电磁感应(含详解,重温3年真题).doc

专题十一电磁感应高考试题考点一 电磁感应现象楞次定律1.(2013年新课标全国卷,19,6分)在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用.下列叙述符合史实的是()A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说C.法拉第在实验中观察到,在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中,会出现感应电流D.楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化解析:奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电和磁之间的关系,选项A正确;根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场相似性,安培提出了磁性是分子内环形电流产生的,即分子电流假说,选项B正确;法拉第探究磁产生电的问题,发现导线中电流“通、断”时导线附近的固定导线圈中出现感应电流,而导线中通有恒定电流时导线圈中不产生感应电流,选项C错误;楞次定律指出感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,选项D正确.答案:ABD2.(2012年山东理综,14,5分)以下叙述正确的是()A.法拉第发现了电磁感应现象B.惯性是物体的固有属性,速度大的物体惯性一定大C.牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D.感应电流遵从楞次定律所描述的方向,这是能量守恒定律的必然结果解析:法拉第最早发现了电磁感应现象,A正确;惯性是物体的固有属性,质量是物体惯性大小的唯一量度,B错误;伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因,C错误;自然界任何过程都遵循能量守恒定律,D正确.答案:AD点评： 本题难度不大,物理学史是近几年许多省高考的必考内容,也就要求今后在备考中要加强物理学史的学习,通过物理学史的学习使学生热爱科学,学习严谨的科学态度.3.(2011年海南卷,7,4分)自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的,很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献.下列说法正确的是()A.奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律,说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应,定量给出了电能和热能之间的转换关系解析:奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电与磁之间的联系,A正确;欧姆发现了欧姆定律,说明了纯电阻电路电流和电压之间存在联系,B错误;法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系,C正确;焦耳发现了电流的热效应,定量给出了电能和热能之间的转换关系,D正确.答案:ACD4.(2011年上海卷,13,3分)如图,均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置,当a绕O点在其所在平面内旋转时,b中产生顺时针方向的感应电流,且具有收缩趋势,由此可知,圆环a() A.顺时针加速旋转B.顺时针减速旋转来源:学。科。网C.逆时针加速旋转D.逆时针减速旋转解析:b中为顺时针电流,由安培定则知,感应电流的磁场方向垂直纸面向里;b环有收缩趋势,说明原磁场磁通量减少,方向垂直纸面向里,a环中的电流减小;a环带正电,由楞次定律知,a环顺时针减速运动.答案:B点评： 本题综合考查了楞次定律和安培定则的应用,正确分析感应电流磁场方向及b环收缩的原因是解题的关键.考点二 法拉第电磁感应定律自感 1.(2013年北京理综,17,6分)如图所示,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1E2分别为() A.ca,21B.ac,21C.ac,12D.ca,12解析:根据右手定则或楞次定律,知通过电阻R的电流方向为ac;由法拉第电磁感应定律E=Blv知E1=Blv,E2=2Blv,则E1E2=12,故选项C正确,A、B、D错误.答案:C2.(2013年天津理综,3,6分)如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则() A.Q1Q2,q1=q2B.Q1Q2,q1q2C.Q1=Q2,q1=q2D.Q1=Q2,q1q2解析:设线框ab边长为L1,bc边长为L2,进入磁场的速度为v,电阻为R,ab边平行MN进入磁场时,根据能量守恒,线框进入磁场的过程中产生的热量等于产生的电能,即Q1=,通过线框导体横截面的电荷量q1=;同理得bc边平行MN进入磁场时,Q2=L1,q2=,则q1=q2,由于L1L2,因此Q1Q2,选项A正确.答案:A点评： 此题也可用安培力做功求解,线框中产生的热量等于克服安培力所做的功,注意安培力应为恒力;电荷量q仅由回路电阻和磁通量变化决定,与磁通量发生变化的时间无关.3.(2013年浙江理综,15,6分)磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区,刷卡器中有检测线圈.当以速度v0刷卡时,在线圈中产生感应电动势,其Et关系如图所示.如果只将刷卡速度改为,线圈中的Et关系图可能是()解析:由公式E=Blv可知,当刷卡速度减半时,线圈中的感应电动势最大值减半,且刷卡所用时间加倍,故选项D正确.答案:D4.(2012年新课标全国理综,19,6分)如图,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周,在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率的大小应为() A.B.C.D.解析:当线框绕过圆心O的转动轴以角速度匀速转动时,由于面积的变化产生感应电动势,从而产生感应电流,即I1=,当线圈不动,磁感应强度变化时,I2=,因I1=I2,可得=,C正确.答案:C点评： 本题考查法拉第电磁感应定律的应用,涉及两种类型公式的选用.解题时关键是要求学生能利用公式得到电流的表达式,注意本题的动生电动势是直径切割磁感线,而不是半径.5.(2011年广东理综,15,4分)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是()A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同解析:根据法拉第电磁感应定律,感应电动势的大小与线圈的匝数成正比,与磁通量的变化率成正比,与磁通量大小无关,故A、B错误,C正确;根据楞次定律,感应电流产生的磁场方向可能与原磁场方向相同,也可能相反,D错误.答案:C6.(2011年北京理综,19,6分)某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈L,小灯泡A,开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图所示的电路.检查电路后,闭合开关S,小灯泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象,他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是()A.电源的内阻较大B.小灯泡电阻偏大C.线圈电阻偏大D.线圈的自感系数较大解析:线圈L要阻碍通过它的电流变化.断电时,要阻碍其中的电流减小,L中电流要比断电前的电流小,并且通过灯泡形成一个回路,若L中电流断电前比灯泡中电流大,此时L中电流虽减小,但仍比灯泡断电前电流大,灯泡就会闪亮一下.要实现L中电流比小灯泡电流大,根据欧姆定律可知,L的电阻比小灯泡电阻要小,从而判定出C正确.答案:C来源:学+科+网Z+X+X+K7.(2010年浙江理综,19,6分)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置,在圆环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接,两板间距为d,如图(甲)所示.有一变化的磁场垂直于纸面,规定向内为正,变化规律如图(乙)所示.在t=0时刻平板之间中心有一重力不计,电荷量为q的静止微粒.则以下说法正确的是()A.第2秒内上极板为正极B.第3秒内上极板为负极C.第2秒末微粒回到了原来位置D.第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2r2/d解析:由题图(乙)知第2秒内,磁场向内并均匀减小,由楞次定律知,环中电流方向为顺时针,因而上极板带正电,A项正确;第3秒内磁场向外且均匀增大.由楞次定律知,环中电流方向为顺时针,上极板仍带正电,B项错误;同理,第1秒内上极板带负电,此微粒2秒内先做匀加速直线运动,再做匀减速直线运动,加速度大小不变,运动方向不变,C项错误;由法拉第电磁感应定律知,电路中感应电动势为E感=0.1r2,场强为E=0.1r2/d,D项错误.答案:A8.(2013年江苏卷,13,15分)如图所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直.已知线圈的匝数N=100,边长ab=1.0 m、bc=0.5 m,电阻r=2 .磁感应强度B在01 s内从零均匀变化到0.2 T.在15 s内从0.2 T均匀变化到-0.2 T,取垂直纸面向里为磁场的正方向.求: (1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向;(2)在15 s内通过线圈的电荷量q;(3)在05 s内线圈产生的焦耳热Q.解析:(1)感应电动势E1=N,磁通量的变化量1=B1S解得E1=N,代入数据得E1=10 V,感应电流的方向为adcba.(2)同理可得E2=N,感应电流I2=,电荷量q=I2t2解得q=N,代入数据得q=10 C.(3)01 s内的焦耳热Q1=rt1,且I1=,15 s内的焦耳热Q2=rt205 s内焦耳热Q=Q1+Q2,代入数据得Q=100 J.答案:(1)10 Vadcba(2)10 C(3)100 J考点三 电磁感应中的图像问题1.(2013年新课标全国卷,17,6分)如图,在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN,其中ab、ac在a点接触,构成“V”字型导轨.空间存在垂直于纸面的均匀磁场.用力使MN向右匀速运动,从图示位置开始计时,运动中MN始终与bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触.下列关于回路中电流i与时间t的关系图线.可能正确的是() 来源:Z&xx&k.Com解析:设开始时MN距a点距离为x0,向右匀速运动的速度为v,金属棒电阻率为,截面积为S,bac=2.在t时刻MN产生的感应电动势为:E=Blv=B2(x0+vt)tan v=2Bv(x0+vt)tan ,回路中电阻为R=,由I=可得i=,即电流保持不变,故选项A正确.答案:A点评： 本题将电磁感应、电阻定律及电路结合,考查考生对电阻定律和法拉第电磁感应定律的应用能力.2.(2013年新课标全国卷,16,6分)如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(dL )的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动,t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域.下列vt图像中,可能正确描述上述过程的是() 解析:线框进入和离开磁场时,穿过线框的磁通量发生变化产生感应电流,磁场对线框的安培力阻碍线框运动,使线框速度减小,由E=BLv、I=及F=BIL=ma可知安培力减小,加速度减小,当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化,不产生感应电流,不受安培力,线框做匀速直线运动,故选项D正确.答案:D3.(2013年大纲全国卷,17,6分)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点,两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化.一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为.t=0时,OA恰好位于两圆的公切线上,如图所示,若选取从O指向A的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是() 解析:当导体杆顺时针转动切割圆形区域中的磁感线时,由右手定则可知电动势由O指向A,即为正值,选项D错误;切割过程中产生的感应电动势E=BL=BL2,其中L=2Rsin t,如图所示,则E=2BR2sin2t,由此可知选项A、B错误,选项C正确. 答案:C点评： 本题中导体杆切割磁感线,导体杆中一定产生感应电动势,电动势与电路是否闭合无关;电动势的方向可由右手定则加以判断,即认为电路闭合,判断导体杆内电流方向,即为电动势方向.4.(2013年山东理综,18,5分)将一段导线绕成图(甲)所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内,回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中.回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场,以向里为磁场的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图(乙)所示.用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图像是()解析:0时间内,回路的圆环区域内垂直纸面的磁场的磁感应强度随时间先均匀减小后反向均匀增大,根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得回路的圆环区域产生大小恒定的、顺时针方向的感应电流,导线ab中的电流方向由ba,根据左手定则,ab边在匀强磁场中受到水平向左的恒定的安培力;同理可得T时间内,ab边在匀强磁场中受到水平向右的恒定的安培力,故选项B正确.答案:B点评： 考查电磁感应中的图像问题,并利用法拉第电磁感应定律及楞次定律、左手定则处理电磁感应问题的能力.5.(2012年福建理综,18,6分)如图(甲),一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落,穿过一根竖直悬挂的条形磁铁,铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合.若取磁铁中心O为坐标原点,建立竖直向下为正方向的x轴,则图(乙)中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图像是() 解析:由条形磁铁的磁感线分布图知,从圆环下落处至O点,磁场的水平分量先增加后减小至0,磁场的增加与减小都不是线性的,且磁场方向向外,从O点以下,磁场的水平分量向里,先增加后减小,磁场的增加与减小也不是线性的,铜环加速下滑,由i=判定电流变化不是线性的,A错误;关于O点的对称点,下面的速度大于上面的速度,磁感应强度的水平分量B大小相同,则下边的电流大于上边电流,B正确.由于关于O点的对称点速度大小不同,则电流不同,C错误;在O点的上方与下方,磁感应强度的水平分量方向相反,根据右手定则,电流方向也应该相反,D错误.答案:B点评： (1)掌握常见磁体的磁感线分布是解此题的关键.(2)挖掘题目中的隐含条件,例如,磁感应强度的水平分量B关于O点对称,大小相等,方向相反;由于重力大于安培力,铜环加速下落.6.(2012年课标全国理综,20,6分)如图,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行.已知在t=0到t=t1的时间间隔内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中的感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.设电流i正方向与图中箭头所示方向相同,则i随时间t变化的图线可能是() 解析:因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强,而线框中左右两边电流的大小相同,而方向相反,所以受到的安培力方向相反,而导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力,所以合力沿导线框左边受到的力的方向,因为线框受到的安培力的合力先水平向左,后水平向右,根据左手定则,导线框处的磁场方向先垂直纸面向里,后垂直纸面向外,根据右手螺旋定则,导线中的电流先为正,后为负,所以A正确,B、C、D错误.答案:A7.(2010年北京理综,19,6分)在如图(甲)所示的电路中,两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后,调整R,使L1和L2发光的亮度一样,此时流过两个灯泡的电流均为I.然后,断开S.若t时刻再闭合S,则在t前后的一小段时间内,正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图像是图(乙)中的() 解析:S闭合前,i1=0,i2=0,S闭合后,流过L1的电流从零缓慢增大到稳定值I.流过L2的电流立即增大到稳定值I.故B正确.答案:B8.(2011年海南卷,6,6分)如图所示,EOF和EOF为空间一匀强磁场的边界,其中EOEO,FOFO,且EOOF;OO为EOF的角平分线,OO间的距离为l;磁场方向垂直于纸面向里.一边长为l的正方形导线框沿OO方向匀速通过磁场,t=0时刻恰好位于图示位置.规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正,则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是() 解析:当线框左边进入磁场时,线框上的电流方向为逆时针,直至线框右边完全进入磁场;当右边一半进入磁场,左边一半开始出磁场,此后线圈中的电流方向为顺时针.当线框左边进入磁场时,切割磁感线的有效长度均匀增加,故感应电动势、感应电流均匀增加,当左边完全进入磁场,右边还没有进入时,感应电动势、感应电流达最大,且直到右边将要进入磁场这一段时间内均不变,当右边进入磁场时,左边开始出磁场,这时切割磁感线的有效长度均匀减小,感应电动势、感应电流均减小,且左、右两边在磁场中长度相等时为零,之后再反向均匀增加至左边完全出来,到右边到达左边界时电流最大且不变,直到再次减小,故B正确.答案:B考点四 电磁感应中的力、电综合问题1.(2013年安徽理综,16,6分)如图所示,足够长平行金属导轨倾斜放置,倾角为37,宽度为0.5 m,电阻忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1 .一导体棒MN垂直于导轨放置,质量为0.2 kg,接入电路的电阻为1 ,两端与导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为0.8 T.将导体棒MN由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光,此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6)() A.2.5 m/s1 WB.5 m/s1 WC.7.5 m/s9 WD.15 m/s9 W解析:小灯泡稳定发光时,导体棒MN匀速运动,所受合力为零,在沿斜面方向上:mgsin 37-mgcos 37-BIL=0,I=,R总=2 ,代入数据得v=5 m/s;闭合回路的总功率P=IE=IBLv,代入数据得P=2 W,小灯泡与导体棒的电阻相等,消耗的电功率相等,都为1 W,故选项B正确.答案:B2.(2013年四川理综,7,6分)如图所示,边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域,其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k0).回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0,滑动片P位于滑动变阻器中央,定值电阻R1=R0、R2=.闭合开关S,电压表的示数为U,不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势,则() A.R2两端的电压为B.电容器的a极板带正电C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D.正方形导线框中的感应电动势为kL2解析:根据串、并联电路特点,虚线MN右侧电路部分的总电阻R=R0+=R0.回路的总电流I=,由于R2=,所以通过R2的电流I2=,所以R2两端电压U2=I2R2=U,选项A正确;根据楞次定律可知,回路中的电流为逆时针方向,即流过R2的电流方向向左,所以电容器b极板带正电,选项B错误;根据P=I2R,滑动变阻器R的热功率P=I2+=I2R0,电阻R2的热功率P2=R2=I2R0=P,选项C正确;根据法拉第电磁感应定律得,线框中产生的感应电动势E=S=kr2,选项D错误.答案:AC点评： 本题考查知识点较多,涉及到楞次定律、法拉第电磁感应定律的计算、串并联电路的特点及电路中的欧姆定律和功率计算的知识,对学生基础知识的掌握以及推理能力的要求较高,但总体难度却不大,属于中档题.3.(2012年北京理综,19,6分)物理课上,老师做了一个奇妙的“跳环实验”.如图,她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后,将一金属套环置于线圈L上,且使铁芯穿过套环.闭合开关S的瞬间,套环立刻跳起.某同学另找来器材再探究此实验.他连接好电路,经重复试验,线圈上的套环均未动.对比老师演示的实验,下列四个选项中,导致套环未动的原因可能是()A.线圈接在了直流电源上B.电源电压过高C.所选线圈的匝数过多D.所用套环的材料与老师的不同解析:套环跳起的原因是闭合开关的瞬间,套环中产生感应电流从而受到磁场力的作用,且磁场力大于套环的重力.该同学实验未成功的原因,可能是选用了非导体材料的套环.D项正确.答案:D4.(2012年山东理综,20,5分)如图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为,上端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放,当速度达到v时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率恒为P,导体棒最终以2v的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g.下列选项正确的是()A.P=2mgvsin B.P=3mgvsin C.当导体棒速度达到时加速度大小为sin D.在速度达到2v以后匀速运动的过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析:当导体棒以速度v匀速下滑时,满足:=mgsin 当导体棒以速度2v匀速下滑时,满足: =mgsin +F两式联立解得:F=mgsin ,则拉力F的功率P=F2v=2mgvsin ,A正确,B错误;当导体棒以速度匀速下滑时,由牛顿第二定律:mgsin -=ma,解得:a=sin ,C正确;当导体棒以速度2v匀速下滑时,由功能关系可知,F做的功和重力做的功全部转化成电阻R上产生的焦耳热,D错误.答案:AC点评： 本题是一道综合性比较强的考题,这类问题是每年高考的必考内容,考生在备考中要充分重视.5.(2011年福建理综,17,6分)如图,足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角(0G1.(2)以磁铁为研究对象,铜条通过磁场对磁铁的作用力F=G2-G1,所以根据牛顿第三定律,磁场对铜条作用力F=F,根据安培力公式F=BIL,I=,E=BLv,联立以上各式,解得B=.答案:见解析7.(2013年新课标全国卷,25,19分)如图,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为,间距为L.导轨上端接有一平行板电容器,电容为C.导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为m的金属棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触.已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g.忽略所有电阻.让金属棒从导轨上端由静止开始下滑,求: (1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系;(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系.解析:(1)设金属棒下滑的速度大小为v,则金属棒产生的感应电动势为E=BLv平行板电容器两极板之间的电势差为U=E设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,按定义有Q=CE联立式得Q=CBLv.(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t,通过金属棒的电流为i.金属棒受到的安培力F方向沿导轨向上,大小为F=BLi设在时间间隔(t,t+t)内流经金属棒的电荷量为Q,按定义有i=Q即是平行板电容器两极板在时间间隔(t,t+t)内增加的电荷量.由式得Q=CBLv式中,v为金属棒的速度变化量.按定义有a=金属棒所受到的摩擦力Ff方向斜向上,大小为Ff=FN式中,FN是金属棒对导轨的正压力的大小,有FN=mgcos 金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下,设其大小为a,根据牛顿第二定律有mgsin -F-Ff=ma联立至式得a=g由式及题设可知,金属棒做初速度为零的匀加速直线运动.t时刻金属棒的速度大小为v=gt.答案:见解析8.(2013年广东理综,36,18分)如图(甲)所示,在垂直于匀强磁场B的平面内,半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动,圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接,电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件.流过电流表的电流I与圆盘角速度的关系如图(乙)所示,其中ab段和bc段均为直线,且ab段过坐标原点.0代表圆盘逆时针转动.已知:R=3.0 ,B=1.0 T,r=0.2 m.忽略圆盘、电流表和导线的电阻.(1)根据图(乙)写出ab、bc段对应的I与的关系式;(2)求出图(乙)中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc;(3)分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式.解析:(1)从图像中可以分别得到ab、bc段的I与的关系式为Iab=k1,Ibc=k2+b,且当=15 rad/s时,Iab=0.1 A,所以k1=;Ibc=0.1 A,所以0.1=15k2+b,则:Iab= (A)(-45 rad/s15 rad/s)又有=45 rad/s时Ibc=0.4 A,即0.4=45k2+b,可得:k2=,b=-0.05,Ibc=-0.05 (A)(15 rad/s45 rad/s).(2)圆盘产生的电动势E=Br2,则当1=15 rad/s时,代入数据得:E1=0.3 V,由于圆盘、电表、导线电阻不计,所以b点对应的P两端电压Ub=0.3 V,同理,当2=45 rad/s时,E2=0.9 V,即c点对应的P两端电压Uc=0.9 V.(3)b点时,E1=0.3 V,R上流过的电流IR=0.1 A,恰好与干路电流表中电流相同,表明支路P中无电流,即ab段流过P的电流为0.分析bc段,P两端电压为E=Br2=UP,根据并联电路特点,P中电流IP=I总-IR,因为:I总=Ibc,IR=,所以bc段流过P的电流IP=-+-0.05 (A)(15 rad/s45 rad/s).答案:见解析9.(2013年天津理综,12,20分)超导现象是20世纪人类重大发现之一,日前我国已研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行.(1)超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零,这种性质可以通过实验研究.将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中,磁感线垂直于圆环平面向上,逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场,若此后环中的电流不随时间变化.则表明其电阻为零.请指出自上往下看环中电流方向,并说明理由.(2)为探究该圆环在超导状态的电阻率上限,研究人员测得撤去磁场后环中电流为I,并经一年以上的时间t未检测出电流变化.实际上仪器只能检测出大于I的电流变化,其中II,当电流的变化小于I时,仪器检测不出电流的变化,研究人员便认为电流没有变化.设环的横截面积为S,环中定向移动电子的平均速率为v,电子质量为m、电荷量为e.试用上述给出的各物理量,推导出的表达式.(3)若仍使用上述测量仪器,实验持续时间依旧为t.为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限的准确程度更高,请提出你的建议,并简要说明实现方法.解析:(1)逆时针方向.撤去磁场瞬间,环所围面积的磁通量突变为零,由楞次定律可知,环中电流的磁场方向应与原磁场方向相同,即向上.由安培定则可知,环中电流的方向是沿逆时针方向.(2)设圆环周长为l、电阻为R,由电阻定律得R=设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为E,由焦耳定律得E=I2Rt设环中单位体积内定向移动电子数为n,则I=nevS式中n、e、S不变,只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化.电流变化大小取I时,相应定向移动电子的平均速率变化的大小为v,则I=neSv设环中定向移动电子减少的动能总和为Ek,则Ek=nlSmv2-m(v-v)2由于II,可认为vv,而金属导体中自由电子定向移动的速度很小,故v2近似为零,所以可得Ek=nlSmvv结合式,得Ek=I根据能量守恒定律,得E=Ek联立上述各式,得=.(3)由=看出, 在题设条件限制下,适当增大超导电流,可以使实验获得的准确程度更高,通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流.答案:见解析10.(2012年天津理综,11,18分)如图所示,一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内,导轨间距l=0.5 m,左端接有阻值R=0.3 的电阻.一质量m=0.1 kg,电阻r=0.1 的金属棒MN放置在导轨上,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度B=0.4 T.棒在水平向右的外力作用下,由静止开始以a=2 m/s2的加速度做匀加速运动,当棒的位移x=9 m时撤去外力,棒继续运动一段距离后停下来,已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q2=21.导轨足够长且电阻不计,棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求: (1)棒在匀加速运动过程中,通过电阻R的电荷量q;(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2;(3)外力做的功WF.解析:(1)设棒做匀加速运动的时间为t,回路中磁通量的变化量为,回路中的平均感应电动势为,根据法拉第电磁感应定律得=其中=Blx设回路中的平均电流为,由闭合电路欧姆定律得=则通过电阻R的电荷量为q=t联立得q=4.5 C.(2)设撤去外力时棒的速度为v,对棒的匀加速运动过程,由运动学公式得v2=2ax设棒撤去外力后的运动过程中安培力做功为W.由动能定理得W=0-mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热为Q2=-W联立式,代入数据得Q2=1.8 J.(3)由题意知,撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q2=21,得Q1=2Q2=3.6 J在棒运动的整个过程中,由功能关系得WF=Q1+Q2联立得WF=5.4 J.答案:(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J点评： 明确拉力和安培力做功的特点,特别是要注意安培力做的功,明确安培力做功的实质是其他形式的能和电能之间的转化.11.(2012年福建理综,22,20分)如图(甲),在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在此区域内,沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管,环心O在区域中心.一质量为m、带电量为q(q0)的小球,在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动.已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图(乙)所示,其中T0=.设小球在运动过程中电荷量保持不变,对原磁场的影响可忽略.(1)在t=0到t=T0这段时间内,小球不受细管侧壁的作用力,求小球的速度大小v0;(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中,将产生涡旋电场,其电场线是在水平面内一系