2019-2020年高考物理二轮复习专题09电磁感应及综合应用教学案（含解析）.doc

2019-2020年高考物理二轮复习专题09电磁感应及综合应用教学案（含解析）电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考命题频率最高的内容之一。题型多为选择题、计算题。主要考查电磁感应、楞次定律、法拉第电磁感应定律、自感等知识。本部分知识多结合电学、力学部分出压轴题，其命题形式主要是电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用、电磁感应与能量守恒的综合应用。复习中要熟练掌握感应电流的产生条件、感应电流方向的判断、感应电动势的计算，还要掌握本部分内容与力学、能量的综合问题的分析求解方法。预测xx年的高考基础试题重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效问题综合试题还是涉及到力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等此除日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术这些在实际中有广泛的应用问题也要引起重视。一、法拉第电磁感应定律 法拉第电磁感应定律的内容是感应电动势的大小与穿过回路的磁通量的变化率成正比在具体问题的分析中，针对不同形式的电磁感应过程，法拉第电磁感应定律也相应有不同的表达式或计算式 磁通量变化的形式表达式备注通过n匝线圈内的磁通量发生变化En(1)当S不变时，EnS (2)当B不变时，EnB导体垂直切割磁感线运动EBLv当vB时，E0导体绕过一端且垂直于磁场方向的转轴匀速转动EBL2线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动EnBSsint当线圈平行于磁感线时，E最大为EnBS，当线圈平行于中性面时，E0二、楞次定律与左手定则、右手定则 1左手定则与右手定则的区别：判断感应电流用右手定则，判断受力用左手定则 2应用楞次定律的关键是区分两个磁场：引起感应电流的磁场和感应电流产生的磁场感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化，“阻碍”的结果是延缓了磁通量的变化，同时伴随着能量的转化 3楞次定律中“阻碍”的表现形式：阻碍磁通量的变化(增反减同)，阻碍相对运动(来拒去留)，阻碍线圈面积变化(增缩减扩)，阻碍本身电流的变化(自感现象) 三、电磁感应与电路的综合 电磁感应与电路的综合是高考的一个热点内容，两者的核心内容与联系主线如图4121所示： 1产生电磁感应现象的电路通常是一个闭合电路，产生电动势的那一部分电路相当于电源，产生的感应电动势就是电源的电动势，在“电源”内部电流的流向是从“电源”的负极流向正极，该部分电路两端的电压即路端电压，UE.2在电磁感应现象中，电路产生的电功率等于内外电路消耗的功率之和若为纯电阻电路，则产生的电能将全部转化为内能；若为非纯电阻电路，则产生的电能除了一部分转化为内能，还有一部分能量转化为其他能，但整个过程能量守恒能量转化与守恒往往是电磁感应与电路问题的命题主线，抓住这条主线也就是抓住了解题的关键在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能说明：求解部分导体切割磁感线产生的感应电动势时，要区别平均电动势和瞬时电动势，切割磁感线的等效长度等于导线两端点的连线在运动方向上的投影 考点一对楞次定律和电磁感应图像问题的考查例1、如图1所示，直角坐标系xOy的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B.现将半径为L、圆心角为90的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动t0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是()图1答案B【变式探究】如图2所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()图2A增加线圈的匝数B提高交流电源的频率C将金属杯换为瓷杯D取走线圈中的铁芯答案AB【方法技巧】1楞次定律的理解和应用(1)“阻碍”的效果表现为：阻碍原磁通量的变化增反减同；阻碍物体间的相对运动来拒去留；阻碍自身电流的变化自感现象(2)解题步骤：确定原磁场的方向(分析合磁场)；确定原磁通量的变化(增加或减少)；确定感应电流磁场的方向(增反减同)；确定感应电流方向(安培定则)2求解图像问题的思路与方法(1)图像选择问题：求解物理图像的选择题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图像，留下正确图像也可用“对照法”，即按照要求画出正确的草图，再与选项对照解决此类问题的关键是把握图像特点，分析相关物理量的函数关系，分析物理过程的变化或物理状态的变化(2)图像分析问题：定性分析物理图像，要明确图像中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图像的物理意义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断在有关物理图像的定量计算时，要弄清图像所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖掘图像中的隐含条件，明确有关图像所包围的面积、斜率，以及图像的横轴、纵轴的截距所表示的物理意义考点二 对电磁感应中动力学问题的考查例2、如图3所示，间距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面夹角为30，导轨的电阻不计，导轨的N、Q端连接一阻值为R的电阻，导轨上有一根质量一定、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置，导体棒上方距离L以上的范围存在着磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场现在施加一个平行斜面向上且与棒ab重力相等的恒力，使导体棒ab从静止开始沿导轨向上运动，当ab进入磁场后，发现ab开始匀速运动，求：图3(1)导体棒的质量；(2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移解析(1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动，距离为L，其加速度为Fmgsin 30maFmg得ag棒进入磁场时的速度为v由棒在磁场中匀速运动可知F安mgF安BIL得m设导体棒继续向上运动的位移为x，则有mv将v和m代入得x2L答案(1)(2)2L 【变式探究】如图4甲所示，MN、PQ是相距d1.0 m足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为，导轨电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒ab的质量m0.1 kg，其接入电路的电阻r1 ，小灯泡电阻RL9 ，重力加速度g取10 m/s2.现断开开关S，将棒ab由静止释放并开始计时，t0.5 s时刻闭合开关S，图乙为ab的速度随时间变化的图像求：图4(1)金属棒ab开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值；(2)磁感应强度B的大小答案(1)6 m/s2(2)1 T【方法技巧】在此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动电动”的思维顺序，可概括为：(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，求解回路中的感应电流的大小及方向(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推出对电路中的感应电流有什么影响，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考点三 对电磁感应中能量问题的考查例3、如图5所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37，导轨间距为1 m，电阻不计，导轨足够长两根金属棒ab和以ab的质量都是0.2 kg，电阻都是1 ，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B的大小相同让ab固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W求： 图5(1)ab下滑的最大加速度；(2)ab下落了30 m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？(3)如果将ab与ab同时由静止释放，当ab下落了30 m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)解析(1)当ab棒刚下滑时，ab棒的加速度有最大值：agsin gcos 4 m/s2.(2分)(2)ab棒达到最大速度时做匀速运动，有mgsin BILmgcos ，(2分)整个回路消耗的电功率P电BILvm(mgsin mgcos )vm8 W，(2分)则ab棒的最大速度为：vm10 m/s(1分)由P电(2分)得：B0.4 T(1分)根据能量守恒得：mghQmvmgcos (2分)解得：Q30 J(1分)代入数据得Q75 J(1分) 答案(1)4 m/s2(2)30 J(3)75 J【变式探究】在倾角为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6所示一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，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()图6A当ab边刚越过ff时，线框加速度的大小为gsin Bt0时刻线框匀速运动的速度为Ct0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsin mvD离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动答案BC【方法技巧】1明确安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下：2明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能3根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解问题考点四综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题例4、如图7甲所示，MN、PQ是相距d1 m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1 m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，ab的质量m0.1 kg、电阻R1 ；MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL3 ，定值电阻R17 ，调节电阻箱使R26 ，重力加速度g10 m/s2.现断开开关S，在t0时刻由静止释放ab，在t0.5 s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图像图7(1)求斜面倾角及磁感应强度B的大小；(2)ab由静止下滑x50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R2的值当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？解析(1)S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得a6 m/s2(1分)由牛顿第二定律有mgsin ma，(1分)所以有sin ，即37，(1分)t0.5 s时，S闭合且加了磁场，分析可知，此后ab将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(vm6 m/s)后接着做匀速运动匀速运动时，由平衡条件知mgsin F安，(1分)又F安BIdI(1分)R总RR110 (1分)联立以上四式有mgsin (2分)代入数据解得B 1 T(1分)当时，即R2RL3 ，功率最大，(1分)所以Pm0.27 W(2分) 答案(1)371 T(2)28.2 J(3)3 0.27 W【变式探究】如图8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.图8(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关系图像；(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)1.5 V0.6 V(2)F12.53.75x(0x2)见解析图(3)7.5 J (2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是ld3x对应的电阻R1R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图像如图所示(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EpmgOPsin 故全过程产生的焦耳热QWFEp7.5 J【xx上海24】1如图所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.02kg，在该平面上以、与导线成60角的初速度运动，其最终的运动状态是_，环中最多能产生_J的电能。1【答案】匀速直线运动；0.03【xx浙江16】2如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，则A乒乓球的左侧感应出负电荷B乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C乒乓球共受到电场力，重力和库仑力三个力的作用D用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞2【答案】D【xx海南2】3如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折弯，置于磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为，则等于（）A1/2 B C1 D3【答案】B【解析】设折弯前导体切割磁感线的长度为，折弯后，导体切割磁场的有效长度为，故产生的感应电动势为，所以，B正确。【xx上海20】5如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功，磁场力对导体棒做功，磁铁克服磁场力做功，重力对磁铁做功，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为。则A B C D5【答案】BCD【xx重庆4】6题4图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为，面积为.若在到时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由均匀增加到，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差A恒为 B 从0均匀变化到 C恒为 D从0均匀变化到6【答案】C【解析】穿过线圈的磁场均匀增加，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得，而等效电源内部的电流由楞次定理知从，即b点是等效电源的正极，即，故选C。【xx全国新课标15】7如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是AUa Uc，金属框中无电流BUb Uc，金属框中电流方向沿a-b-c-aCUbc=-1/2Bl，金属框中无电流DUbc=1/2Blw，金属框中电流方向沿a-c-b-a7【答案】C【xx全国新课标19】81824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动8【答案】AB【xx福建18】9如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（ ）APQ中电流先增大后减小BPQ两端电压先减小后增大CPQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大9【答案】 C【解析】设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R-Rx，所以外电路的总电阻为，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B错误；电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ中的电流：先较小后增大，故A错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F=BIL，拉力的功率P=BILv，先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻最大为3R/4，小于电源内阻R，又外电阻先增大后减小，所以外电路消耗的功率先增大后减小，故D错误。【xx北京20】10利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一卡通（IC卡）的工作原理及相关问题。IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC的振荡电路。公交卡上的读卡机（刷卡时“嘀”的响一声的机器）向外发射某一特定频率的电磁波。刷卡时，IC卡内的线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。下列说法正确的是（ ）A IC卡工作场所所需要的能量来源于卡内的电池B仅当读卡器发射该特定频率的电磁波时，IC卡才能有效工作C若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，在线圈L中不会产生感应电流DIC卡只能接收读卡器发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息10【答案】B【xx安徽19】11如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l。导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则A电路中感应电动势的大小为B电路中感应电流的大小为C金属杆所受安培力的大小为D金属杆的热功率为11【答案】B 1.（xx上海）17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.【xx新课标全国卷】 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】D3.【xx新课标全国卷】 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.【xx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.【答案】B5.【xx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【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BILBL，在导体棒从左到右匀速通过M区时，磁场由弱到强，所以FM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FN逐渐减小选项C、D正确6【xx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 .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(0.40.2t) T，图示磁场方向为正方向框、挡板和杆不计形变则()At1 s时，金属杆中感应电流方向从C到DBt3 s时，金属杆中感应电流方向从D到CCt1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 NDt3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N【答案】AC7.【xx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.r2qk C2r2qk Dr2qk【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Skr2，电荷环绕一周，受环形电场的加速作用，应用动能定理可得WqE感r2qk.选项D正确。8.【xx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【答案】C9.【xx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【答案】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10.【xx江苏卷】 如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A增加线圈的匝数 B提高交流电源的频率C将金属杯换为瓷杯 D取走线圈中的铁芯【答案】AB11. 【xx新课标卷】 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，导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小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【答案】 (1)从C端流向D端(2)mgr【解析】 (1)在t时间内，导体棒扫过的面积为St(2r)2r2根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为根据右手定则，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联立式得I.(2)在竖直方向有mg2N0l22rt克服摩擦力做的总功为Wff(l1l2)在t时间内，消耗在电阻R上的功为WRI2Rt根据能量转化和守恒定律知，外力在t时间内做的功为WWfWR外力的功率为P由至12式得Pmgr12.【xx安徽卷】 (16分)如图1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“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 ，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. 图1图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2中画出Fx关系图像；(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)0.6 V(2)略(3)7.5 J (2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是ld3x对应的电阻R1为R1R，电流I杆受的安培力F安BIl7.53.75x根据平衡条件得FF安mgsin F12.53.75x(0x2)画出的Fx图像如图所示 13.【xx北京卷】 (20分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识如图所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度v做匀速运动，速度v与恒力F方向相同；导线MN始终与导线框形成闭合电路已知导线MN电阻为R，其长度L恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B.忽略摩擦阻力和导线框的电阻(1) 通过公式推导验证：在t时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电，也等于导线MN中产生的热量Q; (2)若导线MN的质量m8.0 g、长度L0.10 m，感应电流I1.0 A，假设一个原子贡献一个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(下表中列出一些你可能会用到的数据)；阿伏伽德罗常数NA6.01023 mol1元电荷e1.61019 C导线MN的摩尔质量 6.0102 kg/mol(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式【答案】 (1)略(2)7.8106 m/s(3)evB 【解析】 (1)导线产生的感应电动势EBLv导线匀速运动，受力平衡FF安BIL在t时间内，外力F对导线做功WFvtF安vtBILvt电路获得的电能W电qEIEtBILvt可见，F对导线MN做的功等于电路获得的电能W电；导线MN中产生的热量QI2RtItIRqEW电可见，电路获得的电能W电等于导线MN中产生的热量Q. InveSe所以ve解得ve7.8106 m/s.(3)下列解法的共同假设：所有自由电子(简称电子，下同)以同一方式运动方法一：动量解法设电子在第一次碰撞结束至下一次碰撞结束之间的运动都相同，经历的时间为t，电子的动量变化为零因为导线MN的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用f洛evB沿导线方向，电子只受到金属离子的作用力和f洛作用，所以Iff洛t0其中If为金属离子对电子的作用力的冲量，其平均作用力为f，则Ifft得ff洛evB fevB方法三：力的平衡解法因为电流不变，所以假设电子以速度ve相对导线做匀速直线运动因为导线MN的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用f洛evB沿导线方向，电子只受到金属离子的平均作用力f和f洛作有，二力平衡，即ff洛evB. 14.【xx江苏卷】 如图所示，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，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；(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.【答案】 (1)tan (2)(3)2mgdsin (3)摩擦生热QTmgdcos 能量守恒定律3mgdsin QQTmv2解得Q2mgdsin .15.【xx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，两磁场的磁场感应度大小均为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？【答案】(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J【解析】 (1)由右手定则可以直接判断出电流是由a流向b. F安ILB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棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有m2gxsin Q总m2v2又QQ总解得Q1.3 J 16.【xx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r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g取10 m/s2)第24题图(1)测U时，与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【答案】 (1)正极(2)2 m/s(3)0.5 J 17.（xx上海）.（14分）如图，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R=1.5，MN与MP的夹角为1350，PQ与MP垂直，MP边长度小于1m。将质量m=2kg,电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上，并与MP平行。棒与MN、PQ交点G、H间的距离L=4m.空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等。(1)若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA 。（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需时间t。（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J,求初速度v3 。【答案】（1）F=8N （2）t1s （3）v31m/s（2）设棒移动距离为a2m，由几何关系可得EF间距也为a，向左移动整个过程中磁通量的变化量Ba(a+L)/2 ，题设运动时回路中电流保持不变，即感应电动势E2不变，开始移动时有E2=BLv2 ,又整个过程中E2=/tBa(a+L)/(2t) ,解以上两式并代入数据得ta(a+L)/(2Lv2)1s.（3）设外力做功为W=7J，克服安培力做功为WA，导体棒在EF处的速度为v4 ,由动能定理得：WWAmv42/2mv32/2 运动时回路中电流保持不变，即感应电动势E2不变，同（2）理有：E3=BLv3 Bav4 ，E3=/t1Ba(a+L)/(2t1) ，得t1a(a+L)/(2Lv3) I3=BLv3/R ， 由功能关系得WAQI32Rt1 解且代入数据得：v31m/s