2020届一轮复习人教版---电磁感应问题--学案(共36页)

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1、精选优质文档-倾情为你奉上1(2018全国卷，17)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心轨道的电阻忽略不计OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于()A. B. C.D2B在过程中，根据法拉第电磁感应定律，有E1根据闭合电路欧姆定律，有I1且q1I1t1，在过程中，有E2，I2，q2I2t2.又q1q2，即

2、所以.2(2018全国卷，19)(多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态下列说法正确的是()A开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动AD根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场A对：开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生

3、由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B、C错：开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北D对：开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动3(2018全国卷，18)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()D设线路中只有一边

4、切割磁感线时产生的感应电流为i.线框位移等效电路的连接电流0I2i(顺时针)lI0lI2i(逆时针)2lI0分析知，只有选项D符合要求4(2018全国卷，20)(多选)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向导线框R中的感应电动势()A在t时为零B在t时改变方向C在t时最大，且沿顺时针方向D在tT时最大，且沿顺时针方向ACA对：在t时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由ES知，E0.C对，B、D错：在t和tT时，图线斜率最大，在t和tT时感应电动势最大在到之间，电场由Q向P减弱，导

5、线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向5(2017高考全国卷，18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是()A底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在选项C这种情况下，紫铜

6、薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在选项B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；选项A这种情况下，不管紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，选项A正确考情分析命题特点与趋势1高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电荷量的计算等知识点以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题2电磁感应中常涉及Bt图象、t图象、Et图象、It图象、Ft图象和vt图象，还涉及Ex图

7、象、Ix图象等，这类问题既要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解，对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高解题要领1抓住两个关键：一是电动势的大小，它取决于磁通量的变化率；二是电动势的方向，实际方向与规定的正方向一致时取正，反之取负同时注意对无感应电流区域的判断2迁移力学知识、规律解决电磁感应综合问题3常用思想方法：(1)图象法；(2)等效法；(3)守恒法；(4)模型法.高频考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用备考策略1本考点是高考的热点内容之一，在近几年高考中多以选择题的形式出现，考查的主要内容有探究电磁感应现象；利用法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小；利用楞次定律判断磁场的

8、变化情况等需要考生学会灵活变通2重要知识再现(1) 感应电流方向的判断方法右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断(2)愣次定律中“阻碍”的主要表现形式阻碍原磁通量的变化“增反减同”； 阻碍相对运动“来拒去留”；使线圈面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”；阻碍原电流的变化(自感现象)“增反减同”(3)感应电动势大小的计算法拉第电磁感应定律：En.适用于普遍情况EBlv，适用于导体棒平动切割磁感线的情况EBl2，适用于导体棒旋转切割磁感线的情况题组突破11.如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁

9、场垂直，金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向D金属杆PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过圆环形金属线框T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故选项D正确，A、B、C错误12.图(甲)为手机及无线充电板图(乙)为充电

10、原理示意图充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1均匀增加到B2.下列说法正确的是()A受电线圈中感应电流方向由d到cBc点的电势高于d点的电势Cc、d之间的电势差为Dc、d之间的电势差为D根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故AB错误；根

11、据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为UcdE，故C错误，D正确；故选D.13.(2018山东省青岛市高三统一质检)(多选)如图，一根长为l、横截面积为S的闭合软导线置于光滑水平面上，其材料的电阻率为，导线内单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为e，空间存在垂直纸面向里的磁场某时刻起磁场开始减弱，磁感应强度随时间的变化规律是BB0kt，当软导线形状稳定时，磁场方向仍然垂直纸面向里，此时()A软导线围成一个正方形B导线中的电流为C导线中自由电子定向移动的速率为D导线中电场强度大小为BCDA：根据楞次定律“增缩减扩”的原理，软导线稳定时呈圆形故A项正确B：根据I2r可得、r，圆的面积S0r

12、2，感应电动势大小为E，稳定时软导线中的电流为I，其中R，联立可得电流I，故B项正确C：导线横截面积为S、单位体积内的自由电子数为n、电子的电荷量为e，则导线中电流IneSv，解得：导线中自由电子定向移动的速率v .故C项正确D：计算导线中电场可将其视为沿导线方向的匀强电场，则导线中电场强度E场.故D项正确高频考点二电磁感应中的图象问题备考策略1本考点是高考命题的热点，图象的种类较多，有随时间t变化的图象，如Bt、t、Et、Ft、it等图象；有随位移x变化的图象，如Ex、ix等图象此类问题综合性较强，应用知识较多，如左手定则、右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动

13、定律等建议对本考点重点攻坚2解决电磁感应图象问题的“三点关注”：(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向. (2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应， (3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应. 命题视角考向1随时间t变化的图像例1(2018四川省乐山市高三模拟)(多选)如图甲所示，正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0为已知量已知导线框的边长为L，总电阻为R，t3t2t2t1t0则下列说法中正确的是()At1t

14、3时间内，导线框中电流的方向始终为badcbB0t1时间内，ab边受到的安培力大小为Ct2t3时间内，导线框产生的热量为Dt1t3时间内，通过导线框的电荷量为ACDt1t2时间内，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为badcb，t2t3时间内，磁场反向了，但穿过线圈的磁通量增大，感应电流方向仍为badcb，故A正确；0t1时间内，回路中的磁通量不变，线圈中没有产生感应电动势，没有电流，所以不受安培力，故B错误；t2t3时间内感应电动势E，感应电流I，0t0时间内，产生的热量QI2Rt0()2Rt0，故C正确；t1t3时间内，电流恒定不变，所以，通过的电荷量为qI(2t0)，故

15、D正确考向2随位移x变化的图象例2(2018福建省漳州市高三调研)如图所示，足够长的宽度为d的条形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角三角形金属线框内ABC的BC边长度为L，已知Ld.现令线框在外力作用下以速度v0匀速穿过磁场区域，以B点进入磁场的时刻为计时起点，规定线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿过磁场的过程中，线框中的电流i随时间t的变化情况可能是()CB点进入磁场后直至线框位移为d的过程中，线框的有效切割长度随时间均匀增大，线框中电流随时间均匀增大至I0，方向为逆时针，已知Ld，线框位移大于d小于L的过程中，其有效切割长度不变，线框中电流不变，仍为逆时针，线框出磁场的过程中，

16、有效切割长度随时间均匀增大，电流随时间均匀增大，A、D错误；由B项的横轴可知L2d，由几何关系可知线框位移为L时有效切割长度与位移为d时的有效切割长度相等，故电流等大，但方向为顺时针，位移为Ld，有效切割长度是位移为d时的2倍电流为2I0，B错误；由C项的横轴可知L3d，由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度是位移为d时的2倍，故电流为2I0，位移为Ld时，有效切割长度是位移为d时的3倍，电流为3I0.C正确归纳反思一、熟悉两个技法，做到解题快又准 1.排除法 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项没

17、有表示方向的正负时，优先判断方向有时会产生意想不到的效果2.函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法二、谨记三点注意，力避踏入雷区1.定性或定量地表示出所研究问题的函数关系是选择或绘制图象的关键2在图象中I、v等物理量的方向是通过正负值来反映的.3.注意过程或阶段的选取，一般进磁场或出磁场，磁通量最大或最小，有效切割长度最大或最小等是分段的关键点题组突破21.(多选)如图甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根垂直导轨的光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线连接；已知平行导轨MN、PQ间距为L1

18、，导体棒ab、cd间距为L2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R.开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示则以下说法正确的是()A在t0时刻回路中产生的感应电动势E0B在0t0时间内导体棒中的电流为C在时刻绝缘丝线所受拉力为D在02t0时间内回路中电流方向是abdcaBC由图乙可知，回路面积SL1 L2，在t0时刻回路中产生的感应电动势ESL1L2，选项A错误；0t0时间内回路中产生的感应电流大小为I，选项B正确；在时刻，由左手定则，导体棒ab所受安培力方向向左，导体棒cd所受安培力方向向右，磁场磁感应强度为，安培力大小为FB0IL1，在时刻绝缘丝线所受拉力

19、为，选项C正确；在0t0时间内磁感应强度减小，在t02t0时间内磁感应强度反向增大，根据楞次定律，回路内产生的感应电流方向为顺时针方向，即电流方向是acdba，选项D错误22.(2018辽宁省抚顺市高三质检(四)(多选)如图所示，在光滑水平面内，有竖直向下的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的左、右边界分别为L1、L2.有一边长为L的正方形导线框距离磁场左边界L1的某处由静止在恒力F作用下穿过该磁场区域，已知当线框的右边到达L2时线框刚好做匀速直线运动以线框的右边到达L1时开始计时，以L1上的O点为坐标原点，取如图所示的坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向

20、左为安培力的正方向则关于线框中的感应电流i和线框受到的安培力F与位置坐标x的图线中正确的是()AD根据题意知线框的右边到达L2时线框刚好做匀速直线运动，此时线框受到的安培力与恒力F大小相等，即FAF，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，所以可知线框进入磁场的过程中，安培力应小于恒力，即FAa，所以 Uca Bl2，A对题图乙中，金属框中产生的电动势的最大值是Bl2，ca相当于电源，有内阻，路端电压的最大值小于Bl2，故 B错通过的电荷量q，D对，应选A、D.高频考点四电磁感应中的动力学和能量问题备考策略1.电磁感应中动力学和能量问题的“两状态、两对象”(1)两状态导体处于平衡状态静止或匀速直

21、线运动状态处理方法：根据平衡状态时导体所受合外力等于零列式分析导体处于非平衡状态加速度不为零处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.(2)两对象 2“杆导轨”模型中，导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂形式多变命题视角考向1水平导轨问题例4(2018湖北省荆州中学高三全真模拟一)(多选)水平面上固定相距为d的光滑直轨道MN和PQ，在N、Q之间连接不计电阻的电感线圈L和电阻R.匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直导轨平面向上，在导轨上垂直导轨放置一质量为m，电阻

22、不计的金属杆ab，在直导轨右侧有两个固定挡块C、D，CD连线与导轨垂直现给金属杆ab沿轨道向右的初速度v0，当ab即将撞上CD时速度为v，撞后速度立即变为零但不与挡块粘连以下说法正确的是()Aab向右做匀变速直线运动B当ab撞上CD后，将会向左运动Cab在整个运动过程中受到的最大安培力为D从ab开始运动到撞上CD时，电阻R上产生的热量小于mvmv2BDab向右运动时受到向左的安培力而做减速运动，产生的感应电动势和感应电流减小，安培力随之减小，加速度减小，所以ab做非匀变速直线运动，故A错误当ab撞CD后，ab中产生的感应电动势为零，电路中电流要减小，线框将产生自感电动势，根据楞次定律可知自感电

23、动势方向与原来电流方向相同，沿ba，根据左手定则可知ab受到向左的安培力，故当ab撞CD后，将会向左运动故B正确开始时，ab的速度最大，产生的感应电动势最大，由于线圈中产生自感电动势，此自感电动势与ab感应电动势方向相反，电路中的电流小于，最大安培力将小于BdI.故C错误从ab开始运动到撞CD时，由于线圈中有磁场能，所以电阻R上产生的热量小于mvmv2.故D正确；故选B、D.考向2倾斜导轨问题例5(2018湖北省宜昌市高三质检)如图所示，两根一端带有挡柱的金属导轨MN和PQ与水平面成37角放置在磁感应强度B2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，两导轨间距L1 m现有两根完全相同的金属

24、棒ab和cd，长度均为L，质量均为m1 kg，电阻均为R1 ，两金属棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨自身电阻不计现让金属棒ab在沿斜面向上的外力F作用下从轨道上某处由静止开始做加速度a2.5 m/s2的匀加速直线运动，到金属棒cd刚要滑动时撤去外力F，此后金属棒ab继续向上运动0.3 s后减速为0，当金属棒ab刚好返回到初始出发点时金属棒cd对挡柱的压力是金属棒ab静止时压力的2倍已知两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为0.5，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g为10 m/s2.求：(1)外力F的冲量大小；(2)金属棒ab从减速为0到返回出发点过程中所产生的焦耳热解析(1)设

25、金属棒ab的速度为v时金属棒cd刚要滑动，由mgsin mgcos 得v5 m/s由vat知t2 s，匀加速时段内金属棒ab的位移为x1at25 m对金属棒ab由牛顿第二定律得Fmgsin mgcos ma故Fmgsin mgcos ma，代入数据可知，F随t线性变化，且最大值为F122.5 N，最小值为F212.5 N因此外力F的冲量It，代入数据解得I35 Ns(2)撤力后金属棒cd仍静止，设金属棒ab减速滑行的位移为x2，由(mgcos mgsin BL)tmv和t得x21 m设金属棒ab返回到出发点时的速度为v1，对金属棒cd，由mgsin 得v13 m/s由能量守恒知mg(x1x2)

26、sin mgcos (x1x2) mv2Q代入数据解得Q3.75 J答案(1)35 Ns(2)3.75 J归纳反思在此类问题中，往往利用安培力的冲量ItBIltBlq，去求回路中的电荷量q，再利用结论q去求导体杆发生的位移x.考向3与电容器相连的导轨模型例6(2018湖南省岳阳市高三二模)(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，间距为L，其上端连接有阻值为R的电阻和电容器C，装置区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.将一根水平金属棒ab开始下滑已知金属棒ab的质量为m，电阻也为R.金属棒ab在运动中始终保持水平且与导轨良好接触，且通过金属棒ab的电流恒定不变，忽略导轨电阻

27、，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A因为通过金属棒ab的电流不变，所以金属棒ab做匀速运动，速度大小是vB尽管通过金属棒ab的电流不变，金属棒还是ab做匀变速运动，加速度大小是aC电阻R的电功率PD若金属棒ab由静止下滑，开始时电容器所带电荷量为0，那么经过时间t，电容器两端电压qBD若金属棒ab做匀速运动，产生电动势不变，回路中没有电流，故A错误；设时间t1时，金属棒的速度为v1，此时金属棒切割磁感线产生的电动势E1BLv1，电容器两端电压U1E1I(2R)，设时间t2时，金属棒的速度为v2，此时金属棒切割磁感线产生的电动势E2BLv2，电容器两端电压U2E2I(2R)，从t1到t2这

28、段时间内，电容器两端电压的变化UU2U1BL(v2v1)BLv，电容器两端电荷量的变化qCUCBLv，回路中的电流ICBLCBLa，加速度a，因为电流不变，所以加速度也不变，所以金属棒做匀变速运动，根据牛顿第二定律得：mgBILma，综上可以解得：a，故B正确；回路的电流I，电阻R的电功率P2R，故C错误；若金属棒ab由静止下滑，开始时电容器所带电荷量为q，那么经过时间t，金属棒的速度vat，此时金属棒切割磁感线产生的电动势EBLv，电容器两端电压UEI(2R)，电容器所带电荷量qCU，解得：q，故D正确考向4线框模型例7(2018河南省商丘市高三三模)(多选)如图，abcd是一个质量为m、边

29、长为L的正方形金属线框，从图示位置自由下落，在下落h后进入磁感应强度为B的匀强磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L.在这个磁场的正下方2hL处还有一个未知的匀强磁场(图中未画出)，金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是()A未知磁场的磁感应强度是BB未知磁场的磁感应强度是C线框在穿过这两个磁场的过程中产生的焦耳热是4mgLD线框在穿过这两个磁场的过程中产生的焦耳热是2mgLAC线框下落h时的速度为v1，且在第一个匀强磁场中有mg，当线框下落h2L高度，即全部从磁场中穿出时，再在重力作用下加速，且进入下一个未知磁场时v2，线框进入下一个未知磁场时又有：

30、mg，所以BB，因为线框在进入与穿出磁场过程中要克服安培力做功并产生电能，即全部穿过一个磁场区域产生的电能为2mgL，故线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL，C正确归纳反思用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤题组突破41.(2018济宁市高三第二次模拟)(多选)如图所示，两根平行光滑金属导轨的间距为d1m，导轨平面与水平面成30角，其底端接有阻值为R2 的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B2T的匀强磁场中一质量为m1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触现杆在沿导轨平面向上、垂直于杆的恒力F10 N的作用下从静止开始沿导

31、轨向上运动，当运动距离为L6 m时速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)导体杆的电阻为r2 ，导轨电阻不计(取g10 m/s2)在此过程中()A杆的速度最大值为5 m/sB流过电阻R的电荷量为6 CC导体杆两端电压的最大值为10 VD安培力对导体杆的冲量大小为6 NsADA项：设杆的最大速度为vm，根据平衡条件得，Fmgsin ，代入数据解得：vm5 m/s，故A正确；B项：根据电荷量q C3C，故B错误；C项：根据EmBLvm225V20V，故C错误；D项：根据动量定理：(Fmgsin )tmvm，代入数据解得：安培力对导体杆的冲量大小为6 Ns，故D正确42.(2018河南省郑

32、州市高中毕业年级第二次质量预测)(多选)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止，已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)()A金属棒中的最大电流为B金属棒克服安培力做的功为mghC通过金属棒的电荷量为D金属棒产生的电热为mg(hd)CD金属棒下滑过程中，根据动能定理得：mghmv2，金属

33、棒到达水平面时的速度为：v，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势EBLv，则最大感应电流为：I，故A正确；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mghWBmgd00，克服安培力做功：WBmghmgd，故B错误；感应电荷量为：qt，故C正确；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QRQWBmg(hd)，故D正确所以C、D正确，A、B错误课时跟踪训练(十三)一、选择题(14题为单项选择题，510题为多项选择题)1(2018安徽省合肥三模)如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L，磁感应强度大小相等、方向相反，均

34、垂直于纸面有一边长为L的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场用i表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于ix的图象中正确的是()C线圈进入磁场，在进入磁场的0L的过程中，EBLv，电流I，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在L2L的过程中，电动势E2BLv，电流I，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在2L3L的过程中，EBLv，电流I，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；故ABD错误，C正确；故选C.2图a和图b是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗

35、，闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，下列说法正确的是()A图a中，A1与L1的电阻值相同B图a中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C图b中，变阻器R与L2的电阻值相同D图b中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等C分析图a，断开开关S1瞬间，A1突然闪亮，说明流经A1的电流瞬间增大，从而得到S1闭合，电路稳定时，A1中的电流小于L1中的电流，所以选项B错误，由并联电路特点可知，A1的电阻值大于L1的电阻值，所以选项A错误，分析图b，开关S2闭合后，灯A2逐渐变亮，A3立即变亮，说明闭合S2瞬间A2与A3中的电流不相等，那

36、么L2与R中的电流也不相等，所以选项D错误最终A2与A3亮度相同，说明流经A2与A3的电流相同，由欧姆定律可知，R与L2的电阻值相等，所以选项C正确3(2018山东省济南市高三一模)近来，无线充电成为应用于我们日常生活中的一项新科技，其中利用电磁感应原理来实现无线充电是比较成熟的一种方式，电动汽车无线充电方式的基本原理如图所示：路面下依次铺设圆形线圈，相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，车身底部固定感应线圈，通过充电装置与蓄电池相连，汽车在此路面上行驶时，就可以进行充电在汽车匀速行驶的过程中，下列说法正确的是()A感应线圈中电流的磁场方向一定与路面线圈中电流的磁场方向相反B感应线圈中产生的是方

37、向改变、大小不变的电流C感应线圈一定受到路面线圈磁场的安培力，会阻碍汽车运动D给路面下的线圈通以同向电流，不会影响充电效果CA项：由于路面下铺设圆形线圈，相邻两个线圈的电流相反，所以感应线圈中电流的磁场方向不一定与路面线圈中电流的磁场方向相反，故A错误；B项：由于路面上的线圈中的电流不知是怎么变化，即产生的磁场无法确定变化情况，所以感应线圈中的电流大小不能确定，故B错误；C项：感应线圈随汽车一起运动过程中会产生感应电流，在路面线圈的磁场中受到安培力，根据“来拒去留”可知，此安培力阻碍相对运动，即阻碍汽车运动，故C正确；D项：给路面下的线圈通以同向电流时，路面下的线圈产生相同方向的磁场，穿过感应

38、线圈的磁通量变小，变化率变小，所以产生的感应电流变小，故D错误4(2018高考物理全真模拟三)如图A中水平放置的U形光滑金属导轨NMPQ，MN接有电键K，导轨宽度为L，其电阻不计在左侧边长为L的正方形区域存在方向竖直向上磁场B，其变化规律如图B所示；中间一段没有磁场，右侧一段区域存在方向竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度为B0，在该段导轨之间放有质量为m、电阻为R、长为L的金属棒ab.若在图B所示的t0/2时刻关闭电键K，则在这一瞬间()A金属棒ab中的电流方向为由a流向bB金属棒ab中的电流大小为C金属棒ab所受安培力方向水平向右D金属棒ab的加速度大小为C根据楞次定律可得金属棒ab中的电流方

39、向为由b流向a，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势：ESL2，所以金属棒ab中的电流大小为：IL2，故B错误；金属棒ab的电流方向为由b流向a，根据左手定则可得ab棒所受安培力方向水平向右，C正确；根据牛顿第二定律可得金属棒ab的加速度大小为amIL，故D错误所以C正确，ABD错误5(2018山东省日照市高三5月校际联考)如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成角，上端用一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端金属杆始终保持与导轨垂直接触良好，轨

40、道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g.则()A金属杆加速运动过程中的平均速度大于B金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C当金属杆的速度为时，它的加速度大小为D整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mghmv2ABC若金属杆匀加速运动，则平均速度为，实际上金属杆加速运动中，加速度不断减小，速度时间图象的斜率不断减小，在相同间内金属杆通过位移大于匀加速运动的位移，金属杆平均速度大于匀加速运动的平均速度，A正确；金属杆加速运动过程中，安培力平均值小于匀速运动的安培力，且加速运动的平均速度小于匀速直线的速度，因此金属杆加速运动过程中，克服安培力做功的功率小

41、于匀速运动过程中克服安培力做功的功率，B正确；根据匀速直线运动时，金属杆速度大小为v，所受的安培力大小为，此时依据平衡状态，则有mgsin ；金属杆的速度为时，它所受的安培力为，据牛顿第二定律解得mgsin ma，联立得a，C正确；根据能量守恒定律可知整个运动过程中回路产生的焦耳热为mghmv2，所以R上产生的焦耳热小于mghmv2，D错误6两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直，边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁场线框中感应电动势随时间变化的图线如

42、图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)下列说法正确的是()A磁感应强度的大小为0.5 TB导线框运动速度的大小为0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向外D在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 NBC由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小vm/s0.5 m/s，B对由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E0.01 V，由公式EBLv，可得磁感应强度的大小BT0.2 T，A错ca边进入磁场时感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，

43、C对t0.4 s至t0.6 s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F，代入数据得F0.04 N，D错7(2018山东省潍坊市高三三模)如图所示，两平行导轨间距为L，倾斜部分和水平部分长度均为L，倾斜部分与水平面的夹角为37，cd间接电阻R，导轨电阻不计质量为m的金属细杆静止在倾斜导轨底端，与导轨接触良好，电阻为r.整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化关系为BB0kt(k0)，在杆运动前，以下说法正确的是()A穿过回路的磁通量为2(B0kt)L2B流过导体棒的电流方向为由b到aC回路中电流的大小为D细杆受到的摩擦力一直减小BCA、

44、由BS效(B0kt)(L2L2cos 37)1.8(B0kt)L2，故A错误C、磁感应强度均匀增大，产生的感生电动势，由法拉第电磁感应定得EnSk(L2L2cos37)1.8k L2，由全电路欧姆定律得I，则C正确B、由楞次定律可得感应电流的方向俯视为顺时针方向，即电流流向为b到a，B正确D、因感应电流大小恒定，则细杆所受的安培力FBIL因B逐渐增大而增大，由左手定则知方向水平向右，对杆的平衡知识可得mgsin fBILcos ，则摩擦力先向上逐渐减小到零，后向下逐渐增大，D错误故选B、C.8(2018山东省淄博一中高三三模)如图所示， 用粗细均匀的电阻丝制成形状相同、大小不同的甲、乙两个矩形

45、框甲对应边的长度是乙的两倍，二者底边距离匀强磁场上边界高度h相同，磁场方向垂直纸面向里，匀强磁场强度d足够大不计空气阻力，适当调整高度h，将二者由静止释放，甲将以恒定速度进入匀强磁场中在矩形线框进入磁场的整个过程中，甲、乙的感应电流分别为I1和I2，通过导体棒截面的电量分别为q1和q2，线框产生的热量分别为Q1和Q2，线框所受到的安培力分别是F1和F2，则以下结论中正确的是()AI1I2Bq14q2 CQ14Q2DF12F2CD设甲的宽度为L，周长为l，则乙的宽度为，周长为，那么甲的质量是乙质量的两倍，根据电阻R，可得，由题意可知甲做匀速运动：m1gBI1L0，感应电动势为：E1BLv1，感应

46、电流为：I1，联立以上可得：m1g0，同理对乙有：m2gm2a，联立以上可得a0，说明乙也匀速运动且v1v2，感应电流为：I，结合以上易得I1I2，故A错误；电量为q，可得：，故B错误；产生的热量为：QI2Rt，由运动学公式可得：，联立以上可得：，故C正确；安培力为：F，根据以上可得：，故D正确所以CD正确，AB错误9(2018山东省烟台市高三下学期诊断测试)如图所示，空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面，空间中有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B.现有两块平行的薄金属板，彼此间距为d，构成一个电容为C的电容器，电容器的下极板放在xOz平面上；在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的

47、金属杆MN，已知两板和杆MN的总质量为m，若对杆MN施加一个沿x轴正方向的恒力F，两金属板和杆开始运动后，则()A金属杆MN中存在沿M到N方向的感应电流B两金属板间的电压始终保持不变C两金属板和杆做加速度大小为的匀加速直线运动D单位时间内电容器增加的电荷量为AD由右手定则可知，充电电流方向为：由M流向N，故A正确；设此装置匀加速平移的加速度为a，则时间t后速度vat，MN切割磁感线产生电动势：EBLvBdat，即电容器两板电压：UEBLat，U随时间增大而增大，电容器所带电量QCUCBdat，MN间此时有稳定的充电电流：ICBda，方向向下，根据左手定则可知，MN受到向左的安培力：F安BILC

48、B2d2a，以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得：FF安ma，即：FCB2d2ama，解得：a，方向沿Z方向，则单位时间内电容器增加的电荷量为CBda，故BC错误，D正确；故选AD.10(2018湖北省武汉市高三综合训练)如图所示，一个半径为r、粗细均匀、阻值为R的圆形导线框，竖直放置在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直现有一根质量为m、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点由静止释放，棒在下落过程中始终与线框保持良好接触已知下落距离为时棒的速度大小为v1，下落到圆心O时棒的速度大小为v2，忽略摩擦及空气阻力，下列说法正确的是()A导体棒下落距离为时，棒中感应电流的方向向右B

49、导体棒下落距离为时，棒的加速度的大小为gC导体棒下落到圆心时，圆形导线框的发热功率为D导体棒从开始下落到经过圆心的过程中，圆形导线框产生的热量为mgrmvBDA项：导体棒下落过程中切割磁感线，根据右手定则可知，棒中感应电流的方向向左，故A错误；B项：棒下落距离为时，棒有效的切割长度为L2rcos30r，弦所对的圆心角为120，则圆环上半部分的电阻为，圆环下半部分的电阻为由外电路并联电阻为：R1此时，回路中感应电动势为EBLv，I，安培力FBIL，联立得：F由牛顿第二定律得：mgFma得：ag，故B正确；C项：导体棒下落到圆心时，棒有效的切割长度为2r，回路中的总电阻为，电动势为EB2rv2，根

50、据公式P，故C错误；D项：从开始下落到经过圆心的过程中，棒的重力势能减小转化为棒的动能和内能，根据能量守恒定律得：mgrmvQ，解得Qmgrmv，故D正确二、非选择题11(2018湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)电磁感应式无线充电系统原理如图(a)所示，给送电线圈中通以变化的电流，就会在邻近的受电线圈中产生感应电流，从而实现充电器与用电装置之间的能量传递某受电线圈的匝数n50匝，电阻r1.0 ，c、d两端接一阻值R9.0 的电阻，当送电线圈接交变电流后，在受电线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间变化的规律如图(b)所示求(结果保留2位有效数字) (1)t1到t2时间内，通过电阻

51、R的电荷量；(2)在一个周期内，电阻R产生的热量解析(1)受电线圈中产生的感应电动势的平均值n.通过电阻的电流的平均值通过电阻的电荷量qt由图b知，在t1到t2的时间内4.0104Wb解得：q2.0103C；(2)由图b知T103s又受电线圈中产生的电动势的最大值Emnm线圈中的感应电流的最大值Im通过电阻的电流的有效值I电阻在一个周期内产生的热量QI2RT解得：Q5.7102J.答案见解析12(2018衡中同卷(五)如图甲所示，两个形状相同、倾角均为37的足够长的斜面对接在一起，左侧斜面粗糙，右侧斜面光滑一个电阻不计、质量m1 kg的足够长的U形金属导轨MMNN置于左侧斜面上，导轨MMNN与

52、斜面间的动摩擦因数0.5，质量m1 kg、电阻为R的光滑金属棒ab通过跨过定滑轮的轻质绝缘细线与质量为m0的滑块相连，金属棒ab与导轨MMNN接触良好且始终垂直(金属棒ab始终不接触左侧斜面)，左侧斜面处于垂直斜面向下的匀强磁场中初始状态时，托住滑块，使导轨MMNN、金属棒ab及滑块组成的系统处于静止状态，某时刻释放滑块，当其达到最大速度时，导轨MMNN恰好要向上滑动已知细线始终与斜面平行，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2.(1)求滑块的质量m0；(2)以释放滑块的时刻为计时起点，滑块的速度v随时间t的变化情况如图乙所示，若匀强磁

53、场的磁感应强度B2 T，导轨MMNN宽度Lm，求在滑块加速运动过程中系统产生的焦耳热解析(1)当滑块与金属棒ab达到最大速度时，导轨MMNN恰好不能向上滑动，导轨与左侧斜面间的静摩擦力向下达到最大，对导轨由平衡条件得mgsin 372mgcos 37F安解得F安14 N对滑块及金属棒ab组成的系统由平衡条件得mgsin 37F安m0gsin 37解得m0kg(2)达到最大速度时安培力F安BIL14 N由图乙知最大速度v1 m/s解得R2 加速阶段对滑块及金属棒ab组成的系统由动量定理得m0gtsin 37mgtsin 37BLt(m0m)v加速阶段通过金属棒ab的电荷量qt又结合法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得q，解得xm加速阶段由能量守恒得m0gxsin 37mgxsin 37(m0m)v2Q解得Q3.3 J即滑块在加速运动过程中系统产生的焦耳热为3.3 J.答案(1)kg(2)3.3专心-专注-专业