資源簡介

第二章　電磁感應
綜合拔高練
高考真題練
考點1　安培定則、楞次定律的綜合應用
1.(2024廣東,4)電磁俘能器可在汽車發動機振動時利用電磁感應發電實現能量回收,結構如圖甲所示。兩對永磁鐵可隨發動機一起上下振動,每對永磁鐵間有水平方向的勻強磁場,磁感應強度大小均為B。磁場中,邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示,永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。關于圖乙中的線圈,下列說法正確的是 (　　)
　
A.穿過線圈的磁通量為BL2
B.永磁鐵相對線圈上升越高,線圈中感應電動勢越大
C.永磁鐵相對線圈上升越快,線圈中感應電動勢越小
D.永磁鐵相對線圈下降時,線圈中感應電流的方向為順時針方向
2.(2024江蘇,10)如圖所示,在絕緣的水平面上,有閉合的兩個線框a、b,線框a處在勻強磁場中,在將線框a從磁場中勻速拉出的過程中,線框a、b中產生的感應電流方向分別是 (　　)
A.順時針,順時針　　　　　　B.順時針,逆時針
C.逆時針,順時針　　　　　　D.逆時針,逆時針
考點2　電磁阻尼
3.(2023全國乙,17)一學生小組在探究電磁感應現象時,進行了如下比較實驗。用圖(a)所示的纏繞方式,將漆包線分別繞在幾何尺寸相同的有機玻璃管和金屬鋁管上,漆包線的兩端與電流傳感器接通。兩管皆豎直放置,將一很小的強磁體分別從管的上端由靜止釋放,在管內下落至管的下端。實驗中電流傳感器測得的兩管上流過漆包線的電流I隨時間t的變化分別如圖(b)和圖(c)所示,分析可知 (　　)
　
A.圖(c)是用玻璃管獲得的圖像
B.在鋁管中下落,小磁體做勻變速運動
C.在玻璃管中下落,小磁體受到的電磁阻力始終保持不變
D.用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比用玻璃管時的短
考點3　E=n的綜合應用
4.(2023湖北,5)近場通信(NFC)器件應用電磁感應原理進行通訊,其天線類似一個壓平的線圈,線圈尺寸從內到外逐漸變大。如圖所示,一正方形NFC線圈共3匝,其邊長分別為1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm,圖中線圈外線接入內部芯片時與內部線圈絕緣。若勻強磁場垂直通過此線圈,磁感應強度變化率為103 T/s,則線圈產生的感應電動勢最接近 (　　)
A.0.30 V　　　　B.0.44 V　　　　C.0.59 V　　　　D.4.3 V
5.(多選題)(2022廣東,10)如圖所示,水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導線。P、M和N為地面上的三點,P點位于導線正上方,MN平行于y軸,PN平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈,圓心在P點,可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運動,運動過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有 (　　)
A.N點與M點的磁感應強度大小相等,方向相同
B.線圈沿PN方向運動時,穿過線圈的磁通量不變
C.線圈從P點開始豎直向上運動時,線圈中無感應電流
D.線圈從P到M過程的感應電動勢與從P到N過程的感應電動勢相等
考點4　E=BLv的綜合應用
6.(2024湖南,4)如圖,有一硬質導線Oabc,其中是半徑為R的半圓弧,b為圓弧的中點,直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導線在紙面內繞O點逆時針轉動,導線始終在垂直紙面向里的勻強磁場中。則O、a、b、c各點電勢關系為 (　　)
A.φO>φa>φb>φc　　　　　　B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb=φc　　　　　　D.φO<φa<φb=φc
7.(多選題)(2022山東,12)如圖所示,xOy平面的第一、三象限內以坐標原點O為圓心、半徑為L的扇形區域充滿方向垂直紙面向外的勻強磁場。邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點、在xOy平面內以角速度ω順時針勻速轉動。t=0時刻,金屬框開始進入第一象限。不考慮自感影響,關于金屬框中感應電動勢E隨時間t變化規律的描述正確的是 (　　)
A.在t=0到t=的過程中,E一直增大
B.在t=0到t=的過程中,E先增大后減小
C.在t=0到t=的過程中,E的變化率一直增大
D.在t=0到t=的過程中,E的變化率一直減小
8.(2021河北,7)如圖,兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中,磁感應強度大小為B。導軌間距最窄處為一狹縫,取狹縫所在處O點為坐標原點。狹縫右側兩導軌與x軸夾角均為θ,一電容為C的電容器與導軌左端相連。導軌上的金屬棒與x軸垂直,在外力F作用下從O點開始以速度v向右勻速運動,忽略所有電阻。下列說法正確的是 (　　)
A.通過金屬棒的電流為2BCv2 tan θ
B.金屬棒到達x0時,電容器極板上的電荷量為BCvx0 tan θ
C.金屬棒運動過程中,電容器的上極板帶負電
D.金屬棒運動過程中,外力F做功的功率恒定
考點5　電磁感應中的圖像問題
9.(多選題)(2024全國甲,21)如圖,一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面(紙面)內的光滑定滑輪,繩的一端連接一矩形金屬線框,另一端連接一物塊。線框與左側滑輪之間的虛線區域內有方向垂直紙面的勻強磁場,磁場上下邊界水平。在t=0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中,線框始終在紙面內且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向,下列線框的速度v隨時間t變化的圖像中可能正確的是 (　　)
考點6　電磁感應中的動力學問題
10.(多選題)(2024山東,11)如圖所示,兩條相同的半圓弧形光滑金屬導軌固定在水平桌面上,其所在平面豎直且平行,導軌最高點到水平桌面的距離等于半徑,最低點的連線OO'與導軌所在豎直面垂直。空間充滿豎直向下的勻強磁場(圖中未畫出),導軌左端由導線連接。現將具有一定質量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導軌圖示位置,由靜止釋放。MN運動過程中始終平行于OO'且與兩導軌接觸良好,不考慮自感影響,下列說法正確的是　 (　　)
A.MN最終一定靜止于OO'位置
B.MN運動過程中安培力始終做負功
C.從釋放到第一次到達OO'位置過程中,MN的速率一直在增大
D.從釋放到第一次到達OO'位置過程中,MN中電流方向由M到N
11.(多選題)(2024黑吉遼,9)如圖,兩條“∧”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上,間距為L,左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°,均處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上,同時由靜止釋放,兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好。ab、cd的質量分別為2m和m,長度均為L。導軌足夠長且電阻不計,重力加速度大小為g。兩棒在下滑過程中 (　　)
A.回路中的電流方向為abcda
B.ab中電流趨于
C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1
D.兩棒產生的電動勢始終相等
12.(2024河北,14)如圖,邊長為2L的正方形金屬細框固定放置在絕緣水平面上,細框中心O處固定一豎直細導體軸OO'。間距為L、與水平面成θ角的平行導軌通過導線分別與細框及導體軸相連。導軌和細框分別處在與各自所在平面垂直的勻強磁場中,磁感應強度大小均為B。足夠長的細導體棒OA在水平面內繞O點以角速度ω勻速轉動,水平放置在導軌上的導體棒CD始終靜止。OA棒在轉動過程中,CD棒在所受安培力達到最大和最小時均恰好能靜止。已知CD棒在導軌間的電阻值為R,電路中其余部分的電阻均不計,CD棒始終與導軌垂直,各部分始終接觸良好,不計空氣阻力,重力加速度大小為g。
(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。
(2)鎖定OA棒,推動CD棒下滑,撤去推力瞬間,CD棒的加速度大小為a,所受安培力大小等于(1)問中安培力的最大值,求CD棒與導軌間的動摩擦因數。
考點7　電磁感應中的動量與能量問題
13.(多選題)(2023遼寧,10)如圖,兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上,左、右兩側導軌間距分別為d和2d,處于豎直向上的磁場中,磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒MN的電阻為R、長度為d,導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d,PQ的質量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止,兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質絕緣彈簧。釋放彈簧,兩棒在各自磁場中運動直至停止,彈簧始終在彈性限度內。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好,導軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是 (　　)
A.彈簧伸展過程中,回路中產生順時針方向的電流
B.PQ速率為v時,MN所受安培力大小為
C.整個運動過程中,MN與PQ的路程之比為2∶1
D.整個運動過程中,通過MN的電荷量為
14.(2023湖南,14)如圖,兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置,導軌間距為L,兩導軌及其所構成的平面均與水平面成θ角,整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中,磁感應強度大小為B。現將質量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置,每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好,金屬棒始終未滑出導軌,導軌電阻忽略不計,重力加速度為g。
(1)先保持棒b靜止,將棒a由靜止釋放,求棒a勻速運動時的速度大小v0;
(2)在(1)問中,當棒a勻速運動時,再將棒b由靜止釋放,求釋放瞬間棒b的加速度大小a0;
(3)在(2)問中,從棒b釋放瞬間開始計時,經過時間t0,兩棒恰好達到相同的速度v,求速度v的大小,以及時間t0內棒a相對于棒b運動的距離Δx。
15.(2024湖北,15)如圖所示,兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L,固定在同一水平面內,直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直,其左側無磁場,右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環,水平放置在兩直導軌上,其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環的可能形變,金屬棒、金屬環均與導軌始終接觸良好,重力加速度大小為g。現將金屬棒ab由靜止釋放,求
(1)ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小。
(2)金屬環剛開始運動時的加速度大小。
(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸,金屬環圓心初始位置到MP的最小距離。
16.(2024浙江1月選考,19)如圖1所示,掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振器組成。平臺通過三根關于O'O″軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質彈簧的下端O,彈簧上端固定懸掛在O'點,三個相同的關于O'O″軸對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2所示,每個減振器由通過絕緣輕桿固定在平臺下表面的線圈和固定在桌面上能產生輻向磁場的鐵磁體組成,輻向磁場分布關于線圈中心豎直軸對稱,線圈所在處磁感應強度大小均為B。處于靜止狀態的平臺受到外界微小擾動,線圈在磁場中做豎直方向的阻尼運動,其位移隨時間變化的圖像如圖3所示。已知t=0時速度為v0,方向向下,t1、t2時刻的振幅分別為A1、A2。平臺和三個線圈的總質量為m,彈簧的勁度系數為k,每個線圈半徑為r、電阻為R。當彈簧形變量為Δx時,其彈性勢能為kΔx2。不計空氣阻力(重力加速度為g),求
(1)平臺靜止時彈簧的伸長量Δx0;
(2)t=0時,每個線圈所受到安培力F的大小;
(3)在0~t1時間內,每個線圈產生的焦耳熱Q;
(4)在t1~t2時間內,彈簧彈力沖量I彈的大小。
　
高考模擬練
應用實踐
1.如圖所示,將一鋁質薄圓管豎直放在表面絕緣的臺秤上,圓管的電阻率為ρ,高度為h,半徑為R,厚度為d(d遠小于R)。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度大小B=kt(k>0)的勻強磁場中。則從t=0時刻開始,下列說法正確的是 (　　)
A.從上向下看,圓管中的感應電流為順時針方向
B.圓管中的感應電動勢大小為2πkhR
C.圓管中的感應電流大小為
D.臺秤的讀數會隨時間推移而增大
2.如圖所示,空間中存在豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場。邊長為L的正方形線框abcd的總電阻為R。除ab邊為硬質金屬桿外,其他邊均為不可伸長的輕質金屬細線,并且cd邊保持不動,桿ab的質量為m。將線框拉至水平后由靜止釋放,桿ab第一次擺到最低位置時的速率為v。重力加速度為g,忽略空氣阻力。關于該過程,下列說法正確的是 (　　)
A.a端電勢始終低于b端電勢
B.桿ab中電流的大小、方向均保持不變
C.安培力對桿ab的沖量大小為
D.安培力對桿ab做的功為mv2-mgL
3.某磁懸浮列車的剎車原理可以簡化為如圖所示:將匝數為N的矩形線框固定在車身下方,當線框進入磁場時,會受到安培力的作用,這種力會輔助列車進行剎車。已知列車的質量為m,車身長為s,ab和cd長度均為L(L小于磁場的寬度),線框的總電阻為R。站臺軌道上勻強磁場區域足夠長,磁感應強度的大小為B,方向豎直向上。車頭剛進入磁場時速度為v0,列車停止前所受鐵軌阻力及空氣阻力的合力恒為f。車尾進入磁場瞬間,列車恰好停止。下列說法正確的是 (　　)
A.列車進站過程線框中電流方向為adcb
B.列車ab邊進入磁場瞬間,線框中電流大小為I=
C.列車ab邊進入磁場瞬間,加速度的大小為a=
D.列車從進站到停下來的過程中,減少的動能等于線框產生的焦耳熱
4.某同學設計了一種帶有閃爍燈的自行車車輪,以增強夜間騎車的安全性。如圖所示為自行車后車輪,已知金屬車輪半徑為r=0.6 m,金屬輪軸半徑可以忽略,有絕緣輻條連接輪軸與車輪(輻條未畫出)。車輪與輪軸之間對稱地接有4根相同的金屬條,每根金屬條中間都串接一個LED燈,LED燈可視為純電阻用電器,每個LED燈的阻值恒為R=0.45 Ω,不計其他電阻。車輪旁的車架上固定有一特殊磁鐵,能在車輪與輪軸之間形成一個方向垂直于紙面向外、磁感應強度大小B=0.5 T的扇形勻強磁場區域,扇形對應的圓心角θ=30°。使自行車沿平直路面勻速前進,已知車輪轉動的角速度為ω=20 rad/s,不計車輪厚度,忽略磁場的邊緣效應,取π=3.0,則下列說法正確的是 (　　)
A.車輪轉動一周過程中,LED燈亮的總時間為0.075 s
B.金屬條ab進入磁場時,ab上電流的方向是a→b
C.金屬條ab進入磁場時,ab上電流大小是2 A
D.車輪轉動一周,LED燈產生的總焦耳熱為0.54 J
5.如圖甲所示,浮桶式燈塔的裝置可簡化為由帶空腔的磁體和一個連著燈泡的線圈組成,磁體在空腔中產生磁場的俯視圖如圖乙所示,磁體通過支柱固定在暗礁上,線圈隨波浪相對磁體在豎直方向上做簡諧運動的圖像如圖丙所示。若取豎直向上為正方向,則下列說法不正確的是 (　　)
A.若海水水平勻速流動時,燈泡不會發光
B.線圈和磁感線共面,磁通量沒有變化,燈泡不會發光
C.若僅增大線圈隨海水上下振蕩的幅度,燈泡變亮
D.若僅增大線圈隨海水上下振蕩的頻率,燈泡變亮
6.如圖所示,寬度為d的勻強磁場垂直紙面向里,磁感應強度大小為B,一“日”字形金屬線框從圖示位置向上勻速穿過磁場區域。金屬線框由同一均勻金屬絲制成,AB=BC=CD=DE=EF=AF=d,通過磁場的過程中AF邊始終與磁場的水平邊界平行。以AF邊剛進入磁場時刻為計時起點,通過AF的電流規定向右為正方向,則通過AF的電流I、AF兩端的電壓UAF隨時間t的變化圖像正確的是 (　　)
　　　　　　
　　　　　　
7.如圖所示,左右兩部分間距之比為1∶2的光滑水平導軌分別放在磁感應強度大小相等、方向相反且與導軌平面垂直的勻強磁場中。兩根質量均為m=2 kg、電阻之比RAB∶RCD=1∶2的金屬棒垂直靜置在水平導軌上。現用水平拉力F=250 N作用在CD棒上,使其向右移動0.5 m時撤去拉力,此時兩棒速度大小滿足vAB∶vCD=1∶2,在此過程中CD棒產生的熱量為30 J。設導軌足夠長且兩棒始終在不同的磁場中運動,導軌電阻不計,下列說法正確的是 (　　)
A.撤去拉力時金屬棒AB的速度大小為8 m/s
B.撤去拉力后,棒AB、CD的加速度始終相等
C.運動的全過程中回路產生的焦耳熱為73.8 J
D.從撤去拉力到兩棒剛達到穩定狀態,棒AB、CD運動的位移大小之比為1∶2
遷移創新
8.如圖甲為航空母艦上幫助飛機起飛的電磁彈射裝置示意圖,其工作原理如圖乙:水平固定的平行光滑導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場,金屬棒MN垂直靜置于導軌間,開關S先接1,電容器完全充電后,開關S再接至2使MN棒向右加速運動。當MN棒產生的感應電動勢與電容器兩極板間電壓相等時,回路中電流為零,飛機達到起飛速度。已知直流電源的電動勢E,電容器的電容C,兩導軌(電阻不計)的間距L,磁感應強度大小B,MN棒的質量m0、電阻R。在飛機起飛過程中,求:
(1)MN棒受到的最大安培力F的大小和方向;
(2)若飛機起飛時速度為v,求飛機起飛過程中電容器釋放的電荷量ΔQ;
(3)飛機起飛時速度v的大小的表達式(用題干已知的物理量表示)。
9.生活中常見的減速帶通過使路面稍微拱起從而達到使車減速的目的。其實我們也可以通過在汽車底部安裝線圈,利用磁場對線圈的安培力來實現使汽車減速的目的。我們用單匝、邊長為L的正方形線圈代替汽車來模擬真實情境。如圖所示,傾角為θ的光滑斜面上平行等間距分布著很多個條形勻強磁場區域,磁感應強度大小為B,方向垂直斜面向下,條形磁場區域的寬度及相鄰條形無磁場區域的寬度均為L;線圈的質量為m、電阻為R,線圈ab邊與磁場邊界平行,線圈ab邊剛進入第一個有磁場區時的速度大小為5v1;線圈ab邊剛進入第七個有磁場區時,開始勻速運動,速度大小為v1;其中重力加速度g、θ、B、L、m和R均為已知量。求:
(1)線圈勻速運動時的速度大小v1;
(2)從線圈ab邊剛進入第一個有磁場區到線圈ab邊剛進入第七個有磁場區的過程中,線圈產生的焦耳熱Q;
(3)線圈ab邊剛進入第一個有磁場區到線圈ab邊剛進入第七個有磁場區的過程所用的時間t。
答案與分層梯度式解析
第二章　電磁感應
綜合拔高練
高考真題練
1.D　題圖乙所示情況下,穿過線圈的磁通量為0,A錯誤;由法拉第電磁感應定律可知,永磁鐵相對線圈上升越快,磁通量變化越快,線圈中的感應電動勢越大,永磁鐵相對線圈上升越高時速度越小(點撥:永磁鐵是上下振動的運動形式,故永磁鐵相對線圈上升或下降的距離越大,速度越小),B、C錯誤;永磁鐵相對線圈下降,穿過線圈的磁通量向外增大,由楞次定律和安培定則可知,線圈中感應電流的方向為順時針方向,D正確。
2.A　線框a從磁場中被勻速拉出的過程中,穿過線框a的磁通量減小,則根據楞次定律結合安培定則可知線框a中產生的感應電流方向為順時針。線框a從磁場中被勻速拉出,則a中產生的電流大小不變,線框a靠近線框b的過程中穿過線框b的磁通量垂直紙面向外增大,同理可得線框b中產生的感應電流方向為順時針,A正確。
教材溯源　本題中,線框b內的磁場是由線框a中的電流產生的,由于線框a的移動,線框b內的磁通量發生變化,從而產生感應電流。該試題這種電流的磁場變化在其他線圈中產生感應電流的方式,在人教版教材29頁中第3題涉及,其情境如下圖所示。
3.A　強磁體在玻璃管中下落時只有漆包線對其產生電磁阻力,而在鋁管中下落時,漆包線和鋁管都對其產生電磁阻力,則在玻璃管中運動較快,用時較短,通過相同位置的線圈時產生的電流峰值較大,則圖(c)是用玻璃管獲得的圖像,A正確,D錯誤;圖(b)是用鋁管獲得的圖像,各個電流峰值基本相同,說明強磁體在鋁管中先做加速運動,達到最大速度后做勻速運動,B錯誤;強磁體在玻璃管中下落時,電流峰值越來越大,說明受到的電磁阻力是變化的,C錯誤。
4.B　線圈產生的感應電動勢為3匝正方形線圈產生的感應電動勢之和(破題關鍵),根據法拉第電磁感應定律得E=++=(++),代入數據解得E=0.44 V,B正確。
5.AC　長直導線中的電流產生的磁場在P、N兩點的磁感應強度方向如圖。
過M點作x軸的平行線,與通電導線在xOy平面內的投影交于P',則有MP'=NP,故N、M兩點磁感應強度大小相等、方向相同,A正確;圓形線圈在初始位置時,通過線圈的磁通量為零,沿PN方向運動時,穿過線圈的磁通量變化,B錯誤;P點為導線正上方的點,當線圈從P點開始豎直向上運動時,通過線圈的磁通量始終為0,線圈中無感應電流,C正確;由E=,Δt=,而xPN導師點睛　將立體圖轉化為平面圖,可以使試題的分析難度大大降低。
6.C　根據幾何關系可知Ob=Oc,根據v=ωr、E=Brv及右手定則可知,UOb=UOc>UOa,且O點的電勢最高,即φO>φa>φb=φc,C正確。
考情分析　本題考查導體棒轉動切割磁感線產生感應電流,是高考考查的熱點問題,在近幾年各省的高考試題中經常出現。
7.BC　在t=0至t=的過程中,有效切割長度l有先變大后變小,故E先增大后減小,故B正確,A錯誤。在t=0至t=的過程中,l有=,E=Bω=,由三角函數求導知識可得,E的變化率=BL2ω2·變大(解題技法),故C正確,D錯誤。
易混易錯　
電動勢的變化率
　　從t=0至t=的過程中,有效切割長度變大,故E變大,E的變化率需要對E求導,結合數學方法去分析推導。
8.A　金屬棒切割磁感線產生的電動勢E=BLv=2Bxv tan θ,電容器極板上的電荷量Q=CU=CE=2CBxv tan θ,通過金屬棒的電流I===2BCv2 tan θ,選項A正確。金屬棒到達x0時,Q=2BCx0v tan θ,B錯誤。根據右手定則,可知金屬棒中電流從下向上流,上極板帶正電,C錯誤。外力F=F安,F安=IBL,P=Fv=4B2Cv3x tan2 θ,則隨著x的增加,P增加,D錯誤。
9.AC　設線框上、下邊框長度均為L,線框電阻為R,磁場的磁感應強度為B,則線框所受安培力大小F=BIL=,設線框質量為m,物塊質量為M,由四個選項可知,線框剛進入磁場時,線框加速度方向向下,則對線框有mg+F-T=ma,對物塊有T-Mg=Ma,聯立可得加速度大小a=,線框向上進入磁場的過程做加速度逐漸減小的減速運動,B錯誤;當m=M時,可能在線框完全進入磁場前,速度減為0,加速度也減為0(結合上述a的表達式可得該結論),A正確;當m=M,且線框減速到某一速度剛好全部進入磁場,則線框勻速上升到上邊框接觸到磁場上邊界后,繼續做加速度越來越小的減速運動,線框完全出磁場后勻速上升,C正確;由D選項可知,線框完全進入磁場前,加速度已減為0且速度不為0,結合上述a的表達式,可知m方法技巧　線圈、導體棒因為自身感應電流的安培力作用,其加速度往往是變化的,分析v-t圖像時,要從圖線的切線的斜率變化方面去思考,從而突破難點。
10.ABD　MN在運動過程中,受重力、支持力和安培力作用,且MN始終克服安培力做功將機械能轉化為電能,電能又轉化為焦耳熱;MN最后靜止時,安培力為零,重力與支持力平衡,只能在OO'位置,A、B正確。MN從釋放到第一次運動到OO'位置過程中,由右手定則可得MN中電流方向由M到N,D正確;當重力沿導軌切線方向的分力與安培力沿導軌切線方向的分力等大反向時,MN速率最大,故從釋放到第一次到達OO'位置過程中,MN的速率先增大后減小(易錯點),C錯誤。
11.AB　對兩棒分別由右手定則知電流方向為abcda,A正確。導軌傾角θ=30°,對ab棒沿左導軌面方向由牛頓第二定律有2mg sin θ-2BIL cos θ=2ma1,對cd棒沿右導軌面方向由牛頓第二定律有mg sin θ-BIL cos θ=ma2,由以上兩式比較得a1=a2,C錯誤。兩棒加速度大小始終相等,所以速率始終相等,因磁感應強度不同,所以兩棒產生的電動勢不相等,D錯誤。穩定后,兩棒各自沿左、右導軌面向下做勻速運動,對ab棒沿左導軌面方向由力的平衡條件有2BIL cos θ=2mg sin θ,可得I=,B正確。
12.答案　(1)　　(2)- tan θ
解析　(1)OA棒轉至正方形金屬細框頂點位置時,切割磁感線的有效長度最大,產生的感應電動勢最大,
Emax=Bω=BL2ω
回路中的最大電流Imax=
CD棒所受安培力的最大值Fmax=ImaxLB=
OA棒轉至與正方形金屬細框任意一邊垂直時,切割磁感線的有效長度最小,產生的感應電動勢最小,Emin=BL2ω
回路中的最小電流Imin=
CD棒所受安培力的最小值Fmin=IminLB=
(2)由右手定則可知電流由O流向A,即CD棒中電流由D流向C,再由左手定則可知,CD棒所受安培力的方向沿導軌平面向上
設CD棒質量為m,CD棒與導軌間的最大靜摩擦力為fm,則在最小安培力下恰好靜止,如圖1,對CD棒受力分析可知
Fmin+fm=mg sin θ(點撥:CD棒所受安培力最大和最小時,分別對應CD棒所受最大靜摩擦力沿斜面向下和向上)
在最大安培力作用下恰好靜止,如圖2,對CD棒受力分析可知Fmax=fm+mg sin θ
　　
當OA棒鎖定后,撤去推力瞬間,如圖3,對CD棒受力分析,結合牛頓第二定律得
圖3
Fmax+f-mg sin θ=ma
f=μmg cos θ
聯立解得μ=- tan θ。
13.AC
關鍵點撥　MN、PQ和導軌組成回路,通過MN和PQ的電流大小始終相等,MN所受安培力大小為2BId,PQ所受安培力大小為BI·2d,初始狀態彈簧被壓縮,最終恢復到原長。
彈簧伸展過程中,由右手定則可判定PQ向右運動產生的感應電流沿順時針方向,MN向左運動產生的感應電流也沿順時針方向,所以回路中產生順時針方向的電流,A正確;因MN所受安培力F安1=2BId,PQ所受安培力F安2=BI·2d,所以F安1=F安2,兩導體棒與彈簧組成的系統動量守恒(破題關鍵),mvMN-2mvPQ=0,當PQ的速率為v時,MN的速率為2v,此時E=2Bd·2v+B·2dv=6Bdv,I==,MN所受安培力F安1=2BId=,故B錯誤;任意時刻vMN∶vPQ=2∶1,且速度方向相反,則在相同時間內MN和PQ的路程之比為2∶1,C正確;在整個運動過程中彈簧最終恢復到原長,MN左移L,PQ右移,ΔΦ=2B·L·d+B··2d=2BLd,通過MN的電荷量即通過整個回路的電荷量,q=t=·Δt=·Δt==,故D錯誤。
歸納總結　雙桿問題中若F合=0,則雙桿組成的系統動量守恒。
14.答案　(1)　(2)2g sin θ　
(3)gt0 sin θ+　
解析　(1)棒a沿導軌向下運動,當mg sin θ=BIL時,棒a開始以速度v0勻速運動,
此時有E0=BLv0,流過金屬棒的電流I=
聯立有mg sin θ=,解得v0=。
(2)棒b釋放瞬間,由左手定則可知棒b受到的安培力方向沿導軌平面向下,根據牛頓第二定律有
mg sin θ+BIL=ma0
解得a0=2g sin θ。
(3)從棒b釋放瞬間到兩棒共速,對棒a根據動量定理有mgt0 sin θ-IF=mv-mv0 ①
對棒b根據動量定理有mgt0 sin θ+IF=mv ②
解得v=gt0 sin θ+
t0時間內a、b棒與導軌構成的回路中產生的感應電動勢的平均值==,=
聯立解得IF=BLt0=
由①②得2IF=mv0,解得Δx=。
15.答案　(1)BL　(2)
(3)
解析　(1)設ab棒剛到MP處時的速度為v0,
由動能定理得mgL=m ①
產生的電動勢E0=BLv0 ②
由①②式得E0=BL
(2)將圓環分成4段,如圖,由幾何關系可知Rcf=R,Rde=R
由于導軌電阻不計,可認為cd、ef段
被短路,圓環等效電阻R'== ③
金屬環中總電流I0= ④
安培力大小F0=BI1L+BI2L=BI0L ⑤
由牛頓第二定律有F0=2ma0 ⑥
由①~⑥式得a0=
(3)當棒ab的速度v1大于圓環速度v2時回路會有感應電流,安培力使ab減速。圓環加速直到ab速度等于圓環速度,此后一起勻速。設共同速度為vt,
極短時間Δt內,由動量定理
對ab棒有BIL·Δt=mΔv1
對圓環有BIL·Δt=2mΔv2
求和ΣBIL·Δt=Σm·Δv1
可得BLq=m(v0-vt) ⑦
ΣBILΔt=Σ2mΔv2
可得BLq=2m·vt ⑧
由⑦⑧式得
由閉合電路歐姆定律可得E1-E2=I·(R+R')
BLv1-BLv2=IR
BLv1Δt-BLv2Δt=IΔt·R
ΣBLv1Δt-ΣBLv2Δt=RΣIΔt
BLΣ(v1Δt-v2Δt)=RΣIΔt
BLΔx=Rq
Δx===
最小距離s=L+Δx=L+=
16.答案　(1)　(2)　(3)(m-k)　(4)見解析
解析　(1)平臺靜止時,穿過三個線圈的磁通量不變,線圈中不產生感應電流,線圈不受安培力作用,O點受力平衡,因此由胡克定律可知此時彈簧的伸長量Δx0=。
(2)在t=0時線圈速度為v0,設每個線圈的周長為L,由法拉第電磁感應定律和歐姆定律可得線圈中產生的感應電流I====
每個線圈所受到安培力F的大小
F=BIL=。
(3)由能量守恒可得平臺在0~t1時間內,系統損失的彈性勢能和動能轉化為重力勢能和三個線圈的焦耳熱Q'(破題關鍵),則有k(Δx0)2-k(Δx0-A1)2+m=mgA1+Q',解得Q'=m-k
可知每個線圈產生的焦耳熱Q=Q'=(m-k)。
(4)在t1和t2時刻,線圈速度均為零,由動量定理有I彈+I安-I重=0,其中I重=mg(t2-t1),
I安=3BLΔt=3×2πrBΔq,
Δq=Δt=Δt=(A1-A2),
I安=(A1-A2),
聯立解得I彈=mg(t2-t1)-(A1-A2)
高考模擬練
1.C　根據楞次定律和安培定則可知,從上向下看,圓管中的感應電流為逆時針方向,故A錯誤;根據法拉第電磁感應定律可知,圓管中的感應電動勢大小為E==S=πR2k,故B錯誤;根據電阻定律可知圓管在沿感應電動勢方向的電阻為R=ρ,根據閉合電路歐姆定律可知,圓管中的感應電流大小為I==,故C正確;根據對稱性以及左手定則可知,圓管所受合安培力為零,臺秤的讀數始終不變,故D錯誤。故選C。
2.D　由右手定則可知,桿切割磁感線產生的感應電流方向為由b到a,則a端電勢始終高于b端電勢,故A錯誤;根據題意可知,桿運動過程中,垂直于磁場方向的分速度大小發生變化,則感應電流大小變化,故B錯誤;安培力對桿的沖量大小為I=Δt=BLΔt,又q=Δt,=,=,可得q=,則安培力對桿的沖量大小為I=,故C錯誤;設安培力對桿做的功為W,由動能定理有mgL+W=mv2,解得W=mv2-mgL,故D正確。故選D。
3.C　列車進站過程中穿過線框的磁通量變大,由楞次定律及安培定則可知列車進站過程線框中電流方向為abcd,故A錯誤;列車ab邊進入磁場瞬間產生的感應電動勢為E=NBLv0,由閉合電路的歐姆定律得I==,對列車由牛頓第二定律有NBIL+f=ma,聯立解得a=,B錯誤,C正確;列車從進站到停下來的過程中,減少的動能等于線框產生的熱量與克服阻力做功之和(易錯點),故D錯誤。
4.D　車輪轉動一周的時間為T==0.3 s,車輪轉動一周的過程中,能產生感應電流的時間為t=4×T=0.1 s,即LED燈亮的總時間為0.1 s,故A錯誤;金屬條ab進入磁場時,根據右手定則判斷知ab上電流的方向是b→a,故B錯誤;金屬條ab進入磁場時,ab相當于電源,等效電路圖如圖所示(破題關鍵),電源電動勢為E=Br2ω=1.8 V,電路中的總電阻為R總=R+R=0.6 Ω,所以通過ab的電流大小為I== A=3.0 A,故C錯誤;車輪轉動一周,LED燈亮的總時間為0.1 s,則產生的總焦耳熱為Q=I2R總t=32×0.6×0.1 J=0.54 J,故D正確。
5.B　若海水水平勻速流動,線圈只會水平運動,線圈不切割磁感線,線圈中沒有感應電流,燈泡不亮,A正確。線圈和所在處磁感線共面,線圈相對磁體在豎直方向運動過程中會切割磁感線,燈泡發光,B錯誤。由題圖丙可知,線圈的位移與時間關系為y=A sin ωt,則速度隨時間變化關系為v=Aω cos ωt,設線圈匝數為N,則線圈切割磁感線產生的瞬時感應電動勢為e=NB×2πrv=2πrNBAω cos ωt,感應電動勢的最大值為Emax=2πrNBAω=2πrNBA×2πf,可知A越大,燈泡越亮;f越大,燈泡越亮,C、D正確。故選B。
6.D　
思路點撥　運動過程如圖所示
令AB、BC、CD、DE、EF、AF、BE的電阻均為R,AF進入磁場時,感應電動勢為E1=Bdv,AF為等效電源,根據右手定則,通過AF的電流方向向左,為負值,電流大小為I1==;BE進入磁場時,感應電動勢為E2=Bdv,BE為等效電源,通過AF的電流方向向右,為正值,電流大小為I2=·==;CD進入磁場時,感應電動勢為E3=Bdv,CD為等效電源,通過AF的電流方向向右,為正值,電流大小為I3=·=,選項A、B錯誤。AF進入磁場時,AF為等效電源,根據右手定則,通過AF的電流方向向左,A為電源正極,UAF大于0,結合上述有UAF1=I1=;BE進入磁場時,通過AF的電流方向向右,UAF大于0,結合上述有UAF2=I2R=;CD進入磁場時,通過AF的電流方向向右,UAF大于0,結合上述有UAF3=I3R=,選項C錯誤,D正確。
7.C　設AB、CD棒的長度分別為L和2L,電阻分別為R和2R,該回路中同一時刻電流均相等,根據焦耳定律Q=I2Rt,可知從CD棒開始運動到撤去拉力過程中AB棒產生的焦耳熱為15 J,根據能量守恒定律,有Fs=m+m+QAB+QCD,又因為vAB∶vCD=1∶2,代入可得vAB=4 m/s、vCD=8 m/s,故A錯誤;撤去拉力后,根據牛頓第二定律有BIl=ma,而通過兩金屬棒的電流相等,兩金屬棒的質量相等,長度之比為1∶2,故加速度之比為aAB∶aCD=1∶2,故B錯誤;撤去拉力后,AB棒繼續向左加速運動,而CD棒向右開始減速運動,兩棒最終勻速運動時,兩棒切割磁感線產生的感應電動勢大小相等,此時兩棒的速度大小滿足BLvAB'=B·2LvCD',即vAB'=2vCD'(破題關鍵),對兩棒分別應用動量定理,有t=mvAB'-mvAB,-t=mvCD'-mvCD,而兩棒受到的安培力大小始終滿足2FAB=FCD,可得vAB'=6.4 m/s、vCD'=3.2 m/s,此時回路中無電流,不產生焦耳熱,整個過程中回路產生的焦耳熱Q=Fs-=73.8 J,故C正確;撤去拉力時,vAB=4 m/s,vCD=8 m/s,之后在安培力作用下,AB棒加速,CD棒減速,穩定時,vAB'=6.4 m/s、vCD'=3.2 m/s,可知只有剛撤去拉力時AB的速度是CD的,所以從撤去拉力至兩棒剛達到穩定,AB棒、CD棒的位移大小之比一定不是1∶2,故D錯誤。
8.答案　(1),方向水平向右　(2)(E-BLv)C　(3)
解析　(1)開關S剛接至2瞬間,金屬棒MN上的電流最大,最大電流為I=,方向從M流向N,
此時MN棒受到的安培力最大,最大安培力為F=BIL
解得F=
由左手定則可知安培力方向水平向右。
(2)飛機起飛時金屬棒MN產生的感應電動勢E'=BLv
此時電容器兩極板間電壓U=E'=BLv
則ΔQ=ΔU·C=(E-BLv)C
(3)飛機起飛時,電容器兩極板間電壓U=E'=BLv
對金屬棒MN由動量定理有BLt=m0v-0
又有t=q=(E-BLv)C
所以BLt=BLq=BL(E-BLv)C=m0v
解得v=
9.答案　(1)
(2)12mgL+ sin θ
(3)-
解析　(1)線圈ab邊剛進入第七個有磁場區時,開始以速率v1勻速運動,
對線圈由平衡條件,有mg sin θ=BIL
又I=,解得v1=
(2)從線圈ab邊剛進入第一個有磁場區到線圈ab邊剛進入第七個有磁場區的過程,由動能定理,有WG-W克安=m-m(5v1)2
其中重力做功WG=12mgL sin θ,克服安培力做功W克安=Q
解得線圈產生的焦耳熱Q=12mg sin θ
(3)從線圈ab邊剛進入第一個有磁場區到線圈ab邊剛進入第七個有磁場區過程,
由動量定理有mgt sin θ-I安=mv1-5mv1
線圈進入一個磁場區或從一個磁場區穿出所受安培力的沖量I安1=BLΔt,又=,解得I安1=
所以從線圈ab邊剛進入第一個有磁場區到線圈ab邊剛進入第七個有磁場區的過程,
安培力的沖量I安=12I安1=
解得t=-
7

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