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  • 2021-05-13 发布

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

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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