项A错.在0~2t0时间内,通过电阻R的电荷量Q=·Δt=·Δt=S·Δt==,选项D错.11.【答案】AB【解析】线圈A各处受到沿半径方向指向圆心的力可以理解为A正在具有收缩的趋势,根据楞次定律可以知道此时一定是D中的磁场正在增大,与磁场的方向无关;D中的磁场正在增大,说明导体棒MN正在做加速运动,与方向无关.所以MN可能向左加速,也可能是向右加速.所以四个选项中A和B正确,C和D错误.12.【答案】AD【解析】根据法拉第电磁感应定律:E=n=n·S,代入数据解得:E=5000×2×10-3×V=1 V,A正确.电路中的电流稳定后,根据闭合电路欧姆定律得I==0.1 A,根据P=I2R1求得P=4×10-2W,B错误.根据楞次定律知,从上向下看电流方向为逆时针,电容器的下极板带正电,C错误.断开开关S后,电容器放电,一段时间内,流经R2的电流方向由下而上,D正确.13.【答案】BCD【解析】根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程:动能变化为0,重力势能转化为线框产生的热量,则进入磁场的过程中线圈产生的热量Q=mgd,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,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cd边刚穿出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;线圈刚进入磁场时的速度大小v=,若L=d,线圈将匀速通过磁场,所用时间为t===d,故B正确;若L<d,线框可能先做减速运动,在完全进入磁场前做匀速运动,因为完全进入磁场时的速度最小,则mg=,则最小速度v=,故C正确;因为进磁场时要减速,即此时的安培力大于重力,速度减小,安培力也减小,当安培力减到等于重力时,线圈做匀速运动,全部进入磁场将做加速运动,设线圈的最小速度为v m,知全部进入磁场的瞬间速度最小.由动能定理知,从cd边刚进入磁场到线框完全进入时,则有:mv m2-mv02=mgL-mgd,有mv02=mgh,综上所述,线圈的最小速度为v m=,故D正确.14.【答案】AC【解析】在t=时,交流电图线斜率为0,即磁场变化率为0,由E==S知,E=0,A项正确;在t=和t=T时,图线斜率最大,在t=和t=T时感应电动势最大.在到之间,电流由Q向P减弱,导线在R处产生垂直纸面向里的磁场,且磁场减弱,由楞次定律知,R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里,即R中感应电动势沿顺时针方向,同理可判断在到时,R中电动势也为顺时针方向,在T到T时,R中电动势为逆时针方向,C项正确,B、D项错误.15.【答案】BD【解析】由题,导轨粗糙,棒中通入的电流与时间成正比,I=kt,棒将受到安培力作用,当安培力大于最大静摩擦力时,棒开始运动,根据牛顿第二定律得:F-F f=ma,而F=BIL,I=kt,得BkL·t-F f=ma,可见a随t的变化均匀增大,故A错误,B正确;a增大,v-t图象的斜率增大,故C错误,D正确.16.【答案】(1)如图所示(2)左右【解析】(1)如图所示.(2)在闭合电键时和电流计串联的线圈中磁通量增加,发现灵敏电流计的指针向右偏转一下.那么合上电键后将小螺线管迅速抽出时和电流计串联的线圈中磁通量减小,灵敏电流计指针将向左偏转.将滑动变阻器触头迅速向左移动时,滑动变阻器的电阻减小,电流增大,和电流计串联的线圈中磁通量增加,发现灵敏电流计的指针向右偏转一下.17.【答案】2.08×10-4Wb【解析】由磁通量的定义式可得:Φ=BS sin 60°=1.6×10-4T×1.5 m2×≈2.08×10-4Wb18.【答案】(1)5 m/s(2)0.1 m【解析】(1)导体棒a切割磁感线产生的电动势为:E=Blv外电路的电阻为:E外=R由闭合电路欧姆定律得:I=以导体棒c为研究对象:由电路知识:Ic=I由物体平衡条件:μmg=BIcl联立解得:v=5 m/s(2)以导体棒a为研究对象:由能量守恒定律:μmgs+Q=mv2解得:S=0.1 m19.【答案】(1)0.1 A,方向为逆时针(2)1 W(3)5 m/s【解析】(1)在0~2 s的时间内,MN静止,故由电磁感应定律可得,电动势E===0.2 V,再由欧姆定律得,电流I===0.1 A,由于磁场是逐渐变大的,磁通量是增加的,故产生感应电动势的磁场是相反的,即沿斜面向上,由右手定则可判断出回路中的电流方向为逆时针方向.(2)2 s后,MN由静止释放时,此时它受到的安培力为F=BIL=0.8 T×0.1 A×0.5 m=0.04 N,而导体棒的重力沿斜面向下的分量为mg sin 37°=0.2 kg×10 N/kg×0.6=1.2 N,故导体棒会向下运动;待小灯泡稳定发光时,说明MN在某一速度下运动时,它受到的力是平衡的.由导体棒的受力平衡可得:F=mg sin 37°-μmg cos 37°=0.2 kg×10 N/kg×(0.6-0.5×0.8)=0.4 N;故安培力的大小为F=0.4 N,设平衡时电路中的电流为I1,由公式F=BI1L,得电路中的电流为I1===1 A,故小灯泡稳定发光时消耗的电功率P=IR=(1 A)2×1 Ω=1 W;(3)设平衡时导体棒的运动速度为v,则根据E1=BLv,I1==得,1 A=,解得v=5 m/s.。

2019年高考物理一轮复习专题10.12电磁感应综合问题千题精练

2019年高考物理一轮复习专题10.12电磁感应综合问题千题精练

专题10.12 电磁感应综合问题一.选择题1.在北半球上,地磁场竖直分量向下.飞机在我国上空匀速巡航,机翼保持水平,飞行高度不变.由于地磁场的作用,金属机翼上有电势差,设飞行员左方机翼末端处的电势为,右方机翼末端处电势为,则()A. 若飞机从西往东飞,比高B. 若飞机从东往西飞,比高C. 若飞机从南往北飞,比高D. 若飞机从北往南飞,比高【参考答案】AC点睛:本题要了解地磁场的分布情况,掌握右手定则.对于机翼的运动,类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势,而电源内部的电流方向则是由负极流向正极2.健身车的磁控阻力原理如图所示,在金属飞轮的外侧有一些磁铁(与飞轮不接触),人在健身时带动飞轮转动,磁铁会对飞轮产生阻碍,拉动控制拉杆可以改变磁铁与飞轮间的距离.则A. 飞轮受到阻力大小与其材料密度有关B. 飞轮受到阻力大小与其材料电阻率有关C. 飞轮转速一定时,磁铁越靠近飞轮,其受到的阻力越大D. 磁铁与飞轮间距离不变时,飞轮转速越大,其受到阻力越小【参考答案】BC点睛:金属飞轮在磁场中运动的过程中产生感应电流,根据法拉第电磁感应定律判断转速和距离对感应电动势的影响,根据欧姆定律和安培力公式确定阻力的大小.3.如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。

将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。

下列说法正确的是()A. 开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B. 开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C. 开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动【参考答案】AD【名师解析】本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点。

开关闭合的瞬间,左侧的线圈中磁通量变化,产生感应电动势和感应电流,由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北,由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动,选项A正确;开关闭合并保持一段时间后,左侧线圈中磁通量不变,线圈中感应电动势和感应电流为零,直导线中电流为零,小磁针恢复到原来状态,选项BC错误;开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间,左侧的线圈中磁通量变化,产生感应电动势和感应电流,由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南,由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动,选项D正确。

(北京专用)2019版高考物理一轮复习第十二章电磁感应全章闯关检测

(北京专用)2019版高考物理一轮复习第十二章电磁感应全章闯关检测

第十二章电磁感应时间:60分钟分值:100分一、选择题(每小题6分,共60分)1.在电磁学的发展过程中,许多科学家做出了贡献。

下列说法正确的是( )A.奥斯特发现了电流磁效应;法拉第发现了电磁感应现象B.麦克斯韦预言了电磁波;楞次用实验证实了电磁波的存在C.库仑发现了点电荷的相互作用规律并通过油滴实验测定了元电荷的数值D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律;洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律答案 A 赫兹用实验证实了电磁波的存在,B错;通过油滴实验测定了元电荷的数值的科学家是密立根,C错;安培发现了磁场对电流的作用规律,洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律,D错。

2.如图所示,导线框abcd与通电直导线在同一平面内,两者彼此绝缘,直导线通有恒定电流并通过ad和bc的中点,当线框向右运动的瞬间,则( )A.线框中有感应电流,且按顺时针方向B.线框中有感应电流,且按逆时针方向C.线框中有感应电流,但方向难以判断D.由于穿过线框的磁通量为零,所以线框中没有感应电流答案 B 由安培定则可判知通电直导线周围磁场如图所示。

当ab导线向右做切割磁感线运动时,由右手定则判断感应电流为a→b,同理可判断cd导线中的感应电流方向为c→d,ad、bc两边不做切割磁感线运动,所以整个线框中的感应电流是逆时针方向的。

3.插有铁芯的线圈(电阻不能忽略)直立在水平桌面上,铁芯上套一铝环,线圈与电源、开关相连。

以下说法中正确的是( )A.闭合开关的瞬间铝环跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环又跳起B.闭合开关的瞬间铝环不跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环也不跳起C.闭合开关的瞬间铝环不跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环跳起D.闭合开关的瞬间铝环跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环不跳起答案 D 闭合开关瞬间,铝环中的磁通量增大,铝环要远离磁场,以阻碍磁通量的增大,故会跳起,而闭合开关后再断开的瞬间,铝环中的磁通量减少,铝环有靠近磁场的趋势,以阻碍这种减小,故不会跳起,即D正确。

高三物理一轮复习——电磁感应中的动量和能量问题

高三物理一轮复习——电磁感应中的动量和能量问题

高三物理一轮复习——电磁感应中的动量和能量问题
例2 (2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图3所示,间距为L 的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内,虚线MN 右侧区域存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场.质量均为m 、长度均为L 、电阻均为R 的导体棒a 、b ,垂直导轨放置且保持与导轨接触良好.开始导体棒b 静止于与MN 相距为x 0处,导体棒a 以水平速度v 0从MN 处进入磁场.不计导轨电阻,忽略因电流变化产生的电磁辐射,运动过程中导体棒a 、b 没有发生碰撞.求:
图3
(1)导体棒b 中产生的内能;
(2)导体棒a 、b 间的最小距离.
答案 (1)18m v 02 (2)x 0-m v 0R B 2L 2 解析 (1)导体棒a 进入磁场后,a 、b 及导轨组成的回路磁通量发生变化,产生感应电流.在安培力作用下,a 做减速运动、b 做加速运动,最终二者速度相等.此过程中系统的动量守恒,以v 0的方向为正方向,有
m v 0=2m v
根据能量守恒定律
12m v 02-12
·2m v 2=Q 导体棒b 中产生的内能
Q b =Q 2
整理得Q b =18
m v 02; (2)设经过时间Δt 二者速度相等,此过程中安培力的平均值为F ,导体棒ab 间的最小距离为x .以b 为研究对象,根据动量定理
F Δt =m v
而F =BIL。

2019届高考物理大一轮复习金考卷:电磁感应(含解析)

2019届高考物理大一轮复习金考卷:电磁感应(含解析)

阶段示范性金考卷(九)(教师用书独具)本卷测试内容:电磁感应本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共110分.第Ⅰ卷(选择题,共60分)一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分.在第1、2、4、5、7、8小题给出的4个选项中,只有一个选项正确;在第3、6、9、10、11、12小题给出的四个选项中,有多个选项正确,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.)1. [2018·济南高三模拟]如图所示,一轻质横杆两侧各固定一金属环,横杆可绕中心点自由转动,拿一条形磁铁插向其中一个小环,后又取出插向另一个小环,发生的现象是( )A. 磁铁插向左环,横杆发生转动B. 磁铁插向右环,横杆发生转动C. 无论磁铁插向左环还是右环,横杆都不发生转动D. 无论磁铁插向左环还是右环,横杆都发生转动解析:本题考查电磁感应现象、安培力的简单应用.磁铁插向左环,横杆不发生移动,因为左环不闭合,不能产生感应电流,不受安培力的作用;磁铁插向右环,横杆发生移动,因为右环闭合,能产生感应电流,在磁场中受到安培力的作用,选项B正确.本题难度易.答案:B2. 如图所示,在某中学实验室的水平桌面上,放置一正方形闭合导体线圈abcd,线圈的ab边沿南北方向,ad边沿东西方向,已知该处地磁场的竖直分量向下.下列说法中正确的是( )A. 若使线圈向东平动,则b点的电势比a点的电势低B. 若使线圈向北平动,则a点的电势比d点的电势低C. 若以ab为轴将线圈向上翻转,则线圈中感应电流方向为abcdaD. 若以ab为轴将线圈向上翻转,则线圈中感应电流方向为adcba解析:由右手定则知,若使线圈向东平动,线圈的ab边和cd边切割磁感线,c(b)点电势高于d(a)点电势,故A错误;同理知B错误;若以ab为轴将线圈向上翻转,穿过线圈平面的磁通量将变小,由楞次定律可判定线圈中感应电流方向为abcda,C正确.答案:C3. 如图所示,质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上.当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈,沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时,线圈始终保持不动.则关于线圈在此过程中受到的支持力F N和摩擦力F f的情况,以下判断正确的是()A. 靠近线圈时,F N大于mg,F f向左B. 靠近线圈时,F N小于mg,F f向右C. 远离线圈时,F N小于mg,F f向左D. 远离线圈时,F N大于mg,F f向右解析:楞次定律从阻碍相对运动角度可以表述为“来拒去留”,磁铁靠近线圈时,磁铁在线圈的左上方,线圈受到磁铁的作用力向右下方,F N大于mg,F f向左,A项正确,B项错误;磁铁远离线圈时,磁铁在线圈的右上方,线圈受到磁铁的作用力向右上方,F N小于mg,F f向左,C项正确,D项错误.答案:AC4. 如图所示,竖直平面内有一金属环,半径为a,总电阻为R(指拉直时两端的电阻),磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面,在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为R2的导体棒AB,AB由水平位置紧贴环面摆下,当摆到竖直位置时,B点的线速度为v,则这时AB两端的电压大小为 ( )A. Bav3B.Bav6C. 2Bav3D. Bav解析:摆到竖直位置时,AB切割磁感线的瞬时感应电动势E=B·2a·(12v)=Bav.由闭合电路欧姆定律得,U AB=ER2+R4·R4=13Bav,故A正确.答案:A5. 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,D1、D2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,下列说法中错误的是( )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:开关S闭合的瞬间,线圈L可看做暂时的断路,故通过两灯泡的电流相等,且同时亮,A对B错;电路稳定后,由于线圈直流电阻忽略不计,将灯泡D1短路,灯泡D2获得更多电压,会更亮,C对;若断开开关S,此时线圈与灯泡D1构成回路,继续对其供电,灯泡D1将闪亮一下后再逐渐熄灭,灯泡D2无法形成回路将立即熄灭,D对.答案:B6. 一长直导线与闭合金属线框放在同一桌面内,长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图所示.在0~T时间内,直导线中电流向上如图中所示.则在0~T时间内,下列表述正确的是( )2A. 穿过线框的磁通量始终变小B. 线框中始终产生顺时针方向的感应电流C. 线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势D. 线框所受安培力的合力始终向左解析:长直导线中的电流先减小后增大,所以穿过线框的磁通量先减小后增大,A错误;由楞次定律可以判断在0~T时间内,线框中始终产生俯视顺时针方向的感应电流,B正确;穿过线框的磁通量先减小后增大,由楞次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势,C正确;由楞次定律、左手定则判断线框受安培力的合力方向先向左后向右,D错误.答案:BC7. 将一个闭合矩形金属线框abcd放入如图所示的匀强磁场中,图中虚线表示磁场边界,在用力将线框abcd 从磁场中以速度v匀速拉出的过程中,下列说法中正确的是( )A. 拉线框的速度越大,通过导线横截面的电荷量越多B. 磁场越强,拉力做的功越多C. 拉力做功多少与线框的宽度bc 无关D. 线框电阻越大,拉力做的功越多解析:由q =IΔt=E R ·Δt=ΔΦΔtR ·Δt=ΔΦR 可知通过导线横截面的电荷量与线框运动速度无关,A 错误;W =FL 其中F 为拉力,L 为线框长度,而F =F 安,F 安=BId =B 2d 2vR ,其中d 为线框宽度,R 为线框电阻,联立得:W =B 2d 2v RL ,所以B 正确,C 、D 错误.答案:B8. 如图所示,一个边界为等腰直角三角形、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一固定的正方形金属框,其边长与三角形的直角边相同,每条边的材料均相同.现在让有界匀强磁场向右匀速地通过金属框,金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上.在磁场通过金属框的过程中,回路中产生的感应电动势大小E -t 图象、ab 两点的电势差U ab -t 图象正确的是( )解析:由E =BLv 可知导体棒切割时产生的感应电动势跟切割的有效长度成正比,由于是匀速运动,有效长度跟时间成线性关系,回路中产生的感应电动势大小先线性减小,当磁场右边界与cd 边重合时,感应电动势突变到最大,接着又从最大线性减小,所以A 、B 错误;由楞次定律知,ab 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是逆时针方向,a 点电势低于b 点电势,ab 边相当于电源,ab 两点的电势差U ab =-34BLv ,直到cd 边刚开始切割磁感线的过程,ab 间电阻不变,回路中电动势线性减小,电流线性减小,ab 两点的电势差U ab 线性减小,当cd 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是顺时针方向,电势差U ab =-14BLv ,同理分析,可得C错误,D 正确.答案:D9. 如图所示,电阻为R ,导线电阻均可忽略,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,又能沿足够长的框架无摩擦下滑,整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中,当导体棒ef 从静止下滑一段时间后闭合开关S ,则S 闭合后 ( )A. 导体棒ef 的加速度可能大于gB. 导体棒ef 的加速度一定小于gC. 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v 0,若此时F 安>mg ,则F 安-mg =ma.若F 安<mg ,则mg -F 安=ma ,因为F 安的大小不确定,所以导体棒ef 的加速度可能大于g 、小于g 、等于g ,故A 正确,B 错误.无论闭合开关时初速度多大,导体棒最终的安培力应和重力平衡,故C 错误.根据能量守恒定律知,D 正确.答案:AD10. 如图所示,在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈,从相同的高度由静止开始同时释放.三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形,A 线圈有一个缺口,B 、C 线圈闭合,但B 线圈的导线比C 线圈的粗,则( )A. 三个线圈同时落地B. A 线圈最先落地C. A 线圈最后落地D. B 、C 线圈同时落地解析:由于A 线圈上有缺口,A 中不产生感应电流,不受安培力的阻碍作用,所以A 线圈先落地,B 正确;B 、C 线圈在进入磁场的过程中,受安培力与重力作用,满足mg -B 2L 2v R =ma ,m =ρ密·4L·S,R =ρ电4LS ,所以4ρ密LSg -B 2LSv4ρ电=4ρ密LSa,4ρ密g -B 2v4ρ电=4ρ密a ,a =g -B 2v16ρ密ρ电,由于B 、C 线圈材料相同,进入相同的磁场,所以加速度a 相同,又因为起始高度相同,所以B 、C 线圈同时落地,D 选项正确.答案:BD11. [2018·石家庄高中毕业质检一]半径为r =0.5 m 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置,在圆环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于纸面的平行金属板连接,两板间距离为d =5 cm ,如图甲所示.金属环处在变化的磁场中,磁感应强度B 的方向垂直于纸面,变化规律如图乙所示(规定向里为正方向).在t =0时刻平板间中心有一电荷量为+q 的微粒由静止释放,运动中粒子不碰板,不计重力作用,则以下说法正确的是 ( )A. 第2 s 内上极板带负电B. 第3 s 内上极板带正电C. 第3 s 末微粒回到了原位置D. 两极板之间的电场强度大小恒为3.14 N/C解析:由B -t 图象可知第1 s 内磁场方向向里且增大,由楞次定律结合安培定则判断可知第1 s 内上极板带负电,同理可知第2 s 内和第3 s 内都是上极板带正电,选项B 正确,选项A 错误;B -t 中图线斜率大小恒定,根据法拉第电磁感应定律有感应电动势E′=ΔB Δt πr 2,场强E =E′d ,联立得选项D 正确;电场力大小恒定,方向周期性变化,分析可知微粒第1 s 内向上加速,第2 s 内向上减速到零,第3 s 内向下加速,第3 s 末走到前段位移的一半,故选项C 错误.答案:BD12. 如图所示,平行光滑金属导轨与水平面的倾角为θ,下端与阻值为R 的电阻相连,匀强磁场垂直轨道平面向上,磁感应强度为B ,现使长为l 、质量为m 的导体棒从ab 位置以平行于斜面的初速度向上运动,滑行到最远位置之后又下滑,已知导体棒运动过程中的最大加速度为2gsinθ,g 为重力加速度,不计其他电阻,导轨足够长,则( )A. 导体棒下滑的最大速度为mgRsinθB 2l2B. R 上的最大热功率是m 2g 2Rsin 2θB 2l2C. 导体棒返回ab 位置前已经达到下滑的最大速度D. 导体棒返回ab 位置时刚好达到下滑的最大速度解析:导体棒在下滑的过程中,先做加速运动,根据牛顿第二定律得,mgsinθ-F 安=ma ,当F 安=mgsinθ时,速度达到最大,然后做匀速运动,又F 安=BIl ,I =ER,E =Blv ,联立可得,导体棒下滑的最大速度为v =mgRsinθB 2l 2,A 项正确;根据R 上的发热功率P 热=I 2R ,I =Blv R 可知,导体棒的速度v 最大时,感应电流最大,R 上的发热功率也最大;由题意可知,导体棒上滑时的初速度v 0为最大速度,导体棒的加速度最大,mg +F 安=2mgsinθ,解得,F 安=mgsinθ,v 0=mgRsinθB 2l 2,R 上的最大发热功率P 热=m 2g 2Rsin 2θB 2l 2,B 项正确;下滑的最大速度与上滑的初速度相同,考虑到滑动过程中导体棒的机械能不断转化为电能,所以滑动到同一位置时,下滑时的速度小于上滑时的速度,导体棒返回到ab 位置时还没有达到下滑的最大速度,而是小于最大速度,C 、D 两项错误.答案:AB第Ⅱ卷 (非选择题,共50分)二、计算题(本题共4小题,共50分)13. (10分)[山东潍坊高三质量抽样]如图甲所示,平行金属导轨竖直放置,导轨间距为L =1 m ,上端接有电阻R 1=3 Ω,下端接有电阻R 2=6 Ω,虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场.现将质量m =0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab ,从OO′上方某处垂直导轨由静止释放,杆下落0.2 m 过程中始终与导轨保持良好接触,加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示.求:(1)磁感应强度B ;(2)杆下落0.2 m 过程中通过电阻R 2的电荷量q.解析:(1)由图象知,杆自由下落距离是0.05 m ,当地重力加速度g =10 m/s 2,则杆进入磁场时的速度 v =2gh =1 m/s ①由图象知,杆进入磁场时加速度 a =-g =-10 m/s 2②由牛顿第二定律得mg -F 安=ma ③ 回路中的电动势E =BLv ④ 杆中的电流I =ER 并⑤R 并=R 1R 2R 1+R 2⑥F 安=BIL =B 2L 2vR 并⑦得B =2mgR 并L 2v=2 T ⑧(2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E =ΔΦΔt⑨ 杆中的平均电流I =ER 并⑩通过杆的电荷量Q =I ·Δt ⑪ 通过R 2的电量q =13Q =0.05 C ⑫答案:(1)2 T (2)0.05 C14. (12分)一电阻为R 的金属圆环,放在匀强磁场中,磁场与圆环所在平面垂直,如图a 所示,已知通过圆环的磁通量随时间t 的变化关系如图b 所示,图中的最大磁通量Φ0和变化周期T 都是已知量,求:(1)在t =0到t =T/4的时间内,通过金属圆环横截面的电荷量q ; (2)在t =0到t =2T 的时间内,金属圆环所产生的电热Q.解析:(1)由磁通量随时间的变化图线可知在t =0到t =T/4时间内,金属圆环中的感应电动势 E 1=Φ0T/4=4Φ0T① 在以上时段内,金属圆环中的电流为I 1=E 1R ②则在这段时间内通过金属圆环横截面的电荷量 q =I 1t 1③联立求解得q =Φ0R④(2)在t =T/4到t =T/2和t =3T/4到t =T 时间内,金属圆环中的感应电动势E 2=0⑤ 在t =T/2到t =3T/4时间内,金属圆环中的感应电动势E 3=Φ0T/4=4Φ0T⑥ 由欧姆定律可知在以上时段内,金属圆环中的电流为 I 3=4Φ0TR⑦ 在t =0到t =2T 时间内金属圆环所产生的电热 Q =2(I 21Rt 1+I 23Rt 3)⑧ 联立求解得Q =16Φ2RT ⑨答案:(1)Φ0R (2)16Φ20RT15. (12分) 如图甲所示,水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置,间距d=0.5 m,电阻不计,左端通过导线与阻值R=2 Ω的电阻连接.右端通过导线与阻值R1=4 Ω的小灯泡L连接.在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场,CE长l=2 m,有一阻值r=2 Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处.CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示.在t=0至t=4 s内,金属棒PQ保持静止,在t=4 s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动.已知从t=0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中,小灯泡的亮度没有发生变化,求:(1)通过小灯泡的电流;(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小.解析:(1)t=0至t=4 s内,金属棒PQ保持静止,磁场变化导致电路中产生感应电动势电路中r与R并联,再与R L串联,电路的总电阻R总=R L+RrR+r=5 Ω此时感应电动势E=ΔΦΔt=dlΔBΔt=0.5×2×0.5 V=0.5 V通过小灯泡的电流为I=ER总=0.1 A(2)当金属棒在磁场区域中运动时,由金属棒切割磁感线产生电动势,电路为R与R L并联,再与r串联,此时电路的总电阻R′总=r+RR LR+R L=2 Ω+4×24+2Ω=103Ω由于灯泡中电流不变,所以灯泡的电流I L=0.1 A,则流过金属棒的电流为I′=I L+I R=I L+R L I LR=0.3 A电动势E′=I′R′总=Bdv解得金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小v=1 m/s.答案:(1)0.1 A (2)1 m/s16. (16分) 如图甲所示,质量为m的导体棒ab垂直放在相距为l的平行且无限长的金属导轨上,导体棒ab与平行金属导轨的摩擦因数为μ,导轨平面与水平面的夹角为θ,并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.R和R x分别表示定值电阻和滑动变阻器连入电路的阻值,不计其他电阻.现由静止释放导体棒,当通过R的电荷量达到q时,导体棒ab刚好达到最大速度.重力加速度为g.(1)求从释放导体棒到棒达到最大速度时下滑的距离s 和最大速度v m ;(2)若将左侧的定值电阻和滑动变阻器换为水平放置的电容为C 的平行板电容器,如图乙所示,导体棒ab 由静止释放到达到(1)中的速度v m 需要多少时间(用v m 表示最大速度)?解析:(1)对于闭合回路,在全过程中,根据法拉第电磁感应定律得ab 中的平均感应电动势 E =ΔΦΔt =Bls Δt ① 由闭合电路欧姆定律得通过R 的平均电流I =ER +R x② 通过R 的电荷量q =I Δt③联立①②③得:s =R +R x Blq 在ab 加速下滑的过程中,根据牛顿第二定律:mgsinθ-μmgcosθ-F A =ma ④式中安培力F A =BIl ⑤其中I =Blv R +R x⑥ 当④中的加速度为0时,ab 的速度v =v m ⑦联立④⑤⑥⑦得:v m =mg B 2l2(R +R x )(sinθ-μcosθ) (2)设ab 下滑的速度大小为v 时经历的时间为t ,通过ab 的电流为i ,则:mgsinθ-μmgcosθ-Bil =ma ⑧设在时间间隔Δt 内平行板电容器增加的电荷量为ΔQ,则:i =ΔQ Δt ⑨ 此时平行板电容器两端的电压的增量为ΔU=BlΔv⑩根据电容的定义C =ΔQ ΔU⑪ 而Δv=aΔt ⑫联立上面各式得ab 下滑的加速度a =m sinθ-μcosθm +B 2l 2C g上式表明ab 做初速度为0的匀加速运动,所以t =m +B 2l 2C v m mg sinθ-μcosθ 答案:(1)R +R x Bl q mg B 2l2(R +R x )(sinθ-μcosθ) (2)m +B 2l 2C v m mg sinθ-μcosθ(注:可编辑下载,若有不当之处,请指正,谢谢!)。

2019高考物理一轮复习题及答案解析电磁感应

2019高考物理一轮复习题及答案解析电磁感应

2019高考物理一轮复习题及答案解析电磁感应一、单项选择题1.矩形闭合线圈放置在水平薄板上,薄板下有两块相同的蹄形磁铁,四个磁极之间的距离相等(其间距略大于矩形线圈的宽度),如图1所示,当两块磁铁匀速向右通过线圈时,线圈仍静止不动,那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向是()图1A.摩擦力方向一直向左B.摩擦力方向先向左、后向右C.感应电流的方向一直不变D.感应电流的方向顺时针→逆时针,共经历四次这样的变化2.如图2所示,铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上,一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落,然后从管内下落到水平桌面上。

已知磁铁下落过程中不与管壁接触,不计空气阻力,下列判断正确的是()图2A.磁铁在整个下落过程中机械能守恒B.磁铁在整个下落过程中动能的增加量小于重力势能的减少量C.磁铁在整个下落过程中做自由落体运动D.磁铁在整个下落过程中,铝管对桌面的压力小于铝管的重力3.如图3所示,一块绝缘薄圆盘可绕其中心的光滑轴自由转动,圆盘的四周固定着一圈带电的金属小球,在圆盘的中部有一个圆形线圈。

实验时圆盘沿顺时针方向绕中心转动时,发现线圈中产生逆时针方向(由上向下看)的电流,则下列关于可能出现的现象的描述正确的是()图3A.圆盘上金属小球带负电,且转速减小B.圆盘上金属小球带负电,且转速增加C.圆盘上金属小球带正电,且转速不变D.圆盘上金属小球带正电,且转速减小4.如图4所示,通过水平绝缘传送带输送完全相同的闭合铜线圈,线圈均与传送带以相同的速度匀速运动。

为了检测出个别未闭合的不合格线圈,让传送带通过一固定匀强磁场区域,磁场方向垂直于传送带平面向上,线圈进入磁场前等距离排列,穿过磁场后根据线圈间的距离,就能够检测出不合格线圈。

通过观察图4,下列说法正确的是()图4A.从图中可以看出,第2个线圈是不闭合线圈B.从图中可以看出,第3个线圈是不闭合线圈C.若线圈闭合,进入磁场时线圈相对传送带向前运动D.若线圈不闭合,进入磁场时线圈相对传送带向后运动5.如图5甲所示,固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于竖直向下的匀强磁场中,金属杆ab与金属框架接触良好。

2019高考物理一轮复习题及答案解析电磁学综合附答案

2019高考物理一轮复习题及答案解析电磁学综合附答案

2019高考物理一轮复习题及答案解析电磁学综合1.如图1所示,质量m=2.0×10-4 kg、电荷量q=1.0×10-6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中。

取g=10 m/s2。

图1(1)求匀强电场的电场强度E1的大小和方向;(2)在t=0时刻,匀强电场强度大小突然变为E2=4.0×103 N/C,且方向不变。

求在t=0.20 s时间内电场力做的功;(3)在t=0.20 s时刻突然撤掉电场,求带电微粒回到出发点时的动能。

2.如图2所示,水平放置的平行金属板之间电压大小为U,距离为d,其间还有垂直纸面向里的匀强磁场。

质量为m、带电量为+q的带电粒子,以水平速度v0从平行金属板的正中间射入并做匀速直线运动,然后又垂直射入场强大小为E2,方向竖直向上的匀强电场,其边界a、b间的宽度为L(该电场竖直方向足够长)。

电场和磁场都有理想边界,且粒子所受重力不计,求图2(1)该带电粒子在a、b间运动的加速度大小a;(2)匀强磁场对该带电粒子作用力的大小F;(3)该带电粒子到达边界b时的速度大小v。

3.如图3是磁流体发电工作原理示意图。

发电通道是个长方体,其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b,前后两个侧面是绝缘体,上下两个侧面是电阻可略的导体电极,这两个电极与负载电阻R相连。

发电通道处于匀强磁场里,磁感应强度为B,方向如图。

发电通道内有电阻率为ρ的高温等离子电离气体沿导管高速向右流动(单位体积内离子数为n),运动的电离气体受到磁场作用,产生了电动势。

发电通道两端必须保持一定压强差,使得电离气体以不变的流速v通过发电通道。

不计电离气体所受的摩擦阻力。

根据提供的信息完成下列问题:图3(1)判断发电机导体电极的正负极,求发电机的电动势E;(2)发电通道两端的压强差Δp;(3)若负载电阻R阻值可以改变,当R减小时,电路中的电流会增大;但当R减小到R0时,电流达到最大值(饱和值)I m;当R继续减小时,电流就不再增大,而保持不变。

【名师推荐资料】新2020年高考物理一轮复习 专题10.16 电磁感应与动量综合问题千题精练

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专题10.16 电磁感应与动量综合问题1.(2018天津高考)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。

图1是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计,ab 和cd 是两根与导轨垂直,长度均为l ,电阻均为R 的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l ,列车的总质量为m 。

列车启动前,ab 、cd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所示,为使列车启动,需在M 、N 间连接电动势为E 的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计,列车启动后电源自动关闭。

(1)要使列车向右运行,启动时图1中M 、N 哪个接电源正极,并简要说明理由; (2)求刚接通电源时列车加速度a 的大小;(3)列车减速时,需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l 。

若某时刻列车的速度为0v ,此时ab 、cd 均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?(3)设列车减速时,cd 进入磁场后经t ∆时间ab 恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为∆Φ,平均感应电动势为1E ,由法拉第电磁感应定律有1E t∆Φ=∆⑥,其中2Bl ∆Φ=⑦; 设回路中平均电流为'I ,由闭合电路欧姆定律有1'2E I R=⑧讨论:若0I I 总恰好为整数,设其为n ,则需设置n 块有界磁场,若0I I 总不是整数,设0I I 总的整数部分为N ,则需设置N +1块有界磁场。

⑭.2.(20分)(2018高考信息卷)如图所示,两根光滑平行金属导轨(电阻不计)由半径为r 的圆弧部分与无限长的水平部分组成.间距为L 。

水平导轨部分存在竖直向下的匀强磁场.磁感应强度大小为B 。

一质量为2m 的金属棒ab 静置于水平导轨上,电阻为2R 。

2019年高考物理一轮复习 专题10.13 与实际相关的电磁感应问题千题精练

2019年高考物理一轮复习 专题10.13 与实际相关的电磁感应问题千题精练

专题10.13 与实际相关的电磁感应问题一.选择题1.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v 0刷卡时,在线圈中产生感应电动势.其E -t 关系如图所示.如果只将刷卡速度改为v 02,线圈中的E -t 关系图可能是( )【参考答案】D2.(2018·长兴中学高三模拟)1831年,法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲).它是利用电磁感应原理制成的,是人类历史上第一台发电机.图乙是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触.使铜盘转动,电阻R 中就有电流通过.若所加磁场为匀强磁场,回路的总电阻恒定,从左往右看,铜盘沿顺时针方向匀速转动,CRD 平面与铜盘平面垂直,下列说法正确的是( )A .电阻R 中没有电流流过B.铜片C的电势高于铜片D的电势C.保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中有电流产生D.保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则CRD回路中有电流产生【参考答案】C3.(2018·吉林实验中学模拟)转笔(Pen Spinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动.转笔深受广大中学生的喜爱,其中也包含了许多的物理知识,假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O 做匀速圆周运动,下列有关该同学转笔中涉及的物理知识的叙述正确的是( )A.笔杆上的点离O点越近的,做圆周运动的向心加速度越小B.笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C.若该同学使用中性笔,笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D.若该同学使用的是金属笔杆,且考虑地磁场的影响,由于笔杆中不会产生感应电流,因此金属笔杆两端一定不会形成电势差【参考答案】AC【名师解析】笔杆上各点的角速度相同,根据a=ω2r可知,笔杆上的点离O点越近的,做圆周运动的向心加速度越小,选项A正确;笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由笔杆对该点的作用力提供的,选项B错误;若该同学使用中性笔,且转动过快,则笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走,选项C 正确;若考虑地磁场的影响,由于笔杆转动时可能要切割磁感线而使金属笔杆两端形成电势差,选项D错误.二.计算题1. (15分)(2018江苏扬州期末)实验小组想要探究电磁刹车的效果,在遥控小车底面安装宽为L、长为2.5L的N匝矩形线框abcd,总电阻为R,面积可认为与小车底面相同,其平面与水平地面平行,小车总质量为m.如图所示是简化的俯视图,小车在磁场外以恒定的功率做直线运动,受到地面阻力恒为f ,进入磁场前已达到最大速度v ,车头(ab 边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力,车尾(cd 边)刚出磁场时速度恰好为零.已知有界磁场宽度为2.5L ,磁感应强度为B ,方向竖直向下.求: (1) 进入磁场前小车所受牵引力的功率P ; (2) 车头刚进入磁场时,感应电流的大小I ; (3) 电磁刹车过程中产生的焦耳热Q.【名师解析】. (1) 小车达最大速度v 后,小车做匀速直线运动,牵引力大小等于摩擦力 F =f(2分)小车功率与牵引力的关系P =Fv(2分) 解得P =fv.(1分)(3) 根据能量守恒12mv 2=Q +f·5L(3分)解得Q =12mv 2-5fL.(2分)2.(2016·陕西西工大附中模拟)如图所示,用水平绝缘传送带输送一正方形单匝闭合铜线框,在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域,铜线框在进入磁场前与传送带的速度相同,穿过磁场的过程中将相对于传送带滑动。

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专题10.16 电磁感应与动量综合问题1.(2018天津高考)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。

图1是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计,ab 和cd 是两根与导轨垂直,长度均为l ,电阻均为R 的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l ,列车的总质量为m 。

列车启动前,ab 、cd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所示,为使列车启动,需在M 、N 间连接电动势为E 的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计,列车启动后电源自动关闭。

(1)要使列车向右运行,启动时图1中M 、N 哪个接电源正极,并简要说明理由; (2)求刚接通电源时列车加速度a 的大小;(3)列车减速时,需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l 。

若某时刻列车的速度为0v ,此时ab 、cd 均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?(3)设列车减速时,cd 进入磁场后经t ∆时间ab 恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为∆Φ,平均感应电动势为1E ,由法拉第电磁感应定律有1E t∆Φ=∆⑥,其中2Bl ∆Φ=⑦; 设回路中平均电流为'I ,由闭合电路欧姆定律有1'2E I R=⑧讨论:若0I I 总恰好为整数,设其为n ,则需设置n 块有界磁场,若0I I 总不是整数,设0I I 总的整数部分为N ,则需设置N +1块有界磁场。

⑭.2.(20分)(2018高考信息卷)如图所示,两根光滑平行金属导轨(电阻不计)由半径为r 的圆弧部分与无限长的水平部分组成.间距为L 。

水平导轨部分存在竖直向下的匀强磁场.磁感应强度大小为B 。

一质量为2m 的金属棒ab 静置于水平导轨上,电阻为2R 。

另一质量为m 、电阻为R 的金属棒PQ 从圆弧M 点处由静止释放,下滑至N 处后进人水平导轨部分,M 到N 的竖直高度为h ,重力加速度为g ,若金属棒PQ 与金属棒ab 始终垂直于金属导轨并接触良好,且两棒相距足够远,求: (1)金属棒PQ 滑到N 处时,金属导轨对金属棒PQ 的支持力为多大?(2)从释放金属棒PQ 到金属棒ab 达到最大速度的过程中,整个系统产生的内能;(3)若在金属棒ab 达到最大速度时给金属棒ab 施加一水平向右的恒力F(F 为已知),则在此恒力作用下整个回路的最大电功率为多少。

【名师解析】(1)设金属棒PQ 到N 处时的速度为v 0,支持力为F N 根据动能定理得212mgh mv = (2分)解得v =F N —mg=2v m r(2分) 得F N =2mgh mg r + (2分)根据能量守恒定律知系统释放的热量应等于系统机械能的减少量,得2'211322Q mv mv =-⋅ (2分) 解得23Q mgh = (2分)(3)当金属棒PQ 达到最大功率时,金属棒PQ 与金属棒ab 加速度相同,速度差恒定,回路中产生稳定电流。

由牛顿第二定律得 PQ 棒:F 安=ma (1分) ab 棒:F-F 安=2ma (1分) 得=3FF 安 由安培力的公式可得F 安=BIL (2分); 功率P=I 23R (2分);联立以上各式得2223F RP B L = (2分)3.如图6所示,两根间距为l 的光滑金属导轨(不计电阻),由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组成,其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场,磁感应强度为B ,导轨水平段上静止放置一金属棒cd ,质量为2m ,电阻为2r 。

另一质量为m ,电阻为r 的金属棒ab ,从圆弧段M 处由静止释放下滑至N 处进入水平段,棒与导轨始终垂直且接触良好,圆弧段MN 半径为R ,所对圆心角为60°。

求:图6(1)ab 棒在N 处进入磁场区速度是多大?此时棒中电流是多少?(2)cd 棒能达到的最大速度是多大?(3)cd 棒由静止到达最大速度过程中,系统所能释放的热量是多少?(2)ab 棒在安培力作用下做减速运动,cd 棒在安培力作用下做加速运动,当两棒速度达到相同速度v ′时,电路中电流为零,安培力为零,cd 达到最大速度。

运用动量守恒定律得mv =(2m +m )v ′ 解得v ′=13gR 。

(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量, 故Q =12mv 2-12·3mv ′2,解得Q =13mgR 。

答案 (1)gRBl gR 3r (2)13gR (3)13mgR 4.(2018·河北五名校联盟二模)如图7所示,MN 、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径r =0.5 m 的相同竖直半圆导轨在N 、Q 端平滑连接,M 、P 端连接定值电阻R ,质量M =2 kg 的cd 绝缘杆垂直且静止在水平导轨上,在其右侧至N 、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场。

现有质量m =1 kg 的ab 金属杆以初速度v 0=12 m/s 水平向右运动,与cd 绝缘杆发生正碰后,进入磁场并最终未滑出,cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点,不计除R 以外的其他电阻和摩擦,ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好,g 取10 m/s 2,(不考虑cd 杆通过半圆导轨最高点以后的运动)求:图7(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ; (2)电阻R 产生的焦耳热Q 。

(2)发生正碰后cd 绝缘杆滑至最高点的过程中,由动能定理有 -Mg ·2r =12Mv 2-12Mv 22,解得碰撞后cd 绝缘杆的速度v 2=5 m/s , 两杆碰撞过程中动量守恒,有mv 0=mv 1+Mv 2,解得碰撞后ab 金属杆的速度v 1=2 m/s ,ab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有12mv 21=Q ,解得Q =2 J 。

答案 (1) 5 m/s (2)2 J5.(2018高考考前冲刺)(注意:在试题卷上作答无效)..............如图14所示,固定在上、下两层水平面上的平行金属导轨MN 、''N M 和OP 、''P O 间距都是l ,二者之间固定有两组竖直半圆形轨道PQM 和'''M Q P ,两轨道间距也均为l ,且PQM 和'''M Q P 的竖直高度均为R 4,两组半圆形轨道的半径均为R 。

轨道的'QQ 端、'MM 端的对接狭缝宽度可忽略不计,图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架,能使导轨系统位置固定。

将一质量为m 的金属杆沿垂直导轨方向放在下层导轨的最左端'OO 位置,金属杆在与水平成θ角斜向上的恒力作用下沿导轨运动,运动过程中金属杆始终与导轨垂直,且接触良好。

当金属杆通过R 4的距离运动到导轨末端'PP 位置时其速度大小gR v P 4=。

金属杆和导轨的电阻、金属杆在半圆轨道和上层水平导轨上运动过程中所受的摩擦阻力,以及整个运动过程中所受空气阻力均可忽略不计。

(1)已知金属杆与下层导轨间的动摩擦因数为μ,求金属杆所受恒力F 的大小;(2)金属杆运动到'PP 位置时撤去恒力F ,金属杆将无碰撞地水平进入第一组半圆轨道PQ 和''Q P ,又在对接狭缝Q 和'Q 处无碰撞地水平进入第二组半圆形轨道QM 和''M Q 的内侧,求金属杆运动到半圆轨道的最高位置'MM 时,它对轨道作用力的大小;(3)若上层水平导轨足够长,其右端连接的定值电阻阻值为r ,导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中。

金属杆由第二组半圆轨道的最高位置'MM 处,无碰撞地水平进入上层导轨后,能沿上层导轨滑行。

求金属杆在上层导轨上滑行的最大距离。

【名师解析】(1)金属杆在恒定外力F 作用下,沿下层导轨以加速度a 做匀加速直线运动, 根据运动学公式有as v P 22=14图得:g a 2=根据牛顿第二定律,金属杆沿下层轨运动时,在竖直方向和水平方向分别有0sin =--θF N mg ,ma N F =-μθcos解得:θμθμsin cos )2(++=mgF由牛顿第三定律可知,金属杆对轨道压力的大小mg F M 7'=(3)经历一段极短的时间1t ∆,在安培力1F 作用下杆的速度由1v 减小到2v ,接着在安培力2F 作用下经历一段极短的时间2t ∆,杆的速度由2v 减小到3v ,再接着在安培力3F 作用下经历一段极短的时间3t ∆,杆的速度由3v 减小到4v ,……再接着在安培力n F 作用下经历一段极短的时间n t ∆,杆的速度由n v 减小到1+n v 由动量定理 2111mv mv t F -=∆ , 3222mv mv t F -=∆ ,4333mv mv t F -=∆ ……1+-=∆n n n n mv mv t F在每一段极短的时间内,杆的速度、杆上的电动势和安培力都可认为是不变的,则1t ∆时间内,安培力r v l B l r Blv B l BI F 122111=== 则2t ∆时间内,安培力rv l B l r Blv B l BI F 222222===则3t ∆时间内,安培力rv l B l r Blv B l BI F 322333=== ……冲量累加1332211mv t F t F t F t F n n =∆++∆+∆+∆122332222221122mv t r v l B t r v l B t r v l B t r v l B n n =∆++∆+∆+∆ 133221122)(mv t v t v t v t v rl B n n =∆+∆+∆+∆ 132122)(mv x x x x rl B n =∆+∆+∆+∆ 122mv x rl B = 解得:222218lB gRmr l B r mv x ==6.(2018上海宝山期末)相距L =1.2m 的足够长金属导轨竖直放置,质量m 1=1kg 的金属棒ab 和质量m 2=0.54kg 的金属棒cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上,如图(a )所示,虚线上方匀强磁场方向垂直纸面向外,虚线下方匀强磁场方向竖直向上,两处磁场的磁感应强度大小相同。

ab 棒光滑,cd 棒与导轨间动摩擦因数μ=0.75,两棒总电阻为1.8Ω,导轨电阻不计。

ab 棒在方向竖直向上、大小按图(b )所示规律变化的外力F 作用下,由静止开始(t =0)沿导轨匀加速运动,同时cd 棒也由静止释放。

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