2016物理高考分類(lèi)(2016高考真題+模擬新題)L單元電磁感應(yīng)

1、L單元電磁感應(yīng)L1電磁感應(yīng)現(xiàn)象、楞次定律16. L1 L22016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)较駼. Ea ： Eb=4 ： 1,感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较駽. Ea ： Eb=2 ： 1,感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较駾. Ea ： Eb=2 ： 1,感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较駻皿 A B 216. B 解析由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E = n H

2、p則E=njT兀R.由于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?選項(xiàng) B正 確.6. L1 2016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.增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D.磁振動(dòng)過(guò)程中，線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

3、體時(shí)，金屬弦磁性消失，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，增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(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，線圈中的電流方向不斷變化，選項(xiàng) D正確.4. L1 2016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)線在同一豎直 面內(nèi)，環(huán)的圓心與兩導(dǎo)線距離相等， 環(huán)的直徑小于兩導(dǎo)線間距.兩導(dǎo)線中通有大小相等、方 向向下的恒定電流.若（）“ o v左一右圖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)较駼.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)较駽.金屬環(huán)向左側(cè)直導(dǎo)線靠近，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较駾.金屬環(huán)向右

4、側(cè)直導(dǎo)線靠近，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?. 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， 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，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?；?dāng)金屬環(huán)向右側(cè)直導(dǎo)線靠近時(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)较颍?D正確.5. L1 2016上海卷磁鐵在線圈中心上方開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈中產(chǎn)生如圖方向的感應(yīng)電 流，

5、則磁鐵（）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)6. B 解析從圖中看，產(chǎn)生感應(yīng)電流的線圈可以等效為一個(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 2016上海卷如圖1-（a）所示，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以圖中 箭頭所示方向?yàn)槠湔较?螺線管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L,圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi).當(dāng)螺線管內(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)（）(*)(b)A.在t1t2時(shí)間內(nèi), B.在t2t3時(shí)間內(nèi), C.在t2t3時(shí)間內(nèi), D.在t3t4時(shí)間內(nèi),圖1-L有收縮趨勢(shì)L有擴(kuò)張趨勢(shì)L內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流L

6、內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流20. AD 解析在t1t2時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律可判斷出導(dǎo)線框中產(chǎn)生d一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t2t3時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)先減弱后反向增強(qiáng)，線圈中產(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t3t4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)線框中產(chǎn)生d-c一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，D正確.L2法拉第電磁感應(yīng)定律、自感21. L22016全國(guó)卷H

7、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 （）Q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，各輻條都在切割磁感線，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

8、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 = 1BL23,而I = E,故A正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)角速度 3變?yōu)樵瓉?lái) 2R的2倍時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E = ；BL23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 2016全國(guó)卷出如圖所示，M為半圓形導(dǎo)線框，圓心為 Om ； N是圓心角 為直角的扇形導(dǎo)線框，圓心為On；兩導(dǎo)線框在同一豎直面（紙面）內(nèi)；兩圓弧半徑相等；過(guò)直線0MoN的水平面上方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面.現(xiàn)使線框M、N在t=

9、0時(shí)從圖示位置開(kāi)始，分別繞垂直于紙面、且過(guò)0m和On的軸，以相同的周期 T逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則（）XXXXXXXXXXXXXXMN圖1-A.兩導(dǎo)線框中均會(huì)產(chǎn)生正弦交流電B.兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的周期都等于TC.在t=T時(shí)，兩導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等8D.兩導(dǎo)線框的電阻相等時(shí)，兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的有效值也相等21. BC 解析設(shè)導(dǎo)線圈半徑為l,角速度為以?xún)蓪?dǎo)線框切割磁感線的等效長(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 = Tb312,但進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)時(shí)電流方向相反，所以線框中應(yīng)該產(chǎn)生方波交流式電，如圖所示，A錯(cuò)誤；由T2 兀 ， 一 1,1I、，、一一， 一 一，

10、T, B正確；在t = T時(shí)，兩導(dǎo)線框均在8切割磁感線，故兩導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均為2bcol2, C正確；對(duì)于線框.右 E2 TM，有R ' 2 +E2RT U2M-=2 R T,解得U有乂=£；對(duì)于線框,.E2N，-T+ 0 + E- , T+ 0= mN , T,解得 U 有 4 R 4 R="可知，兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的周期相同，均為 3n=E,故兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的有效值并不相等，D錯(cuò)誤.13. D4、D5、L2、L32016江蘇卷?yè)?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

11、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的連線垂直，M、N間的距離L = 20 m,地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于 v, MN所在平面的分量 B = 1.0X10 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=6.4X103 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.

12、54 V (2)不能，理由見(jiàn)解析 (3)4X105 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)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GM? = mg R勻速圓周運(yùn)動(dòng)GMm(R+ h) 2mR+ hR2解得h=gR,代入數(shù)據(jù)得 h4x 105 m(數(shù)量級(jí)正確都算對(duì)16. L1 L22016浙江卷如圖1-2所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成, 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，不考慮線圈之間的相互影響，則 ()X X K X X X圖1-2A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順

13、時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B. a、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為 9： 1C. a、b線圈中感應(yīng)電流之比為 3： 4D. a、b線圈中電功率之比為 3： 116. B 解析由楞次定律可判斷，兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较?，選項(xiàng) AAB 2 _ l E _ E2 -_錯(cuò)誤；由 E=nxF，S= 12, R= 0 I=R, 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 2016全國(guó)卷I 如圖1-,兩固定的絕緣斜面傾角均為以上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和c

14、d(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度土勻?yàn)長(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)度大小為B,方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為心重力加速度大小為 g,已知金屬棒ab勻速下滑.求：(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小;(2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小.圖1-答案(1)mg(sin 0 3ros 0 ) mgR(2)(sin 03 pcos 0 )B2L2解析(1)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T(mén),右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小

15、為 Ni,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 8 = wM + T+F Ni = 2mgcos 9對(duì)于cd棒，同理有 mgsin 9 +科2=丁 N2= mgcos 0聯(lián)立式得F = mg(sin 93 pcos 8) (2)由安培力公式得 F=BIL ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流，e = BLv (7式中，v是ab棒下滑速度的大小，由歐姆定律得聯(lián)立式得v= (sin 03 gos 0)B22 24. L42016全國(guó)卷n 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)

16、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).to時(shí)刻，金屬桿進(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)為四重力加速度大小為 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-*FsB212to24.答案(1)Blt0。-4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 mg 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

17、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 聯(lián)立式可得E=Blt0。一司I,根據(jù)歐姆定律(2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為苜式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為f= BIl 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得Fm g f= 0 聯(lián)立式得R=抵m7. L4 2016四川卷如圖1-所示，電阻不方f、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 = FO+kv(F0、k是

18、常量)，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良 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()7. BC 解析設(shè)金屬棒在某一時(shí)刻速度為電流 I= rT7=ZB4v，即 10cv；安培力 FA=BI1 r十r r十r電壓Ur= IR=RRrv,即Ur8v；感應(yīng)電流功率分析金屬棒運(yùn)動(dòng)情況，由牛頓第二定律可得v,由題意可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E = B1v,感應(yīng)B212=77/,方向水平向左，即 Fav； R兩端R十rP=EI=-B-v2,即 Pav2R+ rB212F 合=5 FA=Fo+kv v = Fo +R十rFo0,且

19、F合0,即a0,力口速B B212 1F 合度方向水平向右.(1)若 k = Ml, F 合=F0,即R+ r明 vat,即 I oct, FaL UrOM,k Rqrr v,而加速度a=癡.因?yàn)榻饘侔魪撵o止出發(fā)，所以a = F2,金屬棒水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有 v= at,說(shuō) mP8t2,所以在此情況下沒(méi)有選項(xiàng)符合；(2)若k此，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R+ r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旦=，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 R+ r的加速運(yùn)動(dòng)，直到加速度減小為 0后金屬棒做勻速

20、直線運(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. L42016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) = 0.50 m,傾角0= 53° ,導(dǎo)軌上端串接一個(gè) R=0.05 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

21、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 1-1024.答案(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J“ f , a qj F mgsin 9, 2 百解析(1)由牛頓定律a =m=12 m/s C進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度 v =，20s= 2.4

22、m/s (2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv 感應(yīng)電流I = BlvR安培力Fa=IB1 代入得Fa=v =48 N R(3)健身者做功 W= F(s+d) = 64 J 由牛頓定律Fmgsin 0 -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=d v焦耳熱 Q=I2Rt= 26.88 J 33. 2016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的勻速加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)功率隨棒位置的變化規(guī)律為棒與x軸始終平行.棒單位長(zhǎng)度的電阻為p

23、,與電阻不計(jì)的軌道接觸良好，運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的熱導(dǎo)體軌道的軌道方程(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)丫=翳；x2 (2)Fm=/y(3)2 k2aL2+ maL(v),安培力的功率解析(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B212VF=-4B2X2V2 . 3P=ky2棒做勻加速運(yùn)動(dòng)v = 2ayR= 2Px代入前式得片詈 軌道形狀為拋物線.v=2BxV2ay、產(chǎn)上4B2X2(2)安培力Fm= R以軌道方程代入得"意y.12(3)由動(dòng)能定理 W= Wm + 2mv安培力做功Wm= k L2 2 2a

24、棒在y = L處動(dòng)能2mv2= maLk o 外力做功W L + maL. 2,2aL5電磁感應(yīng)綜合25. L52016全國(guó)卷出如圖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)與導(dǎo)軌垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bo ,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to時(shí)刻恰好

25、以速度 Vo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：在t = 0到t= to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>to)穿過(guò)回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小.25 .答案(1)ktoSR圖1-(2) Bolvo(t-to)+kSt(Bolvo+kS)BolR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;ktS設(shè)在從t時(shí)刻到t+At的時(shí)間間隔內(nèi)，回路磁通量的變化量為A ，流過(guò)電阻R的電荷， 、一一 一， A 量為A q.由法拉第電磁感應(yīng)定律有E= 由歐姆定律有i = ERA q由電流的定義

26、有i = <聯(lián)立式得|Aq|=kSA tR由式得，在1=0到t=to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ktoS 自|q|=V (2)當(dāng)t>to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 式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)施加的安培力.設(shè)此時(shí)回路中的電流為I, F的大小為F=BoIl此時(shí)金屬棒與 MN之間的距離為s= vo(t-to)勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)回路的磁通量為'=Bols回路的總磁通量為 <Dt=十式中，仍如式所示.由？式得，在時(shí)刻t(t>to)穿過(guò)回路的總磁通量為Ot= Bolvo(t-to)+ kSt ?在t到t+A t

27、的時(shí)間間隔內(nèi)，總磁通量的改變A中t為A t=(Boivo+kS) At ?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 =A中tAt由歐姆定律有聯(lián)立？?？式得f= (Bolvo+ kBR12. 2016北京海淀區(qū)期末練習(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- 32. B

28、 解析閉合開(kāi)關(guān)后，開(kāi)始時(shí)線圈的阻礙作用很大，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，供電電流大小等于穩(wěn)態(tài)時(shí)通過(guò)線圈的電流， 穩(wěn)態(tài)時(shí)通過(guò)線圈的電流小于通過(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）2016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

29、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 3做逆時(shí)針?lè)较颍ù怪杯h(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- 1A到B,故電容器a極板帶正3B,、r23B2d-, C項(xiàng)正確；電容器所帶K33-3所示，在間距為1、足夠 h處有一導(dǎo)線框（各邊長(zhǎng)A .金屬棒中有從B到A的電流B.電容器a極板帶正電3Bco r2c.電容器兩端電壓為2CB r2D.電容器所帶電荷量為一2-1 . BC 解析根據(jù)右手定則可知金屬棒中的電流方向由 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 電荷量Q=3BC絲匚，D項(xiàng)錯(cuò)誤.2 .（多選）2016江西重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體第一次聯(lián)考 如圖 長(zhǎng)

30、的兩條水平虛線間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其上方距上邊界如圖中標(biāo)注），現(xiàn)將導(dǎo)線框由靜止釋放，從線框下邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)至線框完全離開(kāi)磁場(chǎng) （整個(gè)過(guò)程線框保持豎直且不翻轉(zhuǎn)）.該過(guò)程中v-t圖線可能正確的是（）圖 K33-42 . CD 解析線框如果剛進(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

31、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）2016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)棒兩端的環(huán)套在金屬導(dǎo)軌上.虛線上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)， 虛線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 的兩棒總電阻為 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 （）X A FX -i 他£r&圖 K34-3A.

32、 ab棒中的電流方向由 b至UaB. 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ab棒中的感應(yīng)電流方向?yàn)閎一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棒做加速直線運(yùn)動(dòng),速度增大,擦力增大,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

33、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. 2016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0= 53° ,并與定值電阻R相連.整個(gè)空間存在著 B=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 =1 kg. ab棒光滑，cd棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù) 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)，ab、cd的阻值 Rab=Rcd=R, cd棒質(zhì)量

34、 產(chǎn)0.3,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.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)科應(yīng)滿(mǎn)足的條件.小10“ 小、C4. (1)y A (2)mab<2.08 kg (3)戶(hù) 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=0Fn mg BIcdLsin 53° =0又 f=Fn聯(lián)立以上三式，得Icd=5 A3所以 Iab= 21cd= * 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°1cd棒所受最大安培力應(yīng)為2FA,要使