（新課標(biāo)Ⅱ）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題十一 電磁感應(yīng)課件.ppt

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1、專題十一電磁感應(yīng),高考物理 (課標(biāo)專用),考點(diǎn)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(gè)線圈繞在同一根鐵芯上,其中一線圈通過(guò)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(shí)小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)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(dòng),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(shí)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(shí)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(shí)間再斷開后的瞬間,小磁針的N極

2、朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng),答案AD本題考查電流的磁效應(yīng)、楞次定律等知識(shí)。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(chǎng)增強(qiáng),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(chǎng)方向垂直紙面向里,A項(xiàng)正確。開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后,磁場(chǎng)不再變化,左側(cè)線圈中沒(méi)有感應(yīng)電流,小磁針N、S極回到原始方向,故B、C兩項(xiàng)錯(cuò)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(chǎng)方向垂直紙面向外,故D項(xiàng)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

3、右兩側(cè)線圈中磁通量變化率相同;遠(yuǎn)處,說(shuō)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(shuō)明磁針的偏轉(zhuǎn)受直導(dǎo)線上電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)影響。,,2.(2017課標(biāo),20,6分)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長(zhǎng)為0.1 m、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(chǎng)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(yùn)動(dòng),cd邊于t=0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)。線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)。下列說(shuō)法正確的是() A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 T B.導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.

4、5 m/s C.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外,D.在t=0.4 s至t=0.6 s這段時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N,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(chǎng)時(shí)速度v== m/s=0.5 m/s, 選項(xiàng)B正確;由E=BLv,得B== T=0.2 T,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由右手定則可確定磁感應(yīng)強(qiáng)度方 向垂直于紙面向外,選項(xiàng)C正確;導(dǎo)線框所受安培力F=BLI=BL=0.20.1 N=0.04 N,選項(xiàng) D錯(cuò)誤。,儲(chǔ)備知識(shí)根據(jù)圖像和導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng),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(dòng)勢(shì)可以確定選項(xiàng)。,,3.(2016課標(biāo),20,6分)(多選)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖

5、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(qiáng)磁場(chǎng)B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí),關(guān)于流過(guò)電阻R的電流,下列說(shuō)法正確的是() A.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定,則電流大小恒定 B.若從上向下看,圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),則電流沿a到b的方向流動(dòng) C.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)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(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,答案AB設(shè)圓盤的半徑為L(zhǎng),可認(rèn)為圓盤由無(wú)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(dòng)勢(shì)E=BL2,整個(gè)回路中的電源為無(wú)數(shù)個(gè)電動(dòng)勢(shì)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==

6、,由此可見A正確。R上的熱功率P=I2R=,由此可見,變?yōu)樵?來(lái)的2倍時(shí),P變?yōu)樵瓉?lái)的4倍,故D錯(cuò)。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(wú)關(guān),故C錯(cuò)。,解題關(guān)鍵將圓盤看成由無(wú)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(dòng)勢(shì)。 整個(gè)回路中的電源可以看成由無(wú)數(shù)個(gè)電源并聯(lián)而成,整個(gè)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(guó)科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實(shí)驗(yàn)”。實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn),當(dāng)圓盤在磁針的磁場(chǎng)中繞過(guò)圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)

7、時(shí),磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái),但略有滯后。下列說(shuō)法正確的是() A.圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) B.圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng) C.在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中,磁針的磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)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(yùn)動(dòng)形成電流,此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng),答案AB如圖所示,將銅圓盤等效為無(wú)數(shù)個(gè)長(zhǎng)方形線圈的組合,則每個(gè)線圈繞OO軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),均有感應(yīng)電流產(chǎn)生,這些感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)小磁針有作用力,從而使小磁針轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái),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(guò)整個(gè)圓盤的磁通量沒(méi)有變化,C錯(cuò)誤。圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成的電流的磁場(chǎng),由安培定則可判斷在中心

8、方向豎直向下,其他位置關(guān)于中心對(duì)稱,此磁場(chǎng)不會(huì)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng),D錯(cuò)誤。,延伸拓展 本題中圓盤看成無(wú)數(shù)個(gè)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(dòng)帶動(dòng)磁針轉(zhuǎn)動(dòng)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(wú)數(shù)個(gè)長(zhǎng)方形線圈的組合。,考查點(diǎn) 楞次定律,考點(diǎn)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(diǎn),O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)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(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)

9、針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過(guò)程);再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B(過(guò)程)。在過(guò)程、中,流過(guò)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(duì)于過(guò)程,q1=,對(duì)于過(guò)程,q2=,由q1=q2得,=,故B項(xiàng)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(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R,R在

10、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(dòng)勢(shì)() A.在t=時(shí)為零 B.在t=時(shí)改變方向 C.在t=時(shí)最大,且沿順時(shí)針?lè)较?D.在t=T時(shí)最大,且沿順時(shí)針?lè)较?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(shí),= 0,此時(shí)穿過(guò)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(shí)導(dǎo)線框R中的 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0,選項(xiàng)A正確;同理在t=和t=T時(shí),為最大值,為最大值,導(dǎo)線框R中的感應(yīng) 電動(dòng)勢(shì)為最大值,不改變方向,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;根據(jù)楞次定律,t=時(shí),導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方 向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?而t=T

11、時(shí),導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。,一題多解當(dāng)導(dǎo)線PQ中電流變大時(shí),穿過(guò)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(yùn)動(dòng)趨勢(shì),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(shí)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(lái)探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng),在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板,并施加磁場(chǎng)來(lái)快速衰減其微小振動(dòng),如圖所示。無(wú)擾動(dòng)時(shí),按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場(chǎng);出現(xiàn)擾動(dòng)后,對(duì)于紫銅薄板上下及左右振

12、動(dòng)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(dòng),則要求施加磁場(chǎng)后,在紫銅薄板發(fā)生上下及左右的微小振動(dòng)時(shí),穿過(guò)紫銅薄板橫截面的磁通量都能發(fā)生變化。由選項(xiàng)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(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長(zhǎng)度為l。下列判斷正確的是() A.UaUc,金屬框中無(wú)電流 B.UbUc,金屬框中電流方向沿a-b-c-a C.Ubc=-Bl2,金屬框中無(wú)電流

13、 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(qiáng)磁場(chǎng)中以角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),穿過(guò)金屬框的磁通量始終為零,金屬框中無(wú)電流。由右手定則可知Ub=Ua

14、度大小相等、方向交替向上向下。一邊長(zhǎng)為l的正 方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)。線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是 (),答案D本題考查右手定則、E=BLv。由右手定則判定,線框向左移動(dòng)0過(guò)程,回路中電流 方向?yàn)轫槙r(shí)針,由E=2BLv可知,電流i為定值;線框向左移動(dòng)l過(guò)程,線框左、右兩邊產(chǎn)生的感 應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相抵消,回路中電流為零。線框向左移動(dòng)ll過(guò)程,回路中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針。 由上述分析可見,選項(xiàng)D正確。,方法技巧電磁感應(yīng)中圖像問(wèn)題分析技巧 由方向的合理性可直接排除錯(cuò)誤選項(xiàng),如果需要,再定量分析電流大小的變化情況確定正確選項(xiàng)。,,10.(2014課標(biāo),18,6分,0.491)如圖(

15、a),線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上。在ab線圈中通以變化的電流。用示波器測(cè)得線圈c、d間電壓如圖(b)所示。已知線圈內(nèi)部的磁場(chǎng)與流經(jīng)線圈的電流成正比,則下列描述線圈ab中電流隨時(shí)間變化關(guān)系的圖中,可能正確的是(),,答案CA選項(xiàng)中只有電流方向改變的瞬間,線圈c、d間才會(huì)產(chǎn)生電壓,其他時(shí)間c、d間電壓為零,不符合題意,故A選項(xiàng)錯(cuò)誤。通電線圈中產(chǎn)生的磁場(chǎng)B=ki(k為比例系數(shù));在另一線圈中的磁通量=BS=kiS,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,在另一線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=n,由圖 (b)可知,|Ucd|不變,則不變,故不變,故選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤,C正確。,,思路分析通電線圈ab中的磁場(chǎng)B=ki,線圈

16、cd中的磁通量=BS=kiS,c、d兩點(diǎn)間的電壓Ucd=E==,因?yàn)閨Ucd|不變,正負(fù)呈周期性,所以恒定不變,斜率有正有負(fù),據(jù)此可得出結(jié)論。,考查點(diǎn) 法拉第電磁感應(yīng)定律,溫馨提示 繞在同一鐵芯上的線圈磁通量相等。,11.(2016課標(biāo),24,14分)如圖,兩固定的絕緣斜面傾角均為,上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng),質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上。已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中,回路電阻為

17、R,兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為,重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求: (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小; (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小。,答案 (1)mg(sin -3 cos )(2)(sin -3 cos ),,解析(1)設(shè)兩導(dǎo)線的張力大小之和為T,右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為N1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為N2。對(duì)于ab棒,由力的平衡條件得 2mg sin =N1+T+F N1=2mg cos 對(duì)于cd棒,同理有 mg sin +N2=T N2=mg cos 聯(lián)立式得 F=mg(sin -3 cos ) (2)由安培力公式得 F

18、=BIL 這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流。ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 =BLv 式中,v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得,I= 聯(lián)立式得 v=(sin -3 cos ),考查點(diǎn) 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用,一題多解 求第(1)問(wèn)中的安培力時(shí)我們還可以列一個(gè)整體方程2mg sin =N1+F+N2+mg sin 。,,考點(diǎn)一電磁感應(yīng)現(xiàn)象、楞次定律 1.(2016北京理綜,16,6分)如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b,磁場(chǎng)方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大。兩圓環(huán)半徑之比為21,圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為Ea和Eb。不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說(shuō)法正確的是() A.EaEb

19、=41,感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较?B.EaEb=41,感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较?C.EaEb=21,感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较?D.EaEb=21,感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较?B組自主命題省(區(qū)、市)卷題組,答案B由題意可知=k,導(dǎo)體圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E==S=r2,因rarb= 21,故EaEb=41;由楞次定律知感應(yīng)電流的方向均沿順時(shí)針?lè)较?選項(xiàng)B正確。,方法技巧磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大,說(shuō)明磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率恒定,故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與圓環(huán)的面積成正比;利用“增反減同”可以確定感應(yīng)電流的方向。,,2.(2016江蘇單科,6,4分)(多選)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖所示,磁體附近的金屬弦被磁化,因此弦

20、振動(dòng)時(shí),在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流,電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音。下列說(shuō)法正確的有() A.選用銅質(zhì)弦,電吉他仍能正常工作 B.取走磁體,電吉他將不能正常工作 C.增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) D.弦振動(dòng)過(guò)程中,線圈中的電流方向不斷變化,答案BCD銅質(zhì)弦無(wú)法被磁化,不能產(chǎn)生磁場(chǎng)引起線圈中磁通量的變化從而產(chǎn)生感應(yīng)電流,所以銅質(zhì)弦不能使電吉他正常工作,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;取走磁體,金屬弦無(wú)法被磁化,線圈中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,B項(xiàng)正確;由E=n知,C項(xiàng)正確;金屬弦來(lái)回振動(dòng),線圈中磁通量不斷增加或減小,電 流方向不斷變化,D項(xiàng)正確。,考點(diǎn)二法拉第電磁感應(yīng)定律 3.(2016浙江理綜,16,6分)如圖所

21、示,a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成,匝數(shù)均為10匝,邊長(zhǎng)la=3lb,圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大,不考慮線圈之間的相互影響,則() A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B.a、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為91 C.a、b線圈中感應(yīng)電流之比為34 D.a、b線圈中電功率之比為31,答案B磁場(chǎng)均勻增大,穿過(guò)兩線圈的磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知兩線圈內(nèi)會(huì)產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律E=n=nl2,得==,選項(xiàng)B正 確;由電阻定律R=,得==,由閉合電路歐姆定律可得I=,即==,選項(xiàng)C錯(cuò) 誤;由P=得==,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。,方法技巧

22、解答本題時(shí)優(yōu)先使用比值運(yùn)算,可以有效地減少計(jì)算量。,,4.(2015安徽理綜,19,6分)如圖所示,abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌,間距為l,導(dǎo) 軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。已知金屬桿MN傾斜放置,與導(dǎo)軌成角,單位長(zhǎng)度的電阻為r,保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好)。則() A.電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為 B.電路中感應(yīng)電流的大小為 C.金屬桿所受安培力的大小為,D.金屬桿的熱功率為,答案B金屬桿MN切割磁感線的有效長(zhǎng)度為l,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,A錯(cuò)誤;金屬桿MN的有效電阻R=,故回路中的感應(yīng)電流I=

23、==,B正確;金屬桿受到的安培力F ===,C錯(cuò)誤;金屬桿的熱功率P=I2R==,D錯(cuò)誤。,5.(2015重慶理綜,4,6分)圖為無(wú)線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖,線圈匝數(shù)為n,面積為S。若在t1到t2時(shí)間內(nèi),勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向右穿過(guò)線圈,其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2,則該段時(shí)間線圈兩端a和b之間的電勢(shì)差a-b() A.恒為 B.從0均勻變化到 C.恒為 - D.從0均勻變化到 -,答案C由楞次定律判定,感應(yīng)電流從a流向b,b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì),因?yàn)榇艌?chǎng)均勻增加,所以a-b為恒定的,故a-b=-nS,可見C正確。,,6.(2015山東理綜,17,6分)(多選)如圖,一均勻金屬圓

24、盤繞通過(guò)其圓心且與盤面垂直的軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。現(xiàn)施加一垂直穿過(guò)圓盤的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),圓盤開始減速。在圓盤減速過(guò)程中,以下說(shuō)法正確的是() A.處于磁場(chǎng)中的圓盤部分,靠近圓心處電勢(shì)高 B.所加磁場(chǎng)越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng) C.若所加磁場(chǎng)反向,圓盤將加速轉(zhuǎn)動(dòng) D.若所加磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤,圓盤將勻速轉(zhuǎn)動(dòng),答案ABD根據(jù)右手定則,處于磁場(chǎng)中的圓盤部分,感應(yīng)電流從靠近圓盤邊緣處流向靠近圓心處,故靠近圓心處電勢(shì)高,A正確;安培力F=,磁場(chǎng)越強(qiáng),安培力越大,B正確;磁場(chǎng)反向時(shí), 安培力仍是阻力,C錯(cuò)誤;若所加磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤,則磁通量不再變化,沒(méi)有感應(yīng)電流,安培力為零,故圓盤不受阻力作用,將勻速轉(zhuǎn)動(dòng),D正確。,

25、7.(2014廣東理綜,15,4分)如圖所示,上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置,小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放,并落至底部,則小磁塊() A.在P和Q中都做自由落體運(yùn)動(dòng) B.在兩個(gè)下落過(guò)程中的機(jī)械能都守恒 C.在P中的下落時(shí)間比在Q中的長(zhǎng) D.落至底部時(shí)在P中的速度比在Q中的大,答案C小磁塊在銅管中下落時(shí),由于電磁阻尼作用,不做自由落體運(yùn)動(dòng),機(jī)械能不守恒,而在塑料管中不受阻力作用而做自由落體運(yùn)動(dòng),機(jī)械能守恒,因此在P中下落得慢,用時(shí)長(zhǎng),到達(dá)底端速度小,C項(xiàng)正確,A、B、D錯(cuò)誤。,,考點(diǎn)三電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用 8.(2018江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,豎直放置的“”

26、形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng),矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng) 、的高和間距均為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進(jìn)入磁場(chǎng)和時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R,與導(dǎo)軌接觸良好,其余電阻不計(jì),重力加速度為g。金屬桿() A.剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度方向豎直向下 B.穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C.穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd,D.釋放時(shí)距磁場(chǎng)上邊界的高度h可能小于,答案BC本題考查電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)、能量問(wèn)題的綜合應(yīng)用。要使桿進(jìn)入磁場(chǎng)和時(shí)的速度相等,桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)必須減速運(yùn)動(dòng),加速度方向豎直向上,故A錯(cuò)誤。桿在區(qū)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),在兩磁場(chǎng)之間做a=g的勻加速運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過(guò)程如圖所示(其中v1

27、為桿剛進(jìn)入時(shí)的速度,v2為桿剛出時(shí)的速度),圖線與時(shí)間軸所圍的面積表示位移,兩段運(yùn)動(dòng)的位移相等,則t1t2-t1,故B正確。對(duì)桿從進(jìn)入磁場(chǎng)至剛穿出磁場(chǎng)的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得mg3d+W安=m-m,對(duì)桿穿過(guò)兩磁場(chǎng)之間的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得mgd=m-m,解得W安=-4mgd,由 功能關(guān)系得Q=-W安=4mgd,故C正確。若桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)恰好勻速,則有=mg,v1=, 代入h=得h=,因?yàn)闂U剛進(jìn)入時(shí)必須做減速運(yùn)動(dòng),故一定有h,故D錯(cuò)誤。,疑難突破(1)利用v-t圖像分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程和運(yùn)動(dòng)時(shí)間,可以化難為易。 (2)對(duì)于D選項(xiàng),以桿剛進(jìn)入時(shí)恰好勻速運(yùn)動(dòng)作為參照,問(wèn)題便迎刃而解。,,9.(2017天津理綜,3

28、,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(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小,ab始終保持靜止,下列說(shuō)法正確的是() A.ab中的感應(yīng)電流方向由b到a B.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(guò)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(cuò)誤。因ab不動(dòng),回路面積不變;當(dāng)B均勻減小時(shí),由E=n=nS知,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定,回路

29、中感 應(yīng)電流I=恒定,B錯(cuò)誤。由F=BIL知F隨B減小而減小,C錯(cuò)誤。對(duì)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(shí)引起回路磁通量減小,由廣義楞次定律可知回路有擴(kuò)張的趨勢(shì),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(cuò)誤。,,10.(2016四川理綜,7,6分)(多選)如圖所示,電阻不計(jì)、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng),外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F=F0+kv(F0、k

30、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(shí)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(dòng)勢(shì)E=Blv,感應(yīng)電流I=即Iv FA=BIl=即:FAv UR=IR=R即:URv P=IE=即:Pv2 對(duì)金屬棒MN:F-FA=ma F0+kv-v=ma F0+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(yùn)動(dòng),B項(xiàng)正確。 若k-<0,隨著v增大,a減小,棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)a=0時(shí),v達(dá)到最大后保持不變,C 項(xiàng)正確,A項(xiàng)錯(cuò)誤。 若k-=0,則a=,金屬棒做

31、勻加速運(yùn)動(dòng),則v=at,P=IE=t2,D項(xiàng)錯(cuò)誤。,11.(2015福建理綜,18,6分)如圖,由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd,固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中。一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng),滑動(dòng)過(guò)程PQ始終與ab垂直,且與線框接觸良好,不計(jì)摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中() A.PQ中電流先增大后減小 B.PQ兩端電壓先減小后增大 C.PQ上拉力的功率先減小后增大 D.線框消耗的電功率先減小后增大,答案C由題意知,題目情形可等效為如圖所示的電路問(wèn)題,其中R左+R右=3R,E=BLv,r=R,

32、當(dāng)PQ向右運(yùn)動(dòng)時(shí),R左增大,R右減小,兩者并聯(lián)的總電阻R外先增大后減小,當(dāng)PQ運(yùn)動(dòng)到線框正中央位置時(shí),R外最大,故流過(guò)PQ的電流先減小后增大,A項(xiàng)錯(cuò)誤;PQ兩端電壓U=E-Ir,故U的變化為先增大后減小,B項(xiàng)錯(cuò)誤;拉力的功率P=P總=EI,故拉力的功率先減小后增大,C項(xiàng)正確;線框消耗的電功率為電源的輸出功率P出=P總-P內(nèi)=EI-I2r,電流的最小值Imin=,故由數(shù)學(xué)知識(shí)可知P出先增 大后減小,D項(xiàng)錯(cuò)誤。,12.(2018天津理綜,12,20分)真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置。圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡(jiǎn)化模型,圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金

33、屬導(dǎo)軌,電阻忽略不計(jì)。ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長(zhǎng)度均為l、電阻均為R的金屬棒,通過(guò)絕緣材料固定在列車底部,并與導(dǎo)軌良好接觸,其間距也為l,列車的總質(zhì)量為m。列車啟動(dòng)前,ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下,如圖1所示。為使列車啟動(dòng),需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源,電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)。列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。 (1)要使列車向右運(yùn)行,啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極,并簡(jiǎn)要說(shuō)明理由; (2)求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大小; (3)列車減速時(shí),需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)寬度和相鄰磁場(chǎng)間距均大于l。若某時(shí)刻列車

34、的速度為v0,此時(shí)ab、cd均在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域,試討論:要使列車停下來(lái),前方至少需要多少塊這樣的有界磁場(chǎng)?,圖1 圖2,答案 (1)見解析(2)(3)見解析,,解析本題考查左手定則、安培力、法拉第電磁感應(yīng)定律、動(dòng)量定理等。 (1)列車要向右運(yùn)動(dòng),安培力方向應(yīng)向右。根據(jù)左手定則,接通電源后,金屬棒中電流方向由a到b、由c到d,故M接電源正極。 (2)由題意,啟動(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián),設(shè)回路總電阻為R總,由電阻的串并聯(lián)知識(shí)得 R總= 設(shè)回路總電流為I,根據(jù)閉合電路歐姆定律有 I= 設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F,有 F=IlB 根據(jù)牛頓第二定律有 F=ma 聯(lián)立式得 a=,(3)設(shè)列車減速時(shí),cd進(jìn)入磁場(chǎng)

35、后經(jīng)t時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場(chǎng),此過(guò)程中穿過(guò)兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化為,平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1,由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E1= 其中 =Bl2 設(shè)回路中平均電流為I,由閉合電路歐姆定律有 I= 設(shè)cd受到的平均安培力為F,有 F=IlB 以向右為正方向,設(shè)t時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖,有 I沖=-Ft 同理可知,回路出磁場(chǎng)時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值,設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場(chǎng)區(qū)域安培力沖量為I0,有 I0=2I沖,設(shè)列車停下來(lái)受到的總沖量為I總,由動(dòng)量定理有 I總=0-mv0 聯(lián)立式得 = 討論:若恰為整數(shù),設(shè)其為n,則需設(shè)置n塊有界磁場(chǎng);若不是整數(shù),設(shè)的整數(shù)部分為N,則 需設(shè)置N+1塊

36、有界磁場(chǎng)。,13.(2017天津理綜,12,20分)電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖,圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l,電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出),MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí),回路中電流為零,MN達(dá)到最大速度,之后離開導(dǎo)軌。問(wèn): (1)

37、磁場(chǎng)的方向; (2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小; (3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。,答案 (1)見解析(2)(3),,解析本題考查安培力及其應(yīng)用、電容器、動(dòng)量定理、電磁感應(yīng)定律等多個(gè)考點(diǎn)的綜合應(yīng)用。 (1)垂直于導(dǎo)軌平面向下。 (2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)開關(guān)S接2時(shí),電容器放電,設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I,有 I= 設(shè)MN受到的安培力為F,有 F=IlB 由牛頓第二定律,有 F=ma 聯(lián)立式得 a= (3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí),設(shè)電容器上電荷量為Q0,有 Q0=CE,開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運(yùn)動(dòng),速度達(dá)到最大值vmax時(shí),設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,

38、有 E=Blvmax 依題意有 E= 設(shè)在此過(guò)程中MN的平均電流為,MN上受到的平均安培力為,有 =lB 由動(dòng)量定理,有 t=mvmax-0 又t=Q0-Q 聯(lián)立式得 Q=,14.(2017北京理綜,24,20分)發(fā)電機(jī)和電動(dòng)機(jī)具有裝置上的類似性,源于它們機(jī)理上的類似性。直流發(fā)電機(jī)和直流電動(dòng)機(jī)的工作原理可以簡(jiǎn)化為如圖1、圖2所示的情景。 在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi),相距為L(zhǎng),電阻不計(jì)。電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上,與軌道接觸良好,以速度v(v平行于MN)向右做勻速運(yùn)動(dòng)。 圖1軌道端點(diǎn)M、P間接有阻值為r的電阻,導(dǎo)體

39、棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點(diǎn)M、P間接有直流電源,導(dǎo)體棒ab通過(guò)滑輪勻速提升重物,電路中的電流為I。 (1)求在t時(shí)間內(nèi),圖1“發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能和圖2“電動(dòng)機(jī)”輸出的機(jī)械能。 (2)從微觀角度看,導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用。為,了方便,可認(rèn)為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷。 a.請(qǐng)?jiān)趫D3(圖1的導(dǎo)體棒ab)、圖4(圖2的導(dǎo)體棒ab)中,分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖。 b.我們知道,洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功。那么,導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉(zhuǎn)化過(guò)程中起到作用的呢?請(qǐng)以圖2“電動(dòng)機(jī)”為例,通過(guò)計(jì)算分析說(shuō)明。,答案 見解析,

40、,解析本題考查發(fā)電機(jī)和電動(dòng)機(jī)的機(jī)理分析、洛倫茲力的方向及其在能量轉(zhuǎn)化中的作用。 (1)圖1中,電路中的電流I1= 棒ab受到的安培力F1=BI1L 在t時(shí)間內(nèi),“發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能等于棒ab克服安培力做的功 E電=F1vt= 圖2中,棒ab受到的安培力F2=BIL 在t時(shí)間內(nèi),“電動(dòng)機(jī)”輸出的機(jī)械能等于安培力對(duì)棒ab做的功 E機(jī)=F2vt=BILvt (2)a.如圖3、圖4所示。,b.設(shè)自由電荷的電荷量為q,沿導(dǎo)體棒定向移動(dòng)的速率為u。 如圖4所示,沿棒方向的洛倫茲力f1=qvB,做負(fù)功 W1=-f1ut=-qvBut 垂直棒方向的洛倫茲力f2=quB,做正功 W2=f2vt=quBvt,所以

41、W1=-W2,即導(dǎo)體棒中一個(gè)自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。 f1做負(fù)功,阻礙自由電荷的定向移動(dòng),宏觀上表現(xiàn)為“反電動(dòng)勢(shì)”,消耗電源的電能;f2做正功,宏觀上表現(xiàn)為安培力做正功,使機(jī)械能增加。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉(zhuǎn)化為等量的機(jī)械能,在此過(guò)程中洛倫茲力通過(guò)兩個(gè)分力做功起到“傳遞”能量的作用。,15.(2017上海單科,20,16分)如圖,光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),與水平面夾角為,兩導(dǎo)軌上端用阻值為R的電阻相連,該裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面。質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導(dǎo)軌平面向上的初速度v0從導(dǎo)軌底端開始運(yùn)動(dòng),然后又返回到出發(fā)位置。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程

42、中,ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,不計(jì)ab和導(dǎo)軌的電阻及空氣阻力。 (1)求ab開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a; (2)分析并說(shuō)明ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度、加速度的變化情況; (3)分析并比較ab上滑時(shí)間和下滑時(shí)間的長(zhǎng)短。,答案 見解析,,解析本題考查電磁感應(yīng)、閉合電路歐姆定律。動(dòng)力學(xué)分析、能量轉(zhuǎn)化與守恒定律。 (1)利用楞次定律,對(duì)初始狀態(tài)的ab受力分析得: mg sin +BIL=ma 對(duì)回路分析 I== 聯(lián)立得 a=g sin + (2)上滑過(guò)程: 由第(1)問(wèn)中的分析可知,上滑過(guò)程加速度大小表達(dá)式為: a上=g sin + 上滑過(guò)程,a、v反向,做減速運(yùn)動(dòng)。利用式,v減小則a減小,可知,桿上滑時(shí)做加

43、速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)。 下滑過(guò)程:,由牛頓第二定律,對(duì)ab受力分析得: mg sin -=ma下 a下=g sin - 因a下與v同向,ab做加速運(yùn)動(dòng)。 由得v增加,a下減小, ab做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。 (3)設(shè)P點(diǎn)是上滑與下滑過(guò)程中經(jīng)過(guò)的同一點(diǎn)P,由能量轉(zhuǎn)化與守恒可知: m=m+QR QR為ab從P滑到最高點(diǎn)到再回到P點(diǎn)過(guò)程中R上產(chǎn)生的焦耳熱。 由QR0所以vP上vP下 同理可推得ab上滑通過(guò)某一位置的速度大于下滑通過(guò)同一位置的速度,進(jìn)而可推得 由s=t上=t下得 t上

44、性的輔助制動(dòng)裝置,其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論:如圖所示,將形狀相同的兩根平行且足夠長(zhǎng)的鋁條固定在光滑斜面上,斜面與水平方向夾角為。一質(zhì)量為m的條形磁鐵滑入兩鋁條間,恰好勻速穿過(guò),穿過(guò)時(shí)磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定,其引起電磁感應(yīng)的效果與磁鐵不動(dòng)、鋁條相對(duì)磁鐵運(yùn)動(dòng)相同。磁鐵端面是邊長(zhǎng)為d的正方形,由于磁鐵距離鋁條很近,磁鐵端面正對(duì)兩鋁條區(qū)域的磁場(chǎng)均可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,鋁條的高度大于d,電阻率為。為研究問(wèn)題方便,鋁條中只考慮與磁鐵正對(duì)部分的電阻和磁場(chǎng),其他部分電阻和磁場(chǎng)可忽略不計(jì),假設(shè)磁鐵進(jìn)入鋁條間以后,減少的機(jī)械能完全轉(zhuǎn)化為鋁

45、條的內(nèi)能,重力加速度為g。 (1)求鋁條中與磁鐵正對(duì)部分的電流I; (2)若兩鋁條的寬度均為b,推導(dǎo)磁鐵勻速穿過(guò)鋁條間時(shí)速度v的表達(dá)式; (3)在其他條件不變的情況下,僅將兩鋁條更換為寬度bb的鋁條,磁鐵仍以速度v進(jìn)入鋁條間,試簡(jiǎn)要分析說(shuō)明磁鐵在鋁條間運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí),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(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡,則有 F-mg sin =0 聯(lián)立式可得 I= (2)磁鐵穿過(guò)鋁條時(shí),在鋁條中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,有 E=B

46、dv 鋁條與磁鐵正對(duì)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(yùn)動(dòng)時(shí),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(shí),磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間時(shí),磁鐵受到的作用力變?yōu)镕,有 F= 可見,FF=mg sin ,磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上,獲得與運(yùn)動(dòng)方向相反的加速度,磁鐵將減速下滑,此時(shí)加速度最大。之后,隨著運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)。直到F=mg sin 時(shí),磁鐵重新達(dá)到平衡狀態(tài),將

47、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(duì)磁鐵均有電磁阻力,且阻力相同。對(duì)于(3)中磁鐵運(yùn)動(dòng)過(guò)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(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50 m,傾角=53,導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R=0.05 的電阻。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d=0.56 m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0 T。質(zhì)量m=4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上,用絕緣繩索通過(guò)定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的

48、下邊界相距s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N拉動(dòng)GH桿,CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng),上升過(guò)程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)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=10 m/s2,sin 53=0.8,不計(jì)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(chǎng)時(shí)速度v的大小; (2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大小; (3)在拉升CD棒的過(guò)程中,健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。,答案 (1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J,,解析(1)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律a==12 m/s2 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v==2.4 m

49、/s (2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv 感應(yīng)電流I= 安培力FA=IBl 代入得FA==48 N (3)健身者做功W=F(s+d)=64 J 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F-mg sin -FA=0 CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng) 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t= 焦耳熱Q=I2Rt=26.88 J,18.(2015北京理綜,22,16分)如圖所示,足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置,寬度L=0.4 m,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(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T。導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上,其長(zhǎng)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(jì)。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(yùn)動(dòng),速

50、度v=5 m/s。求: (1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E和感應(yīng)電流I; (2)在0.1 s時(shí)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)2 V2 A(2)0.08 Ns(3)1 V,,解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=BLv=10.45 V=2 V 感應(yīng)電流I== A=2 A (2)拉力大小等于安培力大小 F=BIL=120.4 N=0.8 N 沖量大小IF=Ft=0.80.1 Ns=0.08 Ns (3)由閉合電路歐姆定律可得,電路中電流 I== A=1 A 由歐姆定律可得,導(dǎo)體棒兩端電壓U=IR=1 V,考點(diǎn)一

51、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(zhǎng)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(guò)M、N兩區(qū)的過(guò)程中,導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示。不計(jì)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(chǎng)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(cuò)誤,B正確;I感=,F安=BI感

52、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(jì)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0.2 kg的細(xì)金屬桿CD恰好無(wú)擠壓地放在兩擋板之間,與金屬框接觸良好并圍成邊長(zhǎng)為1 m的正方形,其有效電阻為0.1 。此時(shí)在整個(gè)空間加方向與水平面成30角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律是B=(0.4-0.2t)T,圖示磁場(chǎng)方向?yàn)檎较颉？颉醢搴蜅U不計(jì)形變。則() A.t=1 s時(shí),金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D B.t=3 s時(shí),金屬桿中感應(yīng)電流方向從D

53、到C C.t=1 s時(shí),金屬桿對(duì)擋板P的壓力大小為0.1 N,D.t=3 s時(shí),金屬桿對(duì)擋板H的壓力大小為0.2 N,答案AC據(jù)已知B=(0.4-0.2t)T可知t=1 s時(shí),正方向的磁場(chǎng)在減弱,由楞次定律可判定電流方向?yàn)橛蒀到D,A項(xiàng)正確。同理可判定B項(xiàng)錯(cuò)誤。t=1 s時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E==Ssin 30=0.1 V,I=E/R=1 A,安培力F安=BIL=0.2 N,對(duì)桿受力分析如圖 FN=F安 cos 60=0.1 N,由牛頓第三定律知C項(xiàng)正確。同理可得t=3 s時(shí)對(duì)擋板H的壓力大小為0.1 N,D項(xiàng)錯(cuò)誤。,評(píng)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(dòng)勢(shì)、受力分析、物體受

54、力平衡、正交分解等知識(shí)的綜合運(yùn)用能力。同時(shí)要求考生注意數(shù)學(xué)運(yùn)算能力的發(fā)揮和運(yùn)用。綜合性強(qiáng),難度較大。要求考生認(rèn)真、細(xì)致,穩(wěn)妥應(yīng)答。,,考點(diǎn)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(guò)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(shì)高于b端時(shí),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(chǎng)的變化周期為0.5T0,則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化周期也一定是0.5T0,四個(gè)圖像中,只有C的變化周期是0.5T0,根據(jù)

55、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(zhǎng)為a,線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直,且一半處在磁場(chǎng)中。在t時(shí)間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變,大小由B均勻地增大到2B。在此過(guò)程中,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)E=n=nS=n,得 E=,選項(xiàng)B正確。,,5.(2014安徽理綜,20,6分)英國(guó)物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為,磁場(chǎng)變化時(shí)會(huì)在空間激發(fā)感生電場(chǎng)。如圖所示,一個(gè)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(qiáng)磁場(chǎng)B,環(huán)上套一帶電荷量為+q的小球。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增加,其變化率為

56、k,若小球在環(huán)上運(yùn)動(dòng)一周,則感生電場(chǎng)對(duì)小球的作用力所做功的大小是() A.0B.r2qk C.2r2qkD.r2qk,答案D變化的磁場(chǎng)使回路中產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)E==S=kr2,則感生電場(chǎng)對(duì)小球的作 用力所做的功W=qU=qE=qkr2,選項(xiàng)D正確。,,6.(2013安徽理綜,16,6分)如圖所示,足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置,傾角為37,寬度為0.5 m,電阻忽略不計(jì),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0.2 kg,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(dòng)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(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.8 T。將導(dǎo)體棒MN由靜

57、止釋放,運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后,小燈泡穩(wěn)定發(fā)光,此后導(dǎo)體棒MN的運(yùn)動(dòng)速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6)() A.2.5 m/s1 WB.5 m/s1 W C.7.5 m/s9 WD.15 m/s9 W,答案B小燈泡穩(wěn)定發(fā)光說(shuō)明棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)。此時(shí):F安=,對(duì)棒滿足:mg sin -mg cos -=0 因?yàn)镽燈=R棒,則:P燈=P棒 再依據(jù)功能關(guān)系: mg sin v-mg cos v=P燈+P棒 聯(lián)立解得v=5 m/s,P燈=1 W,所以B項(xiàng)正確。,評(píng)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(yùn)動(dòng),其次應(yīng)對(duì)棒正確進(jìn)行受力分析,將功能關(guān)系轉(zhuǎn)化為

58、功率關(guān)系。本題綜合性強(qiáng),難度較大。,,7.(2015江蘇單科,13,15分)做磁共振(MRI)檢查時(shí),對(duì)人體施加的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)會(huì)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(duì)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=5.0 cm,線圈導(dǎo)線的截面積A=0.80 cm2,電阻率=1.5 m。如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與線圈平面垂直,若磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0.3 s內(nèi)從1.5 T均勻地減為零,求:(計(jì)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(dòng)勢(shì)E; (3)0.3 s內(nèi)該圈肌肉組織中產(chǎn)生的熱量Q。,答案 (1)6103 (2)4

59、10-2 V(3)810-8 J,,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(dòng)勢(shì)E=,代入數(shù)據(jù)得E=410-2 V (3)由焦耳定律得Q=t,代入數(shù)據(jù)得Q=810-8 J,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(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng),滑動(dòng)過(guò)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(dòng)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

60、大小。,答案 (1)(2)+mg,,解析解法一導(dǎo)體棒勻速向右滑動(dòng),速率為v,則有 F=F安+mg E=Blv I= 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(dòng)勢(shì) 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(dòng)勢(shì): 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(qiáng)度大小均為B,磁極寬度均為L(zhǎng),忽略邊

61、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(shí),彈簧被壓縮,秤盤和線圈一起向下運(yùn)動(dòng)(骨架與磁極不接觸),隨后外電路對(duì)線圈供電,秤盤和線圈恢復(fù)到未放重物時(shí)的位置并靜止,由此時(shí)對(duì)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(wèn) (1)線圈向下運(yùn)動(dòng)過(guò)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(

62、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(diǎn)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(chǔ)信息的磁極方向不同的磁化區(qū),刷卡器中有檢測(cè)線圈。當(dāng)以速度v0刷卡時(shí),在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),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(lái)一半時(shí),磁卡通過(guò)檢測(cè)線圈的時(shí)間即有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生的時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,可知A、B錯(cuò)誤;由E=BLv知當(dāng)只減小v時(shí),磁卡與檢測(cè)線圈在相同的相對(duì)位置處

63、產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也減小,故C錯(cuò)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(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)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(jì),導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng),桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)金屬桿時(shí),桿中感應(yīng)電流的大小I; (2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí),桿的加速度大小a;,(3)PQ剛要離開金屬桿時(shí),感應(yīng)電流的功率P。,答案(1) (2) (3)

64、,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(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)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(diǎn)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(chǎng)。用力使MN向右勻速運(yùn)動(dòng),從圖示位置開始計(jì)時(shí),運(yùn)動(dòng)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(shí)間t的關(guān)系圖

65、線,可能正確的是(),答案A設(shè)金屬棒MN勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v,初始時(shí)刻金屬棒MN距a點(diǎn)的距離為l,則t時(shí)刻金屬棒MN切割磁感線的有效長(zhǎng)度L=2(l+vt) tan 設(shè)導(dǎo)軌單位長(zhǎng)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(dòng)勢(shì)E=BLv=2Bv(l+vt) tan i==為恒量 故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。,思路分析推出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間變化的關(guān)系式。 推出回路總電阻R隨時(shí)間變化的關(guān)系式。 由i=得出i的表述式,對(duì)比圖像得出結(jié)論。,考查點(diǎn) 電磁感應(yīng)的圖像問(wèn)題,易錯(cuò)警示本題一般能推出電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間均勻增加,但往往忽略掉回路總電阻也隨時(shí)間均勻增加。,13.(

66、2013四川理綜,7,6分)(多選)如圖所示,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場(chǎng)區(qū)域,其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B=kt(常量k0)?；芈分谢瑒?dòng)變阻器R的最大阻值為R0,滑動(dòng)片P位于滑動(dòng)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(dòng)勢(shì),則() A.R2兩端的電壓為 B.電容器的a極板帶正電 C.滑動(dòng)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(dòng)勢(shì)為kL2,答案AC由法拉第電磁感應(yīng)定律E=n=nS有E=kr2,D錯(cuò)誤;因k0,由楞次定律知線框 內(nèi)感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?故電容器b極板帶正電,B錯(cuò)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(zhǎng),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