物理2018屆高考考點(diǎn)通關(guān)練第一輪復(fù)習(xí)打包老師搜集

高考總復(fù)習(xí)首選用卷·物理第一部分考點(diǎn)通關(guān)練考點(diǎn)37電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用考點(diǎn)名片考點(diǎn)細(xì)研究：(1)電磁感應(yīng)的圖象；(2)電磁感應(yīng)與電路；

(3)電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)和能量等。其中考查到的如：2016

年四川高考第7

題、2016

年上海高考第33

題、2016

年天津高考第12題、2016年浙江高考第24題、2015

年福建高考第18題、2015

年安徽高考第19

題、2015

年天津高考第11

題、

2015

年四川高考第11

題、2015

年廣東高考第35

題、2014年天津高考第11

題、2014

年江蘇高考第13

題、2014

年北京高考第29

題、2014

年福建高考第22

題等。備考正能量：電磁感應(yīng)的計(jì)算題必定與電路、動(dòng)力學(xué)、能量相結(jié)合，以單棒、雙棒、線圈的電磁感應(yīng)過程為模型，考查分析推理與計(jì)算能力，預(yù)計(jì)今后高考試題將會(huì)重點(diǎn)考查基本知識(shí)點(diǎn)。第1步狂刷小題·練基礎(chǔ)Δt解析

在

0～1

s

內(nèi)，據(jù)

E＝ΔBS

可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，感應(yīng)電流恒定，由楞次定律可得電流為逆時(shí)針方向，在圖象中方向?yàn)樨?fù)；1～2

s

內(nèi)，B

不變，i＝0；2～3

s

內(nèi)，同理，ΔB由E＝

Δt

S

知i

恒定，方向?yàn)檎＞C合分析可知A

正確。通過電阻R

的電流方向?yàn)镻→R→Mab

兩點(diǎn)間的電壓為BLvC．a(chǎn)

端電勢(shì)比b

端高D．外力F

做的功等于電阻R

產(chǎn)生的焦耳熱解析由右手定則或楞次定律可判斷出通過回路的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，即M→R→P，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。ab

中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，感應(yīng)電流I＝E/(1.5R)，ab

兩點(diǎn)32間的電壓為U＝IR＝

BLv，選項(xiàng)B

錯(cuò)誤。導(dǎo)體棒為電源，a

端電勢(shì)比b

端高，選項(xiàng)C

正確。由能量守恒定律，外力F做的功等于整個(gè)回路(即電阻R

和金屬棒電阻)產(chǎn)生的焦耳熱，選項(xiàng)D

錯(cuò)誤。3．磁卡的磁條中有用于存儲(chǔ)信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測(cè)線圈。當(dāng)以速度v0

刷卡時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，其E-t

關(guān)系如圖所示。如果只將刷卡速度v0改為2

，線圈中的

E-t

關(guān)系圖可能是(

)v0解析

若將刷卡速度改為

2

，線圈切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小將會(huì)減半，周期將會(huì)加倍，故D

項(xiàng)正確，其他選項(xiàng)錯(cuò)誤。12A．運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為vqRB．下滑的位移大小為BlC．產(chǎn)生的焦耳熱為qBlvD．受到的最大安培力大小為B2l2vRsinθ解析

金屬棒開始做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由

q＝

I

Δt

及

I

＝

＝E

ΔΦ

＝Blx

得位移

x

qRR

ΔtR

ΔtR

Bl＝

，B項(xiàng)正確；此過程中由能量守恒知產(chǎn)生的熱量Q＝mgsinθ·x2—mv

得Q＝1

mgqR2

Bl122sinθ－mv

，選項(xiàng)C

錯(cuò)誤；當(dāng)速度為v時(shí)，所受安培力為B2l2vR，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝6

V在0～4

s

時(shí)間內(nèi)通過電阻R

的電荷量q＝8

C設(shè)b

端電勢(shì)為零，則a

端的電勢(shì)φa＝3

V在0～4

s

時(shí)間內(nèi)電阻R

上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝18

Jn

Δt解析

由法拉第電磁感應(yīng)定律可得

E＝

ΔBS2，由圖乙結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)可得

k＝ΔB

0.6

T/s＝0.15

T/s，將其代入可Δt

＝

4求E＝4.5

V，A

錯(cuò)誤。設(shè)平均電流強(qiáng)度為I

，由q＝

I

Δt＝ER＋rΔt＝nΔΦΔt(R＋r)

R＋rΔt＝n

ΔΦ

，在0～4

s

穿過圓形導(dǎo)體線圈的磁通量的變化量為ΔΦ＝0.6×0.3

Wb－0＝0.18

Wb，代入可解得q＝6

C，B

錯(cuò)誤。0～4

s

內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，圓形線圈內(nèi)磁通量增加，由楞次定律可得b

點(diǎn)電勢(shì)高，a

點(diǎn)電勢(shì)低為負(fù)，故C

錯(cuò)誤。由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)與電流均恒定，可得I＝Er＋R＝1.5 A，由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝18

J，D

正確。6.(多選)兩根相距為

L且足夠長(zhǎng)的金屬直角導(dǎo)軌如圖所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為

m的金屬細(xì)桿

ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為

μ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，回路總電阻為2R。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)

ab

桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力

F

作用下以速度

v

沿導(dǎo)軌勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd

桿也正好以某一速度向下勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為

g。以下說(shuō)法正確的是(

)ab

桿的受力如圖所示，根據(jù)平衡條件可得FN＝F

安＋mg＝

BIL＋mg＝2mg，F(xiàn)＝f＝μFN＝2μmg。綜上所述，選項(xiàng)B、

C、D

正確。7．(多選)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻不計(jì)的n

匝正方形金屬線框位于豎直平面內(nèi)，連接的小燈泡的額定功率、額定電壓分別為P、U，線框及小燈泡的總質(zhì)量為m，在線框的下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾葹閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與線框平面垂直，其上、下邊界與線框底邊均水平。線框從圖示位置開始靜止下落，穿越磁場(chǎng)的過程中，小燈泡始終正常發(fā)光。則()解析

因線框穿越磁場(chǎng)過程中小燈泡正常發(fā)光，故為勻速穿越磁場(chǎng)，且線框長(zhǎng)度

L

和磁場(chǎng)寬度

l

相同，A

錯(cuò)誤；PU勻速穿越，故重力和安培力相等，mg＝nBIL＝nB

L，得BmgU＝

nPL

，B

正確；勻速穿越，重力做功的功率等于電功率，即mgv＝P，得v＝

P

，C

正確；線框穿越磁場(chǎng)時(shí)，通過的mg位移為2L，且重力做功完全轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故Q＝2mgL，D

錯(cuò)誤。二、真題與模擬8．[2016·四川高考]

(多選)如圖所示，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

變化圖象可能正確的有(

)解析

設(shè)某時(shí)刻金屬棒的速度為

v，根據(jù)牛頓第二定律B2l2vR＋rF－FA＝ma，即

F0＋kv－

＝ma，即

F

＋0

k－B2l2

R＋rv＝B2l2R＋rma，如果

k>

，則加速度與速度成線性關(guān)系，且隨著速度增大，加速度越來(lái)越大，即金屬棒運(yùn)動(dòng)的v-t

圖象的切線B2l2v斜率越來(lái)越大，由于FA＝R＋r，F(xiàn)A-t

圖象的切線斜率也越來(lái)越大，感應(yīng)電流i＝R＋r

、電阻兩端的電壓UR＝Blv

BlvRR＋r及B2l2v2感應(yīng)電流的功率P＝

R＋r

也會(huì)隨時(shí)間變化得越來(lái)越快，B

B2l2R＋r項(xiàng)正確；如果

k＝

，則金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間均勻增大，感應(yīng)電流、電阻兩端的電壓、安培力均隨時(shí)間均勻增大，感應(yīng)電流的功率與時(shí)間的二次方成正B2l2R＋r比，沒有選項(xiàng)符合；如果

k<

，則金屬棒做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電流、電阻兩端的電壓、安培力均增加得越來(lái)越慢，最后恒定，感應(yīng)電流的功率最后也恒定，

C

項(xiàng)正確。A．PQ

中電流先增大后減小

B．PQ

兩端電壓先減小后增大

C．PQ

上拉力的功率先減小后增大

D．線框消耗的電功率先減小后增大43R

時(shí)輸出功率最大，而外電阻先由小于R

開始增加到R，再減小到小于R

的某值，所以線框消耗的功率先增大后減小，所以D

項(xiàng)錯(cuò)誤。解析

變化的磁場(chǎng)使回路中產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)

EΔΦ＝

Δt＝ΔB·S＝kπr2，則感生電場(chǎng)對(duì)小球的作用力所做的功W＝ΔtqU＝qE＝qkπr2，選項(xiàng)D

正確。11.[2017·銀川質(zhì)檢](多選)如圖，光滑斜面的傾角為θ，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd，ab

邊的邊長(zhǎng)為l1，bc

邊的邊長(zhǎng)為l2，線框的質(zhì)量為m，電阻為R。線框通過細(xì)棉線繞過光滑的滑輪與重物相連，重物質(zhì)量為M，斜面上ef

線(ef平行于底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如果線框從靜止開始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一段時(shí)間是做勻速運(yùn)動(dòng)的，且線框ab

邊始終平行于底邊，則下列說(shuō)法正確的是()解析

線框進(jìn)入磁場(chǎng)前，由整體法結(jié)合牛頓第二定律可知Mg－mgsinθ＝(M＋m)a，得a＝Mg－mgsinθM＋m，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)題意，在線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，根據(jù)平A衡狀態(tài)知

Mg

＝

mgsinθ＋

F

＝

mgsinθ＋B2l2v

1

1R1，得v

＝(Mg－mgsinθ)RB2l21，選項(xiàng)B

錯(cuò)誤；線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間tv1＝

＝l2

B2l2l1

2(Mg－mgsinθ)R，選項(xiàng)C

正確；勻速進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，線框動(dòng)能不變，產(chǎn)生焦耳熱Q，由能量守恒定律知Q＝(Mg－mgsinθ)l2，選項(xiàng)D

正確。12．[2017·云南統(tǒng)一檢測(cè)](多選)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r

的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B

隨時(shí)間t

的變化關(guān)系為B＝kt(常量k>0)?；芈分谢瑒?dòng)變阻器R

的最大阻值為R0，滑動(dòng)片P

位于滑動(dòng)變阻1

0R0器中央，定值電阻R

＝R

、R2＝

2

。閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為

U，不考慮虛線

MN

右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則(

)n

Δt

n

Δt解析

由法拉第電磁感應(yīng)定律

E＝

ΔΦ＝

ΔBS

有

E＝kπr2，D

錯(cuò)誤；因k>0，由楞次定律知線框內(nèi)感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，故電容器b

極板帶正電，B

錯(cuò)誤；由題圖知外電路結(jié)構(gòu)為R2

與R

的右半部并聯(lián)，再與R

的左半部、R1相串聯(lián)，故R2

兩端電壓U2＝0R

＋＋R0

R0×12

2

2R0

12

×2

UU＝

7

，A

正確；設(shè)R2

消耗的功率為P＝IU2，則R

消耗的功率P′＝P

左＋P右＝2I×2U2＋I(xiàn)U2＝5P，故C

正確。解析由右手定則可知導(dǎo)線框從左側(cè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，即沿正方向，且切割的有效長(zhǎng)度逐漸增大，所以電流逐漸增大，導(dǎo)線框剛好完全進(jìn)入P、Q

之間的瞬間，電流由正向最大值變?yōu)榱?，然后電流方向變?yōu)轫槙r(shí)針且逐漸增加，當(dāng)導(dǎo)線框剛好完全進(jìn)入Q、R

之間的瞬間，電流由負(fù)向最大值變?yōu)榱?。然后在出磁?chǎng)過程中電流方向又變?yōu)槟鏁r(shí)針且逐漸增大。故A

正確。14．[2016·山東濰坊段考]

如圖所示，兩根間距為

l

的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為

α，圖中虛線下方區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為

B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上。兩金屬桿質(zhì)量均為

m，電阻均為

R，垂直于導(dǎo)軌放置。開始時(shí)金屬桿

ab處在距磁場(chǎng)上邊界一定距離處，金屬桿

cd處在導(dǎo)軌的最下端，被與導(dǎo)軌垂直的兩根小柱擋住。現(xiàn)將金屬桿ab由靜止釋放，金屬桿

ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)便開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為

g，則(

)解析由右手定則可知，金屬桿ab

進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒪

到a，故A

錯(cuò)誤；因金屬桿ab

剛進(jìn)入磁場(chǎng)便開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有mgsinα＝FA＝BIl＝Blv

B2l2vB×2R

×l＝

2R

，解得v＝2mgRsinαB2l2，故B

正確；金屬桿ab

進(jìn)入磁場(chǎng)后產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝

Blv，解得E＝2mgRsinα，故

C

錯(cuò)誤；由左手定則可知，金屬桿

cd

受到Bl的安培力與斜面平行且向下，則金屬桿cd

對(duì)兩根小柱的壓力不為零，故D

錯(cuò)誤。15．[2016·蘇州模擬]如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)閉合線圈Ⅰ、Ⅱ分別用同種導(dǎo)線繞制而成，其中Ⅰ為邊長(zhǎng)為L(zhǎng)

的正方形，Ⅱ是長(zhǎng)2L、寬為L(zhǎng)

的矩形，將兩個(gè)線圈同時(shí)從圖示位置由靜止釋放。線圈下邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，Ⅰ立即做了一段時(shí)間的勻速運(yùn)動(dòng)，已知兩線圈在整個(gè)下落過程中，下邊始終平行于磁場(chǎng)上邊界，不計(jì)空氣阻力，則()32解析

線圈Ⅱ的電阻是Ⅰ的

倍，線圈Ⅱ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)2Ⅰ

Ⅱ

Ⅰ3生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是Ⅰ的

2

倍。即

RⅡ＝

R

，E

＝2E

。由

IRE

43＝得，IⅡ＝

IⅠ；由F

安＝BIL，F(xiàn)Ⅱ＝BIⅡ·2L，F(xiàn)Ⅰ＝BIⅠ·L，Ⅱ則

F

＝

FⅠ8

33

2Ⅱ

Ⅰ，但

G

＝

G

。由于Ⅰ進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，即FⅠ＝GⅠ，則FⅡ>GⅡ，所以Ⅱ進(jìn)入磁場(chǎng)立即做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，A、B

錯(cuò)誤，C

正確；因線圈Ⅰ、Ⅱ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度相同，但此后Ⅰ勻速，Ⅱ減速，故Ⅱ后到達(dá)地面，D

錯(cuò)誤。16．[2016·四川聯(lián)考](多選)如圖所示，固定的豎直光滑

U

形金屬導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，上端接有阻值為R

的電阻，處在方向水平且垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m、電阻為r

的導(dǎo)體棒與勁度系數(shù)為k

的固定輕彈簧相連放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。初始時(shí)刻，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，其伸長(zhǎng)量為

x

mg，此時(shí)導(dǎo)體棒具有豎1＝

k直向上的初速度

v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。則下列說(shuō)法正確的是(

)解析

由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝Blv0，由閉合電ErB2L2v0路的歐姆定律得：I＝R＋，由安培力公式得：F＝

R＋r

，故

A

錯(cuò)誤；初始時(shí)刻，F(xiàn)＋mg＋kx1＝ma，得

a＝2g＋B2L2v0)m(R＋r

，故B

正確；因?yàn)閷?dǎo)體棒靜止時(shí)沒有安培力，只有重力和彈簧的彈力，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，而且mg＝kx2，所以壓縮量為

x

mg＝x

，故

C

正確；因

x

＝x

，分析可2＝

k

1

2

1得彈性勢(shì)能不變，根據(jù)能量守恒，減小的動(dòng)能和重力勢(shì)能總12全都轉(zhuǎn)化為焦耳熱

Q

＝

m21

2v

＋mg(x

＋x

)12＝

m2v

＋2m2g2k，但R

上的焦耳熱只是一部分，故D

錯(cuò)誤。17．[2016·唐山統(tǒng)考]

(多選)如圖所示，在傾角為

θ

的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為

B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁場(chǎng)邊界

MN、PQ、GH

均平行于斜面底邊，MP、PG

均為

L。一個(gè)質(zhì)量為

m、電阻為

R、邊長(zhǎng)也為

L

的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中

ab邊始終與斜面底邊平行。t1

時(shí)刻

ab

邊剛越過

GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域，此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度

v1

做勻速直線運(yùn)動(dòng)；t2

時(shí)刻

ab

邊下滑到

PQ與

MN的中間位置，此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度

v2

做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為

g，下列說(shuō)法中正確的是(

)解析

線框在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其合力為零，則mgsinθ－B2L2v1R＝0；線框的ab

邊剛越過PQ

時(shí)，兩邊都在切割磁感線，都受到沿斜面向上的安培力，則mgsinθ－4B2L2v1R＝ma，a＝－3gsinθ，選項(xiàng)A

錯(cuò)誤；線框再次勻B2L2v2

v124R

1速時(shí)，其合力也為零，則

mgsinθ－4

＝0，則v

＝

，選項(xiàng)B

正確；從t1

到t2

的過程中，安培力做負(fù)功，重力做G

F2正功，根據(jù)能量守恒定律，可得

W

－W

＝m11

12v

－

m2

22v

，則克服安培力所做的功等于線框機(jī)械能的減少量，減少的動(dòng)能和重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能，選項(xiàng)C

正確，選項(xiàng)D

錯(cuò)誤。第2步精做大題·練能力畫出金屬框穿過磁場(chǎng)區(qū)的過程中，金屬框內(nèi)感應(yīng)電流I隨時(shí)間t

的變化圖線；(規(guī)定電流方向逆時(shí)針為正)畫出ab兩端電壓U-t的變化圖線。(要求寫出作圖的依據(jù))解析

本題考查電磁感應(yīng)過程中的電路問題。1(1)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)E

＝Bl1v＝2

V，I

＝E14R＝2.51vA，方向沿逆時(shí)針，感應(yīng)電流持續(xù)的時(shí)間t

＝

l

＝0.1

s。金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)：E2＝0，I2＝0，無(wú)電流持續(xù)的時(shí)間t2＝L－lv＝0.2

s。(2)cd

邊進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)時(shí)，ab

兩端電壓U1＝I1R＝2.5×0.2V＝0.5

V。金屬框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab

兩端電壓等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)U2＝Blv＝2

V。金屬框出磁場(chǎng)時(shí)，ab

兩端電壓：U3＝E3－I3R＝1.5

V，由此得U-t

圖線如圖乙所示。二、真題與模擬19．[2016·上海高考]

如圖，一關(guān)于

y

軸對(duì)稱的導(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)由靜止開始沿

y

軸正方向做加速度為

a的勻加速直線運(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3功率隨棒位置的變化規(guī)律為P＝ky2(SI)。求：4aB2kρ答案

(1)y＝

2x2m(2)F

＝k2ay(3)k2

2aL2＋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

F＝BIl＝B·

R

·l＝Blv

B2l2vR＝B2(2x)2vR，4B2x2v2R3安培力的功率

P＝Fv＝

＝ky2，棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以v2＝2ay，R＝2ρx，4aB2kρ聯(lián)立得

y＝

2x2。軌道形狀為拋物線。(2)安培力Fm＝4B2x2Rv＝2B2x2ay，m將軌道方程代入得：F

＝ρk2ay。m12W＝W

＋

m2v

，(3)由動(dòng)能定理有克服安培力做功mmW

＝

F

·L＝0＋k2aL2k2

2a·L＝

L2，棒在y＝L

處的動(dòng)能為21mv2＝maL，外力做功W＝k2

2aL2＋maL。20.

[2016·浙江高考]小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距

l＝0.50

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＝80N

拉動(dòng)

GH

桿，CD

棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過程中

CD

棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)

CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊(1)CD

棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v

的大?。籆D

棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA

的大??；在拉升CD

棒的過程中，健身者所做的功W

和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。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＝F－mgsinθm＝12

m/s2，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v＝

2as＝2.4

m/s。(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，感應(yīng)電流I＝

RBlv，安培力FA＝IBl，代入得FA＝(Bl)2vR＝48

N。(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64

J，進(jìn)入磁場(chǎng)后CD

棒所受的合外力F合＝F－mgsinθ－FA＝0，所以CD

棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng)，d在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝v，焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88

J。21．[2017·北京海淀模擬]如圖虛線框內(nèi)為某種電磁緩沖車的結(jié)構(gòu)示意圖，在緩沖車的底板上沿車的軸線固定有兩個(gè)足夠長(zhǎng)的平行絕緣光滑導(dǎo)軌

PQ、MN，在緩沖車的底部還安裝有電磁鐵(圖中未畫出)，能產(chǎn)生垂直于