高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題七 電磁感應(yīng)與電路 第1講 電磁感應(yīng)問題-人教版高三全冊物理試題

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1、專題七 電磁感應(yīng)與電路 [專題定位]　高考對本部分內(nèi)容的要求較高，常在選擇題中考查電磁感應(yīng)中的圖象問題、變壓器和交流電的描述問題，在計(jì)算題中作為壓軸題，以導(dǎo)體棒運(yùn)動為背景，綜合應(yīng)用電路的相關(guān)知識、牛頓運(yùn)動定律和能量守恒定律解決導(dǎo)體棒類問題. 本專題考查的重點(diǎn)有以下幾個方面：①楞次定律的理解和應(yīng)用；②感應(yīng)電流的圖象問題；③電磁感應(yīng)過程中的動態(tài)分析問題；④綜合應(yīng)用電路知識和能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)問題；⑤直流電路的分析；⑥變壓器原理及三個關(guān)系；⑦交流電的產(chǎn)生及描述問題. [應(yīng)考策略]　對本專題的復(fù)習(xí)應(yīng)注意“抓住兩個定律，運(yùn)用兩種觀點(diǎn)，分析三種電路”.兩個定律是指楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律；兩種

2、觀點(diǎn)是指動力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)；三種電路是指直流電路、交流電路和感應(yīng)電路. 第1講　電磁感應(yīng)問題 1.楞次定律中“阻礙”的表現(xiàn) (1)阻礙磁通量的變化(增反減同). (2)阻礙物體間的相對運(yùn)動(來拒去留). (3)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象). 2.感應(yīng)電動勢的計(jì)算 (1)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝n，常用于計(jì)算平均電動勢. ①若B變，而S不變，則E＝nS； ②若S變，而B不變，則E＝nB. (2)導(dǎo)體棒垂直切割磁感線：E＝Blv，主要用于求電動勢的瞬時值. (3)如圖1所示，導(dǎo)體棒Oa圍繞棒的一端O在垂直磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動而切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢E＝Bl2ω.

3、 圖1 3.感應(yīng)電荷量的計(jì)算 回路中發(fā)生磁通量變化時，在Δt時間內(nèi)遷移的電荷量 (感應(yīng)電荷量)為q＝I·Δt＝·Δt＝n·Δt＝n.可見，q僅由回路電阻R和磁通量的變化量ΔΦ決定，與發(fā)生磁通量變化的時間Δt無關(guān). 4.電磁感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱 當(dāng)電路中電流恒定時，可用焦耳定律計(jì)算；當(dāng)電路中電流變化時，則用功能關(guān)系或能量守恒定律計(jì)算. 解決感應(yīng)電路綜合問題的一般思路是“先電后力”，即： 先作“源”的分析——分析電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r； 接著進(jìn)行“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力； 然后是

4、“力”的分析——分析研究對象(通常是金屬棒、導(dǎo)體、線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力； 接著進(jìn)行“運(yùn)動狀態(tài)”的分析——根據(jù)力和運(yùn)動的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)動模型； 最后是“能量”的分析——尋找電磁感應(yīng)過程和研究對象的運(yùn)動過程中，其能量轉(zhuǎn)化和守恒的關(guān)系. 例1　(多選)(2016·全國甲卷·20)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖1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(　　) 圖1 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

5、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 解析　將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，則當(dāng)圓盤順時針(俯視)轉(zhuǎn)動時，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向中心，流過電阻的電流方向從a到b，B對；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E＝BL＝BL2ω，I＝，ω恒定時，I大小恒定，ω大小變化時，I大小變化，方向不變，故A對，C錯；由P＝I2R＝知，當(dāng)ω變?yōu)樵瓉淼?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯. 答案　AB 預(yù)測1　(多選)如

6、圖2所示，由一段外皮絕緣的導(dǎo)線扭成兩個半徑為R和r的閉合回路，R>r，導(dǎo)線單位長度的電阻為A，導(dǎo)線截面半徑遠(yuǎn)小于R和r.圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間按B＝kt(k>0，為常數(shù))的規(guī)律變化的磁場，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.小圓環(huán)中電流的方向?yàn)槟鏁r針 B.大圓環(huán)中電流的方向?yàn)槟鏁r針 C.回路中感應(yīng)電流大小為 D.回路中感應(yīng)電流大小為 答案　BD 解析　根據(jù)穿過整個回路的磁通量增大，依據(jù)楞次定律，及R>r，則大圓環(huán)中電流的方向?yàn)槟鏁r針，小圓環(huán)中電流的方向?yàn)轫槙r針，故A錯誤，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：E＝kπ(R2－r2)，由閉合電路歐姆定

7、律，那 么回路中感應(yīng)電流大小為I＝＝＝，故C錯誤，D正確. 預(yù)測2　如圖3所示，用一條橫截面積為S的硬導(dǎo)線做成一個邊長為L的正方形，把正方形的一半固定在均勻增大的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間的變化率＝k(k>0)，虛線ab與正方形的一條對角線重合，導(dǎo)線的電阻率為ρ.則下列說法正確的是(　　) 圖3 A.線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流 B.線框具有擴(kuò)張的趨勢 C.若某時刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則線框受到的安培力為 D.線框中ab兩點(diǎn)間的電勢差大小為 答案　C 解析　根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿逆時針方向，故A錯誤；B增大，穿過線框的磁通量

8、增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場為了阻礙磁通量的增加，線框有收縮的趨勢，故B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝＝S＝·L2＝kL2， 因線框電阻R＝ρ，那么感應(yīng)電流大小為I＝＝，則線框受到的安培力為：F＝BI×L＝，故C正確；由上分析，可知，ab兩點(diǎn)間的電勢差大小U＝E＝kL2，故D錯誤. 解題方略 對于電磁感應(yīng)圖象問題的分析要注意以下三個方面： 1.注意初始時刻的特征，如初始時刻感應(yīng)電流是否為零，感應(yīng)電流的方向如何. 2.注意看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應(yīng). 3.注意觀察圖象的變化趨勢，看圖象斜率的大小、圖象的曲直是否和物理過程對應(yīng). 例

9、2　如圖4所示，虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，正方形金屬線框電阻為R，邊長為L，自線框從左邊界進(jìn)入磁場時開始計(jì)時，在外力作用下由靜止開始以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進(jìn)入磁場.規(guī)定順時針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，通過線框橫截面的電荷量為q，其中P－t圖象為拋物線，則上述物理量隨時間變化的關(guān)系正確的是(　　) 圖4 解析　線框做勻加速運(yùn)動，其速度v＝at，感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流 i＝＝，i與t成正比，故A錯誤；線框進(jìn)入磁場過程中受到的安培力F安＝BiL＝，由牛頓第二定律得：F－F安＝ma，得

10、 F＝ma＋，F(xiàn)－t圖象是不過原點(diǎn)的傾斜直線，故B錯誤；線框的電功率 P＝i2R＝∝t2，故C正確；線框的位移x＝at2，電荷量q＝Δt＝Δt＝＝＝∝t2，q－t圖象應(yīng)是拋物線.故D錯誤. 答案　C 預(yù)測3　(多選)如圖5所示，在0≤x≤L和2L≤x≤3L的區(qū)域內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直于xOy平面(紙面)向里，具有一定電阻的正方形線框abcd邊長為2L，位于xOy平面內(nèi)，線框的ab邊與y軸重合.令線框從t＝0時刻由靜止開始沿x軸正方向做勻加速直線運(yùn)動，則線框中的感應(yīng)電流i(取逆時針方向的電流為正)、bc兩端電勢差Ubc隨時間t的函數(shù)圖象大致是下圖中的(　　) 圖5

11、答案　AC 解析　設(shè)線框ab從x＝L運(yùn)動到x＝4L的時間為t1，則由運(yùn)動學(xué)公式得t1＝ －t0＝2t0－t0＝t0，這段時間內(nèi)穿過線框的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流.故B錯誤.設(shè)線框ab從x＝4L運(yùn)動到x＝5L的時間為t2，則由運(yùn)動學(xué)公式得t2＝ － t0＝t0－2t0＝0.236t0的時間內(nèi)，根據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流方向沿順時針方向，為負(fù)值.感應(yīng)電流為I＝－＝－，故A正確.bc兩端電勢差Ubc＝IR，bc為外電路，故電勢差變化和電流變化相同，C正確，D錯誤. 預(yù)測4　(多選)如圖6甲所示，在水平面上固定寬d＝1 m的金屬“U”型導(dǎo)軌，右端接一定值電阻R＝0.5 Ω，其余電阻不計(jì).在“U”型導(dǎo)

12、軌右側(cè)a＝0.5 m的范圍存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示.在t＝0時刻，質(zhì)量m＝0.1 kg的導(dǎo)體棒以v0＝1 m/s的初速度從距導(dǎo)軌右端b＝2 m開始向右運(yùn)動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，不計(jì)地球磁場的影響，g＝10 m/s2.用E、I、P、Q分別表示4 s內(nèi)回路中的電動勢大小、電流大小、電功率及電熱，則下列圖象正確的是(　　) 圖6 答案　AB 解析　因?yàn)樵谶M(jìn)入磁場前回路中沒有電流產(chǎn)生，并且0～2 s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度不變化，回路的磁通量不變化，沒有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生，故不會從t＝0時刻就產(chǎn)生電熱，D錯誤；在進(jìn)入磁場前導(dǎo)體棒做勻減速直線

13、運(yùn)動，加速度為a＝＝μg＝1 m/s2，導(dǎo)體棒速度減小到零所需的時間為t′＝＝1 s，停止前發(fā)生的位移為x＝＝0.5 m，所以在進(jìn)入磁場前導(dǎo)體棒就已經(jīng)停止運(yùn)動，所以回路中的感應(yīng)電流是因?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化產(chǎn)生的，在t＝2 s時，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，有了感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝＝＝＝0.1 V，感應(yīng)電流I＝＝0.2 A，過程中的電功率為P＝EI＝0.02 W(但是是從t＝2 s才開始有的)，故A、B正確，C錯誤. 解題方略 解答電磁感應(yīng)中電路問題的三個步驟 1.確定電源：利用E＝n或E＝Blvsin θ求感應(yīng)電動勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷感應(yīng)電

14、流的方向.如果在一個電路中切割磁感線的部分有多個并相互聯(lián)系，可等效成電源的串、并聯(lián). 2.分析電路結(jié)構(gòu)：分析內(nèi)、外電路，以及外電路的串、并聯(lián)關(guān)系，畫出等效電路圖. 3.利用電路規(guī)律求解：應(yīng)用閉合電路歐姆定律及串、并聯(lián)電路的基本性質(zhì)等列方程求解. 例3　均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，邊長為L，總電阻為R，總質(zhì)量為m.將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場上方h處，如圖7所示.線框由靜止開始自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行.重力加速度為g.當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場時， 圖7 (1)求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小； (2)求cd兩點(diǎn)間的電勢差大小

15、； (3)若此時線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h所應(yīng)滿足的條件. 解析　(1)cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框速度為v＝ 線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝BLv＝BL (2)此時線框中電流：I＝ cd切割磁感線相當(dāng)于電源，cd兩點(diǎn)間的電勢差即路端電壓： U＝I(R)＝BL (3)安培力：F＝BIL＝ 根據(jù)牛頓第二定律：mg－F＝ma 由a＝0，解得下落高度滿足：h＝ 答案　(1)BL　(2)BL　(3)h＝ 預(yù)測5　(多選)直角三角形金屬框abc放置在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上.若金屬框繞ab邊向紙面外以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動90°(從上往下看逆時

16、針轉(zhuǎn)動)，如圖8甲所示，c、a兩點(diǎn)的電勢差為Uca，通過ab邊的電荷量為q.若金屬框繞bc邊向紙面內(nèi)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動90°，如圖乙所示，c、a兩點(diǎn)的電勢差為Uca′，通過ab邊的電荷量為q′.已知bc、ab邊的長度都為l，金屬框的總電阻為R.下列判斷正確有是(　　) 圖8 A.Uca＝Bωl2 B.Uca′＝Bωl2 C.q＝ D.q′＝ 答案　AD 解析　甲圖中，在轉(zhuǎn)動過程中穿過金屬框的磁通量始終為0，總電動勢為0，電流為0，電量也為0，C錯.ac的有效切割長度為l，有效切割速度v＝，由右手定則，知φc>φa，所以Uca＝Bωl2，A對.乙圖中，金屬框中產(chǎn)生的電動勢的

17、最大值是Bωl2，ca相當(dāng)于電源，有內(nèi)阻，路端電壓的最大值小于Bωl2，故B錯.通過的電量q′＝＝＝，D對，應(yīng)選A、D. 預(yù)測6　如圖9所示，平行極板與單匝圓線圈相連，極板距離為d，圓半徑為r，單匝線圈的電阻為R1，外接電阻為R2，其他部分的電阻忽略不計(jì).在圓中有垂直紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，有一個帶電粒子靜止在極板之間，帶電粒子質(zhì)量為m、電量為q.則下列說法正確的是(　　) 圖9 A.粒子帶正電 B.磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為＝ C.保持開關(guān)閉合，向上移動下極板時，粒子將向下運(yùn)動 D.斷開開關(guān)S，粒子將向下運(yùn)動 答案　B 解析　穿過線圈的磁通量垂直紙面向里增加，由楞

18、次定律可知，平行板電容器的上極板電勢高，下極板電勢低，板間存在向下的電場，粒子受到豎直向下的重力而靜止，因此粒子受到的電場力方向向上，電場力方向與場強(qiáng)方向相反，粒子帶負(fù)電，故A錯誤；對粒子，由平衡條件得：mg＝q，而感應(yīng)電動勢：E＝，解得：E＝，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝n＝nS，解得：＝，故B正確；保持開關(guān)閉合，則極板間的電壓不變，當(dāng)向上移動下極板時，導(dǎo)致間距減小，那么電場強(qiáng)度增大，則電場力增大，因此粒子將向上運(yùn)動，故C錯誤；斷開開關(guān)S，電容器既不充電，也不放電，則電場強(qiáng)度不變，因此電場力也不變，故粒子靜止不動，故D錯誤. 例4　如圖10所示，兩根等高光滑的四分之一圓弧形軌道與一足夠

19、長水平軌道相連，圓弧的半徑為R0、軌道間距為L1＝1 m，軌道電阻不計(jì).水平軌道處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝1 T，圓弧軌道處于從圓心軸線上均勻向外輻射狀的磁場中，如圖所示.在軌道上有兩長度稍大于L1、質(zhì)量均為m＝2 kg、阻值均為R＝0.5 Ω的金屬棒a、b，金屬棒b通過跨過定滑輪的絕緣細(xì)線與一質(zhì)量為M＝1 kg、邊長為L2＝0.2 m、電阻r＝0.05 Ω的正方形金屬線框相連.金屬棒a從軌道最高處開始，在外力作用下以速度v0＝5 m/s沿軌道做勻速圓周運(yùn)動到最低點(diǎn)MN處，在這一過程中金屬棒b恰好保持靜止.當(dāng)金屬棒a到達(dá)最低點(diǎn)MN處被卡住，此后金屬線框開始下落，剛好能勻速進(jìn)入

20、下方h＝1 m處的水平勻強(qiáng)磁場B3中，B3＝ T.已知磁場高度H>L2.忽略一切摩擦阻力，重力加速度為g＝10 m/s2.求： 圖10 (1)輻射磁場在圓弧處磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大??； (2)從金屬線框開始下落到進(jìn)入磁場前，金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)若在線框完全進(jìn)入磁場時剪斷細(xì)線，線框在完全離開磁場B3時剛好又達(dá)到勻速，已知線框離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝10.875 J，則磁場的高度H為多少. 解析　(1)對金屬棒b，由受力平衡 Mg＝B1IL1 由a、b金屬棒和導(dǎo)軌組成的閉合回路，有 I＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 B2＝2 T (2)根據(jù)能量守恒定律有

21、 Mgh＝Mv2＋mv2＋2Q 線框進(jìn)入磁場的瞬間，由受力平衡，得 Mg＝B1I1L1＋B3I2L2 其中，I1＝ I2＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 Q＝2 J (3)從線框完全進(jìn)入磁場到完全出磁場，有 MgH＝Mv－Mv2＋Q1 在完全出磁場的瞬間，由受力平衡，得 Mg＝B3I3L2 其中，I3＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 H＝1.2 m 答案　(1)2 T　(2)2 J　(3)1.2 m 預(yù)測7　(多選)如圖11所示，相距為d的兩條水平虛線L1、L2之間是方向水平向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，正方形線圈abcd邊長為L(L

22、上方高h(yuǎn)處靜止釋放，cd邊始終水平，cd邊剛進(jìn)入磁場時速度為v0，cd邊剛離開磁場時速度也為v0.則線圈穿越磁場的過程中(從cd邊剛進(jìn)入磁場起一直到ab邊離開磁場為止)，以下說法正確的是(　　) 圖11 A.感應(yīng)電流所做的功為mgd B.感應(yīng)電流所做的功為2mgd C.線圈的最小速度一定為 D.線圈的最小速度一定為 答案　BD 解析　線圈在下落過程中分別經(jīng)過圖中的四個位置：1位置cd邊剛進(jìn)入磁場，2位置ab邊進(jìn)入磁場，3位置cd邊剛出磁場，4位置ab邊剛出磁場，根據(jù)題意1、3位置速度為v0；2到3位置磁通量不變，無感應(yīng)電流，線圈只受重力，做加速度為g的勻加速運(yùn)動；結(jié)合1、3

23、位置速度相同，可知1到2減速，2到3勻加速，3到4減速，并且1到2減速與3到4減速所受合力相同，運(yùn)動情況完全相同.對線圈由1到3位置用動能定理：mgd－W＝ΔEk＝0，W為克服安培力所做的功，根據(jù)能量守恒定律，這部分能量轉(zhuǎn)化為電能(電流所做的功)，所以線圈由1到3位置電流做功為mgd；線圈由1到3位置過程中只有線圈由1到2位置有電流，所以線圈由1到2位置有電流做功為mgd，線圈由3到4位置與線圈由1到2位置完全相同，所以線圈由3到4位置有電流做功也為mgd.綜上所述，從cd邊剛進(jìn)入磁場起一直到ab邊離開磁場為止，即1到4位置電流做功為2mgd.A錯誤，B正確. 線圈速度最小時并未受力平衡，不

24、滿足mg＝，所以C錯誤. 由以上分析可知2和4位置速度最小，初始位置到1位置自由落體v0＝，2到3位置做加速度為g的勻加速運(yùn)動v－v＝2g(d－L)，結(jié)合兩式解得vmin＝，D正確. 預(yù)測8　(2016·浙江理綜·24)小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖12所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個R＝0.05 Ω的電阻.在導(dǎo)軌間長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，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＝0.24 m.

25、一位健身者用恒力F＝80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)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＝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： 圖12 (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)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J 解析　(1)由牛頓第二定律得a＝＝12 m/s2 進(jìn)入磁場時的速度v＝＝

26、2.4 m/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＝＝48 N (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J 又F－mgsin θ－FA＝0 CD棒在磁場區(qū)做勻速運(yùn)動 在磁場中運(yùn)動時間t＝ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J. 專題強(qiáng)化練 1.如圖1所示，銅線圈水平固定在鐵架臺上，銅線圈的兩端連接在電流傳感器上，傳感器與數(shù)據(jù)采集器相連，采集的數(shù)據(jù)可通過計(jì)算機(jī)處理，從而得到銅線圈中的電流隨時間變化的圖線.利用該裝置探究條形磁鐵從距銅線圈上端某一高度處由靜止釋放后，沿銅線圈軸線豎直向下穿過銅線圈的過程中產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象.兩次實(shí)驗(yàn)中分別得到

27、了如圖甲、乙所示的電流－時間圖線.條形磁鐵在豎直下落過程中始終保持直立姿態(tài)，且所受空氣阻力可忽略不計(jì).則下列說法中正確的是(　　) 圖1 A.若兩次實(shí)驗(yàn)條形磁鐵距銅線圈上端的高度不同，其他實(shí)驗(yàn)條件均相同，則甲圖對應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵距銅線圈上端的高度大于乙圖對應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵距銅線圈上端的高度 B.若兩次實(shí)驗(yàn)條形磁鐵的磁性強(qiáng)弱不同，其他實(shí)驗(yàn)條件均相同，則甲圖對應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵的磁性比乙圖對應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵的磁性強(qiáng) C.甲圖對應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵穿過銅線圈的過程中損失的機(jī)械能小于乙圖對應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵穿過銅線圈的過程中損失的機(jī)械能 D.兩次實(shí)驗(yàn)條形磁鐵穿過銅線圈的過程中所受的磁場力都是先向上后向下

28、答案　C 解析　由乙圖中的電流峰值大于甲中電流峰值，可知乙實(shí)驗(yàn)的電磁感應(yīng)現(xiàn)象更明顯，故乙實(shí)驗(yàn)中的高度更高或磁鐵磁性更強(qiáng)，A、B錯誤；電流峰值越大，產(chǎn)生的焦耳熱越多，損失的機(jī)械能越大，故C正確；整個過程中，磁鐵所受的磁場力都是阻礙磁鐵運(yùn)動，故磁場力一直向上，D錯誤. 2.(多選)(2016·全國丙卷·21)如圖2，M為半圓形導(dǎo)線框，圓心為OM；N是圓心角為直角的扇形導(dǎo)線框，圓心為ON；兩導(dǎo)線框在同一豎直面(紙面)內(nèi)；兩圓弧半徑相等；過直線OMON的水平面上方有一勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面.現(xiàn)使線框M、N在t＝0時從圖示位置開始，分別繞垂直于紙面且過OM和ON的軸，以相同的周期T逆時針勻速轉(zhuǎn)

29、動，則(　　) 圖2 A.兩導(dǎo)線框中均會產(chǎn)生正弦交流電 B.兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的周期都等于T C.在t＝時，兩導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等 D.兩導(dǎo)線框的電阻相等時，兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的有效值也相等 答案　BC 解析　當(dāng)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程中，根據(jù)E＝BR2ω可得，感應(yīng)電動勢恒定，感應(yīng)電流恒定，不是正弦式交流電，A錯誤，C正確；當(dāng)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場時，根據(jù)楞次定律可得，兩導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針，當(dāng)導(dǎo)線框穿出磁場時，根據(jù)楞次定律可得，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時針，所以感應(yīng)電流的周期和導(dǎo)線框運(yùn)動周期相等，B正確；導(dǎo)線框N在完全進(jìn)入磁場后有時間穿過導(dǎo)線框的磁通量不變化，沒有感應(yīng)

30、電動勢產(chǎn)生，即導(dǎo)線框N在0～和T～T內(nèi)有感應(yīng)電動勢，其余時間內(nèi)沒有；而導(dǎo)線框M在整個過程中都有感應(yīng)電動勢，即便兩導(dǎo)線框電阻相等，兩者的電流有效值不會相同，D錯誤. 3.(多選)高頻焊接技術(shù)的原理如圖3(a)所示.線圈接入圖(b)所示的正弦式交流電(以電流順時針方向?yàn)檎?，圈內(nèi)待焊接工件形成閉合回路.則(　　) 圖3 A.圖(b)中電流有效值為I B.0～t1時間內(nèi)工件中的感應(yīng)電流變大 C.0～t1時間內(nèi)工件中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針 D.圖(b)中T越大，工件溫度上升越快 答案　AC 解析　由圖知電流的最大值為I，因?yàn)樵撾娏魇钦沂浇涣麟?，則有效值為I，故A正確.i－t圖象切

31、線的斜率等于電流的變化率，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知：0～t1時間內(nèi)線圈中電流的變化率減小，磁通量的變化率變小，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知工件中感應(yīng)電動勢變小，則感應(yīng)電流變小，故B錯誤.根據(jù)楞次定律可知：0～t1時間內(nèi)工件中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針，故C正確.圖(b)中T越大，電流變化越慢，工件中磁通量變化越慢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知工件中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越小，溫度上升越慢，故D錯誤. 4.(2016·潮州市二模) 圖4 在豎直平面內(nèi)固定一根水平長直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通以如圖4所示方向的恒定電流.在其正上方(略靠后)由靜止釋放一個閉合圓形導(dǎo)線框.已知導(dǎo)線框在下落過程中始終保持框平面沿豎直方向.在框由實(shí)

32、線位置下落到虛線位置的過程中(　　) A.導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向依次為：順時針→逆時針→順時針 B.導(dǎo)線框的磁通量為零時，感應(yīng)電流也為零 C.導(dǎo)線框所受安培力的合力方向依次為：向上→向下→向上 D.導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱等于下落過程中框損失的重力勢能 答案　A 解析　根據(jù)安培定則，通電直導(dǎo)線的磁場在上方向外，下方向里；離導(dǎo)線近的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度大，離導(dǎo)線遠(yuǎn)的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度小.線框從上向下靠近導(dǎo)線的過程，向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度增加，根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生順時針方向的電流；穿越導(dǎo)線時，上方向外的磁場和下方向里的磁場疊加，先是向外的磁通量減小，之后變成向里的磁通量，并逐漸增大，直至最大；根據(jù)楞次定律

33、，線框中產(chǎn)生逆時針方向的電流.向里的磁通量變成最大后，繼續(xù)向下運(yùn)動，向里的磁通量又逐漸減小，這時的電流新方向又變成了順時針.故A正確；根據(jù)A中的分析，穿越導(dǎo)線時，上方向外的磁場和下方向里的磁場疊加，先是向外的磁通量減小，一直減小到0，之后變成向里的磁通量，并逐漸增大.這一過程是連續(xù)的，始終有感應(yīng)電流存在，不是0，故B錯誤；根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流始終阻礙導(dǎo)線框相對磁場的運(yùn)動，故受安培力的方向始終向上，故C錯誤；根據(jù)能量守恒定律，導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱等于下落過程中框損失的重力勢能與增加動能之差，故D錯誤. 5.如圖5所示，用均勻?qū)Ь€做成邊長為0.2 m的正方形線框，線框的一半處于垂直線框向里的有界

34、勻強(qiáng)磁場中.當(dāng)磁場以20 T/s的變化率增強(qiáng)時，a、b兩點(diǎn)間電勢差的大小為U，則(　　) 圖5 A.φa<φb，U＝0.2 V B.φa>φb，U＝0.2 V C.φa<φb，U＝0.4 V D.φa>φb，U＝0.4 V 答案　A 解析　題中正方形線框的左半部分磁通量變化而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而在線框中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，把左半部分線框看成電源，其電動勢為E，內(nèi)電阻為，畫出等效電路如圖所示. 則a、b兩點(diǎn)間的電勢差即為電源的路端電壓，設(shè)l是邊長，且依題意知：＝20 T/s. 由法拉第電磁感應(yīng)定律，得： E＝N＝1×20× V＝0.4 V 所以有：U＝IR＝×＝0.2 V，

35、 由于a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢，故有：Uab＝－0.2 V. 6.如圖6甲所示，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圖象可能正確的是(　　) 圖6 答案　C 解析　在第一個0.25T0時間內(nèi)，通過大圓環(huán)的電流為順時針增加的，由楞次定律可判斷內(nèi)環(huán)a端電勢高于b端，因電流的變化率逐漸減小，故內(nèi)環(huán)的電動勢逐漸減小，同理可知，在0.25T0～0.5T0時間內(nèi)，通過大圓環(huán)的電流為順時針逐漸減小，則由

36、楞次定律可知，內(nèi)環(huán)a端電勢低于b端，因電流的變化率逐漸變大，故內(nèi)環(huán)的電動勢變大，故只有C正確. 7.如圖7所示，MN、PQ為足夠長的平行導(dǎo)軌，間距L＝0.5 m.導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝37°.NQ⊥MN，NQ間連接有一個R＝3 Ω的電阻.有一勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0＝1 T.將一根質(zhì)量為m＝0.05 kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的電阻r＝2 Ω，其余部分電阻不計(jì).現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動過程中始終與NQ平行.已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時速度大小開始保持不變，cd 距離NQ為s＝2 m.

37、試解答以下問題：(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖7 (1)金屬棒達(dá)到穩(wěn)定時的速度是多大？ (2)從靜止開始直到達(dá)到穩(wěn)定速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量是多少？ (3)若將金屬棒滑行至cd處的時刻記作t＝0，從此時刻起，讓磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸減小，可使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則t＝1 s時磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為多大？ 答案　(1)2 m/s　(2)0.06 J　(3)0.4 T 解析　(1)在達(dá)到穩(wěn)定速度前，金屬棒的加速度逐漸減小，速度逐漸增大，達(dá)到穩(wěn)定速度時，有：mgsin θ＝ B0IL ＋μmgcos θ E＝B0Lv E＝I(R＋r) 代

38、入已知數(shù)據(jù)，得v＝2 m/s (2)根據(jù)能量守恒得，重力勢能減小轉(zhuǎn)化為動能、摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和回路中產(chǎn)生的焦耳熱.有： mgssin θ＝mv2＋μmgcos θ·s＋Q 電阻R上產(chǎn)生的熱量：QR＝Q 解得：QR＝0.06 J (3)當(dāng)回路中的總磁通量不變時，金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流.此時金屬棒將沿導(dǎo)軌做勻加速運(yùn)動，故： mgsin θ－μmgcos θ＝ma 設(shè)t時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則： B0Ls＝BL(s＋x) x＝vt＋at2 故t＝1 s時磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4 T 8如圖8甲所示，寬為L、傾角為θ的平行金屬導(dǎo)軌，下端垂直于導(dǎo)軌連接一阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌之間加垂直于軌

39、道平面的磁場，其隨時間變化規(guī)律如圖乙所示.t＝0時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，此時，在導(dǎo)軌上距電阻x1處放一質(zhì)量為m、電阻為2R的金屬桿，t1時刻前金屬桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)磁場即將減小到B1時，金屬桿也即將開始下滑(金屬桿所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力). 圖8 (1)求0～t1時間內(nèi)通過定值電阻的電荷量； (2)求金屬桿與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力； (3)若金屬桿沿導(dǎo)軌下滑x2后開始做勻速運(yùn)動，求金屬桿下滑x2過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱. 答案　(1) (2)mgsin θ－ (3)－ 解析　(1)感應(yīng)電動勢：E＝＝ 感應(yīng)電流：I＝ 通過定值電阻的電荷量 q＝I·Δt＝I·t1 即q＝ (2)在t1時刻，對桿有 mgsin θ－Ffm－F安＝0 其中F安＝B1IL 聯(lián)立可得：Ffm＝mgsin θ－ (3)當(dāng)金屬桿達(dá)到最大速度時 mgsin θ－Ffm－F安′＝0 即此時感應(yīng)電流與0～t1時間內(nèi)感應(yīng)電流大小相等，感應(yīng)電動勢也相等. 所以B1Lv＝ 從開始滑動到達(dá)到最大速度過程 mgx2sin θ＝Q焦＋Q滑＋mv2 其中Q滑＝Ffmx2 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 QR＝Q焦 解得QR＝－