新课标高考总复习人教物理选修3293电磁感应规律的综合应用 19页

电磁感应规律的综合应用 ‎1．(2012年高考福建理综)如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是(　　)‎ 解析：条形磁铁的磁感线分布示意图如图所示．铜环由静止开始下落过程中磁通量的变化率不是均匀变化的，故环中产生的感应电动势、环中的感应电流也不是均匀变化的，A错误；由于磁通量在O点上方是向上增大而在O点下方是向上减小的，故环中电流方向在经过O点是要改变的，D错误；在关于O点对称的位置上磁场分布对称，但环的速率是增大的，环在O点下方的电流最大值大于在O点上方电流的最大值，故C错误，B正确．‎ 答案：B ‎2．如图所示，粗细均匀的、电阻为r的金属圆环放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为L.长为L、电阻为的金属棒ab放在圆环上，以v0向左匀速运动，当棒ab运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为(　　)‎ A．0　　　　　　　　B．BLv0‎ C．BLv0/2 D．BLv0/3‎ 解析：当金属棒ab以速度v0向左运动到题图所示虚线位置时，根据公式可得产生的感应电动势为E＝BLv0，而它相当于一个电源，并且其内阻为；金属棒两端电势差相当于外电路的端电压．外电路半个圆圈的电阻为，而这两个半圆圈的电阻是并联关系，故外电路总的电阻为，所以外电路电压为Uba＝E＝BLv0.‎ 答案：D ‎3．(2012年高考山东理综)如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ‎，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是(　　)‎ A．P＝2mgvsin θ B．P＝3mgvsin θ C．当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功 解析：对导体棒受力分析如图．当导体棒以v匀速运动时(如图甲)，应有：mgsin θ＝F安＝BIL＝；当加力F后以2v匀速运动时(如图乙)，F＋mgsin θ＝，两式联立得F＝mgsin θ，则P＝F·2v＝2mgvsin θ，A正确，B错误；由牛顿第二定律，当导体棒的速度为时，a＝＝＝sin θ，C正确；由功能关系，当导体棒达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功与减少的重力势能之和，D错误．‎ 答案：AC ‎4．(2011年高考浙江卷)如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝‎2 m、宽为d＝‎1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l＝‎0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m ‎＝‎0.1 kg的导体棒以v0＝‎1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g＝‎10 m/s2)．‎ ‎(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；‎ ‎(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；‎ ‎(3)计算4 s内回路产生的焦耳热．‎ 解析：(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动，有 ‎－μmg＝ma，v1＝v0＋at，x＝v0t＋at2‎ 代入数据解得：t＝1 s，x＝‎0.5 m，导体棒没有进入磁场区域．‎ 导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x＝‎0.5 m.‎ ‎(2)前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为 E＝0，I＝0‎ 后2 s回路产生的电动势为 E＝＝ld＝0.1 V 回路的总长度为‎5 m，因此回路的总电阻为R＝5λ＝0.5 Ω 电流为I＝＝‎‎0.2 A 根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．‎ ‎(3)前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为Q＝I2Rt＝0.04 J.‎ 答案：见解析 ‎(时间：45分钟，满分：100分)‎ ‎[命题报告·教师用书独具]‎ 一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)‎ ‎1．(2013年温州八校联考)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为(　　)‎ 解析：对应感应电流为I＝n，可见，感应电流与磁通量的变化率有关，类比v t图象斜率的物理意义，不难发现，Φ t图线上各点处切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小，斜率的正负表示电流的方向，根据图乙，在0～t0时间内，感应电流I的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，据此可知，只有选项B正确．‎ 答案：B ‎2．如图甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线系住．开始，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示．I和FT分别表示流过导体棒中的电流和丝线的拉力．则在t0时刻(　　)‎ A．I＝0，FT＝0　　　　B．I＝0，FT≠0‎ C．I≠0，FT＝0 D．I≠0，FT≠0‎ 解析：t0时刻，磁场变化，磁通量变化，故I≠0；由于B＝0，故ab、cd所受安培力均为零，丝线的拉力为零．C项正确．‎ 答案：C ‎3．(2013年大连四校联考)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是(　　)‎ A.B. C.D. 解析：匀速转动，外力做功的功率与安培力的功率相同，克服安培力做的功转化为系统的内能，即外力做功的功率与发热功率相同．转动OC切割磁感线产生的电动势大小为E＝Br2ω，外力的功率为P＝＝，C项正确．‎ 答案：C ‎4．(2012年高考重庆理综)如题图所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t＝0时刻，其四个顶点M′、N′、P′、Q′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是(　　)‎ 解析：设正方形导线框电阻为R，边长为L0，磁感应强度为B，匀速运动的速度为v，则在A点由图中A到N过程，感应电动势E＝BLv，由L＝2vttan 45°，I＝，f＝BIL＝，知f增大且斜率增大．在O点由图中A到N过程，L不变，故f不变．在B点由图中A到N过程，f减小且斜率减小．初末两点f等于零，综合判断B项正确，A、C、D项错误．‎ 答案：B ‎5．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是y＝x2，下半部分处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上y＝b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是(　　)‎ A．mgbB.mv2‎ C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2‎ 解析：金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好飞不出磁场后，就往复运动永不停止，由能量守恒可得Q＝ΔE＝mv2＋mg(b－a)．‎ 答案：D ‎6．(2011年高考海南卷)如图，EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E′O′，FO∥F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF的角平分线，OO′间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是(　　)‎ 解析：当线框左边进入磁场时，线框上的电流方向为逆时针，直至线框右边完全进入磁场；当右边一半进入磁场，左边一半开始出磁场，此后线圈中的电流方向为顺时针．当线框左边进入磁场时，切割磁感线的有效长度均匀增加，故感应电动势、感应电流均匀增加，当左边完全进入磁场，右边还没有进入时，感应电动势、感应电流达最大，且直到右边将要进入磁场这一段时间内均不变，当右边进入磁场时，左边开始出磁场，这时切割磁感线的有效长度均匀减小，感应电动势、感应电流均减小，且左、右两边在磁场中长度相等时为零，之后再反向均匀增加至左边完全出来，到右边到达左边界时电流最大且不变，直到再次减小．故B正确．‎ 答案：B ‎7．(2013年长春调研)如图(a)所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框，边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时，若磁场的宽度为b(b>‎3a)，在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0，并开始离开匀强磁场．此过程中vt图象如图(b)所示，则(　　)‎ A．t＝0时，线框右侧边MN两端的电压为Bav0‎ B．在t0时刻线框的速度为v0－‎2Ft0/m C．线框完全离开磁场的瞬间位置3速度一定比t0时刻线框的速度大 D．线框完全离开磁场的瞬间位置3速度一定比t0时刻线框的速度小 解析：t＝0时，MN开始切割磁感线，电动势E＝Bav0.四边电阻相等，MN 间电压为Bav0，A错；线框t0时刻完全进入磁场，做匀加速运动，设t0时刻速度为v′，则v0＝v′＋(2t0)，故v′＝v0－，B正确；据题意分析知，3t0后的离开过程与0～t0的进入过程完全相同，因此线框离开磁场的瞬间位置3速度与t0时刻相同，C、D均错．‎ 答案：B ‎8．(2013年陕西五校联考)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则(　　)‎ A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b C．金属棒的速度为v时，电路中的电功率为B‎2L2v2/R D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 解析：金属棒由静止释放瞬间速度为零，感应电动势为零，没有安培力的作用，故加速度等于重力加速度，A选项正确；根据右手定则可判断出，金属棒向下运动时感应电流方向向右，故流过电阻R的电流方向为b→a，B选项错误；金属棒的速度为v时，根据P＝EI，E＝BLv，I＝＝，得P＝，C选项正确；根据能量守恒定律，金属棒的重力势能的减少量等于金属棒的动能的增加量、弹簧弹性势能的增加量与电阻R上产生的热量之和，D选项错误．‎ 答案：AC ‎9．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L 的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值．在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S.下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是(　　)‎ 解析：S闭合时，由于电感L有感抗，经过一段时间电流稳定时L电阻不计．可见电路的外电阻是从大变小的过程．由U外＝E可知U外也是从大变小的过程，所以A、C错．t1时刻断开S，由于自感在L、R、D构成的回路中电流从B向A中间流过D，所以t1时刻UAB反向，B正确．‎ 答案：B ‎10．(2013年福建调研)如图所示，电阻不计的平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与定值电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，其电阻R0与定值电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ.若使导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到的安培力大小为F，此时(　　)‎ A．电阻R1消耗的热功率为Fv/3‎ B．电阻R0消耗的热功率为Fv/6‎ C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgv·cos θ D．整个装置消耗的机械功率为Fv 解析：导体棒相当于一个电源，导体棒的电阻相当于电源内阻，定值电阻R1和R2并联后相当于外电路，此时安培力F的功率Fv等于整个电路中消耗的热功率，因为电阻R0与定值电阻R1和R2的阻值均相等，而流过电阻R0的电流大小等于流过定值电阻R1或R2的电流的2倍，所以电阻R0消耗的热功率是定值电阻R1或R2的4倍，电阻R1消耗的热功率为Fv/6，电阻R0消耗的热功率为2Fv/3，故选项A、B错误；整个装置的摩擦力大小为Ff＝μmgcos θ，方向与速度v方向相反，所以其消耗的热功率为μmgv·cos θ，选项C正确；整个装置消耗的机械功率为P＝W/t，其中W为整个装置减小的机械能，其大小等于导体棒受到的除重力外其他外力做功的代数和，即W＝W安＋Wf，所以P＝(W安＋Wf)/t＝Fv＋μmgv·cos θ，选项D错误．‎ 答案：C 二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)‎ ‎11．(15分)(2013年北京海淀区质检)如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S＝‎200 cm2，匝数n＝1000，线圈电阻r＝1.0 Ω.线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R＝4.0 Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：‎ ‎(1)在t＝2.0 s时刻，通过电阻R的感应电流大小；‎ ‎(2)在t＝5.0 s时刻，电阻R消耗的电功率；‎ ‎(3)0～6.0 s内整个闭合电路中产生的热量．‎ 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，0～4.0 s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流．t＝2.0 s时的感应电动势E1＝n＝n 根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流 I1＝ 解得I1＝‎0.2 A.‎ ‎(2)由图象可知，在4.0～6.0 s时间内，线圈中产生的感应电动势E2＝n＝n 根据闭合电路欧姆定律，t＝5.0 s时闭合回路中的感应电流I2＝＝‎‎0.8 A 电阻消耗的电功率P2＝IR＝2.56 W.‎ ‎(3)根据焦耳定律，0～4.0 s内闭合电路中产生的热量 Q1＝I(r＋R)Δt1＝0.8 J ‎4．0～6.0 s内闭合电路中产生的热量 Q2＝I(r＋R)Δt2＝6.4 J ‎0～6.0 s内闭合电路中产生的热量 Q＝Q1＋Q2＝7.2 J.‎ 答案：(1)‎0.2 A　(2)2.56 W　(3)7.2 J ‎12．(15分)(2013年温州模拟)如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．如图所示，将甲、乙两阻值相同，质量均为m的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l.从静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小为a＝gsin θ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．‎ ‎(1)求每根金属杆的电阻R为多少？‎ ‎(2)从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向．‎ ‎(3)若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q，试求此过程中外力F对甲做的功．‎ 解析：(1)因为甲、乙加速度相同，所以，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，乙进入磁场时的速度v乙＝ 根据平衡条件有mgsin θ＝ 解得：R＝ ‎(2)甲在磁场中运动时，外力F始终等于安培力 F＝v＝gsin θ·t 解得：F＝t，方向沿导轨向下 ‎(3)乙进入磁场前，甲、乙发出相同热量，设为Q1，则有F安l＝2Q1‎ 又F＝F安 故外力F对甲做的功WF＝Fl＝2Q1‎ 甲出磁场以后，外力F为零 乙在磁场中，甲、乙发出相同热量，设为Q2，则有 F安′l＝2Q2‎ 又F安′＝mgsin θQ＝Q1＋Q2‎ 解得：WF＝2Q－mglsin θ 答案：(1)均为　(2)F＝t　方向沿导轨向下　(3)2Q－mglsin θ 一、“杆＋导轨”模型的特点 ‎“杆＋导轨”模型类试题命题的“基本元素”：导轨、金属棒、磁场．具有如下的变化特点：‎ ‎1．对于导轨：‎ ‎(1)导轨的形状：常见导轨的形状为U形，还可以为圆形、三角形等；‎ ‎(2)导轨的闭合性：导轨本身可以不闭合，也可以闭合；‎ ‎(3)导轨电阻：电阻不计、均匀分布或部分有电阻、串联外电阻；‎ ‎(4)导轨的放置：水平、竖直、倾斜放置等．‎ ‎2．对于金属棒：‎ ‎(1)金属棒的受力情况：受安培力以外的拉力、阻力或仅受安培力；‎ ‎(2)金属棒的初始状态：静止或运动；‎ ‎(3)金属棒的运动状态：匀速运动、匀变速运动、非匀变速直线运动或转动；‎ ‎(4)金属棒切割磁感线状况：整体切割磁感线或部分切割磁感线；‎ ‎(5)金属棒与导轨的连接：金属棒可整体或部分接入电路，即金属棒的有效长度问题．‎ ‎3．对于磁场：‎ ‎(1)磁场的状态：磁场可以是稳定不变的，也可以是均匀变化或非均匀变化的．‎ ‎(2)磁场的分布：有界或无界．‎ 二、模型分类 ‎1．“杆＋水平导轨”模型 ‎[例1]　(2013年武汉调研)如图所示，宽度L＝‎1 m的足够长的U形金属框架水平固定放置，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，框架导轨上放一根质量为m＝‎0.2 kg、电阻R＝1.0 Ω的金属棒ab，棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，现用功率恒为6 W的牵引力F使棒ab从静止开始沿导轨运动(ab棒始终与导轨接触良好且垂直)，当棒ab的电阻R产生热量Q＝5.8 J时获得稳定速度，此过程中，通过棒ab的电荷量q＝‎2.8 C(框架电阻不计，g取‎10 m/s2)．问：‎ ‎(1)棒ab达到的稳定速度多大？‎ ‎(2)棒ab从静止到达到稳定速度经历的时间为多少？‎ ‎[解析](1)根据题意，牵引力F使棒ab从静止开始沿导轨运功，功率P＝Fv，当金属棒稳定时：F＝F安＋μmg 而F安＝BIL 又根据闭合电路欧姆定律I＝ 联立以上各式解得v＝‎2 m/s.‎ ‎(2)根据法拉第电磁感应定律 E＝＝B＝B 因为q＝t＝t＝ 所以棒ab从静止到稳定速度时运动的距离s＝ 由能量守恒得：Pt＝Q＋mv2＋μmgs 联立以上各式解得：t＝1.5 s.‎ ‎[答案](1)‎2 m/s　(2)1.5 s ‎2．“杆＋倾斜导轨”模型 ‎[例2](2011年高考天津理综)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为L＝‎0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝‎0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．取g＝‎10 m/s2，问：‎ ‎(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？‎ ‎(2)棒ab受到的力F多大？‎ ‎(3)棒cd每产生Q＝0.1 J的热量，力F做的功W是多少？‎ ‎[解析](1)对cd棒受力分析如图甲所示 由平衡条件得mgsin θ＝BIL 得I＝＝ A ‎＝‎1 A.‎ 根据楞次定律可判定通过棒cd的电流方向为由d到c.‎ ‎(2)棒ab与cd所受的安培力大小相等，对ab棒，受力分析如图乙所示，由共点力平衡条件知 F＝mgsin θ＋BIL 代入数据解得F＝0.2 N.‎ ‎(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1 J的热量，‎ 由焦耳定律知Q＝I2Rt 设ab棒匀速运动的速度是v，其产生的感应电动势E＝BLv 由闭合电路欧姆定律知I＝ 时间t内棒ab运动的位移s＝vt 力F所做的功W＝Fs 综合上述各式，代入数据解得W＝0.4 J.‎ ‎[答案](1)‎1 A　方向由d到c　(2)0.2 N　(3)0.4 J