高考物理二轮复习专题09电磁感应及综合应用教学案含解析

高考物理二轮复习专题09电磁感应及综合应用教学案含解析

专题 09 电磁感应及综合应用 电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考命题频率最高的内容之一。题型多为选 择题、计算题。主要考查电磁感应、楞次定律、法拉第电磁感应定律、自感等知识。本部分 知识多结合电学、力学部分出压轴题，其命题形式主要是电磁感应与电路规律的综合应用、 电磁感应与力学规律的综合应用、电磁感应与能量守恒的综合应用。复习中要熟练掌握感应 电流的产生条件、感应电流方向的判断、感应电动势的计算，还要掌握本部分内容与力学、 能量的综合问题的分析求解方法。预测 2015 年的高考基础试题重点考查法拉第电磁感应定律 及楞次定律和电路等效问题．综合试题还是涉及到力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分 析、安培力等力学和电学知识．主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁 感应图象的问题等．此除日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术这些在实际中有广 泛的应用问题也要引起重视。 一、法拉第电磁感应定律 法拉第电磁感应定律的内容是感应电动势的大小与穿过回路的磁通量的变化率成正 比．在具体问题的分析中，针对不同形式的电磁感应过程，法拉第电磁感应定律也相应有不 同的表达式或计算式． 磁通量变化的形式 表达式 备注 通过 n 匝线圈内的磁通量发生 变化 E＝n·ΔΦ Δt (1)当 S 不变时，E＝nS·ΔB Δt (2)当 B 不变时，E＝nB·ΔS Δt 导体垂直切割磁感线运动 E＝BLv 当 v∥B 时，E＝0 导体绕过一端且垂直于 磁场方向的转轴匀速转动 E＝1 2 BL2ω 线圈绕垂直于磁场方向 的转轴匀速转动 E＝nBSω· sinωt 当线圈平行于磁感线时，E 最大为 E ＝nBSω，当线圈平行于中性面时，E＝0 二、楞次定律与左手定则、右手定则 1．左手定则与右手定则的区别：判断感应电流用右手定则，判断受力用左手定则． 2．应用楞次定律的关键是区分两个磁场：引起感应电流的磁场和感应电流产生的磁场．感 应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化，“阻碍”的结果是延缓了磁 通量的变化，同时伴随着能量的转化． 3．楞次定律中“阻碍”的表现形式：阻碍磁通量的变化(增反减同)，阻碍相对运动(来 拒去留)，阻碍线圈面积变化(增缩减扩)，阻碍本身电流的变化(自感现象)． 三、电磁感应与电路的综合 电磁感应与电路的综合是高考的一个热点内容，两者的核心内容与联系主线如图 4－12 －1 所示： 1．产生电磁感应现象的电路通常是一个闭合电路，产生电动势的那一部分电路相当于电 源，产生的感应电动势就是电源的电动势，在“电源”内部电流的流向是从“电源”的负极 流向正极，该部分电路两端的电压即路端电压，U＝ R R＋r E. 2．在电磁感应现象中，电路产生的电功率等于内外电路消耗的功率之和．若为纯电阻电 路，则产生的电能将全部转化为内能；若为非纯电阻电路，则产生的电能除了一部分转化为 内能，还有一部分能量转化为其他能，但整个过程能量守恒．能量转化与守恒往往是电磁感 应与电路问题的命题主线，抓住这条主线也就是抓住了解题的关键．在闭合电路的部分导体 切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路 中产生的电能． 说明：求解部分导体切割磁感线产生的感应电动势时，要区别平均电动势和瞬时电动势， 切割磁感线的等效长度等于导线两端点的连线在运动方向上的投影． 考点一 对楞次定律和电磁感应图像问题的考查 例 1、如图 1 所示，直角坐标系 xOy 的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应 强度大小均为 B，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 2B.现将半径 为 L、圆心角为 90°的扇形闭合导线框 OPQ 在外力作用下以恒定角速度绕 O 点在纸面内沿逆 时针方向匀速转动．t＝0 时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导 线框中的电流随时间变化的图线，正确的是( ) 图 1 答案 B 【变式探究】如图 2 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，下列措施可行的有( ) 图 2 A．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 答案 AB 【方法技巧】 1．楞次定律的理解和应用 (1)“阻碍”的效果表现为：①阻碍原磁通量的变化——增反减同；②阻碍物体间的相对 运动——来拒去留；③阻碍自身电流的变化——自感现象． (2)解题步骤：①确定原磁场的方向(分析合磁场)；②确定原磁通量的变化(增加或减少)； ③确定感应电流磁场的方向(增反减同)；④确定感应电流方向(安培定则)． 2．求解图像问题的思路与方法 (1)图像选择问题：求解物理图像的选择题可用“排除 法”，即排除与题目要求相违背的图像，留下正确图像．也可用“对照法”，即按照要 求画出正确的草图，再与选项对照．解决此类问题的关键是把握图像特点，分析相关物理量 的函数关系，分析物理过程的变化或物理状态的变化． (2)图像分析问题：定性分析物理图像，要明确图像中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄 清图像的物理意义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断．在有关物理 图像的定量计算时，要弄清图像所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖掘图像中 的隐含条件，明确有关图像所包围的面积、斜率，以及图像的横轴、纵轴的截距所表示的物 理意义． 考点二 对电磁感应中动力学问题的考查 例 2、如图 3 所示，间距为 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 与水平面夹角为 30°，导轨的电阻不计，导轨的 N、Q 端连接一阻值为 R 的电阻，导轨上有一根质量一定、电 阻为 r 的导体棒 ab 垂直导轨放置，导体棒上方距离 L 以上的范围存在着磁感应强度大小为 B、 方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场．现在施加一个平行斜面向上且与棒 ab 重力相等的恒力， 使导体棒 ab 从静止开始沿导轨向上运动，当 ab 进入磁场后，发现 ab 开始匀速运动，求： 图 3 (1)导体棒的质量； (2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移． 解析 (1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动，距离为 L，其加速度为 F－mgsin 30°＝ma F＝mg 得 a＝1 2 g 棒进入磁场时的速度为 v＝ 2aL＝ gL 由棒在磁场中匀速运动可知 F 安＝1 2 mg F 安＝BIL＝B2L2v R＋r 得 m＝2B2L2 R＋r L g 设导体棒继续向上运动的位移为 x，则有B2L2x R＋r ＝mv 将 v＝ gL和 m＝2B2L2 R＋r L g 代入得 x＝2L 答案 (1)2B2L2 R＋r L g (2)2L 【变式探究】如图 4 甲所示，MN、PQ 是相距 d＝1.0 m 足够长的平行光滑金属导轨，导轨 平面与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强 磁场中，金属棒 ab 垂直于导轨 MN、PQ 放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒 ab 的质量 m＝0.1 kg，其接入电路的电阻 r＝1 Ω，小灯泡电阻 RL＝9 Ω，重力加速度 g 取 10 m/s2.现 断开开关 S，将棒 ab 由静止释放并开始计时，t＝0.5 s 时刻闭合开关 S，图乙为 ab 的速度随 时间变化的图像．求： 图 4 (1)金属棒 ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值； (2)磁感应强度 B 的大小． 答案 (1)6 m/s2 3 5 (2)1 T 【方法技巧】在此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要 建立“动—电—动”的思维顺序，可概括为： (1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向． (2)根据等效电路图，求解回路中的感应电流的大小及方向． (3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推出对电路中的感应电流有什么 影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况． (4)列牛顿第二定律或平衡方程求解． 考点三 对电磁感应中能量问题的考查 例 3、如图 5 所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为 37°，导轨间距为 1 m，电阻不计， 导轨足够长．两根金属棒 ab 和以 a′b′的质量都是 0.2 kg，电阻都是 1 Ω，与导轨垂直放 置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为 0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道 平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度 B 的大小相同．让 a′b′固定不动，将金属 棒 ab 由静止释放，当 ab 下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为 8 W．求： 图 5 (1)ab 下滑的最大加速度； (2)ab 下落了 30 m 高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量 Q 为多大？ (3)如果将 ab 与 a′b′同时由静止释放，当 ab 下落了 30 m 高度时，其下滑速度也已经 达到稳定，则此过程中回路电流的发热量 Q′为多大？(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8) 解析 (1)当 ab 棒刚下滑时，ab 棒的加速度有最大值： a＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2.(2 分) (2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动，有 mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ，(2 分) 整个回路消耗的电功率 P 电＝BILvm＝(mgsin θ－μmgcos θ)vm＝8 W，(2 分) 则 ab 棒的最大速度为：vm＝10 m/s(1 分) 由 P 电＝E2 2R ＝ BLvm 2 2R (2 分) 得：B＝0.4 T．(1 分) 根据能量守恒得： mgh＝Q＋1 2 mv2 m＋μmgcos θ· h sin θ (2 分) 解得：Q＝30 J．(1 分) 代入数据得 Q′＝75 J．(1 分) 答案 (1)4 m/s2 (2)30 J (3)75 J 【变式探究】在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强 磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为 L，如图 6 所示．一个质 量为 m、电阻为 R、边长也为 L 的正方形线框在 t＝0 时刻以速度 v0 进入磁场，恰好做匀速直 线运动，若经过时间 t0，线框 ab 边到达 gg′与 ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动， 则下列说法正确的是( ) 图 6 A．当 ab 边刚越过 ff′时，线框加速度的大小为 gsin θ B．t0 时刻线框匀速运动的速度为v0 4 C．t0 时间内线框中产生的焦耳热为 3 2 mgLsin θ＋15 32 mv2 0 D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动 答案 BC 【方法技巧】 1．明确安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下： 电能 W 安>0 W 安<0 其他形式的能 2．明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化．如有摩擦力做功，必有内能产生； 有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能． 3．根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解问题． 考点四 综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题 例 4、如图 7 甲所示，MN、PQ 是相距 d＝1 m 的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水 平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为 1 m 的金属棒 ab 垂直于 MN、PQ 放置在导轨上，且 始终与导轨接触良好，ab 的质量 m＝0.1 kg、电阻 R＝1 Ω；MN、PQ 的上端连接右侧电路， 电路中 R2 为一电阻箱；已知灯泡电阻 RL＝3 Ω，定值电阻 R1＝7 Ω，调节电阻箱使 R2＝6 Ω， 重力加速度 g＝10 m/s2.现断开开关 S，在 t＝0 时刻由静止释放 ab，在 t＝0.5 s 时刻闭合 S， 同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示 为 ab 的速度随时间变化图像． 图 7 (1)求斜面倾角α及磁感应强度 B 的大小； (2)ab 由静止下滑 x＝50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热； (3)若只改变电阻箱 R2 的值．当 R2 为何值时，ab 匀速下滑中 R2 消耗的功率最大？消耗的 最大功率为多少？ 解析 (1)S 断开时，ab 做匀加速直线运动，从图乙得 a＝Δv Δt ＝6 m/s2(1 分) 由牛顿第二定律有 mgsin α＝ma，(1 分) 所以有 sin α＝3 5 ，即α＝37°，(1 分) t＝0.5 s 时，S 闭合且加了磁场，分析可知，此后 ab 将先做加速度减小的加速运动，当 速度达到最大(vm＝6 m/s)后接着做匀速运动． 匀速运动时，由平衡条件知 mgsin α＝F 安，(1 分) 又 F 安＝BId I＝Bdvm R 总 (1 分) R 总＝R＋R1＋ RLR2 RL＋R2 ＝10 Ω(1 分) 联立以上四式有 mgsin α＝B2d2vm R 总 (2 分) 代入数据解得 B＝ mgsin αR 总 d2vm ＝1 T(1 分) 当 RL R2 ＝ R2时， 即 R2＝RL＝3 Ω，功率最大，(1 分) 所以 Pm＝0.27 W．(2 分) 答案 (1)37° 1 T (2)28.2 J (3)3 Ω 0.27 W 【变式探究】如图 8 甲所示，匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5 T，其方向垂直于倾角θ为 30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨 MPN(电阻忽略不计)，MP 和 NP 长度均为 2.5 m，MN 连线水平，长为 3 m．以 MN 中点 O 为原点、OP 为 x 轴建立一维坐标系 Ox.一根粗细均匀的金属杆 CD，长度 d 为 3 m、质量 m 为 1 kg、电阻 R 为 0.3 Ω，在拉力 F 的作用下，从 MN 处以恒定速度 v＝1 m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g 取 10 m/s2. 图 8 (1)求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动到 x＝0.8 m 处电势差 UCD； (2)推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x 的关系式，并在图乙中 画出 F－x 关系图像； (3)求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热． 答案 (1)1.5 V －0.6 V (2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 见解析图 (3)7.5 J (2)杆在导轨间的长度 l 与位置 x 的关系是 l＝OP－x OP d＝3－3 2 x 对应的电阻 R1＝l d R 电流 I＝Blv R1 杆受的安培力为 F 安＝BIl＝7.5－3.75x 根据平衡条件得 F＝F 安＋mgsin θ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 画出的 F－x 图像如图所示． (3)外力 F 所做的功 WF 等于 F－x 图线下所围的面积． 即 WF＝5＋12.5 2 ×2 J＝17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgOPsin θ 故全过程产生的焦耳热 Q＝WF－ΔEp＝7.5 J． 【2015·上海·24】1．如图所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质 量为 0.02kg，在该平面上以 0 2 /v m s 、与导线成 60°角的初速度运动，其最终的运动状态 是__________，环中最多能产生__________J 的电能。 1．【答案】匀速直线运动；0.03 【2015·浙江·16】2．如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上， 且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线 悬挂在金属极板中间，则 A．乒乓球的左侧感应出负电荷 B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上 C．乒乓球共受到电场力，重力和库仑力三个力的作用 D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞 2．【答案】D 【2015·海南·2】3．如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂 直，当它以速度 v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小ε， 将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折弯，置于磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段 折线夹角平分线的方向以速度 v 运动时，棒两端的感应电动势大小为，则    等于（） A．1/2 B． 2 2 C．1 D． 2 3．【答案】B 【解析】设折弯前导体切割磁感线的长度为 L ，折弯后，导体切割磁场的有效长度为 2 2 2 2 2 2 L Ll L            ，故产生的感应电动势为 2 2 2 2Blv B Lv      ，所以 2 2     ，B 正确。 【2015·上海·20】5．如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导 体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力 F 作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运 动。在匀速运动过程中外力 F 做功 FW ，磁场力对导体棒做功 1W ，磁铁克服磁场力做功 2W ， 重力对磁铁做功 GW ，回路中产生的焦耳热为 Q，导体棒获得的动能为 KE 。则 A． 1W Q B． 2 1W W Q  C． 1 KW E D． F G KW W E Q   5．【答案】BCD 【2015·重庆·4】6．题 4 图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为， 面积为 S .若在到 2t 时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由 1B 均匀增加到 2B ，则该段时间线圈两端 a 和 b 之间的电势差 a b  A．恒为 2 1 2 1 ( )nS B B t t   B． 从 0 均匀变化到 2 1 2 1 ( )nS B B t t   C．恒为 2 1 2 1 ( )nS B B t t   D．从 0 均匀变化到 2 1 2 1 ( )nS B B t t   6．【答案】C 【解析】穿过线圈的磁场均匀增加，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应 定律得 2 1 2 1 ( )S B BE n nt t t     ，而等效电源内部的电流由楞次定理知从 a b ，即 b 点是 等效电源的正极，即 2 1 2 1 ( ) a b S B Bn t t       ，故选 C。 【2015·全国新课标Ⅱ·15】7．如图，直角三角形金属框 abc 放置在匀强磁场中，磁感 应强度大小为 B，方向平行于 ab 边向上。当金属框绕 ab 边以角速度ω逆时针转动时，a、b、 c 三点的电势分别为 Ua、Ub、Uc。已知 bc 边的长度为 l。下列判断正确的是 A．Ua> Uc，金属框中无电流 B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿 a-b-c-a C．Ubc=-1/2Bl²ω，金属框中无电流 D．Ubc=1/2Bl²w，金属框中电流方向沿 a-c-b-a 7．【答案】C 【2015·全国新课标Ⅰ·19】8．1824 年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。 实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如 图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一 起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是 A．圆盘上产生了感应电动势 B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 8．【答案】AB 【2015·福建·18】9．如图，由某种粗细均匀的总电阻为 3R 的金属条制成的矩形线框 abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场 B 中。一接入电路电阻为 R 的导体棒 PQ，在水平拉力作用下沿 ab、dc 以速度 v 匀速滑动，滑动过程 PQ 始终与 ab 垂直，且与线框 接触良好，不计摩擦。在 PQ 从靠近 ad 处向 bc 滑动的过程中（ ） A．PQ 中电流先增大后减小 B．PQ 两端电压先减小后增大 C．PQ 上拉力的功率先减小后增大 D．线框消耗的电功率先减小后增大 9．【答案】 C 【解析】设 PQ 左侧电路的电阻为 Rx，则右侧电路的电阻为 3R-Rx，所以外电路的总电阻 为   R RRRR xx 3 3  ，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以 B 错 误；电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得 PQ 中的电流： RR EI  先较小后增大，故 A 错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即 F=BIL，拉力的功率 P=BILv，先减小后增大，所以 C 正确；外电路的总电阻   R RRRR xx 3 3  最大为 3R/4，小于 电源内阻 R，又外电阻先增大后减小，所以外电路消耗的功率先增大后减小，故 D 错误。 【2015·北京·20】10．利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一卡通（IC 卡） 的工作原理及相关问题。IC 卡内部有一个由电感线圈 L 和电容 C 构成的 LC 的振荡电路。公交 卡上的读卡机（刷卡时“嘀”的响一声的机器）向外发射某一特定频率的电磁波。刷卡时， IC 卡内的线圈 L 中产生感应电流，给电容 C 充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数 据处理和传输。下列说法正确的是（ ） A． IC 卡工作场所所需要的能量来源于卡内的电池 B．仅当读卡器发射该特定频率的电磁波时，IC 卡才能有效工作 C．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，在线圈 L 中不会产生感应电流 D．IC 卡只能接收读卡器发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息 10．【答案】B 【2015·安徽·19】11．如图所示，abcd 为水平放置的平行“ ”形光滑金属导轨，间 距为 l。导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，导轨电阻不计。已知金 属杆 MN 倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为 r，保持金属杆以速度 v 沿平行于 cd 的方 向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则 A．电路中感应电动势的大小为 sin Blv  B．电路中感应电流的大小为 sinBv r  C．金属杆所受安培力的大小为 2 sinlv r B  D．金属杆的热功率为 22 sin l r vB  11．【答案】B 1.（2014 上海）17．如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路 变为圆形。则磁场（ ） （A）逐渐增强，方向向外 （B）逐渐增强，方向向里 （C）逐渐减弱，方向向外 （D）逐渐减弱，方向向里 【答案】CD 【解析】 本题考查了楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起闭合回路中磁通量的 变化，体现在面积上是“增缩减扩”，而回路变为圆形，面积是增加了，说明磁场是在逐渐 减弱．因不知回路中电流方向，故无法判定磁场方向，故 CD 都有可能。 2.【2014·新课标全国卷Ⅰ】 在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中， 能观察到感应电流的是( ) A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相 邻房间去观察电流表的变化 D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观 察电流表的变化 【答案】D 3.【2014·新课标全国卷Ⅰ】 如图(a)所示，线圈 ab、cd 绕在同一软铁芯上．在 ab 线 圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈 cd 间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流 经线圈的电流成正比，则下列描述线圈 ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( ) 【答案】C 【解析】 本题考查了电磁感应的图像．根据法拉第电磁感应定律，ab 线圈电流的变化率 与线圈 cd 上的波形图一致，线圈 cd 上的波形图是方波，ab 线圈电流只能是线性变化的，所 以 C 正确． 4.【2014·江苏卷】 如图所示，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Δt 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( ) A. Ba2 2Δt B.nBa2 2Δt C.nBa2 Δt D.2nBa2 Δt 【答案】B 5.【2014·山东卷】 如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通 有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀 速通过 M、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用 FM、FN 表示．不计轨道电阻．以下叙述 正确的是( ) A．FM 向右 B．FN 向左 C．FM 逐渐增大 D．FN 逐渐减小 【答案】BCD 【解析】 根据安培定则可判断出，通电导线在 M 区产生竖直向上的磁场，在 N 区产生竖 直向下的磁场．当导体棒匀速通过 M 区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力向左．当导 体棒匀速通过 N 区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力也向左．选项 B 正确．设导体棒 的电阻为 r，轨道的宽度为 L，导体棒产生的感应电流为 I′，则导体棒受到的安培力 F 安＝BI′ L＝B BLv R＋r L＝B2L2v R＋r ，在导体棒从左到右匀速通过 M 区时，磁场由弱到强，所以 FM 逐渐增大；在 导体棒从左到右匀速通过 N 区时，磁场由强到弱，所以 FN 逐渐减小．选项 C、D 正确． 6．【2014·四川卷】 如图所示，不计电阻的光滑 U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻 璃挡板 H、P 固定在框上，H、P 的间距很小．质量为 0.2 kg 的细金属杆 CD 恰好无挤压地放在 两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为 1 m 的正方形，其有效电阻为 0.1 Ω.此时在整 个空间加方向与水平面成 30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是 B＝(0.4－0.2t) T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( ) A．t＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从 C 到 D B．t＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从 D 到 C C．t＝1 s 时，金属杆对挡板 P 的压力大小为 0.1 N D．t＝3 s 时，金属杆对挡板 H 的压力大小为 0.2 N 【答案】AC 7.【2014·安徽卷】 英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如 图所示，一个半径为 r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场 B，环上套一带 电荷量为＋q 的小球．已知磁感应强度 B 随时间均匀增加，其变化率为 k，若小球在环上运动 一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( ) A．0 B.1 2 r2qk C．2πr2qk D．πr2qk 【答案】D 【解析】 本题考查电磁感应、动能定理等知识点，考查对“变化的磁场产生电场”的理 解能力与推理能力．由法拉第电磁感应定律可知，沿圆环一周的感生电动势 E 感＝ΔΦ Δt ＝ΔB Δt ·S ＝k·πr2，电荷环绕一周，受环形电场的加速作用，应用动能定理可得 W＝qE 感＝πr2qk.选 项 D 正确。 8.【2014·全国卷】 很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一 条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下 落．条形磁铁在圆筒中的运动速率( ) A．均匀增大 B．先增大，后减小 C．逐渐增大，趋于不变 D．先增大，再减小，最后不变 【答案】C 9.【2014·广东卷】 如图 8 所示，上下开口、内壁光滑的铜管 P 和塑料管 Q 竖直放置， 小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( ) A．在 P 和 Q 中都做自由落体运动 B．在两个下落过程中的机械能都守恒 C．在 P 中的下落时间比在 Q 中的长 D．落至底部时在 P 中的速度比在 Q 中的大 【答案】C 【解析】 磁块在铜管中运动时，铜管中产生感应电流，根据楞次定律，磁块会受到向上 的磁场力，因此磁块下落的加速度小于重力加速度，且机械能不守恒，选项 A、B 错误；磁块 在塑料管中运动时，只受重力的作用，做自由落体运动，机械能守恒，磁块落至底部时，根 据直线运动规律和功能关系，磁块在 P 中的下落时间比在 Q 中的长，落至底部时在 P 中的速 度比在 Q 中的小，选项 C 正确，选项 D 错误． 10.【2014·江苏卷】 如图所示，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，下列措施可行的有( ) A．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 【答案】AB 11. 【2014·新课标Ⅱ卷】 半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内， 一长为 r、质量为 m 且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨 中心 O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为 B，方向 竖直向下．在内圆导轨的 C 点和外圆导轨的 D 点之间接有一阻值为 R 的电阻(图中未画出)．直 导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕 O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良 好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速 度大小 g.求 (1)通过电阻 R 的感应电流的方向和大小： (2)外力的功率． 【答案】 (1)从 C 端流向 D 端 3ωBr2 2R (2)3 2 μmgωr＋9ω2B2r4 4R 【解析】 (1)在Δt 时间内，导体棒扫过的面积为 ΔS＝1 2 ωΔt(2r)2－r2]① 根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为 ε＝BΔS Δt ② 根据右手定则，感应电流的方向是从 B 端流向 A 端．因此，通过电阻 R 的感应电流的方 向是从 C 端流向 D 端．由欧姆定律可知，通过电阻 R 的感应电流的大小 I 满足 I＝ε R ③ 联立①②③式得 I＝3ωBr2 2R .④ (2)在竖直方向有 mg－2N＝0⑤ l2＝2rωΔt⑧ 克服摩擦力做的总功为 Wf＝f(l1＋l2)⑨ 在Δt 时间内，消耗在电阻 R 上的功为 WR＝I2RΔt⑩ 根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt 时间内做的功为 W＝Wf＋WR⑪ 外力的功率为 P＝ W Δt ⑫ 由④至 12 式得 P＝3 2 μmgωr＋9ω2B2r4 4R ⑬ 12.【2014·安徽卷】 (16 分)如图 1 所示，匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5 T，其方向 垂直于倾角θ为 30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨的 MPN(电阻 忽略不计)，MP 和 NP 长度均为 2.5 m，MN 连线水平，长为 3 m．以 MN 中点 O 为原点、OP 为 x 轴建立一维坐标系 Ox.一根粗细均匀的金属杆 CD，长度 d 为 3 m，质量 m 为 1 kg、电阻 R 为 0.3 Ω，在拉力 F 的作用下，从 MN 处以恒定速度 v＝1 m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动(金属杆 与导轨接触良好)．g 取 10 m/s2. 图 1 图 2 (1)求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动到 x＝0.8 m 处电势差 UCD； (2)推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x 的关系式，并在图 2 中 画出 Fx 关系图像； (3)求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热． 【答案】 (1)－0.6 V (2)略 (3)7.5 J (2)杆在导轨间的长度 l 与位置 x 关系是 l＝OP－x OP d＝3－3 2 x 对应的电阻 R1 为 R1＝l d R，电流 I＝Blv R1 杆受的安培力 F 安＝BIl＝7.5－3.75x 根据平衡条件得 F＝F 安＋mgsin θ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 画出的 Fx 图像如图所示． 13.【2014·北京卷】 (20 分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认 识．如图所示，固定于水平面的 U 形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线 MN 在与 其垂直的水平恒力 F 作用下，在导线框上以速度 v 做匀速运动，速度 v 与恒力 F 方向相同； 导线 MN 始终与导线框形成闭合电路．已知导线 MN 电阻为 R，其长度 L 恰好等于平行轨道间距， 磁场的磁感应强度为 B.忽略摩擦阻力和导线框的电阻． (1) 通过公式推导验证：在Δt 时间内，F 对导线 MN 所做的功 W 等于电路获得的电能 W 电， 也等于导线 MN 中产生的热量 Q; (2)若导线 MN 的质量 m＝8.0 g、长度 L＝0.10 m，感应电流 I＝1.0 A，假设一个原子贡 献一个自由电子，计算导线 MN 中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率 ve(下表中列出一 些你可能会用到的数据)； 阿伏伽德罗常数 NA 6.0×1023 mol－1 元电荷 e 1.6×10－19 C 导线 MN 的摩尔质量 μ 6.0×10－2 kg/mol (3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去 电子后的剩余部分)的碰撞．展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此 基础上，求出导线 MN 中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力 f 的表达式． 【答案】 (1)略 (2)7.8×10－6 m/s (3)＝evB 【解析】 (1)导线产生的感应电动势 E＝BLv 导线匀速运动，受力平衡 F＝F 安＝BIL 在Δt 时间内，外力 F 对导线做功 W＝FvΔt＝F 安 vΔt＝BILvΔt 电路获得的电能 W 电＝qE＝IEΔt＝BILvΔt 可见，F 对导线 MN 做的功等于电路获得的电能 W 电； 导线 MN 中产生的热量 Q＝I2RΔt＝IΔt·IR＝qE＝W 电 可见，电路获得的电能 W 电等于导线 MN 中产生的热量 Q. I＝nveSe 所以 ve＝ I nSe ＝IL Ne ＝ILμ mNAe 解得 ve＝7.8×10－6 m/s. (3)下列解法的共同假设：所有自由电子(简称电子，下同)以同一方式运动． 方法一：动量解法 设电子在第一次碰撞结束至下一次碰撞结束之间的运动都相同，经历的时间为Δt，电子 的动量变化为零． 因为导线 MN 的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力 f 洛的作用 f 洛＝evB 沿导线方向，电子只受到金属离子的作用力和 f 洛作用，所以 If－f 洛Δt＝0 其中 If 为金属离子对电子的作用力的冲量，其平均作用力为 f，则 If＝fΔt 得 f＝f 洛＝evB f＝evB 方法三：力的平衡解法 因为电流不变，所以假设电子以速度 ve 相对导线做匀速直线运动． 因为导线 MN 的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力 f 洛的作用 f 洛＝evB 沿导线方向，电子只受到金属离子的平均作用力 f 和 f 洛作有，二力平衡，即 f＝f 洛＝evB. 14.【2014·江苏卷】 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为 L， 长为 3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为 d 的薄绝缘涂层．匀强 磁场的磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直．质量为 m 的导体棒从导轨的顶端由静止释 放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直， 且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为 R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为 g. 求： (1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ； (2)导体棒匀速运动的速度大小 v； (3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热 Q. 【答案】 (1)tan θ (2)mgRsin θ B2L2 (3)2mgdsin θ－m3g2R2sin2θ 2B4L4 (3)摩擦生热 QT＝μmgdcos θ 能量守恒定律 3mgdsin θ＝Q＋QT＋1 2 mv2 解得 Q＝2mgdsin θ－m3g2R2sin θ 2B4L4 . 15.【2014·天津卷】 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜 面上，导轨电阻不计，间距 L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜 面的交线为 MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两 磁场的磁场感应度大小均为 B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量 m1＝0.1 kg，电阻 R1＝0.1 Ω的 金属条 ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量 m2＝0.4 kg，电阻 R2＝0.1 Ω 的光滑导体棒 cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中， ab、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取 g＝10 m/s2，问 (1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向； (2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度 v 多大； (3)从 cd 开始下滑到 ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离 x＝3.8 m，此过程中 ab 上产生的热量 Q 是多少？ 【答案】(1)由 a 流向 b (2)5 m/s (3)1.3 J 【解析】 (1)由右手定则可以直接判断出电流是由 a 流向 b. F 安＝ILB④ 此时 ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 F 安＝m1gsin θ＋Fmax⑤ 综合①②③④⑤式，代入数据解得 v＝5 m/s⑥ (3)设 cd 棒的运动过程中电路中产生的总热量为 Q 总，由能量守恒有 m2gxsin θ＝Q 总＋1 2 m2v2⑦ 又 Q＝ R1 R1＋R2 Q 总⑧ 解得 Q＝1.3 J 16.【2014·浙江卷】 某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为 R ＝0.1 m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为 R 的金属棒 OA，A 端与导轨接触良好， O 端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为 r＝R 3 的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴 一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为 m＝0.5 kg 的铝块．在金属导 轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.5 T．a 点与导轨相连，b 点 通过电刷与 O 端相连．测量 a、b 两点间的电势差 U 可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落 h＝0.3 m 时，测得 U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻 均不计，重力加速度 g 取 10 m/s2) 第 24 题图 (1)测 U 时，与 a 点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？ (2)求此时铝块的速度大小； (3)求此下落过程中铝块机械能的损失． 【答案】 (1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J 17.（2014 上海）.（14 分）如图，水平面内有一光滑金属导轨，其 MN、PQ 边的电阻不 计，MP 边的电阻阻值 R=1.5Ω，MN 与 MP 的夹角为 1350，PQ 与 MP 垂直，MP 边长度小于 1m。 将质量 m=2kg,电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上，并与 MP 平行。棒与 MN、PQ 交点 G、H 间的距离 L=4m.空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度 B=0.5T。在外力作用下， 棒由 GH 处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强 度相等。 (1)若初速度 v1=3m/s，求棒在 GH 处所受的安培力大小 FA 。 （2）若初速度 v2=1.5m/s，求棒向左移动距离 2m 到达 EF 所需时间△t。 （3）在棒由 GH 处向左移动 2m 到达 EF 处的过程中，外力做功 W=7J,求初速度 v3 。 【答案】（1）F=8N （2）△t＝1s （3）v3＝1m/s （2）设棒移动距离为 a＝2m，由几何关系可得 EF 间距也为 a，向左移动整个过程中磁通 量的变化量△φ＝Ba(a+L)/2 ，题设运动时回路中电流保持不变，即感应电动势 E2 不变， 开始移动时有 E2=BLv2…⑤ , 又整个过程中 E2=△φ/△t＝Ba(a+L)/(2△t) …⑥ , 解以上两式并代入数据得△t＝a(a+L)/(2Lv2)＝1s…⑦. （3）设外力做功为 W=7J，克服安培力做功为 WA，导体棒在 EF 处的速度为 v4 , 由动能定理得：W－WA＝mv4 2/2－mv3 2/2 …⑧ 运动时回路中电流保持不变，即感应电动势 E2 不变，同（2）理有：E3=BLv3 ＝Bav4 …⑨， E3=△φ/△t1＝Ba(a+L)/(2△t1) …⑩ ， 得△t1＝a(a+L)/(2Lv3) …○11 I3=BLv3/R …○12， 由功能关系得 WA＝Q＝I3 2R△t1 …○13 解○8 ○9 ○10○11○12○13且代入数据得：v3＝1m/s …○14