2018年高考物理大一轮复习第10章电磁感应章末检测20171012110
高中物理大一轮复习 单元滚动检测卷 10 电磁感应(2018年)
高中物理大一轮复习 单元滚动检测卷 10电磁感应Lex Li考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分110分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不选得0分） 01、以下矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是 （ ）02、如图所示，一个闭合三角形导线框ABC 位于竖直平面内，其下方（略靠前）固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中 （ ）A ．线框中感应电流方向依次为顺时针→逆时针B ．线框的磁通量为零时，感应电流却不为零C ．线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D ．线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动03、如图所示，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ；空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是 （ ）A ．拉力的大小在运动过程中保持不变B ．棒通过整个圆环所用的时间为2RaC ．棒经过环心时流过棒的电流为B 2aR πrD ．棒经过环心时所受安培力的大小为8B 2R 2aR πr04、如图所示，ef、gh为两水平放置相互平行的金属导轨，ab、cd为搁在导轨上的两金属棒，与导轨接触良好且无摩擦．当一条形磁铁向下靠近导轨时，关于两金属棒的运动情况的描述正确的是（）A．不管下端是何极性，两棒均向外相互远离B．不管下端是何极性，两棒均相互靠近C．如果下端是N极，两棒向外运动，如果下端是S极，两极相向靠近D．如果下端是S极，两棒向外运动，如果下端是N极，两棒相向靠近05、如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E为电源，S为开关．下列关于两灯泡点亮和熄灭的说法正确的是（）A．合上开关，b先亮，a后亮；稳定后b比a更亮一些B．合上开关，a先亮，b后亮；稳定后a、b一样亮C．断开开关，a逐渐熄灭、b先变得更亮后再与a同时熄灭D．断开开关，b逐渐熄灭、a先变得更亮后再与b同时熄灭06、如图所示，光滑导电圆环轨道竖直固定在匀强磁场中，磁场方向与轨道所在平面垂直，导体棒ab 的两端可始终不离开轨道无摩擦地滑动，在ab由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，关于ab棒中的感应电流情况，正确的是（）A．先有从a到b的电流，后有从b到a的电流B．先有从b到a的电流，后有从a到b的电流C．始终有从b到a的电流D．始终没有电流产生07、如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心．环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直．导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触．在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以匀角速度ω逆时针转动，t＝0时恰好在图示位置．规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t＝0开始转动一周的过程中，电流随ωt变化的图象是（）08、两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在平面与匀强磁场垂直．将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图所示．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）A．金属棒在最低点的加速度小于gB．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减小量C．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度09、如图所示，一个水平放置的“∠”形光滑导轨固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的足够长的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下，导体棒以恒定速度v 向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻为计时起点，则回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间t变化的图象中正确的是（）10、如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20 cm的光滑圆弧导轨相接．导轨宽度为20 cm，电阻不计．导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．一根垂直导轨放置的质量m＝60 g、电阻R＝1 Ω、长为L的导体棒ab，用长也为20 cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触．当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态．当导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°（sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2），则（）A．磁场方向一定竖直向上B．电源的电动势E＝8.0 VC．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8 ND．导体棒摆动过程中的最大动能为0.08 J11、如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt（k＞0）变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m 、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止．则（）A．通过金属杆的电流大小为mgB2L B．通过金属杆的电流方向为从B到AC．定值电阻的阻值为R＝2πkB2a3 mg－rD．整个电路的热功率P＝πkamg 2B212、如图甲所示，电阻不计且间距L＝1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R＝2 Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平，杆ab进入磁场时速度v0＝1 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系如图乙所示，g取10 m/s2，则（）A．匀强磁场的磁感应强度为2 TB．杆ab下落0.3 m时金属杆的速度为1 m/sC．杆ab下落0.3 m的过程中R上产生热量为0.2 JD．杆ab下落0.3 m的过程中通过R电荷量为0.25 C第Ⅱ卷（非选择题，共62分）二、非选择题（共62分）13、（6分）如图甲所示，将一条形磁铁从螺线管拔出的过程中，穿过螺线管的磁通量变化情况是，螺线管中产生的感应电流的磁感线方向是（俯视图），条形磁铁受到螺线管的作用力方向是，螺线管受到条形磁铁的作用力方向是．14、（6分）如图乙所示，正方形线框abcd的边长为l，向右通过宽为L的匀强磁场，且l＜L，则在线框进入过程中穿过线框的磁通量变化情况是，感应电流的磁场对磁通量变化起作用，线框中感应电流方向是；在线框移出磁场的过程中穿过线框的磁通量变化情况是，感应电流的磁场对磁通量变化起作用，线框中感应电流方向是．15、（8分）如图甲所示，光滑导轨宽0.4 m，ab为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab的电阻为1 Ω，导轨电阻不计．t＝0时刻，ab棒从导轨最左端，以v＝1 m/s的速度向右匀速运动，求1 s末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力．16、（12分）如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值R L＝4 Ω的小灯泡L连接．在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l＝2 m，有一阻值r＝2 Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处（恰好不在磁场中）．CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化图象如图乙所示．在t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4 s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化．求：（1）通过小灯泡的电流；（2）金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小．17、（14分）如图16所示，电阻不计的“∠”形足够长且平行的导轨，间距L＝1 m，导轨倾斜部分的倾角θ＝53°，并与定值电阻R相连，整个空间存在着B＝5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场．金属棒ab、cd的阻值R ab＝R cd＝R，cd棒质量m＝1 kg，ab棒光滑，cd与导轨间动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：（1）ab棒由静止释放，当滑至某一位置时，cd棒恰好开始滑动，求这一时刻ab棒中的电流；（2）若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，分析ab棒质量应满足的条件；（3）若cd棒与导轨间的动摩擦因数μ≠0.3，ab棒无论质量多大、从多高的位置释放，cd棒始终不动，求cd棒与导轨间的动摩擦因数μ应满足的条件．18、（16分）如图所示，倾角θ＝30°的光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道连接．轨道宽度均为L＝1 m，电阻忽略不计．匀强磁场Ⅰ仅分布在水平轨道平面所在区域，方向水平向右，大小B1＝1 T；匀强磁场Ⅱ仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方面垂直于倾斜轨道平面向下，大小B2＝1 T．现将两质量均为m＝0.2 kg，电阻均为R＝0.5 Ω的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放．取g＝10 m/s2，（1）求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小；（2）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒产生的焦耳热Q＝0.45 J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量；（3）若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度h＝10 m，cd棒由静止释放后，为使cd棒中无感应电流，可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化，将cd棒开始运动的时间记为t＝0，此时磁场Ⅱ的磁感应强度为B0＝1 T，试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式．高中物理大一轮复习 单元滚动检测卷 10电磁感应Lex Li第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不选得0分）01、B A 中线框运动时，穿过线框的磁通量不变，无感应电流，C 、D 中线框运动时穿过线框的磁通量为零，故无感应电流；只有B 中，当线框匀速转动时，穿过线框的磁通量不断变化，故有电流产生，故选B.02、B 根据安培定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小．线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流．向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针，故A 错误．根据A 中的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大．这一过程是连续的，始终有感应电流存在，故B 正确．根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，不是0，故C 、D 错误．03、D 根据牛顿第二定律F －B 2L 2v R ＝ma ，解得拉力F ＝B 2L 2v R ＋ma ，由于棒在运动过程中切割磁感线的有效长度不断变化，速度不断增大，故拉力的大小F 不断变化，A 错误；棒通过整个圆环所用的时间由2R ＝12at 2可得t ＝2R a ，B 项错；棒经过环心时流过棒的电流为I ＝E R′＝B·2R·v πR·r 2＝4B 2aR πr，C 项错；棒经过环心时所受到的安培力F 安＝BIL ＝B 4B 2aR πr ·2R ＝8B 2R 2aR πr，D 项正确． 04、B 当磁铁靠近导轨时，穿过导轨与金属棒组成的回路的磁通量增加，根据楞次定律，回路中产生的感应电流阻碍其磁通量的增加，故使闭合回路的面积有缩小的趋势，即两棒均相互靠近，选项B 正确．05、A 电感线圈在电路中电流变化时，会阻碍其变化，电流增大时，阻碍其增大，电流减小时，阻碍其减小，稳定时相当于一导体．当合上开关时，b 先亮，a 后亮，稳定时a 所在支路电流小，所以b 比a 更亮一些，A 正确，B 错误；断开开关时，原流过a 的电流经b 形成回路，且比b 原电流小，即a 、b 均逐渐熄灭，不会有先变亮的情况，C 、D 错误．06、D07、C 杆OM 以匀角速度ω逆时针转动，t ＝0时恰好进入磁场，故前T 4内有电流流过，B 错误．根据右手定则可以判定，感应电流的方向从M 指向圆心O ，流过电阻的电流方向是从b 流向a ，与规定的正方向相反，为负值，A 错误．在T 4～T 2时间内杆OM 处于磁场之外，没有感应电流产生，C 正确，D 错误．08、AD 金属棒先向下做加速运动，后向下做减速运动，假设没有磁场，金属棒运动到最低点时，根据简谐运动的对称性可知，最低点的加速度等于刚释放时的加速度g ，由于金属棒向下运动的过程中产生感应电流，受到安培力，而安培力是阻力，则知金属棒下降的高度小于没有磁场时的高度，故金属棒在最低点的加速度小于g ，故A 正确．根据能量守恒定律得知，回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差，故B 错误．金属棒向下运动的过程中，受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用，当三力平衡时，速度最大，即当弹簧弹力、安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，故C 错误．由于产生内能，且弹簧具有弹性势能，由能量守恒得知，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，故D 正确．09、AC 设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t ，导体棒的水平位移为x ＝vt ，导体棒切割磁感线的有效长度为L ＝vt·tan θ，所以回路中感应电动势E ＝BLv ＝Bv 2t·tan θ，感应电动势与时间t 成正比，A 正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，感应电动势均匀增加，导体棒的电阻也均匀增加，故感应电流大小恒定，与时间无关，B 错误；导体棒匀速移动，外力F 与导体棒所受安培力为平衡力，故回路的外力的功率P ＝Fv ＝BILv ＝BIv 2t·tan θ，与时间成正比，故C 正确；回路产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ，式中电流不变，回路电阻与t 成正比，故焦耳热Q 与t 2成正比，D 错误．10、BD 当闭合开关S 后，导体棒中电流方向从a 到b ，导体棒沿圆弧摆动，说明所受安培力向右，由左手定则可判断出磁场方向为竖直向下，不可能竖直向上，选项A 错误．根据题述，导体棒ab 速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，可知此时的导体棒重力沿导轨圆弧切线方向的分力mgsin 53°等于安培力沿导轨圆弧切线方向的分力BILcos 53°，解得I ＝8 A ，由闭合电路欧姆定律，E ＝IR ＝8.0 V ，选项B 正确．导体棒在摆动过程中所受安培力F ＝BIL ＝0.5×8×0.2 N ＝0.8 N ，选项C 错误．由上述分析知，导体棒受到的重力与安培力的合力大小F 合＝0.82＋0.62 N ＝1.0 N ，方向与竖直方向成θ＝53°角，故导体棒在摆动过程中的最大动能为E km ＝F 合L （1－cos 53°）＝0.08 J ，选项D 正确．11、BCD 根据题述金属杆恰能保持静止，由平衡条件可得：mg ＝B 2I·2a ，通过金属杆的电流大小为I ＝mg 2aB 2，选项A 错误．由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向为从B 到A ，选项B 正确．根据区域C 1中磁场的磁感应强度随时间按B 1＝b ＋kt （k ＞0）变化，可知ΔB 1Δt ＝k ，C 1中磁场变化产生的感应电动势E ＝ΔB 1Δtπa 2＝kπa 2，由闭合电路欧姆定律，E ＝I （r ＋R ），联立解得定值电阻的阻值为R ＝2πkB 2a 3mg －r ，选项C 正确．整个电路的热功率P ＝EI ＝kπa 2·mg 2aB 2＝πkamg 2B 2，选项D 正确．12、AD 进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab 中电流的方向由a 到b ，由左手定则知，杆ab 所受的安培力竖直向上，由乙图知，刚进入磁场时，金属杆ab 的加速度大小a 0＝10 m/s 2，方向竖直向上，由牛顿第二定律得BI 0L －mg ＝ma 0，杆刚进入磁场时的速度为v 0，则有I 0＝E R ＝BLv 0R ，联立得B 2L 2v 0R －mg ＝ma 0，代入数据，解得B ＝2 T ，故A 正确．通过a －h 图象知h ＝0.3 m 时，a ＝0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有mg ＝B 2L 2v R ，得v ＝mgR B 2L 2＝0.5 m/s ，即杆ab 下落0.3 m 时金属杆的速度为0.5 m/s ，故B 错误．从开始到下落0.3 m 的过程中，由能量守恒定律有mgh ＝Q ＋12mv 2，代入数据得Q ＝0.287 5 J ，故C 错误．金属杆自由下落的高度h 0＝v 202g ＝0.05 m ，ab 下落0.3 m 的过程中，通过R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝0()BL h h R＝0.25 C ，故D 正确．第Ⅱ卷（非选择题，共62分）二、非选择题（共62分）13、（6分）减小 逆时针 竖直向下 竖直向上14、（6分）增大 阻碍 逆时针（abcda ） 减小 阻碍 顺时针（adcba ）15、（8分）解、依题意得：Φ的变化有两个原因，一是B 的变化，二是面积S 的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＋Blv 又ΔB Δt ＝2 T/s.在1 s 末，B ＝2 T ，S ＝lvt ＝0.4×1×1 m 2＝0.4 m 2所以1 s 末，E ＝ΔB Δt S ＋Blv ＝1.6 V ，此时回路中的电流：I ＝E R ＝1.6 A根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向金属棒ab 受到的安培力为F ＝BIl ＝2×1.6×0.4 N ＝1.28 N ，方向向左．16、（8分）解、依题意得：（1）在t ＝0至t ＝4 s 内，金属棒PQ 保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势．电路为r 与R 并联，再与R L 串联，电路的总电阻：R 总＝R L ＋Rr R ＋r＝5 Ω 此时感应电动势：E ＝ΔΦ＝dl ΔB ＝0.5×2×0.5 V ＝0.5 V通过小灯泡的电流为：I ＝E R 总＝0.1 A. （2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R 与R L 并联，再与r串联，此时电路的总电阻：R 总′＝r ＋RR L R ＋R L ＝（2＋4×24＋2）Ω＝103 Ω 由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流I L ＝I ＝0.1 A ，则流过金属棒的电流为：I′＝I L ＋I R ＝I L ＋R L I L R ＝0.3 A电动势E′＝I′R 总′＝Bdv 解得棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小v ＝1 m/s.17、（14分）解、依题意得：（1）ab 棒沿导轨滑下切割磁感线产生的感应电流的方向是b→a ，通过cd 棒的电流方向是c→d ，cd 棒刚要开始滑动时，其受力分析如图所示．由平衡条件得：BI cd Lcos 53°＝F f ，由摩擦力公式得：F f ＝μF N ，F N ＝mg ＋BI cd Lsin 53°，联立以上三式，得I cd ≈1.67 A ， I ab ＝2I cd ＝3.34 A.（2）ab 棒沿足够长的导轨下滑时，最大安培力只能等于自身重力沿导轨方向的分力，有：F A ＝m ab gsin 53°，cd 棒所受最大安培力应为12F A ，要使cd 棒不能滑动，需12F A cos 53°≤μ（mg ＋12F A sin 53°），由以上两式联立解得m ab ≤2.08 kg ，（3）ab 棒下滑，cd 棒始终不动，有F A ′cos 53°≤μ（mg ＋F A ′sin 53°），解得μ≥F A ′cos 53°mg ＋F A ′sin 53°＝cos 53°mg F A ′＋sin 53° 当ab 棒质量无限大，在无限长导轨上最终一定匀速运动，安培力F A 趋于无穷大，cd 棒所受安培力F A ′亦趋于无穷大，有μ≥cos 53°sin 53°＝0.75.ECNU LEX第11页 共11页 18、（16分）解、依题意得：（1）作出cd 棒的侧视平面图，cd 棒加速下滑，安培力逐渐增大，加速度逐渐减小，加速度减少到零时速度增大到最大v m ，此时cd 棒所受合力为零，此后cd 棒匀速下滑．匀速时对cd 棒受力分析，如图所示．沿导轨方向有F 2＝mgsin θ感应电动势E ＝B 2Lv m感应电流I ＝E 2R安培力F 2＝B 2IL解得最大速度v m ＝2mgRsin θB 22L 2＝1 m/s. （2）设cd 棒下滑距离为x 时，ab 棒产生的焦耳热Q ，此时回路中总焦耳热为2Q.根据能量守恒定律，有mgxsin θ＝12mv 2m ＋2Q解得下滑距离x ＝12mv 2m＋2Q mgsin θ＝1 m根据法拉第电磁感应定律，感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt ＝B 2·ΔS Δt ＝B 2Lx Δt ，感应电流的平均值I ＝E 2R通过cd 棒横截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝B 2Lx 2R ＝1 C.（3）若回路中没有感应电流，则cd 棒匀加速下滑，加速度a ＝gsin θ＝5 m/s 2初始状态回路中磁通量Φ0＝B 0L·h sin θ一段时间t 后，cd 棒下滑距离Δx ＝12at 2 此时回路中磁通量Φ＝BL （h sin θ－Δx ）回路中没有感应电流，则ΔΦ＝Φ－Φ0＝0， 即Φ＝Φ0由上可得磁感应强度B ＝B 0·h sin θh sin θ－12at 2 代入数据得，磁感应强度B 随时间t 变化的关系式为：B ＝88－t 2.。
(全国通用版)2018高考物理大一轮复习第十章电磁感应
第 2 课时法拉第电磁感觉定律自感、涡流【基础稳固】对法拉第电磁感觉定律的理解和应用1.( 多项选择 ) 单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动 , 转轴垂直于磁场 , 若线圈所围面里的磁通量随时间变化规律如下图 ( 磁通量变化曲线是正弦函数图像 ), 则 ( ABD )A.线圈中零时辰的感觉电动势最大B.线圈中 D时辰的感觉电动势为零C.线圈中 D时辰的感觉电动势最大D.线圈中零到 D 时辰内均匀感觉电动势为0.4 V分析 : 依据法拉第电磁感觉定律E= , 由图能够看出 , 零时辰和t=0.01 s 时曲线的斜率最大, 则感觉电动势最大; 而 D 时辰曲线的斜率为零 , 则感觉电动势为零, 应选项 A,B 正确 ,C 错误 ; 零时辰Φ1=0,D 时辰Φ2=2× 10-3 Wb, 则Φ=Φ2- Φ1=2× 10-3 Wb, 经历的时辰t=0.005 s, 所以均匀感觉电动势 E=V=0.4 V, 应选项 D正确.2.(2016 ·北京卷 ,16) 如下图 , 匀强磁场中有两个导体圆环a,b, 磁场方向与圆环所在平面垂直 . 磁感觉强度 B随时间均匀增大 . 两圆环半径之比为 2∶ 1, 圆环中产生的感觉电动势分别为 E 和 E , 不考虑两圆环间的互相影响 . 以下说法正确的选项是( B )a bA.E a∶ E b=4∶ 1, 感觉电流均沿逆时针方向B.E a∶ E b=4∶ 1, 感觉电流均沿顺时针方向a b感觉电流均沿逆时针方向C.E ∶ E =2∶ 1,a b感觉电流均沿顺时针方向D.E ∶ E =2∶ 1,分析 : 依据法拉第电磁感觉定律 , 有 E= π r 2, 则=( ) 2=4; 由楞次定律可知 , 感觉电流均沿顺时针方向 , 选项 B 正确 .3.(2016 ·河北唐山摸底 )( 多项选择 ) 如图 ( 甲 ) 所示 , 水平搁置的平行金属导轨连结一个平行板电容器 C 和电阻 R, 导体棒 MN放在导轨上且接触优秀, 整个装置放于垂直导轨平面的磁场中, 磁感觉强度 B 的变化状况如图( 乙 ) 所示 ( 图示磁感觉强度方向为正),MN 一直保持静止 , 则 0～ t 2 时间( AD )A. 电容器 C的电荷量大小一直没变B. 电容器 C的 a 板先带正电后带负电C.MN所受安培力的大小一直没变D.MN所受安培力的方向先向右后向左分析 : 磁感觉强度均匀变化, 产生恒定电动势 , 电容器 C的电荷量大小一直没变, 选项 A正确 ,B错误 ; 因为磁感觉强度变化,MN所受安培力的大小变化,MN所受安培力的方向先向右后向左,选项 C错误,D 正确 .切割磁感线的剖析与计算4. 导学号 00622669 如下图 , 虚线地区内有一垂直纸面向里的匀强磁场, 磁场宽度为 L, 磁感觉强度大小为 B. 总电阻为 R的直角三角形导线框, 两条直角边边长分别为2L 和 L, 在该线框以垂直于磁场界限的速度v 匀速穿过磁场的过程中, 以下说法正确的选项是( C )A.线框中的感觉电流方向一直不变B.线框中的感觉电流向来在增大C.线框所受安培力方向一直同样D.当经过线框的磁通量最大时, 线框中的感觉电动势为零分析 : 该线框以垂直于磁场界限的速度v 匀速穿过磁场的过程中, 穿过线框的磁通量先增大后减小 , 依据楞次定律、安培定章能够判断线框中的感觉电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向, 且一直不为零, 由左手定章能够判断线框在该磁场中向来遇到水平向左的安培力作用, 故选项 A,D 错误 ,C 正确 ; 该线框匀速穿过磁场的过程中, 导线框切割磁感线的有效长度先增大、后不变、再增大, 由 E=Blv 及闭合电路的欧姆定律可得线框中的感觉电流先增大、后不变、再增大 ,应选项 B错误.5.(2015 ·全国Ⅱ卷 ,15) 如图 , 直角三角形金属框abc 搁置在匀强磁场中, 磁感觉强度大小为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 U a,U b,U c. 已知 bc 边的长度为l. 以下判断正确的选项是( C )A.U a>U c , 金属框中无电流B.U b>U c , 金属框中电流方向沿 a b c aC.U bc =- Bl 2ω , 金属框中无电流D.U ac = Bl 2ω , 金属框中电流方向沿 a c b a分析 : 闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时 , 穿过金属框的磁通量一直为零, 金属框中无电流 . 由右手定章可知 U b=U a<U c , 选项 A,B,D 错误 ;b,c 两点的电势差 U bc=-Blv 中 =- Bl 2 ω, 选项 C正确 .6.(2016 ·山东青岛质检)( 为 B. 一水平搁置的长度为为 C 的电容器 . 若 ab 杆绕多项选择 ) 如下图 , 在空间存在着竖直向下的匀强磁场, 磁感觉强度L 的金属杆 ab 与圆弧形金属导轨 P,Q 密切接触 ,P,Q 之间接有电容 a点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动 , 则以下说法正确的选项是( AC )A. 电容器与 a 相连的极板带正电B. 金属杆 ab 所受的安培力是阻力C.电容器所带电荷量是2 CBLωD.金属杆中的电流方向从 b 流向 a分析 : 依据右手定章判断可知 a 端电势高 , 电容器与 a 相连的极板带正电; 因为电路中没有电流, 不受安培力作用 , 选项 A 正确 ,B,D 错误 ; 电容器两头的电压等于导体棒ab 产生的电动势 ,电容器所带电荷量是q=CE= CBL2ω , 选项 C正确 .7.导学号 00622670(2016 ·江西十校结盟 )( 多项选择 ) 如下图 , 矩形线框 abcd 经过导体杆搭接在金属导轨EF和 MN上 , 整个装置放在方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中, 导轨左边接有定值电阻 R,当线框向右运动时, 下边说法正确的选项是( BD )A.R 中无电流B.R 中有电流 , 方向为 E→ MC.ab 中无电流D.ab 中有电流 , 方向为 b→ a分析 : 因为线框向右运动 , 所以 ab 两头和 dc 两头存在着同样大小的电势差,ab 中有电流 , 方向为 b→ a,cd 中也有电流 , 方向为 c→ d, 回路内有电流 ,R 中电流方向为E→M,选项 B,D 正确 . 自感、涡流8.(2016 ·山东临沂质检 )( 多项选择 ) 如下图 , 是高频焊接机原理表示图 , 线圈中通一高频电流 时, 待焊接的金属工件中就产生感觉电流, 感觉电流经过焊缝产生大批的热量, 将金属融化 把工件焊接在一同 , 而工件其余部散发热极少, 以下说法中正确的选项是 (AD ), A. 交变电流的频次越高 , 焊缝处的温度高升得越快 B. 交变电流的频次越低 , 焊缝处的温度高升得越快 C.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小 D.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大分析 : 线圈中通以高频变化的电流时 , 待焊接的金属工件中就产生感觉电流 , 感觉电流的大小与感觉电动势相关 , 电流变化的频次越高 , 电流变化得越快 , 感觉电动势越大 , 选项 A 正确 ,B 错误 ; 工件上焊缝处的电阻大 , 电流产生的热量就多 , 选项 D 正确 ,C 错误 .9.(2016 ·江苏无锡模拟 ) 如下图 , 三个灯泡 L 1,L 2,L 3 的电阻关系为 R 1<R 2<R 3, 电感线圈 L 的电阻可忽视 ,D 为理想二极管 , 开关 S 从闭合状态忽然断开时 , 以下判断正确的选项是 ( B )A.L 1 渐渐变暗 ,L 2,L 3 均先变亮 , 而后渐渐变暗B.L 1 渐渐变暗 ,L 2 立刻熄灭 ,L 3 先变亮 , 而后渐渐变暗C.L 立刻熄灭 ,L ,L 3 均渐渐变暗12D.L 1,L 2,L 3 均先变亮 , 而后渐渐变暗分析 : 开关 S 处于闭合状态时 , 因为 R 1<R 2<R 3 , 则 I 1>I 2>I 3, 开关 S 从闭合状态忽然断开时 , 因为二极管的反向截止作用 ,L 立刻熄灭 , 则电感线圈、 L ,L 3构成闭合回路 ,L 渐渐变暗 , 经过 L3211的电流由 I 3变成 I 1, 再渐渐减小 , 故 L 3 先变亮 , 而后渐渐变暗 , 选项 B 正确 .10. 导学号 00622671( 多项选择 ) 如下图 , 两个同样灯泡 L 1,L 2, 分别与电阻 R 和自感线圈 L 串连 ,接到内阻不行忽视的电源的两头 , 当闭合开关 S 到电路稳固后 , 两灯泡均正常发光 . 已知自感线圈的自感系数很大 . 则以下说法正确的选项是 ( AB )A. 闭合开关 S 到电路稳固前 , 灯泡 L 1 渐渐变亮B. 闭合开关 S 到电路稳固前 , 灯泡 L 2 由亮变暗C.断开开关 S 的一段时间内 ,A 点电势比 B 点电势高D.断开开关 S 的一段时间内 , 灯泡 L 2 亮一下渐渐熄灭分析 : 闭合开关的瞬时 ,L 2 灯立刻正常发光 ,L 1 灯所在电路上线圈产生自感电动势 , 阻挡电流 的增大 , 电流只好渐渐增大 ,L 1 灯渐渐变亮 , 应选项 A 正确 ; 闭合开关 S 到电路稳固前 ,L 1 灯所在电路上线圈产生自感电动势 , 电流只好渐渐增大 , 则总电路中的电流渐渐增大, 电源的内电阻上的电压渐渐增大 , 所以路端电压渐渐减小 , 则灯泡 L 2 渐渐变暗 , 应选项 B 正确 ; 闭合开关 , 待电路稳固后断开开关,L 中产生自感电动势 , 相当于电源 , 电流的方向与 L 1 的方向同样 , 从右向左流过 L2灯 , 所以 A 点电势比 B 点电势低 , 应选 C错误 ; 断开开关 S 的一段时间内 ,L 中产生自感电动势 , 电流从本来开始减小 , 所以两个灯泡都是渐渐熄灭 , 不会闪亮一下 , 应选项 D 错误 .【素能提高】11.导学号 00622672 如下图 , 水平固定的闭合导轨分别由平行的直轨和齐心半圆形导轨构成 , 两轨间距离均为 d, 齐心圆的内圆半径均为 d, 两轨间充满匀强磁场 , 磁感觉强度的大小为 B, 方向垂直纸面向里 , 内、外两条导轨间用导线和阻值为 R 的电阻连结 , 其余电阻可忽视 .一根导体棒在两导轨上运动, 棒在平行直导轨上垂直导轨做匀速直线运动, 速度大小为v; 棒在圆弧导轨上匀速转动, 棒与外圆导轨接触点的线速度大小为v, 运动中棒的延伸线一直过圆心 O1或 O2. 求:(1)当棒在圆弧导轨上运动时 , 电阻 R 两头的电压 U;(2)棒在平直导轨上运动距离为L 的过程中 , 电阻 R 产生的焦耳热 Q.分析 :(1)依据题意,棒在圆弧导轨上转动角速度为ω= ,依据法拉第电磁感觉定律有E1= =,由几何知识可知2 2S= π [(2d) -d ],联立解得R两头的电压U=E1=.(2)依据法拉第电磁感觉定律 , 棒在直轨上运动产生的感觉电动势E2 =Bdv,经过电阻的电流I2= =,又 t= ,依据焦耳定律Q= R t,联立解得Q=.答案 :(1) (2)12.(2016 ·浙江 4 月选考 ) 某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置, 如图所示. 竖直固定在绝缘底座上的两根长直圆滑导轨, 间距为 L. 导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场 B. 绝缘火箭支撑在导轨间 , 总质量为 m,此中燃料质量为 m′ , 燃料室中的金属棒 EF 电阻为 R,并经过电刷与电阻可忽视的导轨优秀接触. 引燃火箭下方的推动剂, 快速推动刚性金属棒 CD(电阻可忽视且和导轨接触优秀) 向上运动 , 当回路 CEFDC面积减少许达到最大值S, 用时t, 此过程激出强电流, 产生电磁推力, 加快火箭 . 在t 时间内 , 电阻 R产生的焦耳热使燃料焚烧形成高温高压气体. 当焚烧室下方的可控喷气孔翻开后, 喷出燃气进一步加快火箭.(1) 求回路在t 时间内感觉电动势的均匀值及经过金属棒EF 的电荷量 , 并判断金属棒EF 中的感觉电流方向;(2)经 t 时间火箭恰巧离开导轨 , 求火箭离开时的速度 v0;( 不计空气阻力 )(3)火箭离开导轨时 , 喷气孔翻开 , 在极短的时间内发射出质量为m′的燃气 , 喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u, 求喷气后火箭增添的速度v.( 提示 : 可选喷气前的火箭为参照系)分析 :(1)依据电磁感觉定律, 有= =,q=t= =,电流方向向右 .(2)均匀感觉电流= =,均匀安培力=B L,( -mg)t=mv0 ,v0=-g t.(3)以火箭为参照系 , 设竖直向上为正 ,-m′ u+(m-m′ ) v=0,得v=.答案 :(1)向右(2) -g t(3)【备用题组】1.(2016 ·广东汕头质检 )( 多项选择 ) 如下图 , 正方形线框的边长为L, 电容器的电容为 C.正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中, 当磁感觉强度以k 为变化率均匀减小时 , 以下说法正确的选项是( ABC )A. 线框产生的感觉电动势大小为B. 电压表没有读数C.a 点的电势高于 b 点的电势D.电容器所带的电荷量为零分析 : 因为线框的一半放在磁场中, 所以线框产生的感觉电动势大小为, 选项A正确 ; 因为线框所产生的感觉电动势是恒定的 , 且线框连结了一个电容器电动势 , 内电压为零 , 而接电压表的这部分相当于回路的内部, 相当于电路断路, 外电压等于, 所以 , 电压表两头无电压, 电压表没有读数 , 选项 B 正确 ; 依据楞次定律能够判断,a 点的电势高于 b 点的电势 , 选项 C正确 ; 电容器所带电荷量为Q=C , 选项 D错误 .2.如图 ( 甲 ) 所示 , 一能蒙受最大拉力为 16 N 的轻绳吊一质量为 m=0.8 kg, 边长为L= m 的正方形线圈ABCD,已知线圈总电阻为R=0.5Ω ,在线圈上半部分散布着垂直于线圈平面向里, 大小随时间变化的磁场,如图(乙)所示, 已知t 1时辰轻绳恰巧被拉断,g 取 10 m/s 2,求:;(1) 在轻绳被拉断前线圈感觉电动势大小及感觉电流的方向(2)t=0时AB边遇到的安培力的大小;(3)t 1 的大小.分析 :(1) 轻绳被拉断前, 由法拉第电磁感觉定律得感觉电动势E= = ·S,由图( 乙) 知=1 T/s,由题知 S= L2=1 m2, 解得E=1 V.依据楞次定律 , 感觉电流方向为逆时针.(2)由图知 t=0 时 , 磁感觉强度 B0=1 T,感觉电流I==2 A,F=B0IL=2 N.AB边遇到的安培力(3) 由题意知F max=16 N,t 1时辰轻绳受力为F max=mg+ B1IL,解得 B=2T, 由图(乙)可查出 B 对应的时辰 t =1 s.1 1 1答案 :(1)1 V 逆时针 (2)2 N (3)1 s。
2018高考一轮物理文档 第十章 电磁感应 章末专题复习
章末专题复习物理方法|等效法在电磁感应中的应用1．方法概述闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流．将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路问题求解．2．方法技巧(1)明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则来判定．(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题．3．等效问题如图10-1所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为L2.磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L2，电阻为R2的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为L3时，导线ac中的电流为多大？方向如何？图10-1【解析】 MN 滑过的距离为L 3时，如图甲所示，它与bc 的接触点为P ，等效电路图如图乙所示．甲 乙由几何关系可知MP 长度为L 3，MP 中的感应电动势E ＝13BL vMP 段的电阻r ＝13RMacP 和MbP 两电路的并联电阻为r 并＝13×2313＋23R ＝29R由欧姆定律得，PM 中的电流I ＝E r ＋r 并ac 中的电流I ac ＝23I解得I ac ＝2BL v 5R根据右手定则可知，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c .【答案】 2BL v 5R 方向由a 流向c[突破训练]1．如图10-2所示，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是()图10-2A．拉力的大小在运动过程中保持不变B．棒通过整个圆环所用的时间为2R aC．棒经过环心时流过棒的电流为B2aR πrD．棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R2aRπrD[导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t，由匀变速直线运动的基本关系式可得2R＝12at2，解得t＝4Ra，选项B错误；由v2－v2＝2ax可知棒经过环心时的速度v＝2aR，此时的感应电动势E＝2BR v，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻r总＝πRr2，故棒经过环心时流过棒的电流为I＝Er总＝4B2aRπr，选项C错误；由对选项C的分析可知棒经过环心时所受安培力的大小为F＝2BIR＝8B2R2aRπr，选项D正确．]物理模型|电磁感应中的“杆＋导轨”模型1．单杆模型(1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→阻碍棒相对于磁场运动．图10-3(2)分析思路：确定电源(3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用．图10-4 2．双杆模型(1)模型特点①一杆切割一杆静止时，分析同单杆类似．②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝ΔΦΔt＝Bl|v1－v2|.(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解．如图10-5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，两磁场的磁感应强度大小均为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，g取10 m/s2.问：图10-5(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．【思路导引】【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F max，有F max＝m1g sin θ①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E＝BL v②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④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＝m1g sin θ＋F max ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 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m2gx sin θ＝Q总＋12m2v2又Q＝R1R1＋R2Q总解得Q＝1.3 J.【答案】(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J[突破训练]2．(2017·四川雅安中学月考)如图10-6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θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF 以初速度v 0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 上产生的电热为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．图10-6【解析】 (1)EF 获得向上初速度v 0时，产生感应电动势E ＝BL v 0，电路中电流为I ，由闭合电路的欧姆定律有I ＝E 2R ，此时对导体棒MN 受力分析，由平衡条件有F A ＋mg sin α＝F f ，F A ＝BIL ，解得F f ＝B 2L 2v 02R ＋mg sin θ.(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有12m v 20＝mgh ＋2Q ，解得h ＝m v 20－4Q 2mg .【答案】 (1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)m v 20－4Q 2mg高考热点|电磁感应中电荷量和焦耳热的计算1．电荷量的计算(1)思考方向：根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt确定平均感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电流的定义式I ＝q t 计算电荷量．(2)公式推导过程 根据法拉第电磁感应定律→回路中平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ↓根据闭合电路欧姆定律→I＝ER＋r＝nΔΦΔt(R＋r)↓根据电流定义式I＝qt→q＝IΔt＝nΔΦR＋r2．焦耳热的计算求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路：(1)电路中感应电流恒定时：应用焦耳定律：Q＝I2Rt.(2)导体切割磁感线克服安培力做功：焦耳热等于克服安培力做的功：Q＝W安．(3)电路中感应电流是变化的：根据功能关系来求解焦耳热．如图10-7所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图10-7(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功W F.【思路导引】【解析】 (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt① 其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r ③则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ． ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得W ＝0－12m v 2 ⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝1.8 J ． ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2⑪由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J.【答案】 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J[突破训练]3．如图10-8所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，导轨电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．已知金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v m＝2.0 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.(1)求金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；(2)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.【导学号：92492381】图10-8【解析】(1)金属棒由静止释放后，沿导轨做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v m.由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ－F安＝0F安＝BIL，I＝ER＋r，E＝BL v m.解得金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.(2)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x 由能量守恒定律得mgx sin θ＝μmgx cos θ＋Q R＋Q r＋12m v2m根据焦耳定律得Q RQ r＝Rr，则金属棒上产生的焦耳热Q r＝0.5 J解得x＝2.0 m根据q＝IΔt，I＝ER＋r，E＝ΔΦΔt，ΔΦ＝BLx可得q＝BLxR＋r＝1.0 C.【答案】(1)0.5(2)1.0 C。
2018高考物理大一轮复习 第10章 电磁感应章末检测
章末检测十电磁感应(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分) 1．首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是( )A．安培和法拉第B．法拉第和楞次C．奥斯特和安培D．奥斯特和法拉第解析：选 D.首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特；发现电磁感应现象的科学家是法拉第，故选项D正确．2．磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁( )A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动解析：选 B.据题意，从图示可以看出磁铁提供的穿过线圈原磁场的磁通量方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流激发的感应磁场方向向上，即两个磁场的方向相反，则由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在增加，故选项B正确．3．某学校操场上有如图所示的运动器械：两根长金属链条将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架上．静止时ab水平且沿东西方向．已知当地的地磁场方向自南向北斜向下跟竖直方向成45°，现让ab随链条荡起来，跟竖直方向最大偏角45°，则下列说法正确的是( )A．当ab棒自南向北经过最低点时，ab中感应电流的方向是自西向东B．当链条与竖直方向成45°时，回路中感应电流最大C．当ab棒自南向北经过最低点时，安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下D．在ab棒运动过程中，不断有磁场能转化为电场能解析：选C.当ab棒自南向北经过最低点时，由右手定则知电流方向自东向西，故A错误；当ab运动方向与B方向垂直时感应电流最大，当链条偏南与竖直方向成45°时，ab 运动方向(沿圆轨迹的切线方向)与磁场方向平行，此时感应电流为零，最小，故B错误；当ab棒自南向北经过最低点时，由左手定则知安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下，C 正确；在ab 棒运动过程中，不断有机械能转化为电场能，故D 错误．4．如图甲所示，线圈ABCD 固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB 边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下列选项中的( )解析：选 D.由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则，可知：感应电流的方向由B 到A ，再由右手定则可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由B 到A 的感应电流，由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F ＝B ΔB Δt SL R，因安培力的大小不变，则B ΔB Δt 是定值，若磁场B 增大，则ΔB Δt 减小，若磁场B 减小，则ΔB Δt增大，故D 正确，A 、B 、C 错误．5．如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1解析：选B.根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则ΔB Δt ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可知E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δtl 2，则E a E b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫312＝91，选项B 正确；根据I ＝E R ＝E ρ4nl S ′＝nΔB Δt l 2S ′4ρnl ＝klS ′4ρ∝l ，故a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1，选项C 错误；电功率P ＝IE ＝klS ′4ρ·n ΔB Δt l 2＝nk 2l 3S ′4ρ∝l 3，故a 、b 线圈中电功率之比为27∶1，选项D 错误；故选B.6．如图所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路总电阻为R ，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是()A ．回路中有大小和方向周期性变化的电流B ．回路中电流大小恒定，且等于BL 2ω2RC ．回路中电流方向不变，且从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘D ．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中一定有电流流过解析：选BC.据题意，当盘转动后，由右手定则可以确定电流流向盘的中心，从b 端流出到达a 端，故选项A 错误；所产生的电动势大小为：E ＝BLv ＝BL L ω2，则产生的电流大小为：I ＝E R ＝BL 2ω2R，故B 选项正确；根据右手定则判断电流方向，电流为b 到a ，所以C 正确；如果将匀强磁场改成变化的磁场，铜盘不转动的话，没有导体切割磁场，回路中不会产生感应电流，故D 选项错误．7．如图所示的电路中，电感L 的自感系数很大，电阻可忽略，D 为理想二极管，则下列说法正确的有()A ．当S 闭合时，L 1立即变亮，L 2逐渐变亮B ．当S 闭合时，L 1一直不亮，L 2逐渐变亮C ．当S 断开时，L 2立即熄灭D ．当S 断开时，L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭解析：选BD.当S 闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L 1一直不亮；通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L 2逐渐变亮，选项B 正确，A 错误；当S 断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L 的电流要在L 2－L 1－D －L 之中形成新的回路，故L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C 错误，D 正确；故选B 、D.8．如图所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上．滑动变阻器接入电路的电阻值为R (最大阻值足够大)，导轨的宽度L ＝0.5 m ，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B ＝1 T ．内阻r ＝1 Ω的金属杆在F ＝5 N 的水平恒力作用下由静止开始运动．经过一段时间后，金属杆的速度达到最大速度v m ，不计导轨电阻，则有( )A ．R 越小，v m 越大B ．金属杆的最大速度大于或等于20 m/sC ．在金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能D ．金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比解析：选BD.当导体棒达到最大速度时满足F ＝F 安；则F ＝BBLv m r ＋R L ，解得v m ＝F r ＋R B 2L 2，可知R 越大，v m 越大，选项A 错误；金属杆的最大速度v m ＝F r ＋R B 2L 2＝＋R 12×0.52＝20(1＋R )m/s ，则金属杆的最大速度大于或等于20 m/s ，选项B 正确；在金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和，选项C 错误；金属杆达到最大速度后导体棒中的电流I ＝F BL ，则I ＝neSv e ，则v e ＝I neS ＝F BLneS，故金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比，选项D 正确；故选B 、D.二、非选择题(共4小题， 52分)9．(12分)很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示．自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O 转动．已知磁感应强度B ＝0.5 T ，圆盘半径l ＝0.3 m ，圆盘电阻不计．导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O 相连，导线两端a 、b 间接一阻值R ＝10 Ω的小灯泡．后轮匀速转动时，用电压表测得a 、b 间电压U ＝0.6 V.(1)与a 连接的是电压表的正接线柱还是负接线柱？(2)圆盘匀速转动10分钟，则此过程中产生了多少电能 ?(3)自行车车轮边缘线速度是多少？解析：(1)根据右手定则，轮子边缘点是等效电源的负极，则a 点接电压表的负接线柱(2)根据焦耳定律Q ＝U 2Rt 代入数据得Q ＝21.6 J(3)由U ＝E ＝12Bl 2ω得v ＝l ω＝8 m/s 答案：(1)负 (2)Q ＝21.6 J (3)v ＝8 m/s10．(12分)如图所示，平行光滑U 形导轨倾斜放置，倾角θ＝30°，导轨间的距离L ＝1.0 m ，电阻R ＝R 1＝3.0 Ω，电容器电容C ＝2×10－8F ，导轨电阻不计，匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B ＝2.0 T ，质量m ＝0.4 kg ，电阻r ＝1.0 Ω的金属棒ab 垂直置于导轨上，现用沿轨道平面且垂直于金属棒的大小F ＝5.0 N 的恒力，使金属棒ab 从静止起沿导轨向上滑行，求：(1)金属棒ab 达到匀速运动时的速度大小(g ＝10 m/s 2 )；(2)金属棒ab 从静止开始到匀速运动的过程中通过电阻R 1的电荷量．解析：(1)当金属棒匀速运动时，由力的平衡条件得：F ＝mg sin 30°＋BIL 求得：I ＝1.5 A.由闭合电路欧姆定律得：I ＝ER ＋r ＝BLv R ＋r 联立以上方程解得金属棒匀速运动的速度大小为：v ＝3 m/s.(2)当金属棒匀速运动时，电容器两端的电压U ＝IR ＝4.5 V电容器极板上聚集的电荷量Q ＝CU ＝9×10－8C ，所以通过R 1的电荷量Q ′＝Q ＝9×10－8C答案：(1)v ＝3 m/s (2)9×10－8C11．(12分)如图所示，水平放置的三条光滑平行金属导轨a ，b ，c ，相距均为d ＝1 m ，导轨ac 间横跨一质量为m ＝1 kg 的金属棒MN ，棒与导轨始终良好接触．棒的总电阻r ＝2 Ω，导轨的电阻忽略不计. 在导轨bc 间接一电阻为R ＝2 Ω的灯泡，导轨ac 间接一理想电压表．整个装置放在磁感应强度B ＝2 T 匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对棒MN 施加一水平向右的拉力F ，使棒从静止开始运动，已知施加的水平外力功率恒定，经过t ＝1 s 时间棒达到稳定时速度3 m/s.试求：(1)金属棒达到稳定时施加水平恒力F 为多大？水平外力F 的功率为多少？(2)金属棒达到稳定时电压表的读数为多少？(3)此过程中灯泡产生的热量是多少？解析：(1)当F ＝F 安时，金属棒速度达到稳定，则F 安＝BIdI ＝Bdv R ＋r 2，联立得F ＝4 N ，P ＝Fv ＝12 W. (2)设电压表的读数为U ，则有U ＝Bdv ＋U LU L ＝Bdv R ＋r 2R ，代入数据得U ＝10 V. (3)设小灯泡和金属棒产生的热量分别为Q 1、Q 2，根据焦耳定律得知：Q 1Q 2＝R r 2.由功能关系得：Pt ＝Q 1＋Q 2＋12mv 2，代入数据得Q 1＝5 J. 答案：(1)F ＝4 N P ＝12 W (2)U ＝10 V(3)Q 1＝5 J12．(16分)如图甲所示，斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd ，ab 边的边长L 1＝1 m ，bc 边的边长L 2＝0.6 m ，线框的质量m ＝1 kg ，线框的电阻R ＝ 0.1 Ω，线框受到沿斜面向上的恒力F 的作用，已知F ＝15 N ，线框与斜面间的动摩擦因数μ＝33.线框的边ab ∥ef ∥gh ，斜面的efhg 区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙的B －t 图象所示，时间t 是从线框由静止开始运动起计时的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef 线和gh 线的距离x ＝5.1 m ，取g＝10 m/s 2.求：(1)线框进入磁场前的加速度a ；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v ；(3)在丙图中画出线框从静止开始运动直至ab 边运动到gh 线过程的v －t 图象；(4)线框从静止开始运动直至ab 边运动到gh 线的过程中产生的焦耳热Q .解析：(1)线框进入磁场前，线框受到线框的重力、拉力F 、斜面的支持力和斜面对线框的摩擦力作用，由牛顿第二定律：F －mg sin α－μmg cos α＝ma得线框进入磁场前的加速度a ＝5 m/s 2.(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E 1＝BL 1v形成的感应电流I 1＝E 1R受到沿斜面向下的恒定的安培力F 安＝BI 1L 1线框受力平衡，有F ＝mg sin α＋μmg cos α＋F 安此时磁感应强度必恒定不变B ＝0.5 T ，代入数据解得v ＝2 m/s.(3)线框abcd 进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场前的运动时间 t 1＝v a＝0.4 s 进入磁场过程中线框做匀速运动的时间t 2＝L 2v＝0.3 s.线框完全进入磁场后至运动到gh 线，线框受力情况与进入磁场前相同，仍做匀加速直线运动，所以该阶段的加速度大小仍为a ＝5 m/s 2，该过程有x －l 2＝vt 3＋12at 23，解得t 3＝1 s线框从静止开始运动直至ab 边运动到gh 线过程的v －t 图象如图；(4)线框整体进入磁场后，ab 边运动到gh 线的过程中，线框中有感应电流的时间 t 4＝t 1＋t 2＋t 3－0.9 s ＝0.8 sE 2＝ΔB ·S Δt ＝0.5×0.62.1－0.9V ＝0.25 V 此过程产生的焦耳热Q 2＝E 22Rt 4＝0.5 J. 线框匀速进入磁场过程中产生的焦耳热Q 1＝I 21Rt 2＝3 J线框从静止开始运动直至ab 边运动到gh 线的过程中产生的焦耳热Q ＝Q 1＋Q 2＝3.5 J 答案：(1)5 m/s 2 (2)2 m/s (3)如图 (4)3.5 J。
(新课标)2018年高考物理一轮复习第十章电磁感应章末过关检测
第十章 电磁感应章末过关检测(十)(建议用时：60分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E －t 关系如图所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E －t 关系图可能是( )解析：选D.若将刷卡速度改为v 02，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D 项正确，其他选项错误．2.如图所示，矩形闭合线圈abcd 竖直放置，OO ′是它的对称轴，通电直导线AB 与OO ′平行，且AB 、OO ′所在平面与线圈平面垂直，如要在线圈中形成方向为abcda 的感应电流，可行的做法是( )A ．AB 中电流I 逐渐增大B ．AB 中电流I 先增大后减小C ．导线AB 正对OO ′靠近线圈D ．线圈绕OO ′轴逆时针转动90°(俯视)解析：选D.由于通电直导线AB 与OO ′平行，且AB 、OO ′所在平面与线圈平面垂直．AB 中电流如何变化，或AB 正对OO ′靠近线圈或远离线圈，线圈中磁通量均为零，不能在线圈中产生感应电流，选项A 、B 、C 错误；线圈绕OO ′轴逆时针转动90°(俯视)，由楞次定律可知，在线圈中形成方向为abcda 的感应电流，选项D 正确．3.如图所示的电路中，A 、B 、C 是三个完全相同的灯泡，L 是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相同．下列说法正确的是( )A ．闭合开关S ，A 灯逐渐变亮B ．电路接通稳定后，流过B 灯的电流是流过C 灯电流的32C ．电路接通稳定后，断开开关S ，C 灯立即熄灭D ．电路接通稳定后，断开开关S ，A 、B 、C 灯过一会儿才熄灭，且A 灯亮度比B 、C 灯亮度大解析：选D.闭合开关的瞬间，线圈自感电动势很大，相当于断路，故三灯同时发光；随线圈自感阻碍作用减小，通过灯A 的电流不断减小，A 项错；电路稳定时，线圈相当于电阻，与C 灯并联支路总电阻为C 灯电阻的1.5倍，由并联分流规律可知，通过B 灯的电流是流过C 灯电流的23，B 项错；断开开关后，自感线圈产生自感电动势，可等效为电源，与C 灯构成回路，故C 灯并不立即熄灭，C 项错；在断开S 后的等效电路中，B 、C 灯所在支路电阻大于A 灯所在支路电阻，故流过A 灯的电流较大，D 项对．4.纸面内两个半径均为R 的圆相切于O 点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R 的导体杆OA 绕过O 点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω.t ＝0时，OA 恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O 指向A 的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是( )解析：选C.当导体杆顺时针转动切割圆形区域中的磁感线时，由右手定则判断电动势由O 指向A ，为正，选项D 错误；切割过程中产生的感应电动势E ＝BLv ＝12BL 2ω，其中L ＝2R sin ωt ，即E ＝2B ωR 2sin 2ωt ，可排除选项A 、B ，选项C 正确．5.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，顶端接阻值为R 的电阻．质量为m 、电阻为r 的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，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，不计导轨的电阻，重力加速度为g ，则下列说法错误的是( )A ．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R 的电流方向为b →aB ．金属棒的速度为v 时，金属棒所受的安培力大小为B 2L 2v R ＋rC ．金属棒的最大速度为mg （R ＋r ）BLD ．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R 的热功率为⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2R 解析：选C.金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律知，流过电阻R 的电流方向为b →a ，选项A 正确；金属棒的速度为v 时，金属棒中感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝ER ＋r ，所受的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r，选项B 正确；当安培力F ＝mg 时，金属棒下滑速度最大，金属棒的最大速度为v ＝mg （R ＋r ）B 2L 2，选项C 错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R 和r 的总热功率为P ＝mgv ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2(R ＋r )，电阻R 的热功率为⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2R ，选项D 正确． 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6.(2017·广州高三模拟)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的过程中( )A ．导体框中产生的感应电流方向相同B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ad 边两端电势差相同D ．通过导体框截面的电荷量相同解析：选AD.由右手定则可得两种情况导体框中产生的感应电流方向相同，A 项正确；热量Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫Blv R 2R ×l v ＝B 2l 3v R ，导体框产生的焦耳热与运动速度有关，B 项错误；电荷量q ＝It ＝Blv R ×l v ＝Bl 2R，电荷量与速度无关，电荷量相同，D 项正确；以速度v 拉出时，U ad ＝14Blv ，以速度3v 拉出时，U ad ＝34Bl ·3v ，C 项错误．7.(2017·扬州模拟)如图所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R 的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B .有一质量为m 、长为l 的导体棒从ab 位置获得平行于斜面的、大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′的位置，滑行的距离为s ，导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则( )A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2v RB ．上滑过程中电流做功放出的热量为12mv 2－mgs (sin θ＋μcos θ) C ．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12mv 2 D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv 2－mgs sin θ 解析：选BD.上滑过程中，开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为B 2l 2v 2R，A 错；根据能量守恒，上滑过程中电流做功放出的热量为12mv 2－mgs (sin θ＋μcos θ)，B 对；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于电流做功产生的热，也是12mv 2－mgs (sin θ＋μcos θ)，C 错；上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv 2－mgs sin θ，D 对． 8．(2017·浙江重点中学测试)如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电阻为R ，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和PQ 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc 刚好运动到匀强磁场PQ 边界的v －t 图象，图中数据均为已知量．重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba 方向B ．磁场的磁感应强度为1v 1（t 2－t 1） mgR v 1C ．金属线框在0～t 3的时间内所发生的热量为mgv 1(t 2－t 1)D ．MN 和PQ 之间的距离为v 1(t 2－t 1)解析：选BC.金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda 方向，故选项A 错误；在金属线框进入磁场的过程中，金属线框所受安培力等于重力mg ＝BIL ，I ＝BLv 1R ，又L ＝v 1(t 2－t 1)．联立解得B ＝1v 1（t 2－t 1）· mgR v 1，故选项B 正确；金属线框在进入磁场过程中金属线框产生的热量为Q 1，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得Q1＝mgL＝mgv1(t2－t1)，金属线框在磁场中的运动过程中金属线框不产生感应电流，所以金属线框在0～t3的时间内所产生的热量为mgv1·(t2－t1)，故选项C正确；由题图乙可知，金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2－t1，所以金属线框的边长L＝v1(t2－t1)，MN和PQ之间的距离要大于金属线框的边长，故选项D 错误．三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(14分)如图所示，边长L＝0.20 m的正方形导体框ABCD由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻R0＝1.0 Ω，金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒MN的电阻r＝0.20 Ω.导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.50 T，方向垂直导线框所在平面向里．金属棒MN与导线框接触良好，且与导线框对角线BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上．若金属棒以v＝4.0 m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运动至AC的位置时，求：(计算结果保留两位有效数字)(1)金属棒产生的电动势大小；(2)金属棒MN上通过的电流大小和方向；(3)导线框消耗的电功率．解析：(1)金属棒产生的电动势大小为：E＝2BLv＝2×0.50×0.20×4.0 V≈0.57 V.(2)金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻大小为R并＝1.0Ω，由闭合电路欧姆定律有I＝ER并＋r≈0.48 A，由右手定则有，电流方向从M到N.(3)导线框消耗的电功率为P框＝I2R并≈0.23 W.答案：(1)0.57 V (2)0.48 A 方向从M到N(3)0.23 W10．(18分)如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和R x分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．(1)调节R x＝R，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I及导体棒的速率v.(2)改变R x ，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x .解析：(1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示．导体棒所受安培力F 安＝BIl ①导体棒匀速下滑，所以F 安＝Mg sin θ②联立①②式，解得I ＝Mg sin θBl③ 导体棒切割磁感线产生感应电动势E ＝Blv ④由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋R x ，且R x ＝R ， 所以I ＝E 2R⑤ 联立③④⑤式，解得v ＝2MgR sin θB 2l 2. (2)由题意知，其等效电路图如图所示．由图知，平行金属板两板间的电压等于R x 两端的电压．设两金属板间的电压为U ，因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I ，所以由欧姆定律知U ＝IR x ⑥要使带电微粒匀速通过，则mg ＝q U d ⑦联立③⑥⑦式，解得R x ＝mBld Mq sin θ. 答案：(1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2 (2)mBld Mq sin θ11．(20分)如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨与水平面成53°角固定放置，导轨间连接一阻值为6 Ω的电阻R ，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线m 、n 间有一方向垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场．导体棒a 的质量为m a ＝0.4 kg ，电阻R a ＝3 Ω；导体棒b 的质量为m b ＝0.1 kg ，电阻R b ＝6 Ω.导体棒a 、b 分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．a 、b 从开始相距L 0＝0.5 m 处同时由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，当b 刚穿出磁场时，a 正好进入磁场，g 取10 m/s 2，不计a 、b 之间电流的相互作用，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：(1)在a 、b 分别穿越磁场的过程中，通过R 的电荷量之比；(2)在穿越磁场的过程中，a 、b 两导体棒匀速运动的速度大小之比；(3)磁场区域沿导轨方向的宽度d ；(4)在整个运动过程中，产生的总焦耳热．解析：(1)由q 总＝I Δt ，I ＝E R 总，E ＝ΔΦΔt ，得q 总＝ΔΦR 总在b 穿越磁场的过程中，b 是电源，a 与R 是外电路，电路的总电阻R 总1＝8 Ω通过R 的电荷量为q Rb ＝13q 总1＝13·ΔΦR 总1同理，a 在磁场中匀速运动时，R总2＝6 Ω，通过R 的电荷量为q Ra ＝12q 总2＝12·ΔΦR 总2，可得q Ra ∶q Rb ＝2∶1.(2)设a 、b 穿越磁场的过程中的速度分别为v a 和v b ，则b 中的电流I b ＝BLv b R 总1由平衡条件得B 2L 2v b R 总1＝m b g sin 53° 同理，a 在磁场中匀速运动时有B 2L 2v a R 总2＝m a g sin 53°， 解得v a ∶v b ＝3∶1.(3)设b 在磁场中穿越的时间为t ，由题意得：v a ＝v b ＋gt sin 53°，d ＝v b t因为v 2a －v 2b ＝2gL 0sin 53°，v a ∶v b ＝3∶1所以d ＝0.25 m.(4)a 穿越磁场时所受安培力F 安＝m a g sin 53°克服安培力所做的功W a ＝m a gd sin 53°＝0.8 J同理，b 穿越磁场时克服安培力所做的功 W b ＝m b gd sin 53°＝0.2 J由功能关系得，在整个过程中，电路中产生的总焦耳热Q ＝W a ＋W b ＝1 J. 答案：(1)2∶1 (2)3∶1 (3)0.25 m (4)1 J。
2018年高考物理大一轮复习 第10章 电磁感应 第3节 电磁感应的综合应用
3．如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强 磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直 导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b 时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均 不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过 程中( )
的感应电动势E＝Bdv，根据电阻定律可知，线框的电阻R＝ρLS，
由闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流I＝ RE ，联立以上各
式有I＝
BSv ρ
·Ld
，所以线框切割磁感线的边长d越长，总长度L越
短，其感应电流越大，对照4种图形可知，C正确．
2．(2017·贵州七校联考)(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属 导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接阻值为R ＝10 Ω的电阻．一阻值为R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左 运动，导体棒与导轨接触良好，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B ＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( )
考点一 电磁感应中的电路问题 1．内电路和外电路 (1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于 电源． (2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余 部分是外电阻．
2．电源电动势和路端电压 (1)电动势：E＝Blv或E＝nΔΔΦt . (2)路端电压：U＝IR＝E－Ir＝R＋E r·R.
⇒F＝BR2＋l2vr
2．安培力的方向 (1)先用 右手定则 确定感应电流方向，再用 左手定则 确定 安培力方向． (2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方 向 相反 ．
四、电磁感应中的能量问题 1．能量的转化 闭合电路的部分导体做 切割磁感线运动产生感应电流，感应 电流在磁场中受 安培力．外力 克服 安培力做功，将其他形式的 能转化为 电能 ，电流做功再将电能转化为其他形式 的能． 2．实质 电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能 之间 的转化．
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十电磁感应(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分) 1．首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是( )A．安培和法拉第B．法拉第和楞次C．奥斯特和安培D．奥斯特和法拉第解析：选 D.首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特；发现电磁感应现象的科学家是法拉第，故选项D正确．2．磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁( )A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动解析：选 B.据题意，从图示可以看出磁铁提供的穿过线圈原磁场的磁通量方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流激发的感应磁场方向向上，即两个磁场的方向相反，则由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在增加，故选项B正确．3．某学校操场上有如图所示的运动器械：两根长金属链条将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架上．静止时ab水平且沿东西方向．已知当地的地磁场方向自南向北斜向下跟竖直方向成45°，现让ab随链条荡起来，跟竖直方向最大偏角45°，则下列说法正确的是( )A．当ab棒自南向北经过最低点时，ab中感应电流的方向是自西向东B．当链条与竖直方向成45°时，回路中感应电流最大C．当ab棒自南向北经过最低点时，安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下D．在ab棒运动过程中，不断有磁场能转化为电场能解析：选C.当ab棒自南向北经过最低点时，由右手定则知电流方向自东向西，故A错误；当ab运动方向与B方向垂直时感应电流最大，当链条偏南与竖直方向成45°时，ab 运动方向(沿圆轨迹的切线方向)与磁场方向平行，此时感应电流为零，最小，故B错误；当ab棒自南向北经过最低点时，由左手定则知安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下，C 正确；在ab 棒运动过程中，不断有机械能转化为电场能，故D 错误．4．如图甲所示，线圈ABCD 固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB 边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下列选项中的( )解析：选 D.由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则，可知：感应电流的方向由B 到A ，再由右手定则可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由B 到A 的感应电流，由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F ＝B ΔB Δt SL R，因安培力的大小不变，则B ΔB Δt 是定值，若磁场B 增大，则ΔB Δt 减小，若磁场B 减小，则ΔB Δt增大，故D 正确，A 、B 、C 错误．5．如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1解析：选B.根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则ΔB Δt ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可知E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δtl 2，则E a E b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫312＝91，选项B 正确；根据I ＝E R ＝E ρ4nl S ′＝nΔB Δt l 2S ′4ρnl ＝klS ′4ρ∝l ，故a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1，选项C 错误；电功率P ＝IE ＝klS ′4ρ·n ΔB Δt l 2＝nk 2l 3S ′4ρ∝l 3，故a 、b 线圈中电功率之比为27∶1，选项D 错误；故选B.6．如图所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路总电阻为R ，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是()A ．回路中有大小和方向周期性变化的电流B ．回路中电流大小恒定，且等于BL 2ω2RC ．回路中电流方向不变，且从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘D ．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中一定有电流流过解析：选BC.据题意，当盘转动后，由右手定则可以确定电流流向盘的中心，从b 端流出到达a 端，故选项A 错误；所产生的电动势大小为：E ＝BLv ＝BL L ω2，则产生的电流大小为：I ＝E R ＝BL 2ω2R，故B 选项正确；根据右手定则判断电流方向，电流为b 到a ，所以C 正确；如果将匀强磁场改成变化的磁场，铜盘不转动的话，没有导体切割磁场，回路中不会产生感应电流，故D 选项错误．7．如图所示的电路中，电感L 的自感系数很大，电阻可忽略，D 为理想二极管，则下列说法正确的有()A ．当S 闭合时，L 1立即变亮，L 2逐渐变亮B ．当S 闭合时，L 1一直不亮，L 2逐渐变亮C ．当S 断开时，L 2立即熄灭D ．当S 断开时，L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭解析：选BD.当S 闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L 1一直不亮；通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L 2逐渐变亮，选项B 正确，A 错误；当S 断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L 的电流要在L 2－L 1－D －L 之中形成新的回路，故L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C 错误，D 正确；故选B 、D.8．如图所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上．滑动变阻器接入电路的电阻值为R (最大阻值足够大)，导轨的宽度L ＝0.5 m ，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B ＝1 T ．内阻r ＝1 Ω的金属杆在F ＝5 N 的水平恒力作用下由静止开始运动．经过一段时间后，金属杆的速度达到最大速度v m ，不计导轨电阻，则有( )A ．R 越小，v m 越大B ．金属杆的最大速度大于或等于20 m/sC ．在金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能D ．金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比解析：选BD.当导体棒达到最大速度时满足F ＝F 安；则F ＝BBLv m r ＋R L ，解得v m ＝F r ＋R B 2L 2，可知R 越大，v m 越大，选项A 错误；金属杆的最大速度v m ＝F r ＋R B 2L 2＝5× 1＋R 12×0.52＝20(1＋R )m/s ，则金属杆的最大速度大于或等于20 m/s ，选项B 正确；在金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和，选项C 错误；金属杆达到最大速度后导体棒中的电流I ＝F BL ，则I ＝neSv e ，则v e ＝I neS ＝F BLneS，故金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比，选项D 正确；故选B 、D.二、非选择题(共4小题， 52分)9．(12分)很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示．自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O 转动．已知磁感应强度B ＝0.5 T ，圆盘半径l ＝0.3 m ，圆盘电阻不计．导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O 相连，导线两端a 、b 间接一阻值R ＝10 Ω的小灯泡．后轮匀速转动时，用电压表测得a 、b 间电压U ＝0.6 V.(1)与a 连接的是电压表的正接线柱还是负接线柱？(2)圆盘匀速转动10分钟，则此过程中产生了多少电能 ?(3)自行车车轮边缘线速度是多少？解析：(1)根据右手定则，轮子边缘点是等效电源的负极，则a 点接电压表的负接线柱(2)根据焦耳定律Q ＝U 2Rt 代入数据得Q ＝21.6 J(3)由U ＝E ＝12Bl 2ω得v ＝l ω＝8 m/s 答案：(1)负 (2)Q ＝21.6 J (3)v ＝8 m/s10．(12分)如图所示，平行光滑U 形导轨倾斜放置，倾角θ＝30°，导轨间的距离L ＝1.0 m ，电阻R ＝R 1＝3.0 Ω，电容器电容C ＝2×10－8F ，导轨电阻不计，匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B ＝2.0 T ，质量m ＝0.4 kg ，电阻r ＝1.0 Ω的金属棒ab 垂直置于导轨上，现用沿轨道平面且垂直于金属棒的大小F ＝5.0 N 的恒力，使金属棒ab 从静止起沿导轨向上滑行，求：(1)金属棒ab 达到匀速运动时的速度大小(g ＝10 m/s 2 )；(2)金属棒ab 从静止开始到匀速运动的过程中通过电阻R 1的电荷量．解析：(1)当金属棒匀速运动时，由力的平衡条件得：F ＝mg sin 30°＋BIL 求得：I ＝1.5 A.由闭合电路欧姆定律得：I ＝ER ＋r ＝BLv R ＋r 联立以上方程解得金属棒匀速运动的速度大小为：v ＝3 m/s.(2)当金属棒匀速运动时，电容器两端的电压U ＝IR ＝4.5 V电容器极板上聚集的电荷量Q ＝CU ＝9×10－8C ，所以通过R 1的电荷量Q ′＝Q ＝9×10－8C答案：(1)v ＝3 m/s (2)9×10－8C11．(12分)如图所示，水平放置的三条光滑平行金属导轨a ，b ，c ，相距均为d ＝1 m ，导轨ac 间横跨一质量为m ＝1 kg 的金属棒MN ，棒与导轨始终良好接触．棒的总电阻r ＝2 Ω，导轨的电阻忽略不计. 在导轨bc 间接一电阻为R ＝2 Ω的灯泡，导轨ac 间接一理想电压表．整个装置放在磁感应强度B ＝2 T 匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对棒MN 施加一水平向右的拉力F ，使棒从静止开始运动，已知施加的水平外力功率恒定，经过t ＝1 s 时间棒达到稳定时速度3 m/s.试求：(1)金属棒达到稳定时施加水平恒力F 为多大？水平外力F 的功率为多少？(2)金属棒达到稳定时电压表的读数为多少？(3)此过程中灯泡产生的热量是多少？解析：(1)当F ＝F 安时，金属棒速度达到稳定，则F 安＝BIdI ＝Bdv R ＋r 2，联立得F ＝4 N ，P ＝Fv ＝12 W. (2)设电压表的读数为U ，则有U ＝Bdv ＋U LU L ＝Bdv R ＋r 2R ，代入数据得U ＝10 V. (3)设小灯泡和金属棒产生的热量分别为Q 1、Q 2，根据焦耳定律得知：Q 1Q 2＝R r 2.由功能关系得：Pt ＝Q 1＋Q 2＋12mv 2，代入数据得Q 1＝5 J. 答案：(1)F ＝4 N P ＝12 W (2)U ＝10 V(3)Q 1＝5 J12．(16分)如图甲所示，斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd ，ab 边的边长L 1＝1 m ，bc 边的边长L 2＝0.6 m ，线框的质量m ＝1 kg ，线框的电阻R ＝ 0.1 Ω，线框受到沿斜面向上的恒力F 的作用，已知F ＝15 N ，线框与斜面间的动摩擦因数μ＝33.线框的边ab ∥ef ∥gh ，斜面的efhg 区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙的B －t 图象所示，时间t 是从线框由静止开始运动起计时的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef 线和gh 线的距离x ＝5.1 m ，取g＝10 m/s 2.求：(1)线框进入磁场前的加速度a ；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v ；(3)在丙图中画出线框从静止开始运动直至ab 边运动到gh 线过程的v －t 图象；(4)线框从静止开始运动直至ab 边运动到gh 线的过程中产生的焦耳热Q .解析：(1)线框进入磁场前，线框受到线框的重力、拉力F 、斜面的支持力和斜面对线框的摩擦力作用，由牛顿第二定律：F －mg sin α－μmg cos α＝ma得线框进入磁场前的加速度a ＝5 m/s 2.(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E 1＝BL 1v形成的感应电流I 1＝E 1R受到沿斜面向下的恒定的安培力F 安＝BI 1L 1线框受力平衡，有F ＝mg sin α＋μmg cos α＋F 安此时磁感应强度必恒定不变B ＝0.5 T ，代入数据解得v ＝2 m/s.(3)线框abcd 进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场前的运动时间 t 1＝v a＝0.4 s 进入磁场过程中线框做匀速运动的时间t 2＝L 2v＝0.3 s.线框完全进入磁场后至运动到gh 线，线框受力情况与进入磁场前相同，仍做匀加速直线运动，所以该阶段的加速度大小仍为a ＝5 m/s 2，该过程有x －l 2＝vt 3＋12at 23，解得t 3＝1 s线框从静止开始运动直至ab 边运动到gh 线过程的v －t 图象如图；(4)线框整体进入磁场后，ab 边运动到gh 线的过程中，线框中有感应电流的时间 t 4＝t 1＋t 2＋t 3－0.9 s ＝0.8 sE 2＝ΔB ·S Δt ＝0.5×0.62.1－0.9V ＝0.25 V 此过程产生的焦耳热Q 2＝E 22Rt 4＝0.5 J. 线框匀速进入磁场过程中产生的焦耳热Q 1＝I 21Rt 2＝3 J线框从静止开始运动直至ab 边运动到gh 线的过程中产生的焦耳热Q ＝Q 1＋Q 2＝3.5 J 答案：(1)5 m/s 2 (2)2 m/s (3)如图 (4)3.5 J。