1、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 真题再做 1.(多选)(2018高考全国卷，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：
2、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，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
3、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)；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)在过程、中，流过 OM 的电荷量相等，则BB 等于()A.54 B.32C.74D2解析：在过程中，根据法拉第电磁感应定律，有E11t1 B12r214r2t1根据闭合电路欧姆定律，有I1E1R且 q1I1t1在过程中，有E22t2 BB12r2t2I2E2Rq2I2t2又 q1q2，即B12r214r2RBB12r2
4、R所以BB 32.答案：B3(2018高考全国卷，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32l 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0l2I2i(顺时针)l2lI0l3l2I2i(逆时针)3l22lI0分析知，只有选项 D 符合要求答案：D4(2016高考全国卷，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
5、 的金属杆置于导轨上t0 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.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Fmgma设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v，由运动学公式有 vat0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EBlv联立式可得EBlt0
6、(Fmg)(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 IER式中 R 为电阻的阻值金属杆所受的安培力为F 安BlI因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得FmgF 安0联立式得 RB2l2t0m.答案：(1)Blt0(Fmg)(2)B2l2t0m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 B-t 图象、-t 图象、E-t 图象、I-t
7、图象、F-t 图象和 v-t 图象，还涉及 E-x 图象、I-x 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 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
8、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)Ent，用来计算感应电动势的平均值(2)EBLv，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
9、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：EntS不变时EnSBtB不变时EnBSt(2)动生电动势：平动切割：EBlv转动切割：E12Bl21(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
10、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，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，下列说法正确的是()A导体 R 中的电流方向从 a 到 bB铜盘
11、转动产生的感应电动势大小为12BL2C移动滑动触头位置时，导体 R 的最大功率为B4L4R24Rr2D如果 RPRr，则滑动变阻器的最大功率为 B2L4216Rr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 E12BL2，故 B 正确；根据闭合电路欧姆定律得 IErRRP，则导体 R 的功率为 PI2R(ErRRP)2R，当 RP0 时，导体的功率最大，即 PmB2L4R24Rr2，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 rrR，此时外电路只有 R
12、P，故当 RPrR时，滑动变阻器的功率最大，即 Pm B2L4216Rr，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，01 s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向B01 s 内圆环面积有扩张的趋势C3 s 末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D12 s 内和 23 s 内圆环中的感应电流方向相反解析：由图乙知，01 s 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，01 s 内圆环
13、中的感应电流沿顺时针方向，选项 A 正确，B 错误；同理可得 12 s 内和 23 s 内圆环中的感应电流方向相同，选项 D 错误；3 s 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)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 tT4时为零B在 tT2时改变方向C在 tT2
14、时最大，且沿顺时针方向D在 tT 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 tT4时，交流电图线斜率为 0，即磁场变化率为 0，由 Et Bt S 知，E0，A 对；在 tT2和 tT 时，图线斜率最大，在 tT2和 tT 时感应电动势最大，在T4到T2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T2到3T4 时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到 T
15、时，R 中电动势为逆时针方向，C 对，B、D 错答案 AC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 -t 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
16、)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nSB02RC线圈内产生的感应电动势周期为 4 sD01 s 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 EnBt S，结合图乙分析可知，在 01 s 内产生的感应电动势最大，最大值为 EmaxnBt SnB0S，A 错误；12 s 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
17、期为 4 s，C 正确；01 s 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，01 s 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 EBLv，感应电流 iERBLvR，在 0a 内，有效长度 L 均匀变大，感应电流 i
18、均匀变大，在 a2a 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 uBCiR，在 0a 内，i 均匀增大，uBC 均匀增大，且 B 点电势高于 C 点电势，uBC0；在 a2a 内，i 均匀增大，uBC 均匀增大，且 B 点电势低于 C 点电势，uBC0，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，
19、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 0t2 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CMN 所受安培力的大小始终没变DMN 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Bt 不变，根据法拉第电磁感应定律知 ESBt 为恒定值，电容器 C 两端的电压值不变，根据 CQU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
20、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
21、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 EBlv0依据闭合电路欧姆定律，则电路中电流为 IBlv0R再由安培力公式有 FBIlB2l2v0R设金属杆的质量为 m，则金属杆在整个过程中的加速度为 aFmB2l2v0Rm设金属杆由开始到停止的位移为 x，由运动学公式有 0v202ax，解得 xv202aRmv02B2l2故正中间离开始的位移为 x 中Rmv04B2l2设金属杆在中间位置时的速度为 v，由运动学公式有 v2v202ax 中
22、，解得 v 22 v0则金属杆运动到中间位置时，所受到的安培力为FBIl 2B2l2v02R金属杆中电流的功率为 PI2RB2l2v202R.答案 2B2l2v02R B2l2v202R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，导轨电阻不计，ac 间接有阻值为 R 的电阻
23、，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 E t B0lxcos t根据闭合电路欧姆定律，电路中的平均电流为I ERrB0lxcos Rrt，则 q I tB0lxcos Rr.(2)金属棒速度稳定时的感应电动势为 EB0lvcos 电路中产生的电流为 I
24、 ERr金属棒受的安培力为 FB0Il稳定时金属棒的加速度为零，由力的平衡条件可知mgsin Fcos 0联立以上各式解得，稳定时金属棒的速度vmgRrsin B20l2cos2.答案：(1)B0lxcos Rr(2)mgRrsin B20l2cos28.如图所示，一与水平面夹角为 37的倾斜平行金属导轨，两导轨足够长且相距 L0.2 m，另外两根水平金属杆 MN 和 PQ 的质量均为 m0.01 kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN 杆和 PQ 杆的电阻均为 R0.2(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
25、1.0 TPQ 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 x0.1 m 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 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)PQ 杆的最大速度大小 vm；(2)当 PQ 杆加速度 a2 m/s2 时，MN 杆对立柱的压力大小解析：(1)PQ 杆达到最大速度时，感应电动势为EmBLvm，感应电流为 ImEm2R，根据 MN 杆受力分析可得，mgsin BImL，联立解得 vm2mgRsin B2L20.6 m/s.(2)当 PQ 杆的加速度 a2 m/s
26、2 时，对 PQ 杆受力分析，根据牛顿第二定律可得 Fmgsin BILma，对 MN 杆受力分析，根据共点力的平衡可得BILFNmgsin 0，PQ 杆达到最大速度时，有 Fmgsin BImL0，联立解得 FN0.02 N，根据牛顿第三定律可得MN 杆对立柱的压力大小 FN0.02 N.答案：(1)0.6 m/s(2)0.02 N考向四 电磁感应中的能量和动量问题典例展示 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
27、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FT2mg对 abcd 有FTmgBIlIEREBlv则 vmgRB2l2(2)设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的
28、总焦耳热为 Q，当左、右两导线框分别向上、向下运动 2l 的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有4mgl2mgl123mv2Q联立解得 Q2mgl3m3g2R22B4l4(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t3lv联立解得 t3B2l3mgR.答案(1)mgRB2l2 (2)2mgl3m3g2R22B4l4 (3)3B2l3mgR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 WUIt 或 QI2Rt 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：利用功能关系求
29、解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；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 L1 m，导轨间连接的定值电阻 R3，导轨上放一质量为 m0.1 kg 的金属杆 ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻 r1，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为 B1 T 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 10 m/s2.现让金属杆从 AB 位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：(1)金属杆的最大速度；(2)若从
30、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 Q0.6 J，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mg又 F 安BILEBLvmI ERr代入数据，联立得vm4 m/s(2)电路中产生的总焦耳热Q 总RrR Q0.8 J由能量守恒定律得mgh12mv2mQ 总代入数据解得h1.6 m.答案：(1)4 m/s(2)1.6 m10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 s10.36 m 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 0.5.
31、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 E0E10.09 J，线框的质量为 0.1 kg，电阻为 0.06，斜面倾角 37，磁场区域的宽度 d0.43 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(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agsin 37gcos 372 m/s2v212as1解得 v11.2 m/s.(2)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服
32、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EWfWA(FfFA)s2因为是匀速进入磁场，所以FfFAmgsin 370.6 N解得 s20.15 mts2v10.151.2 s0.125 s.(3)设线框刚出磁场时的速度大小为 v2，则有v22v212a(ds2)解得 v21.6 m/s则线框刚出磁场时的速度最大，有PmaxI2RB2L2v22R根据线框匀速进入磁场，有FAmgcos 37mgsin 37FABILB2L2v1R联
33、立解得Pmax0.43 W.答案：(1)1.2 m/s(2)0.125 s(3)0.43 W11 如图所示，边长为 L 的正方形金属线框 abcd 放在光滑水平桌面上，线框的右侧有垂直于桌面向下的有界匀强磁场，磁场的宽度也为 L，线框 ab 边与磁场边界平行，线框的质量为 m，电阻为 R。现给线框 ab 边施加一个水平向右的恒力 F，使线框由静止开始向右做匀加速运动，线框进入磁场的过程速度恒定，当 cd 边刚好进磁场时，撤去拉力，重力加速度为 g。（1）开始运动时，线框 ab 边到磁场边界的距离是多少？（2）若线框能够穿出磁场，求线框出磁场后的速度大小？解析：（1）由题意可知，线框进磁场前做匀
34、加速运动，根据牛顿第二定律 F=ma根据运动学公式2v=2ax由于匀速进磁场则 E=BL1vI=REF=BIL求得4422LBmFRx（2）由（1）问可以求得线框进磁场过程的速度大小221LBFRv 线框出磁场过程，根据动量定理有-安I=12mvmv 其中安I=ItBL又因为RtRttREtI所以：安I=RLBRBLBLRBL322mRLBLBFRmIvv322212安限训练通高考 科学设题 拿下高考高分(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
35、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()At1t3 时间内流过小灯泡电流的方向先为 ba 后为 abBt1t3 时间内流过小灯泡电流的方向先为 ab 后为 baCt1t3 时间内小灯泡先变亮后变暗Dt1t3 时间内小灯泡先变暗后变亮解析：t1t3 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 ab，选项 A、B 错误；t1t3 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)如图，在方向垂直于纸面向里的匀
36、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()APQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向BPQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向CPQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向DPQRS 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
37、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
38、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 E12Bl2 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 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 PI2R 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 0.1 m、总电阻为 0.005 的正方形导线框 abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图(
39、a)所示已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于 t0 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 0.5 TB导线框运动速度的大小为 0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向内D在 t0.4 s 至 t0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 0.1 N解析：从题图(b)可知，导线框运动的速度大小 vLt0.10.2 m/s0.5 m/s，B 项正确；导线框进入磁场的过程中，cd 边切割磁感线，由 EBLv，得 B ELv0.010.10.5 T0.2 T，A项错误；由图可知，
40、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 0.40.6 s 这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小 IER 0.010.005 A2 A，则导线框受到的安培力 FBIL0.220.1 N0.04 N，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
41、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 Et，由欧姆定律得 IER，通过导线某一截面的电荷量为 qIt，可得 qR，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 QI2RtE2R tBLv2RLvB2L3vR，所以焦耳热 Q 与速度 v 成正比，C 正
42、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 角(0h1)；保持 b 棒静止，由静止释放 a 棒，a 棒到达磁场中 OO停止运动后再由静止释放 b 棒，a、b 与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度 g 取 10 m/s2.(1)求 a 棒进入磁场 MM时加速度的大小；(2)a 棒从释放到 OO的过程中，求 b 棒产生的焦耳热；(3)若 MM、OO间的距离 x2.4 m，b 棒进入磁场后，恰好未与 a 棒相碰，求 h2 的值解析：(1)设 a 棒到 MM时的速度为 v1.由机械能守恒定律得 mgh112mv21进入磁场时
43、a 棒产生的感应电动势 EBLv1感应电流 IER1R2对 a 棒受力分析，由牛顿第二定律得 BILma代入数据解得 a3.75 m/s2.(2)设 a、b 产生的总焦耳热为 Q，由能量守恒定律得 Qmgh1则 b 棒产生的焦耳热 QbR2R1R2Q34Q联立解得 Qb0.675 J.(3)设 b 棒到 MM时的速度为 v2，有 mgh212mv22b 棒进入磁场后，两棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，设 a、b 一起匀速运动的速度为 v，取向右为正方向，由动量守恒定律得 mv22mv设 a 棒经时间 t 加速到 v，由动量定理得B I Ltmv0又 q I t，I ER1R2，E ta
44、、b 恰好不相碰，有 BLx，联立解得 h21.8 m.答案：(1)3.75 m/s2(2)0.675 J(3)1.8 m11如图所示，水平虚线 MN、PQ 之间有垂直于纸面向里的水平匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B，两虚线间的距离为 H，质量为 m、电阻为 R 边长为 L 的正方形金属线框abcd 在磁场上方某一高度处由静止释放线框在向下运动过程中始终在竖直平面内，ab 边始终水平，结果线框恰好能匀速进入磁场线框有一半出磁场时加速度恰好为零，已知 LH，重力加速度为 g，求：(1)线框开始释放时 ab 边离虚线 MN 的距离；(2)线框进磁场过程中通过线框截面的电量 q 及线框穿过磁场过
45、程中线框中产生的焦耳热；(3)线框穿过磁场所用的时间。解析：(1)线框能够匀速进入磁场,设进入磁场时的速度为1v，根据机械能守恒定律可得 mgh=2121 mv根据平衡条件可得 mg=BIL根据闭合电路欧姆定律可得 I=RE=RBLv1解得：h=44222LBgRm；(2)根据电荷量的计算公式可得：q=I t其中 I=RE=tR解得 q=R=RBL2线框有一半出磁场时加速度恰好为零,说明此时的速度为1v，线框穿过磁场过程中线框中产生的焦耳热为 Q，则：mg(H+h+L)=Q+21 m21v解得：Q=mg(H+L)(3)线圈进入磁场过程中所用的时间 1t=1vL=mgRLB32完全进入磁场到出磁场运动的时间 2t，根据动量定理可得：mg 2t 21LtBI=m1v m1v其中21tI=q=RBL2解得 2t=mgRLB32线框穿过磁场所用的时间为 t=1t+2t=mgRLB322。答案：(1)线框开始释放时 ab 边离虚线 MN 的距离为44222LBgRm；(2)线框进磁场过程中通过线框截面的电量为 RBL2,线框穿过磁场过程中线框中产生的焦耳热为 mg(H+L)；(3)线框穿过磁场所用的时间为 mgRLB322。
