18年高考物理二轮复习100考点千题精练第十章电磁感应专题10.11电磁感应中的科技信息问题
2018年高考物理二轮复习100考点千题精练第十一章交变电流专题11.1交变电流的产生和四值
专题11.1 交变电流的产生和四值一．选择题1.(多选)(2017·吉林模拟)如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动，沿着OO ′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。
已知匀强磁场的磁感应强度为B ，线圈匝数为n ，ab 边的边长为L 1，ad 边的边长为L 2，线圈电阻为R ，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )A ．线圈中感应电流的方向为abcdaB ．线圈中的感应电动势为2nBL 2ωC ．穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大D ．线圈ad 边所受安培力的大小为n 2B 2L 1L 2ωR，方向垂直纸面向里【参考答案】AC2．先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电，第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。
若甲、乙图中的U 0、T 所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是( )A ．第一次，灯泡两端的电压有效值是U 02B ．第二次，灯泡两端的电压有效值是3U 02C ．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2∶9D ．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1∶5 【参考答案】D3．(多选)如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化。
若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻R 阻值为100 Ω，则( )A ．理想电压表读数为100 VB ．理想电流表读数为0.75 AC ．电阻R 消耗的电功率为56 WD ．电阻R 在100秒内产生的热量为5 625 J 【参考答案】BD【名师解析】根据电流的热效应，一个周期内产生的热量：Q ＝U 2R T ＝1002R T 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫5022R T2，解得U ＝75 V ，A 错误；电流表读数I ＝U R＝0.75 A ，B 正确；电阻R 消耗的电功率P ＝I 2R ＝56.25 W ，C 错误；在100秒内产生的热量Q ＝Pt ＝5 625 J ，D 正确。
高考物理二轮复习考点第十章电磁感应专题转动切割磁感线问题
专题10.9 转动切割磁感线问题一．选择题1. (2020洛阳联考)1831年,法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲).它是利用电磁感应的原理制成的,是人类历史上第一台发电机.图乙是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触.使铜盘转动,电阻R 中就有电流通过.若所加磁场为匀强磁场,回路的总电阻恒定,从左往右看,铜盘沿顺时针方向匀速转动,下列说法中正确的是 ( )A. 铜片D 的电势高于铜片C 的电势B. 电阻R 中有正弦式交变电流流过C. 铜盘转动的角速度增大1倍,流过电阻R 的电流也随之增大1倍D. 保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中有电流产生 【参考答案】C【名师解析】根据右手定则，铜片中电流方向为D 指向C ，由于铜片是电源，所以铜片D 的电势低于铜片 C 的电势，选项A 错误；电阻R 中有恒定的电流流过，选项B 错误；铜盘转动的角速度增大1倍,，根据转动过程中产生的感应电动势公式E ＝12BL 2ω，产生是感应电动势增大1倍，根据闭合电路欧姆定律，流过电阻R 的电流也随之增大1倍，选项C 正确；保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中没有电流产生，选项D 错误。
2.如图所示为一圆环发电装置，用电阻R ＝4 Ω的导体棒弯成半径L ＝0.2 m 的闭合圆环，圆心为O ，COD 是一条直径，在O 、D 间接有负载电阻R 1＝1 Ω。
整个圆环中均有B ＝0.5 T 的匀强磁场垂直环面穿过。
电阻r ＝1 Ω的导体棒OA 贴着圆环做匀速运动，角速度ω＝300 rad/s ，则( )A.当OA 到达OC 处时，圆环的电功率为1 WB.当OA 到达OC 处时，圆环的电功率为2 WC.全电路最大功率为3 WD.全电路最大功率为4.5 W 【参考答案】AD3.如图所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )A.由c 到d ，I ＝Br 2ωRB.由d 到c ，I ＝Br 2ωRC.由c 到d ，I ＝Br 2ω2RD.由d 到c ，I ＝Br 2ω2R【参考答案】D4（2020河南八市重点高中联考）如图所示，导体杆OP 在作用于OP 中点且垂直于OP 的力作用下，绕O 轴沿半径为r 的光滑半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B ，AO 间接有电阻R ，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P ，则A ．外力的大小为2BrP RB ．外力的大小为2Br PRC ．导体杆旋转的角速度为2PRD ．导体杆旋转的角速度为22Br P R【参考答案】C【名师解析】设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E=12Br 2ω，I=E/R ，根据题述回路中的电功率为P ，则P=EI ；设维持导体杆匀速转动的外力为F ，则有：P=Fv/2，v=rω，联立解得F=BrP R ，ω=2PR ，选项C 正确ABD 错误。
高考物理中电磁感应的考点和解题技巧有哪些
高考物理中电磁感应的考点和解题技巧有哪些在高考物理中，电磁感应是一个重要且具有一定难度的考点。
理解和掌握电磁感应的相关知识，以及熟练运用解题技巧，对于在高考中取得优异成绩至关重要。
一、电磁感应的考点1、法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律是电磁感应的核心内容之一。
其表达式为：＄E ＝ n\frac{＼Delta ＼Phi}｛＼Delta t}＄，其中＄E$ 表示感应电动势，＄n$ 为线圈匝数，＄＼Delta ＼Phi$ 表示磁通量的变化量，＄＼Delta t$ 表示变化所用的时间。
这个考点通常会要求我们计算感应电动势的大小，或者根据给定的条件判断感应电动势的变化情况。
2、楞次定律楞次定律用于判断感应电流的方向。
其核心思想是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
这一定律在解决电磁感应中的电流方向问题时经常用到，需要我们能够准确理解并运用“阻碍”这一概念。
3、电磁感应中的电路问题当导体在磁场中做切割磁感线运动或者磁通量发生变化时，会产生感应电动势，从而形成闭合回路中的电流。
在这类问题中，我们需要根据电路的基本规律，如欧姆定律、串并联电路的特点等，来计算电路中的电流、电压、电阻等物理量。
4、电磁感应中的能量转化问题电磁感应现象中，机械能与电能相互转化。
例如，导体棒在磁场中运动时，克服安培力做功，将机械能转化为电能；而电流通过电阻时，电能又转化为内能。
在解题时，需要运用能量守恒定律来分析能量的转化和守恒关系。
5、电磁感应与力学的综合问题这类问题通常将电磁感应现象与力学中的牛顿运动定律、功和能等知识结合起来。
例如，导体棒在磁场中受到安培力的作用，其运动情况会受到影响，我们需要综合运用电磁学和力学的知识来求解。
6、电磁感应中的图像问题包括磁感应强度＄B$、磁通量＄＼Phi$、感应电动势＄E$、感应电流＄I$ 等随时间或位移变化的图像。
要求我们能够根据给定的物理过程，准确地画出相应的图像，或者从给定的图像中获取有用的信息，分析物理过程。
(word完整版)高中物理电磁感应专题复习
高考综合复习——电磁感应专题复习一电磁感应基础知识、自感和互感编稿：郁章富审稿：李井军责编：郭金娟总体感知知识网络考纲要求内容要求电磁感应现象磁通量法拉第电磁感应定律楞次定律自感、涡流I I II II I命题规律1．从近五年的高考试题可以看出，本专题内容是高考的重点，每年必考，命题频率较高的知识点有：感应电流的产生条件、方向判断和感应电动势的计算；电磁感应现象与磁场、电路、力学、能量等知识相联系的综合题及感应电流（或感应电动势）的图象问题，在高考中时常出现。
2．本专题在高考试卷中涉及的试题题型全面，有选择题、填空题和计算题，选择题和填空题多为较简单的题目，计算题试题难度大，区分度高，能很好地考查学生的能力，备受命题专家的青睐。
今后高考对本专题内容的考查可能有如下倾向：①判断感应电流的有无、方向及感应电动势的大小计算仍是高考的重点，但题目可能会变得更加灵活。
②力学和电学知识相结合且涉及能量转化与守恒的电磁感应类考题将继续扮演具有选拔性功能的压轴题。
复习策略1．左手定则与右手定则在使用时易相混，可采用“字形记忆法”：（1）通电导线在磁场中受安培力的作用，“力”字的最后一撇向左，用左手定则；（2）导体切割磁感线产生感应电流，“电”字最后一钩向右，用右手定则；总之，可简记为力“左”电“右”。
2．矩形线框穿越有界匀强磁场问题，涉及楞次定律（或右手定则）、法拉第电磁感应定律、磁场对电路的作用力、含电源电路的计算等知识，综合性强，能力要求高，这也是命题热点。
3．电磁感应图象问题也是高考常见的题型之一；滑轨类问题是电磁感应中的典型综合性问题，涉及的知识多，与力学、静电场、电路、磁场及能量等知识综合，能很好的考察考生的综合分析能力。
本章知识在实际中应用广泛，如日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术应用等，有些问题涉及多学科知识，不可轻视。
第一部分电磁感应现象、楞次定律知识要点梳理知识点一——磁通量▲知识梳理1．定义磁感应强度B与垂直场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面积的磁通量，。
高考物理二轮复习 100考点千题精练 第十章 电磁感应 专题10.2 自感现象
专题10.2 自感现象一．选择题1.【湖北省沙市中学2016届高三下学期第四次半月考理科综合试题】如图所示的电路中，三个灯泡L1,L2,L3的电阻关系为 R1 <R2 <R3,电感L的电阻可忽略，D为理想二极管。
电键K从闭合状态突然断开时,下列判断正确的是：A. L1逐渐变暗,L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗B. L1逐渐变暗, L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗C．L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗D. L1 , L2, L3均先变亮，然后逐渐变暗【参考答案】B【名师点睛】做好本题要弄清楚电流的大小变化，方向变化，还要知道二极管的正向导通性；当K突然断开时，电感L由于自感，电流继续原方向流动，但二极管反向不导通，所以L2不亮，又因为原来L中电流比L3的电流大，所以L3将更亮，之后再变暗。
2.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R1中的电流I1随时间变化的图线可能是下图中的( )【参考答案】D3.（山西省阳泉市2016届高三全国高校招生模拟考试理科综合物理试题）如图所示，三个相同的灯泡a、b、c和电阻不计的线圈L与内阻不计的电源连接，下列判断正确的是( )A．K闭合的瞬间，b、c两灯亮度不同B．K闭合足够长时间以后，b、c两灯亮度相同C．K断开的瞬间，a、c两灯立即熄灭D．K断开之后，b灯突然闪亮以后再逐渐变暗【参考答案】D【名师解析】K闭合的瞬间，由于线圈的自感作用，可以看做bc灯串联后与a并联，a灯最亮，b、c两灯亮度相同，选项A错误。
K闭合足够长时间以后，b灯被线圈短路，b灯熄灭，a、c两灯亮度相同，选项B 错误。
K断开的瞬间，a、c两灯串联与b灯并联与线圈组成闭合回路，a、c两灯变暗逐渐熄灭，b灯突然闪亮以后再逐渐变暗，选项D正确。
4.（江西省上高县第二中学2016届高三全真模拟理科综合试题）如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L为自感系数很大的线圈，其直流电阻小于灯泡电阻．C是电容器，闭合开关，电路稳定时，B灯恰能正常发光，则下列说法正确的是（）A．开关闭合的瞬间，A，B同时发光，亮度也相同B．开关闭合的瞬间，B立即亮，A逐渐变亮C．开关闭合足够长时间后再断开，A灯灯丝不可能被烧断D．开关闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭，而A逐渐熄灭【参考答案】C考点：自感现象【名师点睛】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解；当电流增大时，自感电动势阻碍电流的增加，线圈相当于断路；而当电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈相当于电源.5.（黑龙江省大庆实验中学2016届高三考前得分训练（四）理科综合物理试题）如图所示，L为电阻很小的线圈，G1和G2为内阻分别为R1、R2、零点在表盘中央的电流计。
2024届高考物理二轮复习专题课件：+电磁感应
【考向】自感、互感
A．如图甲，人造地球卫星经过地面跟踪站上空，地面接收到信号频 率先增大后减小 B．如图乙，A、B两灯均发亮，若断开开关，A灯和B灯都会立即熄灭 C．如图丙，高频感应炉是利用炉外线圈产生的热量使炉内的金属熔 化 D．如图丁，利用该装置验证向心力与角速度的关系时，要保持皮带 连接的两个塔轮半径相同
A．线圈abcd中的电流方向为顺时针B．线圈abcd中的电流
方向为逆时针C．线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向
一致D．线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向相反
【答案】BC 【详解】AB．当汽车保险杠撞上前面的障碍物C时，电磁缓冲器是磁场相对于保 险杠上的线圈运动，可以反过来以磁场为参考系，则保险杠上的线圈abcd相对于 磁场反方向运动，根据右手定则或楞次定律，可知线圈abcd中的电流方向为逆时 针，故A错误，B正确； CD．根据左手定则可知bc边受到的安培力方向与车前行方向一致，故C正确，D 错误。故选BC。
二、网络构建、知识梳理
“三个定则”“一个定律”的比较
名称 电流的磁效应 磁场对电流的作用
电磁感应
应用的定则或定律 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律
基本现象 运动电荷、电流产生磁场 磁场对运动电荷、电流有作用力 部分导体做切割磁感线运动
闭合回路磁通量变化
自感、互感问题
通电自感和断电自感的比较
B．闭合回路中的感应电动势为 k S1 2S2
C．定值电阻两端的电流大小为 k S1 S2
D．定值电阻两端的电压为
Rk
S1
R
2S2
r
Rr
例2、如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ， 它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长 L＝0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀 强磁场中，磁感应强度B＝0.4T，现使ab以＝10m/s的速度向左做匀速运动.
高考物理二轮复习专题归纳—动量观点在电磁感应中的应用
高考物理二轮复习专题归纳—动量观点在电磁感应中的应用命题规律1、命题角度：动量定理、动量守恒定律在电磁感应中的应用.2、常用方法：建立单杆切割中q、x、t的关系模型；建立双杆系统模型.3、常考题型：选择题、计算题．考点一动量定理在电磁感应中的应用在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题求解的物理量应用示例电荷量或速度－B I LΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt，即－BqL＝mv2－mv1位移－B2L2vΔtR总＝0－mv，即－B2L2xR总＝0－mv时间－B I LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)－B2L2vΔtR总＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－B2L2xR总＋F其他Δt＝mv2－mv1已知位移x、F其他(F其他为恒力)例1(多选)(2022·河南开封市二模)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场．磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5m/s 的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域．线框的边长小于磁场区域的宽度．若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q 1、q 2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v .则下列说法正确的是()A．q 1＝q 2B．q 1＝2q 2C．v ＝1.0m/s D．v ＝1.5m/s答案BD 解析根据q ＝ΔΦR ＝BSR可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q 1＝2q 2，故A 错误，B 正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－B I 1L Δt 1＝mv －mv 0，即－BLq 1＝mv －mv 0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－B I 2L Δt 2＝0－mv ，即－BLq 2＝0－mv ，联立解得v ＝13v 0＝1.5m/s，故C 错误，D正确．例2(2022·浙江省精诚联盟联考)如图(a)所示，电阻为2R 、半径为r 、匝数为n 的圆形导体线圈两端与水平导轨AD 、MN 相连．与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图(b)所示，图(b)中的B 0和t 0均已知．PT 、DE 、NG 是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒．金属棒PT 的长度为3L 、电阻为3R 、质量为m .导轨AD 与MN 平行且间距为L ，导轨EF 与GH 平行且间距为3L ，DE 和NG 的长度相同且与水平方向的夹角均为30°.区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均为d 的空间区域．区域Ⅰ中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 0的匀强磁场.0～2t 0时间内，使棒PT 在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF 和GH 对齐．除导体线圈、金属棒PT 、DE 、NG 外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感．(1)求在0～2t 0时间内，使棒PT 保持静止的水平外力F 的大小；(2)在2t 0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v 0的速度匀速运动，完全运动到区域Ⅱ时，导体棒PT 速度恰好达到v 0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT 产生的焦耳热为Q ，求金属棒PT 与区域Ⅰ右边界的初始距离x 0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W ；(3)若磁场完全运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT 运动到EG 时的速度大小v .答案(1)0～t 0时间内F ＝nB 02πLr 23Rt 0；t 0～2t 0时间内F ＝0(2)d －3mRv 0B 02L23Q ＋1 2mv2(3)v－23B2L33mR解析(1)在0～t0时间内，由法拉第电磁感应定律得E＝nΔBΔtS＝nBtπr2由闭合电路欧姆定律得I＝E3R＝nBπr23Rt故在0～t0时间内，使PT棒保持静止的水平外力大小为F＝FA＝BIL＝nB2πLr23Rt在t0～2t时间内，磁场不变化，回路中电动势为零，无电流，则外力F＝0(2)PT棒向右加速运动过程中，取向右的方向为正方向，由动量定理得B2L2Δx3R＝mv得Δx＝3mRv0 B2L2所以x0＝d－Δx＝d－3mRvB2L2PT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q总＝3Q由功能关系和能量守恒定律得W＝3Q＋12 mv2(3)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为lx ＝233x＋L回路中总电阻为R总x x＋2233xR233x＋L＋2233xR＝RL(23x＋3L)回路中电流为Ix ＝BlxvxR总x＝B233x＋L vxRL23x＋3L＝BLvx3R棒PT所受安培力大小为FA x ＝BIxlx＝B2Lvxlx3R棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程中，以v方向为正方向，由动量定理得－∑B2Lvxlx3RΔt＝mv－mv即－B2LS梯3R＝mv－mv其中S梯＝23L2所以v＝v0－23B2L33mR.考点二动量守恒定律在电磁感应中的应用双杆模型物理模型“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和动量观点对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题例3(2022·广东省模拟)如图所示，间距L＝1m的光滑平行金属导轨MN和PQ的倾斜部分与水平部分平滑连接，水平导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝0.2T的匀强磁场中，距离磁场左边界D＝1.8m的导轨上垂直放置着金属棒cd，现将金属棒ab从距离桌面高度h＝0.8m的倾斜导轨处由静止释放，随后进入水平导轨，两金属棒未相碰，金属棒cd从导轨右端飞出后，落地点距导轨右端的水平位移s＝1.20m．已知金属棒ab的质量m＝0.2kg，金属棒cd的质量1m＝0.1kg，金属棒ab、cd的电阻均为r＝0.1Ω、长度均为L，两金属棒在导2轨上运动的过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，桌面离地面的高度H＝1.8m，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)金属棒cd在水平导轨上运动的最大加速度；(2)金属棒ab在水平导轨上运动的过程中克服安培力所做的功和整个回路中产生的焦耳热；(3)金属棒ab、cd在水平导轨上运动的过程中两金属棒之间距离的最小值．答案(1)8m/s2(2)0.7J0.5J(3)0.8m解析(1)金属棒ab从释放到刚进入水平导轨的过程，根据机械能守恒定律得m 1gh ＝12m 1v 2，金属棒ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，回路中的电流I ＝E 2r金属棒cd 所受的安培力大小为F cd ＝BIL ，此时金属棒cd 的加速度最大，最大加速度a m ＝F cd m 2联立解得a ＝8m/s 2(2)金属棒cd 离开水平导轨后做平抛运动，有s ＝v c t ，H ＝12gt 2金属棒ab 与金属棒cd 在相互作用的过程中，根据动量守恒定律得m 1v ＝m 1v a ＋m 2v c 设金属棒ab 克服安培力做的功为W ，由动能定理得－W ＝12m 1v a 2－12m 1v 2解得W ＝0.7J，整个回路中产生的焦耳热Q ＝m 1gh －12m 1v a 2－12m 2v c2解得Q ＝0.5J(3)金属棒cd 在安培力的作用下加速，根据动量定理得B I L Δt ＝m 2v c金属棒ab 、金属棒cd 组成的回路中通过某截面的电荷量q ＝I －Δt根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝B ΔxL Δt ，I －＝E 2r ，联立解得Δx ＝1m，两金属棒之间距离的最小值为D －Δx ＝0.8m.1.(多选)如图所示，水平金属导轨P 、Q 间距为L ，M 、N 间距为2L ，P 与M 相连，Q 与N 相连，金属棒a 垂直于P 、Q 放置，金属棒b 垂直于M 、N 放置，整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．现给a 棒一大小为v 0的初速度，方向水平向右．设两部分导轨均足够长，两棒质量均为m ，在a 棒的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．在这个过程中，以下说法正确的是()A．俯视时感应电流方向为顺时针B．b 棒的最大速度为0.4v 0C．回路中产生的焦耳热为0.1mv 02D．通过回路中某一截面的电荷量为2mv 025BL 答案BC解析a 棒向右运动，根据右手定则可知，俯视时感应电流方向为逆时针，故A错误；由题意分析可知，a 棒减速，b 棒加速，设a 棒的速度大小为0.8v 0时b 棒的速度大小为v ，取水平向右为正方向，根据动量定理，对a 棒有－B I L Δt ＝m ·0.8v 0－mv 0，对b 棒有B I ·2L Δt ＝mv ，联立解得v ＝0.4v 0，此后回路中电流为0，a 、b 棒都做匀速运动，即b 棒的最大速度为0.4v 0，故B 正确；根据能量守恒定律有Q ＝12mv 02－[12m (0.8v 0)2＋12m (0.4v 0)2]＝0.1mv 02，故C 正确；对b 棒，由2B I L ·Δt ＝mv 得，通过回路中某一截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝mv 2BL ＝mv 05BL ，故D 错误．2．(2022·安徽阜阳市质检)如图，两平行光滑金属导轨ABC 、A ′B ′C ′的左端接有阻值为R 的定值电阻Z，间距为L ，其中AB 、A ′B ′固定于同一水平面上(图中未画出)且与竖直面内半径为r 的14光滑圆弧形导轨BC 、B ′C ′相切于B 、B ′两点．矩形DBB ′D ′区域内存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场．导体棒ab 的质量为m 、阻值为R 、长度为L ，ab 棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t 后撤去推力，然后ab 棒与另一根相同的导体棒cd 发生碰撞并粘在一起，以32gr 的速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC ′处．重力加速度大小为g ，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻．(1)求该推力的功率P ；(2)求两导体棒通过磁场右边界BB ′时的速度大小v ；(3)求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z 产生的焦耳热Q ；(4)两导体棒到达CC ′后原路返回，请通过计算判断两导体棒能否再次穿过磁场区域．若不能穿过，求出两导体棒停止的位置与DD ′的距离x .答案(1)36mgrt(2)2gr(3)323mgr (4)不能3mR 2gr B 2L 2解析(1)设两导体棒碰撞前瞬间ab 棒的速度大小为v 0，在推力作用的过程中，由动能定理有Pt ＝12mv 02设ab 与cd 碰后瞬间结合体的速度大小为v 1，由题意知v 1＝32gr ，由动量守恒定律有mv 0＝2mv 1联立解得P＝36mgr t(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程分析，由机械能守恒定律有12×2mv2＝2mgr解得v＝2gr(3)两棒碰撞并粘在一起，由电阻定律可知，两导体棒的总电阻为R2，阻值为R的定值电阻Z产生的焦耳热为Q，故两棒产生的总焦耳热为Q2，由能量守恒定律有－(Q＋Q2)＝12×2mv2－12×2mv12解得Q＝323 mgr(4)设导体棒第一次穿越磁场的时间为t1，该过程回路中的平均电流为I，DD′与BB′的间距为x1，由动量定理有－B I Lt1＝2mv－2mv1根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有I t1＝BLx13R2解得x1＝6mR2grB2L2由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB′处时的速度大小仍为v＝2gr，导体棒再次进入磁场向左运动的过程中，仍用动量定理和相关电路知识，并且假设导体棒会停在磁场中，同时设导体棒在磁场中向左运动的时间为t2，导体棒进入磁场后到停止运动的距离为Δx，该过程回路中的平均电流为I′，同前述道理可分别列式为－B I ′Lt 2＝0－2mvI ′t 2＝BL ·Δx 3R 2解得Δx ＝3mR 2gr B 2L 2显然Δx <x 1，假设成立，故导体棒不能向左穿过磁场区域，导体棒停止的位置与DD ′的距离x ＝x 1－Δx ＝3mR 2grB 2L2.专题强化练1.(2022·广东省调研)如图所示，左端接有阻值为R 的定值电阻，且足够长的平行光滑导轨CE 、DF 的间距为L ，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，一质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 垂直导轨放置且静止，导轨的电阻不计．某时刻给导体棒ab 一个水平向右的瞬时冲量I ，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中()A．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动B．电阻R 上产生的焦耳热为I 22m C．通过导体棒ab 横截面的电荷量为I BLD．导体棒ab 运动的位移为IRB 2L 2答案C解析导体棒获得向右的瞬时冲量后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab 受到向左的安培力，向右做减速运动，有B 2L 2vR ＋r ＝ma ，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度减小的减速运动直至停止运动，A 错误；导体棒减少的动能E k ＝12mv 2＝12m (I m )2＝I 22m，根据能量守恒定律可得E k ＝Q 总，又根据串、并联电路知识可得Q R ＝R R ＋r Q 总＝I 2R2m R ＋r ，B 错误；根据动量定理可得－B I L Δt ＝0－mv ，I ＝mv ，q ＝I －Δt ，联立可得q ＝IBL，C 正确；由于q ＝I －Δt＝E －R ＋r Δt ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r ，将q ＝I BL 代入可得，导体棒ab 运动的位移x ＝I R ＋r B 2L2，D 错误．2．(多选)如图甲所示，质量m ＝3.0×10－3kg 的形金属细框水平放置在两水银槽中，形框的水平细杆CD 长l ＝0.20m，处于磁感应强度大小为B 1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n ＝300匝、面积S ＝0.01m 2的线圈通过开关K 与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 2随时间t 变化的关系如图乙所示．t ＝0.22s 时闭合开关K，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h ＝0.20m．不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s 2，下列说法正确的是()A．0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB．0.10～0.20s内线圈中的磁通量最大，故感应电动势最大C．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DD．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03C答案CD解析由题图乙所示图像可知，在0～0.10s内，ΔΦ＝ΔB2S＝(1.0－0)×0.01 Wb＝0.01Wb0～0.10s内线圈中的感应电动势大小E＝n ΔΦΔt＝300×0.010.1V＝30V，在0.10～0.20s内线圈中的磁通量最大，但B2－t图像的斜率为0，故感应电动势为0，A、B错误；由题可知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为由C到D，C正确；对细杆，由动量定理及题意得B1I l·Δt＝mv－0，细杆竖直向上做竖直上抛运动，有v2＝2gh，电荷量Q＝IΔt，联立解得Q＝m2ghB1l＝0.03C，D正确．3．(多选)(2022·河南信阳市高三质量检测)如图所示，两根足够长相互平行、间距d＝0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50Ω的电阻．一根阻值也为0.50Ω、质量m＝1.0×10－2kg的导体棒ab搁置在两端等高的挡条上．在竖直导轨内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.50T(图中未画出)．撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25s后下降了h＝0.29m．假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计一切摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度取10m/s 2.下列说法正确的是()A．导体棒能获得的最大速度为20m/s B．导体棒能获得的最大速度为10m/sC．t ＝0.25s 时间内通过导体棒的电荷量为2.9×10－2CD．t ＝0.25s 时导体棒的速度为2.21m/s 答案BCD解析导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg ＝F 安＝BId ，解得I ＝1A，又由E ＝Bdv m ，I ＝E2R，解得v m ＝10m/s，故A 错误，B 正确；在下落0.29m 的过程中有E ＝ΔΦt ，I ＝E 2R ，q ＝I t ，可知q ＝ΔΦ2R ，其中ΔΦ＝ΔS ·B ＝0.2×0.29×0.5Wb＝0.029Wb，解得q ＝2.9×10－2C，故C 正确；由动量定理有(mg －B I d )t ＝mv ，通过导体棒的电荷量为q ＝I t ＝Bdh 2R ，可得v ＝gt －B 2hd 22Rm，代入数据解得v ＝2.21m/s，故D 正确．4.(多选)(2022·山东青岛市黄岛区期末)如图，光滑平行金属导轨MN 、PQ 固定在水平桌面上，窄轨MP 间距0.5m，宽轨NQ 间距1m，电阻不计．空间存在竖直向上的磁感应强度B ＝1T 的匀强磁场．金属棒a 、b 水平放置在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，a 棒的质量为0.2kg，b 棒的质量为0.1kg，若a 棒以v＝9m/s的水平初速度从宽轨某处向左滑动，最终与b棒以相同的速度沿窄轨运动．若a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，窄导轨足够长．下列说法正确的是()A．从开始到两棒以相同速度运动的过程，a、b组成的系统动量守恒B．金属棒a滑离宽轨时的速度大小为3m/sC．金属棒a、b最终的速度大小为6m/sD．通过金属棒横截面的电荷量为0.8C答案BD解析由于两导轨的宽度不相等，根据F＝BIL，知a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和不为零，系统动量不守恒，故A错误；a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，即做匀速运动，a棒匀速运动时，两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，有BLb vb＝BLava，La＝2Lb，得末速度vb＝2va，对a棒根据动量定理可得－B I LaΔt＝ma va－mav，对b棒根据动量定理可得B I LbΔt＝mbvb，联立代入数据解得va＝3m/s，vb＝6m/s，故B正确；a棒滑离宽轨道进入窄轨道后，a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和为零，系统动量守恒，设a、b两个金属棒最终的共同速度为v′，则ma va＋mbvb＝(ma＋mb)v′，解得v′＝4m/s，故C错误；b金属棒始终在窄轨道上运动，对b金属棒全过程利用动量定理可得B I′Lb ·Δt′＝mbv′，q＝I′·Δt′，即BLb q＝mbv′，代入数据得q＝0.8C，故D正确．5．(多选)如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l.磁感应强度大小为B的范围足够大的匀强磁场垂直于导轨平面向下．两根质量均为m 、电阻均为r 的导体杆a 、b 与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止．已知b 杆光滑，a 杆与导轨间最大静摩擦力大小为F 0.现对b 杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙所示规律变化的水平外力F ，已知在t 1时刻，a 杆开始运动，此时拉力大小为F 1，下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．当a 杆开始运动时，b 杆的速度大小为2F 0r B 2l 2B．在0～t 1这段时间内，b 杆所受安培力的冲量大小为2mF 0r B 2l 2－12F 1t 1C．在t 1～t 2这段时间内，a 、b 杆的总动量增加了F 1＋F 2t 2－t 12D．a 、b 两杆最终速度将恒定，且两杆速度大小之差等于t 1时刻b 杆速度大小答案AD解析在整个运动过程中，a 、b 两杆所受安培力大小相等，当a 杆开始运动时，所受的安培力大小等于最大静摩擦力F 0，则B 2l 2v2r ＝F 0，解得b 杆的速度大小为v＝2F 0rB 2l2，选项A 正确；由动量定理得I F －I 安＝mv ，F －t 图线与横轴围成的面积表示I F 的大小，知I F ＝12F 1t 1，解得I 安＝I F －mv ＝12F 1t 1－2mF 0rB 2l2，选项B 错误；在t 1～t 2这段时间内，外力F 对a 、b 杆的冲量为I F ′＝F 1＋F 2t 2－t 12，因a 杆受摩擦力作用，可知a 、b 杆所受合力的总冲量小于F 1＋F 2t 2－t 12，即a 、b杆的总动量增加量小于F 1＋F 2t 2－t 12，选项C 错误；由于最终外力F ＝F 0，故此时对两杆整体，所受合力为零，两杆所受的安培力均为F 0，处于稳定状态，因开始时b 杆做减速运动，a 杆做加速运动，故a 、b 两杆最终速度将恒定，速度大小之差满足B 2l 2Δv2r ＝F 0，即Δv ＝v ，速度大小之差等于t 1时刻b 杆速度大小，选项D 正确．6.(2022·天津市红桥区第二次质检)如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处由静止释放．导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I .整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，重力加速度大小为g .求：(重力加速度取10m/s 2)(1)导体棒的最大速度v m ，磁感应强度的大小B ；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v ；(3)若导体棒进入磁场后恰经t 时间达到稳定，这段时间的位移x 大小．答案(1)2gh mg IL (2)I 2R mg (3)(mgt ＋m 2gh －I 2R g )RB 2L2解析(1)由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm，由机械能守恒定律得12mvm2＝mgh解得vm＝2gh电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，则有：BIL＝mg解得：B＝mg IL(2)感应电动势E＝BLv感应电流I＝E R解得v＝I2R mg(3)导体棒进入磁场t时间运动的过程由动量定理有mgt－B I Lt＝mv－mvm又q＝I t＝ΔΦR＝BLxR，解得x＝(mgt＋m2gh－I2Rg)RB2L2.7．(2022·陕西西安市一模)如图所示，有两光滑平行金属导轨，倾斜部分和水平部分平滑连接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不导电，导轨的间距L＝1m，左侧接R＝1Ω的定值电阻，右侧接电容C＝1F的电容器，ABCD区域、EFGH区域均存在垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度B＝1T的匀强磁场，ABCD区域长s ＝0.3m．金属杆a、b的长度均为L＝1m，质量均为m＝0.1kg，a的电阻为r ＝2Ω，b的电阻不计．金属杆a从距导轨水平部分h＝0.45m的高度处由静止滑下，金属杆b静止在BEHC区域，金属杆b与金属杆a发生弹性碰撞后进入EFGH区域，最终稳定运动．求：(重力加速度g 取10m/s 2)(1)金属杆a 刚进入ABCD 区域时通过电阻R 的电流I ；(2)金属杆a 刚离开ABCD 区域时的速度v 2的大小；(3)金属杆b 稳定运动时的速度v 4的大小；(4)整个运动过程中金属杆a 上产生的焦耳热．答案(1)1A(2)2m/s(3)211m/s (4)16J 解析(1)金属杆a 从开始运动到进入ABCD 区域，由动能定理有mgh ＝12mv 12解得v 1＝3m/s刚进入ABCD 区域时E ＝BLv 1I ＝E R ＋r联立解得I ＝1A(2)金属杆a 从进入ABCD 区域到离开ABCD 区域，由动量定理有－B I L ·t ＝mv 2－mv 1I t ＝BL vR ＋r t ＝BLsR ＋r 解得v 2＝2m/s(3)金属杆a 、b 碰撞过程中，有mv 2＝mv 2′＋mv 31 2mv22＝12mv2′2＋12mv32解得v3＝2m/s，v2′＝0分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有－BLq＝mv4－mv3q C ＝BLv4联立解得v4＝211m/s(4)杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q＝rR＋r(12mv12－12mv22)＝16J.8.如图所示，MN、PQ为足够长的水平光滑金属导轨，导轨间距L＝0.5m，导轨电阻不计，空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T；两直导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，导体棒与导轨始终接触良好．导体棒ab的质量m1＝0.5kg，电阻R1＝0.2Ω；导体棒cd的质量m2＝1.0kg，电阻R2＝0.1Ω.将cd棒用平行于导轨的水平细线与固定的力传感器连接，给ab一个水平向右、大小为v＝3m/s 的初速度，求：(1)导体棒ab开始运动瞬间两端的电压Uab；(2)力传感器示数F随ab运动距离x的变化关系；(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5m/s时剪断细线，求此后回路中产生的焦耳热．答案(1)0.5V(2)F＝2.5－2518x(N)(0≤x≤1.8m)(3)0.375J解析(1)导体棒ab开始运动瞬间产生的感应电动势E＝BLv＝1×0.5×3V＝1.5 V回路的电流I＝ER1＋R2＝1.50.2＋0.1A＝5A导体棒ab开始运动瞬间两端的电压U ab ＝IR2＝0.5V(2)设导体棒ab向右运动x时的速度为v，则根据动量定理得－B I LΔt＝m1v－m1v而I＝ER1＋R2，E＝ΔΦΔt ＝BLx Δtab棒所受安培力F安＝BI′L＝B2L2vR1＋R2cd棒与ab棒所受安培力大小相等，故力传感器的示数F＝F安，联立得F＝B2L2R1＋R2[v－B2L2xm1R1＋R2]代入数据得F＝2.5－2518x(N)(0≤x≤1.8m)(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5m/s时剪断细线，此后ab做减速运动，cd 做加速运动，当两棒速度相等时达到稳定状态，由动量守恒定律可知m1v1＝(m1＋m2)v′回路中产生的焦耳热等于损失的机械能，则Q＝12m1v12－12(m1＋m2)v′2代入数据解得Q＝0.375J.。
教育最新K122019年高考物理一轮复习 专题10.11 电磁感应中的科技信息问题千题精练
专题10.11 电磁感应中的科技信息问题一、选择题1.(2018·北京海淀区期末)(多选)现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。
如图11所示，上面为侧视图，上、下为电磁铁的两个磁极，电磁铁线圈中电流的大小可以变化；下面为磁极之间真空室的俯视图。
现有一电子在真空室中做圆周运动，从上往下看电子沿逆时针方向做加速运动。
则下列判断正确的是( )图11A.通入螺线管的电流在增强B.通入螺线管的电流在减弱C.电子在轨道中做圆周运动的向心力是电场力D.电子在轨道中加速的驱动力是电场力【参考答案】AD2.自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率．如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压．图乙为霍尔元件的工作原理图．当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差．下列说法正确的是（）A. 根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B. 自行车的车速越大，霍尔电势差越高C. 图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的D. 如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小【参考答案】A,D【分析】依据单位时间内的脉冲数，即可知转动周期，再结合角速度与周期，与线速度与角速度关系，即可求解；根据左手定则得出电子的偏转方向，抓住电子所受的电场力和洛伦兹力平衡得出霍尔电压的表达式，从而进行分析．3.如图所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通。
当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放。
则（A ）由于A 线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D 的作用 （B ）由于B 线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D 的作用 （C ）如果断开B 线圈的电键S 2，无延时作用 （D ）如果断开B 线圈的电键S 2，延时将变长 【参考答案】BC4．电磁流量计广泛应用于测量可导电流体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）。
2018年高考物理二轮复习 100考点千题精练 第九章 磁场 专题9.14 与磁场相关的科技信息问题
专题9.14 与磁场相关的科技信息问题一．选择题1.如图所示的天平可用来测定磁感应强度.天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为L，共有n匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面.当线圈中通有电流I（方向如图）时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡.当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡，由此可知（）A．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为B．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为C．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为D．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为【参考答案】B所以B=.故只有B选项正确.2．(2016湖北部分重点中学联考)物理课堂教学中的洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成。
励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。
玻璃泡内充有稀薄的气体，电子枪在加速电压下发射电子，电子束通过泡内气体时能够显示出电子运动的径迹。
若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。
若只增大电子枪的加速电压或励磁线圈中的电流，下列说法正确的是( )A．增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变大B．增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径不变C．增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径变小D．增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变【参考答案】AC3．（2016济南模拟）质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示。
粒子源S发出两种带正电的同位素粒子甲和乙，两种粒子从S出来时速度很小，可忽略不计，粒子经过加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场(图中线框所示)，最终打到照相底片上。
测得甲、乙两种粒子打在照相底片上的点到入口的距离之比为5︰4，则它们在磁场中运动的时间之比是A．5︰4 B．4︰5C．25︰16 D．16︰253【参考答案】 C【命题意图】本题考查了质谱仪、洛伦兹力和带电粒子在匀强磁场中的运动、动能定理及其相关的知识点。
【金榜教师用书】2018届高考物理二轮复习精讲精练 高效演练 第11讲 电磁感应规律及其应用
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高效演练1.如图所示,一长直导线右侧放一矩形线框abcd,直导线中通有恒定电流I,现将线框由位置1移到位置2,第一次是平移,第二次是以bc为轴翻转180°,且两次经历的时间相同,若两次线框中产生的感应电荷量分别为Q和Q′,则( )A.Q>Q′B.Q=Q′C.Q<Q′D.不能确定【解析】选C。
设线框在位置1时磁通量为Φ1,当平移到位置2时磁通量为Φ2,则ΔΦ=Φ2-Φ1;而当翻转到位置2时,则变为框的背面向外,磁通量为-Φ2,故ΔΦ′=-Φ2-Φ1=-(Φ2+Φ1),又Q=IΔt=Δt=××Δt=,显然|ΔΦ′|>|ΔΦ|,则Q<Q′,C正确。
2.(2014·朝阳区一模)如图所示,一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落,进入一水平的匀强磁场区域,然后穿出磁场区域,则( )A.若线圈进入磁场过程是匀速运动,则离开磁场过程一定是匀速运动B.若线圈进入磁场过程是加速运动,则离开磁场过程一定是加速运动C.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程一定是加速运动D.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程一定是减速运动【解析】选D。
若线圈进入磁场过程是匀速运动,完全进入磁场区域一定做加速运动,则离开磁场过程中所受到安培力大于重力,一定是减速运动,选项A错误;若线圈进入磁场过程是加速运动,则离开磁场过程中可能是加速运动,也可能是减速运动,关键看安培力和重力哪个大,选项B错误;若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程一定是减速运动,选项C错误,D正确。
【总结提升】电磁感应的动力学问题的分析思路(1)明确题目中给出的情景和运动过程的关键状态。
(2)明确等效电源,画出等效电路,分析电路并列方程。
(3)确定研究对象,进行受力分析,画出力的受力示意图。
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1 专题10.11 电磁感应中的科技信息问题 一、 选择题 1. 如图所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通。当S1断开时，由于电 磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放。则
（A）由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用 （B）由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用 （C）如果断开B线圈的电键S2，无延时作用 （D）如果断开B线圈的电键S2，延时将变长 【参考答案】BC
2．电磁流量计广泛应用于测量可导电流体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）。为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c，流量计的两端与输送液体的管道相连接（图中虚线）。图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料，现于流量计所在处加磁感强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面。当导电液体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值。已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得流量为
A．)(acbRBI B．)(cbaRBI C．)(bacRBI D．)(abcRBI 【参考答案】A 【名师解析】设管中流体的流速为v，则在Δt时间内流体在管中向前移动的距离为vΔt，这样如下图画 2
线的流体在Δt时间内都将流过横截面， 设此横截面积为S，则画线的流体体积ΔV=SvΔt，除以时间Δt，则得到流体在该管中的流量为Q=ΔV/Δt=Sv.对于题干所给的流量计，横截面积S=bc，故流过流量计的流量Q=vbc，对于给定的流量计，b与c是常量，可见测流量实质上是测流速. 当可导电流体稳定地流经流量计，流体将切割磁感线，这样在流量计的上、下两面产生感应电动势E=vBc，其中B是垂直于流量计前后两面的匀强磁场的磁感应强度， c是流过流量计流体的厚度，v是可导电流体在流量计中的流速.这样在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，如下图所示，则将有电流流过闭合电路，这个闭合电路中的电动势就是由可导电流体沿流量计流动切割磁感线而产生的感应电动势，如下图所示，电阻包括外接的电阻R和可导电流体的电阻r=ρc/ab，这样根据欧姆定律，得到闭合电路中的电流等于I=BcvcRab
Q= vbc =)(acbRBI，选项A正确。 二．计算题 1．在生产线框的流水线上，为了检测出个别不合格的未闭合线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域（磁场方向垂直于传送带平面向下），观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出未闭合的不合格线框。其物理情景简化如下：如图所示，通过绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝纯电阻铜线框，传送带与水平方向夹角为，以恒定速度v0斜向上运动。已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN
与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B。线框质量为m，电阻为R，边长为L（）,线框与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为。闭合线框在进入磁场前相对传送带静止，线框刚进入磁场的瞬间，和传送带发生相对滑动，线框运动过程中上边始终平行于MN，当闭合线框的上边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长，且线框在传送带上始终保持上边平行于磁场边界。求 3
（1）闭合线框的上边刚进入磁场时所受安培力F安的大小； （2）从闭合线框上边刚进入磁场至刚要出磁场所用的时间t； （3）从闭合线框上边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，电动机多消耗的电能E。
（2）线框刚进入磁场至线框刚要出磁场的过程， 根据动量定理：mgsinα•t+ Ft′-μmgcosα•t=0…⑤ 根据安培力公式得：F=BIL …⑥ 根据闭合电路欧姆定律得：I=E/R…⑦ 根据法拉第电磁感应定律得：E=BLv…⑧ 根据运动学公式得：L=vt…⑨
由⑤⑥⑦⑧⑨得：t=cossinBLmgR=10s…⑩ （3）线框刚进入磁场至线框刚要出磁场的过程， 根据动能定理得：（μmgcosα-mgsinα）d+W安1=0 根据功能关系得：Q电1=-W安1 根据功能关系得：Qf1=μmgcosα（v0t-d） 从线框上边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中： 4
根据能量守恒得：E=2mgsinα•d+2Q电1+2Qf1 得：E=2coscossinvBLR 2.电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明．如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界．t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0+kt（k为大于零的常数），空气阻力忽略不计． （1）求t=0时刻，线框中感应电流的功率P； （2）若线框cd边穿出磁场时速度为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q； （3）若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明:载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大．
【名师解析】 （1）t=0时刻线框中的感应电动势 20BELt（2分）
功率 20EPR （1分） 解得24kLPR （2分） （2）由动能定理有kWE （1分） 解得212Wmv （1分） 5
穿出过程线框中的平均电动势Et 线框中的电流EIR （1分） 通过的电量qIt （1分） 解得20BLqR （1分）
设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有)FnmMa（ 解得30()kBLaMmRn 可知，n越大，a越大． （1分） 3．（2009·北京）单位时间内流过管道横截面的液体体积叫做液体的体积流量（以下简称流量）。由一种利用电磁原理测量非磁性导电液体（如自来水、啤酒等）流量的装置，称为电磁流量计。它主要由将流量转换为电压信号的传感器和显示仪表两部分组成。传感器的结构如题20-B3图所示，圆筒形测量管内壁绝缘，其上装有一对电极a和c,a,c间的距离等于测量管内径D，测量管的轴线与a、c的连接线以及通过通电线圈产生的磁场方向三者相互垂直。当导电液体流过测量管时，在电极a、c的间出现感应电动势E，并通过与电极连接的仪表显示出液体流量Q。设磁场均匀恒定，磁感应强度为B。 （1）已知D=0.40m，B=2.5×10-3T，Q=0.12m3/s设液体在测量管内各处流速相同，试求E的大小（π取3.0） （2）一新建供水站安装了电磁流量计，在向外供水时流量本应显示为正值。但实际显示却为负值。经检查，原因是误将测量管接反了，既液体由测量管出水口流入，从如水口流出。因为已加压充满管道。不便再将测量管拆下重装，请你提出使显示仪表的流量指示变为正值的简便方法； 6
（3）显示仪表相当于传感器的负载电阻，其阻值记为R,a、c间导电液体的电阻r随液体电阻率的变化而变化，从而会影响显示仪表的示数。试以E、R、r为参量，给出电极a、c间输出电压U的表达式，并说明怎样可以降低液体电阻率变化对显示仪表示数的影响。
【名师解析】 （1）导电液体通过测量管时，相当于导线做切割磁感线的运动，在电极a、c 间切割感应线的液柱长度为D，设液体的流速为v，则产生的感应电动势为E=BDv， 由流量的定义，有Q=Sv=vD42， 联立解得 DBQDQBDE442， 代入数据得 E=1.0×10-3V。
输入显示仪表的是a、c间的电压U，流量示数和U一一对应，E与液体电阻率无关，而r随电阻率的变化而变化，由③式可看出，r变化相应的U也随之变化。在实际流量不变的情况下，仪表显示的流量示数会随a、c间的电压U的变化而变化，增大R，使R＞＞r，则U≈E,这样就可以降低液体电阻率的变化对显示仪 7
表流量示数的影响。 4（2013·天津理综第12题）超导现象是20世纪人类重大发现之一，日前我国己研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行。 （l）超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究。将一个闭合超导金属圈环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圈环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化，则表明其电阻为零。请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由。 （2）为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I，并经一年以上的时间t未检测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于ΔI的电流变化，其中II，当电流的变化小于ΔI时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化。设环的横截面积为S，环中定向移动电子的平均速率为v，电子质量为m、电荷量为e．试用上述给出的各物理量，推导出ρ的表达式。 （3）若仍使用上述测量仪器，实验持续时间依旧为t，为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法。 【名师解析】 【分析】(1) 由楞次定律可判断出环中电流方向。 (2) 由电路相关定律和能量守恒定律导出ρ的表达式。 (3)根据导出ρ的表达式提出建议，说明实现方法。 【解答】(1) 逆时针方向。 撤去磁场瞬间。环所围面积的磁通量突变为零，由楞次定律可知，环中电流的磁场方向应与原磁场方向相同，即向上。由右手螺旋定则可知，环中电流的方向是沿逆时针方向。 (2)设圆环周长为l、电阻为R，由电阻定律得 lRS ①
设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为E，由焦耳定律得 2EIRt
②
设环中单位体积内定向移动电子数为n，则 InevS ③
式中n、e、S不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化，电流变化大小取I时，