高考物理二轮复习第一部分专题十电磁感应规律及其应用学案.doc

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1、1 / 22【2019【2019 最新最新】精选高考物理二轮复习第一部分专题十电精选高考物理二轮复习第一部分专题十电磁感应规律及其应用学案磁感应规律及其应用学案江苏卷考情导向考点考题考情电磁感应规律及其应用2016 年 T13考查导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律2016 年 T6考查电吉他的原理和法拉第电磁感应定律2014 年 T1考查法拉第电磁感应定律S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积2014 年 T7考查涡流的应用电磁感应中的图象问题电磁感应中电路和能量问题2017 年 T13考查电磁感应、闭合电路的欧姆定律以及电功率2015 年 T13考查法拉第电磁感应定律、电阻定律和

2、焦耳定律2013 年 T13考查感生电动势、动生电动势及电磁感应中的能量转化1本专题对基本知识、规律的考查多为选择题，对综合知识的考查则以计算形式2高考题目的设置方式选择题以电磁感应现象、感应电流计算及方向的判断、电磁感应的图象问题、简单的动力学知识和功能关系为主，计算题多是以导体棒切割磁感线的电路问题、动力学问题及功能关系的综合为主考点 1| 电磁感应规律及其应用难度：中档题 题型：选择题、计算题 五年 4 考(对应学生用书第 48 页)1(2016江苏高考 T13)据报道，一法国摄影师拍到了“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间照片中， “天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见如图 101 所示，假设

3、“天宫一号”正以速度 v77 km/s 绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端 M、N 的连线垂直，M、N 间的距离 L20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN 所在平面的分量 B10105 T将太阳帆板视为导体2 / 22图 101(1)求 M、N 间感应电动势的大小 E；(2)在太阳帆板上将一只“15 V，03 W”的小灯泡与 M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径 R64103 km，地球表面的重力加速度 g取 98 m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度 h(计算结果保留一位有效数字) 【导学号：172141

4、62】【解题关键】 关键语句信息解读地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B10105 Tv、L、B相互垂直，可直接应用公式EBLv求感应电动势小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线电阻帆板MN和导线均处于磁场中垂直切割磁感线【解析】 (1)感应电动势 EBLv，代入数据得 E154 V(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流(3)在地球表面有 Gmg“天宫一号”做匀速圆周运动，有 Gmv2 Rh解得 hR，代入数据得 h4105 m(数量级正确都算对)【答案】 (1)154 V (2)见解析 (3)4105 m2(2014江苏高考 T1)如图 102 所示

5、，一正方形线圈的匝数为n，边长为 a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在t 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由 B 均匀地增大到2B在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )【导学号：17214163】3 / 22图 102BA nBa2 2tDC 2nBa2 tB B 由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E En nnSnSnn，得，得 E E，选项，选项 B B 正确正确 3(多选)(2014江苏高考 T7)如图 103 所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来若要缩短上述加热时间，下

6、列措施可行的有( )图 103A增加线圈的匝数B提高交流电源的频率C将金属杯换为瓷杯D取走线圈中的铁芯ABAB 利用法拉第电磁感应定律和涡电流解题利用法拉第电磁感应定律和涡电流解题当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱所以选项 A、B 正确，选项 C、D 错误4(多选)(2016江苏高考 T6)电吉他中电拾音器的基本结构如图104 所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大

7、后传送到音箱发出声音下列说法正确的有( )图 1044 / 22A选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B取走磁体，电吉他将不能正常工作C增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化BCDBCD 铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项 A A错误；取走磁体后，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，错误；取走磁体后，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项音箱不能发声，选项 B B 正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律感应定律 E EN N 知，线圈的感应电动势

8、变大，选项知，线圈的感应电动势变大，选项 C C 正确；弦正确；弦振动过程中，线圈中感应电流的磁场方向发生变化，则感应电振动过程中，线圈中感应电流的磁场方向发生变化，则感应电流的方向不断变化，选项流的方向不断变化，选项 D D 正确正确 1感应电流方向的判断方法一是利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；二是利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断2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” 3求感

9、应电动势的两种方法(1)En，用来计算感应电动势的平均值(2)EBLv，主要用来计算感应电动势的瞬时值考向 1 法拉第电磁感应定律的应用1(2017资阳模拟)用一根横截面积为 S、电阻率为 的硬质导5 / 22线做成一个半径为 r 的圆环，ab 为圆环的一条直径如图 105 所示，在 ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在的平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率k(k0)，则( ) 【导学号：17214164】图 105A圆环具有收缩的趋势B圆环中产生的感应电流为逆时针方向C圆环中 a、b 两点的电压 Uab|1 4kr2|D圆环中产生的感应电流大小为krS 3C C

10、由楞次定律的由楞次定律的“来拒去留来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，故线圈有扩张的趋势，故 A A 错误；磁通量向里减小，由楞次定律错误；磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故 B B 错错误；根据法拉第电磁感应定律，有：误；根据法拉第电磁感应定律，有：E Er2r2，由闭合电，由闭合电路欧姆定律可知，路欧姆定律可知，abab 两点间的电势差为两点间的电势差为 UabUab，故，故 C C 正确；正确；由法拉第电磁感应定律可知，由法拉第电磁感应定律可知，E Er

11、2r2，线圈电阻，线圈电阻 R R，感应电流感应电流 I I，故，故 D D 错误错误 考向 2 楞次定律的应用2(多选)(2017南京四模)超导体具有电阻为零的特点，图为超导磁悬浮原理图，a 是一个超导闭合环，置于一个电磁铁线圈 b 正上方，当闭合电键 S 后，超导环能悬浮在电磁铁上方平衡下列说法正确的有( )图 106A闭合电键 S 瞬间，a 环中感应电流受到的安培力向上B闭合电键 S，稳定后通过 a 环磁通量不变，a 环中不再有电6 / 22流C闭合电键 S，稳定后通过 a 环的电流是恒定电流DR 取不同的电阻值，稳定后 a 环所受安培力都相等ACDACD 闭合电键闭合电键 S S 瞬间

12、，线圈中磁通量增大，则由楞次定律可瞬间，线圈中磁通量增大，则由楞次定律可知，知，a a 中产生的安培力将使中产生的安培力将使 a a 环有向上运动的趋势，故环有向上运动的趋势，故 a a 环中环中感应电流受到的安培力向上，故感应电流受到的安培力向上，故 A A 正确；由于线圈由超导体制正确；由于线圈由超导体制成，没有电阻所以不消耗能量，故电流一直存在，故成，没有电阻所以不消耗能量，故电流一直存在，故 B B 错误；错误；闭合电键闭合电键 S S，稳定后通过，稳定后通过 a a 环的电流不再变化，故为恒定电流，环的电流不再变化，故为恒定电流，故故 C C 正确；因圆环存于平衡状态，所以受到的安培

13、力一定等于正确；因圆环存于平衡状态，所以受到的安培力一定等于重力，故稳定时受安培力与电阻重力，故稳定时受安培力与电阻 R R 无关，故无关，故 D D 正确正确 3(2017苏锡常二模)图中 L 是线圈，D1、D2 是发光二极管(电流从“”极流入才发光)闭合 S，稳定时灯泡 A 正常发光，然后断开 S 瞬间，D2 亮了一下后熄灭，则( ) 【导学号：17214165】图 107A图是用来研究涡流现象的实验电路B开关 S 闭合瞬间，灯泡 A 立即亮起来C开关 S 断开瞬间，P 点电势比 Q 点电势高D干电池的左端为电源的正极D D 该电路是用来研究线圈的自感现象的，与涡流无关，故该电路是用来研究

14、线圈的自感现象的，与涡流无关，故 A A错误；错误；L L 是自感系数足够大的线圈，是自感系数足够大的线圈，D1D1 和和 D2D2 是两个相同的二是两个相同的二极管，极管，S S 闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以灯泡感应电动势从而阻碍电流的增加，所以灯泡 A A 逐渐变亮，故逐渐变亮，故 B B错误；错误；S S 断开，断开，D2D2 亮了一下后熄灭，说明亮了一下后熄灭，说明 S S 断开的瞬间电流从断开的瞬间电流从右向左流过二极管，则右向左流过二极管，则 P P 点电势比点电势比 Q Q 点电势低

15、，故点电势低，故 C C 错误；错误；S S7 / 22断开，断开，D2D2 亮了一下后熄灭，说明亮了一下后熄灭，说明 S S 断开的瞬间电流从右向左流断开的瞬间电流从右向左流过二极管；根据线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小可过二极管；根据线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小可知，流过知，流过 L L 的电流的方向在的电流的方向在 S S 断开前从左向右，所以断开前从左向右，所以 L L 的左侧的左侧为正极，则干电池的左端为电源的正极，故为正极，则干电池的左端为电源的正极，故 D D 正确正确 考向 3 涡流的应用4(2017湖南三模)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线小到手

16、表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化如图 108 所示，给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图关于无线充电，下列说法正确的是( )图 108A无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电C C 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是不是“电流的磁效应电流的磁效应”现象，故现象，故 A A 错误；当充电设备通以

17、恒定错误；当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，故故 B B 错误；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流错误；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故的频率相同，故 C C 正确；被充电手机内部，应该有一类似金属正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故D D 错误错误

18、 8 / 22考点 2| 电磁感应中的图象问题难度：中档题 题型：选择题(对应学生用书第 50 页)5(2011江苏高考)如图 109 所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计匀强磁场与导轨平面垂直阻值为 R 的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触T0 时，将开关 S 由1 掷到 2q、i、v 和 a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度下列图象正确的是( )【导学号：17214166】图 109A BC D【解题分析】 1知道电容器放电后会在电路中产生电流2导体棒在安培力的作用下加速运动3导体棒切割磁感线产生的感应电流与电容器放电电流反向D D 开关开关 S

19、S 由由 1 1 掷到掷到 2 2，电容器放电后会在电路中产生电，电容器放电后会在电路中产生电流导体棒通有电流后会受到安培力的作用，会产生加速度而流导体棒通有电流后会受到安培力的作用，会产生加速度而加速运动导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势加速运动导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势E EBlvBlv，即增大，则实际电流减小，安培力，即增大，则实际电流减小，安培力 F FBILBIL，即减小，即减小，加速度加速度 a a，即减小因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过，即减小因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动程中，棒是一直加速运动( (变加速变加速) )由于通过棒的电流是

20、按指由于通过棒的电流是按指数递减的，那么棒受到的安培力也是按指数递减的，由牛顿第数递减的，那么棒受到的安培力也是按指数递减的，由牛顿第二定律知，它的加速度是按指数递减的由于电容器放电产生二定律知，它的加速度是按指数递减的由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力运动，而导体棒运动产生感应电动势电流使得导体棒受安培力运动，而导体棒运动产生感应电动势会给电容器充电当充电和放电达到一种平衡时，导体棒做匀会给电容器充电当充电和放电达到一种平衡时，导体棒做匀9 / 22速运动当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电速运动当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为容器

21、两端的电压能稳定在某个不为 0 0 的数值，即电容器的电量的数值，即电容器的电量应稳定在某个不为应稳定在某个不为 0 0 的数值的数值( (不会减少到不会减少到 0)0)这时电容器的电这时电容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流压等于棒的电动势数值，棒中无电流 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 Bt 图还是 t 图，或者 Et 图、It 图等(2)分析电磁感应的具体过程(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、牛顿运动定律等规律写出函数关系式(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)画图象或判断图象考向

22、1 图象的确定5(2017徐州二模)如图 1010 所示，闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流 i 随时间 t 变化的图象可能正确的是( )图 1010B B 线框进入磁场过程中磁通量增加，根据楞次定律可得电流线框进入磁场过程中磁通量增加，根据楞次定律可得电流方向为逆时针方向为逆时针( (正方向正方向) )，线框离开磁场过程中磁通量减小，根，线框离开磁场过程中磁通量减小，根据楞次定律可得电流方向为顺时针据楞次定律可得电流方向为顺时针( (负方向负方向) )；根据法拉第电磁；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律

23、可得感应电流感应定律和闭合电路的欧姆定律可得感应电流 i i，刚进入时，刚进入时有效切割长度最大，感应电流最大、一半进入磁场过程中有效有效切割长度最大，感应电流最大、一半进入磁场过程中有效10 / 22切割长度变为原来一半，感应电流变为原来一半，完全进入后切割长度变为原来一半，感应电流变为原来一半，完全进入后磁通量不变，不会产生感应电流，离开磁场的过程中有效切割磁通量不变，不会产生感应电流，离开磁场的过程中有效切割长度与进入过程相同，感应电流变化也相同，故长度与进入过程相同，感应电流变化也相同，故 B B 正确，正确，A A、C C、D D 错误错误 考向 2 图象的转换6(2017泰州一模)

24、在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图 1011甲所示，取线圈中磁场 B 的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度 B 随时间 t 如图乙变化时，下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的是( )甲 乙图 1011A BC DA A 在在 0 0 s s 内，根据法拉第电磁感应定律，内，根据法拉第电磁感应定律，E En n根据楞根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相反，为负值；次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相反，为负值；在在T T 内，根据法拉第电磁感应定律，内，根据法拉第电磁感应定律，EEn n2E2E，所以感，所以感应电流是之前

25、的应电流是之前的 2 2 倍再根据楞次定律，感应电动势的方向与倍再根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值故图示方向相反，为负值故 A A 正确，正确，B B、C C、D D 错误错误 考向 3 图象的应用7(2017锡山中学月考)如图 1012 甲，圆形线圈 P 静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管 Q，P 和 Q 共轴，Q 中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图 1012 乙所示，P 所受的重力为G，桌面对 P 的支持力为 N，则( )甲 乙11 / 22图 1012At1 时刻 NG，P 有收缩的趋势Bt2 时刻 NG，P 有扩张的趋势Ct3 时刻 NG，此时 P 中没

26、有感应电流Dt4 时刻 NG，此时 P 中无感应电流A A 当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈圈 P P 中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈 P P 将阻碍其磁通将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，则量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，则 N NG G，P P 有收有收缩的趋势，故缩的趋势，故 A A 正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈变，线圈 P P 中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，中的磁通量不变，因

27、此磁铁线圈中无感应电流产生，此时此时 P P 没有扩张的趋势，故没有扩张的趋势，故 B B 错误；错误；t3t3 时刻螺线管中电流为零，时刻螺线管中电流为零，N NG G；但是线圈；但是线圈 P P 中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，故电流，故 C C 错误当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，错误当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈线圈 P P 中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t4t4 时刻时刻 N NG G，此时，此时 P P 中无感应电流，故中无感应电流，故 D D 错误

28、错误 考点 3| 电磁感应中电路和能量问题难度：较大 题型：选择题、计算题 五年 3 考(对应学生用书第 51 页)6(2015江苏高考 T13)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径 r50 cm，线圈导线的截面积A080 cm2，电阻率 15 m如图 1013 所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度 B 在 03 s 内从 15 T 均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)12 / 22图 1013(1)该圈肌肉组织的电阻 R；(2)该圈肌肉

29、组织中的感应电动势 E；(3)03 s 内该圈肌肉组织中产生的热量 Q【解题关键】 解此题的关键有两点：(1)注意区分线圈的面积和线圈导线的截面积(2)磁感应强度均匀减小，线圈中电流恒定不变【解析】 (1)由电阻定律得 R，代入数据得R6103 (2)感应电动势 E，代入数据得 E4102 V(3)由焦耳定律得 Qt，代入数据得 Q8108 J【答案】 (1)6103 (2)4102 V (3)8108 J7(2013江苏高考 T13)如图 1014 所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈 abcd，线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝数 N100，边长 ab10 m、bc05 m，电阻 r2 磁感应强度

30、 B 在01 s 内从零均匀变化到 02 T在 15 s 内从 02 T 均匀变化到02 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向求：图 1014(1)05 s 时线圈内感应电动势的大小 E 和感应电流的方向；(2)在 15 s 内通过线圈的电荷量 q；(3)在 05 s 内线圈产生的焦耳热 Q 【导学号：17214167】【解析】 (1)感应电动势 E1N ，磁通量的变化量1B1S，解得 E1N ，代入数据得 E110 V，感应电流的方向为 adcba13 / 22(2)同理可得 E2N ，感应电流 I2E2 r电荷量 qI2t2，解得 qN ，代入数据得 q10 C(3)01 s 内的焦耳热 Q1

31、Irt1，且 I1，15 s 内的焦耳热 Q2Irt2由 QQ1Q2，代入数据得 Q100 J【答案】 (1)10 V，感应电流的方向为 adcba(2)10 C (3)100 J8(2017江苏高考 T13)如图 1015 所示，两条相距 d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为 R 的电阻质量为 m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域 MNPQ 的磁感应强度大小为 B、方向竖直向下当该磁场区域以速度 v0 匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为 v导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触求：图 1015(1)MN

32、 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小 I；(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小 a；(3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率 P 【导学号：17214168】【解析】 (1)MN 刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势EBdv0回路的感应电流 I由式解得 I(2)金属杆所受的安培力 FBId由牛顿第二定律得，对金属杆 Fma14 / 22由式得 a(3)金属杆切割磁感线的相对速度 vv0v感应电动势 EBdv感应电流的电功率 P由式得 P【答案】 (1) (2) (3)B2d2v0v2 R用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤考向 1 电磁感应中的电路问题8(2017盐城二模)

33、如图 1016 所示，两根水平放置的平行金属导轨，其末端连接等宽的四分之一圆弧导轨，圆弧半径 r041 m，导轨的间距为 L05 m，导轨的电阻与摩擦均不计在导轨的顶端接有阻值为 R115 的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度 B02 T，现有一根长度稍大于 L、电阻 R205 、质量 m10 kg 的金属棒，金属棒在水平拉力 F 作用下，从图中位置 ef 由静止开始匀加速运动，在 t0 时刻，F015 N，经 20 s 运动到 cd 时撤去拉力，棒刚好能冲到最高点 ab、(重力加速度 g10 m/s2)求：图 1016(1)金属棒做匀加速直线运动的加速度；(2)金属棒运动到

34、cd 时电压表的读数；(3)金属棒从 cd 运动到 ab 过程中电阻 R1 上产生的焦耳热 【导学号：17214169】【解析】 (1)根据题意，金属棒从 ef 位置开始匀加速运动，根据牛顿第二定律，有 F0ma解得：a15 m/s215 / 22(2)金属棒运动到 cd 时的速度 vat1520 m/s3 m/s感应电动势 EBLv02053 V03 V感应电流 I A015 A电压表的读数 UIR101515 V0225 V(3)根据能量守恒定律，有：mv2mgrQ解得：Q04 J电阻 R1 上产生的焦耳热为 Q1Q04 J03 J【答案】 (1)15 m/s2 (2)0225 V (3)

35、03 J考向 2 电磁感应的动力学问题9(多选)(2017南京一模)如图 1017 所示，均匀导体围成等腰闭合三角形线圈 abc，底边与匀强磁场的边界平行，磁场的宽度大于三角形的高度线圈从磁场上方某一高度处由静止开始竖直下落，穿过该磁场区域，不计空气阻力则下列说法中正确的是( )图 1017A线圈进磁场的过程中，可能做匀速直线运动B线圈底边进、出磁场时线圈的加速度可能一样C线圈出磁场的过程中，可能做先减速后加速的直线运动D线圈底边进、出磁场时，线圈所受安培力可能大小相等，方向不同BCBC 如果匀速，因为有效切割长度越小来越小，安培力会越如果匀速，因为有效切割长度越小来越小，安培力会越来越小，不

36、可能匀速运动，故来越小，不可能匀速运动，故 A A 错误；如果线圈比较高，进入错误；如果线圈比较高，进入磁场后先减速后加速，可能导致进磁场的速度和出磁场的速度磁场后先减速后加速，可能导致进磁场的速度和出磁场的速度是一样的，安培力是一样的，安培力 F F 安，速度一样，安培力一样，根据牛顿安，速度一样，安培力一样，根据牛顿第二定律，第二定律，mgmgF F 安安mama，加速度一样，故，加速度一样，故 B B 正确；正确； 如果出磁如果出磁场时，安培力比重力大，那么线圈先减速，但是在减速的过程场时，安培力比重力大，那么线圈先减速，但是在减速的过程16 / 22中，上面比较窄，安培力会越来越小，最

37、终必然是一个先减速中，上面比较窄，安培力会越来越小，最终必然是一个先减速后加速的直线运动，故后加速的直线运动，故 C C 正确；线圈进出磁场时的速度可能相正确；线圈进出磁场时的速度可能相等，根据等，根据 F F，安培力大小可能相等，但安培力方向都是向上，安培力大小可能相等，但安培力方向都是向上的，阻碍线圈向下运动，所以安培力方向相同，故的，阻碍线圈向下运动，所以安培力方向相同，故 D D 错误错误 10(2017南京四模)如图 1018 甲所示，两根平行的光滑金属导轨 MN、PQ 和左侧 M、P 间连接的电阻 R 构成一个固定的水平 U 型导体框架，导轨电阻不计且足够长框架置于一个方向竖直向下

38、、范围足够大的匀强磁场中，磁场左侧边界是 OO质量为 m、电阻为 r 的导体棒垂直放置在两导轨上，并与导轨接触良好，给导体棒一个水平向右的初速度 v0，棒进入磁场区后回路中的电流 I随棒在磁场区中运动位移 x(O 点为 x 轴坐标原点)的变化关系如图乙所示，根据题设条件和图中给定数据求：甲 乙图 1018(1)导体棒进入磁场瞬间回路总电功率 P0；(2)导体棒进入磁场瞬间加速度大小 a0；(3)导体棒运动全过程中电阻 R 上产生的电热 QR 【导学号：17214170】【解析】 (1)根据图乙可得导体棒进入磁场瞬间回路的电流强度为 I0，根据电功率的计算公式可得：P0I(Rr)(2)进入磁场时

39、刻电动势：E0BLv0I0(Rr)根据牛顿第二定律可得棒受安培力产生加速度：BI0Lma0解得：a0(3)棒从进入磁场到停止运动，由动能定理可得：WA0mv2 017 / 22根据功能关系可得回路产生电热：QWAmv2 0R 上产生电热：QRQ【答案】 (1)I(Rr) (2) (3)Rmv2 0 2Rr考向 3 电磁感应的能量问题11(2017南京一模)如图 1019 甲所示，质量 m1 kg、边长ab10 m、电阻 r2 的单匝正方形闭合线圈 abcd 放置在倾角 30的斜面上，保持静止状态匀强磁场垂直线圈平面向上，磁感应强度 B 随时间 t 变化如图乙所示，整个线圈都处在磁场中，重力加速

40、度 g10 m/s2求：甲 乙图 1019(1)t1 s 时穿过线圈的磁通量；(2)4 s 内线圈中产生的焦耳热；(3)t35 s 时，线圈受到的摩擦力【解析】 (1)根据磁通量定义式，那么 t1 s 时穿过线圈的磁通量：BS01 Wb(2)由法拉第电磁感应定律 E，结合闭合电路欧姆定律，I，那么感应电流，4 s 内线圈中产生的感应电流大小，I005 A由图可知，t 总2 s；依据焦耳定律，则有：QI2rt 总001 J(3)虽然穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，但因各边均受到安培力，依据矢量的合成法则，则线圈受到的安培力的合力为零，因此 t35 s 时，线圈受到的摩擦力等于重力沿着斜

41、面的分力，即：fmgsin 5 N18 / 22【答案】 (1)01 Wb (2)001 J (3)5 N12(2017徐州模拟)如图 1020 甲所示，质量为 M 的“”形金属框架 MNPQ 放在倾角为 的绝缘斜面上，框架 MN、PQ 部分的电阻不计，相距为 L，上端 NP 部分的电阻为 R一根光滑金属棒 ab在平行于斜面的力(图中未画出)的作用下，静止在距离框架上端NP 为 L 的位置整个装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图乙所示，其中 B0、t0 均为已知量已知 ab 棒的质量为 m，电阻为 R，长为 L，与框架接触良好并始终相对斜面静止，t0 时

42、刻框架也静止，框架与斜面间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g求：甲 乙图 1020(1)t0 时刻，流过 ab 棒的电流大小和方向；(2)0t0 时间内，通过 ab 棒的电荷量及 ab 棒产生的热量；(3)框架 MNPQ 什么时候开始运动？ 【导学号：17214171】【解析】 (1)设回路中的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律有：En SB0L2 t0由闭合电路欧姆定律可得金属棒中的电流大小为：IB0L2 2Rt0由楞次定律知，金属棒中的电流方向是 ab (2)由电荷量的计算公式可得流过 ab 棒的电荷量为：qIt0，根据焦耳定律可得 ab 棒产生的热量为：Q

43、I2Rt0(3)设经时间 t 框架恰好要动，对框架分析受力，有：Mgsin F 安f19 / 22而 f(Mm)gcos ，根据安培力的计算公式可得：F 安BtIL，而磁感应强度为：BtB0t代入解得：tt0【答案】 (1)，方向是 ab (2) B2 0L4 4Rt0(3)经过t0 开始运动热点模型解读热点模型解读| | 电磁感应中的电磁感应中的“杆导轨杆导轨”模型模型(对应学生用书第 54 页)考题2016全国甲卷 T242016全国丙卷 T252014全国卷T252013全国卷T25模型展示单侧磁场模型双侧磁场模型旋转切割模型含电容电路切割模型模型解读金属棒切割磁感线EBLv，导体棒是电

44、源、安培力做负功，将机械能转化为电能两侧存在电源，可能同时存在，可能先后出现，金属棒切割产生电动势同单侧磁场类似电动势的计算按中间的速度BL2E1 2金属棒切割磁感线给电容器充电电路中有电流，金属棒受安培力，机械能转化为电能典例 (2017湖南益阳调研)如图 1021 所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为 30，导轨间距为05 m，匀强磁场垂直导轨平面向下，B02 T，两根材料相同的金属棒 a、b 与导轨构成闭合回路，a、b 金属棒的质量分别为 3 kg、2 kg，两金属棒的电阻均为 R1 ，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力现对 a 棒施

45、加一平行导轨向上的恒力 F60 N，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态求：20 / 22图 1021(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b 棒所受的安培力大小(3)设当 a 金属棒从开始受力到向上运动 5 m 时，b 金属棒向上运动了 2 m，且此时 a 的速度为 4 m/s，b 的速度为 1 m/s，则求此过程中回路中产生的电热及通过 a 金属棒的电荷量 【导学号：17214172】【解析】 (1)a 棒恰好静止时，有 magsin 30magcos 30解得 (2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动，此时两棒有恒定的速度差对 a 棒：Fmags

46、in 30magcos 30F 安maa对 b 棒：F 安mbgsin 30mbgcos 30mba解得 F 安24 N(3)此过程对 a、b 棒整体根据功能关系，有QFxa(magsin 30magcos 30)xa(mbgsin 30mbgcos 30)xbmavmbv2 b解得 Q85 JqtIE 2REBS t解得 q015 C【答案】 (1) (2)24 N (3)85 J 015 C拓展应用 (2017湖北八校联考)如图 1022 所示，两根平行的21 / 22光滑金属导轨 MN、PQ 放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B导体棒 a 与 b 的质量均为m，电阻值分别为 RaR，Rb2Rb 棒放置在水平导轨上足够远处，a 棒在弧形导轨上距水平面 h 高度处由静止释放运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为 g图 1022(1)求 a 棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；(2)求最终稳定时两棒的速度大小；(3)从 a 棒开始下落到最终稳定的过程中，求 b 棒上产生的内能【解析】 (1)设 a 棒刚进入磁场时的速度为 v，从开始下落到进入磁场根据机械能守恒定律有 mghmv2a 棒切割磁感线产生感应电