最新-2018高考物理总复习资料9 精品
2018年高考总复习物理新课标第九章 电磁感应 第四节对
, [学生用书P208])1．(考点一)(多选)如图，在水平桌面上放置两条相距l 的平行光滑导轨ab 与cd ，阻值为R 的电阻与导轨的a 、c 端相连．质量为m 、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上(图中未画出)，磁感应强度的大小为B .导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m 的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h 表示物块下落的高度(物块不会触地)，g 表示重力加速度，其他电阻不计，则 ( )A ．电阻R 中的感应电流方向由a 到cB ．物块下落的最大加速度为gC ．若h 足够大，物块下落的最大速度为mgRB 2l 2D ．通过电阻R 的电荷量为Blh R解析：选CD.题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R 中的电流方向由c 到a ，A 错误；对导体棒应用牛顿第二定律有F T －F 安＝ma ，又F 安＝B Bl v R l ，再对物块应用牛顿第二定律有mg －F T ＝ma ，则联立可得：a ＝g 2－B 2l 2v2mR，则物块下落的最大加速度a m ＝g 2，B 错误；当a ＝0时，速度最大为v m ＝mgRB 2l 2，C 正确；下落h的过程，回路中的面积变化量ΔS ＝lh ，则通过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝B ΔS R ＝BlhR，D 正确．2．(考点一)(多选)(2016·河南三市联考)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 ( )A ．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bB ．金属棒的速度为v 时，金属棒所受的安培力大小为B 2L 2vR ＋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BD.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 错误；金属棒的速度为v 时，金属棒中感应电动势E ＝BL v ，感应电流I ＝E R ＋r ，所受的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋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 ＝mg v ＝⎝⎛⎭⎫mg BL 2(R ＋r )，电阻R 的热功率为⎝⎛⎭⎫mg BL 2R ，选项D 正确． 3．(考点二)(多选)(2016·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 2vRB ．上滑过程中电流做功放出的热量为12m v 2－mgs (sin θ＋μcos θ)C ．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12m v 2D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为12m v 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 2v2R ，A 错；根据能量守恒，上滑过程中电流做功放出的热量为12m v 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12m v 2－mgs (sin θ＋μcos θ)，C 错；上滑过程中导体棒损失的机械能为12m v 2－mgs sin θ，D 对．4．(考点二)(单选)(2016·重庆模拟)如图所示，电阻不计的竖直光滑金属轨道PMNQ ，其PMN 部分是半径为r 的14圆弧，NQ部分水平且足够长，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于PMNQ 平面指向纸面内．一粗细均匀的金属杆质量为m ，电阻为R ，长为2r .从图示位置由静止释放，若当地的重力加速度为g ，金属杆与轨道始终保持良好接触，则下列说法中正确的是( )A ．杆在下滑过程中机械能守恒B ．杆最终不可能沿NQ 匀速运动C ．杆从释放到全部滑至水平轨道过程中，产生的电能等于mgr2D ．杆从释放到全部滑至水平轨道过程中，通过杆的电荷量等于Br 2（π－2）4R解析：选D.杆在下滑过程中，杆与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，会产生感应电流，杆将受到安培力作用，则杆的机械能不守恒，故A 错误；杆最终沿水平面运动时，不产生感应电流，不受安培力作用而做匀速运动，故B 错误；杆从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小mgr 2，产生电能和杆的动能，由能量守恒定律知：杆上产生的电能小于mgr2，故C 错误；通过杆与金属导轨所组成的闭合回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝B ⎝⎛⎭⎫14πr 2－12r 2，根据推论q ＝ΔΦR ，得到通过杆的电荷量为q ＝Br 2（π－2）4R，故D 正确．5.(微专题29)(多选)在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L ，如图所示．一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形线框在t ＝0时刻以速度v 0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t 0，线框ab 边到达gg ′与ff ′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是( )A ．当ab 边刚越过ff ′时，线框加速度的大小为g sin θB ．t 0时刻线框匀速运动的速度为v 04C ．t 0时间内线框中产生的焦耳热为32mgL sin θ＋1532m v 20D ．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动解析：选BC.当ab 边进入磁场时，有E ＝BL v 0，I ＝ER ，mg sin θ＝BIL ，有B 2L 2v 0R ＝mg sinθ.当ab 边刚越过ff ′时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有4B 2L 2v 0R ＝4mg sin θ，加速度方向沿斜面向上且大小为3g sin θ，A 错误；t 0时刻线框匀速运动的速度为v ，则有4B 2L 2v R ＝mg sin θ，解得v ＝v 04，B 正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程，沿斜面向下运动距离为32L ，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q ＝3mgL sin θ2＋⎝⎛⎭⎫m v 202－m v 22＝3mgL sin θ2＋15m v 2032，C 正确；线框离开磁场时做加速运动，D 错误．。
2018高考物理大一轮复习课件：第九单元 磁场 9-4 精品
例 6 劳伦斯和利文斯设计出回旋加速 器，工作原理示意图如图所示．置于高真空 中的 D 形金属盒半径为 R，两盒间的狭缝很 小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强 度为 B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为 f，加速电压 为 U.若 A 处粒子源产生的质子质量为 m、电荷量为＋q，在加速 器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则 下列说法正确的是( )
偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始
被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离
开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 12 倍．此离子和质子的
质量比约为( )
A．11
B．12
C．121
D．144
【答案】 D
【解析】 粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为 v，
则
qU＝
(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径 r，并判断离子旋转 的方向是顺时针还是逆时针；
(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角 θ，及离子绕闭合平衡 轨道旋转的周期 T；
(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角 θ 变为 90°，求 B′和 B 的关系．已知：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ，cos α＝1－2sin2α2.
(1)Ek
U2，此时，设原本半径为 U0
r2
的打在
Q2
的离子打在
Q
5
上，则6L＝ r2
U2，解得 U0
r2＝(65)3L＝122156L
同理，第 n 次调节电压，有 rn＝(56)n＋1L，检测完整，有 rn ≤12L，解得 n≥lg（lg265）－1≈2.8，最少次数为 3 次．
2018高考总复习物理江苏专用课件：第九章第三节
一般电磁感应电路的分析与计算
(2016·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 l＝0.6 m， 两导轨的左端用导线连接电阻 R1 及理想电压表 V，电阻为 r ＝2 Ω 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 R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，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，CE＝0.2 m，磁感应 强度随时间的变化规律如图乙所示．
[答案](1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J
含容电磁感应电路的分析与计算
在同一水平面的光滑平行导轨 P、Q 相距 l＝1 m，导 轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器 两极板 M、N 相距 d＝10 mm，定值电阻 R1＝R2＝12 Ω，R3 ＝2 Ω，金属棒 ab 的电阻 r＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强 度 B＝0.5 T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒 ab 沿 导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，
质量 m＝1×10－14 kg，电荷量 q＝－1×10－14 C 的微粒恰好 静止不动．取 g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨 接触良好．且速度保持恒定．试求：
(1)匀强磁场的方向； (2)ab 两端的路端电压； (3)金属棒 ab 运动的速度．
[审题突破] 本题可按以下思路进行求解：
第九章 电磁感应
第三节 电磁感应中的电路和图象问题
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__．
2018年高考总复习物理新课标第九章 电磁感应 第二节课
一、单项选择题 1.如图所示，已知大线圈的面积为2×10－3 m 2，小探测线圈有2 000匝，小线圈的面积为5×10－4 m 2.整个串联回路的电阻是1 000 Ω，当电键S 反向时测得ΔQ ＝5.0×10－7 C ．则被测处的磁感应强度为( )A ．1.25×10－4 TB ．5×10－4 TC ．2.5×10－4 TD ．1×10－3 T 解析：选C.由I ＝E R ＝n ΔΦΔt R ，I ＝ΔQ Δt，得感应电荷量公式ΔQ ＝n ΔΦR ，ΔΦ＝2BS ，联立得B ＝R ΔQ 2nS，代入数据得B ＝2.5×10－4 T ，故C 对． 2．(2016·无锡模拟)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水平初速度v 0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是( )A ．越来越大B ．越来越小C ．保持不变D ．无法判断解析：选C.金属棒ab 切割磁感线，产生感应电动势而不产生感应电流，没有安培力产生，在重力作用下做平抛运动，垂直于磁感线方向速度不变，始终为v 0，由公式E ＝BL v 知，感应电动势为BL v 0不变，故A 、B 、D 错误，C 正确．3．(2016·泰州模拟)如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝100，线圈面积S ＝200 cm 2，线圈的电阻r ＝1 Ω，线圈外接一个阻值R ＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是( )A ．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B ．电阻R 两端的电压随时间均匀增大C ．线圈电阻r 消耗的功率为4×10－4 WD ．前4 s 内通过R 的电荷量为4×10－4 C解析：选C.由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势恒定为E ＝nS ΔB Δt＝0.1 V ，电阻R 两端的电压不随时间变化，选项B 错误；回路中电流I ＝E R ＋r＝0.02 A ，线圈电阻r 消耗的功率为P ＝I 2r ＝4×10－4 W ，选项C 正确；前4 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝0.08 C ，选项D 错误． 4.如图所示的电路，开关原先闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S ，则通过电阻R 1中的电流I 1随时间变化的图线可能是下图中的( )解析：选D.开关S 原来闭合时，电路处于稳定状态，流过R 1的电流方向向左，大小为I 1.与R 1并联的R 2和线圈L 支路，电流I 2的方向也是向左．当某一时刻开关S 突然断开时，L 中向左的电流要减小，由于自感现象，线圈L 产生自感电动势，在回路“L →R 1→A →R 2”中形成感应电流，电流通过R 1的方向与原来相反，变为向右，并从I 2开始逐渐减小到零，故选项D 图正确． 5.(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( )A ．0 B.12r 2qk C ．2πr 2qk D ．πr 2qk解析：选D.变化的磁场产生电场，电场对运动的带电粒子做功．均匀变化的磁场产生恒定的电场，电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ＝k πr 2，电场力做功W ＝qE ＝πr 2qk ，故选项D 正确． 6．(2016·长沙模拟)如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s 时间拉出，外力所做的功为W 1，通过导线截面的电荷量为q 1；第二次用0.9 s 时间拉出，外力所做的功为W 2，通过导线截面的电荷量为q 2，则( )A ．W 1<W 2，q 1<q 2B ．W 1<W 2，q 1＝q 2C ．W 1>W 2，q 1＝q 2D ．W 1>W 2，q 1>q 2解析：选C.两次拉出的速度之比v 1∶v 2＝3∶1.电动势之比E 1∶E 2＝3∶1，电流之比I 1∶I 2＝3∶1，则电荷量之比q 1∶q 2＝(I 1t 1)∶(I 2t 2)＝1∶1.安培力之比F 1∶F 2＝3∶1，则外力做功之比W 1∶W 2＝3∶1，故C 正确．二、多项选择题7．(2014·高考四川卷)如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30° 角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t ) T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到CC ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N解析：选AC.根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C 到D ，故A 正确、B 错误；由法拉第电磁感应定律可知：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ⊥S Δt ＝ΔBL 2Δtsin 30°＝0.2×12×12 V ＝0.1 V ，故感应电流为I ＝E R＝1 A ，金属杆受到的安培力F A ＝BIL ，t ＝1 s 时，F A ＝0.2×1×1 N ＝0.2 N ，方向如图1，此时金属杆受力分析如图1，由平衡条件可知F 1＝F A ·cos 60°＝0.1 N ，F 1为挡板P 对金属杆施加的力．t ＝3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图2，此时挡板H 对金属杆施加的力向右，大小F 3＝BIL cos 60°＝0.2×1×1×12N ＝0.1 N ．故C 正确，D 错误． 8．(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F M 、F N 表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )A ．F M 向右B ．F N 向左C ．F M 逐渐增大D ．F N 逐渐减小解析：选BCD.根据直线电流产生磁场的分布情况知，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E ＝Bl v ，I ＝E R及F ＝BIl 可知，F M 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，根据E ＝Bl v ，I ＝E R及F ＝BIl 可知，F N 逐渐变小，故选项D 正确． 9．(2016·汕头质检)如图所示，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，当磁感应强度以k 为变化率均匀减小时，下列说法正确的是( )A ．线框产生的感应电动势大小为kL 2B ．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解析：选BC.由于线框的一半放在磁场中，因此线框产生的感应电动势大小为kL 22，A 错误；由于线框所产生的感应电动势是恒定的，且线框连接了一个电容器，相当于电路断路，外电压等于电动势，内电压为零，而接电压表的这部分相当于回路的内部，因此，电压表两端无电压，电压表没有读数，B 正确；根据楞次定律可以判断，a 点的电势高于b 点的电势，C 正确；电容器所带电荷量为Q ＝C kL 22，D 错误． 10.半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则下列说法正确的是( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2a v （π＋2）R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2a v （5π＋3）R 0解析：选AD.开始时刻，感应电动势E 1＝BL v ＝2Ba v ，故A 项正确；θ＝π3时，E 2＝B ·2a cos π3·v ＝Ba v ，故B 项错误；由L ＝2a cos θ，E ＝BL v ，I ＝E R，R ＝R 0[2a cos θ＋(π＋2θ)a ]，得在θ＝0时，F ＝B 2L 2v R ＝4B 2a v R 0（2＋π），故C 项错误；θ＝π3时F ＝3B 2a v R 0（5π＋3），故D 项正确．三、非选择题 11.如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab 、cd 的间距为L 1＝0.5 m ，金属棒ad 与导轨左端bc 的距离为L 2＝0.8 m ，整个闭合回路的电阻为R ＝0.2 Ω，磁感应强度为B 0＝1 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad 杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m ＝0.04 kg 的物体，不计一切摩擦，现使磁场以ΔB Δt＝0.2 T/s 的变化率均匀地增大．求： (1)金属棒上电流的方向；(2)感应电动势的大小；(3)物体刚好离开地面的时间(g 取10 m/s 2)．解析：(1)由楞次定律可以判断出金属棒上的电流方向是由a 到d .(2)由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt＝0.08 V. (3)物体刚要离开地面时，其受到的拉力F ＝mg ，而拉力F 又等于棒所受的安培力， 即mg ＝F 安＝BIL 1其中B ＝B 0＋ΔB Δtt ，I ＝E R ， 解得t ＝5 s.答案：(1)由a 到d (2)0.08 V (3)5 s12．(2015·高考广东卷)如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式．解析：(1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B －t 图象可知ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt，得回路中的感应电动势E ＝ΔB ΔtS ＝0.5×0.08 V ＝0.04 V . (2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BL v ＝0.5×0.4×1 V ＝0.2 V回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力F ＝BI ′L ＝0.5×0.2×0.4 N ＝0.04 N当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l ＝2v (t －1)m (1 s ≤t ≤1.2 s)感应电动势e ＝Bl v ＝2B v 2(t －1)＝(t －1)V感应电流i ＝e R＝(t －1)A (1 s ≤t ≤1.2 s)． 答案：(1)0.04 V (2)0.04 N i ＝(t －1)A (1 s ≤t ≤1.2 s)。
2018版高考物理(新课标)一轮复习课件：第九章 电磁感应 9-1
预测在 2018 年高考中仍将以法拉第电磁感应定律为核心， 考查与之相关的力、电综合问题.将重点考查学生的分析综合能 力及运用数学知识解决物理问题的能力，在复习过程中还要多 关注电磁感应象与现代科技、生活相结合的新情景题目.
考点 一、电磁感应现象、 楞次定律 二、法拉第电磁感应 定律、自感和涡流 三、电磁感应中的电 路和图象问题 四、电磁感应中的动 力学和能量综合问题
A.ΔΦ1>ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿 adcba 方向电流出 现 B.ΔΦ1＝ΔΦ2， 两次运动中线框中均有沿 abcda 方向电流出 现 C.ΔΦ1<ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿 adcba 方向电流出 现 D.ΔΦ1<ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿 abcda 方向电流出 现
[解析]
[答案]
AD
楞次定律的理解及应用
1.楞次定律中“阻碍”的含义
2.应用楞次定律判断感应电流方向的步骤
考向 1
楞次定律的基本应用
[典例 3] 如图所示，通有恒定电流的导线 MN 与闭合金属框 共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕 cd 边翻 转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为 ΔΦ1 和 ΔΦ2，则( C )
1 T· m2
4.公式的适用条件 (1)匀强磁场. (2)磁感线的方向与平面垂直，即 B⊥S. 5.磁通量的意义 磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数.
知识点二
电磁感应现象
1.电磁感应现象 当穿过闭合电路的磁通量 发生变化 时，电路中有 感应电流 产生的现象. 2.产生感应电流的条件 (1)条件：穿过闭合电路的磁通量 发生变化 . (2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做 运动.
“有效”面积变化引起的感应电流 (多选)如图所示，矩形线框 abcd 由静止开始运动， )
最新-2018年高考最后一卷试题物理(九)(附答案) 精品
普通高等学校招生全国统一考试仿真试题物 理（九）本试卷分第Ⅰ卷（选择题 共30分）和第Ⅱ卷（非选择题 共70分）两部分.考试时间为90分钟，满分为100分.第Ⅰ卷 （选择题 共30分）一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题列出的四个选项中，至少有一个是正确的，全选对的得3分，选不全的得1分，选错、多选或者不选的得0分）1.2018年6月14日天文科学家观测到太阳黑子有即将大规模爆发的趋势，太阳黑子主要是轻核聚变造成的.要使氘核聚变，必须使它们之间距离接近到r 0（m ），也就是接近到核力能够发生作用的范围.物质温度很高时，氘原子将变为等离子体，等离子体的分子平均动能为E k =32k 1T ，k 1叫波耳兹曼常数，T 为热力学温度.两个氘核之间的电势能E p =re 2，k 为静电力常量，r 为电荷之间的距离，则氘核聚变的温度至少为 A.012r k ke B.0122r k ke C.0123r k ke D. 01232r k ke 答案:C 当两个氘核间距为r 0，且它们的动能全部转为势能时即可，故有231T k ×2=k 02r e ，所以T=0123r k ke . 2.抽制高强度纤维细丝时可用激光监控其粗细，如图所示，观察激光束经过细丝时在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化.下列说法正确的是A.这主要是光的干涉现象B.这主要是光的衍射现象C.如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗D.如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细答案:BD 由题意知：激光束经过细丝时在光屏上产生条纹，所以本装置是光的衍射现象，选项A 错误，选项B 正确.根据衍射规律得：细丝越细，会使条纹更宽，所以选项C 错误，选项D 正确.所以，综上所述，本题的正确选项为B 、D.3.根据分子动理论，下列关于气体的说法中正确的是A.气体的温度越高，气体分子无规则运动越剧烈B.气体的压强越大，气体分子的平均动能越大C.气体分子的平均动能越大，气体的温度越高D.气体的体积越大，气体分子之间的相互作用力越大答案:AC 由分子动理论得：气体的温度越高，气体分子无规则的热运动就越剧烈，所以选项A 正确；而气体压强越大，只能反映出单位面积的器壁上受到的撞击力越大，也可能是单位时间内撞击的分子数目多的原因，所以选项B 错误.温度是分子平均动能的标志，所以平均动能越大，则表明温度越高，所以选项C 正确.气体分子间的距离基本上已超出了分子作用力的作用范围，所以选项D 错误.综上所述，本题的正确选项应该为A 、C.4.如图是一个理想变压器的示意图，S 为单刀双掷开关，P 是滑动变阻器的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1为原线圈中的电流A.若保持P 的位置及U 1不变，S 由a 合到b 处，则I 1将减小B.若保持P 的位置及U 1不变，S 由b 合到a 处，则R 上消耗的功率将增大C.若保持U 1不变，S 置于b 处，将P 向上滑动，则I 1减小D.若保持P 的位置不变，S 置于a 处，将U 1增大，则I 1减小答案:C 若保持P 的位置及U 1不变，S 由a 合到b 处，则n 1减小，根据变压器的副线圈上的电压U 2=12n n U 1，所以副线圈上的电压变大，且电流也变大，R 上消耗的功率变大，根据变压器的电流关系I 1=12n n I 2，所以原线圈上的电流变大，所以选项A 错误.若保持P 的位置及U 1不变，S 由b 合到a 处，情况正好相反，所以选项B 错误.若保持U 1不变，S 置于b 处，则副线圈上的电压U 2不变，若将P 向上滑动，电阻变小，所以电流I 2变小，所以选项C 正确.若保持P 的位置不变，S 置于a 处，将U 1增大，则U 2变大，滑动变阻器上的电流变大，所以原线圈上的电流I 1也变大，所以选项D 错误.综上所述，本题的正确选项为C.5.匀强电场的方向平行纸面由下至上，电场强度为E ，匀强磁场方向垂直纸面由里向外，磁感应强度为B ，速度为v 0的带负电的粒子以垂直于电场和磁场的方向射入场区，恰好不会发生偏转.则以下说法正确的是A.若入射粒子的速度v ＞v 0，而其他条件保持不变，则粒子将向上偏转、且速度减小B.若使磁感应强度增大而其他条件不变，则粒子将向下偏转且运动轨迹为抛物线C.若使电场强度增大而其他条件保持不变，则粒子将向下偏转且速度增大D.若使粒子的带电荷量增大而其他条件保持不变，则粒子将向下偏转答案:AC 该粒子在复合场中共受到三个力的作用：竖直向下的重力、竖直向下的电场力、洛伦兹力，其中重力和电场力是恒力，如果不发生偏转，则一定是沿直线做匀速运动，洛伦兹力一定是竖直向上的，所以粒子是水平向左运动的，如果把粒子的速度变大，则洛伦兹力变大，所以粒子一定向上偏转，且重力和电场力的合力做负功，则速度减小，所以选项A 正确.若只增大磁感应强度，结果与A 选项一样，所以选项B 错误.如果电场强度增大，则粒子会向下偏转，电场力和重力的合力做正功，则速度增大，所以选项C 正确.因为qvB=mg+qE ，如果只增加带电荷量，则粒子会向上偏转，所以选项D 错误.综上所述，本题的正确选项应该为A 、C.6.同学们在由静止开始向上运动的电梯里，把一测量加速度的小探头固定在一个质量为1 kg的手提包上，到达某一楼层停止，采集数据并分析处理后列出下表：为此同学们在计算机上画出了很多图象，请你根据上表数据和所学知识判断下列图象（设F 为手提拉力，g ＝9.8 m/s 2）中正确的是A.①②B.③C.③④D.①③答案:D 根据题中给出的信息可以得到：该电梯在前2.5 s 内是匀加速运动，加速度恒定；接着的9 s 是匀速运动，加速度为零；最后2.5 s 是做匀减速运动，加速度恒定；所以速度图象①正确，加速度图象②错误.再对该物体受力分析得：受到竖直向下的重力mg 和竖直向上的支持力N 两个力的作用，根据牛顿第二定律得：N-mg=ma ，代入数据可以算得：加速段的支持力是10.2 N ，匀速段的支持力是9.8 N ，减速段的支持力是9.4 N ，所以图象③正确，图象④错误；综上所述，本题的正确选项应该为D.7.在光滑的水平面上，有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如左下图所示，下列关系正确的是A.m a ＞m bB.m a ＜m bC.m a =m bD.无法判断答案:B 整个碰撞过程是运动的a 球去碰撞静止的b 球，而碰撞后a 球反向运动，b 球向前运动，所以b 获得的动量超过原来的a 球的动量，由动能与动量的数值关系E k =mp 22，如果是m a >m b ，则b 球的动能b m p 22将会大于原来甲物体的动能am p 22，所以违背了能量守恒，所以一定是m a <m b ，所以A 、C 、D 三个选项错误，B 选项正确.8.在研究微型电动机的性能时，应用如右上图所示的实验电路.当调节滑动变阻器R 并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A 和2.0 V .重新调节R 并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和24.0 V .则这台电动机正常运转时输出功率为A.32 WB.44 WC.47 WD.48 W答案:A 当电动机停止转动时，则此时电动机相当于一个纯电阻，所以由题中的两表读数，可以计算出电动机的内阻为r=IU ，代入数据得：r=4 Ω，重新调节R 并使电动机恢复正常运转，根据题中的两表读数，计算出电动机的输出功率为P=UI-I 2r ，代入数据得：P=32 W ，所以B 、C 、D 三个选项错误；综上所述，本题的正确选项应该为A.9.如图所示，三个完全相同的绝缘金属小球a 、b 、c 位于等边三角形的三个顶点上，c 球在xOy 坐标系原点O 上，a 和c 带正电，b 带负电，a 所带电荷量比b 所带电荷量少，关于c 受到a 和b 的静电力的合力方向，下列判断正确的是A.从原点指向第Ⅰ象限B.从原点指向第Ⅱ象限C.从原点指向第Ⅲ象限D.从原点指向第Ⅳ象限答案:D 根据库仑定律得：c 受到a 电荷由a 指向c 的斥力F 1、受到b 从c 指向b 的引力F 2作用，且F 1<F 2，若电荷a 和b 的电荷量相同，则两个力F 1和F 2的合力刚好沿x 轴的正方向，因为F 1<F 2，所以两个力的合力则会偏向第Ⅳ象限，所以本题的正确选项应该是D.10.如图所示，重球A 放在光滑的斜面体B 上，A 、B 质量相等，在力F 的作用下，B 在光滑水平面上向左缓慢移动了一段距离，A 球相对于C 点升高h ，若突然撤去F ，则A.A 以后上升的最大高度为h/2B.A 球获得的最大速度为ghC.在B 离开A 之前，A 、B 动量守恒D.A 、B 相互作用的冲量大小相等答案:ABD 从突然撤去F 到球A 摆动到最低点的过程，球A 向下摆动的同时，与斜面体B 一起向右运动，此过程它们的速度始终相同，并且绳的拉力对A 、B 组成的系统不做功，A 、B 间的弹力做功代数和为零，只有重力做功，故A 、B 系统的机械能守恒，设A 、B 在最低点时的速度为v ，有：m a gh=21 (m a +m b )v 2所以得到：v=B A A m m gh m 2=gh ，B 正确.此后A 、B 分离，B 以v 向右做匀速直线运动，A 以v 继续做圆周运动类似单摆向上运动，球A 的机械能守恒，有21m a v 2=m a gh a ，所以得到h a =h/2，A 正确.从突然撤去F 到球A 摆动到最低点的过程，由于A 、B 系统所受合力不为零，且在水平方向的合外力也不为零（等于绳的拉力在水平方向的分力），故A 、B 系统动量不守恒，C 错误.A 、B 间的作用力是一对作用力与反作用力，作用时间相同，所以它们的冲量大小相同、方向相反，故D 正确.普通高等学校招生全国统一考试仿真试题物 理（九）第Ⅱ卷 （非选择题 共70分）二、非选择题（本大题共6小题，共70分，把答案填在题中的横线上或按题目要求作答.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能给分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）11.（6分）如图所示是利用插针法测定玻璃砖的折射率的实验得到的光路图.玻璃砖的入射面AB 和出射面CD 并不平行，则（1）出射光线与入射光线________________.(填“仍平行”或“不再平行”).（2）以入射点O 为圆心，以R=5 cm 长度为半径画圆，与入射线PO 交于M 点，与折射线OQ 交于F 点，过M 、F 点分别向法线作垂线，量得MN=1.68 cm ，EF=1.12 cm,则该玻璃砖的折射率n=__________.答案:（1）由折射定律得AB 和CD 面不平行，所以两次的折射不对称，所以出射光与入射光不平行.（2）根据折射率定义：n=r i sin sin =REFR MN，代入数据计算得：n=1.5.（1）要求电流表A 1的示数从零开始变化，且能多测几组数据，尽可能减小误差.在图虚线方框中画出测量用的电路图，并在图中标出所用器材的代号.（2）若选测量数据中的一组来计算电流表A 1的内阻r 1，则所用电流表A 1的内阻r 1表达式为r 1=______________；式中各符号的意义是_______________________________.答案:（1）如图所示（2）r 1=112I I I -R 0，I 2、I 1分别为某次实验时电流表A 2、A 1的示数，R 0是定值电阻的电阻大小.13.（12分）如图所示，两列简谐波均沿x 轴传播，传播速度的大小相等，其中一列沿正x 方向传播（图中实线所示），一列沿负x 方向传播（图中虚线所示）.这两列波的频率相等，振动方向均沿y 轴，则图中x=1，2，3，4，5，6，7，8各点中振幅最大的是哪些点？振幅最小的是哪些点？答案:根据波的传播方向与质点振动方向间的关系，两列波在4、8两点的振动位移、方向总相同，由波的叠加原理知，4、8两点的振幅为两列波分别引起的振幅之和，而2和6质点为波节，振幅始终为零.所以答案：4和8（6分），2和6（6分）.14.（12分）如图所示，电阻不计的平行金属导轨MN 和OP 水平放置，MO 间接有阻值为R 的电阻，导轨相距为d ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，质量为m 、电阻为R 的导体棒CD 垂直于导轨放置，并接触良好.用平行于MN 的恒力F 向右拉动CD.CD 受恒定的摩擦阻力F f .已知F>F f .求：（1）CD 运动的最大速度是多少？（2）当CD 达到最大速度后，电阻R 消耗的电功率是多少？（3）当CD 的速度是最大速度的31时，CD 的加速度是多少？ 答案:（1）当CD 运动到最大速度v m 时，在水平方向受力平衡F=F f + BId （1分），CD 上感应电动势E=Bdv m ，通过CD 的感应电流I=r R E +，解得v m =22))((d B R r F F f +-（3分）. （2）当CD 运动到最大速度后，电阻R 上消耗的电功率P=I 2R=（Bd F F f-）2·R （4分）.（3）当CD 运动到最大速度的31时，感应电动势为E ′=31Bdv m （1分），通过CD 的感应电流I ′=r R E +'（1分），CD 的加速度a=mF F m d I B F F f f 3)(2-='--（2分）. 15.（16分）初速度为零的带正电荷的粒子经AB 间电场加速后，从B 板的小孔射出，当带电粒子到达P 点时，长方形abcd 区域内立即出现磁感应强度B=4.0 T.方向与纸面垂直并交替变化的磁场（时而垂直纸面向外，时而垂直纸面向内，每1.57×10-2 s 变化一次，粒子到达P 点时磁场方向垂直纸面向外.在O 处有一静止中性粒子，PO 垂直平分ab 、cd ，ab=cd=1.6 m ，PO=3.0 m ，带电粒子比荷q/m=50 C/kg ，重力不计.试求（极板A 、B 平行于ad ，π≈3.14）（1）加速电压U=100 V 时，带电粒子能否与中性粒子相碰？（2）欲使带电粒子能与中性粒子相碰，加速电压U 的最大值为多少？答案:（1）经电场加速后，设带电粒子到达P 点时速度为v ，则21mv 2=qU （1分），v=m qU /2100 m/s （1分），此时，磁场出现，粒子仅受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，其运动半径r 和周期T 分别为r=qB m v =0.5 m （2分），T=qBm π2=3.14×10-2 s （2分），1.57×10-2 s 即T/2,磁场反向，而粒子此时刚好到达PO 直线上.可见粒子的运动具有周期性.因为PO =3.0 m=3×2×0.5 m ，所以粒子可与中性粒子相碰（2分）.（2）欲使粒子能与中性粒子相碰，带电粒子做圆周运动的半径R 应满足K ·2R=PO （K 为自然数）（2分）且R ≤ab/2=0.8 m （2分），故R=qBm v ≤0.75 m ，v ≤150 m/s （2分），所以U=qm v 22≤225 V ，即最大加速电压为225 V （2分）. 16.（16分）如下图，置于光滑水平面上的绝缘的小车A 、D 足够长，质量分别为m a =3 kg ，m D =0.5 kg.可视为质点的带正电的带电体C ，带电荷量q=0.2 C ，并位于D 车最右端，整个空间有一沿水平方向的匀强磁场，磁感应强度B=10 T ，小车D 、带电体C 静止.小车A 以初速度v a =10 m/s 垂直于磁场方向向右运动，并与小车D 正碰，碰撞时间极短.已知碰后瞬时小车D 的速率为9 m/s ，物体C 与D 之间有摩擦，其他摩擦不计，g 取10 m/s 2，求：（1）小车A 与D 碰后瞬时A 车的速度的大小和方向.（2）为避免A 与D 发生第二次碰撞，C 的质量必须满足什么条件？答案:（1）设小车A 与D 碰后的速度分别为v a ′、v D ，选向右为正方向.由动量守恒得：m a v a =m a v a ′+mDv D （3分），v a ′=395.0103⨯-⨯=-A D D A A m v m v m m/s=8.5 m/s （2分），方向向右（1分）.（2）A 与D 碰后，要使它们不发生第二次碰撞，需D 的速度减速到v D ′=8.5 m/s 时不能再减速.此时C 、D 间的摩擦力必须为零，则C 、D 间的弹力为零 由C 、D 间弹力为零可知，m c g=Bqv c ①（3分） 对C 、D 系统，由动量守恒，m D v D =m D v D ′+m c v c ②（3分） 由①②解得m c =105kg （2分） 显然，只要C 的质量满足m c ≤105 kg 就可避免A 、D 发生第二次碰撞.（2分）。
2018届高考物理第三轮复习主干知识课件：主题9 磁场
[主干知识· 忆一忆]
1．一个概念：磁感应强度 (1)磁场的最基本特性是对放入其中的电流有磁场力的作用。电 流垂直于磁场时受磁场力最大，电流与磁场方向平行时，磁场力等 于零。在磁场中垂直于磁场方向放置一小段通电直导线，受到的磁 场力 F 与电流 I 和导线长度 L 的乘积的比值叫做通电导线所在处的 F 磁感应强度，B＝IL；B 的方向就是该位置的磁场方向，即小磁针 N 极的受力方向或静止时 N 极指向的方向。 (2)磁感线：在磁场中人为地画出的一系列曲线，曲线的切线方 向表示该位置的磁场方向， 曲线的疏密程度定性地表示磁场的强弱。
v2 粒子在磁场中运动时有 qvB＝m R mv 0 整理得 R＝ qBcos θ 粒子在磁场中做圆周运动时，轨迹上点离 MN 的最远距离 s
mv0 1 ＝R＋Rsin θ＝ qB cos θ＋tan θ
可见，θ 越大，s 越大，则从平行金属板边缘飞出的粒子速 1 d 2 d 3 度与水平方向夹角最大，此时 tan θ＝ ＝L＝ 1 3 L 2 θ＝30°
3mv0 (2) qB
10＋1mv0 (3) 3qB
解析： 边界上有粒子射出的范围是以偏转圆直径为弦所对应 2R mv 2BqR 的边界圆弧长， 即偏转圆半径 r＝ ＝ Bq ， 得 v＝ ， 2 2m 所以 B 项正确，A 项错误；磁感应强度增加到原来的 2倍， 直径对应的弦长为 R， 有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角 为 60° ，所以弧长之比为 2∶3，D 项正确，C 项错误。
答案：BD
(1)两板间的距离 d 为多少？ (2)要使所有粒子均不能从边界 PQ 射出磁场，PQ、MN 间 的距离至少多大？ (3)若将下板下移( 3－1)d，则所有粒子进入磁场后，要使 所有粒子均不能从边界 PQ 射出磁场，PQ、MN 间的距离 又至少为多大？
2018年高考物理复习9-1
要 求
说明
命题趋势 整体来说，计算题考查 比较常见，选择题有时出 现，但都是以中难题形式 出现，分值比重大，属于 拉开分差的情况，必须苦 下功夫，认真对待．预计 今后出现在计算题中的可 能性非常大，而且命题背 景将会更加前沿、新颖，
磁场方向 • 3. 磁场的叠加：B的方向即 __________，与 矢量 小磁针N极受到的力的方向相同，磁感应强度 平行四边形定则 是______ ，空间某点的磁场的叠加遵循 ________________． 切线 • 4. 磁感线的特点： 强弱 • (1) 磁感线上某点的______方向就是该点的磁 弱 场方向． 强 • (2) 磁感线的疏密定性地表示磁场的 ________，在磁感线较密的地方磁场较 ______，在磁感线较疏的地方磁场较
考 点 突 破
对磁感应强度B的理解及磁场和电场的对比
1. 磁感应强度由磁场本身决定，就像电场强度由电场本身 决定一样，跟该位置放不放通电导线无关，因此不能根据公式 B F ＝IL说 B 与 F 成正比，与 IL 成反比． 2. 磁感应强度 B 的定义式也是其度量式，但用来测量的小 段通电导线必须垂直放入磁场，如果小段通电导线平行放入磁 场，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零． 3. 磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针静止时 N 极的指向．
• 【解析】 根据安培定则判断磁场方向，再结 合矢量的合成知识求解，两直线电流在O点产 生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感 应强度不为零，故A错误；a、b两点的磁感应 强度大小相等，方向相同，故B错误；根据对 称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等， 方向相同，故C正确；a、c两点的磁感应强度 方向相同，故D错误．
2018版高考物理新课标一轮复习课件：第九章 电磁感应 9-2 精品
法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.感应电动势的决定因素 (1)由 E＝nΔΔΦt 知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量 的变化率ΔΔΦt 和线圈匝数 n 共同决定，而与磁通量 Φ、磁通量的 变化量 ΔΦ 的大小没有必然联系. (2)ΔΔΦt 为单匝线圈产生的感应电动势大小.
2.法拉第电磁感应定律的两个特例 (1)回路与磁场垂直的面积 S 不变，磁感应强度发生变化， 则 ΔΦ＝ΔB·S，E＝nΔΔBt ·S. (2)磁感应强度 B 不变，回路与磁场垂直的面积发生变化， 则 ΔΦ＝B·ΔS，E＝nBΔΔSt .
量 Φ 的定义公式 Φ＝BS 可见 Φ 与 BS 两个变量有关，既然 E
＝ddΦt ，那么根据全导数公式有ddΦt ＝S∂∂Bt ＋B∂∂St ，其中
∂B S ∂t
即感
生电动势，体现了因 B 随时间变化而产生的影响.B∂∂St 同样具有
电动势的单位，其真面目是什么呢？
我们采用和现行中学教材一样的方法，建立一物理模型分 析.如图所示，MN、PQ 是两水平放置的平行光滑金属导轨，其 宽度为 L，ab 是导体棒，切割速度为 v.设匀强磁场磁感应强度 为 B，方向垂直纸面向里.在 Δt 时间内，回路面积变化为 ΔS＝ LΔx，面积的平均变化率ΔΔSt ＝LΔΔxt .当 Δt→0 时，ΔΔxt →v，即ddSt ＝ Lv，ddSt 对应全导数公式中的∂∂St ，可见 B∂∂St ＝BLv，这就是动生 电动势，体现了因面积变化而产生的影响.推而广之，线圈在匀 强磁场中做收缩、扩张、旋转等改变面积的 运动而产生的电动势也是动生电动势.两种 电动势可以同时出现.
[变式 2] (2016·北京卷)如图所示，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.磁感应强度 B 随时间均匀 增大.两圆环半径之比为 2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为 Ea 和 Eb.不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是( B )
2018版高考一轮总复习物理模拟演练 第9章 磁场 9-3带
时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。
其中1～5为单选，6～8为多选)1．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。
现将甲、乙、丙三个小球从轨道AB上的同一高度处由静止释放，都能通过圆形轨道的最高点。
已知甲、乙、丙三个小球的质量相同，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。
则( ) A．由于到达最高点时受到的洛伦兹力方向不同，所以到达最高点时，三个小球的速度不等B．经过最高点时，甲球的速度最小C．经过最高点时，甲球对轨道的压力最小D．在轨道上运动的过程中三个小球的机械能不守恒答案 C解析洛伦兹力不做功，只有重力做功，三个小球的机械能守恒，到达最高点时，三个小球的速度相等，选项A、B、D错误；三个小球在最高点的向心力大小相等，甲球带正电，在最高点受到的洛伦兹力方向向下，所以甲球对轨道的压力最小，选项C正确。
2．如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面。
当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )A．0 B．2mgC ．4mgD ．6mg答案 C解析 设小球自左方摆到最低点时速度为v ，则12mv 2＝mgL (1－cos 60°)，此时qvB －mg＝m v 2L ，当小球自右方摆到最低点时，v 大小不变，洛伦兹力方向发生变化，F T －mg －qvB ＝m v 2L，得F T ＝4mg ，故C 正确。
3．如图所示为一个质量为m 、电荷量为＋q 的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，圆环以初速度v 0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功不可能为( )A ．0B.12mv 20 C.m 3g 22q 2B2 D.12m ⎝⎛⎭⎪⎫v 20－m 2g 2q 2B 2答案 C解析 若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环对粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A 正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环对粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v 0向右做减速运动。
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九----简谐运动
复习要点
1．了解机械振动的定义及特点，了解回复力的概念。
2．掌握简谐运动的运动学特征及动力学特征，掌握利用简谐运动的力学特征判断运动是否是简谐运
动的方法。
3．理解振幅、周期、频率等概念的含意。
4．掌握简谐运动的振动图象，学会借助于振动图象解决相关的简谐运动问题的方法
5．掌握特殊的简谐运动（单摆）的运动规律及周期公式。
二、难点剖析
1．简谐运动的特征与判断
（1）从运动学角度看，简谐运动的特征要有：往复性；周期性，对称性。所谓的往复性，指的是做简
谐运动的质点总是在平衡位置附近（与平衡位置相距不超过振幅A的范围内）往复运动着，而迫使其往复
的则是做简谐运动的质点所受到的回复力。所谓的周期性，指的是做简谐运动的质点所做具有往复特征的
运动总是周而复始地进行着，而每一个循环所经历的时间都是相同的具有严格的周期性特征。所谓的对称
性，指的是做简谐运动的物体在一个周期内将经历四个阶段：从平衡位置向着正方向最大位移运动，这一
阶段运动速度逐渐减小而运动加速度的逐渐增大；从正方向最大位移处向着平衡位置运动，这一阶段运动
速度逐渐增大而运动加速度则逐渐减小；从平衡位置向着负方向最大位移处运动，这一阶段运动速度逐渐
减小而运动加速度则逐渐增大；从负方向最大位移处向着平衡位置运动，这一阶段运动速度逐渐增大而运
动加速度则逐渐减小。上述四个阶段无论是从时间上看或是从空间上看，都是关于平衡位置为对称的。
（2）从动力学角度看，简谐运动的特征表现在所受到的回复力的形式上：简谐运动的质点所受到的回复
力F其方向总与质点偏离平衡位置的位移x的方向相反，从而总指向平衡位置；其大小则总与质点偏离平
衡位置的位移x的大小成正比，即
F=－kx
（3）通常可以利用简谐运动的动力学特征去判断某质点的运动是否是简谐运动，其具体的判断方法是
分为两个步骤：
首先找到运动质点的平衡位置，即运动过程中所达到的受到的合力为零的位置，以该位置为坐标原
点，沿质点运动方向过立坐标；其次是在质点运动到一般位置（坐标值为x）处时所受到的回复力F，如F
可表为
F=－kx
则运动是简谐的，否则就不是简谐音。
★2．匀速圆周运动与简谐运动的关系.
（1）匀速圆周运动的投影是简谐运动.
如图所示，当质点m沿半径A的圆，以角
速度ω做匀速圆周运动时，一束平行光的照射下，质
回
m
A
向
F
θ
F
平行光
点在水平地面上的投影剧院将在O点附近往复运动，
做圆周运动的质点所受到的向心力大小为
F向=mAω2
其投影剧院相当于受到的大小为
F回=F向cosθ
的回复力的振动，考虑到
cosθ=Ax
具F向的方向与投影偏离“平衡位置”O点的位移x的方向相反，于是有
F向=－mAωcosθ=－m ω2x=－kx
即：匀速圆周运动的投影剧院是简谐运动
（2）简谐运动的周期公式
由于匀速圆周运动的周期与角速度的关系为ω=T2而其投影做简谐运动的周期也为T，且注意到
K=mω2
于是可得到简谐运动的一般表达式为
T=2πKm
3．单摆理想化条件，受力特征及周期公式.
（1）单摆及其理想化条件.
如图所示，一根长需求轻的线，悬挂着
一个小而重的球，就构成所谓的单摆。理想的单
摆应具备如下理想化条件：和小球的质量m相比，
线的质量可以忽略；与线的长度l相比，小球的
半径可以忽略。
（2）单摆的受力特征
当单摆做小角度摆支时，其受力情况为：受到一个恒定的竖直向下的重力mg，和一个变化的始终沿绳
方向指向点的拉力F，而将这些力沿垂直于和平行于运速度方向分解，其中垂直于速度方向上的力使摆球
的速度方向发生改变，充分摆球绕悬点做变速圆周运动所需的向心力。
F向=F－mgcosθ
平行于速度方向上的力使摆球的速度大小发生改变，充当摆球的回复力.
F向=－mgsinθ=－lmgx=－kx
可见：当单摆做小角度摆动时，其运动近似为简谐运动。
mg
m
F
θ
（3）单摆的周期公式
对于单摆，回复力与偏离平衡位置的位移的比例系数为
k=lmg
将其代入简谐运动周期的一般表达式中，得
T=2πkm=2πgl
该公式提供了一种测定重力加速度g的方法.
4．简谐运动的图象及其应用
（1）图象的形式
当质点做简谐运动时其振动图象形如图所给出的正弦曲线.
（2）图象的意义
简谐运动的振动图像反映的是某振动质点在各个时刻相对于平衡位置的位移的变化情况.
（3）图象的应用.
由定量画出的简谐运动的振动图象可以得到：振幅A；周期T；某时刻质点相对于平衡位置的位移；
某时刻质点的振动方向；某一阶段质点的位移，速度，加速度，回复力，振动的能量形式等物理量的变化
情况。
三、典型例题
例1．如图所示，正方体木块漂浮在水平上，将其稍向下压后放手，试证明：木块将做简谐运动.
分析：从简谐运动的动力学特征出发，一判断
木块是否做简谐运动，
解答：设木块的边长为a，质量为m，则当图
14—4中木块浸入水中的高度为h，而处于静止状
态时所受到的重力mg与浮力.
F1=ρha2g
大小相等，木块在该位置处于平衡状态，于是
可取该装置为平衡位置建立坐标；当木块被按下
后上下运动过程中浸入水中的高度达到h+x，而如
图14—5所示时，所受到的浮力大小为
F2=ρ(h+x)a2g
于是，木块此时所受到的合外力为
F=mg―F2=―ρa2gx―kx
2
3T/4
t/s
-A
T/4
0
x/cm
A
T
h
h+x
x
0
由此可知：木块做的是简谐运动
例2．已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次振动，两摆长之差为1.6m，则两单
摆摆长la与lb分别为
A．la=2.5m，lb=0.9m B．la=0.9m，lb=2.5m
C．la=2.4m，lb=4.0m D．la=4.0m，lb=2.4m
分析：由周期比得摆长比，加上题设条件中的摆长差已知，故la与lb可求
解答：已知两摆长之差为1.6m，即
ba
ll
=1.6
而单摆a摆动10次时间内，单摆b无成36次全振动，这就意味着两个单摆的周期之比为
b
a
T
T
=106
考虑到：Ta=2πgla Tb=2πglb
得：ball=259
于是解得：
la=0.9m lb=2.5m 应选B.
例3．如图所示，质点沿直线做简谐运动
平衡位置在O点，某时刻质点通过P点向右运动，径
1s再次回到P点，再经1s到达O点，若OP=2cm，
则：质点运动的周期T=_________s；质点运动的振幅为A=_______cm，
分析：注意到简谐运动的周期性，对称性等特征，吉合简谐运动的振动图象可作出正解的解答.
解答：由简谐运动的对称性可知，质点在第1s内从P点到达右端最大位移处，再回到P点，可见从
最大位移处回到P点历时应该为0.5s，而人P点到O点又历时1s，可见
4
1
T=1.5s
即：T=6s
另外，考虑到简谐运动的振动图象
（如图所示），质点在t1时刻从
P点开始向右运动，t2时刻又回到P点，
t3时刻到达平衡位置O点，即
t2―t1=t3―t2=1s
OP
0
3
2tt1
t
A
x/cm
t/s
由此不难得到：
Asin600=2
即
A=343cm
应依次填充：6，343