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1、2022年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 真題匯編 L單元 電磁感應(yīng) 16．L1　L2[xx·北京卷] 如圖1-所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場(chǎng)方向與圓環(huán)所在平面垂直．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大．兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1- A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较? B．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较? C．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较? D．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较? 16．B　[解析] 由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝n，則E＝nπR2.由于

2、Ra∶Rb＝2∶1，則Ea∶Eb＝4∶1.由楞次定律和安培定則可以判斷產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎x項(xiàng)B正確． 6．L1 [xx·江蘇卷] 電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖1-所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動(dòng)時(shí)，在線(xiàn)圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音，下列說(shuō)法正確的有(　　) 圖1- A．選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作 B．取走磁體，電吉他將不能正常工作 C．增加線(xiàn)圈匝數(shù)可以增大線(xiàn)圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) D．磁振動(dòng)過(guò)程中，線(xiàn)圈中的電流方向不斷變化 6．BCD　[解析] 選用銅質(zhì)弦時(shí)，不會(huì)被磁化，不會(huì)產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，電吉他不能正常工作，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；取走磁體時(shí)，金屬

3、弦磁性消失，電吉他不能正常工作，選項(xiàng)B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，增加線(xiàn)圈匝數(shù)可以增大線(xiàn)圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，選項(xiàng)C正確；根據(jù)楞次定律可知，磁振動(dòng)過(guò)程中，線(xiàn)圈中的電流方向不斷變化，選項(xiàng)D正確． 4．L1[xx·海南卷] 如圖1-所示，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在同一豎直面內(nèi)，環(huán)的圓心與兩導(dǎo)線(xiàn)距離相等，環(huán)的直徑小于兩導(dǎo)線(xiàn)間距．兩導(dǎo)線(xiàn)中通有大小相等、方向向下的恒定電流．若(　　) 圖1- A．金屬環(huán)向上運(yùn)動(dòng)，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较? B．金屬環(huán)向下運(yùn)動(dòng)，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较? C．金屬環(huán)向左側(cè)直導(dǎo)線(xiàn)靠近，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较? D．金屬環(huán)向右側(cè)

4、直導(dǎo)線(xiàn)靠近，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较? 4．D　[解析] 由安培定則及對(duì)稱(chēng)性可知，圓環(huán)圓心處磁感應(yīng)強(qiáng)度為零．從圓環(huán)圓心向左直到左側(cè)直導(dǎo)線(xiàn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向外，并且逐漸增大．從圓環(huán)圓心向右直到右側(cè)直導(dǎo)線(xiàn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里，并且逐漸增大．當(dāng)金屬環(huán)上下運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁通量時(shí)刻為零，沒(méi)有感應(yīng)電流；當(dāng)金屬環(huán)向左側(cè)直導(dǎo)線(xiàn)靠近時(shí)，磁通量垂直于紙面向外且在增大，由楞次定律得，感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较颍划?dāng)金屬環(huán)向右側(cè)直導(dǎo)線(xiàn)靠近時(shí)，磁通量垂直于紙面向里且在增大，由楞次定律得，感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，故D正確． 5．L1[xx·上海卷] 磁鐵在線(xiàn)圈中心上方開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，線(xiàn)圈中產(chǎn)生如圖方向的感應(yīng)電流

5、，則磁鐵(　　) 圖1- A．向上運(yùn)動(dòng) B．向下運(yùn)動(dòng) C．向左運(yùn)動(dòng) D．向右運(yùn)動(dòng) 5．B　[解析] 從圖中看，產(chǎn)生感應(yīng)電流的線(xiàn)圈可以等效為一個(gè)N極在上的磁鐵，根據(jù)楞次定律的推論“來(lái)拒去留”可知選項(xiàng)B正確． 19．L1[xx·上海卷] 如圖1-(a)所示，螺線(xiàn)管內(nèi)有平行于軸線(xiàn)的外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较颍菥€(xiàn)管與導(dǎo)線(xiàn)框abcd相連，導(dǎo)線(xiàn)框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線(xiàn)框在同一平面內(nèi)．當(dāng)螺線(xiàn)管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間按圖(b)所示規(guī)律變化時(shí)(　　) 圖1- A．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，L有收縮趨勢(shì) B．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，L有擴(kuò)張趨勢(shì) C．在t2～t3時(shí)間內(nèi)

6、，L內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 D．在t3～t4時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 19．AD　[解析] 在t1～t2時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律可判斷出導(dǎo)線(xiàn)框中產(chǎn)生d→c→b→a方向的感應(yīng)電流，且電流逐漸增大，則穿過(guò)圓環(huán)的磁通量增大，可知L有收縮趨勢(shì)，A正確；在t2～t3時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)先減弱后反向增強(qiáng)，線(xiàn)圈中產(chǎn)生a→b→c→d方向的感應(yīng)電流且保持不變，穿過(guò)圓環(huán)的磁通量不變，L內(nèi)無(wú)感應(yīng)電流且沒(méi)有擴(kuò)張或收縮的趨勢(shì)，B、C錯(cuò)誤；在t3～t4時(shí)間內(nèi)，沿負(fù)方向的磁場(chǎng)減弱，根據(jù)楞次定律可判斷出導(dǎo)線(xiàn)框中產(chǎn)生d→c→b→a方向的感應(yīng)電流，且電流在逐漸減小，故穿過(guò)圓環(huán)的磁通量減小，L內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流

7、，D正確． L2 法拉第電磁感應(yīng)定律、自感 20．L2[xx·全國(guó)卷Ⅱ] 法拉第圓盤(pán)發(fā)電機(jī)的示意圖如圖1-所示．銅圓盤(pán)安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤(pán)的邊緣和銅軸接觸．圓盤(pán)處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中．圓盤(pán)旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過(guò)電阻R的電流，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1- A．若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上向下看，圓盤(pán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng) C．若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D．若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 20．AB　[解析] 將圓盤(pán)看成由無(wú)數(shù)輻條組成，

8、各輻條都在切割磁感線(xiàn)，從而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，出現(xiàn)感應(yīng)電流，當(dāng)圓盤(pán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)(從上往下看)，根據(jù)右手定則可判斷，圓盤(pán)上感應(yīng)電流從邊緣向中心，流過(guò)電阻R的電流方向從a到b，B正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝BL2ω，而I＝，故A正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)角速度ω變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BL2ω變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，感應(yīng)電流I變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，電流在R上的熱功率P＝I2R變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，D錯(cuò)誤． 21．L2　M1[xx·全國(guó)卷Ⅲ] 如圖所示，M為半圓形導(dǎo)線(xiàn)框，圓心為OM；N是圓心角為直角的扇形導(dǎo)線(xiàn)框，圓心為ON；兩導(dǎo)線(xiàn)框在同一豎直面(紙面)內(nèi)；兩圓弧半徑相等；過(guò)直線(xiàn)OMON的水平面上方

9、有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面．現(xiàn)使線(xiàn)框M、N在t＝0時(shí)從圖示位置開(kāi)始，分別繞垂直于紙面、且過(guò)OM和ON的軸，以相同的周期T逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則(　　) 圖1- A．兩導(dǎo)線(xiàn)框中均會(huì)產(chǎn)生正弦交流電 B．兩導(dǎo)線(xiàn)框中感應(yīng)電流的周期都等于T C．在t＝時(shí)，兩導(dǎo)線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等 D．兩導(dǎo)線(xiàn)框的電阻相等時(shí)，兩導(dǎo)線(xiàn)框中感應(yīng)電流的有效值也相等 21．BC　[解析] 設(shè)導(dǎo)線(xiàn)圈半徑為l，角速度為ω，兩導(dǎo)線(xiàn)框切割磁感線(xiàn)的等效長(zhǎng)度始終等于圓弧半徑，因此在產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)其瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小始終為E＝Bωl2，但進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)時(shí)電流方向相反，所以線(xiàn)框中應(yīng)該產(chǎn)生方波交流式電，如圖所示，A錯(cuò)誤；由

10、T＝可知，兩導(dǎo)線(xiàn)框中感應(yīng)電流的周期相同，均為T(mén)，B正確；在t＝時(shí)，兩導(dǎo)線(xiàn)框均在切割磁感線(xiàn)，故兩導(dǎo)線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均為Bωl2，C正確；對(duì)于線(xiàn)框M，有·＋·＝·T，解得U有M＝E；對(duì)于線(xiàn)框N，有·＋0＋·＋0＝·T，解得U有N＝E，故兩導(dǎo)線(xiàn)框中感應(yīng)電流的有效值并不相等，D錯(cuò)誤． 13．D4、D5、L2、L3[xx·江蘇卷] 據(jù)報(bào)道，一法國(guó)攝影師拍到“天宮一號(hào)”空間站飛過(guò)太陽(yáng)的瞬間．照片中，“天宮一號(hào)”的太陽(yáng)帆板輪廓清晰可見(jiàn)．如圖所示，假設(shè)“天宮一號(hào)”正以速度v＝7.7 km/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與太陽(yáng)帆板兩端M、N的連線(xiàn)垂直，M、N間的距離L＝20 m，地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度

11、垂直于v，MN所在平面的分量B＝1.0×10－5 T，將太陽(yáng)帆板視為導(dǎo)體． 圖1- (1)求M、N間感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E； (2)在太陽(yáng)帆板上將一只“1.5 V，0.3 W”的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計(jì)太陽(yáng)帆板和導(dǎo)線(xiàn)的電阻．試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說(shuō)明理由； (3)取地球半徑R＝6.4×103 km，地球表面的重力加速度g＝9.8 m/s2，試估算“天宮一號(hào)”距離地球表面的高度h(計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)． 13．[答案] (1)1.54 V　(2)不能，理由見(jiàn)解析　(3)4×105 m [解析] (1)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BLv，代入數(shù)據(jù)得E＝1.54 V (2

12、)不能，因?yàn)榇┻^(guò)閉合回路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流． (3)在地球表面有G＝mg 勻速圓周運(yùn)動(dòng)G＝m 解得h＝g－R，代入數(shù)據(jù)得h≈4×105 m(數(shù)量級(jí)正確都算對(duì)) 16．L1　L2[xx·浙江卷] 如圖1-2所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線(xiàn)圈用同樣的導(dǎo)線(xiàn)制成，匝數(shù)均為10匝，邊長(zhǎng)la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線(xiàn)圈之間的相互影響，則(　　) 圖1-2 A．兩線(xiàn)圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B．a(chǎn)、b線(xiàn)圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9∶1 C．a(chǎn)、b線(xiàn)圈中感應(yīng)電流之比為3∶4 D．a(chǎn)、b線(xiàn)圈中電功率之比為3∶1 16．B　[

13、解析] 由楞次定律可判斷，兩線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由E＝nS，S＝l2，R＝ρ，I＝，P＝，可知Ea：Eb＝9：1，Ia：Ib＝3：1，Pa：Pb＝27：1，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤． L3 電磁感應(yīng)與電路的綜合 L4 電磁感應(yīng)與力和能量的綜合 24．L4 [xx·全國(guó)卷Ⅰ] 如圖1-，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連．兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線(xiàn)將它們連成閉合回路abdca，并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平．右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)

14、度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線(xiàn)剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑．求： (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??； (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大?。? 圖1- [答案] (1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ) [解析] (1)設(shè)導(dǎo)線(xiàn)的張力的大小為T(mén)，右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為N2，對(duì)于ab棒，由力的平衡條件得 2mgsin θ＝μN(yùn)1＋T＋F?、? N1＝2mgcos θ　② 對(duì)于cd

15、棒，同理有 mgsin θ＋μN(yùn)2＝T?、? N2＝mgcos θ?、? 聯(lián)立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)　⑤ (2)由安培力公式得 F＝BIL?、? 這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流，ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 ε＝BLv　⑦ 式中，v是ab棒下滑速度的大小，由歐姆定律得 I＝?、? 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)?、? 24．L4[xx·全國(guó)卷Ⅱ] 如圖1-所示，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．t0時(shí)刻，金屬

16、桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求： (1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大小； (2)電阻的阻值． 圖1- 24．[答案] (1)Blt0　(2) [解析] (1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 ma＝F－μmg?、? 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0?、? 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動(dòng)勢(shì)為 E＝Blv　③ 聯(lián)立①②③式可得

17、E＝Blt0?、? (2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝?、? 式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為 f＝BIl　⑥ 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得 F－μmg－f＝0　⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R＝?、? 7．L4 [xx·四川卷] 如圖1-所示，電阻不計(jì)、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸

18、良好．金屬棒中感應(yīng)電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時(shí)間t變化圖像可能正確的有(　　) 圖1- 圖1- 7．BC　[解析] 設(shè)金屬棒在某一時(shí)刻速度為v，由題意可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，感應(yīng)電流I＝＝v，即I∝v；安培力FA＝BIl＝v，方向水平向左，即FA∝v；R兩端電壓UR＝IR＝v，即UR∝v；感應(yīng)電流功率P＝EI＝v2，即P∝v2. 分析金屬棒運(yùn)動(dòng)情況，由牛頓第二定律可得F合＝F－FA＝F0＋kv－v＝F0＋v，而加速度a＝.因?yàn)榻饘侔魪撵o止出發(fā)，所以F0>0，且F合>0，即a>0，加速度方向水平向右． (1)若k＝，

19、F合＝F0，即a＝，金屬棒水平向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有v＝at，說(shuō)明v∝t，即I∝t，F(xiàn)A∝t，UR∝t，P∝t2，所以在此情況下沒(méi)有選項(xiàng)符合； (2)若k>，F(xiàn)合隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說(shuō)明金屬棒在做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)四個(gè)物理量與速度的關(guān)系可知B選項(xiàng)符合； (3)若k<，F(xiàn)合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說(shuō)明金屬棒在做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)四個(gè)物理量與速度關(guān)系可知C選項(xiàng)符合； 綜上所述，B、C選項(xiàng)符合題意． 24．L4[xx·浙江卷] 小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖1-10所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.5

20、0 m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R＝0.05 Ω的電阻．在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d＝0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0 T．質(zhì)量m＝4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過(guò)定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直．當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)．求： (1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速

21、度v的大??； (2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大??； (3)在拉升CD棒的過(guò)程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q. 圖1-10 24．[答案] (1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J [解析] (1)由牛頓定律a＝＝12 m/s2?、? 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v＝＝2.4 m/s?、? (2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv?、? 感應(yīng)電流I＝?、? 安培力FA＝IBl?、? 代入得FA＝＝48 N?、? (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J?、? 由牛頓定律F－mgsin θ－FA＝0?、? CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng) 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝?、?

22、 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J　⑩ 33．[xx·上海卷] 如圖1-所示，一關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)的導(dǎo)體軌道位于水平面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與平面垂直．一足夠長(zhǎng)、質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒沿x方向置于軌道上，在外力F作用下從原點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿y軸正方向做加速度為a的勻速加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)棒與x軸始終平行．棒單位長(zhǎng)度的電阻為ρ，與電阻不計(jì)的軌道接觸良好，運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的熱功率隨棒位置的變化規(guī)律為P＝ky(SI)．求： 圖1- (1)導(dǎo)體軌道的軌道方程y＝f(x)； (2)棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力Fm隨y的變化關(guān)系； (3)棒從y＝0運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)＝L過(guò)程中外力F的功． 33．[答案] (1)y

23、＝x2　(2)Fm＝y(tǒng) (3)L2＋maL [解析] (1)設(shè)棒運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí)與軌道接觸點(diǎn)的坐標(biāo)為(±x，y)，安培力的功率 F＝ P＝＝ky 棒做勻加速運(yùn)動(dòng) v2＝2ay R＝2ρx 代入前式得y＝x2 軌道形狀為拋物線(xiàn)． (2)安培力Fm＝v＝ 以軌道方程代入得 Fm＝y(tǒng). (3)由動(dòng)能定理W＝Wm＋mv2 安培力做功Wm＝L2 棒在y＝L處動(dòng)能mv2＝maL 外力做功W＝L2＋maL. L5 電磁感應(yīng)綜合 25．L5[xx·全國(guó)卷Ⅲ] 如圖1-所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒

24、置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線(xiàn))與導(dǎo)軌垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時(shí)刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過(guò)MN，此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)．金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)．求： (1)在t＝0到t＝t0時(shí)間間隔內(nèi)，流過(guò)電阻的電荷量的絕對(duì)值； (2)在時(shí)刻t(t>t0)穿過(guò)回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大?。?

25、 圖1- 25．[答案] (1)　(2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) [解析] (1)在金屬棒未越過(guò)MN之前，t時(shí)刻穿過(guò)回路的磁通量為Φ＝ktS　① 設(shè)在從t時(shí)刻到t＋Δt的時(shí)間間隔內(nèi)，回路磁通量的變化量為ΔΦ，流過(guò)電阻R的電荷量為Δq.由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝?、? 由歐姆定律有i＝?、? 由電流的定義有i＝?、? 聯(lián)立①②③④式得|Δq|＝Δt?、? 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時(shí)間間隔內(nèi)，流過(guò)電阻R的電荷量q的絕對(duì)值為 |q|＝?、? (2)當(dāng)t>t0時(shí)，金屬棒已越過(guò)MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng)，有f＝F　⑦ 式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強(qiáng)

26、磁場(chǎng)施加的安培力．設(shè)此時(shí)回路中的電流為I，F(xiàn)的大小為 F＝B0Il?、? 此時(shí)金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0)?、? 勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)回路的磁通量為Φ′＝B0ls　⑩ 回路的總磁通量為Φt＝Φ＋Φ′ 式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩?式得，在時(shí)刻t(t>t0)穿過(guò)回路的總磁通量為 Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt　? 在t到t＋Δt的時(shí)間間隔內(nèi)，總磁通量的改變?chǔ)う祎為 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt　? 由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為 Et＝　? 由歐姆定律有I＝　? 聯(lián)立⑦⑧???式得f＝(B0lv0＋kS)　? 2．[xx·北京海淀區(qū)期末

27、練習(xí)] 圖K31-2是用電流傳感器(電流傳感器相當(dāng)于電流表，其電阻可以忽略不計(jì))研究自感現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)電路，電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，自感線(xiàn)圈L的自感系數(shù)足夠大，其直流電阻值大于燈泡D的阻值，在t＝0時(shí)刻閉合開(kāi)關(guān)S，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，在t＝t1時(shí)刻斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S.在圖K31-3所示的圖像中，可能正確表示電流傳感器記錄的電流隨時(shí)間變化情況的是(　　) 圖K31-2 圖K31-3 2．B　[解析] 閉合開(kāi)關(guān)后，開(kāi)始時(shí)線(xiàn)圈的阻礙作用很大，然后逐漸減小，因此外電路的電阻逐漸減小，故路端電壓逐漸減小，因此通過(guò)電流傳感器的電流逐漸減小，當(dāng)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)時(shí)，線(xiàn)圈產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，繼續(xù)對(duì)燈泡反向供電，供電電流大

28、小等于穩(wěn)態(tài)時(shí)通過(guò)線(xiàn)圈的電流，穩(wěn)態(tài)時(shí)通過(guò)線(xiàn)圈的電流小于通過(guò)燈泡的電流，故反向?qū)襞莨╇姷碾娏鞅仍瓉?lái)的小，然后通過(guò)燈泡的電流逐漸減小到零，B項(xiàng)正確． 1．(多選)[xx·山東威海期末考試] 如圖K32-1所示，兩個(gè)同心金屬環(huán)水平放置，半徑分別是r和2r，兩環(huán)間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直環(huán)面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在兩環(huán)間連接有一個(gè)電容為C的電容器，a、b是電容器的兩個(gè)極板．長(zhǎng)為r的金屬棒AB沿半徑方向放置在兩環(huán)間且與兩環(huán)接觸良好，并繞圓心以角速度ω做逆時(shí)針?lè)较?垂直環(huán)面向里看)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖K32-1 A．金屬棒中有從B到A的電流 B．電容器a極板帶正電 C．

29、電容器兩端電壓為 D．電容器所帶電荷量為 1．BC　[解析] 根據(jù)右手定則可知金屬棒中的電流方向由A到B，故電容器a極板帶正電，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，C項(xiàng)正確；電容器所帶電荷量Q＝，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 2．(多選)[xx·江西重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體第一次聯(lián)考] 如圖K33-3所示，在間距為l、足夠長(zhǎng)的兩條水平虛線(xiàn)間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其上方距上邊界h處有一導(dǎo)線(xiàn)框(各邊長(zhǎng)如圖中標(biāo)注)，現(xiàn)將導(dǎo)線(xiàn)框由靜止釋放，從線(xiàn)框下邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)至線(xiàn)框完全離開(kāi)磁場(chǎng)(整個(gè)過(guò)程線(xiàn)框保持豎直且不翻轉(zhuǎn))．該過(guò)程中v-t圖線(xiàn)可能正確的是(　　) 圖K33-3 圖K33-4 2．

30、CD　[解析] 線(xiàn)框如果剛進(jìn)入過(guò)程勻速，則當(dāng)下降的距離等于l后，受到的安培力將小于重力，線(xiàn)框?qū)⒆黾铀龠\(yùn)動(dòng)，隨著速度的增大，加速度逐漸減小，當(dāng)加速度減為零時(shí)將做勻速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；線(xiàn)框如果剛進(jìn)入過(guò)程做加速運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)下降的距離等于l后，加速度將突然增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；線(xiàn)框如果剛進(jìn)入過(guò)程做減速運(yùn)動(dòng)，安培力逐漸變小，故減速的加速度逐漸變小，最后有可能做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)下降的距離等于l后，安培力等于重力的一半，將做加速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的增大，加速度將逐漸變小，最后做勻速運(yùn)動(dòng)，D項(xiàng)正確． 3．(多選)[xx·山東日照一中期末考試] 如圖K34-3所示，足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌豎直放置，金屬棒ab、cd均通過(guò)棒兩

31、端的環(huán)套在金屬導(dǎo)軌上．虛線(xiàn)上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線(xiàn)下方有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.ab、cd棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，兩棒總電阻為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．開(kāi)始兩棒靜止在圖示位置，當(dāng)cd棒無(wú)初速度釋放時(shí)，對(duì)ab棒施加豎直向上的力F，使其沿導(dǎo)軌向上做勻加速運(yùn)動(dòng)．則(　　) 圖K34-3 A．a(chǎn)b棒中的電流方向由b到a B．cd棒先加速運(yùn)動(dòng)后勻速運(yùn)動(dòng) C．cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力 D．力F做的功等于兩棒產(chǎn)生的電熱與ab棒增加的機(jī)械能之和 3．ACD　[解析] ab向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，穿過(guò)閉合回路abdc的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可得a

32、b棒中的感應(yīng)電流方向?yàn)閎→a，故A正確；cd棒中感應(yīng)電流由c到d，其所在的區(qū)域有向下的磁場(chǎng)，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力向上，ab棒做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流增加，cd棒所受的安培力增大，對(duì)導(dǎo)軌的壓力增大，則滑動(dòng)摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先加速運(yùn)動(dòng)后減速運(yùn)動(dòng)，最后停止運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤，C正確；以ab棒為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理可得WF＋W安培＋WG＝mv2－0，力F所做的功應(yīng)等于兩棒產(chǎn)生的電熱與ab棒增加的機(jī)械能之和，故D正確． 4．[xx·濟(jì)南期末考試] 如圖K34-4所示，電阻不計(jì)的“∠”形足夠長(zhǎng)且平行的導(dǎo)軌，間距L＝1 m，導(dǎo)軌傾斜部分的傾角

33、θ＝53°，并與定值電阻R相連．整個(gè)空間存在著B(niǎo)＝5 T、方向垂直傾斜導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．金屬棒ab、cd的阻值Rab＝Rcd＝R，cd棒質(zhì)量m＝1 kg.ab棒光滑，cd棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6. (1)ab棒由靜止釋放，當(dāng)滑至某一位置時(shí)，cd棒恰好開(kāi)始滑動(dòng)．求這一時(shí)刻ab棒中的電流． (2)若ab棒無(wú)論從多高的位置釋放，cd棒都不動(dòng)，分析ab棒質(zhì)量應(yīng)滿(mǎn)足的條件． (3)若ab棒無(wú)論質(zhì)量多大、從多高位置釋放，cd棒始終不動(dòng)．求cd棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ應(yīng)滿(mǎn)足的條件． 圖

34、K34-4 4．(1) A　(2)mab<2.08 kg　(3)μ≥0.75 [解析] (1)cd棒剛要開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，對(duì)其受力分析如圖所示． 由平衡條件得 BIcdLcos 53°－f＝0 FN－mg－BIcdLsin 53°＝0 又f＝μFN 聯(lián)立以上三式，得Icd＝ A， 所以Iab＝2Icd＝ A. (2)ab棒在足夠長(zhǎng)的軌道上下滑時(shí)，最大安培力 FA＝mabgsin 53° cd棒所受最大安培力應(yīng)為FA，要使cd棒不能滑動(dòng)，需： FAcos 53°<μ 由以上兩式聯(lián)立解得：mab<2.08 kg. (3)ab棒下滑時(shí)，cd棒始終靜止，有 FAcos

35、53°<μ 解得：μ>＝ 當(dāng)ab棒質(zhì)量無(wú)限大時(shí)，在無(wú)限長(zhǎng)軌道上最終一定勻速運(yùn)動(dòng)，安培力FA趨于無(wú)窮大，cd棒所受安培力也趨于無(wú)窮大，由數(shù)學(xué)知識(shí)有：μ≥＝0.75. 3．[xx·北京海淀區(qū)期末練習(xí)] 如圖K35-3所示，PQ和MN是固定于水平面內(nèi)間距L＝1.0 m的平行金屬軌道，軌道足夠長(zhǎng)，其電阻可忽略不計(jì)．兩相同的金屬棒ab、cd放在軌道上，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與軌道垂直，且接觸良好，它們與軌道形成閉合回路．已知每根金屬棒的質(zhì)量m＝0.20 kg，每根金屬棒位于兩軌道之間部分的電阻值R＝1.0 Ω；金屬棒與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20，且與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．整個(gè)裝置處在豎直

36、向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.40 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．重力加速度g取10 m/s2. (1)在t＝0時(shí)刻，用垂直于金屬棒的水平力F向右拉金屬棒cd，使其從靜止開(kāi)始沿軌道以a＝5.0 m/s2的加速度做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，求金屬棒cd運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間金屬棒ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)； (2)若用一個(gè)適當(dāng)?shù)乃酵饬′向右拉金屬棒cd，使其達(dá)到速度v1＝20 m/s沿軌道勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒ab也恰好以恒定速度沿軌道運(yùn)動(dòng)．求： ①金屬棒ab沿軌道運(yùn)動(dòng)的速度大小； ②水平外力F′的功率． 圖K35-3 3．(1)1.0 s　(2)①15 m/s?、?6 W [解析] (1)設(shè)金屬棒cd運(yùn)動(dòng)t時(shí)間金屬棒ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)

37、， 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：此時(shí)金屬棒cd的速度v＝at 金屬棒cd產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E1＝BLv，通過(guò)金屬棒的電流I1＝＝ 金屬棒ab所受安培力FA1＝BI1L＝ 金屬棒ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)刻，F(xiàn)A1＝μmg 解得：t＝1.0 s. (2)①設(shè)金屬棒cd以速度v1＝20 m/s沿軌道勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒ab沿軌道勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v2. 此時(shí)通過(guò)ab、cd兩金屬棒的電流I2＝＝ 金屬棒ab所受安培力FA2＝BI2L＝＝μmg 解得：v2＝15 m/s. ②以金屬棒cd為研究對(duì)象，其所受水平外力F′、滑動(dòng)摩擦力Ff以及安培力FA3三個(gè)力的合力為零．即：F′－FA3－Ff＝0；其中FA3＝FA2 Ff＝μmg 解得：水平外力F′的功率P＝F′v1＝16 W.