1、电磁感应规律及应用热点一 电磁感应图象问题命题规律：电磁感应图象问题多以选择题形式出现，有时也与计算题结合，主要考查以下内容：(1)综合应用楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识，判断电流(或安培力)随时间 t(或位移 x)变化的图象(2)利用动力学观点判断棒(或线圈)的速度随时间变化的图象(3)在计算题中考查学生的识图能力，由图象获取解题信息的能力1.(2014高考新课标全国卷)如图甲，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 间电压如图乙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
2、图中，可能正确的是()解析 由题图乙可知在 cd 间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈 ab中的磁场是均匀变化的，则线圈 ab 中的电流是均匀变化的，故选项 A、B、D 错误，选项 C正确答案 C2.(2014广元第二次模拟)如图所示，边长为 2l 的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为 l 的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上从 t0 开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域用 I 表示导线框中的感应电流(以逆时针方向为正)则下列表示 It 关系的图线中
3、，正确的是()解析 在线框进入磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐增加，当线框即将完全进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，产生的电流最大，此过程电流方向为逆时针方向整个线框在磁场中运动时，不产生感应电流当线框离开磁场时，产生电流方向为顺时针方向，且切割磁感线的有效长度逐渐减小，产生的感应电流逐渐减小，所以选项 D 正确答案 D3.(2014南昌三模)如图所示，xOy 平面内有一半径为 R 的圆形区域，区域内有磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，左半圆磁场方向垂直于 xOy 平面向里，右半圆磁场方向垂直于 xOy 平面向外一平行于 y 轴的长导体棒 ab 以速度 v 沿 x 轴正方向做匀速运动，则导
4、体棒两端的电势差Uba 与导体棒位置 x 的关系图象是()解析 设从 y 轴开始沿 x 轴正方向运动的长度为 x(x2R)，则 ab 导体棒在磁场中的切割长度 l2 R2Rx22 2Rxx2，感应电动势 EBlv2Bv 2Rxx2，可知|Uba|与 x 不是正比关系，所以 C、D 错误由右手定则知在左侧磁场中 b 端电势高于 a 端电势，由于右侧磁场方向变化，所以在右侧 a 端电势高于 b 端电势，再结合圆的特点，知选项 A 正确答案 A总结提升 分析电磁感应图象问题要注意以下三点1注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何.2注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几
5、个阶段是否和图象变化相对应.3注意观察图象的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程对应.热点二 电磁感应电路问题命题规律：电磁感应电路问题为每年高考的热点，考查方式既有选择题，也有计算题，主要涉及电流、电压、电功率、电热和电量的计算1.(多选)(2014陕西西安质检)如图所示，用同种电阻丝制成的正方形闭合线框1 的边长与圆形闭合线框 2 的直径相等，m 和 n 是 1 线框下边的两个端点，p和 q 是 2 线框水平直径的两个端点，1 和 2 线框同时由静止开始释放并进入上边界水平、足够大的匀强磁场中，进入过程中 m、n 和 p、q 连线始终保持水平当两线框完全进入磁场以后，下面说
6、法正确的是()Am、n 和 p、q 电势的关系一定有 UmUn，UpUqBm、n 和 p、q 间电势差的关系一定有 UmnUpqC进入磁场过程中流过 1 和 2 线框的电荷量 Q1Q2D进入磁场过程中流过 1 和 2 线框的电荷量 Q1Q2解析 当两线框完全进入磁场以后，根据右手定则知 UnUm，UqUp，A 正确；两线框完全进入磁场后，由于两线框的速度关系无法确定，故不能确定两点间的电势差的关系，B 错误；设 m、n 间距离为 a，由 qR，RlS得进入磁场过程中流过 1、2 线框的电荷量都为BaS4，C错误，D 正确答案 AD2.(多选)(2013高考四川卷)如图所示，边长为 L、不可形变
7、的正方形导线框内有半径为 r 的圆形磁场区域，其磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系为 Bkt(常量 k0)回路中滑动变阻器 R的最大阻值为 R0，滑动片 P 位于滑动变阻器中央，定值电阻 R1R0、R2R02.闭合开关 S，电压表的示数为 U，不考虑虚线 MN 右侧导体的感应电动势，则()AR2 两端的电压为U7B电容器的 a 极板带正电C滑动变阻器 R 的热功率为电阻 R2 的 5 倍D正方形导线框中的感应电动势为 kL2解析 根据串、并联电路特点，虚线MN右侧回路的总电阻R74R0.回路的总电流IUR4U7R0，通过 R2 的电流 I2I22U7R0，所以 R2 两端电压 U2I2R2
8、2U7R0R02 17U，选项 A 正确；根据楞次定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过 R2 的电流方向向左，所以电容器 b 极板带正电，选项 B 错误；根据 PI2R，滑动变阻器 R 的热功率 PI2R02 I22R02 58I2R0，电阻 R2 的热功率 P2 I22R218I2R015P，选项 C 正确；根据法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势 Et Bt Skr2，选项 D 错误答案 AC3.如图甲所示，10 匝圆形(半径 r00.1 m)线圈的区域内有均匀变化的磁场，滑动变阻器的最大阻值为 R022，与线圈连接后，组成分压器对负载 R(纯电阻)供电图乙所示为该电路的路端电压
9、随外电阻变化的关系图线，每匝线圈允许通过的电流不能超过 2 A求：(1)磁场磁感应强度的变化率Bt 和单匝线圈的内阻；(2)接到滑动变阻器 a、b 间的负载电阻 R的阻值许可范围解析(1)由题图乙知，线圈的感应电动势 E12 V即 nr20Bt E12 V，可得Bt 38 T/s当路端电压 UE2时，外电路电阻等于内阻，由题图乙知单匝线圈的内阻 r0.2.(2)单匝线圈允许通过的电流不能超过 2 A，内电压的最大值是 4 V，外电压的最小值为 8 V，所以电路的外电阻必须大于或等于 4 当滑动变阻器的滑动触头处在 a 端时，负载电阻 R与 R0 并联，应有 R0RR0R4，得负载电阻 R4.9
10、 即接到变阻器 a、b 间的负载电阻不能小于 4.9.答案 见解析总结提升 解决电磁感应中电路问题的思路1“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出 E 的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向感应电流方向是电源内部电流的方向，从而确定电源正负极，明确内阻 r.2“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路.3根据 EBLv 或 Ent，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解.)热点三 电磁感应过程中的动力学问题命题规律：电磁感应中的动力学问题为每年高考的热点，考查方式既有选择题，又有计算题，命题规律有以下两点：(1)与牛顿第二定律
11、、运动学知识结合的动态分析问题(2)电磁感应中的安培力问题、涉及受力分析及功能关系的问题1.(2014昆明一模)如图甲所示，MN 左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场现将一边长为 l、质量为 m、电阻为 R 的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且 bc 边与磁场边界 MN 重合当 t0 时，对线框施加一水平拉力 F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当 tt0 时，线框的 ad 边与磁场边界 MN 重合图乙为拉力 F 随时间变化的图线由以上条件可知，磁场的磁感应强度 B 的大小为()AB1lmRt0BB1l2mRt0CB1lmR2t0DB2lmRt0解析 根据题意，可知 F0ma
12、，F 安BILB2l2vR B2l2atR，因为 FF 安ma常数，所以FtF安t，即2F0t0 B2l2aR，将 F0ma 代入化简，可得 B1l2mRt0.故选项 B 正确答案 B2.(多选)(2014云南部分名校统考)如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻 R，匀强磁场垂直于导轨所在平面，将 ab 棒在导轨上无初速度释放，当 ab 棒下滑到稳定状态时，速度为 v，电阻 R 上消耗的功率为 P.导轨和导体棒电阻不计下列判断正确的是()A导体棒的 a 端比 b 端电势低Bab 棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C若磁感应强度增大为原来的 2 倍，其他条件不变，则 a
13、b 棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的12D若换成一根质量为原来 2 倍的导体棒，其他条件不变，则 ab 棒下滑到稳定状态时的功率将变为原来的 4 倍解析 导体棒下滑切割磁感线，产生感应电动势相当于电源，由右手定则知 a 端为正极，b端为负极，A 项错误感应电动势 EBLv，IER，对 ab 受力分析有 mgsin B2L2vRma，则知导体棒做加速度减小的加速运动，当 a0 时，mgsin B2L2vmR，得 vmmgRsin B2L2，若 B 增大为原来的 2 倍，稳定状态时速度变为原来的14，所以 B 项正确，C 项错误若质量增大为原来的 2 倍，导体棒稳定时的速度为原来的 2 倍，R
14、的功率 PB2L2v2R，可知功率变为原来的 4倍，D 项正确答案 BD3.(2014江苏扬州模拟)如图所示，两根质量同为 m、电阻同为 R、长度同为 l 的导体棒 a、b，用两条等长的、质量和电阻均可忽略的长直导线连接后，放在距地面足够高的光滑绝缘水平桌面上，两根导体棒均与桌边缘平行，一根在桌面上，另一根移动到靠在桌子的光滑绝缘侧面上整个空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为 B，开始时两棒静止，自由释放后开始运动已知两条导线除桌边缘拐弯处外其余部位均处于伸直状态，导线与桌子侧棱间无摩擦求：(1)刚释放时，两导体棒的加速度大小；(2)两导体棒运动稳定时的速度大小；(3)若从开始下滑到刚稳定
15、时通过横截面的电荷量为 q，求该过程 a 棒下降的高度解析(1)刚释放时，设导线中的拉力为 FT对 a 棒：mgFTma 对 b 棒：FTma解得：a12g.(2)导体棒运动稳定时，设细线中拉力为 FT对 b 棒：FT0对 a 棒：mgF 安又 F 安BIlB2l2v2R解得：v2mgRB2l2.(3)从开始下滑到刚稳定，设 a 棒下降的高度为 h则通过横截面的电荷量 q I t2RBlh2R解得：h2qRBl.答案(1)12g(2)2mgRB2l2 (3)2qRBl总结提升 电磁感应中的动力学问题的解题思路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
16、电路图，求解回路中电流的大小及方向.3分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，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.)用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题命题规律：电磁感应综合问题往往涉及法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、动力学问题、能量问题等，综合性较强，常作为压轴计算题，有时也有选择题解析(1)金属棒从离地高 h1.0 m 以上任何地方由静止释放后，在到达水平面之前已经开始匀速运动(1 分)设最大速度为 v，则感应电动势 EBLv(1 分)感应电流 I ERr(1 分)安培力 FBIL(1 分)匀速运动时，
17、有 mgsin F(1 分)解得 v1.0 m/s.(1 分)(2)在水平面上运动时，金属棒所受滑动摩擦力为Ffmg(1 分)金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动，有Ffma(1 分)v22ax(1 分)解得 0.04(1 分)(用动能定理同样可以解答)(3)下滑到底端的过程中，由能量守恒得：Qmgh12mv2(2 分)电阻 R 上产生的热量：QR RRr Q(2 分)解得 QR3.8102 J(1 分)答案(1)1.0 m/s(2)0.04(3)3.8102 J总结提升(1)解决电磁感应综合问题的一般分析思路：(2)求解焦耳热的三个途径感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即
18、QW 克安感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即 QI2Rt.感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解最新预测 1(2014山东泰安模拟)如图所示，间距为 L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为 R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为 m，电阻也为 R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好整个装置处于竖直向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场中现使金属棒以初速度 v0 沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为 q.下列说法正确的是()A金属棒在导轨上做匀减速运动B整个过程中电阻 R 上产生的焦耳热为mv202C整个过程中金属棒在导轨上发生的位
19、移为qRBLD整个过程中金属棒克服安培力做功为mv202解析：选 D.设某时刻的速度为 v，则此时的电动势 EBLv，安培力 F 安B2L2v2R，由牛顿第二定律有 F 安ma，则金属棒做加速度减小的减速运动，选项 A 错误；由能量守恒定律知，整个过程中克服安培力做功等于电阻 R 和金属棒上产生的焦耳热之和，即 W 安Q12mv20，选项B 错误，D 正确；整个过程中通过金属棒的电荷量 q2R BS2RBLx2R，得金属棒在导轨上发生的位移 x2qRBL，选项 C 错误最新预测 2(2014潍坊一模)如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距 L，与水平面的夹角为，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强
20、磁场，磁感应强度大小均为 B，虚线上方轨道光滑且磁场方向向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下当导体棒 EF 以初速度 v0 沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒 MN 一直静止在导轨上若两导体棒质量均为 m、电阻均为 R，导轨电阻不计，重力加速度为 g，在此过程中导体棒 EF 上产生的焦耳热为 Q，求：(1)导体棒 MN 受到的最大摩擦力；(2)导体棒 EF 上升的最大高度解析：(1)EF 获得向上的初速度 v0 时，感应电动势EBLv0电路中电流为 I，由闭合电路欧姆定律：I E2R此时对导体棒 MN 受力分析，由平衡条件：FAmgsin fFABIL解得：fB2L2v02R mgsin.(
21、2)导体棒 EF 上升过程 MN 一直静止，对系统由能的转化和守恒定律知12mv20mgh2Q解得：hmv204Q2mg.答案：(1)B2L2v02R mgsin (2)mv204Q2mg失分防范 用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题极易从以下几点失分：不会分析电源和电路结构，求不出电动势、电流等电学量；错误分析导体或线圈受力情况，尤其是安培力的大小和方向；不能正确地把机械运动过程、电磁感应过程和能量转化过程相联系；思维混乱，错用公式，求不出结果.可以从以下几点进行防范：从“三个角度”看问题，即力与运动角度动力、阻力、加速度、匀速还是变速，电磁感应角度电动势、电流、磁场强弱和方向、动生电还是
22、电生动，能量转化角度什么力做了什么功、什么能变成什么能；从“四个分析”理思路，即“源”、“路”、“力”、“能”的分析，以力的分析为核心，力找对了，导体的运动情况和电磁感应过程就基本清楚了；从“五个定律”搞突破，即电磁感应定律、楞次定律、欧姆定律、牛顿第二定律、能量守恒定律.)A一、选择题1(多选)(2014高考山东卷)如图，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()AFM 向右BFN 向左CFM 逐渐增大DFN
23、 逐渐减小解析：选 BCD.根据直线电流产生的磁场的分布情况知，M 区的磁场方向垂直纸面向外，N 区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小当导体棒匀速通过 M、N 两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在 M、N 两区运动时，受到的安培力均向左，故选项 A 错误，选项 B 正确；导体棒在 M 区运动时，磁感应强度 B 变大，根据 EBlv，IER及 FBIl 可知，FM 逐渐变大，故选项 C 正确；导体棒在 N 区运动时，磁感应强度 B 变小，同理可知，FN 逐渐变小，故选项 D 正确2.(2014高考江苏卷)如图所示，一正方形线圈的匝数为 n，边长为 a，线圈
24、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()A.Ba22t B.nBa22tC.nBa2tD.2nBa2t解析：选 B.线圈中产生的感应电动势 Ent nBt Sn2BBta22 nBa22t，选项 B 正确3(2014孝感一模)如图甲所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的铜圆环，规定从上向下看时，铜环中的感应电流 I 沿顺时针方向为正方向图乙表示铜环中的感应电流I 随时间 t 变化的图象，则磁场 B 随时间 t 变化的图象可能是图中的()解析：选 B.由题图乙可知，13 s 内
25、无感应电流产生，所以穿过圆环的磁通量不变，所以排除 C 选项；对于 A 选项，01 s 内，磁通量不变，感应电流为零，所以排除；对于 B 选项，从电流的方向看，01 s 内，磁通量增大，由楞次定律可知电流方向是顺时针方向，而 D 项，01 s 内，电流方向为逆时针方向，故选项 B 正确，D 错误4(2013高考新课标全国卷)如图，在光滑水平桌面上有一边长为 L、电阻为 R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为 d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t0 时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列 vt
26、图象中，可能正确描述上述过程的是()解析：选 D.导线框刚进入磁场时速度设为 v0，此时产生的感应电动势 EBLv0，感应电流 IERBLv0R，线框受到的安培力 FBLIB2L2v0R.由牛顿第二定律 Fma 知，B2L2v0Rma，由楞次定律知线框开始减速，随着速度 v 减小，其加速度 a 减小，故进入磁场时做加速度减小的减速运动当线框全部进入磁场开始做匀速运动，在出磁场的过程中，仍做加速度减小的减速运动，故只有 D 选项正确5(2014烟台一模)如图所示，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
27、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，在下图中感应电流 i、BC 两端的电压 UBC 与线框移动的距离 x 的关系图象正确的是()解析：选 D.由楞次定律可知，线框刚进入磁场时产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故线框中的感应电流沿逆时针方向，为正，又因为线框做匀速运动，故感应电流随位移线性增大；同理可知线框离开磁场时，产生的感应电流大小随位移线性增大，方向为负，选项 A、B 错误；BC 两端的电压 UBC 跟感应电流成正比，故选项 C 错误，D 正确6(2014洛阳统考)如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高 h 处，由静止
28、开始下落，最后落在水平地面上磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触若不计空气阻力，重力加速度为 g，下列说法中正确的是()A在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)B磁铁在整个下落过程中，所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下C磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变D磁铁落地时的速率一定等于 2gh解析：选 A.当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针，A 正确；根据楞次定律的推论“来拒
29、去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，所受圆环对它的作用力始终竖直向上，B 错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，磁铁的机械能不守恒，C 错误；若磁铁从高度 h 处做自由落体运动，其落地时的速度为 v 2gh，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于 2gh，D 错误7(多选)(2014桂林二模)均匀导线制成的正方形闭合线框 abcd，线框的匝数为n、边长为 L、总电阻为 R、总质量为 m，将其置于磁感应强度为 B 的水平匀强磁场上方某高度处，如图所示，释放线框，让线框由静止自由下落，线框平面保持与磁场垂直，cd 边始终与水平的磁场边界平行
30、，已知 cd 边刚进入磁场时，线框加速度大小恰好为g4，重力加速度为 g，则线框 cd 边离磁场边界的高度 h可能为()A.9m2R2g32n4B4L4B.m2R2g4n4B4L4C.25m2R2g32n4B4L4D.27m2R2g32n4B4L4解析：选 AC.线框 cd 边进入磁场时的速度为 v 2gh，若此时加速度方向竖直向下，则 mgnBILmamg4，InBLvR，则 h 9m2R2g32n4B4L4，A 正确；若 cd 边进入磁场时的加速度方向竖直向上，则 nBILmgmamg4，InBLvR，则 h25m2R2g32n4B4L4，C 正确8(多选)(2014淄博模拟)如图，足够长
31、的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成 角(090)，其中 MN 与 PQ 平行且间距为 L.导轨平面与磁感应强度大小为 B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计金属棒 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，当流过 ab 棒某一横截面的电量为 q 时，棒的速度大小为 v，则金属棒 ab 在这一过程中()Aa 点的电势高于 b 点的电势Bab 棒中产生的焦耳热小于 ab 棒重力势能的减少量C下滑位移大小为qRBLD受到的最大安培力大小为B2L2vRsin 解析：选 ABC.由右手定则可以判断流过 ab 棒的电流方向为 ba，由于 ab 棒相当于电源，故
32、a 点电势高于 b 点电势，A 正确；因 ab 棒减少的重力势能还有一部分转化为 ab 棒的动能，故ab 棒中产生的焦耳热一定小于 ab 棒重力势能的减少量，B 正确；由 qR BLxR 可得，棒下滑的位移大小为 xqRBL，C 正确；当棒运动的速度达到最大时棒受到的安培力最大 FmBImLBBLvR LB2L2vR，D 错误9(多选)(2014河南中原名校联考)如图所示，顶角 45的金属导轨 MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中一根与 ON 垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度 v0沿导轨MON 向右滑动，导体棒的质量为 m，导轨与导体棒单位长度的电阻均为
33、 r.导体棒与导轨接触点为 a 和 b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触t0 时导体棒位于顶角 O处，则流过导体棒的电流强度 I、导体棒内产生的焦耳热 Q、导体棒做匀速直线运动时水平外力 F、导体棒的电功率 P 各量大小随时间变化的关系正确的是()解析：选 AC.0 到 t 时间内，导体棒的位移 xv0tt 时刻，导体棒的有效切割长度 lx导体棒的电动势 EBlv0回路总电阻 R(2x 2x)r电流强度 IERBv02 2r，可知 I 不变电流方向 ba水平外力 FBIlB2v20t2 2r，可知 Ft.t 时刻导体棒的电功率 PI2RB2v30t2 22r由于 Pt，故 QPt/2B
34、2v30t222 22r，即 Qt2.综上可得 A、C 正确二、计算题10(2014石家庄质检)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨 MN、PQ 被固定在水平面上，导轨间距 l0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻 R1 及理想电压表 V，电阻 r2 的金属棒垂直于导轨静止在 AB 处；右端用导线连接电阻 R2，已知 R12，R21，导轨及导线电阻均不计在矩形区域 CDFE 内有竖直向上的磁场，CE0.2 m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力 F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场中运动时电
35、压表的示数始终保持不变求：(1)t0.1 s 时电压表的示数；(2)恒力 F 的大小；(3)从 t0 时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量解析：(1)设磁场宽度为 dCE，在 00.2 s 的时间内，有 Et，EBt ld0.6 V此时，R1 与金属棒 r 并联，再与 R2 串联RR 并R2112()UERR 并0.3 V.(2)金属棒进入磁场后，R1 与 R2 并联，再与 r 串联，有IUR1UR20.45 AFABIlFA1.000.450.60.27(N)由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有 FFA故 F0.27 N.(3)金属棒在 00.2 s
36、的运动时间内，有QE2R t0.036 J金属棒进入磁场后，有R R1R2R1R2r83 EIR1.2 VEBlv，v2 m/stdv0.22 0.1(s)QEIt0.054 JQ 总QQ0.0360.0540.090(J)答案：(1)0.3 V(2)0.27 N(3)0.090 J11(2014高考天津卷)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角 30的斜面上，导轨电阻不计，间距 L0.4 m导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为MN，中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为 B0.5 T在区域中，将质量 m10.1 kg，电阻
37、 R10.1 的金属条 ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑然后，在区域中将质量 m20.4 kg，电阻 R20.1 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 g10 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 x3.8 m，此过程中 ab 上产生的热量 Q 是多少解析：(1)由右手定则可判断出 cd 中的电流方向为由 d 到 c，则 ab 中电流方向为由 a
38、 流向 b.(2)开始放置 ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为 Fmax，有 Fmaxm1gsin设 ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律有 EBLv设电路中的感应电流为 I，由闭合电路欧姆定律有IER1R2设 ab 所受安培力为 F 安，有 F 安BIL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 Fmax综合式，代入数据解得 v5 m/s.(3)设 cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为 Q 总，由能量守恒定律有 m2gxsin Q 总12m2v2又 QR1R1R2Q 总解得 Q1.3 J.答案：(1
39、)由 a 流向 b(2)5 m/s(3)1.3 J12(2014四川凉山模拟)如图所示，在倾角 37的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域 MNPQ，磁感应强度 B 的大小为 5 T，磁场宽度 d0.55 m，有一边长 L0.4 m、质量 m10.6 kg、电阻 R2 的正方形均匀导体线框 abcd 通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量 m20.4 kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数 0.4，线框从图示位置自由释放，物体到定滑轮的距离足够长(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)线框 abcd 还未进入磁场的运动过程中，细线拉力为多少？(2)当
40、ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时 ab 边距磁场 MN 边界的距离 x 多大？(3)cd 边恰离开磁场边界 PQ 时，速度大小为 2 m/s，求整个运动过程中 ab 边产生的热量为多少？解析：(1)m1、m2 运动过程中，以整体法有m1gsin m2g(m1m2)a解得 a2 m/s2以 m2 为研究对象有 FTm2gm2a(或以 m1 为研究对象有 m1gsin FTm1a)解得 FT2.4 N.(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有 m1gsin m2gB2L2vR0解得 v1 m/s线框下滑做匀加速运动 v22ax 解得 x0.25 m.(3)线框从
41、开始运动到 cd 边恰离开磁场边界 PQ 时：m1gsin(xdL)m2g(xdL)12(m1m2)v21Q解得：Q0.4 J，所以 Qab14Q0.1 J.答案：(1)2.4 N(2)0.25 m(3)0.1 JB一、选择题1(2014高考广东卷)如图所示，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 中的大解析：选 C.小磁块在铜管中下落时，由于电磁阻尼作用，不做自由落体运动，
42、而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动，因此在 P 中下落得慢，用时长，到达底端速度小，C 项正确，A、B、D 错误2(2014高考安徽卷)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()A0B.12r2qkC2r2qkDr2qk解析：选 D.变化的磁场使回路中产生的感应电动势 Et Bt Skr2，则感应电场对小球的作用力所做的功 WqUqEqkr2，选项 D
43、正确3(2014河北石家庄质检)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻 R，宽度相同的水平条形区域和内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场 B，和之间无磁场一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域上边界 H 处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻 R 上的电流及其变化情况相同下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是()解析：选 C.MN 棒先做自由落体运动，当到区磁场时由四个选项知棒开始减速说明 F 安mg，由牛顿第二定律得，F 安mgma，减速时 F 安减小，合力减小，a 也减小，速度图象中图线上各点切线斜率减小；离开区后棒做
44、加速度为 g 的匀加速直线运动，随后进入区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻 R 上的电流变化情况相同，则在区磁场中运动情况与区磁场中完全相同，所以只有 C 项正确4(多选)(2014江西八校联考)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线 MN 的右侧存在磁感应强度 B2 T 的匀强磁场，MN 的左侧有一质量 m0.1 kg 的矩形线圈 abcd，bc 边长 L10.2 m，电阻 R2.t0 时，用一恒定拉力 F 拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的 bc 边到达磁场边界 MN，此时立即将拉力 F 改为变力，又经过 1 s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，
45、线圈中感应电流 i 随时间 t 变化的图象如图乙所示则()A恒定拉力大小为 0.05 NB线圈在第 2 s 内的加速度大小为 1 m/s2C线圈 ab 边长 L20.5 mD在第 2 s 内流过线圈的电荷量为 0.2 C解析：选 ABD.在第 1 s 末，i1ER，EBL1v1，v1at1，Fma1，联立得 F0.05 N，A 项正确在第 2 s 内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第 2 s 末 i2ER，EBL1v2，v2v1a2t2，解得 a21 m/s2，B 项正确在第 2 s 内，v22v212a2L2，得 L21 m，C 项错误qR BL1L2R0.2 C，D 项正确二、计算题5
46、(2014高考浙江卷)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 R0.1m 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 rR/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 m0.5 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 B0.5 Ta 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 h0.3 m 时，测得 U0.15 V(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导
47、轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度 g10 m/s2)(1)测 U 时，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解析：(1)由右手定则知，金属棒产生的感应电动势的方向由 OA，故 A 端电势高于 O 端电势，与 a 点相接的是电压表的“正极”(2)由电磁感应定律得UEt，12BR2，所以 U12BR2又 vr13R所以 v 2U3BR2 m/s.(3)由能的转化与守恒定律得 Emgh12mv2解得 E0.5 J.答案：见解析6(2014陕西西安高三质检)如图甲所示，两条电阻不计的金属导轨平行固定在倾角为 37的斜面上，两导
48、轨间距为 L0.5 m上端通过导线与 R2 的电阻连接，下端通过导线与 RL4 的小灯泡连接在 CDFE 矩形区域内有垂直斜面向上的磁场，CE 间距离 d2 mCDFE区域内磁场的磁感应强度 B 随时间变化的关系如图乙所示在 t0 时，一阻值为 R02 的金属棒从 AB 位置由静止开始运动，在金属棒从 AB 位置运动到 EF 位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化设导轨 AC 段有摩擦，其他部分光滑，金属棒运动过程中始终与 CD 平行(g取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)通过小灯泡的电流强度；(2)金属导轨 AC 段的动摩擦因数；(3)金属棒从 AB 位置运动
49、到 EF 位置过程中，整个系统产生的热量解析：(1)04 s 内，由法拉第电磁感应定律得Et Bt Ld0.5 V由闭合电路欧姆定律得ILERL RR0RR00.1 A.(2)灯泡亮度不变，则全程通过灯泡的电流恒为 IL，设金属棒运动到 CD 时的速度为 v，金属棒在 AC 段的加速度为 a，则依题意有BLvILRL(ILIR)R0ILRLIRR由牛顿第二定律可得mgsin 37mgcos 37ma由运动学公式 vat1由题图乙可知 t14 s，B2 T代入以上方程联立可得 v1.0 m/s，2332.(3)金属棒在 CE 段做匀速直线运动，则有mgsin 37B(ILIR)L解得 m0.05
50、 kgBD 段的位移 xv2t12 m根据能量守恒有EILt1mg(xd)sin 3712mv2Q解得整个系统产生的热量 Q1.375 J.答案：(1)0.1 A(2)2332(3)1.375 J7(2014高考安徽卷)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5 T，其方向垂直于倾角 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，
51、在拉力 F 的作用下，从 MN 处以恒定速度 v1 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.(1)求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动到 x0.8 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 Fx 关系图象；(3)求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热解析：(1)金属杆 CD 在匀速运动中产生的感应电动势EBlv(ld)，解得 E1.5 V(D 点电势高)当 x0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零设此时杆在导轨外的长度为
52、 l 外，则l 外dOPxOP d，OPMP2MN222 m得 l 外1.2 m由楞次定律判断 D 点电势高，故 CD 两端电势差UCDBl 外v，即 UCD0.6 V.(2)杆在导轨间的长度 l 与位置 x 关系是lOPxOP d332x对应的电阻 Rl 为 RlldR电流 IBlvRl杆受的安培力为 F 安BIl7.53.75x根据平衡条件得 FF 安mgsin F12.53.75x(0 x2)画出的 Fx 图象如图所示(3)外力 F 所做的功 WF 等于 Fx 图线下所围的面积即WF512.522 J17.5 J而杆的重力势能增加量 Epmg OP sin 故全过程产生的焦耳热 QWFE
53、p7.5 J.答案：见解析8(2014西城一模)如图所示，两条光滑的金属导轨相距 L1 m，其中 MN 段平行于 PQ 段，位于同一水平面内，NN0 段与 QQ0 段平行，位于与水平面成倾角 37的斜面上，且 MNN0 与 PQQ0均在竖直平面内在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1 和 B2，且 B1B20.5 Tab 和 cd 是质量均为 m0.1 kg、电阻均为 R4 的两根金属棒，ab 置于水平导轨上，cd 置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好从 t0 时刻起，ab 棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab 棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导
54、轨)，cd 受到 F0.60.25t(N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态不计导轨的电阻(sin370.6，g 取 10 m/s2)(1)求流过 cd 棒的电流强度 Icd 随时间 t 变化的函数关系；(2)求 ab 棒在水平导轨上运动的速度 vab 随时间 t 变化的函数关系；(3)求从 t0 时刻起，1.0 s 内通过 ab 棒的电荷量 q；(4)若 t0 时刻起，1.0 s 内作用在 ab 棒上的外力做功为 W16 J，求这段时间内 cd 棒产生的焦耳热 Qcd.解析：(1)由题意知 cd 棒平衡，则 FFcdmgsin 37FcdB2IcdL 得 Icd0.5t(A)(2)ab
55、棒中电流 IabIcd0.5t(A)则回路中电源电动势 EIcdR 总ab 棒切割磁感线，产生的感应电动势为 EB1Lvab解得 ab 棒的速度 vab8t(m/s)所以，ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动(3)ab 棒的加速度为 a8 m/s2，10 s 内的位移为 x12at21281.02 m4 m根据 I ER总R总tB1LxR总t得 q I tB1LxR总 0.5148C0.25 C.(4)t1.0 s 时，ab 棒的速度 vab8t(m/s)8 m/s根据动能定理有 WW 安12mv20得 1.0 s 内克服安培力做功W 安16120.182 J12.8 J回路中产生的焦耳热 QW 安12.8 Jcd 棒上产生的焦耳热 QcdQ26.4 J.答案：(1)Icd0.5t(A)(2)vab8t(m/s)(3)0.25 C(4)6.4 J
