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高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题十一电磁感应课件
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这是一份高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题十一电磁感应课件，共60页。
专题十一 电磁感应
高考物理 (浙江专用)
A组 自主命题·浙江卷题组
考点一 电磁感应现象 楞次定律
1.(2014浙江1月学考,4)如图甲所示是法拉第在研究电磁感应时用过的线圈,其工作原理如图 乙所示,则实验中不会使电流表指针发生偏转的是 ( )A.保持开关闭合 B.开关闭合瞬间C.开关断开瞬间 D.移动变阻器滑片
答案 A 感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化,可以判断A项无感应电流 产生。
2.(2014浙江1月学考,34)如图所示,线圈与灵敏电流计构成闭合电路,当磁铁向下插入线圈的过 程中,发现电流计指针向右偏转。则当磁铁 ( )A.放在线圈中不动时,电流计指针向左偏转B.从线圈中向上拔出时,电流计指针向左偏转C.按图示位置在线圈外面上下移动时,电流计指针不会偏转D.按图示位置在线圈外面左右移动时,电流计指针不会偏转
答案 B 磁铁向下插入线圈,穿过线圈的磁通量增大,电流计指针右偏,则向上拔出时,穿过线 圈的磁通量减小,根据楞次定律“增反减同”知B项正确。磁铁放在线圈中不动时,线圈中的 磁通量不变化,没有感应电流产生,电流计指针不偏转,A错。磁铁按图示位置上、下、左、右 移动时,线圈中都会产生感应电流,电流计指针都会偏转,C、D错。
1.(2018浙江11月选考,22,10)如图所示,在间距L=0.2 m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向 垂直于纸面(向内为正)的磁场,磁感应强度分布为沿y方向不变,沿x方向如下:B= 导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C=1 F的未充电的电容器,恒流源可为电路提供 恒定电流I=2 A,电流方向如图所示。有一质量m=0.1 kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0=0. 7 m处。开关S掷向1,棒ab从静止开始运动,到达x3=-0.2 m处时,开关S掷向2。已知棒ab在运动 过程中始终与导轨垂直。求:
考点二 法拉第电磁感应定律 自感和互感
(提示:可以用F-x图像下的“面积”代表力F所做的功)(1)棒ab运动到x1=0.2 m时的速度大小v1;(2)棒ab运动到x2=-0.1 m时的速度大小v2;(3)电容器最终所带的电荷量Q。
答案 (1)2 m/s (2) m/s (3) C
解析 (1)安培力F=BIL,加速度a= = ,速度v1= =2 m/s;(2)在区间-0.2 m≤x≤0.2 m,安培力F=5xIL,如图所示安培力做功W= ( - );根据动能定理可得W= m - m ,解得v2= m/s;(3)根据动量定理可得-BLQ=mv-mv3,
电荷量Q=CU=CBLv,在x=-0.2 m处的速度v3=v1=2 m/s,联立解得Q= = C。
2.(2018浙江4月选考,23,10分)如图所示,在竖直平面内建立xOy坐标系,在0≤x≤0.65 m、y≤0. 40 m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长l=0.10 m、质 量m=0.02 kg、电阻R=0.40 Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置,其中心的坐标为(0, 0.65 m)。现将线框以初速度v0=2.0 m/s水平向右抛出。线框在进入磁场过程中速度保持不变, 然后在磁场中运动,最后从磁场右边界离开磁场区域,完成运动全过程。线框在全过程中始终 处于xOy平面内,其ab边与x轴保持平行,空气阻力不计。(g取10 m/s2)求:(1)磁感应强度B的大小;(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q;(3)在全过程中,c、b两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。
答案 见解析
(2)线框全部进入磁场区域之后,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动,线框 离开磁场过程中,上下两边所受到的安培力抵消,所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳 热,水平方向上,只有ad边在水平方向上切割磁感线,线框离开磁场时所带的电荷量q= =
对离开过程在水平方向由动量定理,设向右为正,则-Blq=mv5x-mv0得v5x=1.5 m/s由能量守恒得mgΔh-Q1= m - m = mv( + )- m( + )同时离开磁场过程中竖直方向只受重力,有 - =2gΔh联立解得Q1=0.017 5 J在进入磁场过程中,速度不变,重力势能转换成焦耳热Q2=mgl=0.02 J所以Q总=Q1+Q2=0.037 5 J(3)易得图中2、3、4、5状态下中心横坐标分别为0.4 m、0.5 m、0.6 m、0.7 m①当x≤0.4 m时,线框还没进入磁场,Ucb=0;②当0.4 mUcb=- Blv2y+B(x-0.4)v0=4x-1.7;③当0.5 m易错点拨 在第(3)问中求c、b两端的电势差,很容易犯错误,比如说直接套用欧姆定律。在这 里熟练掌握电路中的电势差的计算是避免犯错误的关键。进入磁场时cb边也有一小段导线 在水平切割磁感线,所以计算电势差时,需要考虑这一小段导体上感应电动势的影响。
3.(2017浙江11月选考,22,10分)如图所示,匝数N=100、截面积S=1.0×10-2 m2、电阻r=0.15 Ω的 线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1,其变化率k=0.80 T/s。线 圈通过开关S连接两根相互平行、间距d=0.20 m的竖直导轨,下端连接阻值R=0.50 Ω的电阻。 一根阻值也为0.50 Ω、质量m=1.0×10-2 kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的 区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关S后,棒对挡条的压力恰好为零。 假设棒始终与导轨垂直,且与导轨接触良好,不计摩擦阻力和导轨电阻。 (1)求磁感应强度B2的大小,并指出磁场方向;(2)断开开关S后撤去挡条,棒开始下滑,经t=0.25 s后下降了h=0.29 m,求此过程棒上产生的热 量。
答案 见解析
解析 (1)线圈的感应电动势为E=N =NS 流过导体棒的电流Iab= 导体棒对挡条的压力为零,有B2Iabd=mgB2= 得B2=0.50 TB2方向垂直纸面向外(2)由动量定理得(mg- B2d)t=mv或mgt-B2dΔq=mv及Δq= t= 得v=gt- ab棒产生的热量Q= 得Q=2.3×10-3 J
4.(2017浙江4月选考,22,10分)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而 成,如图所示。倾角为θ的导轨处于磁感应强度大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场 区间Ⅰ中,水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金 属杆cd和ef,用长度为L的刚性绝缘杆连接构成),在“联动双杆”右侧存在磁感应强度大小为B 2,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ,其长度大于L。质量为m、长为l的金属杆ab从倾 斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆ab与“联动双杆”发生碰撞,碰后 杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”。“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从 中滑出。运动过程中,杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直。已知杆ab、cd 和ef电阻均为R=0.02 Ω,m=0.1 kg,l=0.5 m,L=0.3 m,θ=30°,B1=0.1 T,B2=0.2 T。不计摩擦阻力和 导轨电阻,忽略磁场边界效应。求:(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0;(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v;(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q。
答案 见解析
解析 (1)感应电动势E=B1lv0电流I= 安培力F=B1Il匀速运动条件为F=mg sin θv0= =6 m/s(2)由动量守恒定律得mv0=4mvv= =1.5 m/s
(3)进入磁场区间Ⅱ,设速度变化Δv,由动量定理,有- B2lΔt=4mΔv Δt=Δq= Δv= =-0.25 m/s出磁场区间Ⅱ,同样有
Δv= =-0.25 m/s出磁场区间Ⅱ后“联动三杆”的速度为v'=v+2Δv=1.0 m/sQ= ×4m(v2-v'2)=0.25 J
5.(2016浙江10月选考,22,10分)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如 图所示的装置。半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为l、电阻为R的金属棒ab 一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴OO'上,由电动机A带动旋转。在金属导 轨区域内存在垂直于导轨平面、大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m、电 阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的“U”形导轨保持 良好接触,导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀 强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”形导轨连 接。当开关S断开,棒cd静止时,弹簧伸长量为x0;当开关S闭合,电动机以某一转速匀速运动,棒 cd再次静止时,弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)。不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时
(1)通过棒cd的电流Icd大小;(2)电动机对该装置的输出功率P;(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系。
答案 (1) (2) (3)ω=
解析 本题考查了电磁感应定律及电磁感应过程中的能量转化问题。(1)S断开,cd棒静止,有mg=kx0S闭合,cd棒静止时受到的安培力F=IcdB2lcd棒静止,有mg+IcdB2l=kx
得:Icd= (2)回路总电阻:R总=R+ R= R总电流:I= 由能量守恒,得P=I2R总= (3)由法拉第电磁感应定律:E= = B1ωl2
回路总电流:I= ,结合第(2)问答案得ω=
6.[2015浙江10月选考,22(1)、(2),4分]如图1所示,质量m=3.0×10-3 kg的“ ”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“ ”形框的水平细杆CD长l=0.20 m,处于磁感应强度大小B1=1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n=300匝、面积S=0.01 m2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的、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2的大 小随时间t变化的关系如图2所示。(1)求0~0.10 s线圈中的感应电动势大小;(2)t=0.22 s时闭合开关K,若细杆CD所受安培力方向竖直向上,判断CD中的电流方向及磁感应 强度B2的方向; 图1
图2
答案 (1)30 V (2)见解析 (3)0.03 C
解析 (1)由电磁感应定律公式E=n 得E=nS =30 V(2)由左手定则可知电流方向:C→D结合图2由楞次定律可知B2方向向上
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 电磁感应现象 楞次定律
1.(2019课标Ⅲ,14,6分)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现? ( )A.电阻定律 B.库仑定律C.欧姆定律 D.能量守恒定律
答案 D 本题考查了对基本规律的理解能力,体现了能量观念这一重要核心素养。楞次定律的本质是感应磁场中能量的转化,是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现,故 选项D正确。
规律总结 电阻定律R=ρ 是导体对电流阻碍作用的体现;库仑定律是对真空中静止点电荷之间作用力的认识;欧姆定律是通过导体的电流与导体两端电压、导体电阻关系的体现。
2.(2018课标Ⅰ,17,6分)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Ⅰ);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Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则 等于 ( ) A. B. C. D.2
答案 B 本题考查法拉第电磁感应定律及电荷量公式。由公式E= ,I= ,q=It得q= ,设半圆弧半径为r,对于过程Ⅰ,q1= ,对于过程Ⅱ,q2= ,由q1=q2得, = ,故B项正确。
规律总结 电磁感应中电荷量的求解方法
1.q=It。
2.q= ,其中ΔΦ的求解有三种情况:(1)只有S变化,ΔΦ=B·ΔS;(2)只有B变化,ΔΦ=ΔB·S;(3)B和S都变化,ΔΦ=Φ2-Φ1。
3.(2017课标Ⅲ,15,6分)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 ( ) A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向
答案 D 金属杆PQ向右运动,穿过PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,PQRS中产生逆时针 方向的电流。这时因为PQRS中感应电流的作用,依据楞次定律可知,T中产生顺时针方向的感 应电流。故只有D项正确。
以下为教师用书专用(4~7)
4.(2018课标Ⅰ,19,6分)(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
答案 AD 本题考查电流的磁效应、楞次定律等知识。当开关闭合瞬间,右侧线圈中电流突 然增大,铁芯上向右的磁场增强,由楞次定律可知左侧线圈中正面感应电流向上,则远处直导线 上电流向左,由安培定则可知小磁针处直导线上电流产生的磁场方向垂直纸面向里,A项正 确。开关闭合并保持一段时间后,磁场不再变化,左侧线圈中没有感应电流,小磁针N、S极回 到原始方向,故B、C两项错误。开关断开的瞬间,右侧线圈中电流减小,左侧线圈正面感应电 流向下,远处直导线上电流向右,由安培定则知,小磁针处直导线上电流产生的磁场方向垂直纸 面向外,故D项正确。
审题指导 注意关键词在题中的作用关键词:①同一根铁芯,意味着左右两侧线圈中磁通量变化率相同;②远处,说明此处小磁针不 再受线圈中磁通量变化的影响;③小磁针悬挂在直导线正上方,说明磁针的偏转受直导线上电 流产生的磁场影响。
5.(2016江苏单科,6,4分)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金属弦被 磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说 法正确的有 ( )A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作B.取走磁体,电吉他将不能正常工作C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化
答案 BCD 铜质弦无法被磁化,不能产生磁场引起线圈中磁通量的变化从而产生感应电流, 所以铜质弦不能使电吉他正常工作,故A项错误;取走磁体,金属弦无法被磁化,线圈中不会产生 感应电流,B项正确;由E=n 知,C项正确;金属弦来回振动,线圈中磁通量不断增加或减小,电流方向不断变化,D项正确。
6.(2015课标Ⅰ,19,6分)(多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中 将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。 实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来, 但略有滞后。下列说法正确的是( ) A.圆盘上产生了感应电动势B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动
答案 AB 如图所示,将铜圆盘等效为无数个长方形线圈的组合,则每个线圈绕OO'轴转动时, 均有感应电流产生,这些感应电流产生的磁场对小磁针有作用力,从而使小磁针转动起来,可见 A、B均正确。由于圆盘面积不变,与磁针间的距离不变,故穿过整个圆盘的磁通量没有变化,C 错误。圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场,由安培定则可判断在中心方向 竖直向下,其他位置关于中心对称,此磁场不会导致磁针转动,D错误。
7.(2015山东理综,17,6分)(多选)如图,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针 匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场,圆盘开始减速。在圆盘减速过程中,以下 说法正确的是 ( ) A.处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动C.若所加磁场反向,圆盘将加速转动D.若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动
答案 ABD 根据右手定则,处于磁场中的圆盘部分,感应电流从靠近圆盘边缘处流向靠近圆 心处,故靠近圆心处电势高,A正确;安培力F= ,磁场越强,安培力越大,B正确;磁场反向时,安培力仍是阻力,C错误;若所加磁场穿过整个圆盘,则磁通量不再变化,没有感应电流,安培力 为零,故圆盘不受阻力作用,将匀速转动,D正确。
1.(2019课标Ⅰ,20,6分)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边 界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S,将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示;磁感应强度B随时 间t的变化关系如图(b)所示。则在t=0到t=t1的时间间隔内 ( )A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
考点二 法拉第电磁感应定律 自感和互感
C.圆环中的感应电流大小为 D.圆环中的感应电动势大小为
答案 BC 本题考查电磁感应中的楞次定律、感应电动势、感应电流、左手定则和电阻定 律,以及推理能力和综合分析能力,体现了模型建构、科学推理的核心素养。由楞次定律(“增反减同”)可判断出感应电流方向始终沿顺时针方向,故B正确。由左手定则 可判断出圆环所受安培力的方向先向左后向右,故A错。感应电动势E=S有效 = ·πr2· = ,故D错。由电阻定律得圆环电阻R=ρ ,则感应电流I= = ,故C正确。
易错警示 (1)推理过程中一定要细心。本题分析得到感应电流方向始终沿顺时针方向时,若 由此盲目认为安培力方向始终不变,则易错选A。(2)感应电动势E=S有效 中的S有效为圆环回路在磁场中的面积,而不是圆环回路的面积。
2.(2018课标Ⅱ,18,6分)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 ( )
答案 D 本题考查右手定则及公式E=BLv。由右手定则判定,线框向左移动0~ 过程,回路中电流方向为顺时针,由E=2BLv可知,电流i为定值;线框向左移动 ~l过程,线框左、右两边产生的感应电动势相抵消,回路中电流为零。线框向左移动l~ l过程,回路中感应电流方向为逆时针。由上述分析可见,选项D正确。
方法技巧 电磁感应中图像问题分析技巧由方向的合理性可直接排除错误选项,如果需要,再定量分析电流大小的变化情况确定正确选 项。
3.(2017课标Ⅱ,20,6分)(多选)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 Ω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t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势 随时间变化的图线如图(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t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1 N
答案 BC 导线框匀速进入磁场时速度v= = m/s=0.5 m/s,选项B正确;由E=BLv,得B= = T=0.2 T,选项A错误;由右手定则可确定磁感应强度方向垂直于纸面向外,选项C正确;导线框所受安培力F=BLI=BL =0.2×0.1× N=0.04 N,选项D错误。
4.(2017北京理综,19,6分)图1和图2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;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1中,A1与L1的电阻值相同B.图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流C.图2中,变阻器R与L2的电阻值相同
D.图2中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等
答案 C 本题考查自感现象判断。在图1中断开S1瞬间,灯A1突然闪亮,说明断开S1前,L1中的 电流大于A1中的电流,故L1的阻值小于A1的阻值,A、B选项均错误;在图2中,闭合S2瞬间,由于L2 的自感作用,通过L2的电流很小,D错误;闭合S2后,最终A2与A3亮度相同,说明两支路电流相等,故 R与L2的阻值相同,C项正确。
5.(2016课标Ⅱ,20,6分)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜 轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。 圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是( ) A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
答案 AB 设圆盘的半径为L,可认为圆盘由无数根辐条构成,则每根辐条切割磁感线产生的 感应电动势E= BL2ω,整个回路中的电源为无数个电动势为E的电源并联而成,电源总内阻为零,故回路中电流I= = ,由此可见A正确。R上的热功率P=I2R= ,由此可见,ω变为原来的2倍时,P变为原来的4倍,故D错。由右手定则可判知B正确。电流方向与导体切割磁感线 的方向有关,而与切割的速度大小无关,故C错。
6.(2019江苏单科,14,15分)如图所示,匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈,线圈平 面与磁场垂直。已知线圈的面积S=0.3 m2、电阻R=0.6 Ω,磁场的磁感应强度B=0.2 T。现同时 向两侧拉动线圈,线圈的两边在Δt=0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值E;(2)感应电流的平均值I,并在图中标出电流方向;(3)通过导线横截面的电荷量q。
答案 (1)0.12 V (2)0.2 A 见解析图 (3)0.1 C
解析 本题考查了法拉第电磁感应定律中回路面积变化的情况,考查了学生的理解能力及简 单的分析与综合能力,体现了科学思维中的科学推理素养要素。(1)感应电动势的平均值E= 磁通量的变化ΔΦ=BΔS解得E= ,代入数据得E=0.12 V(2)平均电流I= 代入数据得I=0.2 A(电流方向见图)(3)电荷量q=IΔt
代入数据得q=0.1 C
解题指导 本题中导线切割磁感线的有效长度在变化,故不能利用E=Blv计算感应电动势,而 需要利用磁通量的变化率来计算。
7.(2018天津理综,12,20分)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动 能的装置。图1是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条 平行光滑金属导轨,电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金 属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m。列 车启动前,ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所 示。为使列车启动,需在M、N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计。 列车启动后电源自动关闭。(1)要使列车向右运行,启动时图1中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由;(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小;(3)列车减速时,需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和 相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd均在无磁场区域,试讨论:要使列 车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?
图1 图2
答案 (1)见解析 (2) (3)见解析
解析 本题考查左手定则、安培力、法拉第电磁感应定律、动量定理等。(1)列车要向右运动,安培力方向应向右。根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a到 b、由c到d,故M接电源正极。(2)由题意,启动时ab、cd并联,设回路总电阻为R总,由电阻的串并联知识得R总= ①设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有I= ②设两根金属棒所受安培力之和为F,有F=IlB ③根据牛顿第二定律有F=ma ④联立①②③④式得a= ⑤
(3)设列车减速时,cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围 回路的磁通量的变化为ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有E1= ⑥其中ΔΦ=Bl2 ⑦设回路中平均电流为I',由闭合电路欧姆定律有I'= ⑧设cd受到的平均安培力为F',有F'=I'lB ⑨以向右为正方向,设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲,有I冲=-F'Δt ⑩同理可知,回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲 量为I0,有I0=2I冲
设列车停下来受到的总冲量为I总,由动量定理有I总=0-mv0 联立⑥⑦⑧⑨⑩ 式得 = 讨论:若 恰为整数,设其为n,则需设置n块有界磁场;若 不是整数,设 的整数部分为N,则需设置N+1块有界磁场。
以下为教师用书专用(8~17)
8.(2019课标Ⅱ,18,6分)(多选)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能 Ep之和。取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重 力加速度取10 m/s2。由图中数据可得 ( ) A.物体的质量为2 kgB.h=0时,物体的速率为20 m/sC.h=2 m时,物体的动能Ek=40 JD.从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J
答案 AD 本题考查动能、重力势能、机械能的概念和动能定理、功能关系的应用,以及利 用数形结合处理物理问题的能力,体现了能量观念和科学推理的核心素养,同时还体现了图像 展示物理关系的形式美。重力势能Ep=mgh,结合Ep-h图像有mg= N,则m=2 kg,故A正确。h=0时E总= m ,即100 J= ×2 kg× ,解得v0=10 m/s,故B错。由图像可知,h=2 m时,E总=90 J、Ep=40 J,则Ek=50 J,故C错。当h=4 m时,E总=Ep=80 J,则Ek=0,故从地面至h=4 m,物体的动能减少了100 J,故D正确。
知识链接 非重力做功量度机械能的变化量,W非>0时E机增加;W非<0时E机减少;W非=0时E机守 恒。
9.(2019课标Ⅲ,21,6分)(多选)如图,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶 点上,a、b是正方体的另外两个顶点。则 ( )A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加
答案 BC 本题通过两等量异种点电荷的电场考查了电场力的性质与电场能的性质,利用点 电荷所处的空间位置考查了学生的推理能力,体现了运动与相互作用观念、能量观念等物理 观念的素养要素。由点电荷产生的电势分布可知q在a点产生的电势低于在b点产生的电势,-q在a点产生的电势也低于在b点产生的电势,故φa<φb,再由Ep=qφ可知负电荷在a、b两点的电势能Epa>Epb,故A、D均错误。由点电荷的场强分布可知q在a点产生的场强与-q在b点产生的场强完全相同,q在b点产生的场强与-q在a点产生的场强也完全相同,故a点与b点的总场强也完全相同,B、C均正确。
知识储备 ①点电荷产生的电势:离正场源电荷越近越高,离负场源电荷越近越低。②点电荷 产生的场强大小E= ,方向沿连线背离正场源电荷或指向负场源电荷。③掌握电场的叠加原理。
10.(2016北京理综,16,6分)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 ( ) A.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向B.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向C.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向D.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向
答案 B 由题意可知 =k,导体圆环中产生的感应电动势E= = ·S= ·πr2,因ra∶rb=2∶1,故Ea∶Eb=4∶1;由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向,选项B正确。
11.(2015江苏单科,4,3分)如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载 流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电 流,天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是 ( )
答案 A 天平处于平衡状态,说明线圈受到的重力和安培力的合力等于两侧砝码重力差,根 据安培力公式F=BIL,知选项A中线圈在磁场中有效长度最大,所受安培力最大,磁场发生微小 变化,安培力变化最大,天平最容易失去平衡,选项A符合题意。
12.(2015安徽理综,19,6分)如图所示,abcd为水平放置的平行“ ”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜 放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑 动过程中与导轨接触良好)。则 ( )
D.金属杆的热功率为
A.电路中感应电动势的大小为 B.电路中感应电流的大小为 C.金属杆所受安培力的大小为
答案 B 金属杆MN切割磁感线的有效长度为l,产生的感应电动势E=Blv,A错误;金属杆MN 的有效电阻R= ,故回路中的感应电流I= = = ,B正确;金属杆受到的安培力F= = · = ,C错误;金属杆的热功率P=I2R= · = ,D错误。
13.(2019北京理综,22,16分)如图所示,垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正 方形均匀金属线框abcd,其边长为L,总电阻为R,ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直 至bc边刚要进入的过程中,线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动,求:(1)感应电动势的大小E;(2)拉力做功的功率P;(3)ab边产生的焦耳热Q。
答案 (1)BLv (2) (3)
解析 本题为法拉第电磁感应定律的应用问题,考查考生的理解能力与综合分析能力,体现了 物质观念、模型建构、科学推理等核心素养。(1)由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=BLv(2)线圈中的感应电流I= 拉力大小等于安培力大小F=BIL拉力的功率P=Fv= (3)线圈ab边电阻Rab= 时间t= ab边产生的焦耳热Q=I2Rabt=
思路分析 1.线框进入磁场的过程中,ad边切割磁感线产生感应电动势;
2.线框匀速运动,拉力等于安培力,即F拉=F安=BIL;
3.ab边产生的焦耳热仅为整个线框产生的焦耳热的四分之一。
14.(2016课标Ⅲ,25,20分)如图,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左 端接一阻值为R的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有 一面积为S的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度大小B1随时间t的变化 关系为B1=kt,式中k为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN(虚线)与导轨垂 直,磁场的磁感应强度大小为B0,方向也垂直于纸面向里。某时刻,金属棒在一外加水平恒力的 作用下从静止开始向右运动,在t0时刻恰好以速度v0越过MN,此后向右做匀速运动。金属棒与 导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计。求(1)在t=0到t=t0时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值;(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
答案 (1) (2)B0lv0(t-t0)+kSt (B0lv0+kS)
解析 (1)在金属棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为Φ=ktS ①设在从t时刻到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq。由法 拉第电磁感应定律有ε=- ②由欧姆定律有i= ③由电流的定义有i= ④联立①②③④式得|Δq|= Δt ⑤由⑤式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|= ⑥(2)当t>t0时,金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有f=F ⑦式中,f是外加水平恒力,F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I,F的大小为F=B0lI ⑧此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0) ⑨匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ'=B0ls ⑩
回路的总磁通量为Φt=Φ+Φ' 式中,Φ仍如①式所示。由①⑨⑩ 式得,在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为Φt=B0lv0(t-t0)+kSt 在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt为ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt 由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为εt= 由欧姆定律有I= 联立⑦⑧ 式得f=(B0lv0+kS)
解题指导 (1)金属棒在0~t0时间内,由于圆形磁场中的磁通量变化而引起感应电动势,从而形 成感应电流,由电流的定义式可以求出流过电阻的电荷量的绝对值。(2)当金属棒越过MN后,穿过回路的磁通量由两部分组成;再由法拉第电磁感应定律等知识可 以求出外加水平恒力的大小。
易错点拨 (1)在计算磁通量时,用的是左侧矩形面积,而不是圆形磁场面积,从而导致出错。 (2)当金属棒越过MN后计算磁通量时,得出的金属棒与MN的距离s=v0t,从而导致出错。
15.(2017天津理综,12,20分)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可 用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图,图中直流电源电动势为E,电容器的电 容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l,电阻不计。炮弹可视为一质量为 m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接 1,使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀 强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电 压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨。问: (1)磁场的方向;(2)MN刚开始运动时加速度a的大小;(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
答案 (1)见解析 (2) (3)
解析 本题考查安培力及其应用、电容器、动量定理、电磁感应定律等多个考点的综合应 用。(1)垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电 流为I,有I= ①设MN受到的安培力为F,有F=IlB ②由牛顿第二定律,有F=ma ③联立①②③式得a= ④(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为Q0,有Q0=CE ⑤
开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时,设MN上的感应电动势为E',有E'=Blvmax ⑥依题意有E'= ⑦设在此过程中MN的平均电流为 ,MN上受到的平均安培力为 ,有 = lB ⑧由动量定理,有 Δt=mvmax-0 ⑨又 Δt=Q0-Q ⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q=
16.(2016课标Ⅰ,24,14分)如图,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连。两细金属棒ab(仅标出 a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连 成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒 水平。右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚 好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g。已 知金属棒ab匀速下滑。求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;(2)金属棒运动速度的大小。
答案 (1)mg(sin θ-3μ cos θ) (2)(sin θ-3μ cos θ)
解析 (1)设两导线的张力大小之和为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的 安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒,由力的平衡条件得2mg sin θ=μN1+T+F ①N1=2mg cos θ ②
对于cd棒,同理有mg sin θ+μN2=T ③N2=mg cos θ ④联立①②③④式得F=mg(sin θ-3μ cos θ) ⑤(2)由安培力公式得F=BIL ⑥这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为ε=BLv ⑦式中,v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得
I= ⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sin θ-3μ cos θ) ⑨
17.(2015海南单科,13,10分)如图,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相 连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于 导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并 接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻 均可忽略。求(1)电阻R消耗的功率;(2)水平外力的大小。
答案 (1) (2) +μmg
解析 解法一 导体棒匀速向右滑动,速率为v,则有F=F安+μmgE=Blv I= F安=BIl解得F= +μmg由能量守恒定律得Fv=μmgv+PR解得PR= 解法二 (1)导体棒切割磁感线产生的电动势E=Blv由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R两端电压等于电动势:U=E
则电阻R消耗的功率PR= 综合以上三式可得PR= (2)设水平外力大小为F,由能量守恒有Fv=PR+μmgv故得F= +μmg= +μmg
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点一 电磁感应现象 楞次定律
1.(2018浙江东阳中学期中)(多选)如图所示,水平放置的条形磁铁中央,有一闭合金属弹性圆 环,条形磁铁中心线与弹性环轴线重合,现将弹性圆环均匀向外扩大,下列说法中正确的是 ( ) A.穿过弹性圆环的磁通量增大B.从左往右看,弹性圆环中有顺时针方向的感应电流C.弹性圆环中无感应电流D.弹性圆环受到的安培力方向沿半径向里
答案 BD 磁感线是闭合曲线,磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总 和。图中穿过圆环的磁铁内部磁感线比外部多,外部的磁感线与内部的磁感线方向相反,现将 弹性圆环均匀向外扩大,则穿过圆环的磁铁外部磁感线条数增多,导致磁通量变小,则由楞次定 律得,产生的感应电流沿顺时针方向(从左向右看);根据左手定则可知,弹性圆环受到的安培力 方向沿半径向里,B、D正确。
2.(2018浙江义乌群星外国语学校月考)如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框,在下列 四种情况下,线框中会产生感应电流的是 ( ) A.线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动B.线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动C.线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D.线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动
答案 C 当穿过闭合回路的磁通量发生变化时,回路中产生感应电流,所以只有C项所述情 况会产生感应电流,故选C。
3.(2018浙江义乌群星外国语学校月考)圆形金属环用一根轻质细杆悬挂在O点,金属环可以在 竖直平面里来回摆动,空气阻力和摩擦力均可不计。在如图所示的正方形区域里,有匀强磁场 垂直于圆环平面指向纸内,圆环平面始终垂直于磁场。下列说法中不正确的是 ( ) A.此摆振动的开始阶段机械能不守恒B.金属环进入磁场和离开磁场时,环中电流的方向肯定相反C.金属环通过最低点时,环中感应电流最大D.最后此摆在匀强磁场中运动时,机械能守恒
答案 C 此摆在振动过程中,由于进入磁场和离开磁场区域时,金属环中磁通量变化,产生感 应电流,机械能转化为电能,故此摆在振动的开始阶段机械能不守恒,故A正确;当金属环进入或 离开磁场区域时磁通量发生变化,会产生感应电流,金属环进入磁场和离开磁场区域,磁通量分 别增大和减小,根据楞次定律得感应电流的方向相反,故B正确;金属环通过最低点时,金属环中 磁通量不变化,感应电流为零,故C错误;最后此摆在匀强磁场中运动时,磁通量不再变化,不再 有感应电流,金属环只受重力,则机械能守恒,故D正确。
4.(2018浙江诸暨牌头中学期中)如图所示,固定的水平长直导线中通有向右的电流I,矩形闭合 导线框与导线在同一竖直平面内,且一边与导线平行。将线框由静止释放,不计空气阻力,则在 线框下落过程中 ( )A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流的方向为逆时针C.线框所受安培力的合力竖直向上D.线框的机械能不断增大
答案 C 线框在下落过程中,所处位置磁场减弱,穿过线框的磁感线的条数减小,磁通量减小, 故A错误。根据安培定则,直导线中电流产生的磁场在导线的下方垂直于纸面向里,线框下落 过程中,因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小,根据楞次定律,感应电流的磁场与原磁场方 向相同,所以感应电流的方向为顺时针方向,故B错误。由于离导线越远的地方磁场越弱,所以 线框的上边受到的安培力大于下边受到的安培力,线框所受安培力的合力方向向上,故C正 确。线框下落过程中,线框中产生电能,机械能减小,故D错误。
1.(2019浙江嘉兴选考测试,14)(多选)下列说法正确的是 ( )A.互感现象是变压器工作的基础B.麦克斯韦提出了电磁波理论并用实验证实了电磁波的存在C.α粒子散射实验的结果表明原子核是由质子和中子构成D.发生β衰变时,元素原子核的质量数不变,电荷数增加1
考点二 法拉第电磁感应定律自感和互感
答案 AD 变压器的工作原理是利用互感,故A正确;麦克斯韦提出了电磁波理论,赫兹通过 实验证实了电磁波的存在,故B错误;α粒子散射实验的结果表明原子具有核式结构,故C错误; 发生β衰变时,即放出一个电子,根据质量数和电荷数守恒可知,元素原子核的质量数不变,电荷 数增加1,故D正确。故应选A、D。
2.(2019浙江暨阳10月联考,15)(多选)下列说法中正确的是 ( )A.动量大的光子,对应的波长短B.黑体辐射实验揭示了振动着的带电微粒的能量是连续的C.在远距离输电中,用提高用户使用电压的办法来降低线路中的损耗D.低频扼流圈“通直流、阻交流”,高频扼流圈“通低频、阻高频”,一般高频扼流圈的自感 系数比低频扼流圈小
答案 AD 由p= ,动量大的光子对应的波长短,A正确;黑体辐射实验规律说明经典的波动理论存在重大问题,从而提出了量子学说,B错;在输电中,用户电压应该是恒定的,我国家庭用 电是220 V,不能改变,降低损耗的方法应该是提高输电电压,C错;低频扼流圈能将低频和高频 交流电都“挡住”,有较大的自感系数,D正确。
3.(2019浙江慈溪期末联考,22)如图所示,水平光滑的平行金属导轨MM'、NN',导轨间距L,左端 与电阻相连接,电阻阻值为R,匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内,磁感应强度为B,质 量为m的金属棒在垂直导轨的方向上静止在导轨上,设导轨与棒的电阻均不计,g取10 m/s2,则:(1)如图1在棒上施加一个垂直棒的恒力F,求金属棒所能达到的最大速度vm的大小;(2)将电阻R换成电容器,电容为C,在棒上施加一个垂直棒的恒力F,如图2所示,当金属棒向右移 动x时(未离开磁场,电容器充电时间不计,此时电容器未被击穿),求此时电容器的带电荷量q;(3)不加恒力F,使棒以一定的初速度向右运动,如图3所示,当其通过位置a时速率表示为va,通过 位置b时速率表示为vb(注:va、vb未知),到位置c时棒刚好静止,a、b与b、c的间距相等,金属棒在 a→b和b→c的两个过程中,回路中产生的电能Eab与Ebc之比为多大? 图1
图2
图3
答案 (1) (2)CBL (3)3∶1
解析 (1)金属棒受到的安培力:F安=BIL= ,金属棒做匀速直线运动时速度最大,由平衡条件得:F= ,解得:vm= ;(2)金属棒运动过程产生感应电动势:E=BLv,电容器两极板间电压:U=E=BLv,
电容器两极板间电压:U=E=BLv,金属棒受到的安培力:F安=BIL,电容器所带电荷量:q=CU,充电电流:I= = = =BCLa,对金属棒,由牛顿第二定律得:a= = = 解得:a= 金属棒做初速度为零的匀加速直线运动,位移:x= at2,
解得:t= ,金属棒向右移动x时,金属棒的速度:v=at= 感应电动势:E=BLv=BL 电容器的带电荷量:q=CU=CE=CBL ;
(3)通过金属棒的电荷量:q= Δt= Δt= = 由题意可知:a、b与b、c的间距d相等,B、L、R相同,则金属棒在a→b与b→c的两个过程中通过金属棒横截面的电荷量q相等,即:q1=q2,对金属棒,由动量定理得:从a→b:BI1L·Δt1=mva-mvb,从b→c:BI2L·Δt2=mvb-0,其中:q1=I1·Δt1,q2=I2·Δt2,由于:q1=q2,解得:va=2vb,
由能量守恒定律得: m = m +Eab, m =Ebc+ m ,其中vc=0,解得:Eab=3Ebc,则Eab∶Ebc=3∶1。
4.(2019浙江金丽衢二次联考,22)如图所示,空中等间距分布水平方向的条形匀强磁场,竖直方 向磁场区域足够长,磁感应强度均一样,每一条形磁场区域的宽及相邻条形磁场区域的间距均 为d。现让一边长为L(L(2)线框刚穿过第一个磁场区域后水平速度变为v1,求线框完全处在第一个磁场区域中时的水 平速度大小v;(3)若L=0.2 m,m=0.1 kg,R=0.1 Ω,d=0.5 m,I0=0.9 N·s,且每个区域磁场的磁感应强度B=1.0 T,求 线框从刚进入磁场到开始竖直下落的过程中已穿过完整条形磁场的区域个数n和产生的焦耳 热Q。
答案 (1)与洛伦兹力有关 (2) (3)5 4.05 J
解析 (1)线框进入磁场的过程中,MN边相当于产生感应电流的“电源”,导体内的自由电子 受洛伦兹力作用产生定向移动,从而形成电流,所以这“电源”的非静电力与洛伦兹力有关;(2)初速度为:v0= 线框进入第一个磁场区域过程,水平方向由动量定理:-?BiL·Δt=mv-mv0即有:BLq=mv0-mv
线框出第一个磁场区域过程,水平方向由动量定理:?BiL·Δt=mv1-mv即有:BLq=mv-mv1由以上方程解得:v= (3)线框刚开始竖直下落时水平方向的速度为0,已穿过完整条形磁场区域n个,整个过程中由动 量定理:2nBLq=mv0-0;q= 解得:n= =5.625,n取5
v0= =9 m/smgh-W克= m - m =2gh 则Q=W克= m =4.05 J
5.(2019浙江杭州模拟一,22)用导线绕一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆 环与线框绝缘,如图1所示。圆环的半径R=2 m,导线单位长度的电阻r0=0.2 Ω/m。把它们放在 磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。磁感应强度B随时间t变 化如图2所示。求:(1)正方形线框产生的感应电动势;(2)在0~2.0 s内,圆环产生的焦耳热;(3)若不知道圆环半径数值,在0~2.0 s内,导线圆环中的电流与正方形线框的电流之比。 图1
图2
答案 (1)4 V (2)31.75 J (3) ∶1
解析 (1)正方形面积为S=2R2,根据法拉第电磁感应定律得:E= S= ×2×22 V=4 V(2)圆面积为S'=πR2,圆周长为L=2πR,圆环的电阻为:r'=2πRr0=2×3.14×2×0.2 Ω=2.5 Ω根据法拉第电磁感应定律得:E'= S'= ×π×22 V=6.3 V在0~2.0 s内,圆环产生的焦耳热为:Q= t= ×2 J=31.75 J(3)正方形线框中的电流为:I= = · 导线圆环中的电流为:I'= = 导线圆环中的电流与正方形线框的电流之比: = ∶1
6.(2019浙江超级全能生联考,22)如图所示,匝数N=200、横截面积S=100 cm2、电阻r=0.3 Ω的 线圈处于竖直向上的变化磁场中,磁感应强度B1随时间变化规律B1=(0.5+0.4 t)T。倾角θ=30 °、间距d=0.5 m、长度L=1.2 m的光滑平行导轨处在磁感应强度为B2的匀强磁场中倾斜放置, B2方向垂直斜面,开关S闭合时,一质量m=200 g、电阻R1=0.2 Ω的导体棒ab恰好能静止在倾斜 导轨的上端处,定值电阻R2=0.2 Ω,导轨电阻忽略不计,空气阻力忽略不计。(1)求磁感应强度B2的大小和方向;(2)断开S后导体棒开始沿导轨下滑,到达底端前速度已达到最大值,求导体棒滑到导轨底端所 需的时间,及下滑过程中导体棒上产生的焦耳热。
答案 见解析
解析 (1)对于线圈,由法拉第电磁感应定律得感应电动势E=N =NS =0.8 V回路中的感应电流I= =2 A则通过导体棒ab的电流Iab= I=1 A,方向a到b对导体棒ab,由受力分析及平衡条件得mg sin 30°=B2 Iabd,解得B2=2 T由左手定则可知,B2方向垂直斜面向下(2)断开S后,导体棒先加速下滑后匀速运动,速度最大时有mg sin 30°=B2I'd= 解得最大速度vm=0.4 m/s设导体棒下滑到底端的时间为t,由动量定理得mg sin 30°·t-B2dq=mvm-0
电荷量q= = 解得t=3.08 s此过程由能量守恒定律得mgL sin 30°= m +Q导体棒上产生的焦耳热Q= Q=0.592 J
7.(2019浙江绿色联盟联考,23)当下世界科技大国都在研发一种新技术,实验火箭回收利用,有 效节约太空飞行成本,其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞,为此设计师在返回火 箭的底盘安装了4台电磁缓冲装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓火箭对地的冲击力。 该装置的主要部件有两部分:①缓冲滑块,由高强绝缘材料制成,其内部边缘绕有闭合单匝矩形 线圈abcd,指示灯连接在c、d之间;②火箭主体,包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图 中未画出),超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面 时,滑块立即停止运动,此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用,指示灯发光,火箭主体一直做 减速运动直至达到软着陆要求的速度,从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时, 火箭主体的速度大小为v0,软着陆要求的速度为0;指示灯、线圈的ab边和cd边电阻均为R,其余 电阻忽略不计;ab边长为L,火箭主体质量为m,匀强磁场的磁感应强度大小为B,重力加速度为g, 一切摩擦阻力不计。(1)求缓冲滑块刚停止运动时,线圈的ab边受到的安培力大小;(2)求缓冲滑块刚停止运动时,火箭主体的加速度大小;(3)若火箭主体的速度大小从v0减到0的过程中,经历的时间为t,求该过程中每台电磁缓冲装置中线圈产生的焦耳热。
答案 (1)ab边产生电动势:E=BLv0线圈总电阻:R总=R+ =1.5RFab=IBL= BL= (2)4Fab-mg=ma解得a= -g(3)设火箭主体速度从v0到0下落的距离为h,根据动量定理:mgt-4Fabt=0-mv0即mgt- =0-mv0化简得:h= 根据能量守恒定律,每台电磁缓冲装置产生的热量:Q= 每个线圈产生的热量:Q线= Q= m +
8.(2019浙江宁波适应性考试,22)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 θ=37°角,两导轨间距L=1 m,导轨自身电阻不计,整个装置处在磁感应强度B=2 T的匀强磁场中, 磁场方向垂直于导轨平面向上。两根完全相同的金属棒ab和cd,每根棒长为L,质量m=1 kg,电 阻R=1 Ω,垂直放在导轨平面上且始终与导轨保持良好接触。现将金属棒cd放置在挡柱上,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a=2.5 m/s2的匀加速 直线运动,直到金属棒cd刚要滑动时撤去外力F;此后金属棒ab继续向上运动约0.35 s后减速为 0,且金属棒ab向下返回到初始出发点时的速度大小可认为是1 m/s。已知两金属棒与导轨间 的动摩擦因数均为0.5,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度 g为10 m/s2。求(1)金属棒cd刚要滑动时,金属棒ab的速度大小;(2)金属棒ab沿斜面向上匀加速运动过程中外力的最大值;(3)金属棒ab从最高点返回到初始出发点过程中所产生的焦耳热。
答案 见解析
解析 (1)当金属棒cd刚要滑动时满足:BIL=mg sin θ+mgμ cos θI= 联立解得:v=5 m/s(2)对金属棒ab:F-mg sin θ-mgμ cos θ-BIL=maI= ,v=at
代入数据可知F随t线性变化,当v=5 m/s时,最大值F1=22.5 N;(3)金属棒做匀加速直线运动的位移为:x1= 撤去力后金属棒cd仍静止,设金属棒ab减速滑行的位移为x2由(μmg cos θ+mg sin θ+B L)Δt=mv和 Δt= 解得x2=0.75 m设金属棒ab返回到出发点时的速度为v1,
由能量守恒:mg(x1+x2) sin θ=μmg cos θ(x1+x2)+ m +2Q解得Q=5.5 J(其他做法正确参照给分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组(时间:45分钟 分值:70分)一、选择题(每小题6分,共12分)
1.(2018浙江宁波诺丁汉大学附中期中)矩形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动,磁场方向与 线框平面垂直,磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。设t=0时刻,磁感应强度的方向垂 直纸面向里,则在0~4 s时间内,选项图中能正确反映线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图 像是(规定ab边所受的安培力方向向左为正) ( )
答案 D 0~1 s内,由楞次定律可判断ab边中电流方向为b→a,电流的大小恒定,由左手定则可 判断ab边受到的安培力向左,为正方向的力,根据F=BIL可知安培力逐渐减小。1~2 s内,磁场向 外且增大,ab边中电流方向为b→a,电流大小恒定,ab边受到向右的安培力,为负方向的力,根据 F=BIL可知安培力逐渐增大;2~3 s内,磁场向外且减小,ab边中电流方向为a→b,电流大小恒定, ab边受到向左的力,为正方向的力,根据F=BIL可知安培力逐渐减小;3~4 s内,磁场向里且增大, ab边中电流方向为a→b,电流的大小恒定,ab边受到向右的力,为负方向的力,根据F=BIL可知安 培力逐渐增大。综上所述,知D正确。
2.(2017浙江宁波镇海中学期中,14)(多选)图甲为某品牌电磁炉,图乙为内部结构,中间圆形部 分是铜质线圈,下列说法正确的是 ( ) 甲 乙A.工作时线圈中通以直流电,产生大量焦耳热来烹饪食物B.工作时在线圈内通以交流电,产生变化的磁场,继而在锅体内部产生涡流,加热食物C.涡流的出现是交变磁场在导体中产生涡旋电场,电场力推动铁原子运动所致D.若工作时把铁锅换成塑料锅,则无法在锅内产生涡流
答案 BD 电磁炉的工作原理是电磁感应,线圈中通以交流电,产生周期性变化的磁场,在金 属锅内产生涡流从而烹饪食物,A错,B对。涡旋电场推动电子运动导致涡流,C错。塑料内部没 有自由电子,无法产生涡流,D对。故选B、D。
3.(2019浙江超级全能生2月联考,22)(10分)跳楼机是游乐园常见的大型设备,这种机器先将乘 座台载至高空,再以接近自由落体运动向下跌落一段距离,然后利用电磁感应减速缓冲,这种缓 冲的简化模型如图甲所示,两根相距为L的金属导轨竖直放置,固定在乘座台底有一根长为L、 电阻为R的金属棒(乘座台连同金属棒总质量为m),棒两端与导轨始终保持良好接触,导轨下端 连有阻值为R的电阻。竖直面上分布宽度为a、间距为b的n段水平向里的匀强磁场(a>b)。金 属棒初始位于最高OO'处,与第1磁场区域相距2a,使金属棒由静止自由释放。(重力加速度为g, 导轨电阻不计,棒与导轨的接触电阻也不计)(1)为使乘座台在每段匀强磁场区域均能做匀速运动。则求第1磁场区域的磁感应强度B1大小;(2)满足(1)情况下,求乘座台进入第n段磁场区域时的速率vn和第n段磁场区域的磁感应强度大 小Bn;(3)若将n段磁场区域的磁感应强度均调整为B(作为已知量),乘座台仍然由OO'处由静止开始释 放,当金属棒穿过各段磁场时,发现通过导轨下端电阻的电流I随时间t做周期性变化,如图乙所 示(从金属棒刚进入第1段磁场开始时,图中所标T、I1、I2为未知量),根据图中信息求周期T,并 计算金属棒在穿过这n段磁场区域的整个过程中产生的电热Q。
二、非选择题(共58分)
答案 见解析
解析 (1)设金属棒到达第1磁场区域时的速度大小为v1,由运动学公式可知 =4ga ①金属棒在第1磁场区域匀速运动,有 v1=mg ②故B1= (2)因为金属棒每次经过磁场区域时都是匀速,而在磁场外区域均以g为加速度做匀加速直线 运动,所以金属棒进入第n段磁场区域时的速度vn= 又 vn=mg解得Bn= (3)由I-T图像可知,金属棒进入每一段磁场时的速度都相同,均为v1=2 ,金属棒离开每一段磁场时的速度都相同,记为v2,金属棒在磁场外区域都做匀加速运动,所以在每个周期T中(两次进
磁场的时间间隔),应用动量定理有mgT- t=mgT- =mgT- a=mΔv=0解得T= 在每个周期T中,ΔEk=0,穿过每段磁场区域时产生的电能E均相同,所以有mg(a+b)=E在穿过n段磁场区域的整个过程中金属棒上产生的电热Q= En= mg(a+b)
4.(2019浙江镇海中学一模,24)(12分)如图,光滑的平行金属导轨水平放置,导轨间距为L,左侧接 一阻值为R的电阻。矩形区域abfe内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场,磁感应强度大小 为B。导轨上ac段和bd段单位长度的电阻为r0,导轨其余部分电阻不计,且ac=bd=x1。一质量为 m、电阻不计的金属棒MN置于导轨上,与导轨垂直且接触良好。金属棒受到一个水平拉力作 用,从磁场的左边界由静止开始做匀加速直线运动,加速度大小为a。棒运动到cd处撤去外力, 棒在运动到磁场右边界ef处恰好静止。求:(1)金属棒在区域abdc内切割磁感线时产生的感应电动势随位移x(相对b点)的表达式;
(2)试求撤去外力后在区域cdfe内切割磁感线时棒的速度v随位移x(相对d点)的变化规律以及df 的长度x2应满足什么条件。(3)金属棒在整个运动过程中通过电阻R的电流最大值和最小值。
答案 (1)E=BL (2)x2= (3)见解析
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律得:E=BLv根据速度-位移公式得:v2=2ax联立解得:E=BL (2)根据速度-位移公式得: =2ax1解得:v1= 又回路中的总电阻:R总=R+2r0·x1根据动量定理得:mv-mv1=-BILΔt又q=IΔt= = 联立解得:v= - 当v=0时,则有: = 解得:x2= (3)在df段:速度减小,感应电动势减小且回路总电阻恒定,所以感应电流减小,当速度减为零时, 感应电流也为零,即电流最小值为零;或当t=0时电流最小值为零;
在bd段:I= = 有关最大电流值的讨论:①当满足 =r0·at,即t= ≤ (在bd段内能达到最大电流),则Imax= ②当 > 时,导体棒加速运动到cd处,则Imax=
5.(2019绍兴3月适应性考试,22)(12分)如图所示,两平行光滑轨道MN和PQ竖直放置,间距l=0.5 m,其中EG和FH为两段绝缘轨道,其余均为金属轨道,轨道末端NQ间连接一个自感系数L=0.01 H的线圈,其直流电阻可以忽略。在ABCD、CDEF、GHIJ区域内存在垂直轨道平面的匀强磁 场,磁感应强度大小B1=B2=B3=0.2 T,方向如图,图中d=0.4 m,两导体棒a、b通过轻质杆连接,总 质量m=0.02 kg,b棒电阻R=0.2 Ω,a棒电阻不计;现将ab连杆系统从距离AB边高h处由静止释放, a棒匀速通过ABCD区域,最终a棒以1.6 m/s的速度穿出EF边。导体棒与金属轨道接触良好。 (g取10 m/s2)(1)求h的值;(2)求a棒从进入AB边到穿出EF的总时间;(3)若a棒通过GH边时轻质杆突然断裂,以该位置为原点,竖直向下为x轴,求a棒在向下运动过程 中电流i与位移x的大小关系。已知线圈上的自感电动势为E=L ,此过程中导体棒b仍在EFGH区域运动。
答案 (1)0.8 m (2)0.26 s (3)i=10x
解析 (1)设导体棒a进入磁场B1时速度为v1,产生感应电动势E=B1lv1,电流I= 匀速通过ABCD区域,要求mg= 求得v1=4 m/sab连杆自由下落过程,h= /2g=0.8 m(2)ab连杆在磁场B1区域匀速下落的时间t1=d/v1=0.1 s当导体棒a匀速进入CD边,导体棒开始减速,经过t2导体棒a到达EF位置,当导体棒速度为v时电 动势为E=2Blv,电流为I= ,安培力为F= 此过程中由动量定理得mgt2- =mv2-mv1
此过程中由动量定理得mgt2- =mv2-mv1即mgt2- d=mv2-mv1,求得t2=0.16 s总时间t=t1+t2=0.26 s(3)导体棒a切割磁感线产生的电动势等于线圈自感电动势B3lv1=L 移项B3L·v1Δt=L·Δi,即B3L·ΔL·Δi,两边累加,得B3L·x=L(i-i0)
根据电感线圈的特性(电流不突变)i0=0得i= x=10x
6.(2019浙江Z20联盟第一次联考,23)(12分)如图所示,MN、PQ是固定在水平桌面上,相距l=1.0 m的光滑平行金属导轨,M、P两点间接有R=0.6 Ω的定值电阻,导轨电阻不计。质量均为m=0.1 kg,阻值均为r=0.3 Ω的两导体棒a、b垂直于导轨放置,并与导轨良好接触,开始时两棒被约束 在导轨上处于静止状态,相距x0=2 m,a棒用细线通过光滑滑轮与质量为m0=0.2 kg的重物c相连, 重物c距地面高度也为x0=2 m。整个桌面处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=1.0 T。a 棒解除约束后,在重物c的拉动下开始运动(运动过程中细线始终与b棒没有作用),当a棒即将到 达b棒位置前一瞬间,b棒的约束被解除,此时a棒已经做匀速运动。试求:(1)a棒做匀速运动时棒中的电流大小; (2)已知a、b两棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”,假设导轨足够长,试求该“粗棒”能 运动的距离;(3)a棒解除约束后整个过程中装置产生的总焦耳热。
答案 见解析
解析 (1)由题意m0g=BlIa 可得Ia=2 A(2)设碰前a棒的速度为v,则Ia= R总= Ω+0.3 Ω=0.5 Ωv=1 m/sa、b碰撞过程:mv=2mv',v'=0.5 m/sa、b碰撞后的整体运动过程- Bt=0-2mv'q= t= 得x=0.075 m(3)发生碰撞前m0gx0-Q1= (m0+m)v2
得Q1=3.85 J发生碰撞后,Q2= mv'2=0.025 J所以整个运动过程中总焦耳热Q=Q1+Q2=3.875 J
7.(2019浙江杭州模拟二,23)(12分)如图甲所示,P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨,间 距为d,处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。一根质量为m、电阻为r的导 体棒ef垂直放在P、Q导轨上,导体棒ef与P、Q导轨间的动摩擦因数为μ。质量为M的正方形金 属框abcd的边长为L,每边电阻均为r,用细线悬挂在竖直平面内,ab边水平,金属框a、b两点通 过细导线与导轨相连,金属框的上半部分处在磁感应强度大小为B、方向垂直框面向里的匀 强磁场中,下半部分处在大小也为B、方向垂直框面向外的匀强磁场中,不计其余电阻和细导 线对ab的作用力。现用一电动机以恒定功率沿导轨方向水平牵引导体棒ef向左运动,从导体 棒开始运动时计时,悬挂金属框的细线的拉力T随时间t的变化如图乙所示,求:(1)t0时刻以后通过ab边的电流;(2)t0时刻以后电动机牵引力的功率P;(3)求0到t0时刻导体棒ef受到的平均合外力。
甲 乙
答案 (1) (2) (μmgL+Mgd) (3)
解析 (1)以金属框为研究对象,从t0时刻开始拉力恒定,则电路中电流恒定,设ab边中电流为I1, cd边中电流为I2由受力平衡:BI1L+T=Mg+BI2L由图像知:T= ad、dc、cb三边电阻串联后再与ab边电阻并联则I1∶I2=3∶1I1=3I2由以上各式解得:I1= (2)设总电流为I,由闭合电路欧姆定律得:I= ,R= r电动势为:E=Bdv电流为:I=I1+I2= I1= 解得:v= 由电动机的牵引功率恒定得P=F·v
对导体棒:F=μmg+BId解得:P= (μmgL+Mgd)(3)从0到t0时刻,导体棒的速度从0增大到v= 由动量定理可知: t0=mv-0解得: =
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(电磁感应)(多选)如图甲所示,AB、CD是间距为L=1 m的足够长的光滑平行金属导轨,导轨 平面与水平面夹角为α,在虚线下方的导轨平面内存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,导轨 电阻不计,长为1 m的导体棒ab垂直AB、CD放置在导轨上,导体棒电阻R=1 Ω;AB、CD右侧连 接一电路,已知灯泡L的规格是“3 V 3 W”,定值电阻R1=10 Ω,R2=15 Ω。在t=0时,将导体棒 ab从某一高度由静止释放,导体棒的速度-时间图像如图乙所示,其中OP段是直线,PM段是曲 线。若导体棒沿导轨下滑12.5 m时,导体棒达到最大速度,并且此时灯泡L正常发光,假设灯泡 的电阻恒定不变,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是 ( )
A.α=30°B.匀强磁场的磁感应强度大小B0为2 TC.导体棒的质量为0.2 kgD.从导体棒静止释放至速度达到最大的过程中,通过电阻R1的电荷量为1 C
答案 AC 导体棒在磁场外运动时的加速度大小为a1= =5 m/s2,根据a=g sin α可得α=30°,故选项A正确;小灯泡正常发光时,I= =1 A,此时导体棒中电流也为I=1 A,导体棒达到最大速度时满足I= ,其中R灯= =3 Ω,R12= = Ω=6 Ω,vm=10 m/s,解得B0=1 T,故选项B错误;根据mg sin α=B0IL,解得m=0.2 kg,故选项C正确;导体棒在磁场中滑行的距离为x=12.5m- ×1×5 m=10 m,从导体棒静止释放至速度达到最大的过程中,通过干路的电荷量为q= = = C=1 C,通过电阻R1的电荷量为q1= q= ×1 C=0.6 C,故选项D错误。
2.(电磁感应)如图所示,半径为r=1 m的光滑金属圆环固定在水平面内,垂直于环面的匀强磁场 的磁感应强度大小为B=2.0 T,一金属棒OA在外力作用下绕O轴以角速度ω=2 rad/s沿逆时针方 向匀速转动,金属环和导线电阻不计,金属棒OA电阻r0=1 Ω,电阻R1=2 Ω,R2=3 Ω,R3=7.5 Ω,电容 器的电容C=4 μF。闭合开关S,电路稳定后,求:(1)通过金属棒OA电流的大小和方向;(2)断开开关S到电路稳定,这一过程中通过电流表的电荷量。
答案 (1)0.5 A 方向由A到O (2)6.4×10-6 C
解析 (1)由右手定则判定通过金属棒OA的电流方向是由A到O金属棒OA产生的感应电动势大小为E= Br2ωS闭合时的等效电路如图所示 R外= =3 Ω由闭合电路的欧姆定律,得E=I(r0+R外)联立解得I=0.5 A
(2)S断开前,电路路端电压为U=IR外电阻R1两端电压为U1= U=0.6 V电容器C的电荷量为Q1=CU1=2.4×10-6 C且a板带正电,b板带负电S断开时的等效电路如图所示
电容器C两端电压U为电阻R2两端电压U2,则U2= R2=1 V电容器C的电荷量为Q2=CU2=4×10-6 C且a板带负电,b板带正电通过电流表的电荷量为ΔQ=Q1+Q2联立解得ΔQ=6.4×10-6 C
专题十一 电磁感应
高考物理 (浙江专用)
A组 自主命题·浙江卷题组
考点一 电磁感应现象 楞次定律
1.(2014浙江1月学考,4)如图甲所示是法拉第在研究电磁感应时用过的线圈,其工作原理如图 乙所示,则实验中不会使电流表指针发生偏转的是 ( )A.保持开关闭合 B.开关闭合瞬间C.开关断开瞬间 D.移动变阻器滑片
答案 A 感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化,可以判断A项无感应电流 产生。
2.(2014浙江1月学考,34)如图所示,线圈与灵敏电流计构成闭合电路,当磁铁向下插入线圈的过 程中,发现电流计指针向右偏转。则当磁铁 ( )A.放在线圈中不动时,电流计指针向左偏转B.从线圈中向上拔出时,电流计指针向左偏转C.按图示位置在线圈外面上下移动时,电流计指针不会偏转D.按图示位置在线圈外面左右移动时,电流计指针不会偏转
答案 B 磁铁向下插入线圈,穿过线圈的磁通量增大,电流计指针右偏,则向上拔出时,穿过线 圈的磁通量减小,根据楞次定律“增反减同”知B项正确。磁铁放在线圈中不动时,线圈中的 磁通量不变化,没有感应电流产生,电流计指针不偏转,A错。磁铁按图示位置上、下、左、右 移动时,线圈中都会产生感应电流,电流计指针都会偏转,C、D错。
1.(2018浙江11月选考,22,10)如图所示,在间距L=0.2 m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向 垂直于纸面(向内为正)的磁场,磁感应强度分布为沿y方向不变,沿x方向如下:B= 导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C=1 F的未充电的电容器,恒流源可为电路提供 恒定电流I=2 A,电流方向如图所示。有一质量m=0.1 kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0=0. 7 m处。开关S掷向1,棒ab从静止开始运动,到达x3=-0.2 m处时,开关S掷向2。已知棒ab在运动 过程中始终与导轨垂直。求:
考点二 法拉第电磁感应定律 自感和互感
(提示:可以用F-x图像下的“面积”代表力F所做的功)(1)棒ab运动到x1=0.2 m时的速度大小v1;(2)棒ab运动到x2=-0.1 m时的速度大小v2;(3)电容器最终所带的电荷量Q。
答案 (1)2 m/s (2) m/s (3) C
解析 (1)安培力F=BIL,加速度a= = ,速度v1= =2 m/s;(2)在区间-0.2 m≤x≤0.2 m,安培力F=5xIL,如图所示安培力做功W= ( - );根据动能定理可得W= m - m ,解得v2= m/s;(3)根据动量定理可得-BLQ=mv-mv3,
电荷量Q=CU=CBLv,在x=-0.2 m处的速度v3=v1=2 m/s,联立解得Q= = C。
2.(2018浙江4月选考,23,10分)如图所示,在竖直平面内建立xOy坐标系,在0≤x≤0.65 m、y≤0. 40 m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长l=0.10 m、质 量m=0.02 kg、电阻R=0.40 Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置,其中心的坐标为(0, 0.65 m)。现将线框以初速度v0=2.0 m/s水平向右抛出。线框在进入磁场过程中速度保持不变, 然后在磁场中运动,最后从磁场右边界离开磁场区域,完成运动全过程。线框在全过程中始终 处于xOy平面内,其ab边与x轴保持平行,空气阻力不计。(g取10 m/s2)求:(1)磁感应强度B的大小;(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q;(3)在全过程中,c、b两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。
答案 见解析
(2)线框全部进入磁场区域之后,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动,线框 离开磁场过程中,上下两边所受到的安培力抵消,所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳 热,水平方向上,只有ad边在水平方向上切割磁感线,线框离开磁场时所带的电荷量q= =
对离开过程在水平方向由动量定理,设向右为正,则-Blq=mv5x-mv0得v5x=1.5 m/s由能量守恒得mgΔh-Q1= m - m = mv( + )- m( + )同时离开磁场过程中竖直方向只受重力,有 - =2gΔh联立解得Q1=0.017 5 J在进入磁场过程中,速度不变,重力势能转换成焦耳热Q2=mgl=0.02 J所以Q总=Q1+Q2=0.037 5 J(3)易得图中2、3、4、5状态下中心横坐标分别为0.4 m、0.5 m、0.6 m、0.7 m①当x≤0.4 m时,线框还没进入磁场,Ucb=0;②当0.4 m
3.(2017浙江11月选考,22,10分)如图所示,匝数N=100、截面积S=1.0×10-2 m2、电阻r=0.15 Ω的 线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1,其变化率k=0.80 T/s。线 圈通过开关S连接两根相互平行、间距d=0.20 m的竖直导轨,下端连接阻值R=0.50 Ω的电阻。 一根阻值也为0.50 Ω、质量m=1.0×10-2 kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的 区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关S后,棒对挡条的压力恰好为零。 假设棒始终与导轨垂直,且与导轨接触良好,不计摩擦阻力和导轨电阻。 (1)求磁感应强度B2的大小,并指出磁场方向;(2)断开开关S后撤去挡条,棒开始下滑,经t=0.25 s后下降了h=0.29 m,求此过程棒上产生的热 量。
答案 见解析
解析 (1)线圈的感应电动势为E=N =NS 流过导体棒的电流Iab= 导体棒对挡条的压力为零,有B2Iabd=mgB2= 得B2=0.50 TB2方向垂直纸面向外(2)由动量定理得(mg- B2d)t=mv或mgt-B2dΔq=mv及Δq= t= 得v=gt- ab棒产生的热量Q= 得Q=2.3×10-3 J
4.(2017浙江4月选考,22,10分)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而 成,如图所示。倾角为θ的导轨处于磁感应强度大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场 区间Ⅰ中,水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金 属杆cd和ef,用长度为L的刚性绝缘杆连接构成),在“联动双杆”右侧存在磁感应强度大小为B 2,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ,其长度大于L。质量为m、长为l的金属杆ab从倾 斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆ab与“联动双杆”发生碰撞,碰后 杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”。“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从 中滑出。运动过程中,杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直。已知杆ab、cd 和ef电阻均为R=0.02 Ω,m=0.1 kg,l=0.5 m,L=0.3 m,θ=30°,B1=0.1 T,B2=0.2 T。不计摩擦阻力和 导轨电阻,忽略磁场边界效应。求:(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0;(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v;(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q。
答案 见解析
解析 (1)感应电动势E=B1lv0电流I= 安培力F=B1Il匀速运动条件为F=mg sin θv0= =6 m/s(2)由动量守恒定律得mv0=4mvv= =1.5 m/s
(3)进入磁场区间Ⅱ,设速度变化Δv,由动量定理,有- B2lΔt=4mΔv Δt=Δq= Δv= =-0.25 m/s出磁场区间Ⅱ,同样有
Δv= =-0.25 m/s出磁场区间Ⅱ后“联动三杆”的速度为v'=v+2Δv=1.0 m/sQ= ×4m(v2-v'2)=0.25 J
5.(2016浙江10月选考,22,10分)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如 图所示的装置。半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为l、电阻为R的金属棒ab 一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴OO'上,由电动机A带动旋转。在金属导 轨区域内存在垂直于导轨平面、大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m、电 阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的“U”形导轨保持 良好接触,导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀 强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”形导轨连 接。当开关S断开,棒cd静止时,弹簧伸长量为x0;当开关S闭合,电动机以某一转速匀速运动,棒 cd再次静止时,弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)。不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时
(1)通过棒cd的电流Icd大小;(2)电动机对该装置的输出功率P;(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系。
答案 (1) (2) (3)ω=
解析 本题考查了电磁感应定律及电磁感应过程中的能量转化问题。(1)S断开,cd棒静止,有mg=kx0S闭合,cd棒静止时受到的安培力F=IcdB2lcd棒静止,有mg+IcdB2l=kx
得:Icd= (2)回路总电阻:R总=R+ R= R总电流:I= 由能量守恒,得P=I2R总= (3)由法拉第电磁感应定律:E= = B1ωl2
回路总电流:I= ,结合第(2)问答案得ω=
6.[2015浙江10月选考,22(1)、(2),4分]如图1所示,质量m=3.0×10-3 kg的“ ”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“ ”形框的水平细杆CD长l=0.20 m,处于磁感应强度大小B1=1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n=300匝、面积S=0.01 m2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的、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2的大 小随时间t变化的关系如图2所示。(1)求0~0.10 s线圈中的感应电动势大小;(2)t=0.22 s时闭合开关K,若细杆CD所受安培力方向竖直向上,判断CD中的电流方向及磁感应 强度B2的方向; 图1
图2
答案 (1)30 V (2)见解析 (3)0.03 C
解析 (1)由电磁感应定律公式E=n 得E=nS =30 V(2)由左手定则可知电流方向:C→D结合图2由楞次定律可知B2方向向上
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 电磁感应现象 楞次定律
1.(2019课标Ⅲ,14,6分)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现? ( )A.电阻定律 B.库仑定律C.欧姆定律 D.能量守恒定律
答案 D 本题考查了对基本规律的理解能力,体现了能量观念这一重要核心素养。楞次定律的本质是感应磁场中能量的转化,是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现,故 选项D正确。
规律总结 电阻定律R=ρ 是导体对电流阻碍作用的体现;库仑定律是对真空中静止点电荷之间作用力的认识;欧姆定律是通过导体的电流与导体两端电压、导体电阻关系的体现。
2.(2018课标Ⅰ,17,6分)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Ⅰ);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Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则 等于 ( ) A. B. C. D.2
答案 B 本题考查法拉第电磁感应定律及电荷量公式。由公式E= ,I= ,q=It得q= ,设半圆弧半径为r,对于过程Ⅰ,q1= ,对于过程Ⅱ,q2= ,由q1=q2得, = ,故B项正确。
规律总结 电磁感应中电荷量的求解方法
1.q=It。
2.q= ,其中ΔΦ的求解有三种情况:(1)只有S变化,ΔΦ=B·ΔS;(2)只有B变化,ΔΦ=ΔB·S;(3)B和S都变化,ΔΦ=Φ2-Φ1。
3.(2017课标Ⅲ,15,6分)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 ( ) A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向
答案 D 金属杆PQ向右运动,穿过PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,PQRS中产生逆时针 方向的电流。这时因为PQRS中感应电流的作用,依据楞次定律可知,T中产生顺时针方向的感 应电流。故只有D项正确。
以下为教师用书专用(4~7)
4.(2018课标Ⅰ,19,6分)(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
答案 AD 本题考查电流的磁效应、楞次定律等知识。当开关闭合瞬间,右侧线圈中电流突 然增大,铁芯上向右的磁场增强,由楞次定律可知左侧线圈中正面感应电流向上,则远处直导线 上电流向左,由安培定则可知小磁针处直导线上电流产生的磁场方向垂直纸面向里,A项正 确。开关闭合并保持一段时间后,磁场不再变化,左侧线圈中没有感应电流,小磁针N、S极回 到原始方向,故B、C两项错误。开关断开的瞬间,右侧线圈中电流减小,左侧线圈正面感应电 流向下,远处直导线上电流向右,由安培定则知,小磁针处直导线上电流产生的磁场方向垂直纸 面向外,故D项正确。
审题指导 注意关键词在题中的作用关键词:①同一根铁芯,意味着左右两侧线圈中磁通量变化率相同;②远处,说明此处小磁针不 再受线圈中磁通量变化的影响;③小磁针悬挂在直导线正上方,说明磁针的偏转受直导线上电 流产生的磁场影响。
5.(2016江苏单科,6,4分)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金属弦被 磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说 法正确的有 ( )A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作B.取走磁体,电吉他将不能正常工作C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化
答案 BCD 铜质弦无法被磁化,不能产生磁场引起线圈中磁通量的变化从而产生感应电流, 所以铜质弦不能使电吉他正常工作,故A项错误;取走磁体,金属弦无法被磁化,线圈中不会产生 感应电流,B项正确;由E=n 知,C项正确;金属弦来回振动,线圈中磁通量不断增加或减小,电流方向不断变化,D项正确。
6.(2015课标Ⅰ,19,6分)(多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中 将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。 实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来, 但略有滞后。下列说法正确的是( ) A.圆盘上产生了感应电动势B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动
答案 AB 如图所示,将铜圆盘等效为无数个长方形线圈的组合,则每个线圈绕OO'轴转动时, 均有感应电流产生,这些感应电流产生的磁场对小磁针有作用力,从而使小磁针转动起来,可见 A、B均正确。由于圆盘面积不变,与磁针间的距离不变,故穿过整个圆盘的磁通量没有变化,C 错误。圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场,由安培定则可判断在中心方向 竖直向下,其他位置关于中心对称,此磁场不会导致磁针转动,D错误。
7.(2015山东理综,17,6分)(多选)如图,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针 匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场,圆盘开始减速。在圆盘减速过程中,以下 说法正确的是 ( ) A.处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动C.若所加磁场反向,圆盘将加速转动D.若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动
答案 ABD 根据右手定则,处于磁场中的圆盘部分,感应电流从靠近圆盘边缘处流向靠近圆 心处,故靠近圆心处电势高,A正确;安培力F= ,磁场越强,安培力越大,B正确;磁场反向时,安培力仍是阻力,C错误;若所加磁场穿过整个圆盘,则磁通量不再变化,没有感应电流,安培力 为零,故圆盘不受阻力作用,将匀速转动,D正确。
1.(2019课标Ⅰ,20,6分)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边 界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S,将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示;磁感应强度B随时 间t的变化关系如图(b)所示。则在t=0到t=t1的时间间隔内 ( )A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
考点二 法拉第电磁感应定律 自感和互感
C.圆环中的感应电流大小为 D.圆环中的感应电动势大小为
答案 BC 本题考查电磁感应中的楞次定律、感应电动势、感应电流、左手定则和电阻定 律,以及推理能力和综合分析能力,体现了模型建构、科学推理的核心素养。由楞次定律(“增反减同”)可判断出感应电流方向始终沿顺时针方向,故B正确。由左手定则 可判断出圆环所受安培力的方向先向左后向右,故A错。感应电动势E=S有效 = ·πr2· = ,故D错。由电阻定律得圆环电阻R=ρ ,则感应电流I= = ,故C正确。
易错警示 (1)推理过程中一定要细心。本题分析得到感应电流方向始终沿顺时针方向时,若 由此盲目认为安培力方向始终不变,则易错选A。(2)感应电动势E=S有效 中的S有效为圆环回路在磁场中的面积,而不是圆环回路的面积。
2.(2018课标Ⅱ,18,6分)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 ( )
答案 D 本题考查右手定则及公式E=BLv。由右手定则判定,线框向左移动0~ 过程,回路中电流方向为顺时针,由E=2BLv可知,电流i为定值;线框向左移动 ~l过程,线框左、右两边产生的感应电动势相抵消,回路中电流为零。线框向左移动l~ l过程,回路中感应电流方向为逆时针。由上述分析可见,选项D正确。
方法技巧 电磁感应中图像问题分析技巧由方向的合理性可直接排除错误选项,如果需要,再定量分析电流大小的变化情况确定正确选 项。
3.(2017课标Ⅱ,20,6分)(多选)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 Ω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t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势 随时间变化的图线如图(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t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1 N
答案 BC 导线框匀速进入磁场时速度v= = m/s=0.5 m/s,选项B正确;由E=BLv,得B= = T=0.2 T,选项A错误;由右手定则可确定磁感应强度方向垂直于纸面向外,选项C正确;导线框所受安培力F=BLI=BL =0.2×0.1× N=0.04 N,选项D错误。
4.(2017北京理综,19,6分)图1和图2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;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1中,A1与L1的电阻值相同B.图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流C.图2中,变阻器R与L2的电阻值相同
D.图2中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等
答案 C 本题考查自感现象判断。在图1中断开S1瞬间,灯A1突然闪亮,说明断开S1前,L1中的 电流大于A1中的电流,故L1的阻值小于A1的阻值,A、B选项均错误;在图2中,闭合S2瞬间,由于L2 的自感作用,通过L2的电流很小,D错误;闭合S2后,最终A2与A3亮度相同,说明两支路电流相等,故 R与L2的阻值相同,C项正确。
5.(2016课标Ⅱ,20,6分)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜 轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。 圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是( ) A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
答案 AB 设圆盘的半径为L,可认为圆盘由无数根辐条构成,则每根辐条切割磁感线产生的 感应电动势E= BL2ω,整个回路中的电源为无数个电动势为E的电源并联而成,电源总内阻为零,故回路中电流I= = ,由此可见A正确。R上的热功率P=I2R= ,由此可见,ω变为原来的2倍时,P变为原来的4倍,故D错。由右手定则可判知B正确。电流方向与导体切割磁感线 的方向有关,而与切割的速度大小无关,故C错。
6.(2019江苏单科,14,15分)如图所示,匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈,线圈平 面与磁场垂直。已知线圈的面积S=0.3 m2、电阻R=0.6 Ω,磁场的磁感应强度B=0.2 T。现同时 向两侧拉动线圈,线圈的两边在Δt=0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值E;(2)感应电流的平均值I,并在图中标出电流方向;(3)通过导线横截面的电荷量q。
答案 (1)0.12 V (2)0.2 A 见解析图 (3)0.1 C
解析 本题考查了法拉第电磁感应定律中回路面积变化的情况,考查了学生的理解能力及简 单的分析与综合能力,体现了科学思维中的科学推理素养要素。(1)感应电动势的平均值E= 磁通量的变化ΔΦ=BΔS解得E= ,代入数据得E=0.12 V(2)平均电流I= 代入数据得I=0.2 A(电流方向见图)(3)电荷量q=IΔt
代入数据得q=0.1 C
解题指导 本题中导线切割磁感线的有效长度在变化,故不能利用E=Blv计算感应电动势,而 需要利用磁通量的变化率来计算。
7.(2018天津理综,12,20分)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动 能的装置。图1是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条 平行光滑金属导轨,电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金 属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m。列 车启动前,ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所 示。为使列车启动,需在M、N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计。 列车启动后电源自动关闭。(1)要使列车向右运行,启动时图1中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由;(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小;(3)列车减速时,需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和 相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd均在无磁场区域,试讨论:要使列 车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?
图1 图2
答案 (1)见解析 (2) (3)见解析
解析 本题考查左手定则、安培力、法拉第电磁感应定律、动量定理等。(1)列车要向右运动,安培力方向应向右。根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a到 b、由c到d,故M接电源正极。(2)由题意,启动时ab、cd并联,设回路总电阻为R总,由电阻的串并联知识得R总= ①设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有I= ②设两根金属棒所受安培力之和为F,有F=IlB ③根据牛顿第二定律有F=ma ④联立①②③④式得a= ⑤
(3)设列车减速时,cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围 回路的磁通量的变化为ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有E1= ⑥其中ΔΦ=Bl2 ⑦设回路中平均电流为I',由闭合电路欧姆定律有I'= ⑧设cd受到的平均安培力为F',有F'=I'lB ⑨以向右为正方向,设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲,有I冲=-F'Δt ⑩同理可知,回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲 量为I0,有I0=2I冲
设列车停下来受到的总冲量为I总,由动量定理有I总=0-mv0 联立⑥⑦⑧⑨⑩ 式得 = 讨论:若 恰为整数,设其为n,则需设置n块有界磁场;若 不是整数,设 的整数部分为N,则需设置N+1块有界磁场。
以下为教师用书专用(8~17)
8.(2019课标Ⅱ,18,6分)(多选)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能 Ep之和。取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重 力加速度取10 m/s2。由图中数据可得 ( ) A.物体的质量为2 kgB.h=0时,物体的速率为20 m/sC.h=2 m时,物体的动能Ek=40 JD.从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J
答案 AD 本题考查动能、重力势能、机械能的概念和动能定理、功能关系的应用,以及利 用数形结合处理物理问题的能力,体现了能量观念和科学推理的核心素养,同时还体现了图像 展示物理关系的形式美。重力势能Ep=mgh,结合Ep-h图像有mg= N,则m=2 kg,故A正确。h=0时E总= m ,即100 J= ×2 kg× ,解得v0=10 m/s,故B错。由图像可知,h=2 m时,E总=90 J、Ep=40 J,则Ek=50 J,故C错。当h=4 m时,E总=Ep=80 J,则Ek=0,故从地面至h=4 m,物体的动能减少了100 J,故D正确。
知识链接 非重力做功量度机械能的变化量,W非>0时E机增加;W非<0时E机减少;W非=0时E机守 恒。
9.(2019课标Ⅲ,21,6分)(多选)如图,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶 点上,a、b是正方体的另外两个顶点。则 ( )A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加
答案 BC 本题通过两等量异种点电荷的电场考查了电场力的性质与电场能的性质,利用点 电荷所处的空间位置考查了学生的推理能力,体现了运动与相互作用观念、能量观念等物理 观念的素养要素。由点电荷产生的电势分布可知q在a点产生的电势低于在b点产生的电势,-q在a点产生的电势也低于在b点产生的电势,故φa<φb,再由Ep=qφ可知负电荷在a、b两点的电势能Epa>Epb,故A、D均错误。由点电荷的场强分布可知q在a点产生的场强与-q在b点产生的场强完全相同,q在b点产生的场强与-q在a点产生的场强也完全相同,故a点与b点的总场强也完全相同,B、C均正确。
知识储备 ①点电荷产生的电势:离正场源电荷越近越高,离负场源电荷越近越低。②点电荷 产生的场强大小E= ,方向沿连线背离正场源电荷或指向负场源电荷。③掌握电场的叠加原理。
10.(2016北京理综,16,6分)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 ( ) A.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向B.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向C.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向D.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向
答案 B 由题意可知 =k,导体圆环中产生的感应电动势E= = ·S= ·πr2,因ra∶rb=2∶1,故Ea∶Eb=4∶1;由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向,选项B正确。
11.(2015江苏单科,4,3分)如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载 流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电 流,天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是 ( )
答案 A 天平处于平衡状态,说明线圈受到的重力和安培力的合力等于两侧砝码重力差,根 据安培力公式F=BIL,知选项A中线圈在磁场中有效长度最大,所受安培力最大,磁场发生微小 变化,安培力变化最大,天平最容易失去平衡,选项A符合题意。
12.(2015安徽理综,19,6分)如图所示,abcd为水平放置的平行“ ”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜 放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑 动过程中与导轨接触良好)。则 ( )
D.金属杆的热功率为
A.电路中感应电动势的大小为 B.电路中感应电流的大小为 C.金属杆所受安培力的大小为
答案 B 金属杆MN切割磁感线的有效长度为l,产生的感应电动势E=Blv,A错误;金属杆MN 的有效电阻R= ,故回路中的感应电流I= = = ,B正确;金属杆受到的安培力F= = · = ,C错误;金属杆的热功率P=I2R= · = ,D错误。
13.(2019北京理综,22,16分)如图所示,垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正 方形均匀金属线框abcd,其边长为L,总电阻为R,ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直 至bc边刚要进入的过程中,线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动,求:(1)感应电动势的大小E;(2)拉力做功的功率P;(3)ab边产生的焦耳热Q。
答案 (1)BLv (2) (3)
解析 本题为法拉第电磁感应定律的应用问题,考查考生的理解能力与综合分析能力,体现了 物质观念、模型建构、科学推理等核心素养。(1)由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=BLv(2)线圈中的感应电流I= 拉力大小等于安培力大小F=BIL拉力的功率P=Fv= (3)线圈ab边电阻Rab= 时间t= ab边产生的焦耳热Q=I2Rabt=
思路分析 1.线框进入磁场的过程中,ad边切割磁感线产生感应电动势;
2.线框匀速运动,拉力等于安培力,即F拉=F安=BIL;
3.ab边产生的焦耳热仅为整个线框产生的焦耳热的四分之一。
14.(2016课标Ⅲ,25,20分)如图,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左 端接一阻值为R的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有 一面积为S的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度大小B1随时间t的变化 关系为B1=kt,式中k为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN(虚线)与导轨垂 直,磁场的磁感应强度大小为B0,方向也垂直于纸面向里。某时刻,金属棒在一外加水平恒力的 作用下从静止开始向右运动,在t0时刻恰好以速度v0越过MN,此后向右做匀速运动。金属棒与 导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计。求(1)在t=0到t=t0时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值;(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
答案 (1) (2)B0lv0(t-t0)+kSt (B0lv0+kS)
解析 (1)在金属棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为Φ=ktS ①设在从t时刻到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq。由法 拉第电磁感应定律有ε=- ②由欧姆定律有i= ③由电流的定义有i= ④联立①②③④式得|Δq|= Δt ⑤由⑤式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|= ⑥(2)当t>t0时,金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有f=F ⑦式中,f是外加水平恒力,F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I,F的大小为F=B0lI ⑧此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0) ⑨匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ'=B0ls ⑩
回路的总磁通量为Φt=Φ+Φ' 式中,Φ仍如①式所示。由①⑨⑩ 式得,在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为Φt=B0lv0(t-t0)+kSt 在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt为ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt 由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为εt= 由欧姆定律有I= 联立⑦⑧ 式得f=(B0lv0+kS)
解题指导 (1)金属棒在0~t0时间内,由于圆形磁场中的磁通量变化而引起感应电动势,从而形 成感应电流,由电流的定义式可以求出流过电阻的电荷量的绝对值。(2)当金属棒越过MN后,穿过回路的磁通量由两部分组成;再由法拉第电磁感应定律等知识可 以求出外加水平恒力的大小。
易错点拨 (1)在计算磁通量时,用的是左侧矩形面积,而不是圆形磁场面积,从而导致出错。 (2)当金属棒越过MN后计算磁通量时,得出的金属棒与MN的距离s=v0t,从而导致出错。
15.(2017天津理综,12,20分)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可 用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图,图中直流电源电动势为E,电容器的电 容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l,电阻不计。炮弹可视为一质量为 m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接 1,使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀 强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电 压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨。问: (1)磁场的方向;(2)MN刚开始运动时加速度a的大小;(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
答案 (1)见解析 (2) (3)
解析 本题考查安培力及其应用、电容器、动量定理、电磁感应定律等多个考点的综合应 用。(1)垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电 流为I,有I= ①设MN受到的安培力为F,有F=IlB ②由牛顿第二定律,有F=ma ③联立①②③式得a= ④(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为Q0,有Q0=CE ⑤
开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时,设MN上的感应电动势为E',有E'=Blvmax ⑥依题意有E'= ⑦设在此过程中MN的平均电流为 ,MN上受到的平均安培力为 ,有 = lB ⑧由动量定理,有 Δt=mvmax-0 ⑨又 Δt=Q0-Q ⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q=
16.(2016课标Ⅰ,24,14分)如图,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连。两细金属棒ab(仅标出 a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连 成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒 水平。右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚 好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g。已 知金属棒ab匀速下滑。求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;(2)金属棒运动速度的大小。
答案 (1)mg(sin θ-3μ cos θ) (2)(sin θ-3μ cos θ)
解析 (1)设两导线的张力大小之和为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的 安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒,由力的平衡条件得2mg sin θ=μN1+T+F ①N1=2mg cos θ ②
对于cd棒,同理有mg sin θ+μN2=T ③N2=mg cos θ ④联立①②③④式得F=mg(sin θ-3μ cos θ) ⑤(2)由安培力公式得F=BIL ⑥这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为ε=BLv ⑦式中,v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得
I= ⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sin θ-3μ cos θ) ⑨
17.(2015海南单科,13,10分)如图,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相 连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于 导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并 接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻 均可忽略。求(1)电阻R消耗的功率;(2)水平外力的大小。
答案 (1) (2) +μmg
解析 解法一 导体棒匀速向右滑动,速率为v,则有F=F安+μmgE=Blv I= F安=BIl解得F= +μmg由能量守恒定律得Fv=μmgv+PR解得PR= 解法二 (1)导体棒切割磁感线产生的电动势E=Blv由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R两端电压等于电动势:U=E
则电阻R消耗的功率PR= 综合以上三式可得PR= (2)设水平外力大小为F,由能量守恒有Fv=PR+μmgv故得F= +μmg= +μmg
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点一 电磁感应现象 楞次定律
1.(2018浙江东阳中学期中)(多选)如图所示,水平放置的条形磁铁中央,有一闭合金属弹性圆 环,条形磁铁中心线与弹性环轴线重合,现将弹性圆环均匀向外扩大,下列说法中正确的是 ( ) A.穿过弹性圆环的磁通量增大B.从左往右看,弹性圆环中有顺时针方向的感应电流C.弹性圆环中无感应电流D.弹性圆环受到的安培力方向沿半径向里
答案 BD 磁感线是闭合曲线,磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总 和。图中穿过圆环的磁铁内部磁感线比外部多,外部的磁感线与内部的磁感线方向相反,现将 弹性圆环均匀向外扩大,则穿过圆环的磁铁外部磁感线条数增多,导致磁通量变小,则由楞次定 律得,产生的感应电流沿顺时针方向(从左向右看);根据左手定则可知,弹性圆环受到的安培力 方向沿半径向里,B、D正确。
2.(2018浙江义乌群星外国语学校月考)如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框,在下列 四种情况下,线框中会产生感应电流的是 ( ) A.线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动B.线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动C.线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D.线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动
答案 C 当穿过闭合回路的磁通量发生变化时,回路中产生感应电流,所以只有C项所述情 况会产生感应电流,故选C。
3.(2018浙江义乌群星外国语学校月考)圆形金属环用一根轻质细杆悬挂在O点,金属环可以在 竖直平面里来回摆动,空气阻力和摩擦力均可不计。在如图所示的正方形区域里,有匀强磁场 垂直于圆环平面指向纸内,圆环平面始终垂直于磁场。下列说法中不正确的是 ( ) A.此摆振动的开始阶段机械能不守恒B.金属环进入磁场和离开磁场时,环中电流的方向肯定相反C.金属环通过最低点时,环中感应电流最大D.最后此摆在匀强磁场中运动时,机械能守恒
答案 C 此摆在振动过程中,由于进入磁场和离开磁场区域时,金属环中磁通量变化,产生感 应电流,机械能转化为电能,故此摆在振动的开始阶段机械能不守恒,故A正确;当金属环进入或 离开磁场区域时磁通量发生变化,会产生感应电流,金属环进入磁场和离开磁场区域,磁通量分 别增大和减小,根据楞次定律得感应电流的方向相反,故B正确;金属环通过最低点时,金属环中 磁通量不变化,感应电流为零,故C错误;最后此摆在匀强磁场中运动时,磁通量不再变化,不再 有感应电流,金属环只受重力,则机械能守恒,故D正确。
4.(2018浙江诸暨牌头中学期中)如图所示,固定的水平长直导线中通有向右的电流I,矩形闭合 导线框与导线在同一竖直平面内,且一边与导线平行。将线框由静止释放,不计空气阻力,则在 线框下落过程中 ( )A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流的方向为逆时针C.线框所受安培力的合力竖直向上D.线框的机械能不断增大
答案 C 线框在下落过程中,所处位置磁场减弱,穿过线框的磁感线的条数减小,磁通量减小, 故A错误。根据安培定则,直导线中电流产生的磁场在导线的下方垂直于纸面向里,线框下落 过程中,因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小,根据楞次定律,感应电流的磁场与原磁场方 向相同,所以感应电流的方向为顺时针方向,故B错误。由于离导线越远的地方磁场越弱,所以 线框的上边受到的安培力大于下边受到的安培力,线框所受安培力的合力方向向上,故C正 确。线框下落过程中,线框中产生电能,机械能减小,故D错误。
1.(2019浙江嘉兴选考测试,14)(多选)下列说法正确的是 ( )A.互感现象是变压器工作的基础B.麦克斯韦提出了电磁波理论并用实验证实了电磁波的存在C.α粒子散射实验的结果表明原子核是由质子和中子构成D.发生β衰变时,元素原子核的质量数不变,电荷数增加1
考点二 法拉第电磁感应定律自感和互感
答案 AD 变压器的工作原理是利用互感,故A正确;麦克斯韦提出了电磁波理论,赫兹通过 实验证实了电磁波的存在,故B错误;α粒子散射实验的结果表明原子具有核式结构,故C错误; 发生β衰变时,即放出一个电子,根据质量数和电荷数守恒可知,元素原子核的质量数不变,电荷 数增加1,故D正确。故应选A、D。
2.(2019浙江暨阳10月联考,15)(多选)下列说法中正确的是 ( )A.动量大的光子,对应的波长短B.黑体辐射实验揭示了振动着的带电微粒的能量是连续的C.在远距离输电中,用提高用户使用电压的办法来降低线路中的损耗D.低频扼流圈“通直流、阻交流”,高频扼流圈“通低频、阻高频”,一般高频扼流圈的自感 系数比低频扼流圈小
答案 AD 由p= ,动量大的光子对应的波长短,A正确;黑体辐射实验规律说明经典的波动理论存在重大问题,从而提出了量子学说,B错;在输电中,用户电压应该是恒定的,我国家庭用 电是220 V,不能改变,降低损耗的方法应该是提高输电电压,C错;低频扼流圈能将低频和高频 交流电都“挡住”,有较大的自感系数,D正确。
3.(2019浙江慈溪期末联考,22)如图所示,水平光滑的平行金属导轨MM'、NN',导轨间距L,左端 与电阻相连接,电阻阻值为R,匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内,磁感应强度为B,质 量为m的金属棒在垂直导轨的方向上静止在导轨上,设导轨与棒的电阻均不计,g取10 m/s2,则:(1)如图1在棒上施加一个垂直棒的恒力F,求金属棒所能达到的最大速度vm的大小;(2)将电阻R换成电容器,电容为C,在棒上施加一个垂直棒的恒力F,如图2所示,当金属棒向右移 动x时(未离开磁场,电容器充电时间不计,此时电容器未被击穿),求此时电容器的带电荷量q;(3)不加恒力F,使棒以一定的初速度向右运动,如图3所示,当其通过位置a时速率表示为va,通过 位置b时速率表示为vb(注:va、vb未知),到位置c时棒刚好静止,a、b与b、c的间距相等,金属棒在 a→b和b→c的两个过程中,回路中产生的电能Eab与Ebc之比为多大? 图1
图2
图3
答案 (1) (2)CBL (3)3∶1
解析 (1)金属棒受到的安培力:F安=BIL= ,金属棒做匀速直线运动时速度最大,由平衡条件得:F= ,解得:vm= ;(2)金属棒运动过程产生感应电动势:E=BLv,电容器两极板间电压:U=E=BLv,
电容器两极板间电压:U=E=BLv,金属棒受到的安培力:F安=BIL,电容器所带电荷量:q=CU,充电电流:I= = = =BCLa,对金属棒,由牛顿第二定律得:a= = = 解得:a= 金属棒做初速度为零的匀加速直线运动,位移:x= at2,
解得:t= ,金属棒向右移动x时,金属棒的速度:v=at= 感应电动势:E=BLv=BL 电容器的带电荷量:q=CU=CE=CBL ;
(3)通过金属棒的电荷量:q= Δt= Δt= = 由题意可知:a、b与b、c的间距d相等,B、L、R相同,则金属棒在a→b与b→c的两个过程中通过金属棒横截面的电荷量q相等,即:q1=q2,对金属棒,由动量定理得:从a→b:BI1L·Δt1=mva-mvb,从b→c:BI2L·Δt2=mvb-0,其中:q1=I1·Δt1,q2=I2·Δt2,由于:q1=q2,解得:va=2vb,
由能量守恒定律得: m = m +Eab, m =Ebc+ m ,其中vc=0,解得:Eab=3Ebc,则Eab∶Ebc=3∶1。
4.(2019浙江金丽衢二次联考,22)如图所示,空中等间距分布水平方向的条形匀强磁场,竖直方 向磁场区域足够长,磁感应强度均一样,每一条形磁场区域的宽及相邻条形磁场区域的间距均 为d。现让一边长为L(L
答案 (1)与洛伦兹力有关 (2) (3)5 4.05 J
解析 (1)线框进入磁场的过程中,MN边相当于产生感应电流的“电源”,导体内的自由电子 受洛伦兹力作用产生定向移动,从而形成电流,所以这“电源”的非静电力与洛伦兹力有关;(2)初速度为:v0= 线框进入第一个磁场区域过程,水平方向由动量定理:-?BiL·Δt=mv-mv0即有:BLq=mv0-mv
线框出第一个磁场区域过程,水平方向由动量定理:?BiL·Δt=mv1-mv即有:BLq=mv-mv1由以上方程解得:v= (3)线框刚开始竖直下落时水平方向的速度为0,已穿过完整条形磁场区域n个,整个过程中由动 量定理:2nBLq=mv0-0;q= 解得:n= =5.625,n取5
v0= =9 m/smgh-W克= m - m =2gh 则Q=W克= m =4.05 J
5.(2019浙江杭州模拟一,22)用导线绕一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆 环与线框绝缘,如图1所示。圆环的半径R=2 m,导线单位长度的电阻r0=0.2 Ω/m。把它们放在 磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。磁感应强度B随时间t变 化如图2所示。求:(1)正方形线框产生的感应电动势;(2)在0~2.0 s内,圆环产生的焦耳热;(3)若不知道圆环半径数值,在0~2.0 s内,导线圆环中的电流与正方形线框的电流之比。 图1
图2
答案 (1)4 V (2)31.75 J (3) ∶1
解析 (1)正方形面积为S=2R2,根据法拉第电磁感应定律得:E= S= ×2×22 V=4 V(2)圆面积为S'=πR2,圆周长为L=2πR,圆环的电阻为:r'=2πRr0=2×3.14×2×0.2 Ω=2.5 Ω根据法拉第电磁感应定律得:E'= S'= ×π×22 V=6.3 V在0~2.0 s内,圆环产生的焦耳热为:Q= t= ×2 J=31.75 J(3)正方形线框中的电流为:I= = · 导线圆环中的电流为:I'= = 导线圆环中的电流与正方形线框的电流之比: = ∶1
6.(2019浙江超级全能生联考,22)如图所示,匝数N=200、横截面积S=100 cm2、电阻r=0.3 Ω的 线圈处于竖直向上的变化磁场中,磁感应强度B1随时间变化规律B1=(0.5+0.4 t)T。倾角θ=30 °、间距d=0.5 m、长度L=1.2 m的光滑平行导轨处在磁感应强度为B2的匀强磁场中倾斜放置, B2方向垂直斜面,开关S闭合时,一质量m=200 g、电阻R1=0.2 Ω的导体棒ab恰好能静止在倾斜 导轨的上端处,定值电阻R2=0.2 Ω,导轨电阻忽略不计,空气阻力忽略不计。(1)求磁感应强度B2的大小和方向;(2)断开S后导体棒开始沿导轨下滑,到达底端前速度已达到最大值,求导体棒滑到导轨底端所 需的时间,及下滑过程中导体棒上产生的焦耳热。
答案 见解析
解析 (1)对于线圈,由法拉第电磁感应定律得感应电动势E=N =NS =0.8 V回路中的感应电流I= =2 A则通过导体棒ab的电流Iab= I=1 A,方向a到b对导体棒ab,由受力分析及平衡条件得mg sin 30°=B2 Iabd,解得B2=2 T由左手定则可知,B2方向垂直斜面向下(2)断开S后,导体棒先加速下滑后匀速运动,速度最大时有mg sin 30°=B2I'd= 解得最大速度vm=0.4 m/s设导体棒下滑到底端的时间为t,由动量定理得mg sin 30°·t-B2dq=mvm-0
电荷量q= = 解得t=3.08 s此过程由能量守恒定律得mgL sin 30°= m +Q导体棒上产生的焦耳热Q= Q=0.592 J
7.(2019浙江绿色联盟联考,23)当下世界科技大国都在研发一种新技术,实验火箭回收利用,有 效节约太空飞行成本,其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞,为此设计师在返回火 箭的底盘安装了4台电磁缓冲装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓火箭对地的冲击力。 该装置的主要部件有两部分:①缓冲滑块,由高强绝缘材料制成,其内部边缘绕有闭合单匝矩形 线圈abcd,指示灯连接在c、d之间;②火箭主体,包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图 中未画出),超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面 时,滑块立即停止运动,此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用,指示灯发光,火箭主体一直做 减速运动直至达到软着陆要求的速度,从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时, 火箭主体的速度大小为v0,软着陆要求的速度为0;指示灯、线圈的ab边和cd边电阻均为R,其余 电阻忽略不计;ab边长为L,火箭主体质量为m,匀强磁场的磁感应强度大小为B,重力加速度为g, 一切摩擦阻力不计。(1)求缓冲滑块刚停止运动时,线圈的ab边受到的安培力大小;(2)求缓冲滑块刚停止运动时,火箭主体的加速度大小;(3)若火箭主体的速度大小从v0减到0的过程中,经历的时间为t,求该过程中每台电磁缓冲装置中线圈产生的焦耳热。
答案 (1)ab边产生电动势:E=BLv0线圈总电阻:R总=R+ =1.5RFab=IBL= BL= (2)4Fab-mg=ma解得a= -g(3)设火箭主体速度从v0到0下落的距离为h,根据动量定理:mgt-4Fabt=0-mv0即mgt- =0-mv0化简得:h= 根据能量守恒定律,每台电磁缓冲装置产生的热量:Q= 每个线圈产生的热量:Q线= Q= m +
8.(2019浙江宁波适应性考试,22)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 θ=37°角,两导轨间距L=1 m,导轨自身电阻不计,整个装置处在磁感应强度B=2 T的匀强磁场中, 磁场方向垂直于导轨平面向上。两根完全相同的金属棒ab和cd,每根棒长为L,质量m=1 kg,电 阻R=1 Ω,垂直放在导轨平面上且始终与导轨保持良好接触。现将金属棒cd放置在挡柱上,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a=2.5 m/s2的匀加速 直线运动,直到金属棒cd刚要滑动时撤去外力F;此后金属棒ab继续向上运动约0.35 s后减速为 0,且金属棒ab向下返回到初始出发点时的速度大小可认为是1 m/s。已知两金属棒与导轨间 的动摩擦因数均为0.5,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度 g为10 m/s2。求(1)金属棒cd刚要滑动时,金属棒ab的速度大小;(2)金属棒ab沿斜面向上匀加速运动过程中外力的最大值;(3)金属棒ab从最高点返回到初始出发点过程中所产生的焦耳热。
答案 见解析
解析 (1)当金属棒cd刚要滑动时满足:BIL=mg sin θ+mgμ cos θI= 联立解得:v=5 m/s(2)对金属棒ab:F-mg sin θ-mgμ cos θ-BIL=maI= ,v=at
代入数据可知F随t线性变化,当v=5 m/s时,最大值F1=22.5 N;(3)金属棒做匀加速直线运动的位移为:x1= 撤去力后金属棒cd仍静止,设金属棒ab减速滑行的位移为x2由(μmg cos θ+mg sin θ+B L)Δt=mv和 Δt= 解得x2=0.75 m设金属棒ab返回到出发点时的速度为v1,
由能量守恒:mg(x1+x2) sin θ=μmg cos θ(x1+x2)+ m +2Q解得Q=5.5 J(其他做法正确参照给分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组(时间:45分钟 分值:70分)一、选择题(每小题6分,共12分)
1.(2018浙江宁波诺丁汉大学附中期中)矩形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动,磁场方向与 线框平面垂直,磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。设t=0时刻,磁感应强度的方向垂 直纸面向里,则在0~4 s时间内,选项图中能正确反映线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图 像是(规定ab边所受的安培力方向向左为正) ( )
答案 D 0~1 s内,由楞次定律可判断ab边中电流方向为b→a,电流的大小恒定,由左手定则可 判断ab边受到的安培力向左,为正方向的力,根据F=BIL可知安培力逐渐减小。1~2 s内,磁场向 外且增大,ab边中电流方向为b→a,电流大小恒定,ab边受到向右的安培力,为负方向的力,根据 F=BIL可知安培力逐渐增大;2~3 s内,磁场向外且减小,ab边中电流方向为a→b,电流大小恒定, ab边受到向左的力,为正方向的力,根据F=BIL可知安培力逐渐减小;3~4 s内,磁场向里且增大, ab边中电流方向为a→b,电流的大小恒定,ab边受到向右的力,为负方向的力,根据F=BIL可知安 培力逐渐增大。综上所述,知D正确。
2.(2017浙江宁波镇海中学期中,14)(多选)图甲为某品牌电磁炉,图乙为内部结构,中间圆形部 分是铜质线圈,下列说法正确的是 ( ) 甲 乙A.工作时线圈中通以直流电,产生大量焦耳热来烹饪食物B.工作时在线圈内通以交流电,产生变化的磁场,继而在锅体内部产生涡流,加热食物C.涡流的出现是交变磁场在导体中产生涡旋电场,电场力推动铁原子运动所致D.若工作时把铁锅换成塑料锅,则无法在锅内产生涡流
答案 BD 电磁炉的工作原理是电磁感应,线圈中通以交流电,产生周期性变化的磁场,在金 属锅内产生涡流从而烹饪食物,A错,B对。涡旋电场推动电子运动导致涡流,C错。塑料内部没 有自由电子,无法产生涡流,D对。故选B、D。
3.(2019浙江超级全能生2月联考,22)(10分)跳楼机是游乐园常见的大型设备,这种机器先将乘 座台载至高空,再以接近自由落体运动向下跌落一段距离,然后利用电磁感应减速缓冲,这种缓 冲的简化模型如图甲所示,两根相距为L的金属导轨竖直放置,固定在乘座台底有一根长为L、 电阻为R的金属棒(乘座台连同金属棒总质量为m),棒两端与导轨始终保持良好接触,导轨下端 连有阻值为R的电阻。竖直面上分布宽度为a、间距为b的n段水平向里的匀强磁场(a>b)。金 属棒初始位于最高OO'处,与第1磁场区域相距2a,使金属棒由静止自由释放。(重力加速度为g, 导轨电阻不计,棒与导轨的接触电阻也不计)(1)为使乘座台在每段匀强磁场区域均能做匀速运动。则求第1磁场区域的磁感应强度B1大小;(2)满足(1)情况下,求乘座台进入第n段磁场区域时的速率vn和第n段磁场区域的磁感应强度大 小Bn;(3)若将n段磁场区域的磁感应强度均调整为B(作为已知量),乘座台仍然由OO'处由静止开始释 放,当金属棒穿过各段磁场时,发现通过导轨下端电阻的电流I随时间t做周期性变化,如图乙所 示(从金属棒刚进入第1段磁场开始时,图中所标T、I1、I2为未知量),根据图中信息求周期T,并 计算金属棒在穿过这n段磁场区域的整个过程中产生的电热Q。
二、非选择题(共58分)
答案 见解析
解析 (1)设金属棒到达第1磁场区域时的速度大小为v1,由运动学公式可知 =4ga ①金属棒在第1磁场区域匀速运动,有 v1=mg ②故B1= (2)因为金属棒每次经过磁场区域时都是匀速,而在磁场外区域均以g为加速度做匀加速直线 运动,所以金属棒进入第n段磁场区域时的速度vn= 又 vn=mg解得Bn= (3)由I-T图像可知,金属棒进入每一段磁场时的速度都相同,均为v1=2 ,金属棒离开每一段磁场时的速度都相同,记为v2,金属棒在磁场外区域都做匀加速运动,所以在每个周期T中(两次进
磁场的时间间隔),应用动量定理有mgT- t=mgT- =mgT- a=mΔv=0解得T= 在每个周期T中,ΔEk=0,穿过每段磁场区域时产生的电能E均相同,所以有mg(a+b)=E在穿过n段磁场区域的整个过程中金属棒上产生的电热Q= En= mg(a+b)
4.(2019浙江镇海中学一模,24)(12分)如图,光滑的平行金属导轨水平放置,导轨间距为L,左侧接 一阻值为R的电阻。矩形区域abfe内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场,磁感应强度大小 为B。导轨上ac段和bd段单位长度的电阻为r0,导轨其余部分电阻不计,且ac=bd=x1。一质量为 m、电阻不计的金属棒MN置于导轨上,与导轨垂直且接触良好。金属棒受到一个水平拉力作 用,从磁场的左边界由静止开始做匀加速直线运动,加速度大小为a。棒运动到cd处撤去外力, 棒在运动到磁场右边界ef处恰好静止。求:(1)金属棒在区域abdc内切割磁感线时产生的感应电动势随位移x(相对b点)的表达式;
(2)试求撤去外力后在区域cdfe内切割磁感线时棒的速度v随位移x(相对d点)的变化规律以及df 的长度x2应满足什么条件。(3)金属棒在整个运动过程中通过电阻R的电流最大值和最小值。
答案 (1)E=BL (2)x2= (3)见解析
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律得:E=BLv根据速度-位移公式得:v2=2ax联立解得:E=BL (2)根据速度-位移公式得: =2ax1解得:v1= 又回路中的总电阻:R总=R+2r0·x1根据动量定理得:mv-mv1=-BILΔt又q=IΔt= = 联立解得:v= - 当v=0时,则有: = 解得:x2= (3)在df段:速度减小,感应电动势减小且回路总电阻恒定,所以感应电流减小,当速度减为零时, 感应电流也为零,即电流最小值为零;或当t=0时电流最小值为零;
在bd段:I= = 有关最大电流值的讨论:①当满足 =r0·at,即t= ≤ (在bd段内能达到最大电流),则Imax= ②当 > 时,导体棒加速运动到cd处,则Imax=
5.(2019绍兴3月适应性考试,22)(12分)如图所示,两平行光滑轨道MN和PQ竖直放置,间距l=0.5 m,其中EG和FH为两段绝缘轨道,其余均为金属轨道,轨道末端NQ间连接一个自感系数L=0.01 H的线圈,其直流电阻可以忽略。在ABCD、CDEF、GHIJ区域内存在垂直轨道平面的匀强磁 场,磁感应强度大小B1=B2=B3=0.2 T,方向如图,图中d=0.4 m,两导体棒a、b通过轻质杆连接,总 质量m=0.02 kg,b棒电阻R=0.2 Ω,a棒电阻不计;现将ab连杆系统从距离AB边高h处由静止释放, a棒匀速通过ABCD区域,最终a棒以1.6 m/s的速度穿出EF边。导体棒与金属轨道接触良好。 (g取10 m/s2)(1)求h的值;(2)求a棒从进入AB边到穿出EF的总时间;(3)若a棒通过GH边时轻质杆突然断裂,以该位置为原点,竖直向下为x轴,求a棒在向下运动过程 中电流i与位移x的大小关系。已知线圈上的自感电动势为E=L ,此过程中导体棒b仍在EFGH区域运动。
答案 (1)0.8 m (2)0.26 s (3)i=10x
解析 (1)设导体棒a进入磁场B1时速度为v1,产生感应电动势E=B1lv1,电流I= 匀速通过ABCD区域,要求mg= 求得v1=4 m/sab连杆自由下落过程,h= /2g=0.8 m(2)ab连杆在磁场B1区域匀速下落的时间t1=d/v1=0.1 s当导体棒a匀速进入CD边,导体棒开始减速,经过t2导体棒a到达EF位置,当导体棒速度为v时电 动势为E=2Blv,电流为I= ,安培力为F= 此过程中由动量定理得mgt2- =mv2-mv1
此过程中由动量定理得mgt2- =mv2-mv1即mgt2- d=mv2-mv1,求得t2=0.16 s总时间t=t1+t2=0.26 s(3)导体棒a切割磁感线产生的电动势等于线圈自感电动势B3lv1=L 移项B3L·v1Δt=L·Δi,即B3L·ΔL·Δi,两边累加,得B3L·x=L(i-i0)
根据电感线圈的特性(电流不突变)i0=0得i= x=10x
6.(2019浙江Z20联盟第一次联考,23)(12分)如图所示,MN、PQ是固定在水平桌面上,相距l=1.0 m的光滑平行金属导轨,M、P两点间接有R=0.6 Ω的定值电阻,导轨电阻不计。质量均为m=0.1 kg,阻值均为r=0.3 Ω的两导体棒a、b垂直于导轨放置,并与导轨良好接触,开始时两棒被约束 在导轨上处于静止状态,相距x0=2 m,a棒用细线通过光滑滑轮与质量为m0=0.2 kg的重物c相连, 重物c距地面高度也为x0=2 m。整个桌面处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=1.0 T。a 棒解除约束后,在重物c的拉动下开始运动(运动过程中细线始终与b棒没有作用),当a棒即将到 达b棒位置前一瞬间,b棒的约束被解除,此时a棒已经做匀速运动。试求:(1)a棒做匀速运动时棒中的电流大小; (2)已知a、b两棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”,假设导轨足够长,试求该“粗棒”能 运动的距离;(3)a棒解除约束后整个过程中装置产生的总焦耳热。
答案 见解析
解析 (1)由题意m0g=BlIa 可得Ia=2 A(2)设碰前a棒的速度为v,则Ia= R总= Ω+0.3 Ω=0.5 Ωv=1 m/sa、b碰撞过程:mv=2mv',v'=0.5 m/sa、b碰撞后的整体运动过程- Bt=0-2mv'q= t= 得x=0.075 m(3)发生碰撞前m0gx0-Q1= (m0+m)v2
得Q1=3.85 J发生碰撞后,Q2= mv'2=0.025 J所以整个运动过程中总焦耳热Q=Q1+Q2=3.875 J
7.(2019浙江杭州模拟二,23)(12分)如图甲所示,P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨,间 距为d,处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。一根质量为m、电阻为r的导 体棒ef垂直放在P、Q导轨上,导体棒ef与P、Q导轨间的动摩擦因数为μ。质量为M的正方形金 属框abcd的边长为L,每边电阻均为r,用细线悬挂在竖直平面内,ab边水平,金属框a、b两点通 过细导线与导轨相连,金属框的上半部分处在磁感应强度大小为B、方向垂直框面向里的匀 强磁场中,下半部分处在大小也为B、方向垂直框面向外的匀强磁场中,不计其余电阻和细导 线对ab的作用力。现用一电动机以恒定功率沿导轨方向水平牵引导体棒ef向左运动,从导体 棒开始运动时计时,悬挂金属框的细线的拉力T随时间t的变化如图乙所示,求:(1)t0时刻以后通过ab边的电流;(2)t0时刻以后电动机牵引力的功率P;(3)求0到t0时刻导体棒ef受到的平均合外力。
甲 乙
答案 (1) (2) (μmgL+Mgd) (3)
解析 (1)以金属框为研究对象,从t0时刻开始拉力恒定,则电路中电流恒定,设ab边中电流为I1, cd边中电流为I2由受力平衡:BI1L+T=Mg+BI2L由图像知:T= ad、dc、cb三边电阻串联后再与ab边电阻并联则I1∶I2=3∶1I1=3I2由以上各式解得:I1= (2)设总电流为I,由闭合电路欧姆定律得:I= ,R= r电动势为:E=Bdv电流为:I=I1+I2= I1= 解得:v= 由电动机的牵引功率恒定得P=F·v
对导体棒:F=μmg+BId解得:P= (μmgL+Mgd)(3)从0到t0时刻,导体棒的速度从0增大到v= 由动量定理可知: t0=mv-0解得: =
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(电磁感应)(多选)如图甲所示,AB、CD是间距为L=1 m的足够长的光滑平行金属导轨,导轨 平面与水平面夹角为α,在虚线下方的导轨平面内存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,导轨 电阻不计,长为1 m的导体棒ab垂直AB、CD放置在导轨上,导体棒电阻R=1 Ω;AB、CD右侧连 接一电路,已知灯泡L的规格是“3 V 3 W”,定值电阻R1=10 Ω,R2=15 Ω。在t=0时,将导体棒 ab从某一高度由静止释放,导体棒的速度-时间图像如图乙所示,其中OP段是直线,PM段是曲 线。若导体棒沿导轨下滑12.5 m时,导体棒达到最大速度,并且此时灯泡L正常发光,假设灯泡 的电阻恒定不变,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是 ( )
A.α=30°B.匀强磁场的磁感应强度大小B0为2 TC.导体棒的质量为0.2 kgD.从导体棒静止释放至速度达到最大的过程中,通过电阻R1的电荷量为1 C
答案 AC 导体棒在磁场外运动时的加速度大小为a1= =5 m/s2,根据a=g sin α可得α=30°,故选项A正确;小灯泡正常发光时,I= =1 A,此时导体棒中电流也为I=1 A,导体棒达到最大速度时满足I= ,其中R灯= =3 Ω,R12= = Ω=6 Ω,vm=10 m/s,解得B0=1 T,故选项B错误;根据mg sin α=B0IL,解得m=0.2 kg,故选项C正确;导体棒在磁场中滑行的距离为x=12.5m- ×1×5 m=10 m,从导体棒静止释放至速度达到最大的过程中,通过干路的电荷量为q= = = C=1 C,通过电阻R1的电荷量为q1= q= ×1 C=0.6 C,故选项D错误。
2.(电磁感应)如图所示,半径为r=1 m的光滑金属圆环固定在水平面内,垂直于环面的匀强磁场 的磁感应强度大小为B=2.0 T,一金属棒OA在外力作用下绕O轴以角速度ω=2 rad/s沿逆时针方 向匀速转动,金属环和导线电阻不计,金属棒OA电阻r0=1 Ω,电阻R1=2 Ω,R2=3 Ω,R3=7.5 Ω,电容 器的电容C=4 μF。闭合开关S,电路稳定后,求:(1)通过金属棒OA电流的大小和方向;(2)断开开关S到电路稳定,这一过程中通过电流表的电荷量。
答案 (1)0.5 A 方向由A到O (2)6.4×10-6 C
解析 (1)由右手定则判定通过金属棒OA的电流方向是由A到O金属棒OA产生的感应电动势大小为E= Br2ωS闭合时的等效电路如图所示 R外= =3 Ω由闭合电路的欧姆定律,得E=I(r0+R外)联立解得I=0.5 A
(2)S断开前,电路路端电压为U=IR外电阻R1两端电压为U1= U=0.6 V电容器C的电荷量为Q1=CU1=2.4×10-6 C且a板带正电,b板带负电S断开时的等效电路如图所示
电容器C两端电压U为电阻R2两端电压U2,则U2= R2=1 V电容器C的电荷量为Q2=CU2=4×10-6 C且a板带负电,b板带正电通过电流表的电荷量为ΔQ=Q1+Q2联立解得ΔQ=6.4×10-6 C
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