高考物理5年高考3年模擬全國卷2地區(qū)通用課件專題十一電磁感應(yīng).pptx

專題十一電磁感應(yīng),高考物理(課標(biāo)專用),考點一電磁感應(yīng)現(xiàn)象、楞次定律1.(2018課標(biāo),19,6分)(多選)如圖,兩個線圈繞在同一根鐵芯上,其中一線圈通過開關(guān)與電源連接,另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方,開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A.開關(guān)閉合后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動,五年高考,A組統(tǒng)一命題課標(biāo)卷題組,B.開關(guān)閉合并保持一段時間后,小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C.開關(guān)閉合并保持一段時間后,小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D.開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動,答案AD本題考查電流的磁效應(yīng)、楞次定律等知識。當(dāng)開關(guān)閉合瞬間,右側(cè)線圈中電流突然增大,鐵芯上向右的磁場增強,由楞次定律可知左側(cè)線圈中正面感應(yīng)電流向上,則遠(yuǎn)處直導(dǎo)線上電流向左,由安培定則可知小磁針處直導(dǎo)線上電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里,A項正確。開關(guān)閉合并保持一段時間后,磁場不再變化,左側(cè)線圈中沒有感應(yīng)電流,小磁針N、S極回到原始方向,故B、C兩項錯誤。開關(guān)斷開的瞬間,右側(cè)線圈中電流減小,左側(cè)線圈正面感應(yīng)電流向下,遠(yuǎn)處直導(dǎo)線上電流向右,由安培定則知,小磁針處直導(dǎo)線上電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外,故D項正確。,審題指導(dǎo)關(guān)鍵詞在審題中的作用關(guān)鍵詞:同一根鐵芯,意味著左右兩側(cè)線圈中磁通量變化率相同;遠(yuǎn)處,說明此處小磁針不再受線圈中磁通量變化的影響;小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方,說明磁針的偏轉(zhuǎn)受直導(dǎo)線上電流產(chǎn)生的磁場影響。,2.(2017課標(biāo),20,6分)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場,磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi),cd邊與磁場邊界平行,如圖(a)所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動,cd邊于t=0時刻進(jìn)入磁場。線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時,感應(yīng)電動勢取正)。下列說法正確的是()A.磁感應(yīng)強度的大小為0.5TB.導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5m/sC.磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外,D.在t=0.4s至t=0.6s這段時間內(nèi),導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N,答案BC本題考查電磁感應(yīng)、安培力。導(dǎo)線框勻速進(jìn)入磁場時速度v=m/s=0.5m/s,選項B正確;由E=BLv,得B=T=0.2T,選項A錯誤;由右手定則可確定磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向外,選項C正確;導(dǎo)線框所受安培力F=BLI=BL=0.20.1N=0.04N,選項D錯誤。,儲備知識根據(jù)圖像和導(dǎo)線框勻速運動,獲取信息,結(jié)合安培力、導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢可以確定選項。,3.(2016課標(biāo),20,6分)(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上,兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時,關(guān)于流過電阻R的電流,下列說法正確的是()A.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定,則電流大小恒定B.若從上向下看,圓盤順時針轉(zhuǎn)動,則電流沿a到b的方向流動C.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化D.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍,答案AB設(shè)圓盤的半徑為L,可認(rèn)為圓盤由無數(shù)根輻條構(gòu)成,則每根輻條切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BL2,整個回路中的電源為無數(shù)個電動勢為E的電源并聯(lián)而成,電源總內(nèi)阻為零,故回路中電流I=,由此可見A正確。R上的熱功率P=I2R=,由此可見,變?yōu)樵瓉淼?倍時,P變?yōu)樵瓉淼?倍,故D錯。由右手定則可判知B正確。電流方向與導(dǎo)體切割磁感線的方向有關(guān),而與切割的速度大小無關(guān),故C錯。,解題關(guān)鍵將圓盤看成由無數(shù)根輻條構(gòu)成,每根輻條都在切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢。整個回路中的電源可以看成由無數(shù)個電源并聯(lián)而成,整個回路中的電源的內(nèi)阻為零。,4.(2015課標(biāo),19,6分,0.290)(多選)1824年,法國科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置,在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針,如圖所示。實驗中發(fā)現(xiàn),當(dāng)圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時,磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來,但略有滯后。下列說法正確的是()A.圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢B.圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動C.在圓盤轉(zhuǎn)動的過程中,磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流,此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動,答案AB如圖所示,將銅圓盤等效為無數(shù)個長方形線圈的組合,則每個線圈繞OO軸轉(zhuǎn)動時,均有感應(yīng)電流產(chǎn)生,這些感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場對小磁針有作用力,從而使小磁針轉(zhuǎn)動起來,可見A、B均正確。由于圓盤面積不變,與磁針間的距離不變,故穿過整個圓盤的磁通量沒有變化,C錯誤。圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成的電流的磁場,由安培定則可判斷在中心方向豎直向下,其他位置關(guān)于中心對稱,此磁場不會導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動,D錯誤。,延伸拓展本題中圓盤看成無數(shù)個其他形狀的線圈的組合也可以。,解題關(guān)鍵理解圓盤轉(zhuǎn)動帶動磁針轉(zhuǎn)動是楞次定律的力學(xué)效果,即“阻礙回路磁通量變化”。理解圓盤可以看成無數(shù)個長方形線圈的組合。,考查點楞次定律,考點二法拉第電磁感應(yīng)定律5.(2018課標(biāo),17,6分)如圖,導(dǎo)體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點,O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿,M端位于PQS上,OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場,磁感應(yīng)強度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程);再使磁感應(yīng)強度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)。在過程、中,流過OM的電荷量相等,則等于()A.B.C.D.2,2.q=,其中的求解有三種情況:(1)只有S變化,=BS;(2)只有B變化,=BS;(3)B和S都變化,=2-1。,1.q=It。,規(guī)律總結(jié)電磁感應(yīng)中電荷量的求解方法,答案B本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律及電荷量公式。由公式E=,I=,q=It得q=,設(shè)半圓弧半徑為r,對于過程,q1=,對于過程,q2=,由q1=q2得,=,故B項正確。,6.(2018課標(biāo),20,6分)(多選)如圖(a),在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R,R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i,i的變化如圖(b)所示,規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢()A.在t=時為零B.在t=時改變方向C.在t=時最大,且沿順時針方向,D.在t=T時最大,且沿順時針方向,答案AC本題考查楞次定律的應(yīng)用及法拉第電磁感應(yīng)定律。由i-t圖像可知,在t=時,=0,此時穿過導(dǎo)線框R的磁通量的變化率=0,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,此時導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢為0,選項A正確;同理在t=和t=T時,為最大值,為最大值,導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢為最大值,不改變方向,選項B錯誤;根據(jù)楞次定律,t=時,導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢的方向為順時針方向,而t=T時,導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢的方向為逆時針方向,選項C正確,選項D錯誤。,一題多解當(dāng)導(dǎo)線PQ中電流變大時,穿過導(dǎo)線框R的磁通量變大,由楞次定律可知,為阻礙磁通量變大,R有向右的運動趨勢,根據(jù)兩直導(dǎo)線電流同向相吸,異向相斥,可判斷R中的電流方向。同理,可判斷當(dāng)導(dǎo)線PQ中電流變小時導(dǎo)線框R中的電流方向。,7.(2017課標(biāo),18,6分)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動,在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板,并施加磁場來快速衰減其微小振動,如圖所示。無擾動時,按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場;出現(xiàn)擾動后,對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是(),答案A本題考查電磁阻尼。若要有效衰減紫銅薄板上下及左右的微小振動,則要求施加磁場后,在紫銅薄板發(fā)生上下及左右的微小振動時,穿過紫銅薄板橫截面的磁通量都能發(fā)生變化。由選項圖可知只有A滿足要求,故選A。,8.(2015課標(biāo),15,6分,0.337)如圖,直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,方向平行于ab邊向上。當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度逆時針轉(zhuǎn)動時,a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是()A.UaUc,金屬框中無電流B.UbUc,金屬框中電流方向沿a-b-c-aC.Ubc=-Bl2,金屬框中無電流D.Uac=Bl2,金屬框中電流方向沿a-c-b-a,答案C閉合金屬框在勻強磁場中以角速度逆時針轉(zhuǎn)動時,穿過金屬框的磁通量始終為零,金屬框中無電流。由右手定則可知Ub=Ua,故D錯誤。,疑難突破(1)利用v-t圖像分析運動過程和運動時間,可以化難為易。(2)對于D選項,以桿剛進(jìn)入時恰好勻速運動作為參照,問題便迎刃而解。,9.(2017天津理綜,3,6分)如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi),導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸,整個裝置放在勻強磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小,ab始終保持靜止,下列說法正確的是()A.ab中的感應(yīng)電流方向由b到aB.ab中的感應(yīng)電流逐漸減小C.ab所受的安培力保持不變D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小,答案D本題考查楞次定律、電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力、平衡條件。由于通過回路的磁通量向下減小,則根據(jù)楞次定律可知ab中感應(yīng)電流的方向由a到b,A錯誤。因ab不動,回路面積不變;當(dāng)B均勻減小時,由E=n=nS知,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定,回路中感應(yīng)電流I=恒定,B錯誤。由F=BIL知F隨B減小而減小,C錯誤。對ab由平衡條件有f=F,故D正確。,一題多解廣義楞次定律因B減小時引起回路磁通量減小,由廣義楞次定律可知回路有擴張的趨勢,則ab所受安培力方向向右,再由左手定則可以判定ab中感應(yīng)電流的方向從a到b,故A錯誤。,10.(2016四川理綜,7,6分)(多選)如圖所示,電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中,導(dǎo)軌左端接一定值電阻R。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上,受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動,外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F=F0+kv(F0、k是常量),金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)電流為i,受到的安培力大小為FA,電阻R兩端的電壓為UR,感應(yīng)電流的功率為P,它們隨時間t變化圖像可能正確的有(),答案BC金屬棒MN相當(dāng)于電源,其感應(yīng)電動勢E=Blv,感應(yīng)電流I=即IvFA=BIl=即:FAvUR=IR=R即:URvP=IE=即:Pv2對金屬棒MN:F-FA=maF0+kv-v=maF0+v=ma若k-0,隨著v增大,a也增大,棒做加速度增大的加速運動,B項正確。若k-0所以vP上vP下同理可推得ab上滑通過某一位置的速度大于下滑通過同一位置的速度,進(jìn)而可推得由s=t上=t下得t上b的鋁條,磁鐵仍以速度v進(jìn)入鋁條間,試簡要分析說明磁鐵在鋁條間運動時的加速度和速度如何變化。,答案(1)(2)見解析(3)見解析,解析(1)磁鐵在鋁條間運動時,兩根鋁條受到的安培力大小相等均為F安,有F安=IdB磁鐵受到沿斜面向上的作用力為F,其大小有F=2F安磁鐵勻速運動時受力平衡,則有F-mgsin=0聯(lián)立式可得I=(2)磁鐵穿過鋁條時,在鋁條中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E,有E=Bdv鋁條與磁鐵正對部分的電阻為R,由電阻定律有R=由歐姆定律有I=,聯(lián)立式可得v=(3)磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間,恰好做勻速運動時,磁鐵受到沿斜面向上的作用力F,聯(lián)立式可得F=當(dāng)鋁條的寬度bb時,磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間時,磁鐵受到的作用力變?yōu)镕,有F=可見,FF=mgsin,磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上,獲得與運動方向相反的加速度,磁鐵將減速下滑,此時加速度最大。之后,隨著運動速度減小,F也隨著減小,磁鐵所受的合力也減小,由于磁鐵加速度與所受到的合力成正比,磁鐵的加速度逐漸減小。綜上所述,磁鐵做加速度逐漸減小的減速運動。直到F=mgsin時,磁鐵重新達(dá)到平衡狀態(tài),將再次以較小的速度勻速下滑。,解題指導(dǎo)明確題中所構(gòu)建的物理模型是解本題的關(guān)鍵。另外要注意的是:兩邊鋁條對磁鐵均有電磁阻力,且阻力相同。對于(3)中磁鐵運動過程的分析,可類比我們熟悉的情景:導(dǎo)體棒沿傾斜的平行金屬導(dǎo)軌下滑。,17.(2016浙江理綜,24,20分)小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50m,傾角=53,導(dǎo)軌上端串接一個R=0.05的電阻。在導(dǎo)軌間長d=0.56m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=2.0T。質(zhì)量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上,用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s=0.24m。一位健身者用恒力F=80N拉動GH桿,CD棒由靜止開始運動,上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時健身者松手,觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10m/s2,sin53=0.8,不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求,(1)CD棒進(jìn)入磁場時速度v的大小;(2)CD棒進(jìn)入磁場時所受的安培力FA的大小;(3)在拉升CD棒的過程中,健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。,答案(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J,解析(1)由牛頓運動定律a=12m/s2進(jìn)入磁場時的速度v=2.4m/s(2)感應(yīng)電動勢E=Blv感應(yīng)電流I=安培力FA=IBl代入得FA=48N(3)健身者做功W=F(s+d)=64J由牛頓運動定律F-mgsin-FA=0CD棒在磁場區(qū)做勻速運動在磁場中運動時間t=焦耳熱Q=I2Rt=26.88J,18.(2015北京理綜,22,16分)如圖所示,足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置,寬度L=0.4m,一端連接R=1的電阻。導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=1T。導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上,其長度恰好等于導(dǎo)軌間距,與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計。在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下,導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運動,速度v=5m/s。求:(1)感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I;(2)在0.1s時間內(nèi),拉力的沖量IF的大小;(3)若將MN換為電阻r=1的導(dǎo)體棒,其他條件不變,求導(dǎo)體棒兩端的電壓U。,答案(1)2V2A(2)0.08Ns(3)1V,解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得,感應(yīng)電動勢E=BLv=10.45V=2V感應(yīng)電流I=A=2A(2)拉力大小等于安培力大小F=BIL=120.4N=0.8N沖量大小IF=Ft=0.80.1Ns=0.08Ns(3)由閉合電路歐姆定律可得,電路中電流I=A=1A由歐姆定律可得,導(dǎo)體棒兩端電壓U=IR=1V,考點一電磁感應(yīng)現(xiàn)象、楞次定律1.(2014山東理綜,16,6分)(多選)如圖,一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi),通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定,導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好。在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中,導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示。不計軌道電阻。以下敘述正確的是()A.FM向右B.FN向左C.FM逐漸增大D.FN逐漸減小,C組教師專用題組,答案BCD直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場在M區(qū)域垂直紙面向外,在N區(qū)域垂直紙面向里,根據(jù)右手定則,導(dǎo)體棒上的感應(yīng)電流在M區(qū)域向下,在N區(qū)域向上,由左手定則判定,在M、N區(qū)域?qū)w棒所受安培力均向左,故A錯誤,B正確;I感=,F安=BI感L=,離直導(dǎo)線越近處B越大,所以FM逐漸增大,FN逐漸減小,C、D正確。,2.(2014四川理綜,6,6分)(多選)如圖所示,不計電阻的光滑U形金屬框水平放置,光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上,H、P的間距很小。質(zhì)量為0.2kg的細(xì)金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間,與金屬框接觸良好并圍成邊長為1m的正方形,其有效電阻為0.1。此時在整個空間加方向與水平面成30角且與金屬桿垂直的勻強磁場,磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律是B=(0.4-0.2t)T,圖示磁場方向為正方向?？?、擋板和桿不計形變。則()A.t=1s時,金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到DB.t=3s時,金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到CC.t=1s時,金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1N,D.t=3s時,金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2N,答案AC據(jù)已知B=(0.4-0.2t)T可知t=1s時,正方向的磁場在減弱,由楞次定律可判定電流方向為由C到D,A項正確。同理可判定B項錯誤。t=1s時感應(yīng)電動勢E=Ssin30=0.1V,I=E/R=1A,安培力F安=BIL=0.2N,對桿受力分析如圖FN=F安cos60=0.1N,由牛頓第三定律知C項正確。同理可得t=3s時對擋板H的壓力大小為0.1N,D項錯誤。,評析本題以金屬框和金屬桿為載體,考查了安培力、楞次定律、感應(yīng)電動勢、受力分析、物體受力平衡、正交分解等知識的綜合運用能力。同時要求考生注意數(shù)學(xué)運算能力的發(fā)揮和運用。綜合性強,難度較大。要求考生認(rèn)真、細(xì)致,穩(wěn)妥應(yīng)答。,考點二法拉第電磁感應(yīng)定律3.(2015山東理綜,19,6分)如圖甲,R0為定值電阻,兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi)。左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上,經(jīng)二極管整流后,通過R0的電流i始終向左,其大小按圖乙所示規(guī)律變化。規(guī)定內(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b端時,a、b間的電壓uab為正,下列uab-t圖像可能正確的是()圖甲,圖乙,答案C圓環(huán)內(nèi)磁場的變化周期為0.5T0,則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的變化周期也一定是0.5T0,四個圖像中,只有C的變化周期是0.5T0,根據(jù)排除法可知,C正確。,4.(2014江蘇單科,1,3分)如圖所示,一正方形線圈的匝數(shù)為n,邊長為a,線圈平面與勻強磁場垂直,且一半處在磁場中。在t時間內(nèi),磁感應(yīng)強度的方向不變,大小由B均勻地增大到2B。在此過程中,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為()A.B.C.D.,答案B由法拉第電磁感應(yīng)定律知線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=n=nS=n,得E=,選項B正確。,5.(2014安徽理綜,20,6分)英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為,磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場。如圖所示,一個半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置,環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場B,環(huán)上套一帶電荷量為+q的小球。已知磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增加,其變化率為k,若小球在環(huán)上運動一周,則感生電場對小球的作用力所做功的大小是()A.0B.r2qkC.2r2qkD.r2qk,答案D變化的磁場使回路中產(chǎn)生的感生電動勢E=S=kr2,則感生電場對小球的作用力所做的功W=qU=qE=qkr2,選項D正確。,6.(2013安徽理綜,16,6分)如圖所示,足夠長平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置,傾角為37,寬度為0.5m,電阻忽略不計,其上端接一小燈泡,電阻為1。一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置,質(zhì)量為0.2kg,接入電路的電阻為1,兩端與導(dǎo)軌接觸良好,與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5。在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為0.8T。將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放,運動一段時間后,小燈泡穩(wěn)定發(fā)光,此后導(dǎo)體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2,sin37=0.6)()A.2.5m/s1WB.5m/s1WC.7.5m/s9WD.15m/s9W,答案B小燈泡穩(wěn)定發(fā)光說明棒做勻速直線運動。此時:F安=,對棒滿足:mgsin-mgcos-=0因為R燈=R棒,則:P燈=P棒再依據(jù)功能關(guān)系:mgsinv-mgcosv=P燈+P棒聯(lián)立解得v=5m/s,P燈=1W,所以B項正確。,評析首先明確燈泡穩(wěn)定發(fā)光的隱含條件為棒做勻速直線運動,其次應(yīng)對棒正確進(jìn)行受力分析,將功能關(guān)系轉(zhuǎn)化為功率關(guān)系。本題綜合性強,難度較大。,7.(2015江蘇單科,13,15分)做磁共振(MRI)檢查時,對人體施加的磁場發(fā)生變化時會在肌肉組織中產(chǎn)生感應(yīng)電流。某同學(xué)為了估算該感應(yīng)電流對肌肉組織的影響,將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈,線圈的半徑r=5.0cm,線圈導(dǎo)線的截面積A=0.80cm2,電阻率=1.5m。如圖所示,勻強磁場方向與線圈平面垂直,若磁感應(yīng)強度B在0.3s內(nèi)從1.5T均勻地減為零,求:(計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)(1)該圈肌肉組織的電阻R;(2)該圈肌肉組織中的感應(yīng)電動勢E;(3)0.3s內(nèi)該圈肌肉組織中產(chǎn)生的熱量Q。,答案(1)6103(2)410-2V(3)810-8J,解析(1)由電阻定律得R=,代入數(shù)據(jù)得R=6103(2)感應(yīng)電動勢E=,代入數(shù)據(jù)得E=410-2V(3)由焦耳定律得Q=t,代入數(shù)據(jù)得Q=810-8J,8.(2015海南單科,13,10分)如圖,兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上,相距l(xiāng),左端與一電阻R相連;整個系統(tǒng)置于勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,方向豎直向下。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上,在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速率v勻速向右滑動,滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度大小為g,導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。求(1)電阻R消耗的功率;(2)水平外力的大小。,答案(1)(2)+mg,解析解法一導(dǎo)體棒勻速向右滑動,速率為v,則有F=F安+mgE=BlvI=F安=BIl解得F=+mg由能量守恒定律得Fv=mgv+PR解得PR=,解法二(1)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E=Blv由于導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略,則R兩端電壓等于電動勢:U=E則電阻R消耗的功率PR=綜合以上三式可得PR=(2)設(shè)水平外力大小為F,由能量守恒有Fv=PR+mgv故得F=+mg=+mg,9.(2014重慶理綜,8,16分)某電子天平原理如圖所示,E形磁鐵的兩側(cè)為N極,中心為S極,兩極間的磁感應(yīng)強度大小均為B,磁極寬度均為L,忽略邊緣效應(yīng)。一正方形線圈套于中心磁極,其骨架與秤盤連為一體,線圈兩端C、D與外電路連接。當(dāng)質(zhì)量為m的重物放在秤盤上時,彈簧被壓縮,秤盤和線圈一起向下運動(骨架與磁極不接觸),隨后外電路對線圈供電,秤盤和線圈恢復(fù)到未放重物時的位置并靜止,由此時對應(yīng)的供電電流I可確定重物的質(zhì)量。已知線圈匝數(shù)為n,線圈電阻為R,重力加速度為g。問(1)線圈向下運動過程中,線圈中感應(yīng)電流是從C端還是從D端流出?,(2)供電電流I是從C端還是從D端流入?求重物質(zhì)量與電流的關(guān)系。(3)若線圈消耗的最大功率為P,該電子天平能稱量的最大質(zhì)量是多少?,答案(1)感應(yīng)電流從C端流出(2)外加電流從D端流入m=I(3),解析(1)感應(yīng)電流從C端流出(2)設(shè)線圈受到的安培力為FA外加電流從D端流入由FA=mg和FA=2nBIL得m=I(3)設(shè)稱量最大質(zhì)量為m0由m=I和P=I2R得m0=,考點三電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用10.(2013浙江理綜,15,6分)磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū),刷卡器中有檢測線圈。當(dāng)以速度v0刷卡時,在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,其E-t關(guān)系如圖所示。如果只將刷卡速度改為,線圈中的E-t關(guān)系圖可能是(),答案D刷卡速度改為原來一半時,磁卡通過檢測線圈的時間即有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生的時間變?yōu)樵瓉淼?倍,可知A、B錯誤;由E=BLv知當(dāng)只減小v時,磁卡與檢測線圈在相同的相對位置處產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢也減小,故C錯誤、D正確。,11.(2017江蘇單科,13,15分)如圖所示,兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi),其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上,其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后,金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計,導(dǎo)軌光滑且足夠長,桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求:(1)MN剛掃過金屬桿時,桿中感應(yīng)電流的大小I;(2)MN剛掃過金屬桿時,桿的加速度大小a;,(3)PQ剛要離開金屬桿時,感應(yīng)電流的功率P。,答案(1)(2)(3),解析本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律。(1)感應(yīng)電動勢E=Bdv0感應(yīng)電流I=解得I=(2)安培力F=BId牛頓第二定律F=ma解得a=(3)金屬桿切割磁感線的速度v=v0-v,則感應(yīng)電動勢E=Bd(v0-v)電功率P=解得P=,12.(2013課標(biāo),17,6分,0.291)如圖,在水平面(紙面)內(nèi)有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN,其中ab、ac在a點接觸,構(gòu)成“V”字形導(dǎo)軌?？臻g存在垂直于紙面的均勻磁場。用力使MN向右勻速運動,從圖示位置開始計時,運動中MN始終與bac的平分線垂直且和導(dǎo)軌保持良好接觸。下列關(guān)于回路中電流i與時間t的關(guān)系圖線,可能正確的是(),答案A設(shè)金屬棒MN勻速運動的速度為v,初始時刻金屬棒MN距a點的距離為l,則t時刻金屬棒MN切割磁感線的有效長度L=2(l+vt)tan設(shè)導(dǎo)軌單位長度的電阻為R0,則組成閉合回路的總電阻R=2R0=2(l+vt)R0(+tan)電動勢E=BLv=2Bv(l+vt)tani=為恒量故A正確,B、C、D錯誤。,思路分析推出感應(yīng)電動勢E隨時間變化的關(guān)系式。推出回路總電阻R隨時間變化的關(guān)系式。由i=得出i的表述式,對比圖像得出結(jié)論。,考查點電磁感應(yīng)的圖像問題,易錯警示本題一般能推出電動勢E隨時間均勻增加,但往往忽略掉回路總電阻也隨時間均勻增加。,13.(2013四川理綜,7,6分)(多選)如圖所示,邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域,其磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系為B=kt(常量k0)。回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0,滑動片P位于滑動變阻器中央,定值電阻R1=R0、R2=。閉合開關(guān)S,電壓表的示數(shù)為U,不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢,則()A.R2兩端的電壓為B.電容器的a極板帶正電C.滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D.正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為kL2,答案AC由法拉第電磁感應(yīng)定律E=n=nS有E=kr2,D錯誤;因k0,由楞次定律知線框內(nèi)感應(yīng)電流沿逆時針方向,故電容器b極板帶正電,B錯誤;由題圖知外電路結(jié)構(gòu)為R2與R的右半部并聯(lián),再與R的左半部、R1相串聯(lián),故R2兩端電壓U2=U=,A正確;設(shè)R2消耗的功率為P=IU2,則R消耗的功率P=2I2U2+IU2=5P,故C正確。,14.(2015四川理綜,11,19分)如圖所示,金屬導(dǎo)軌MNC和PQD,MN與PQ平行且間距為L,所在平面與水平面夾角為,N、Q連線與MN垂直,M、P間接有阻值為R的電阻;光滑直導(dǎo)軌NC和QD在同一水平面內(nèi),與NQ的夾角都為銳角,均勻金屬棒ab和ef質(zhì)量均為m,長均為L,ab棒初始位置在水平導(dǎo)軌上與NQ重合;ef棒垂直放在傾斜導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為(較小),由導(dǎo)軌上的小立柱1和2阻擋而靜止?？臻g有方向豎直的勻強磁場(圖中未畫出)。兩金屬棒與導(dǎo)軌保持良好接觸。不計所有導(dǎo)軌和ab棒的電阻,ef棒的阻值為R,最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等,忽略感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場,重力加速度為g。(1)若磁感應(yīng)強度大小為B,給ab棒一個垂直于NQ、水平向右的速度v1,在水平導(dǎo)軌上沿運動方向滑行一段距離后停止,ef棒始終靜止,求此過程ef棒上產(chǎn)生的熱量;(2)在(1)問過程中,ab棒滑行距離為d,求通過ab棒某橫截面的電量;(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平導(dǎo)軌上向右勻速運動,并在NQ位置時取走小立柱1和2,且運動過程中ef棒始終靜止。求此狀態(tài)下最強磁場的磁感應(yīng)強度及此磁場下ab棒運動的最大距離。,解析(1)設(shè)ab棒的初動能為Ek,ef棒和電阻R在此過程產(chǎn)生的熱量分別為W和W1,有W+W1=Ek且W=W1由題有Ek=m得W=m說明:式各1分。(2)設(shè)在題設(shè)過程中,ab棒滑行時間為t,掃過的導(dǎo)軌間的面積為S,通過S的磁通量為,ab棒產(chǎn)生的電動勢為E,ab棒中的電流為I,通過ab棒某橫截面的電量為q,則,答案(1)m(2)(3)見解析,E=且=BSI=又有I=由圖所示S=d(L-dcot)聯(lián)立,解得q=說明:式各1分。(3)ab棒滑行距離為x時,ab棒在導(dǎo)軌間的棒長Lx為Lx=L-2xcot此時,ab棒產(chǎn)生電動勢Ex為Ex=Bv2Lx流過ef棒的電流Ix為Ix=ef棒所受安培力Fx為Fx=BIxL聯(lián)立,解得Fx=(L-2xcot),由式可得,Fx在x=0和B為最大值Bm時有最大值F1。由題知,ab棒所受安培力方向必水平向左,ef棒所受安培力方向必水平向右,使F1為最大值的受力分析如圖所示,圖中fm為最大靜摩擦力,有F1cos=mgsin+(mgcos+F1sin)聯(lián)立,得Bm=式就是題目所求最強磁場的磁感應(yīng)強度大小,該磁場方向可豎直向上,也可豎直向下。由式可知,B為Bm時,Fx隨x增大而減小,x為最大xm時,Fx為最小值F2,如圖可知,F2cos+(mgcos+F2sin)=mgsin聯(lián)立,得xm=說明:式各1分,式2分,正確說明磁場方向得1分。,15.(2015天津理綜,11,18分)如圖所示,“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m,相鄰各邊互相垂直,且處于同一豎直平面內(nèi),ab邊長為l,cd邊長為2l,ab與cd平行,間距為2l。勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平,磁場方向垂直于線框所在平面。開始時,cd邊到磁場上邊界的距離為2l,線框由靜止釋放,從cd邊進(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前,線框做勻速運動。在ef、pq邊離開磁場后,ab邊離開磁場之前,線框又做勻速運動。線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi),且ab、cd邊保持水平,重力加速度為g。求(1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時的幾倍;(2)磁場上下邊界間的距離H。,答案(1)4倍(2)+28l,解析(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,cd邊剛進(jìn)入磁場時,線框做勻速運動的速度為v1,cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1,由法拉第電磁感應(yīng)定律,有E1=2Blv1設(shè)線框總電阻為R,此時線框中電流為I1,由閉合電路歐姆定律,有I1=設(shè)此時線框所受安培力為F1,有F1=2I1lB由于線框做勻速運動,其受力平衡,有mg=F1由式得v1=設(shè)ab邊離開磁場之前,線框做勻速運動的速度為v2,同理可得v2=由式得,v2=4v1(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場前,由機械能守恒定律,有2mgl=m線框完全穿過磁場的過程中,由能量守恒定律,有mg(2l+H)=m-m+Q由式得H=+28l,16.(2015廣東理綜,35,18分)如圖(a)所示,平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置,間距L=0.4m。導(dǎo)軌右端接有阻值R=1的電阻。導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上,且接觸良好。導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計。導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強磁場,b、d連線與導(dǎo)軌垂直,長度也為L。從0時刻開始,磁感應(yīng)強度B的大小隨時間t變化,規(guī)律如圖(b)所示;同一時刻,棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運動,1s后剛好進(jìn)入磁場。若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v=1m/s做直線運動,求:(1)棒進(jìn)入磁場前,回路中的電動勢E;(2)棒在運動過程中受到的最大安培力F,以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關(guān)系式。,(a),(b),答案(1)0.04V(2)0.04Ni=t-1(1st1.2s),解析(1)由圖(b)可知01.0s內(nèi)B的變化率=0.5T/s正方形磁場區(qū)域的面積S=0.08m2棒進(jìn)入磁場前01.0s內(nèi)回路中的感應(yīng)電動勢E=由得E=0.080.5V=0.04V(2)當(dāng)棒通過bd位置時,有效切割長度最大,感應(yīng)電流最大,棒受到最大安培力F=BIL棒過bd時的感應(yīng)電動勢Em=BLv=0.50.41V=0.2V棒過bd時的電流I=,由得F=0.04N棒通過a點后在三角形abd區(qū)域中的有效切割長度L與時間t的關(guān)系:L=2v(t-1),其中t的取值范圍為1st1.2s電流i與時間t的關(guān)系式i=t-1(1st1.2s),17.(2014天津理綜,11,18分)如圖所示,兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角=30的斜面上,導(dǎo)軌電阻不計,間距L=0.4m。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域和,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN,中的勻強磁場方向垂直斜面向下,中的勻強磁場方向垂直斜面向上,兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B=0.5T。在區(qū)域中,將質(zhì)量m1=0.1kg,電阻R1=0.1的金屬條ab放在導(dǎo)軌上,ab剛好不下滑。然后,在區(qū)域中將質(zhì)量m2=0.4kg,電阻R2=0.1的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上,由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區(qū)域的磁場中,ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸,取g=10m/s2。問(1)cd下滑的過程中,ab中的電流方向;(2)ab剛要向上滑動時,cd的速度v多大;(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中,cd滑動的距離x=3.8m,此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少。,答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J,解析(1)由右手定則可知ab中電流方向由a流向b。(2)開始放置ab剛好不下滑時,ab所受摩擦力為最大靜摩擦力,設(shè)其為Fmax,有Fmax=m1gsin設(shè)ab剛要上滑時,cd棒的感應(yīng)電動勢為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=BLv設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I,由閉合電路歐姆定律有I=設(shè)ab所受安培力為F安,有F安=ILB此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下,由平衡條件有F安=m1gsin+Fmax綜合式,代入數(shù)據(jù)解得v=5m/s(3)設(shè)cd棒的運動過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總,由能量守恒有,m2gxsin=Q總+m2v2又Q=Q總解得Q=1.3J,18.(2014江蘇單科,13,15分)如圖所示,在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為L,長為3d,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為,在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層。勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放,在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運動,并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直,且僅與涂層間有摩擦,接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R,其他部分的電阻均不計,重力加速度為g。求:,(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù);(2)導(dǎo)體棒勻速運動的速度大小v;(3)整個運動過程中,電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。,答案(1)tan(2)(3)2mgdsin-,解析(1)在絕緣涂層上受力平衡mgsin=mgcos解得=tan(2)在光滑導(dǎo)軌上感應(yīng)電動勢E=BLv感應(yīng)電流I=安培力F安=BIL受力平衡F安=mgsin解得v=(3)摩擦生熱Q摩=mgdcos由能量守恒定律得3mgdsin=Q+Q摩+mv2解得Q=2mgdsin-,19.(2014安徽理綜,23,16分)如圖1所示,勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為0.5T,其方向垂直于傾角為30的斜面向上。絕緣斜面上固定有“”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電阻忽略不計),MP和NP長度均為2.5m,MN連線水平,長為3m。以MN中點O為原點、OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox。一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD,長度d為3m、質(zhì)量m為1kg、電阻R為0.3,在拉力F的作用下,從MN處以恒定速度v=1m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)。g取10m/s2。(1)求金屬桿CD運動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E及運動到x=0.8m處電勢差UCD;(2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式,并在圖2中畫出F-x關(guān),系圖像;(3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產(chǎn)生的焦耳熱。,答案見解析,解析(1)金屬桿CD在勻速運動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv(l=d),解得E=1.5V(D點電勢高)當(dāng)x=0.8m時,金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢差為零。設(shè)此時桿在導(dǎo)軌外的長度為l外,則l外=d-d、OP=,得l外=1.2m由楞次定律判斷D點電勢高,故CD兩端電勢差UCD=-Bl外v,即UCD=-0.6V(2)桿在導(dǎo)軌間的長度l與位置x關(guān)系是l=d=3-x對應(yīng)的電阻Rl為Rl=R,電流I=桿受的安培力F安=BIl=7.5-3.75x根據(jù)平衡條件得F=F安+mgsinF=12.5-3.75x(0x2m)畫出的F-x圖像如圖所示。,(3)外力F所做的功WF等于F-x圖線下所圍的面積,即WF=2J=17.5J而桿的重力勢能增加量Ep=mgsin故全過程產(chǎn)生的焦耳熱Q=WF-Ep=7.5J,20.(2014浙江理綜,24,20分)某同學(xué)設(shè)計一個發(fā)電測速裝置,工作原理如圖所示。一個半徑為R=0.1m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面上,一根長為R的金屬棒OA,A端與導(dǎo)軌接觸良好,O端固定在圓心處的轉(zhuǎn)軸上。轉(zhuǎn)軸的左端有一個半徑為r=R/3的圓盤,圓盤和金屬棒能隨轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動。圓盤上繞有不可伸長的細(xì)線,下端掛著一個質(zhì)量為m=0.5kg的鋁塊。在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向右的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=0.5T。a點與導(dǎo)軌相連,b點通過電刷與O端相連。測量a、b兩點間的電勢差U可算得鋁塊速度。鋁塊由靜止釋放,下落h=0.3m時,測得U=0.15V。(細(xì)線與圓盤間沒有滑動,金屬棒、導(dǎo)軌、導(dǎo)線及電刷的電阻均不計,重力加速度g=10m/s2),答案(1)正極(2)2m/s(3)0.5J,(1)測U時,與a點相接的是電壓表的“正極”還是“負(fù)極”?(2)求此時鋁塊的速度大小;(3)求此下落過程中鋁塊機械能的損失。,解析(1)由右手定則知,金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的方向由OA,故A端電勢高于O端電勢,與a點相接的是電壓表的“正極”。(2)由電磁感應(yīng)定律得U=E=BR2U=BR2v=r=R所以v=2m/s(3)E=mgh-mv2E=0.5J,21.(2014福建理綜,22,20分)如圖,某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道,管道的長為L、寬為d、高為h,上下兩面是絕緣板,前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板,兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。整個管道置于磁感應(yīng)強度大小為B,方向沿z軸正方向的勻強磁場中。管道內(nèi)始終充滿電阻率為的導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子),且開關(guān)閉合前后,液體在管道進(jìn)、出口兩端壓強差的作用下,均以恒定速率v0沿x軸正向流動,液體所受的摩擦阻力不變。(1)求開關(guān)閉合前,M、N兩板間的電勢差大小U0;(2)求開關(guān)閉合前后,管道兩端壓強差的變化p;(3)調(diào)整矩形管道的寬和高,但保持其他量和矩形管道的橫截面積S=dh不變,求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比d/h的值。,解析(1)設(shè)帶電離子所帶的電量為q,當(dāng)其所受的洛倫茲力與電場力平衡時,U0保持恒定,有qv0B=q得U0=Bdv0(2)設(shè)開關(guān)閉合前后,管道兩端壓強差分別為p1、p2,液體所受的摩擦阻力均為f,開關(guān)閉合后管道內(nèi)液體受到安培力為F安,有p1hd=fp2hd=f+F安F安=BId根據(jù)歐姆定律,有I=兩導(dǎo)體板間液體的電阻r=由式得,答案(1)Bdv0(2)(3),p=(3)電阻R獲得的功率為P=I2RP=R當(dāng)=時電阻R獲得的最大功率Pm=,22.(2013課標(biāo),25,19分,0.153)如圖,兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為,間距為L。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器,電容為C。導(dǎo)軌處于勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒,棒可沿導(dǎo)軌下滑,且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑,求:(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系;(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系。,答案(1)Q=CBLv(2)v=gt,解析(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v,則感應(yīng)電動勢為E=BLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為U=E設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q,按定義有C=聯(lián)立式得Q=CBLv(2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t,通過金屬棒的電流為i,金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導(dǎo)軌向上,大小為f1=BLi設(shè)在時間間隔(t,t+t)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q,按定義有i=Q也是平行板電容器極板在時間間隔(t,t+t)內(nèi)增加的電荷量。由式得,Q=CBLv式中,v為金屬棒的速度變化量。按定義有a=金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小為f2=N式中,N是金屬棒對導(dǎo)軌的正壓力的大小,有N=mgcos金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下,設(shè)其大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有mgsin-f1-f2=ma聯(lián)立至式得a=g由式及題設(shè)可知,金屬棒做初速度為零的勻加速運動。t時刻金屬棒的速度大小為v=gt,易錯警示本題通過金屬棒的電流i=BLCa,該式子的推導(dǎo)為本題的難點也是易錯點。,考點一電磁感應(yīng)現(xiàn)象、楞次定律1.(2018上海浦東調(diào)研,10)如圖所示,圓筒形鋁管豎直置于水平桌面上,一磁塊從鋁管的正上方由靜止開始下落,穿過鋁管落到水平桌面上,下落過程中磁塊不與管壁接觸,忽略空氣阻力,則在下落過程中()A.磁塊做自由落體運動B.磁塊的機械能守恒C.鋁管對桌面的壓力大于鋁管的重力D.磁塊動能的增加量大于重力勢能的減少量,A組20162018年高考模擬基礎(chǔ)題組,三年模擬,答案C在磁塊向下運動過程中,鋁管中產(chǎn)生感應(yīng)電流,會產(chǎn)生電磁阻尼作用,磁塊受向上的力的作用,鋁管受向下的力的作用,選項C正確;磁塊除受重力之外,還受向上的磁場力,因此磁塊做的不是自由落體運動,磁塊向下運動,磁場力做負(fù)功,因此機械能減小,選項A、B、D錯誤。,考查點楞次定律,解題關(guān)鍵理解楞次定律中“阻礙”的含義及其延伸意義。,2.(2017上海靜安高三下學(xué)期質(zhì)檢,12)如圖所示,在同一水平面內(nèi)有兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ,在兩導(dǎo)軌之間豎直放置通電螺線管,ab和cd是放在導(dǎo)軌上的兩根金屬棒,它們分別放在螺線管的左右兩側(cè),保持開關(guān)閉合,最初兩金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭向左滑動時,兩根金屬棒與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中感應(yīng)電流方