北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
专题十一 电磁感应
【专题检测】
A组
一、选择题
1.(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,不符合题意;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,不符合题意;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,符合题意;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,只有重力做功,则机械能守恒,故D正确,不符合题意。
2.(2019广东汕头一模,20)(多选)如图甲为电动汽车无线充电原理图,M为受电线圈,N为送电线圈。图乙为受电线圈M
的示意图,线圈匝数为n,电阻为r,横截面积为S,两端a、b连接车载变流装置,匀强磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。
下列说法正确的是 ( )
A.只要受电线圈两端有电压,送电线圈中的电流一定不是恒定电流
B.只要送电线圈N中有电流流入,受电线圈M两端一定可以获得电压
C.当线圈M中磁感应强度大小均匀增加时,M中有电流从a端流出
nSΔB
D.若Δt时间内,线圈M中磁感应强度大小均匀增加ΔB,则M两端的电压为
Δt
答案 AC 只要受电线圈两端有电压,说明穿过受电线圈的磁场变化,故送电线圈中的电流一定不是恒定电流,故A
正确;若送电线圈N中有恒定电流,则产生的磁场不变化,穿过受电线圈的磁通量不发生变化,M两端不会获得电压,故B
错误;线圈M中的磁感应强度均匀增加,根据楞次定律,如果线圈闭合,感应电流的磁场向下,故感应电流方向从b向a,即
ΔΦ ΔB
电流从a端流出,故C正确;根据法拉第电磁感应定律有:E=n =nS ,设M外接电路的电阻为R,由闭合电路欧姆
Δt Δt
E nSΔBR
定律得,M两端的电压U= R= ,故D错误。
R+r Δt(R+r)
3.(2020湖南六校联考,21)(多选)如图甲所示,光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上,两导轨间距
L=0.30 m。导轨电阻忽略不计,其间连接有固定电阻R=0.40 Ω。导轨上停放一质量m=0.10 kg、电阻r=0.20 Ω的金属北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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杆ab,整个装置处于磁感应强度B=0.50 T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab,使之
由静止开始做加速运动,电压传感器(工作电流很小可以忽略)可将R两端的电压U即时采集并输入电脑,获得电压U随
时间t变化的关系图像,如图乙所示。运动过程中,ab与导轨始终垂直且接触良好,对于运动过程,以下说法正确的是
( )
A.若2 s末撤去外力,则杆ab还能运动约5.33 m
B.第2 s末外力F的瞬时功率为0.2 W
C.如果外力在0~2 s所做功为0.3 J,则该过程金属杆上产生的焦耳热约为0.033 J
D.在外力F作用下金属杆ab一定做匀加速直线运动,且a=2 m/s2
R
答案 AC 根据E=BLv,v=at,U= E,结合图乙所示数据,解得:a=1 m/s2,选项D错误。由图像可知在2 s末,电阻R
R+r
U
两端电压为0.2 V,通过金属杆的电流I= ,金属杆受到的安培力F =BIL,金属杆的速度v=at,设2 s末外力大小为F,
安 2 2 2
R
由牛顿第二定律得F-F =ma,故2 s末时F的瞬时功率P=Fv=0.35 W,选项B错误。由动量定理有-BILt=0-mv,得
2 安 2 2 2
BLx 1
BLq=mv,q=It= ,解得:x≈5.33 m,A正确。设回路产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律得W=Q+ mv2,电阻R与金属
2 R+r 2 2
r
杆串联,产生的焦耳热与电阻成正比,金属杆上产生的焦耳热Q= Q,得:Q≈0.033 J,选项C正确。
r R+r r
4.(2020浙江宁波适应性考试,10)(多选)如图所示,用电流传感器研究自感现象。电源内阻不可忽略,线圈的自感系数较
大,其直流电阻小于电阻R的阻值。t=0时刻闭合开关S,电路稳定后,t 时刻断开S,电流传感器连接计算机分别描绘了
1
整个过程线圈中的电流I 和电阻中的电流I 随时间t变化的图像。下列图像中可能正确的是 ( )
L R
答案 AD 当t=0时刻闭合开关S的瞬间,电路中的电流突然增大,在L中要产生自感电动势,阻碍电流的增加,所以L
中的电流会逐渐增加到稳定值;而电阻R上,开始时由于L中的很大的自感电动势的产生,在L上相当于断路,所以流过
R的电流会较大,然后逐渐减小到稳定值。由于L的直流电阻小于电阻R的阻值,所以稳定时流过电阻R的电流小于流
过L的电流,两者方向相同,都是从左向右;当t 时刻断开S时,R中原来的电流立即减小到零,但是L中由于自感电动势
1
阻碍电流的减小,所以此电流会在L和R中形成回路,然后逐渐减到零,其流过R的电流方向与原来方向相反。所以选
项A、D正确。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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二、非选择题
5.(2020,5·3原创题)如图所示,足够长的固定的平行金属轨道左侧与水平地面成37°角,右侧与地面垂直,轨道宽为L=0.8
m,整个装置处于B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下。质量分别为m=0.2 kg、m=0.5 kg的导体棒ab、cd水平
1 2
放在左、右两侧轨道上并与轨道垂直。已知ab、cd棒的电阻均为R=0.2 Ω,其余电阻不计,ab棒与轨道间的摩擦可忽
略不计,cd棒与轨道间的动摩擦因数为μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos
37°=0.8。由静止同时释放两棒,在棒下滑过程中,
(1)判断cd棒中感应电流的方向;
(2)求回路中电功率的最大值;
(3)定性画出cd棒下滑过程中的速度-时间图像(要求有分析与推理过程)。
答案 (1)从c到d (2)5.625 W (3)见解析
解析 (1)ab棒沿左侧倾斜轨道下滑时切割磁感线,根据右手定则,ab棒中产生的感应电流方向从b到a;cd棒下滑不
切割磁感线,ab棒中产生的感应电流通过cd棒,电流方向从c到d。
(2)ab棒在左侧轨道上受力情况如图甲所示,由牛顿第二定律得mg sin 37°-F cos 37°=ma
1 1 1 1
F=BIL=B2L2v cos37°
1 1
2R
甲
v 增大,a 减小,ab棒做加速度逐渐减小的加速运动,当mg sin 37°-BIL cos 37°=0时ab棒的速度最大,此后ab棒以
1 1 1
最大速度做匀速直线运动,回路中通过的最大电流
m g
I = 1 tan 37°=3.75 A
m
BL
则回路中的最大电功率P = ·2R=5.625 W
m I2
m
(3)cd棒在右侧轨道上受力情况如图乙所示,cd棒刚释放后,由牛顿第二定律得mg-μB2L2v cos37°=ma
2 1 2 2
2R
乙
v 增大,a 减小,cd棒做加速度逐渐减小的加速运动,
1 2
当ab棒以最大速度匀速运动时,因为滑动摩擦力
F=μF =μBI L=0.75 N<mg
f N2 m 2
所以cd棒之后将做匀加速直线运动北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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由以上分析可画出cd棒速度-时间图像如图丙所示。
丙
6.(2020内蒙古包头统考,24)如图,倾角为θ=37°的斜面内有两根足够长的平行导轨L、L,其间距L=0.5 m,左端接有电
1 2
容C=20 000 μF的平行板电容器。质量m=40 g的导体棒可在导轨上滑动,导体棒和导轨的电阻不计。整个空间存在
着垂直导轨所在平面的匀强磁场,磁感应强度B=2 T。现使导体棒以速度v =10 m/s从A点开始沿导轨向上运动,经过
A
时间t速度恰好为0,再经时间√5t,回到A点,重力加速度取g=10 m/s2。求:
(1)导体棒从A点开始运动时,电容器上的电荷量Q ;
A
(2)导体棒与导轨间动摩擦因数的大小μ;
(3)时间t的大小和返回A点时的速度大小v '。
A
2
答案 (1)0.2 C (2)0.187 5 (3) s 2√5 m/s
3
解析 (1)Q =CU
A
U=BLv
A
Q =CBLv =2×10-2×2×0.5×10 C=0.2 C
A A
ΔQ CΔU CBLΔv
(2)电容器的充电电流:I= = = =CBLa
Δt Δt Δt
对导体棒,由牛顿第二定律
上升过程:mg sin θ+μmg cos θ+BIL=ma
1
下降过程:mg sin θ-μmg cos θ-BIL=ma
2
mg(sinθ+μcosθ)
解得:a=
1 m-CB2L2
mg(sinθ-μcosθ)
a=
2 m+CB2L2
导体棒向上与向下都做匀变速直线运动
上升过程:x=v t-1at2,t= v
1 A 1 A
2 a
1
1
下降过程:x= a(√5t)2
2 2
2
x=x
1 2
2
解得μ=0.187 5,a=15 m/s2,a=3 m/s2,t= s
1 2
3
(3)v '=a·√5t=2√5 m/s
A 2
B组
一、选择题
1.(2020广东深圳第二次线上统一考试,18)(多选)电磁感应原理在科技和生活中有着广泛的应用,下列说法正确的是
( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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(a)手机无线充电器
(b)电磁炉
(c)延时继电器
(d)电子感应加速器
A.图(a)中利用了发射线圈和接收线圈之间的互感现象构成变压器,从而实现手机充电
B.图(b)中给电磁炉接通恒定电流,可以在锅底产生涡流,给锅中食物加热
C.图(c)中如果线圈B不闭合,S断开将不会产生延时效果
D.图(d)中给电子感应加速器通以恒定电流时,被加速的电子获得恒定的加速度
答案 AC 试题以电磁感应原理在科技和生活中的应用为情境,考查电磁感应等必备知识,主要考查理解能力、模
型建构能力,体现了科学推理的学科素养,突出对应用性考查要求。
电流流过发射线圈会产生变化的磁场,当接收线圈靠近该变化的磁场时就会产生感应电流给手机充电,即利用发
射线圈和接收线圈之间的互感现象构成变压器,从而实现手机充电,A正确;恒定的电流激发恒定的磁场,穿过锅的磁通
量不变,不会发生电磁感应现象,没有涡流产生,B错误;若线圈B不闭合,S断开,线圈B中不产生感应电流,工作电路会立
即断开,故不会产生延时效果,C正确;给电子感应加速器通以恒定电流时产生的磁场不变,即磁通量不变,则不会产生感
生电场,不能加速电子,D错误。
解题关键 解答本题的关键是要理解各种装置的工作原理,要掌握电磁感应产生的条件。
2.(2020山东青岛一模,10)(多选)如图,条形磁铁在固定的水平闭合导体圆环正上方,从离地面高h处由静止开始下落,下
落过程中始终保持竖直方向,并从圆环中心穿过,最后落在水平地面上。条形磁铁A、B两端经过线圈平面时的速度分
别为v、v,线圈中的感应电流分别为I、I,电流的瞬时功率分别为P、P。不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法
1 2 1 2 1 2
正确的是 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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A.从上往下看,I 的方向为顺时针
2
B.I∶I=v∶v
1 2 1 2
C.P∶P=v∶v
1 2 1 2
D.磁铁落地时的速率为√2gℎ
答案 AB 条形磁铁B端经过线圈平面时,穿过线圈的磁通量向下减小,根据楞次定律可知,从上往下看,I 的方向为
2
E
顺时针,选项A正确;条形磁铁A、B端经过线圈平面时磁感应强度相同,根据E=BLv以及I= 可知I∶I=v∶v,根据
1 2 1 2
R
P=I2R可知电流的瞬时功率之比为P∶P= ∶ = ∶ ,选项B正确,C错误;若磁铁自由下落,则落地的速度为 ,而由
1 2 I2I2 v2v2 √2gℎ
1 2 1 2
于磁铁下落过程中有电能产生,机械能减小,则磁铁落地时的速率小于√2gℎ,选项D错误。
3.(2020 5·3原创)(多选)电学测量仪器要求指针的摆动可以很快停下来。磁电式仪表的线圈常常用铝框做骨架,把线圈
绕在铝框上(如图所示)。利用铝框中产生的涡流,从而通过磁场对这个涡流的作用力阻碍它们的摆动,使指针能很快地
指到示数的位置上 ( )
A.当线圈中通入电流转动时,铝框中的涡流方向与线圈中电流同向
B.当线圈中通入电流转动时,铝框中的涡流方向与线圈中电流反向
C.直接拿绝缘棒轻轻左右拨动指针,铝框中的涡流方向与线圈中电流同向
D.直接拿绝缘棒轻轻左右拨动指针,铝框中的涡流方向与线圈中电流反向
答案 BC A、B选项,当线圈中通入电流转动时,铝框必然跟着线圈一起转动,切割磁感线产生感应电动势和感应电
流。它们彼此绝缘,铝框受到的安培力是它们转动的阻力,与转动方向相反,使指针很快停在该停的位置。铝框中的涡
流方向与线圈中电流是反向的,B正确。
C、D选项,直接拿绝缘棒轻轻左右拨动指针时,线圈与铝框均切割磁感线产生感应电动势和感应电流,它们彼此绝
缘,各自受到的安培力均与转动方向相反,是它们转动的阻力,所以铝框中的涡流方向与线圈中电流是同向的,C正确。
4.(2018红桥二模,17)如图甲所示,电路的左侧是一个电容为C的电容器,电路的右侧是一个环形导体,环形导体所围的
面积为S。在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示。则在0~t
0
时间内电容器 ( )
CS(B -B )
A.上极板带正电,所带电荷量为
2 1
t
0北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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C(B -B )
B.上极板带正电,所带电荷量为
2 1
t
0
CS(B -B )
C.上极板带负电,所带电荷量为
2 1
t
0
C(B -B )
D.上极板带负电,所带电荷量为
2 1
t
0
答案 A 根据法拉第电磁感应定律,电动势E=
(B
2
-B
1
)S
,电容器两端的电压等于感应电动势,所以电容器所带的
t
0
CS(B -B )
电荷量Q=CU= 2 1 。根据楞次定律,在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向,所以电容器的上
t
0
极板带正电。所以A选项是正确的,B、C、D错误。
5.(2018山东济南一模,15)图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图,L 和L 为电感线圈,A、A、A 都是规格相同的
1 2 1 2 3
灯泡。实验时,断开开关S 瞬间,A 突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S,A 逐渐变亮,而A 立即变亮,最终A 与A 的亮
1 1 2 2 3 2 3
度相同。下列说法正确的是 ( )
A.图甲中,A 的电阻与L 的直流电阻相等
1 1
B.图乙中,变阻器R的接入电路的电阻与L 的直流电阻相等
2
C.图甲中,闭合S,电路稳定后,A 中的电流大于L 中的电流
1 1 1
D.图乙中,闭合S 瞬间,L 中的电流与变阻器R中的电流相等
2 2
答案 B 题图甲中,断开S 的瞬间,A 突然闪亮,是因为电路稳定时,L 中的电流大于A 中的电流,由并联电路知识可
1 1 1 1
知,L 的直流电阻小于A 的电阻,故A、C均错误;题图乙中,闭合开关S,电路稳定后,A 与A 的亮度相同,可知两支路电
1 1 2 2 3
流相等,总电阻相同,因两个灯泡电阻相同,所以变阻器R的接入电路的电阻与L 的直流电阻相等,故B正确;题图乙中,
2
闭后S 瞬间,A 立即变亮,A 则较暗,所以L 中的电流与变阻器R中的电流不相等,故D错误。
2 3 2 2
二、非选择题
6.(2020红桥一模)如图所示,两根竖直固定的足够长的金属导轨ad和bc,相距为L=10 cm;另外两根水平金属杆MN和
EF可沿导轨无摩擦地滑动,MN杆的质量m=0.2 kg,EF杆的质量M=0.5 kg,在两导轨之间两杆的总电阻为R=0.2 Ω(竖直
金属导轨的电阻不计);空间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为B=5 T,磁场区域足够大;开始时MN与EF
叠放在一起放置在水平绝缘平台上,现用一竖直向上的牵引力F'使MN杆由静止开始匀加速上升,加速度大小为a=1
m/s2,试求:(g取10 m/s2)
(1)前2 s时间内流过MN杆的电荷量(设EF杆还未离开水平绝缘平台);
(2)至少经多长时间EF杆能离开平台。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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答案 (1)5 C (2)4 s
1
解析 (1)t=2 s内MN杆上升的距离为h= at2
2
此段时间内MN、EF与导轨形成的回路内,磁通量的变化量为
ΔΦ=BLh
产生的平均感应电动势为
ΔΦ
E=
t
产生的平均电流为
E
I=
R
流过MN杆的电荷量
q=It
代入数据解得
BLat2
q= =5 C
2R
(2)EF杆刚要离开平台时有
BI'L=Mg
此时回路中的电流为
E'
I'=
R
MN杆切割磁感线产生的电动势为
E'=BLv'
MN杆运动的时间为
v'
t'=
a
代入数据解得
MgR
t'= =4 s
B2L2a
7.(2019河东一模,13)如图所示PQ、MN为足够长的两平行金属导轨,它们之间连接一个阻值R=8 Ω的电阻,导轨间距
为L=1 m。一质量为m=0.1 kg、电阻r=2 Ω、长约1 m的均匀金属杆水平放置在导轨上,它与导轨间的动摩擦因数μ=
√3
,导轨平面的倾角θ=30°,在垂直导轨平面方向有匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T,今让金属杆AB由静止开始下滑,下
5
滑过程中杆AB与导轨一直保持良好接触,杆AB从静止开始到杆AB恰好匀速运动的过程中经过杆的电荷量q=1 C,g
取10 m/s2,求:
(1)杆AB下滑速度为2 m/s时加速度的大小;
(2)杆AB下滑的最大速度;
(3)从静止开始到杆AB匀速运动过程中R上产生的热量。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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答案 (1)1.5 m/s2 (2)8 m/s (3)0.64 J
8.(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,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v 的大小;
m
(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v,通过位置b时速率表示
a
为v(注:v、v 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
b a b
的电能E 与E 之比为多大?
ab bc
图1
图2
图3
答案 (1) FR (2)CBL√ 2xF (3)3∶1
B2L2 m+CB2L2
解析 (1)金属棒受到的安培力为
B2L2v
F =BIL=
安 R
金属棒做匀速直线运动时速度最大,由平衡条件得
F=B2L2v
m
R
FR
解得v = 。
m B2L2北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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(2)金属棒运动过程产生感应电动势为
E=BLv
电容器两极板间电压:U=E=BLv
金属棒受到的安培力:F =BIL
安
电容器所带电荷量:q=CU
Δq CΔU CBLΔv
充电电流:I= = = =BCLa
Δt Δt Δt
对金属棒,由牛顿第二定律得
F-F F-BIL F-CB2L2a
a= 安= =
m m m
F
解得:a=
m+CB2L2
金属棒做初速度为零的匀加速直线运动
1
位移:x= at2
2
解得:t=√2x(m+CB2L2)
F
金属棒向右移动x时,速度为
v=at=√ 2xF
m+CB2L2
感应电动势:E=BLv=BL√ 2xF
m+CB2L2
电容器的带电荷量:q=CU=CE=CBL√ 2xF 。
m+CB2L2
E ΔΦ BLd
(3)通过金属棒的电荷量:q=IΔt= Δt= =
R R R
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:q=q
1 2
对金属棒,由动量定理得:
从a→b:BIL·Δt=mv-mv
1 1 a b
从b→c:BIL·Δt=mv-0
2 2 b
其中:q=I·Δt,q=I·Δt
1 1 1 2 2 2
由于:q=q,解得:v=2v
1 2 a b
1 1
由能量守恒定律得: mv2= mv2+E
2 a 2 b ab
1 1
mv2=E + mv2,其中v=0
2 b bc 2 c c
解得:E =3E ,则E ∶E =3∶1。
ab bc ab bc
9.(2019南开一模)如图甲所示,ABCD为一足够长的光滑绝缘斜面,EFGH范围内存在方向垂直斜面向上的匀强磁场,磁
场边界EF、HG与斜面底边AB平行。一正方形金属框abcd放在斜面上,ab边平行于磁场边界。现使金属框从斜面
上某处由静止释放,金属框从开始运动到cd边离开磁场的过程中,其运动的v-t图像如图乙所示。已知金属框电阻
R=0.8 Ω,质量m=0.04 kg,重力加速度g=10 m/s2,求:北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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(1)磁场区域的磁感应强度和宽度;
(2)金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热;
(3)金属框出磁场EF边界过程中通过金属框截面的电荷量和所用时间。
答案 (1)2 T 0.5 m (2)0.108 8 J (3)0.1 C 0.12 s
解析 (1)由图乙所示图像可知,0~0.2 s内金属框的加速度:a= Δv 1=1.0 m/s2=5 m/s2
Δt 0.2
1
金属框进入磁场前,由牛顿第二定律:mg sin θ=ma,解得:sin θ=0.5
由v-t图像可知,金属框进入磁场过程中做匀速直线运动,金属框边长:L=vΔt=1×(0.4-0.2) m=0.2 m
1
金属框进入磁场过程中受到的安培力:
F=BIL=B2L2v
1
R
金属框进入磁场过程中做匀速直线运动,由平衡条件得:
mg sin
θ=B2L2v
1
R
代入数据解得:B=2 T;
v +v 1.0+2.0
由v-t图像可知:0.4~0.6 s金属框完全进入磁场,位移:x= 1 2t= ×(0.6-0.4) m=0.3 m
2 3 2
磁场的宽度:d=L+x=0.2 m+0.3 m=0.5 m
(2)金属框穿过磁场过程中,由能量守恒定律得:
1 1
mv2+mg sin θ(d+L)= mv2+Q
2 1 2 3
代入数据解得:Q=0.108 8 J
(3)金属框出磁场过程中,平均感应电动势: =
ΔΦ=BL2
E
Δt' t
4
E
平均感应电流:I=
R
电荷量:q=It
4
BL2
整理得:q=
R
代入数据解得:q=0.1 C
金属框出磁场过程中,由动量定理得:
mg sin θ·t-BIL·t=mv-mv
4 4 3 2
其中:It=q
4
代入数据解得:t=0.12 s
4北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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解题指导 (1)根据v-t图像分析金属框的运动过程,求出金属框进入磁场前的加速度,然后求出斜面的倾角;应用安培力
公式求出金属框进入磁场过程受到的安培力,然后由平衡条件求出磁感应强度;根据金属框运动过程求出金属框穿过
磁场的宽度。
(2)应用能量守恒定律求出金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热。
(3)应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电流定义式求出通过金属框的电荷量,应用动量定理可以求出金属框穿
出磁场的时间。
10.(2020湖南师大附中月考五)如图甲所示,两相距L=0.5 m的平行金属导轨固定于水平面上,导轨左端与阻值R=2 Ω
的电阻连接,导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m=0.2 kg的金属杆垂直置于导轨上,与导轨接触良
好,导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动,并始终与导轨垂直,其v-t图像如图
乙所示。在15 s末时撤去拉力,同时使磁场随时间变化,从而保持回路磁通量不变,杆中电流为零,求:
(1)金属杆所受拉力的大小 F;
(2)0~15 s内匀强磁场的磁感应强度大小;
(3)撤去恒定拉力之后,磁感应强度随时间的变化规律。
答案 见解析
解析 (1)由v-t图像可知,在0~10 s内,金属杆做匀加速直线运动,杆没有进入磁场,由牛顿第二定律得
F-μmg=ma
1
由题意可知,15 s末撤去拉力,没有感应电流,杆不受安培力作用,杆所受的合外力为滑动摩擦力,由牛顿第二定律得
μmg=ma,由v-t图像可知,加速度大小
2
a=Δv = 4 m/s2=0.4 m/s2
1 1
Δt 10
1
a=Δv = 4 m/s2=0.8 m/s2
2 2
Δt 20-15
2
解得F=0.24 N
(2)在10~15 s内,金属杆做匀速直线运动,速度v=4 m/s
金属杆受到的安培力F
=BIL=B2L2v
安 0 0
R
金属杆做匀速直线运动,处于平衡状态,由平衡条件得F=μmg+B2L2v
0
R
代入数据解得B=0.4 T
0
(3)15~20 s内没有产生感应电流,穿过回路的磁通量保持不变,金属杆在10~15 s内的位移
d=vt=4×5 m=20 m
15 s后,金属杆的加速度大小a=0.8 m/s2,金属杆的位移:
2
1
x=v(t-15 s)- a(t-15 s)2
2
2
磁通量保持不变,则BLd=BL(d+x)
0北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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20
解得B= (T)
50-(t-15)(t-25)
11.(2018广东深圳二模,25)如图1所示,平行金属导轨abcdef、a'b'c'd'e'f'分别固定在两个竖直平面内,其中cf、c'f'在同
一水平面上,间距d=0.6 m,各段之间平滑连接,电阻不计,倾斜段ab、a'b'粗糙,其长度l=2.25 m,倾角θ=37°,其他部分光
1
滑,bc、b'c'弧半径r=1.75 m,水平段cd长度l=1 m,de、ef长度适当。在ee'右侧适当位置锁定质量m=0.1 kg、电阻
2 2
R=3 Ω的导体棒PQ。在dd'正下方连一开关,导线电阻不计。在cc'e'e区间分布匀强磁场B,其变化规律如图2,ee'右侧
2 1
区间分布B=0.4 T的匀强磁场,方向均竖直向上。
2
图1
图2
(1)在t=0时将开关闭合,同时将质量为m=0.4 kg、电阻R=2 Ω的导体棒MN从aa'位置由静止释放,求导体棒MN
1 1
滑至位置bb'时的速度大小。两棒均与导轨垂直,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,MN与倾斜段轨道之
间的动摩擦因数μ=0.5,π取3.14。
(2)当导体棒MN进入磁场时,立即断开开关、解除PQ锁定,假设磁场范围足够大,MN棒能两次达到匀速运动状态,
求导体棒MN从开始运动到第一次达到匀速时所产生的焦耳热。
(3)导体棒MN第二次达到匀速时,若MN突然被锁定,求PQ还能再向前滑动的距离。
答案 (1)3 m/s (2)0.712 J (3)20.83 m
解析 试题以双杆模型为情境,考查法拉第电磁感应定律、动量定理、动能定理等必备知识,主要考查理解能力、推
理论证能力、模型建构能力,体现了科学思维的学科素养,突出对综合性考查要求。
1
(1)导体棒MN从aa'到bb'的过程中,由动能定理有mgl sin 37°-μmgl cos 37°= mv2 ①
1 1 1 1 2 b
解得v=3 m/s
b
(2)导体棒MN从aa'到bb'的过程中,mg sin 37°-μmg cos 37°=ma ②
1 1 1 1
解得a=2 m/s2,
1
t
1
=v
b
=1.5 s③
a
1
1 1
导体棒MN从bb'到cc'的过程中,mgr(1-cos 37°)= m v2- m v2 ④
1 2 1 c 2 1 b
解得v=4 m/s;
c
37°
弧长l = ×2πr≈1.13 m⑤
bc 360°
l
即使导体棒MN以最大速度v=4 m/s通过圆弧,所需最小时间t= ≈0.28 s
c 2 bc
v
c
由于t+t=1.5 s+0.28 s=1.78 s>1.6 s⑥
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因此前1.6 s内电动势E=ΔBS=ΔBld=0.3 V,产生热量Q=E2 t=0.072 J
2 1
Δt Δt R
1
当导体棒MN进入磁场时cc'e'e区间分布的匀强磁场磁感应强度稳定为B=0.8 T
1
设导体棒MN进入磁场到第一次达到匀速时,导体棒MN的速度为v,导体棒PQ速度为v,此时回路中感应电动势
1 2
为零,则有Bdv=Bdv,即Bv=Bv ⑦
1 1 2 2 1 1 2 2
在导体棒MN进入磁场到第一次达到匀速过程中,由动量定理有
{-B IdΔt=m v -m v
1 1 1 1 c
B IdΔt=m v
2 1 2
解得{v
1
=2m/s
v =4m/s
2
1 1 1
由能量守恒定律有 m v2= m v2+ m v2+Q
2 1 c 2 1 1 2 2 2 2
R
导体棒MN在磁场中运动第一次达到匀速时产生的焦耳热Q
MN
=
1
Q
2
R +R
1 2
解得Q =0.64 J
MN
总热量Q=Q+Q =0.712 J
1 MN
(3)导体棒MN第二次达到匀速时,导体棒MN、PQ都在磁场B 中,由于两导体棒受到的安培力大小相等方向相反,
2
因此在磁场B 中导体棒MN、PQ组成的系统动量守恒;设第二次匀速时导体棒MN、PQ速度都为v,则
2 3
mv+mv=(m+m)v
1 1 2 2 1 2 3
解得v=2.4 m/s;
3
导体棒MN突然被锁定到导体棒PQ停下来的过程中,对导体棒PQ由动量定理可得
-B I'dΔt'=0-mv;
2 2 3
ΔΦ
E ΔΦ
又q=I'Δt'= Δt'= Δt' Δt'= ,其中ΔΦ=Bdx;
R +R R +R 2
1 2 R +R 1 2
1 2
联立解得PQ还能向前滑动的距离x≈20.83 m。
