2019-2020年高考物理二轮复习 专题九 电磁感应规律及应用导（含解析）.doc

2019-2020年高考物理二轮复习 专题九 电磁感应规律及应用导（含解析）热点一电磁感应图象问题命题规律：电磁感应图象问题多以选择题形式出现，有时也与计算题结合，主要考查以下内容：(1)综合应用楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识，判断电流(或安培力)随时间t(或位移x)变化的图象(2)利用动力学观点判断棒(或线圈)的速度随时间变化的图象(3)在计算题中考查学生的识图能力，由图象获取解题信息的能力1.(xx高考新课标全国卷)如图甲，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间电压如图乙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()解析由题图乙可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确答案C2.(xx广元第二次模拟)如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上从t0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域用I表示导线框中的感应电流(以逆时针方向为正)则下列表示It关系的图线中，正确的是()解析在线框进入磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐增加，当线框即将完全进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，产生的电流最大，此过程电流方向为逆时针方向整个线框在磁场中运动时，不产生感应电流当线框离开磁场时，产生电流方向为顺时针方向，且切割磁感线的有效长度逐渐减小，产生的感应电流逐渐减小，所以选项D正确答案D3.(xx南昌三模)如图所示，xOy平面内有一半径为R的圆形区域，区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，左半圆磁场方向垂直于xOy平面向里，右半圆磁场方向垂直于xOy平面向外一平行于y轴的长导体棒ab以速度v沿x轴正方向做匀速运动，则导体棒两端的电势差Uba与导体棒位置x的关系图象是()解析设从y轴开始沿x轴正方向运动的长度为x(x2R)，则ab导体棒在磁场中的切割长度l22，感应电动势EBlv2Bv，可知|Uba|与x不是正比关系，所以C、D错误由右手定则知在左侧磁场中b端电势高于a端电势，由于右侧磁场方向变化，所以在右侧a端电势高于b端电势，再结合圆的特点，知选项A正确答案A热点二电磁感应电路问题命题规律：电磁感应电路问题为每年高考的热点，考查方式既有选择题，也有计算题，主要涉及电流、电压、电功率、电热和电量的计算1.(多选)(xx陕西西安质检)如图所示，用同种电阻丝制成的正方形闭合线框1的边长与圆形闭合线框2的直径相等，m和n是1线框下边的两个端点，p和q是2线框水平直径的两个端点，1和2线框同时由静止开始释放并进入上边界水平、足够大的匀强磁场中，进入过程中m、n和p、q连线始终保持水平当两线框完全进入磁场以后，下面说法正确的是()Am、n和p、q电势的关系一定有UmUn，UpUqBm、n和p、q间电势差的关系一定有UmnUpqC进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q1Q2D进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q1Q2解析当两线框完全进入磁场以后，根据右手定则知UnUm，UqUp，A正确；两线框完全进入磁场后，由于两线框的速度关系无法确定，故不能确定两点间的电势差的关系，B错误；设m、n间距离为a，由q，R得进入磁场过程中流过1、2线框的电荷量都为，C错误，D正确答案AD2.(多选)(xx高考四川卷) 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Bkt(常量k0)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R1R0、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()AR2两端的电压为 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 根据串、并联电路特点，虚线MN右侧回路的总电阻RR0.回路的总电流I，通过R2的电流I2，所以R2两端电压U2I2R2U，选项A正确；根据楞次定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过R2的电流方向向左，所以电容器b极板带正电，选项B错误；根据PI2R，滑动变阻器R的热功率PI22I2R0，电阻R2的热功率P22R2I2R0P，选项C正确；根据法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势ESkr2，选项D错误答案AC3.如图甲所示，10匝圆形(半径r00.1 m)线圈的区域内有均匀变化的磁场，滑动变阻器的最大阻值为R022 ，与线圈连接后，组成分压器对负载R(纯电阻)供电图乙所示为该电路的路端电压随外电阻变化的关系图线，每匝线圈允许通过的电流不能超过2 A求：(1)磁场磁感应强度的变化率和单匝线圈的内阻；(2)接到滑动变阻器a、b间的负载电阻R的阻值许可范围解析(1)由题图乙知，线圈的感应电动势E12 V即nrE12 V，可得38 T/s当路端电压U时，外电路电阻等于内阻，由题图乙知单匝线圈的内阻r0.2 .(2)单匝线圈允许通过的电流不能超过2 A，内电压的最大值是4 V，外电压的最小值为8 V，所以电路的外电阻必须大于或等于4 当滑动变阻器的滑动触头处在a端时，负载电阻R与R0并联，应有4 ，得负载电阻R4.9 即接到变阻器a、b间的负载电阻不能小于4.9 .答案见解析总结提升解决电磁感应中电路问题的思路(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r.(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路.(3)根据EBLv或En，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解.)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1.(xx昆明一模)如图甲所示，MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场现将一边长为l、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且bc边与磁场边界MN重合当t0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当tt0时，线框的ad边与磁场边界MN重合图乙为拉力F随时间变化的图线由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小为()AB BB CB DB 解析根据题意，可知F0ma，F安BIL，因为FF安ma常数，所以，即，将F0ma代入化简，可得B .故选项B正确答案B2.(多选)(xx云南部分名校统考)如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面，将ab棒在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，电阻R上消耗的功率为P.导轨和导体棒电阻不计下列判断正确的是()A导体棒的a端比b端电势低Bab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的D若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时的功率将变为原来的4倍解析导体棒下滑切割磁感线，产生感应电动势相当于电源，由右手定则知a端为正极，b端为负极，A项错误感应电动势EBLv，I，对ab受力分析有mgsin ma，则知导体棒做加速度减小的加速运动，当a0时，mgsin ，得vm，若B增大为原来的2倍，稳定状态时速度变为原来的，所以B项正确，C项错误若质量增大为原来的2倍，导体棒稳定时的速度为原来的2倍，R的功率P，可知功率变为原来的4倍，D项正确答案BD3.(xx江苏扬州模拟)如图所示，两根质量同为m、电阻同为R、长度同为l的导体棒a、b，用两条等长的、质量和电阻均可忽略的长直导线连接后，放在距地面足够高的光滑绝缘水平桌面上，两根导体棒均与桌边缘平行，一根在桌面上，另一根移动到靠在桌子的光滑绝缘侧面上整个空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B，开始时两棒静止，自由释放后开始运动已知两条导线除桌边缘拐弯处外其余部位均处于伸直状态，导线与桌子侧棱间无摩擦求：(1)刚释放时，两导体棒的加速度大小；(2)两导体棒运动稳定时的速度大小；(3)若从开始下滑到刚稳定时通过横截面的电荷量为q，求该过程a棒下降的高度解析(1)刚释放时，设导线中的拉力为FT对a棒：mgFTma对b棒：FTma解得：ag.(2)导体棒运动稳定时，设细线中拉力为FT对b棒：FT0对a棒：mgF安又F安BIl解得：v.(3)从开始下滑到刚稳定，设a棒下降的高度为h则通过横截面的电荷量qt解得：h.答案(1)g(2)(3)总结提升电磁感应中的动力学问题的解题思路(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向.(2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向.(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况.(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解.)用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题命题规律：电磁感应综合问题往往涉及法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、动力学问题、能量问题等，综合性较强，常作为压轴计算题，有时也有选择题解析(1)金属棒从离地高h1.0 m以上任何地方由静止释放后，在到达水平面之前已经开始匀速运动(1分)设最大速度为v，则感应电动势EBLv(1分)感应电流I(1分)安培力FBIL(1分)匀速运动时，有mgsin F(1分)解得v1.0 m/s.(1分)(2)在水平面上运动时，金属棒所受滑动摩擦力为Ffmg(1分)金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动，有Ffma(1分)v22ax(1分)解得0.04(1分)(用动能定理同样可以解答)(3)下滑到底端的过程中，由能量守恒得：Qmghmv2(2分)电阻R上产生的热量：QR Q(2分)解得QR3.8102 J(1分)答案(1)1.0 m/s(2)0.04(3)3.8102 J总结提升(1)解决电磁感应综合问题的一般分析思路：(2)求解焦耳热的三个途径感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即QW克安感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即QI2Rt.感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解最新预测1(xx山东泰安模拟)如图所示，间距为L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m，电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是()A金属棒在导轨上做匀减速运动B整个过程中电阻R上产生的焦耳热为C整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为D整个过程中金属棒克服安培力做功为解析：选D.设某时刻的速度为v，则此时的电动势EBLv，安培力F安，由牛顿第二定律有F安ma，则金属棒做加速度减小的减速运动，选项A错误；由能量守恒定律知，整个过程中克服安培力做功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热之和，即W安Qmv，选项B错误，D正确；整个过程中通过金属棒的电荷量q，得金属棒在导轨上发生的位移x，选项C错误最新预测2(xx潍坊一模)如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的焦耳热为Q，求：(1)导体棒MN受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF上升的最大高度解析：(1)EF获得向上的初速度v0时，感应电动势EBLv0电路中电流为I，由闭合电路欧姆定律：I此时对导体棒MN受力分析，由平衡条件：FAmgsin fFABIL解得：fmgsin .(2)导体棒EF上升过程MN一直静止，对系统由能的转化和守恒定律知mvmgh2Q解得：h.答案：(1)mgsin (2)失分防范用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题极易从以下几点失分：不会分析电源和电路结构，求不出电动势、电流等电学量；错误分析导体(或线圈)受力情况，尤其是安培力的大小和方向；不能正确地把机械运动过程、电磁感应过程和能量转化过程相联系；思维混乱，错用公式，求不出结果.可以从以下几点进行防范：从“三个角度”看问题，即力与运动角度(动力、阻力、加速度、匀速还是变速)，电磁感应角度(电动势、电流、磁场强弱和方向、动生电还是电生动)，能量转化角度(什么力做了什么功、什么能变成什么能)；从“四个分析”理思路，即“源”、“路”、“力”、“能”的分析，以力的分析为核心，力找对了，导体的运动情况和电磁感应过程就基本清楚了；从“五个定律”搞突破，即电磁感应定律、楞次定律、欧姆定律、牛顿第二定律、能量守恒定律.)A一、选择题1(多选)(xx高考山东卷)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FM、FN表示不计轨道电阻以下叙述正确的是()AFM向右 BFN向左CFM逐渐增大 DFN逐渐减小解析：选BCD.根据直线电流产生的磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，选项B正确；导体棒在M区运动时，磁感应强度B变大，根据EBlv，I及FBIl可知，FM逐渐变大，故选项C正确；导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，同理可知，FN逐渐变小，故选项D正确2.(xx高考江苏卷)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t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. B.C. D.解析：选B.线圈中产生的感应电动势EnnSn，选项B正确3(xx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变化的图象，则磁场B随时间t变化的图象可能是图中的()解析：选B.由题图乙可知，13 s内无感应电流产生，所以穿过圆环的磁通量不变，所以排除C选项；对于A选项，01 s内，磁通量不变，感应电流为零，所以排除；对于B选项，从电流的方向看，01 s内，磁通量增大，由楞次定律可知电流方向是顺时针方向，而D项，01 s内，电流方向为逆时针方向，故选项B正确，D错误4(xx高考新课标全国卷)如图，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(dL )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t0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vt图象中，可能正确描述上述过程的是()解析：选D.导线框刚进入磁场时速度设为v0，此时产生的感应电动势EBLv0，感应电流I，线框受到的安培力FBLI.由牛顿第二定律Fma知，ma，由楞次定律知线框开始减速，随着速度v减小，其加速度a减小，故进入磁场时做加速度减小的减速运动当线框全部进入磁场开始做匀速运动，在出磁场的过程中，仍做加速度减小的减速运动，故只有D选项正确5(xx烟台一模)如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a.一直角三角形导线框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，在下图中感应电流i、BC两端的电压UBC与线框移动的距离x的关系图象正确的是()解析：选D.由楞次定律可知，线框刚进入磁场时产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故线框中的感应电流沿逆时针方向，为正，又因为线框做匀速运动，故感应电流随位移线性增大；同理可知线框离开磁场时，产生的感应电流大小随位移线性增大，方向为负，选项A、B错误；BC两端的电压UBC跟感应电流成正比，故选项C错误，D正确6(xx洛阳统考)如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是()A在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)B磁铁在整个下落过程中，所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下C磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变D磁铁落地时的速率一定等于解析：选A.当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针，A正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，所受圆环对它的作用力始终竖直向上，B错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，磁铁的机械能不守恒，C错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度为v，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，D错误7(多选)(xx桂林二模)均匀导线制成的正方形闭合线框abcd，线框的匝数为n、边长为L、总电阻为R、总质量为m，将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方某高度处，如图所示，释放线框，让线框由静止自由下落，线框平面保持与磁场垂直，cd边始终与水平的磁场边界平行，已知cd边刚进入磁场时，线框加速度大小恰好为，重力加速度为g，则线框cd边离磁场边界的高度h可能为()A. B.C. D.解析：选AC.线框cd边进入磁场时的速度为v，若此时加速度方向竖直向下，则mgnBILmam，I，则h，A正确；若cd边进入磁场时的加速度方向竖直向上，则nBILmgmam，I，则h，C正确8(多选)(xx淄博模拟)如图，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成角(090)，其中MN与PQ平行且间距为L.导轨平面与磁感应强度大小为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棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()Aa点的电势高于b点的电势Bab棒中产生的焦耳热小于ab棒重力势能的减少量C下滑位移大小为D受到的最大安培力大小为sin 解析：选ABC.由右手定则可以判断流过ab棒的电流方向为ba，由于ab棒相当于电源，故a点电势高于b点电势，A正确；因ab棒减少的重力势能还有一部分转化为ab棒的动能，故ab棒中产生的焦耳热一定小于ab棒重力势能的减少量，B正确；由q可得，棒下滑的位移大小为x，C正确；当棒运动的速度达到最大时棒受到的安培力最大FmBImLBL，D错误9(多选)(xx河南中原名校联考)如图所示，顶角45的金属导轨MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿导轨MON向右滑动，导体棒的质量为m，导轨与导体棒单位长度的电阻均为r.导体棒与导轨接触点为a和b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触t0时导体棒位于顶角O处，则流过导体棒的电流强度I、导体棒内产生的焦耳热Q、导体棒做匀速直线运动时水平外力F、导体棒的电功率P各量大小随时间变化的关系正确的是()解析：选AC.0到t时间内，导体棒的位移xv0tt时刻，导体棒的有效切割长度lx导体棒的电动势EBlv0回路总电阻R(2xx)r电流强度I，可知I不变电流方向ba水平外力FBIl，可知Ft.t时刻导体棒的电功率PI2R由于Pt，故QPt/2，即Qt2.综上可得A、C正确二、计算题10(xx石家庄质检)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表V，电阻r2 的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R12 ，R21 ，导轨及导线电阻均不计在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场，CE0.2 m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场中运动时电压表的示数始终保持不变求：(1)t0.1 s时电压表的示数；(2)恒力F的大小；(3)从t0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量解析：(1)设磁场宽度为dCE，在00.2 s的时间内，有E，Eld0.6 V此时，R1与金属棒r并联，再与R2串联RR并R2112()UR并0.3 V.(2)金属棒进入磁场后，R1与R2并联，再与r串联，有I0.45 AFABIlFA1.000.450.60.27(N)由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有FFA故F0.27 N.(3)金属棒在00.2 s的运动时间内，有Qt0.036 J金属棒进入磁场后，有Rr EIR1.2 VEBlv，v2 m/st0.1(s)QEIt0.054 JQ总QQ0.0360.0540.090(J)答案：(1)0.3 V(2)0.27 N(3)0.090 J11(xx高考天津卷)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角30的斜面上，导轨电阻不计，间距L0.4 m导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为MN，中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B0.5 T在区域中，将质量m10.1 kg，电阻R10.1 的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑然后，在区域中将质量m20.4 kg，电阻R20.1 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g10 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x3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少解析：(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由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Fmaxm1gsin 设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有EBLv设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I设ab所受安培力为F安，有F安BIL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m1gsin Fmax综合式，代入数据解得v5 m/s.(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin Q总m2v2又QQ总解得Q1.3 J.答案：(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J12(xx四川凉山模拟)如图所示，在倾角37的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5 T，磁场宽度d0.55 m，有一边长L0.4 m、质量m10.6 kg、电阻R2 的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m20.4 kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数0.4，线框从图示位置自由释放，物体到定滑轮的距离足够长(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线拉力为多少？(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？(3)cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2 m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？解析：(1)m1、m2运动过程中，以整体法有m1gsin m2g(m1m2)a解得a2 m/s2以m2为研究对象有FTm2gm2a(或以m1为研究对象有m1gsin FTm1a)解得FT2.4 N.(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有m1gsin m2g0解得v1 m/s线框下滑做匀加速运动v22ax解得x0.25 m.(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时：m1gsin (xdL)m2g(xdL)(m1m2)vQ解得：Q0.4 J，所以QabQ0.1 J.答案：(1)2.4 N(2)0.25 m(3)0.1 JB一、选择题1(xx高考广东卷)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中的大解析：选C.小磁块在铜管中下落时，由于电磁阻尼作用，不做自由落体运动，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动，因此在P中下落得慢，用时长，到达底端速度小，C项正确，A、B、D错误2(xx高考安徽卷)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，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()A0 B.r2qkC2r2qk Dr2qk解析：选D.变化的磁场使回路中产生的感应电动势ESkr2，则感应电场对小球的作用力所做的功WqUqEqkr2，选项D正确3(xx河北石家庄质检)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域和内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，和之间无磁场一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是()解析：选C.MN棒先做自由落体运动，当到区磁场时由四个选项知棒开始减速说明F安mg，由牛顿第二定律得，F安mgma，减速时F安减小，合力减小，a也减小，速度图象中图线上各点切线斜率减小；离开区后棒做加速度为g的匀加速直线运动，随后进入区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流变化情况相同，则在区磁场中运动情况与区磁场中完全相同，所以只有C项正确4(多选)(xx江西八校联考)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B2 T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长L10.2 m，电阻R2 .t0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示则()A恒定拉力大小为0.05 NB线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s2C线圈ab边长L20.5 mD在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 C解析：选ABD.在第1 s末，i1，EBL1v1，v1at1，Fma1，联立得F0.05 N，A项正确在第2 s内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s末i2，EBL1v2，v2v1a2t2，解得a21 m/s2，B项正确在第2 s内，vv2a2L2，得L21 m，C项错误q0.2 C，D项正确二、计算题5(xx高考浙江卷)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示一个半径为R0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上转轴的左端有一个半径为rR/3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m0.5 kg的铝块在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B0.5 Ta点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度铝块由静止释放，下落h0.3 m时，测得U0.15 V(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g10 m/s2)(1)测U时，a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失解析：(1)由右手定则知，金属棒产生的感应电动势的方向由OA，故A端电势高于O端电势，与a点相接的是电压表的“正极”(2)由电磁感应定律得UE，BR2，所以UBR2又vrR所以v2 m/s.(3)由能的转化与守恒定律得Emghmv2解得E0.5 J.答案：见解析6(xx陕西西安高三质检)如图甲所示，两条电阻不计的金属导轨平行固定在倾角为37的斜面上，两导轨间距为L0.5 m上端通过导线与R2 的电阻连接，下端通过导线与RL4 的小灯泡连接在CDFE矩形区域内有垂直斜面向上的磁场，CE间距离d2 mCDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示在t0时，一阻值为R02 的金属棒从AB位置由静止开始运动，在金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化设导轨AC段有摩擦，其他部分光滑，金属棒运动过程中始终与CD平行(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)通过小灯泡的电流强度；(2)金属导轨AC段的动摩擦因数；(3)金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，整个系统产生的热量解析：(1)04 s内，由法拉第电磁感应定律得ELd0.5 V由闭合电路欧姆定律得IL0.1 A.(2)灯泡亮度不变，则全程通过灯泡的电流恒为IL，设金属棒运动到CD时的速度为v，金属棒在AC段的加速度为a，则依题意有BLvILRL(ILIR)R0ILRLIRR由牛顿第二定律可得mgsin 37mgcos 37ma由运动学公式vat1由题图乙可知t14 s，B2 T代入以上方程联立可得v1.0 m/s，.(3)金属棒在CE段做匀速直线运动，则有mgsin 37B(ILIR)L解得m0.05 kgBD段的位移xt12 m根据能量守恒有EILt1mg(xd)sin 37mv2Q解得整个系统产生的热量Q1.375 J.答案：(1)0.1 A(2)(3)1.375 J7(xx高考安徽卷)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角为30的斜面向上绝缘斜面上固定有“”形状的光滑金属导轨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 ，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v1 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x0.8 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，并在图乙中画出Fx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EBlv(ld)，解得E1.5 V(D点电势高)当x0.8 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dd，OP2 m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UCDBl外v，即UCD0.6 V.(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是ld3x对应的电阻Rl为RlR电流I杆受的安培力为F安BIl7.53.75x根据平衡条件得FF安mgsin F12.53.75x(0x2)画出的Fx图象如图所示(3)外力F所做的功WF等于Fx图线下所围的面积即WF2 J17.5 J而杆的重力势能增加量Epmgsin 故全过程产生的焦耳热QWFEp7.5 J.答案：见解析8(xx西城一模)如图所示，两条光滑的金属导轨相距L1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37的斜面上，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1B20.5 Tab和cd是质量均为m0.1 kg、电阻均为R4 的两根金属棒，ab置于水平导轨上，cd置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好从t0时刻起，ab棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd受到F0.60.25t(N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态不计导轨的电阻(sin 370.6，g取10 m/s2)(1)求流过cd棒的电流强度Icd随时间t变化的函数关系；(2)求ab棒在水平导轨上运动的速度vab随时间t变化的函数关系；(3)求从t0时刻起，1.0 s内通过ab棒的电荷量q；(4)若t0时刻起，1.0 s内作用在ab棒上的外力做功为W16 J，求这段时间内cd棒产生的焦耳热Qcd.解析：(1)由题意知cd棒平衡，则FFcdmgsin 37FcdB2IcdL得Icd0.5t(A)(2)ab棒中电流IabIcd0.5t(A)则回路中电源电动势EIcdR总ab棒切割磁感线，产生的感应电动势为EB1Lvab解得ab棒的速度vab8t(m/s)所以，ab棒做初速度为零的匀加速直线运动(3)ab棒的加速度为a8 m/s2，10 s内的位移为xat281.02 m4 m根据得qt C0.25 C.(4)t1.0 s时，ab棒的速度vab8t(m/s)8 m/s根据动能定理有WW安mv20得1.0 s内克服安培力做功W安J12.8 J回路中产生的焦耳热QW安12.8 Jcd棒上产生的焦耳热Qcd6.4 J.答案：(1)Icd0.5t(A)(2)vab8t(m/s)(3)0.25 C(4)6.4 J