2021年高考物理复习导与练 专题提升(十) 电磁感应的综合应用
2021届高考物理一轮复习方略关键能力·题型突破： 10.3 电磁感应规律的综合应用
关键能力·题型突破考点一电磁感应中的电路问题【典例1】(2020·大同模拟)在水平放置的两条平行光滑直金属导轨上放有一与其垂直的金属棒ab，匀强磁场与导轨平面垂直，磁场方向如图所示，导轨接有R1=5 Ω和R2=6 Ω的两定值电阻及电阻箱R，其余电阻不计。
电路中的电压表量程为0～10 V，电流表的量程为0～3 A。
现将R调至30 Ω，用F=40 N的水平向右的力使ab垂直导轨向右平移，当棒ab达到稳定状态时，两电表中有一表正好达到满偏，而另一表未达到满偏。
下列说法正确的是( )A.当棒ab达到稳定状态时，电流表满偏B.当棒ab达到稳定状态时，电压表满偏C.当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是1 m/sD.当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是2 m/s【通型通法】1.题型特征：明确电源，区分内外电路。
2.思维导引：(1)切割磁场线的导体相当于电源。
(2)清楚串并联电路的特点，灵活运用闭合电路欧姆定律。
【解析】选B、C。
假设电压表满偏，则通过电流表的电流为I==2 A<3 A，所以电压表可以满偏，此时电流表的示数为2 A，故A错误，B正确；棒ab匀速运动时，水平拉力F与安培力大小相等，有F A=BIL=F，感应电动势E=U+IR1=(10+2×5)V=20 V，又E=BLv，解得v==1 m/s，故C正确，D错误。
1.五个等效：2.解题流程：【加固训练】(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k>0)。
回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2=。
闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则( )A.R2两端的电压为B.电容器的a极板带正电C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D.正方形导线框中的感应电动势为kL2【解析】选A、C。
2021高考人教版物理：第10章第3讲电磁感应规律的综合应用(含解析)
培力做负功，即上升过程中合力做的功大于重力做的功，下降过程中合力做的功
小于重力做的功，即上升过程中合力做功大于下降过程中合力做的功， A 错误；
分析线框的运动过程可知，对应于同一位置，上升过程的安培力大于下降过程的
安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克
服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以 B 正确；以线框为对象
2mgR A ． a、 b 两个线框匀速运动的速度大小为 B2l2 B．线框 a 从其下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为
3B2l3 mgR
C．从开始运动到线框 a 全部进入磁场的过程中，线框 a 所产生的焦耳热为 mgl
D．从开始运动到线框 a 全部进入磁场的过程中， 两线框共克服安培力做功为 2mgl
最终导体棒静止时，导体棒中感应电流为零，所受安培力为零，在重力和轻弹簧
的弹力作用下受力平衡，轻弹簧处于压缩状态， mg＝kx2，解得此时轻弹簧的压缩
mg 量 x2＝ k ， C 正确；由于初始时刻和最终轻弹簧的形变量大小相同，轻弹簧的弹 性势能相等，重力做功 mg(x1＋x2)，导体棒动能减少 12mv20，根据能量守恒定律和功
答案
(1)4 m/s
2021届高考物理三轮复习强化训练—电磁感应的综合应用
2021届高考物理三轮强化—电磁感应的综合应用1.如图,两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左端接一阻值为R 的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度打下1B 随时间t 的变化关系为1B kt =,式中k 为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN (虚线)与导轨垂直,磁场的磁感应强度大小为0B ,方向也垂直于纸面向里。
某时刻,金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动,在0t 时刻恰好以速度0v 越过MN ,此后向右做匀速运动。
金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计。
求:1.在0t =到0t t =时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值;2.在时刻()0t t t >穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
2.1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机。
如图所示为一圆盘发电机对小灯泡供电的示意图，铜圆盘可绕竖直铜轴转动，两块铜片C 、D 分别与圆盘的竖直轴和边缘接触。
已知铜圆盘半径为L ，接入电路中的电阻为r ，匀强磁场竖直向上，磁感应强度为B ，小灯泡电阻为R 。
不计摩擦阻力，当铜圆盘以角速度ω沿顺时针方向(俯视)匀速转动时，求：(1)铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小E ；(2)流过小灯泡的电流方向，以及小灯泡两端的电压U ；(3)维持圆盘匀速转动的外力的功率P 。
3.如图所示,在间距L=0.2m 的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场,磁感应强度的分布沿y 方向不变,沿x 方向如下:10.250.20.210.2T x m B xT m x m T x m >⎧⎪-≤≤⎨⎪-<-⎩导轨间通过单刀双掷开关S 连接恒流源和电容C=1F 的未充电的电容器,恒流源可为电路提供恒定电流I=2A,电流方向如图所示。
专题10电磁感应 第3讲电磁感应定律的综合应用(教学课件)-高考物理一轮复习
4．电磁感应中图像类选择题的两个常用方法
定性分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、 排除法 变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正
负，以排除错误的选项 根据题目所给条件定量写出两个物理量之间的函数关系，然 函数法 后由函数关系对图像进行分析和判断
例2 (2020年山东卷)(多选)如图所示，平面直角坐标系的第一和第
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变化的图像可能是下图中的
()
甲
乙
【答案】B
2．(2021年广东一模)(多选)如图所示，绝缘的水平面上固定有两条 平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放 置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上．现两 金 属 棒 分 别 以 初 速 度 2v0 和 v0 同 时 沿 导 轨 自 由 运 动 ， 先 后 进 入 磁 场 区 域．已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离 开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有
()
【答案】AB
【解析】a 棒以速度 2v0 先进入磁场切割磁感线产生的感应电流为 i0 ＝Bl·R2v0，a 棒受安培阻力做变减速直线运动，感应电流也随之减小，即 i－t 图像的斜率逐渐变小；设当 b 棒刚进入磁场时 a 棒的速度为 v1，此 时的瞬时电流为 i1＝BRlv1.若 v1＝v0，即 i1＝BRlv0＝i20，此时双棒双电源反 接，电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开，i－t 图像中无电流 的图像，故 A 正确，C 错误．
【解析】导体棒向右切割磁感线，由右手定则，知电流方向为 b 指 向 a，由图像可知金属杆开始运动经 t＝5.0 s 时，电压为 0.4 V，根据闭 合电路欧姆定律，得 I＝UR＝00..44 A＝1 A，故 A 正确；根据法拉第电磁感 应定律，知 E＝BLv，根据电路结构，可知 U＝R＋R rE，解得 v＝5 m/s， 故 B 错误；
高三物理电磁感应的综合应用
D
图9-3-2 B.
A.
C.
D.
热点二
电磁感应中的动态分析问题
【例2】［2009年高考福建理综卷］如图9-3-3所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距 为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。 现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中 杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程( B D) A.杆的速度最大值为(F-μmg)R/(B2d2) B.流过电阻R的电量为Bdl/(R+r) C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 D.恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
【解析】本题考查受力分析、电磁感应、能量守恒等知识， 主要考查学生理解、推理能力。当v最大时有F=f+F安，即 图9-3-3 F=μmg+B2d2v/(R+r),v=(F-μmg)(R+r)/(B2d2);通过电阻R的电量 q=ΔΦ/(R+r)=Bdl/(R+r);由动能定理有WF+Wf+WF安=ΔEk,其Wf<0,WF安<0,故B、D对。 【名师支招】解决动态问题的基本方法： 受力分析→运动分析(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。 运动的动态结构：
3B 2 r 2 v1 9m 2 gR 2 v2 2 【答案】(1) g (2) 4 4 4mR 32 B r 2g
4 B 2 r 2a 4 B 2 r 2 v3 (3) F t ma mg 3R 3R
2021高考物理一轮复习第十章电磁感应专题提升十电磁感应的综合应用教案鲁科版
专题提升(十) 电磁感应的综合应用电磁感应中的能量问题1.能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化(2)求解焦耳热Q 的三种方法2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路);(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化; (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解. 角度1 应用能量守恒定律求解电磁感应能量问题 [例1]如图所示,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R 相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下.一质量为m 的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v 匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略.求: (1)电阻R 消耗的功率. (2)水平外力的大小.解析:(1)导体棒切割磁感线产生的电动势E=Blv由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R 两端电压等于电动势U=E 则电阻R 消耗的功率P R =2U R综合以上三式可得P R =222B l v R. (2)设水平外力大小为F,由能量守恒有 Fv=P R +μmgv故得F=22vB l R+μmg.答案:见解析角度2 应用焦耳定律求解电磁感应能量问题[例2] (2019·北京东城区模拟)随着新技术的应用,手机不断地更新换代.新机型除了常规的硬件升级外,还支持快充和无线充电.图(甲)为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图,已知线圈匝数n=100,电阻r=1.0 Ω,线圈的横截面积S=1.5×10-3m 2,外接电阻R=5.0 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化如图(乙)所示,求:(1)t=1.0×10-2s 时线圈中的感应电动势E; (2)0~2.0×10-2 s 内通过电阻R 的电荷量q; (3)0~3.0×10-2 s 内电阻R 上产生的热量Q. 解析:(1)由图(乙)可知,t=0.01 s 时刻ΔΔBt=4 T/s 根据法拉第电磁感应定律得E=n ΔΔt Φ=n ΔΔS Bt解得E=0.6 V. (2)0~0.02 s 内,I=ER r+=0.1 A 电荷量q=IΔt 解得q=2.0×10-3 C.(3)0~0.02 s 内,E=0.6 V,I=0.1 A,根据焦耳定律可以得到,R 上产生的焦耳热为 Q 1=I 2Rt 1=1.0×10-3 J0.02~0.03 s 内,E′=1.2 V,I′=0.2 A,根据焦耳定律可以得到,R 上产生的焦耳热为 Q 2=I′2Rt 2=2.0×10-3J 所以Q=Q 1+Q 2=3.0×10-3J.答案:(1)0.6 V (2)2.0×10-3C (3)3.0×10-3J求解焦耳热应分清两类情况(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的焦耳热;③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和产生的焦耳热.1.(2019·江苏七市二模)(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场,区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下,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Ⅰ区时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边下滑到JP与MN的中间位置时,线框又恰好以速度v2做匀速直线运动,从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的动能变化量为ΔE k,重力对线框做功大小为W1,安培力对线框做功大小为W2,下列说法中正确的有( CD )A.在下滑过程中,由于重力做正功,所以有v2>v1B.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的机械能守恒C.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,有W1-ΔE k的机械能转化为电能D.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框动能的变化量大小ΔE k=W1-W2解析:ab边越过JP后回路感应电动势增大,感应电流增大,因此所受安培力增大,安培力阻碍线框下滑,因此ab边越过JP后开始做减速运动,使感应电动势和感应电流均减小,安培力减小,当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsin θ相等时,以速度v2做匀速运动,因此v2<v1,A 错误;由于有安培力做功,线框机械能不守恒,B错误;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,由动能定理得W1-W2=ΔE k,W2=W1-ΔE k,故C,D正确.2.(2019·湖南娄底二模)(多选)如图所示,质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来,挂在两个高度相同的定滑轮上,已知线框的横边边长为L,水平方向匀强磁场的磁感应强度为B,磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻,磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h,将重物从静止开始释放,线框上边缘刚进磁场时,恰好做匀速直线运动,滑轮质量、摩擦阻力均不计.则下列说法中正确的是( ABD )A.线框进入磁场时的速度为2ghB.线框的电阻为2222B L gh mgC.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=2mghD.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=4mgh解析:从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场,由机械能守恒定律得3mg×2h=mg×2h+242mv ,解得线框刚进入磁场时的速度v=2gh ,故A 正确;线框上边缘刚进磁场时,恰好做匀速直线运动,故受合力为零,3mg=BIL+mg,I=BLv R ,解得线框的电阻R=2222B L gh mg,故B 正确;线框匀速通过磁场的距离为2h,产生的热量等于系统重力势能的减少量,即Q=3mg×2h -mg×2h=4mgh,故C 错误,D 正确.电磁感应中的动量和能量问题角度1 用动量定理解决电磁感应问题 [例3](2019·广东佛山模拟)(多选)水平放置的足够长光滑平行导轨,电阻不计,间距为L,左端连接的电源电动势为E 、内阻为r,质量为m 的金属杆垂直静放在导轨上,金属杆处于导轨间的部分的电阻为R.整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中,闭合开关,金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度,下列说法正确的是( AC ) A.金属杆的最大速度大小为B.此过程中通过金属杆的电荷量为222mEB L C.此过程中电源提供的电能为222mE B L D.此过程中金属杆产生的热量为2222mE B L解析:开关闭合瞬间,电流通过金属杆,则金属杆在安培力作用下加速运动,同时由于金属杆切割磁感线产生感应电动势,方向与E 相反,故金属杆做加速度减小的加速运动,当感应电动势等于电源电动势E 时,金属杆加速度为0,速度最大,由BLv m =E,得v m =EBL,A 正确;整个过程中对金属杆应用动量定理有B I L·t=mv m ,则q=I t=m mv BL=22mEB L ,B 错误;电源提供的电能为E 电=qE=222mE B L,C 正确;对整个过程由功能关系可知电源提供的能量转化为金属杆的动能和电路产生的热量,即E 电=Q 总+E k ,得222mE B L =Q 总+12m 222E B L ,故Q 总=Q r +Q R =2222mE B L ,金属杆的热量为Q R =R R r+Q 总=2222mE B L ·R R r+,D 错误. 角度2 用动量守恒定律解决电磁感应问题[例4] (2019·北京丰台期末)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内,导轨间的距离为L,导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd,构成矩形回路.已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R,其他电阻忽略不计,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行.开始时,导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0,两导体棒在运动中始终不接触.求:(1)开始时,导体棒ab 中电流的大小和方向;(2)从开始到导体棒cd 达到最大速度的过程中,矩形回路产生的焦耳热; (3)当ab 棒速度变为34v 0时,cd 棒加速度的大小. 解析:(1)ab 棒产生的感应电动势E ab =BLv 0 ab 棒中电流I=2ab E R=02BLv R 方向由a→b.(2)当ab 棒与cd 棒速度相同时,cd 棒的速度最大,设最大速度为v由动量守恒定律得mv 0=2mv 解得v=12v 0由能量守恒定律得Q=12m 20v -12(2m)v 2解得Q=14m 20v .(3)设ab 棒的速度为34v 0时,cd 棒的速度为v′ 由动量守恒定律得mv 0=m 34v 0+mv′ 解得v′=14v 0. E ab =BL 34v 0; E cd =BL 14v 0;I=2ab cd E E R-=0031()442BL v v R- 解得I=4BLv Rcd 棒受力为F=IBL=2204B L v R;此时cd 棒加速度为a==.答案:见解析动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用技巧(1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.①求电荷量或速度:B I lΔt=mv 2-mv 1,q=I t. ②求时间:Ft-I 冲=mv 2-mv 1,I 冲=BIlΔt=BlΔR Φ总. ③求位移:-BIlΔt=-22v ΔB l tR 总=0-mv 0, 即-22B l R 总s=m(0-v 0).(2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.1.(2019·广东深圳二模)如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN,PQ,导轨间距为d,匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里,磁感应强度的大小为B,两根完全相同的金属杆1,2间隔一定的距离摆开放在导轨上,且与导轨垂直.它们的电阻均为R,两杆与导轨接触良好,导轨电阻不计,金属杆的摩擦不计.杆1以初速度v 0滑向杆2,为使两杆不相碰,则杆2固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最小距离之比为( C ) A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶1 解析:杆2固定:对回路:q 1=Δ2R =12Bds R. 对杆1:-B 1I d·Δt=0-mv 0,q 1=·Δt 联立解得s 1=222mRv B d . 杆2不固定:q 2=22Bds R对杆2:B 2I d·Δt=mv 2-0 全程动量守恒:mv 0=mv 1+mv 2末态两棒速度相同,v 1=v 2,q 2=2I ·Δt 联立解得s 2=22mRv B d . s 1∶s 2=2∶1,C 正确.2.(2019·贵州黔东南二模)如图所示,宽度为L 的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r 1的四分之一圆弧轨道,右端为半径为r 2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道.水平轨道所在的区域有磁感应强度为B 的竖直向上的匀强磁场.一根质量为m 的金属杆a 置于水平轨道上,另一根质量为M 的金属杆b 由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b 滑入水平轨道某位置时,a 就滑上了右端半圆轨道最高点(b 始终运动且a,b 未相撞),并且a 在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a 的电荷量为q,a,b 杆的电阻分别为R 1,R 2,其余部分电阻不计.在b 由静止释放到a 运动到右端半圆轨道最高点过程中,求:(1)在水平轨道上运动时b 的最大加速度是多大;(2)自b 释放到a 到达右端半圆轨道最高点过程中,系统产生的焦耳热是多少; (3)a 刚到达右端半圆轨道最低点时b 的速度是多大. 解析:(1)由机械能守恒定律得12M 21b v =Mgr 1 解得v b112grb 刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLv b1,I=12ER R +, 由牛顿第二定律有F 安=BIL=Ma 解得221122B L gr .(2)由动量定理有-B I Lt=Mv b2-Mv b1, 即-BLq=Mv b2-Mv b1 解得v b212gr -BLqM根据牛顿第三定律得:a 在最高点受支持力N=N′=mg,mg+N=m 212a v r解得v a122gr 由能量守恒定律得Mgr 1=12M 22b v +12m 21a v +mg2r 2+Q 解得12gr -3mgr 2-2222B L q M. (3)由能量守恒定律有2mgr 2=12m 22a v -12m 21a v 解得v a226gr 由动量守恒定律得Mv b1=Mv b3+mv a2 解得v b312gr 26m gr M答案:(1)221122()B L gr M R R +(2)BLq 12gr -3mgr 2-2222B L q M(3)12gr -26m gr M1.(2019·福建厦门模拟)(多选)在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ,MN,相距为L,导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下.有两根质量均为m 的金属棒a,b,先将a 棒垂直导轨放置,用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接,连接a 棒的细线平行于导轨,由静止释放c,此后某时刻,将b 也垂直导轨放置,a,c 此刻起做匀速运动,b 棒刚好能静止在导轨上.a 棒在运动过程中始终与导轨垂直,两棒与导轨接触良好,导轨电阻不计.则( AD ) A.物块c 的质量是2msin θB.b 棒放上导轨前,物块c 减少的重力势能等于a,c 增加的动能C.b 棒放上导轨后,物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D.b 棒放上导轨后,a 棒中电流大小是sin mg BLθ解析:b 棒静止说明b 棒受力平衡,即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡,a 棒匀速向上运动,说明a 棒受细线的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡,c 匀速下降则c 所受重力和细线的拉力大小平衡.由b 平衡可知,安培力大小F 安=mgsin θ,由a 平衡可知F 线=F 安+mgsin θ=2mgsin θ,由c 平衡可知F 线=m c g;因为线中拉力大小相等,故2mgsin θ=m c g,即物块c 的质量为2msin θ,故A 正确;b 放上之前,a,c 系统的机械能守恒,c 减少的重力势能转化为a,c 的动能和a 的重力势能,故B 错误;放上b 后,a 匀速上升重力势能在增加,根据能量守恒知c 减小的重力势能等于回路消耗的电能和a 增加的重力势能之和,C 错误;根据b 棒的平衡可知F 安=mgsin θ,又因为F 安=BIL,故I=sin mg BLθ,故D 正确. 2.(2018·江苏卷,9)(多选)如图所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场Ⅰ,Ⅱ的高和间距均为d,磁感应强度为B.质量为m 的水平金属杆由静止释放,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g.金属杆( BC )A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于2244g 2m R B L 解析:穿过磁场Ⅰ后,金属杆在磁场之间做加速运动,在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度,即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度且大于从磁场Ⅰ出来时的速度,故金属杆在刚进入磁场Ⅰ中时做减速运动,加速度方向向上,选项A 错误. 金属杆刚进入磁场Ⅰ中时,由牛顿第二定律知 BIL-mg=22vB L R-mg=ma a 随着减速过程逐渐变小,即在前一段做加速度减小的减速运动,若出磁场Ⅰ前a 减为零则再做匀速运动.金属杆在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由v t 图象(以金属杆在磁场Ⅰ中一直减速为例),如图所示,可以看出前一段用时多于后一段用时(若金属杆在磁场Ⅰ中先减速再匀速可以得出同样的结论),选项B 正确.由于进入两磁场时速度相等,从金属杆刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程,由动能定理知, W 安1+mg·2d=0, 则W 安1=-2mgd,可知通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd,故穿过两磁场产生的总热量为4mgd,选项C 正确. 设刚进入磁场Ⅰ时速度为v,则由机械能守恒定律知mgh=12mv 2,进入磁场时BIL-mg=22v B L R -mg=ma 解得v=22()m a g R B L +, 联立得h=22244(a g)2gm R B L +>2244g 2m R B L ,选项D 错误. 3.(2019·安徽蚌埠二模)如图所示,质量M=1 kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨,c 与e 端由导线连接,一质量m=1 kg 的导体棒自ce 端的正上方h=2 m 处平行ce 由静止下落,并恰好从ce 端进入凹槽,整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在凹槽内运动过程中与导轨接触良好.已知磁场的磁感应强度B=0.5 T,导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5 m,导轨的半径r=0.5 m,导体棒的电阻R=1 Ω,其余电阻均不计,重力加速度g=10 m/s 2,不计空气阻力.(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小;(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量;(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J,求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率.解析:(1)根据机械能守恒定律,得mgh=12mv 2解得10 m/s.(2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象,产生感应电流,最终整个系统处于静止,导体棒停在凹槽最低点.根据能量守恒可知整个过程中系统产生的热量Q=mg(h+r)=25 J.(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v 1,凹槽速度大小为v 2,导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒,故有mv 1=Mv 2由能量守恒,得12m 21v +12M 22v =mg(h+r)-Q 1导体棒第一次通过最低点时感应电动势E=BLv 1+BLv 2回路电功率P=2E R 联立解得P=94W.答案:(1)210 m/s (2)25 J (3)94 W4.(2019·湖南湘潭调研)如图所示,将不计电阻的长导线弯折成P 1P 2P 3,Q 1Q 2Q 3形状,P 1P 2P 3和Q 1Q 2Q 3是相互平行且相距为d 的光滑固定金属导轨.P 1P 2,Q 1Q 2的倾角均为θ,P 2P 3,Q 2Q 3在同一水平面上,P 2Q 2⊥P 2P 3,整个导轨在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,质量为m 电阻为R 的金属杆CD 从斜导轨上某处静止释放,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下.杆CD 始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,导轨和空气阻力均不计,重力加速度大小为g,导轨倾斜段和水平段都足够长,求: (1)杆CD 能达到的最大速度;(2)杆CD 在距P 2Q 2为L 处释放,滑到P 2Q 2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt 1及在水平导轨上滑行的最大距离.解析:(1)杆CD 达到最大速度时,杆受力平衡,则有Bcos θ·dI m =mgsin θ此时杆CD 切割磁感线产生的感应电动势为E=Bcos θ·dv m由欧姆定律可得I m =E R, 解得v m =222sin cos θmgR B d . (2)在杆CD 沿倾斜导轨下滑的过程中,根据动量定理有mgsin θ·Δt 1-Bcos θ1I d·Δt 1=mv m -01I =E R =1ΔΔRt Φ=1cos ΔR B Ld t θ 解得Δt 1=222cos θmR B d +222Lcos θsin B d mgR θ在杆CD 沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有 -B 2I d·Δt 2=0-mv m该过程中通过R 的电荷量为q 2=2I Δt 2,得q 2=m mv Bd杆CD 沿水平导轨运动的过程中,通过的平均电流为 2I =E R =2ΔBsd R t ,q 2=2I Δt 2=Bds R解得s=22442g sin cos θm R B d θ. 答案:(1)222sin cos θmgR B d θ (2)222cos θmR B d +222Lcos θsin B d mgR θ 22442g sin cos θm R B d θ。
2021年高考物理真题分类汇编 专题10 电磁感应
2021年高考物理真题分类汇编专题10 电磁感应考点一电磁感应现象楞次定律1.(xx课标Ⅰ,14,6分)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 D2.(xx大纲全国,20,6分)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,最后不变答案 C3.(xx广东理综,15,4分)如图所示,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中的大答案 C4.(xx山东理综,16,6分)(多选)如图,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BCD5.(xx四川理综,6,6分)(多选)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。
专题十 第3讲 电磁感应定律的综合应用
ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑过程中，当 ab 杆的速度大小为 v 时，求此 时 ab 杆中的电流及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．
甲 图 10－3－3
乙
解：(1)如图 71，重力 mg，竖直向下； 支持力 N，垂直斜面向上；安培力 F，沿斜面向上． (2)当 ab 杆速度为 v 时，感应电动势 E＝BLv， E BLv 此时电路电流 I＝R＝ R B2L2v ab 杆受到安培力 F＝BIL＝ R B2L2v 根据牛顿运动定律，有 ma＝mgsinθ－F＝mgsinθ－ R B2L2v 得 ab 杆的加速度 a＝gsinθ－ mR . B2L2v (3)当 R ＝mgsinθ 时， mgRsinθ ab 杆达到最大速度 vm，所以 vm＝ B2L2 . 图71
定则判断它们的方向，分析出相关物理量之间的函数关系，确
定其大小和方向及在坐标中的范围．
(2)图象的初始条件，方向与正、负的对应，物理量的变化
趋势，物理量的增、减或方向正、负的转折点都是判断图象的 关键． 4．解题时要注意的事项 (1)电磁感应中的图象定性或定量地表示出所研究问题的 函数关系． (2)在图象中 E、I、B 等物理量的方向通过物理量的正负来 反映． (3)画图象要注意纵、横坐标的单位长度定义或表达．
(1)通过棒 cd 的电流 I 是多少，方向如何？
(2)棒 ab 受到的力 F 多大？ (3)棒 cd 每产生 Q＝0.1 J 的热量，力 F 做的功 W 是多少？
图 10－3－6
解：(1)棒cd 受到的安培力Fcd＝BIl
①
棒cd 在共点力作用下平衡，则Fcd＝mgsin30°
②
由①②式代入数据解得I＝1 A，方向由右手定则可知由d 到c.
2021届新高考物理一轮：专题九 第3讲 电磁感应定律的综合应用
应强度为 0.8 T.将导体棒 MN 由静止释放， 运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导
体棒 MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电
功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37° ＝0.6)( )
图 9-3-2
A.2.5 m/s 1 W
B.5 m/s 1 W
C.7.5 m/s 9 W
D.15 m/s 9 W
两垂直)或 E＝___n_Δ_t___. 3.闭合电路的欧姆定律：闭合电路的电流与___电__压___成正
比，与___电__阻_____成反比. 4.通电导体棒在磁场中受到的安培力 F＝__B_Il_s_in__θ_.
【基础自测】
1.(多选)如图 9-3-1 所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，
其中一部分处于方向垂直导轨所在平面并且有上下水平边界的
热点 1 电磁感应中的电路问题 [热点归纳] 1.对电磁感应电路的理解 (1)在电磁感应电路中，相当于电源的部分把其他形式的能 通过电流做功转化为电能. (2)“电源”两端的电压为路端电压，而不是感应电动势. (3)电源的正负极、感应电流的方向、电势的高低、电容器 极板带电问题，均可用右手定则或楞次定律判定.
阻为 R，ab 边质量为 m，其他三边质量不计，现将 abcd 拉至水
平位置，并由静止释放，经时间 t 到达竖直位置，
产生热量为 Q，若重力加速度为 g，则 ab 边在
最低位置所受安培力大小等于( ).
B2L2 2gL A. R
Q B.BL Rt
图 9-3-3
B2L2 C. Rt
B2L2 2mgL－Q
⑥式，解得
v＝mgsin
37°－μcos B2L2
37°R＋r
代入数据得 v＝5 m/s.小灯泡消耗的电功率为 P＝I2R⑦，由
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。
2021届高考物理新课标一轮复习专题精讲精练之电磁感应定律及应用Word版含答案
电磁感应定律及应用一、单项选择题（每题4分，共16分）1．(2021·山东高考)将一段导线绕成图1甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内。
回路的ab边置于垂直纸面对里的匀强磁场Ⅰ中。
回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。
用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是()图12. (2021·新课标全国卷Ⅱ)如图2，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图像中，可能正确描述上述过程的是()图23．(2021·荆门月考)如图3所示，半径为L＝1 m的金属圆环，其半径Oa是铜棒，两者电阻均不计且接触良好。
今让Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10 rad/s匀速转动，圆环处于垂直于环面，磁感应强度为B＝2 T 的匀强磁场中。
从圆心O引出导线，从圆环上接出导线，并接到匝数比为n1∶n2＝1∶4的抱负变压器原线圈两端。
则接在副线圈两端的抱负电压表的示数为()图3A．40 V B．20 VC．80 V D．0 V4．(2021·黄山模拟)如图4所示，竖直放置的平行金属导轨EF和GH两部分导轨间距为2L，IJ和MN两部分导轨间距为L。
整个装置都处在磁感应强度为B，方向水平向里的匀强磁场中，两金属杆ab、cd可在导轨上无摩擦滑动，且与导轨接触良好。
平行金属导轨之间还连接一个电容为C的电容器，如图所示。
已知金属杆ab质量为2m，电阻为2R；金属杆cd的质量为m，电阻为R；金属导轨电阻忽视不计。
现对金属杆ab 施加一个竖直向上的作用力F使其以速度v匀速向上运动，此时cd处于静止状态，则下列说法正确的是()图4A．电容器左极板积累电子B．电容器极板上的电荷量为CBL vC．匀强磁场对两个金属杆施加安培力大小相等D．竖直向上的力F＝4mg二、双项选择题（每题6分，共30分）5. (2021·深圳南山区期末)如图5所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽视的自感线圈。
考点50 电磁感应的综合应用-备战2021年高考物理考点一遍过
一、电磁感应中的电路问题1．电磁感应与闭合电路知识的关系：2．电磁感应电路的等效关系：(1)切割磁感线的导体部分<=>闭合回路的电源； (2)切割磁感线的导体部分的电阻<=>电源内阻； (3)其余部分电阻<=>外电路； 3．感应电荷量的求解由电流的定义式，可得平均电流q I t=∆ 由闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有E I nR R tΦ∆==∆ 联立可得q nRΦ∆=，感应电荷量q 仅由线圈匝数n 、磁通量变化量ΔΦ和电路总电阻R 决定。
二、电磁感应中的动力学问题 1．解题方法：(1)选择研究对象，即哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统； (2)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； (3)求回路中的电流大小；(4)分析其受到的安培力和其他力的作用情况； (5)运用牛顿第二定律或平衡条件等列方程求解。
解电磁感应中的动力学问题，关键是进行正确的受力分析和运动分析：导体受力运动切割磁感线产生感应电动势→感应电流→安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化一般在恒定磁场及无主动施加的外力情况下，加速度会趋于零，导体最终做匀速运动。
3．电磁感应问题中两大研究对象及其相互制约关系：三、电磁感应中的能量问题：1．求解思路：(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算；(2)若电流变化，则①可利用电磁感应中产生的电能等于克服安培力做的功求解；②可利用能量守恒求解。
2．解决电磁感应中综合问题的一般思路是：先电后力再能量。
电磁感应中电路知识的关系图(2020·广西壮族自治区桂林十八中高二期中)电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N 极接近线圈上端的过程中，流过R 的电流方向和电容器极板的带电情况是A ．从a 到b ，上极板带正电B ．从a 到b ，下极板带正电C ．从b 到a ，上极板带正电D ．从b 到a ，下极板带正电 【答案】D【解析】由图知，穿过线圈的磁场方向向下，在磁铁向下运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R 的电流从b 到a ，电容器下极板带正电，所以A 、B 、C 错误，D 正确．1．(2020·山东省高三二模)如图甲，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，两导轨间距0.2m L =，电阻0.4R =Ω，导轨上放一长度0.2m L =、质量0.1kg m =、电阻0.1r =Ω的金属棒ab ，导轨电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度0.5T B =。
2021届课标版高考物理一轮复习训练：专题十一 考点3 电磁感应的综合应用
考点3电磁感应的综合应用1.[2020广东六校联考]如图,空间中存在一匀强磁场区域,磁场方向与竖直面(纸面)垂直,磁场的上、下边界(虚线)均水平;纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd,其上、下两边均与磁场边界平行,边长小于磁场上、下边界的间距.若线框自由下落,从ab边进入磁场时开始,直至ab边到达磁场下边界为止,线框下落的速度大小可能()A.始终减小B.始终不变C.始终增加D.先增加后减小2.[2020陕西百校第一次联考,多选]如图甲所示,闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁场的方向与导线框所在平面垂直,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示.规定垂直纸面向外为磁场的正方向,顺时针为线框中感应电流的正方向,水平向右为安培力的正方向.关于线框中的感应电流i、ad边所受的安培力F随时间t变化的图象,下列选项正确的是()图甲图乙A BC D3.[2020江西七校第一次联考,多选]在水平放置的两条平行光滑长直导轨上有一垂直其放置的金属棒ab,匀强磁场与轨道平面垂直,磁场方向如图所示,导轨接有两定值电阻及电阻箱R0,R1=5 Ω,R2=6 Ω,其余电阻不计.电路中的电压表量程为0~10 V,电流表的量程为0~3 A,现将R0调至30 Ω,用F=40 N的水平向右的力使ab垂直导轨向右平移,当棒ab达到稳定状态时,两电表中有一表正好达到满偏,而另一表未达到满偏.两电表均为理想电表,则下列说法正确的是()A.当棒ab达到稳定状态时,电流表满偏B.当棒ab达到稳定状态时,电压表满偏C.当棒ab达到稳定状态时,棒ab的速度是1 m/sD.当棒ab达到稳定状态时,棒ab的速度是2 m/s4.[2020安徽黄山模拟]如图甲所示,两平行光滑金属导轨放置在水平面上且间距为L,左端接电阻R,导轨电阻不计.整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中.将质量为m、电阻为r的金属棒ab置于导轨上.当ab受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动时,F与金属棒速度v的关系如图乙所示.已知ab与导轨始终垂直且接触良好,设ab中的感应电流为I,ab受到的安培力大小为F安,R两端的电压为U R,R的电功率为P,则下图中正确的是()5.[2020河北衡水检测,多选]如图所示,光滑平行导轨放在斜面上,匀强磁场垂直斜面向上,恒力F 拉动金属杆ab从静止开始沿导轨向上滑动,ab杆始终与导轨垂直且接触良好.ab杆从静止开始到达到最大速度的过程中,恒力F做功为W,ab杆克服重力做功为W1,ab杆克服安培力做功为W2,ab杆动能的增加量为ΔE k,电路中产生的焦耳热为Q,ab杆重力势能增加量为ΔE p,则()A.W=Q+W1+W2+ΔE k+ΔE pB.W=Q+W1+W2+ΔE kC.W=Q+ΔE k+ΔE pD.W2=Q,W1=ΔE p6.[2019山西太原二模]图甲、乙、丙中除导体棒ab可动外,其余部分均固定不动.甲图中的电容器C原来不带电.所有导体棒、导轨电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦也不计.导体棒ab的质量为m.图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中,磁感应强度为B,导轨足够长,间距为L.现给导体棒ab一个向右的初速度v0,则()A.三种情况下,导体棒ab最终均静止B.三种情形下,导体棒ab最终都做匀速运动C.图甲、丙中ab棒最终都向右做匀速运动D.图乙中,流过电阻R的总电荷量为mv0BL7.[2019全国Ⅲ,多选]如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上.t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动.运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示.下列图象中可能正确的()A BC D8.[2020山西太原定时训练,12分]如图甲所示,将一间距为L=1 m的足够长U形导轨倾斜固定,倾角为θ=37°,导轨上端连接一阻值为R=2.0 Ω的电阻,整个空间存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场,质量为m=0.01 kg、长也为L=1 m、电阻为r=1.0 Ω的金属棒ab垂直放在导轨上且不会滑出导轨,导轨与金属棒之间的动摩擦因数μ=0.5,金属棒ab从静止开始下滑,下滑的x-t图象如图乙所示,图象中的OA段为曲线,AB段为直线,导轨电阻不计且金属棒下滑过程中始终与导轨垂直且紧密接触,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)匀强磁场的磁感应强度B0的大小;(2)从开始到t=2.5 s过程中电阻R上产生的热能.9.[2019浙江绍兴适应性考试,10分]如图所示,两平行光滑轨道MN和PQ竖直放置,间距l=0.5 m,其中EG和FH为两段绝缘轨道,其余均为金属轨道,轨道末端NQ间连接一个自感系数L=0.01 H的线圈,其电阻可以忽略.在ABDC、CDFE、GHJI区域内存在垂直轨道平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B1=B2=B3=0.2 T,方向如图,图中d=0.4 m.两长均为0.5 m的导体棒a、b通过轻质绝缘杆连接,总质量m=0.02 kg,b棒电阻R=0.2 Ω,a棒电阻不计;现将a、b系统从距离AB边高h处由静止释放,a棒匀速通过ABCD区域,最终a棒以1.6 m/s的速度穿出EF边.导体棒与金属轨道始终垂直且接触良好.重力加速度大小g=10 m/s2.(1)求h的值.(2)求a棒从进入AB边到穿出EF边的总时间.(3)若a棒通过GH边时轻质杆突然断裂,以该位置为原点,竖直向下为x轴,求a棒在向下运动的过程中电流i与位移x的大小关系.(已知线圈上的自感电动势为E=LΔi,此过程中导Δt体棒b仍在EFGH区域运动)考点3 电磁感应的综合应用1.C 设正方形线框边长为L ,刚进入磁场时的速度为v ,磁场的磁感应强度为B ,线框电阻为R ,则线框刚进入磁场时所受安培力F 安=B 2L 2v R ,安培力与重力的大小关系取决于线框在磁场上方做自由落体运动的高度,故刚进入磁场时,线框加速、匀速、减速都有可能,但因线框边长小于磁场上、下边界的间距,故无论线框刚进入时加速、匀速还是减速,当线框全部进入磁场后一定只受重力做加速运动,故C 项正确,A 、B 、D 项错误.2.BC 由题图乙可知,0~1 s 时间内,B 增大,Φ增大,由楞次定律可知,感应电流的方向是顺时针方向,为正值;1~2 s 时间内,磁通量不变,无感应电流;2~3 s 时间内,B 的方向垂直纸面向外,B 减小,Φ减小,由楞次定律可知,感应电流的方向是逆时针方向,是负值;3~4 s 时间内,B 的方向垂直纸面向里,B 增大,Φ增大,由楞次定律可知,感应电流的方向是逆时针方向,是负值,选项B 正确,A 错误.由左手定则可知,在0~1 s 内,ad 边受到的安培力方向水平向右,是正的;1~2 s 时间内,无感应电流,没有安培力;2~3 s 时间内,安培力水平向左,是负的;3~4 s 时间内,安培力水平向右,是正的.由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E=ΔΦΔt =ΔB Δt S ,感应电流I=E R =S ·ΔBR ·Δt ,由B-t 图象可知,在0~1 s 、2~4 s时间段内,ΔB Δt 的大小不变,在各时间段内I 是定值,ad 边受到的安培力F=BIL ,I 、L 不变,B 均匀变化,则安培力F 均匀变化,不是定值,选项C 正确,D 错误.3.BC 电阻R 2与R 0的并联阻值为5 Ω,若电流表满偏,则电阻R 2两端电压U=15 V ,超过电压表量程,故满偏的电表为电压表,A 错,B 正确.由欧姆定律可知,通过R 2的电流I 2=53 A,通过R 0的电流I 0=13 A,电阻R 1两端的电压U 1=(I 0+I 2)R 1=10 V ,所以金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=20 V;R 总=R 1+R 2·R 0R 2+R 0=10 Ω,金属棒ab 达到稳定状态时,F 安=B 2L 2v R 总=F=40 N,解得v=1 m/s,C 项正确,D 项错.4.A 由题图乙可得F=F 0-kv ,金属棒切割磁感线产生电动势E=BLv ,金属棒中电流I=BLv R+r ,金属棒受安培力F 安=BIL ,对金属棒根据牛顿第二定律有F-F 安=ma ,代入得F 0-(k+B 2L 2R+r )v=ma ,所以金属棒做加速度减小的加速运动,当加速度减为零时,速度达到最大,之后做匀速运动,所以A 正确;F 安=B 2L 2v R+r ,U R =BLv R+r R ,R 消耗的功率P=U R 2R ,所以B 、C 、D 错误. 5.CD 以ab 杆为研究对象,根据动能定理可得W-W 1-W 2=ΔE k ,解得W=W 1+W 2+ΔE k ,A 、B 两项错误;根据功能关系可知ab 杆克服安培力做功为W 2=Q ,ab 杆克服重力做功为W 1=ΔE p ,所以有W=Q+ΔE k +ΔE p ,C 、D 两项正确.6.D图甲中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电,当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时,电路中没有电流,导体棒不受安培力,向右做匀速运动;图乙中,导体棒做加速度减小的减速运动,直到棒静止;图丙中,导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动,速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动,当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时,电路中没有电流,导体棒向左做匀速运动,故A、B、C三项错误.设图乙中导体棒切割磁感线产生的平均电流为。
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专题提升(十)电磁感应的综合应用基础必备1.(2019·山东淄博一模)如图所示,闭合线圈abcd用绝缘硬杆悬于O点,虚线表示有界磁场B,把线圈从图示位置释放后使其摆动,不计其他阻力,线圈将(B)A.往复摆动B.很快停在竖直方向平衡而不再摆动C.经过很长时间摆动后最后停下D.线圈中产生的热量小于线圈机械能的减少量解析:当线圈进出磁场时,穿过线圈的磁通量发生变化,从而在线圈中产生感应电流,机械能不断转化为电能,直至最终线圈不再摆动.根据能量守恒定律,在这过程中,线圈中产生的热量等于机械能的减少量.2.(2019·湖南长沙一模)水平放置的光滑导轨上放置一根长为L、质量为m的导体棒ab,ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中,导轨的一端接一阻值为R的电阻,导轨及导体棒电阻不计.现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动,当通过位移为x时,ab达到最大速度v m.此时撤去外力,最后ab静止在导轨上.在ab运动的整个过程中,下列说法正确的是(D)A.撤去外力后,ab做匀减速运动B.合力对ab做的功为FxC.R上释放的热量为Fx+mD.R上释放的热量为Fx,F安随v的变化而解析:撤去外力后,导体棒水平方向只受安培力作用,而F安==0,B 变化,棒做加速度减小的减速运动,A错误;对整个过程由动能定理得W合=ΔE k错误;由能量守恒定律知,外力做的功等于整个回路产生的电能,电能又转化为R 上释放的热量,即Q=Fx,C错误,D正确.3.(2019·山东日照联考)竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道,如图所示,抛物线方程是y=x2,轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中,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(b>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(D) A.mgb B.mv2C.mg(b-a)D.mg(b-a)+mv2解析:小金属环进入或离开磁场时,磁通量会发生变化,并产生感应电流,产生焦耳热;当小金属环全部进入磁场后,不产生感应电流,小金属环最终在磁场中做往复运动,由能量守恒定律可得产生的焦耳热等于减少的机械能,即Q=mv2+mgb-mga=mg(b-a)+mv2,D正确.4.(2019·江西重点中学联考)(多选)如图所示,金属棒ab,cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好,匀强磁场的方向竖直向下.则ab棒在恒力F作用下向右运动的过程中,有(BD)A.安培力对ab棒做正功B.安培力对cd棒做正功C.abdca回路的磁通量先增加后减少D.F做的功等于回路产生的总热量和系统动能的增量之和解析:ab棒向右运动产生感应电流,电流通过cd棒,cd棒受向右的安培力作用随之向右运动.设ab,cd棒的速度分别为v1,v2,运动刚开始时,v1>v2,回路的电动势E=,电流为逆时针方向,ab,cd棒所受的安培力方向分别向左、向右,安培力分别对ab,cd棒做负功、正功,选项A错误,B正确;金属棒最后做加速度相同、速度不同的匀加速运动,且v1>v2,abdca回路的磁通量一直增加,选项C错误;对系统,由动能定理可知,F做的功和安培力对系统做的功的代数和等于系统动能的增量,而系统克服安培力做的功等于回路中产生的总热量,选项D正确.5.(2019·湖南衡阳模拟)(多选)如图所示,平行金属导轨与水平面成θ角,R1=R2=2R,匀强磁场垂直穿过导轨平面,有一导体棒ab质量为m,棒的电阻为2R,棒与导轨之间的动摩擦因数为μ.导体棒ab沿导轨向上滑动,当上滑的速度为v时,定值电阻R2消耗的电功率为P,下列说法正确的是(AC)A.整个装置因摩擦而产生的热功率为μmgvcos θB.整个装置消耗的机械功率为4P+μmgvcos θC.导体棒受到的安培力的大小为D.导体棒受到的安培力的大小为解析:棒ab上滑速度为v时,切割磁感线产生感应电动势E=BLv,棒电阻为2R,R1=R2=2R,回路的总电阻R总=3R,通过电阻R1的电流与通过电阻R2的电流相等,通过棒ab的电流等于通过电阻R2的电流的2倍,导体棒ab功率是电阻R2的4倍, 即P ab=4P,总功率为6P,则有6P=Fv,所以导体棒受到的安培力的大小F=,C正确D错误;棒与导轨的摩擦力f=μmgcos θ,故摩擦消耗的热功率为P f=fv=μmgvcos θ,A正确;整个装置消耗的机械功率为摩擦消耗的热功率与三部分导体的热功率之和,P总=P =6P+μmgvcos θ,B错误.热+P f6.(2019·福建漳州模拟)如图所示,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ,分别用相同材料,不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线).两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落,再进入磁场,最后落到地面.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落地时的速度大小分别为v1,v2,在磁场中运动时产生的热量分别为Q1,Q2.不计空气阻力,则(D)A.v1<v2,Q1<Q2B.v1=v2,Q1=Q2C.v1<v2,Q1>Q2D.v1=v2,Q1<Q2解析:由于从同一高度下落,到达磁场边界时具有相同的速度v,切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力F A=,又R=ρ(ρ为材料的电阻率,l为线圈的边长),此时加速度a=g-,且m=ρ0S·4l(ρ0为材料的密度),所以加速度a=g-=g-与S无关,线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动,则落地速度相等v1=v2;由能量守恒可得Q=mg(h+H)-mv2(H是磁场区域的高度),Ⅰ为细导线质量小,产生的热量少,所以Q1<Q2,故D正确.7.(多选)如图(甲)所示,左侧接有定值电阻R=3 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度B=2 T,导轨间距为L=1 m.一质量m=2 kg、接入电路的阻值r=1 Ω的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动,金属棒与导轨垂直且接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,g=10 m/s2,金属棒的v x图像如图(乙)所示,则从起点发生x=1 m位移的过程中(CD)A.拉力做的功为16 JB.通过电阻R的电荷量为0.25 CC.定值电阻R产生的焦耳热为0.75 JD.所用的时间t一定大于1 s解析:根据图像可知v=2x,金属棒运动过程中受到的安培力F A=,即安培力与x是线性函数,所以在此过程中平均安培力=1 N,根据功能关系W F=W f+mv2+W FA=μmgx+mv2+F A·x=0.5×20×1 J+×2×22 J+1×1 J=15 J,故A错误;q===C=0.5 C,故B错误;克服安培力做的功转化为回路中的焦耳热,Q=W FA=1 J,而R上的焦耳热为Q R=Q=Q=0.75 J,故C正确;v x图像中的斜率k==·=,所以a=kv,即随着速度的增加,加速度也在增加,若导体棒做匀加速运动1 m,末速度为v=2 m/s,则需要的时间为t==1 s,现在导体棒做加速度增加的加速运动,移动1 m后速度仍为v=2 m/s,则所需时间大于1 s,故D正确.8.(2019·河南示范性高中联考)如图所示,在光滑的水平面上,有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内,现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后,速度为v(v<v0),那么线圈(B)A.完全进入磁场中时的速度大于B.完全进入磁场中时的速度等于C.完全进入磁场中时的速度小于D.以上情况均有可能解析:线圈进入磁场过程-B L·Δt 1=mv'-mv0①线圈离开磁场过程-B L·Δt 2=mv-mv'②进出磁场时磁通量变化数值相同,故q0=q,q 0=·Δt1=·Δt2=q③联立①②③,得v'-v0=v-v'所以v'=,故选B.能力培养9.(2019·辽宁鞍山模拟)(多选)如图所示,两足够长的平行光滑的金属导轨MN,PQ 相距为d,导轨平面与水平面的夹角θ=30°,导轨电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上.长为d的金属棒ab垂直于MN,PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m、电阻为r=R.两金属导轨的上端连接一个灯泡,灯泡的电阻R L=R,重力加速度为g.现闭合开关S,给金属棒施加一个垂直于棒且平行于导轨平面向上的恒力F=mg,使金属棒由静止开始运动,当金属棒达到最大速度时,灯泡恰能达到它的额定功率.下列说法正确的是(BCD)A.灯泡的额定功率P L=B.金属棒能达到的最大速度v m=C.金属棒达到最大速度的一半时的加速度a=gD.若金属棒上滑距离为L时速度恰达到最大,金属棒由静止开始上滑4L的过程中,金属棒上产生的电热Q r=mgL-解析:当金属棒达到最大速度时,金属棒的合外力为0;金属棒切割磁感线时产生的感应电动势E=Bdv m,由闭合电路欧姆定律得I=;由安培力公式得F A=,由合力为0,可知,F A=F-mgsin θ,解得金属棒能达到的最大速度v m=,灯泡的额定功率P L=I2R=,故A错误,B正确;当金属棒达到最大速度的一半时,F A'=,合力F'-mgsin θ=,由牛顿第二定律可知此时加速度a=g,故C正确;由能量守恒合=F-F A定律知,外力F做功等于增加的动能、增加的重力势能和这个过程中产生的热量,有4mgL=4mgLsin θ+m+2Q r,解得Q r=mgL-,故D正确.10.(2019·福建龙岩模拟)(多选)如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为L,导轨电阻均可忽略不计.在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻,导体杆ab质量为m、电阻也为R,并与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中.现给ab杆一个初速度v0,使杆向右运动,最终ab杆停在导轨上.下列说法正确的是(BD)A.ab杆将做匀减速运动直到静止B.ab杆速度减为时,ab杆加速度大小为C.ab杆速度减为时,通过电阻的电荷量为D.ab杆速度减为时,ab杆走过的位移为解析:ab杆水平方向上受与运动方向相反的安培力,安培力大小为F A=,加速度大小为a==,由于速度减小,所以ab杆做加速度减小的减速运动直到静止,故A错误;当ab杆的速度为时,安培力为F=,所以加速度为a==,故B正确;对ab杆由动量定理得-B L·Δt=m-mv 0,即BLq=mv0,解得q=,故C错误;由电磁感应电荷量推论公式q==,解得x=,故D正确.11.(2019·河南安阳二模)如图所示,两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上,导轨左端接有电阻R=8 Ω,导轨自身电阻不计.匀强磁场垂直于斜面向上,磁感应强度为B=0.5 T.质量为m=0.1 kg,电阻为r=2 Ω的金属棒ab由静止释放,沿导轨下滑,如图所示.设导轨足够长,导轨宽度L=2 m,金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好,当金属棒下滑的高度为h=3 m时,恰好达到最大速度v m=2 m/s,求此过程中(g=10 m/s2):(1)金属棒受到的摩擦阻力;(2)电阻R中产生的热量(3)通过电阻R的电荷量.解析:(1)感应电流的方向从b到a,作受力图.当金属棒速度恰好达到最大速度时,加速度为零,则mgsin θ=BIL+f根据法拉第电磁感应定律E=BLv m根据闭合电路欧姆定律I=,联立以上各式解得f=mgsin θ-=0.3 N.(2)下滑过程,根据能量守恒定律,重力势能的减少量等于摩擦生热、克服安培力做的功(转化为热量)以及动能之和mgh=f·+Q+m代入数据解得电路中产生的总热量为Q=1 J此过程中电阻R中产生的热量Q R=Q=×1 J=0.8 J.(3)设通过电阻R的电荷量为q,由=,=得q=Δt===0.6 C.答案:(1)0.3 N(2)0.8 J(3)0.6 C12.(2019·湖南长沙模拟)足够长的平行金属轨道M,N,相距L=0.5 m,且水平放置;M,N左端与半径R=0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连,与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动,两金属棒的质量m b=m c=0.1 kg,接入电路的有效电阻R b=R c=1 Ω,轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M,N处于磁感应强度B=1 T的匀强磁场中,磁场方向垂直轨道平面向上,光滑竖直半圆轨道在磁场外,如图所示,若使b棒以初速度v0=10 m/s开始向左运动,运动过程中b,c不相撞,g取10 m/s2,求:(1)c棒的最大速度;(2)c棒达最大速度时,此棒产生的焦耳热;(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑,金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小.解析:(1)在磁场力作用下,b棒做减速运动,c棒做加速运动,当两棒速度相等时,c棒达最大速度.取两棒组成的系统为研究对象,根据动量守恒定律有m b v0=(m b+m c)v解得c棒的最大速度为v=v0=v0=5 m/s.(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中,系统减少的动能转化为电能,两棒中产生的总热量为Q=m b-(m b+m c)v2=2.5 J因为R b=R c,所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c==1.25 J.(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v',从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得m c v2-m c v'2=m c g·2R解得v'=3 m/s在最高点,设轨道对c棒的弹力为F,由牛顿第二定律得m c g+F=m c解得F=1.25 N.由牛顿第三定律得,在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N,方向竖直向上.答案:(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N。