2019物理一本突破二轮复习讲义专题四 第2讲电磁感应规律及其应用 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第2讲电磁感应规律及其应用［做真题·明考向］真题体验透视命题规律授课提示：对应学生用书第59页[真题再做］1。（多选）(2018·高考全国卷Ⅰ,T19)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远外沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是()A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析：根据安培定则,开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场．开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流,根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A对．开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北,B、C错．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流,这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D对．答案:AD2．（2018·高考全国卷Ⅰ，T17)如图，导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ）．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq\f（B′,B)等于（）A。eq\f（5,4） B。eq\f(3，2）C.eq\f(7，4) D．2解析：在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律,有E1＝eq\f(ΔΦ1，Δt1）＝eq\f（B\f(1，2)πr2－\f(1,4）πr2,Δt1)根据闭合电路欧姆定律,有I1＝eq\f(E1,R)且q1＝I1Δt1在过程Ⅱ中，有E2＝eq\f（ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B\f（1，2)πr2，Δt2)I2＝eq\f(E2，R)q2＝I2Δt2又q1＝q2，即eq\f(B\f（1，2）πr2－\f(1,4）πr2,R)＝eq\f（B′－B\f（1，2)πr2,R)所以eq\f（B′,B）＝eq\f(3，2).答案:B3．（2018·高考全国卷Ⅱ，T18）如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为eq\f(3,2）l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（）解析:设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i。线框位移等效电路的连接电流0～eq\f（l,2)I＝2i（顺时针）eq\f(l,2）～lI＝0l~eq\f(3l,2)I＝2i(逆时针）eq\f(3l,2)～2lI＝0分析知，只有选项D符合要求．答案：D4．(2016·高考全国卷Ⅱ，T24）如图，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：(1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；（2）电阻的阻值．解析：(1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0（eq\f（F，m)－μg)④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律得I＝eq\f(E,R)⑤式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F安＝BlI⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F－μmg－F安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0，m).⑧答案：（1)Blt0(eq\f(F，m）－μg)（2）eq\f(B2l2t0,m)［考情分析］■命题特点与趋势—-怎么考1．高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电荷量的计算等知识点．以导体棒运动为背景,综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题．2．电磁感应中常涉及B­t图象、Φ­t图象、E.t图象、I。t图象、F.t图象和v.t图象，还涉及E。x图象、I­x图象等,这类问题既要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解,对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高．■解题要领-—怎么做1．抓住两个关键：一是电动势的大小，它取决于磁通量的变化率;二是电动势的方向，实际方向与规定的正方向一致时取正，反之取负．同时注意对无感应电流区域的判断．2．迁移力学知识、规律解决电磁感应综合问题．3．常用思想方法：（1)图象法;(2)等效法；(3)守恒法;(4）模型法．[建体系·记要点]知识串联熟记核心要点授课提示:对应学生用书第60页［网络构建］［要点熟记］1．“三定则、一定律”的应用（1)安培定则:判断运动电荷、电流产生的磁场方向．（2）左手定则:判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向．(3）右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向．(4）楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向．2．求感应电动势的两种方法(1）E＝neq\f（ΔΦ，Δt），用来计算感应电动势的平均值．(2)E＝BLv,用来计算感应电动势的瞬时值或平均值．3．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化—-“增反减同”；（2）阻碍相对运动-—“来拒去留”；（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势—-“增缩减扩”；（4)阻碍原电流的变化(自感现象）--“增反减同"．［研考向·提能力］考向研析掌握应试技能授课提示：对应学生用书第60页考向一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．判定感应电流方向的两种方法(1)楞次定律:一般用于线圈面积不变,磁感应强度发生变化的情形．（2）右手定则:一般用于导体棒切割磁感线的情形．2．求感应电动势的方法（1）感生电动势：E＝neq\f（ΔΦ,Δt)eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（S不变时E＝nS\f（ΔB,Δt)，B不变时E＝nB\f（ΔS，Δt)））（2)动生电动势：eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(平动切割：E＝Blv，转动切割:E＝\f(1，2)Bl2ω））1．（2018·贵州贵阳期末)如图甲所示，在同一平面内有两个绝缘金属细圆环A、B,两环重叠部分的面积为圆环A面积的一半,圆环B中电流i随时间t的变化关系如图乙所示，以甲图圆环B中所示的电流方向为负方向,则A环中()A．没有感应电流B．有逆时针方向的感应电流C．有顺时针方向的感应电流D．感应电流先沿顺时针方向,后沿逆时针方向解析：由于A环中磁通量变化，所以A环中有感应电流，选项A错误；根据楞次定律，A环中产生逆时针方向的感应电流，选项B正确，C、D错误．答案：B2。（多选）(2018·江西赣州中学高三模拟)1831年10月28日，法拉第展示了他发明的圆盘发电机,其示意图如图所示，水平铜盘可绕竖直铜轴转动，两铜片M、N分别与铜盘边缘和铜轴连接，使整个铜盘处于竖直向上的匀强磁场中．M和N之间连接阻值为R的导体和滑动变阻器RP，若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向．已知铜盘的半径为L，铜盘转动的角速度为ω，铜盘连同两铜片对电流的等效电阻值为r,磁感应强度为B，A．导体R中的电流方向从a到bB．铜盘转动产生的感应电动势大小为eq\f（1，2)BL2ωC．移动滑动触头位置时，导体R的最大功率为eq\f（B4L4Rω2,4R＋r2）D．如果RP＝R＋r，则滑动变阻器的最大功率为eq\f（B2L4ω2，16R＋r）解析：若从上往下看,铜盘转动的方向为顺时针方向，根据右手定则可知,导体R中的电流方向从b到a，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得，铜盘转动产生的感应电动势为E＝eq\f（1，2）BL2ω，故B正确；根据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f（E，r＋R＋RP）,则导体R的功率为P＝I2R＝（eq\f(E，r＋R＋RP）)2R,当RP＝0时，导体的功率最大，即Pm＝eq\f（B2L4Rω2,4R＋r2)，故C错误;把导体R等效成电源的内阻，则电流的等效内阻为r′＝r＋R,此时外电路只有RP，故当RP＝r＋R时，滑动变阻器的功率最大，即Pm′＝eq\f(B2L4ω2，16R＋r),故D正确．答案:BD3.如图甲所示,绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管,在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正．以下说法正确的是(）A．从上往下看，0～1s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B．0～1s内圆环面积有扩张的趋势C．3s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D．1～2s内和2~3s内圆环中的感应电流方向相反解析:由图乙知，0～1s内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0~1s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A正确，B错误；同理可得1~2s内和2～3s内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；3s末电流的变化率为0,螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误．答案：A考向二电磁感应中的图象问题[典例展示1](多选)(2018·高考全国卷Ⅲ）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势（）A．在t＝eq\f(T,4)时为零B．在t＝eq\f（T,2）时改变方向C．在t＝eq\f(T,2)时最大,且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向[思路探究］(1)如何判断通电直导线周围的磁场?（2)i。t图象中的信息说明导线框R内的磁通量如何变化？[解析］在t＝eq\f(T，4）时,交流电图线斜率为0,即磁场变化率为0，由E＝eq\f(ΔΦ，Δt)＝eq\f（ΔB，Δt）S知，E＝0，A对；在t＝eq\f（T，2）和t＝T时,图线斜率最大,在t＝eq\f(T,2）和t＝T时感应电动势最大，在eq\f（T,4）到eq\f（T，2）之间，电流由Q向P减弱,导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R中感应电动势沿顺时针方向,同理可判断在eq\f（T,2)到eq\f(3T，4)时,R中电动势也为顺时针方向，在eq\f(3,4)T到T时，R中电动势为逆时针方向，C对,B、D错．[答案］ACeq\a\vs4\al(［方法技巧])解决电磁感应图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B.t图象还是Φ­t图象，或者是E。t图象、I。t图象等，如例题中考查了i。t图象．（2）分析电磁感应的具体过程，如例题中电流变化引起导线框R内磁通量变化，要分段研究．（3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．（4）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式．(5）根据函数关系式,进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．（6)应用图象信息画图象、判断图象或讨论各物理量的变化,如例题中是根据i。t图象信息讨论导线框R的电动势变化．4．（多选）如图甲所示，面积为S的n匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小随时间周期性变化，如图乙所示．已知线圈的电阻为R，则下列说法正确的是(）A．线圈内产生的感应电动势最大值为SB0B．线圈内产生的感应电流最小值为eq\f(nSB0,2R)C．线圈内产生的感应电动势周期为4sD．0～1s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向解析：根据法拉第电磁感应定律可知E＝neq\f(ΔB，Δt)S，结合图乙分析可知，在0~1s内产生的感应电动势最大，最大值为Emax＝neq\f（ΔB,Δt)S＝nB0S,A错误；1~2s内线圈内产生的感应电动势最小为零，故感应电流的最小值为零，B错误；由图线可知，线圈内产生的感应电动势周期为4s，C正确;0～1s内磁感应强度逐渐增大，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律可知,0～1s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向，D正确．答案:CD5.如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a.一直角三角形导线框ABC（BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域,以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中感应电流i、BC两端的电压uBC与导线框移动的距离x的关系图象正确的是()解析:导线框切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，感应电流i＝eq\f（E,R)＝eq\f(BLv,R），在0～a内，有效长度L均匀变大，感应电流i均匀变大,在a～2a内，有效长度L均匀变大，感应电流均匀变大，由楞次定律可知，在线框进入磁场的过程中,感应电流沿逆时针方向，电流是正的，在线框离开磁场的过程中，感应电流沿顺时针方向,感应电流是负的，故A、B错误；BC两端的电压uBC＝iR，在0~a内,i均匀增大，uBC均匀增大,且B点电势高于C点电势，uBC>0；在a～2a内，i均匀增大，uBC均匀增大，且B点电势低于C点电势，uBC〈0，故C错误,D正确．答案：D6．(多选）（2018·河南洛阳一模)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好,整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间（）A．电容器C的电荷量大小始终没变B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN所受安培力的大小始终没变D．MN所受安培力的方向先向右后向左解析：由题图乙可知，回路内磁感应强度变化率eq\f(ΔB,Δt）不变，根据法拉第电磁感应定律知E＝Seq\f(ΔB，Δt）为恒定值，电容器C两端的电压值不变，根据C＝eq\f(Q,U)可知，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确，B错误；根据闭合电路欧姆定律知，MN中电流恒定不变，由于磁感应强度B变化,MN所受安培力的大小变化，选项C错误;利用楞次定律可判断出MN中感应电流的方向为从N到M，根据左手定则，MN所受安培力的方向为先向右后向左，选项D正确．答案:AD考向三电磁感应中的电路与动力学问题[典例展示2](2017·高考海南卷）如图，两光滑平行金属导轨置于水平面(纸面）内，导轨间距为l，左端连有阻值为R的电阻,一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域．已知金属杆以速度v0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界（图中虚线位置)时速度恰好为零，金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好．除左端所连电阻外,其他电阻忽略不计．求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率．［思路探究］（1）金属棒在磁场中运动的加速度是多大?(2)金属棒在磁场中运动的位移是多少?（3）金属棒来到磁场区域中间时的速度是多大?［解析]由题意可知,开始时金属杆产生的感应电动势为E＝Blv0依据闭合电路欧姆定律，则电路中电流为I＝eq\f（Blv0，R)再由安培力公式有F＝BIl＝eq\f（B2l2v0,R)设金属杆的质量为m，则金属杆在整个过程中的加速度为a＝eq\f（F,m）＝eq\f(B2l2v0,Rm)设金属杆由开始到停止的位移为x,由运动学公式有0－veq\o\al(2,0）＝－2ax,解得x＝eq\f(v\o\al(2，0）,2a)＝eq\f（Rmv0,2B2l2）故正中间离开始的位移为x中＝eq\f（Rmv0，4B2l2)设金属杆在中间位置时的速度为v，由运动学公式有v2－veq\o\al(2,0）＝－2ax中，解得v＝eq\f（\r（2），2）v0则金属杆运动到中间位置时，所受到的安培力为F′＝BI′l＝eq\f（\r(2)B2l2v0,2R)金属杆中电流的功率为P＝I′2R＝eq\f（B2l2v\o\al(2,0)，2R).［答案］eq\f（\r(2）B2l2v0,2R）eq\f(B2l2v\o\al(2，0），2R)eq\a\vs4\al（[方法技巧]）解决电磁感应中的电路和动力学问题的关键电磁感应与动力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力．解答电磁感应中的动力学问题，在分析方法上，要始终抓住导体的受力（特别是安培力)特点及其变化规律，明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化，准确把握运动状态的临界点．(3)临界点→运动状态的变化点7。如图所示，ab、cd是间距为l的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨电阻不计，ac间接有阻值为R的电阻,空间存在磁感应强度大小为B0、方向竖直向上的匀强磁场．将一根阻值为r、长度为l的金属棒从轨道顶端由静止释放，金属棒沿导轨向下运动的过程中始终与导轨接触良好．已知当金属棒向下滑行距离x到达MN处时达到稳定速度，重力加速度为g，求：(1）金属棒下滑到MN的过程中通过电阻R的电荷量；(2）金属棒的稳定速度的大小．解析：（1)金属棒下滑到MN的过程中的平均感应电动势为eq\x\to(E）＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0lxcosθ,Δt）根据闭合电路欧姆定律,电路中的平均电流为eq\x\to（I）＝eq\f(\x\to(E），R＋r）＝eq\f(B0lxcosθ,R＋rΔt)，则q＝eq\x\to(I）Δt＝eq\f(B0lxcosθ，R＋r)。(2)金属棒速度稳定时的感应电动势为E＝B0lvcosθ电路中产生的电流为I＝eq\f（E,R＋r）金属棒受的安培力为F＝B0Il稳定时金属棒的加速度为零，由力的平衡条件可知mgsinθ－Fcosθ＝0联立以上各式解得，稳定时金属棒的速度v＝eq\f（mgR＋rsinθ，B\o\al(2,0)l2cos2θ)。答案:(1)eq\f（B0lxcosθ,R＋r）(2)eq\f（mgR＋rsinθ,B\o\al(2,0)l2cos2θ）8。如图所示，一与水平面夹角为θ＝37°的倾斜平行金属导轨，两导轨足够长且相距L＝0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m＝0.01kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R＝0.2Ω（倾斜金属导轨电阻不计)，MN杆被两个垂直于导轨的绝缘立柱挡住，整个装置处于匀强磁场内，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1。0T．PQ杆在恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，拉力F垂直PQ杆沿导轨平面向上,当运动位移x＝0.1m时PQ杆达到最大速度，此时MN杆对绝缘立柱的压力恰好为零（g取10m/s2,sin37°＝0.6，cos(1）PQ杆的最大速度大小vm;（2)当PQ杆加速度a＝2m/s2时，MN解析：(1）PQ杆达到最大速度时，感应电动势为Em＝BLvm，感应电流为Im＝eq\f(Em，2R），根据MN杆受力分析可得，mgsinθ＝BImL，联立解得vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2）＝0。6m/s.(2)当PQ杆的加速度a＝2m/s2时，对PQ杆受力分析，根据牛顿第二定律可得F－mgsinθ－BIL＝对MN杆受力分析，根据共点力的平衡可得BIL＋FN－mgsinθ＝0，PQ杆达到最大速度时,有F－mgsinθ－BImL＝0，联立解得FN＝0。02N，根据牛顿第三定律可得MN杆对立柱的压力大小FN′＝0。02N。答案：(1)0.6m/s（2）0。02N考向四电磁感应中的能量问题[典例展示3］如图所示，竖直面内的正方形导线框ABCD和abcd的边长均为l、电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时ABCD的下边界与匀强磁场的上边界重合，abcd的上边界到匀强磁场的下边界的距离为l。现将两导线框由静止释放，当ABCD全部进入磁场时，两导线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求（1)两导线框匀速运动的速度大小；（2）两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热;(3）导线框abcd通过磁场的时间．［思维流程］［解析］（1)如图所示，设两导线框刚匀速运动的速度大小为v、此时轻绳上的张力为FT，则对ABCD有FT＝2mg①对abcd有FT＝mg＋BIl②I＝eq\f（E，R）③E＝Blv④则v＝eq\f（mgR，B2l2)⑤(2）设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l4mgl＝2mgl＋eq\f（1,2）×3mv2＋Q⑥联立⑤⑥解得Q＝2mgl－eq\f（3m3g2R2，2B4l4)(3）导线框abcd通过磁场的过程中以速度v匀速运动，设导线框abcd通过磁场的时间为t，则t＝eq\f（3l,v)⑦联立⑤⑦解得t＝eq\f（3B2l3，mgR）.[答案]（1）eq\f(mgR,B2l2)(2）2mgl－eq\f(3m3g2R2,2B4l4）（3)eq\f(3B2l3，mgR)eq\a\vs4\al（[方法技巧］）求解电磁感应中能量问题的策略(1）若回路中的电流恒定,可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．(2)若回路中的电流变化,则可按以下两种情况计算：①利用功能关系求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的减少量等于回路中产生的电能,如例题(2）中焦耳热的计算．9.(2018·河南洛阳一模)如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内,两导轨间的距离为L＝1m,导轨间连接的定值电阻R＝3Ω,导轨上放一质量为m＝0.1kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r＝1Ω，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝1T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g取10m/s2。现让金属杆从AB位置由静止释放（1)金属杆的最大速度；(2）若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝0。6J，此时金属杆下落的高度．解析:（1）设金属杆的最大速度为vm，此时安培力与重力平衡,即F安＝mg①又F安＝BIL②E＝BLvm③I＝eq\f（E，R＋r）④代入数据，联立①②③④得vm＝4(2)电路中产生的总焦耳热Q总＝eq\f(R＋r,R)Q＝0。8J由能量守恒定律得mgh＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2,m)＋Q总代入数据解得h＝1。6答案：（1）4m/s(2）1.6m10．如图甲所示，斜面上存在一有理想边界的匀强磁场,磁场方向与斜面垂直，在斜面上离磁场上边界s1＝0.36m处静止释放一单匝矩形金属线框，线框底边和磁场边界平行,金属线框与斜面间的动摩擦因数μ＝0。5。整个线框进入磁场的过程中,机械能E和位移s之间的关系如图乙所示．已知E0－E1＝0。09J，线框的质量为0.1kg，电阻为0。06Ω，斜面倾角θ＝37°，磁场区域的宽度d＝0.43m，重力加速度g取10m/s2,sin37°＝0。6(1）线框刚进入磁场时的速度大小v1；(2）线框从开始进入磁场至完全进入磁场所用的时间t;（3）线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值．解析：（1）在未进入磁场前,金属线框做匀加速直线运动,有a＝gsin37°－μgcos37°＝2mveq\o\al(2，1）＝2as1解得v1＝1.2m/s.（2）金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力Ff和安培力FA所做的功，机械能均匀减小，因此安培力为恒力，线框匀速进入磁场．设线框的侧边长为s2，即线框进入磁场过程运动的距离为s2，根据功能关系，除重力之外的力所做的功等于物体机械能的变化，所以有ΔE＝Wf＋WA＝(Ff＋FA）s2因为是匀速进入磁场，所以Ff＋FA＝mgsin37°＝0。6N解得s2＝0.15mt＝eq\f（s2,v1）＝eq\f(0.15，1.2)s＝0.125s.(3）设线框刚出磁场时的速度大小为v2，则有veq\o\al(2，2)＝veq\o\al(2，1)＋2a(d－s2)解得v2＝1.6m/s则线框刚出磁场时的速度最大，有Pmax＝I2R＝eq\f（B2L2v\o\al（2，2）,R）根据线框匀速进入磁场,有FA＋μmgcos37°＝mgsin37°FA＝BIL＝eq\f（B2L2v1，R）联立解得Pmax＝0。43W.答案：(1）1.2m/s（2）0。125s(3)0。43W[限训练·通高考]科学设题拿下高考高分单独成册对应学生用书第145页(45分钟)一、单项选择题1．(2018·贵州普通高等学校招生适应性考试)如图甲所示，一位于纸面内的圆形线圈通过导线与一小灯泡相连，线圈中有垂直于纸面的磁场．以垂直纸面向里为磁场的正方向，该磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示,则下列说法正确的是（）A．t1～t3时间内流过小灯泡电流的方向先为b→a后为a→bB．t1~t3时间内流过小灯泡电流的方向先为a→b后为b→aC．t1～t3时间内小灯泡先变亮后变暗D．t1~t3时间内小灯泡先变暗后变亮解析：t1~t3时间内穿过线圈的磁通量先向里减小后向外增加，根据楞次定律可知，流过小灯泡电流的方向为a→b，选项A、B错误；t1～t3时间内，B。t线的斜率先增大后减小，则磁通量的变化率先增大后减小，感应电动势先增大后减小，小灯泡先变亮后变暗，选项C正确，D错误．答案：C2.（2017·高考全国卷Ⅲ)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向，下列说法正确的是（)A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向;原来T中的磁场方向垂直于纸面向里,闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流．综上所述,可知A、B、C项错误，D项正确．答案:D3.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（)A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动,选项B错误；由感应电动势E＝eq\f(1,2)Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变,选项C错误；若ω变为原来的2倍,则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知,电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误．答案：A4．两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0。005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内,cd边与磁场边界平行,如图（a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是(A．磁感应强度的大小为0。5TB．导线框运动速度的大小为0。5C．磁感应强度的方向垂直于纸面向内D．在t＝0。4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0。1N解析:从题图（b）可知，导线框运动的速度大小v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝eq\f(E，Lv）＝eq\f(0。01，0.1×0.5)T＝0。2T,A项错误;由图可知，导线框进入磁场的过程中,感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项错误；在0.4～0.6s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝eq\f(E，R)＝eq\f（0。01，0。005）A＝2A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0。1N＝0。04N，D项错误．答案：B二、多项选择题5。如图所示，一个正方形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在磁场内有一边长为l、阻值为R的正方形线框,线框所在平面与磁场垂直．如果以垂直于线框边和磁场的速度v将线框从磁场中匀速拉出，下列说法正确的是(）A．如果将线框水平向右拉出磁场，线框经过磁场边界过程中将产生顺时针方向的感应电流B．在纸面内无论沿哪个方向将线框拉出磁场,流过线框某一截面的电荷量都相同C．将线框水平向右拉出磁场时产生的焦耳热与速度v成正比D．将线框水平向右拉出磁场时产生的焦耳热与速度的平方v2成正比解析:如果将线框水平向右拉出磁场，穿过线圈垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律可知,该过程中将产生顺时针方向的感应电流，A正确;由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝eq\f（ΔΦ,Δt），由欧姆定律得I＝eq\f(E,R)，通过导线某一截面的电荷量为q＝IΔt，可得q＝eq\f（ΔΦ，R），故流过线框某一截面的电荷量与线圈穿出磁场的方向无关，B正确；根据焦耳定律可得Q＝I2Rt＝eq\f（E2,R)t＝eq\f(BLv2,R）·eq\f(L，v)＝eq\f(B2L3v，R）,所以焦耳热Q与速度v成正比，C正确，D错误．答案：ABC6.（2018·四川雅安高三第三次诊断)如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0°<θ<90°），其中MN与PQ平行且间距为L，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计，质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R.当金属棒ab下滑距离s时，速度大小为v，则在这一过程中（)A．金属棒ab运动的平均速度大小为eq\f(1,2）vB．通过金属棒ab某一横截面的电荷量为eq\f（BLs，R)C．金属棒ab受到的最大安培力为eq\f（B2L2v,R）D．金属棒ab克服安培力做功为mgssinθ－eq\f（1,2）mv2解析：分析ab棒的受力情况,有mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，分析可得ab棒做加速度减小的加速运动，故其平均速度不等于初、末速度的平均值eq\f（1，2)v，故A错误；通过金属棒ab某一横截面的电荷量q＝IΔt＝eq\f(ΔΦ,Δt）·eq\f（1,R)Δt＝eq\f（ΔΦ,R）＝eq\f（BLs，R)，故B正确；ab棒受到的最大安培力为F＝BIL＝eq\f（B2L2v，R)，故C正确；根据动能定理可知，mgssinθ－W安＝eq\f（1,2）mv2，金属棒ab克服安培力做功为W安＝mgssinθ－eq\f(1,2）mv2，故D正确．答案：BCD7．(2018·百校联盟四月联考）如图所示,水平桌面上固定一定值电阻R，R两端均与光滑倾斜导轨相连接，已知两侧导轨间距都为L，导轨平面与水平面均成37°角，且均处于范围足够大的匀强磁场中．质量为m的导体棒a沿左侧导轨匀速下滑，导体棒b始终静止在右侧导轨上，两导体棒电阻均为R，两处磁场的磁感应强度大小均为B，方向均与导轨平面垂直（sin37°＝0.6，cos37°＝0。8)，则(）A．导体棒b的质量为eq\f（m,2）B．导体棒a下滑的速度v＝eq\f(9mgR，10B2L2)C．导体棒a沿导轨下滑L距离的过程中电阻R上产生的热量为eq\f（mgL,5)D．导体捧a沿导轨下滑L距离的过程中导体棒b上产生的热量为eq\f(mgL,10）解析：导体棒a匀速下滑，其电流为导体棒b的两倍，故b质量应为eq\f（m,2),故A正确；整个回路电阻R总＝eq\f（3,2)R，分析a棒的运动，根据平衡条件有mgsin37°＝BIL＝Beq\f（BLv,R总）L，解得v＝eq\f(9mgR,10B2L2)，故B正确；导体棒a沿导轨匀速下滑L距离,系统产生的总热量等于重力势能的减小量，即Q＝mgLsin37°＝eq\f（3，5)mgL,电阻R与导体棒b上产生的热量均为Q′＝eq\f(\f（R，2），R＋\f(R,2))×eq\f(1,2)Q＝eq\f（mgL，10），故C错误，D正确．答案：ABD三、非选择题8．(2018·湖南张家界高三第三次模拟)如图甲所示，足够长的两金属导轨MN、PQ水平平行固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的磁场中，完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R＝0。5Ω，且长度刚好等于两导轨间距L，两导体棒的间距也为L，开始时磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t＝0。8s时导体棒刚好要滑动．已知L＝1m，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．(1)每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及0。8s内整个回路中产生的焦耳热；(2）若保持磁场的磁感应强度B＝0。5T不变，用如图丙所示的水平向右的力F拉导体棒b，刚开始一段时间内b做匀加速直线运动，每根导体棒的质量为多少?(3）在(2）问条件下导体棒a经过多长时间开始滑动？解析：(1）开始时磁场的磁感应强度按图乙所示变化,则回路中电动势E＝eq\f（ΔB,Δt)L2＝0。5V电路中的电流I＝eq\f（E，2R)＝0.5A当t＝0。8s时,Ff＝F安＝BIL＝0.25N回路中产生的焦耳热Q＝2I2Rt＝0.2J.(2)磁场的磁感应强度保持B＝0.5T不变,在a运动之前，对b棒施加如图丙所示的水平向右的拉力,根据牛顿第二定律F－Ff－eq\f(B2L2at,2R）＝ma，即F＝Ff＋ma＋eq\f（B2L2a,2R)t根据图丙可得Ff＋ma＝0.5，eq\f（B2L2a，2R）＝0。125求得a＝0.5m/s2，导体棒的质量m＝0.5kg。（3)当导棒a刚好要滑动时，eq\f(B2L2v，2R)＝Ff，求得v＝1m/s，此时b运动的时间t＝eq\f(v,a）＝2s。答案:（1）0。25N0.2J(2)0.5kg（3)2s9．如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝30°，导轨间距为L，导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值为R的电阻,开关S1、S2分别与电阻和电容器相连．一根质量为m、电阻忽略不计的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3)，2).一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金