【步步高】2020年高考物理大一轮 第九章 高考热点探究 新人教版选修3-2

图1
图2
高考热点探究
一、楞次定律的应用
1．(2020·山东理综·22)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1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 ＝B 2L 2v
R
D ．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少 2．(2020·上海单科·20)如图2，磁场垂直于纸面，磁感应
强度在竖直
方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线
悬挂
于O 点，将圆环拉至位置a 后无初速释放，在圆环从a 摆
向b
的过程中 ( ) A ．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针 B ．感应电流方向一直是逆时针
图4
C ．安培力方向始终与速度方向相反
D ．安培力方向始终沿水平方向
二、自感现象
3．(2020·北京理综·19)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L 、小灯泡A 、开关S 和电池组E ，用导线将它们连接成如图3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 ，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找
不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是 (
)
图3
A ．电源的内阻较大
B ．小灯泡电阻偏大
C ．线圈电阻偏大
D ．线圈的自感系数较大
三、电磁感应中的功能关系及能量守恒
4．(2020·山东理综·22)如图4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a c 表示c 的加速度，E kd 表示
d 的动能，x c 、x d 分别表示c 、d 相对释放点的位移．下列图中正确的是
图5
(
)
四、导轨滑杆类电磁感应问题——力学与电磁
感应的综合
5．(2020·海南单科·16)如图5，ab 和cd 是两条竖直放置的长
直光滑金属
导轨，MN 和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别
为m
和2m.竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好 与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l.整个装置处在磁感应 强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可
忽略，重力加速度为g.在t ＝0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属 杆和导轨始终接触良好．求：
(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比； (2)两杆分别达到的最大速度．
解析 (1)ab 棒受力平衡，则F －F 安＝mgtan 37°(2分) F 安＝B 2I ab L(1分)
0．75＋0.2t －0.5×I ab ×1＝0.1×10×0.75 得I ab ＝0.4t(A)(1分)
cd 棒上电流I cd ＝2I ab ＝0.8t(A)①(1分) 则回路中电源电动势E ＝I cd R 总②(1分)
cd 棒切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝B 1Lv③(1分) 联立①②③得，cd 棒的速度v ＝8t(m/s)(1分)
所以，cd 棒做初速度为零，加速度为a ＝8 m/s 2的匀加速直线运动．(1分) (2)cd 棒的加速度为a ＝8 m/s 2,
1 s 内的位移为 x ＝12at 2＝1
2×8×12 m ＝4 m(1分) 根据I ＝E R 总＝ΔΦR 总t ＝B 1Ls R 总t ，(1分)
得通过cd 棒的电量为q ＝I t ＝
B 1Ls R 总＝0.5×1×4
5
C ＝0.4 C(1分)
由串联、并联知识得：通过ab棒的电量为q′＝0.2 C(1分) (3)t＝2 s时，cd棒的速度v＝at＝16 m/s(1分)
根据动能定理得W－W
安＝
1
2
mv2－0(2分)
得2 s内克服安培力做功W
安＝21.33 J－
1
2
×0.1×162 J＝8.53 J(1分)
回路中产生总的焦耳热Q＝W
安
＝8.53 J(1分)
电阻R上产生的焦耳热Q
R
＝Q/10＝0.853 J(2分)
答案(1)做初速度为零、加速度为8 m/s2的匀加速直线运动．(2)0.2 C (3)0.853 J
试题分析
高考对本部分内容的要求较高，在选择题中考查楞次定律、电磁感应中的图象问题、能量转化问题．在计算中，难度中等偏上，往往以导体棒或导线框为背景，综合应用电路知识、法拉第电磁感应定律、牛顿运动定律和能的转化与守恒分析解决问题．
命题特征
1．楞次定律的应用：判断感应电流的方向．
2．图象类问题：分析判断：E、i，Φ、E
k
及电荷量q等物理量随位移x、时间t的变化过程．
3．导体棒(框)运动问题：计算求解切割磁感线产生的感应电动势的大小、最终稳定时速度、产生的电能及有关能量转化．
知识链接
1．电磁感应的条件及应用右手定则、楞次定律判断感应电流的方向．
2．电路结构分析、闭合电路欧姆定律．
3．利用法拉第电磁感应定律及E＝Blv求感应电动势．
4．导体棒(框)的动态分析．
图7
5．安培力做功涉及的能量转化
.
1．如图7所示的电路中，电源电动势为E(内阻不可忽略)，线
圈L
的电阻不计．以下判断正确的是 ( )
A ．闭合S 稳定后，电容器两端电压为E
B ．闭合S 稳定后，电容器的a 极板带正电
C ．断开S 的瞬间，通过R 1的电流方向向右
D ．断开S 的瞬间，通过R 2的电流方向向右
2．如图8甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力F 作用下始终处于静止状态．规定a→b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F 的正方向，则在0～t 1时间内，能正确反映通过导体棒
ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是 (
)
图
8
图9
图10
3．如图9所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感
应强度
的大小均为B ，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区
域
在x 轴方向宽度均为a ，在y 轴方向足够宽．现有一高为a 的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x 轴方向匀速穿过 磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，则下列线框中
感应电流i 与线框移动的位移x 的关系图象正确的是 (
)
4．如图10所示，在一水平桌面上有竖直向上的匀强磁场，已
知桌
面离地高h ＝1.25 m ，现有宽为1 m 的U 形金属导轨固定
在桌面
上，导轨上垂直导轨放有一质量为2 kg 、电阻为2 Ω的导
体棒，
其他电阻不计，导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.2，将导体棒 放在CE 左侧3 m 处，CE 与桌面重合，现用F ＝12 N 的力作用 于导体棒上，使其从静止开始运动，经过3 s 导体棒刚好到达导
轨的末端(在此之前导体棒的运动已达到稳定状态)，随即离开导轨运动，其落地点距桌
子边缘的水平距离为
2 m ，g
取
10 m/s 2，则
图12
( )
A ．导体棒先做匀加速运动，再做匀速运动，最后做平抛运动
B ．所加磁场的磁感应强度B ＝2 T
C ．导体棒上产生的焦耳热为24 J
D ．整个过程中通过导体棒横截面的电荷量为3 C
5．如图11甲所示，一边长为L ，质量为m ，电阻为R 的正方形金属方框竖直放置在磁场中，磁场方向垂直方框平面，磁感应强度的大小随y 的变化规律为B ＝B 0＋ky ，k 为恒定常数，同一水平面上磁感应强度相同．现将方框以初速度v 0从O 点水平抛出，重力加速度为g ，不计阻力． (1)通过计算确定方框最终运动的状态；
(2)若方框下落过程中产生的电动势E 与下落高度y 的关系如图乙所示，求方框下落H 高度时产生的内能．
图11
6．如图12所示，在竖直面内有两平行金属导轨MN 、PQ.导轨
间距
为L ，电阻不计．一根电阻不计的金属棒ab 可在导轨上无
摩擦地
滑动．棒与导轨垂直，并接触良好．导轨之间有垂直纸面向外的 匀强磁场，磁感应强度为B.导轨右边与电路连接．电路中的三个定值电 阻阻值分别为2R 、R 和R.在NQ 间接有一水平放置的平行板电容器C ，板间距离为d ，电
容器中有一质量为m 的带电微粒，求：
(1)当ab 以速度v 0匀速向左运动时，电容器中质量为m 的带电微粒恰好静止，试判断微粒的带电性质及带电荷量的大小；
(2)ab棒由静止开始以恒定的加速度a向左运动，讨论电容器中带电微粒的加速度如何变化．(设带电微粒始终未与极板接触)
答案 考题展示 1．AC 2．AD 3．C 4．BD 5．(1)2∶1 (2)4mgR 3B 2l 2 2mgR
3B 2l 2
预测演练 1．C 2．D 3．C 4．BD
5．(1)见解析 (2)mgH －m 3R 2g 2
2k 4L
8
解析 (1)因为方框各条边中的电流大小相等，根据对称性可知方框在水平方向所受合力为0，沿水平方向做匀速运动．
设方框运动t 时间，下落h 高度，竖直方向速度为v y ，切割磁感线产生的电动势为
E ＝B 下Lv y －B 上Lv y I ＝E/R
mg －(B 下LI －B 上LI)＝ma a ＝g －k 2L 4v y
mR
竖直方向上做变加速运动，最终做匀速运动，且v ym ＝mRg k 2L 4
所以最终方框做匀速运动，速度大小为v ＝
v 20＋
m 2R 2g 2k 4L 8
方向与x轴所成夹角为arctan
mRg v
k2L4
6．(1)负电3mgd
BLv
(2)见解析
解析(2)由题意可得
qBLv
3d
－mg＝ma′
v＝at
所以a′＝qBLat
3md
－g
设经时间t
，微粒受力平衡
mg＝q U
C ′d
U C ′＝
1
3
BLat
求出t
0＝
3mgd
qBLa
或t
＝
v
a
当t<t
0时，a
1
′＝g－
qBLa
3md
t，越来越小，加速度方向向下
当t＝t
0时，a
2
′＝0
当t>t
0时，a
3
′＝
qBLa
3md
t－g，越来越大，加速度方向向上。