2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第9講　電磁感應

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第9講電磁感應第9講電磁感應題型1楞次定律和法拉第電磁感應定律1.[2023·海南卷]汽車測速利用了電磁感應現(xiàn)象,汽車可簡化為一個矩形線圈abcd,埋在地下的線圈分別為1、2,通上順時針(俯視)方向電流,當汽車經(jīng)過線圈時 (C)A.線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上B.汽車進入線圈1過程產(chǎn)生感應電流方向為abcdC.汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應電流方向為abcdD.汽車進入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同[解析]由題知,埋在地下的線圈1、2通順時針(俯視)方向的電流,則根據(jù)右手螺旋定則,可知線圈1、2中磁場方向豎直向下,A錯誤;汽車進入線圈1過程中,磁通量向下增大,根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應電流的方向為adcb(逆時針),B錯誤;汽車離開線圈1過程中,磁通量向下減小,根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應電流的方向為abcd(順時針),C正確;汽車進入線圈2過程中,根據(jù)楞次定律的推論可知,汽車受到的安培力方向與速度方向相反,D錯誤.2.[2023·全國乙卷]一學生小組在探究電磁感應現(xiàn)象時,進行了如下比較實驗.用圖甲所示的纏繞方式,將漆包線分別繞在幾何尺寸相同的有機玻璃管和金屬鋁管上,漆包線的兩端與電流傳感器接通.兩管皆豎直放置,將一根小的強磁體分別從管的上端由靜止釋放.在管內(nèi)下落至管的下端.實驗中電流傳感器測得的兩管上流過漆包線的電流I隨時間t的變化分別如圖乙和丙所示,分析可知 (A)A.圖丙是用玻璃管獲得的圖像B.在鋁管中下落,強磁體做勻變速運動C.在玻璃管中下落,強磁體受到的電磁阻力始終保持不變D.用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比用玻璃管時的短[解析]在鋁管中運動時,強磁體受到兩個阻力的作用,一個是鋁管渦流的阻礙作用,另一個是漆包線中電流產(chǎn)生的磁場的阻礙作用,鋁管的阻礙作用更強一些,所以強磁體在鋁管中運動的速度要比在玻璃管中相應位置運動的速度小,所以鋁管的漆包線中出現(xiàn)的電流峰值要小,且強磁體在鋁管中運動時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔更長,A正確,D錯誤;強磁體在鋁管中下落,測得的電流峰值相同,即強磁體經(jīng)過每匝線圈時磁通量變化率的最大值相同,可知在漆包線中不產(chǎn)生感應電流的時間段內(nèi)強磁體做勻速運動,B錯誤;在玻璃管內(nèi)受到的阻力是漆包線中電流產(chǎn)生的磁場的電磁阻力,由圖丙中電流的變化可知該電磁阻力是變化的,C錯誤.3.(多選)某同學設想的減小電梯墜落時造成傷害的一種應急安全裝置如圖所示,在電梯轎廂底部安裝永久強磁鐵,磁鐵N極朝上,電梯井道內(nèi)壁上鋪設若干金屬線圈,線圈在電梯轎廂墜落時能自動閉合,從而減小對箱內(nèi)人員的傷害.當電梯轎廂墜落到圖示位置時,下列說法正確的是 (AD)A.從上往下看,金屬線圈A中的感應電流沿逆時針方向B.從上往下看,金屬線圈B中的感應電流沿逆時針方向C.金屬線圈B對電梯轎廂下落有阻礙作用,A沒有阻礙作用D.金屬線圈B有收縮的趨勢,A有擴張的趨勢[解析]當電梯墜落至題圖位置時,閉合線圈A中向上的磁場減弱,感應電流的方向從上往下看是逆時針方向,B中向上的磁場增強,感應電流的方向從上往下看是順時針方向,故B錯誤,A正確;當電梯墜落至如圖位置時,閉合線圈A、B都在阻礙電梯下落,故C錯誤;閉合線圈A中向上的磁場減弱,B中向上的磁場增強,根據(jù)楞次定律可知,線圈B有收縮的趨勢,A有擴張的趨勢,故D正確.4.市場上某款“自發(fā)電”門鈴開關的原理如圖乙、丙所示.在按下門鈴按鈕過程中,夾著永磁鐵的鐵塊向下移動,改變了與“E”形鐵芯接觸的位置,使得通過線圈的磁場發(fā)生改變.松開門鈴按鈕后,彈簧可使之復位(與a、b連接的外電路未畫出).由此可判斷 (B)A.未按下按鈕時,線圈a、b兩點間存在電勢差B.按下按鈕過程中,線圈中感應電流始終由b經(jīng)線圈流向aC.按鈕復位過程中,線圈中的磁通量一直減小D.按下按鈕過程與松開復位過程中,a點的電勢始終高于b點[解析]未按下按鈕時,線圈磁通量不變,因此a、b兩點電勢差為零,故A錯誤;按下按鈕過程中,線圈中的磁場先向右減小,后向左增加,根據(jù)楞次定律可知,感應電流方向從b接線柱通過線圈流向a接線柱,又因為線圈是電源,電源內(nèi)部電流方向由負極流向正極,因此線圈a接線柱的電勢比b接線柱高,按鈕復位過程中,線圈中的磁場先向左減小,后向右增加,磁通量先減小后增大,根據(jù)楞次定律可知,感應電流方向從a接線柱通過線圈流向b接線柱,線圈a接線柱的電勢比b接線柱低,故B正確,C、D錯誤.5.如圖甲所示,A、B為兩個相同的環(huán)形線圈,共軸并靠近放置,A線圈中通有如圖乙所示的交變電流,下列說法正確的是 (D)A.t1時刻兩線圈間作用力最大B.t2時刻兩線圈間作用力最大C.在t1到t2時間內(nèi),A、B兩線圈相互排斥D.在t2到t3時間內(nèi),A、B兩線圈相互排斥[解析]由圖可知,在t1時刻線圈A中的電流最大,此時產(chǎn)生的磁通量的變化率為零,所以線圈B感應電流為零,因此兩線圈間作用力為零,故A錯誤;在t2時刻,線圈A中的電流為零,而磁通量的變化率是最大的,所以線圈B感應電流也是最大,但A、B間的相互作用力為零,故B錯誤;在t1到t2時間內(nèi),若設順時針(從右向左看)方向為正,則線圈A電流方向順時針且大小減小,所以根據(jù)右手螺旋定則可判定穿過線圈B方向向左的磁通量大小減小,由楞次定律可知,線圈B的電流方向為順時針方向,因此A、B中電流方向相同,出現(xiàn)相互吸引現(xiàn)象,故C錯誤;在t2到t3時間內(nèi),若設順時針方向(從右向左看)為正,則線圈A電流方向逆時針且大小增大,所以根據(jù)右手螺旋定則可判定穿過線圈B方向向右的磁通量大小增大,由楞次定律可知,線圈B的電流方向順時針方向,因此A、B中電流方向相反,A、B出現(xiàn)互相排斥現(xiàn)象,故D正確.6.(多選)如圖所示,足夠長的圓柱形永磁體豎直放置,其周圍存在輻向磁場.一個圓形金屬線圈與磁體中心同軸,線圈由靜止釋放后經(jīng)過時間t速度達到最大值v,此過程中線圈平面始終保持水平,已知金屬線圈的匝數(shù)為N、質量為m、直徑為d、總電阻為R,金屬線圈下落過程中所經(jīng)過磁場的磁感應強度大小均為B,重力加速度大小為g,不計空氣阻力,則 (AD)A.從上往下看,線圈中感應電流沿順時針方向B.線圈達到最大速度之前做勻加速直線運動C.線圈下落速度為v時的熱功率為NmgvD.t時間內(nèi)通過線圈橫截面的電荷量為[解析]線圈的每一部分都在切割磁感線,根據(jù)右手定則可知從上往下看,線圈中感應電流沿順時針方向,A正確;線圈達到最大速度之前,隨著速度增大,電流增大,所受向上的安培力增大,根據(jù)牛頓第二定律可知加速度逐漸減小,B錯誤;線圈下落速度為v時,安培力與重力平衡,熱功率等于克服安培力做功功率,則有P=Fv=mgv,C錯誤;t時間內(nèi),根據(jù)動量定理有mgt-t=mv,其中=NπdB,聯(lián)立得mgt-NπdBq=mv,解得q=,D正確.題型2電磁感應中的電路與圖像問題1.[2023·浙江1月選考]如圖甲所示,一導體桿用兩條等長細導線懸掛于水平軸OO',接入電阻R構成回路.導體桿處于豎直向上的勻強磁場中,將導體桿從豎直位置拉開小角度θ靜止釋放,導體桿開始下擺.當R=R0時,導體桿振動圖像如圖乙所示.若橫縱坐標皆采用圖乙標度,則當R=2R0時,導體桿振動圖像是 (B)ABCD[解析]若電阻變大,則導體桿切割磁感線時產(chǎn)生的感應電流變小,即所受安培力變小,對做阻尼振動的導體桿而言,阻尼變小,振動時間相應延長,即選項B正確,A、C、D錯誤.2.(多選)在如圖所示的電路中,半徑為r的半圓形金屬滑軌一端與阻值為R的定值電阻連接,另一端靠近金屬棒轉軸(但不連接),金屬棒的長度略大于2r,可繞O點在豎直面內(nèi)轉動,在轉軸處與定值電阻R相連,轉動過程中始終保持與滑軌良好接觸.t=0時刻,金屬棒在外界控制下從豎直位置以角速度ω繞O點順時針勻速轉動,直至水平,整個裝置處在磁感應強度大小為B、方向垂直滑軌所在平面向里的勻強磁場(圖中未畫出)中.金屬棒和滑軌的電阻均不計.下列說法正確的是 (BC)A.通過定值電阻的電流方向發(fā)生改變B.在t=時刻,通過定值電阻的電流為C.通過定值電阻的電流的最大值為D.在金屬棒從豎直位置轉到水平位置的過程中,通過定值電阻某一橫截面的電荷量為[解析]根據(jù)題意,由右手定則可知,轉動過程中,感應電流方向一直為順時針,故A錯誤;在t=時刻,金屬棒轉過,有效長度為r,則感應電動勢為E1=B·r·ω·r=Bωr2,通過定值電阻的電流為I1==,故B正確;當金屬棒水平時,感應電流最大,則有Em=B·2r·ω·2r=Bω·2r2,通過定值電阻的電流的最大值為Im==,故C正確;由=、=和q=t可得q===,故D錯誤.3.(多選)[2020·山東卷]如圖所示,平面直角坐標系的第一和第二象限分別存在磁感應強度大小相等、方向相反且垂直于坐標平面的勻強磁場,圖中虛線方格為等大正方形.一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運動(不發(fā)生轉動).從圖示位置開始計時,4s末bc邊剛好進入磁場.在此過程中,導體框內(nèi)感應電流的大小為I,ab邊所受安培力的大小為Fab,二者與時間t的關系圖像可能正確的是 (BC)ABCD[解析]設正方形的邊長為dm,則導體框運動的速度大小為dm/s,設磁感應強度大小為BT,1s之前,導體框切割磁感線的有效長度為2d,由E=BLv得E1=2Bd2(V),由I1==(A)得電流大小恒定不變,I-t圖線為平行于時間軸的直線,ab邊在磁場中的長度為vt=dt(m),由F=BIL得安培力Fab1=t(N),安培力隨時間變化的圖線為過原點的傾斜直線,1s末受到的安培力為(N);1~2s,導體框切割磁感線的有效長度為2d+v(t-1)=d+dt,由E=BLv得E2=Bd2t+Bd2,由I2=t+,則I-t圖線為傾斜的直線,2s末的電流大小為,ab邊在磁場中的長度為vt=dt,Fab2=(t2+t),安培力隨時間變化的圖線為拋物線,2s末受到的安培力為;2~4s,在左邊磁場中導體框切割磁感線的有效長度為3d,在右邊磁場中導體框切割磁感線的有效長度為v(t-2)=d(t-2),兩邊磁場中的導體框產(chǎn)生的電動勢方向相反,總電動勢為兩者之差,故E=3Bd2-Bd2(t-2)=-Bd2t+5Bd2,I3=-t+,I-t圖線為斜向下傾斜的直線,4s末的電流大小為,ab邊在磁場中的長度為vt=dt,Fab3=(-t2+5t),安培力隨時間變化的圖線為拋物線,4s末受到的安培力為,因此選項B、C正確,A、D錯誤.4.如圖所示,xOy坐標平面內(nèi)有一頂點在原點的拋物線形金屬導軌,在導軌圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直坐標平面的勻強磁場.在t=0時刻,有一足夠長的粗細均勻的金屬棒從原點出發(fā)沿+y方向以恒定速度v平移(棒保持垂直于y軸),金屬棒與導軌接觸良好,不計導軌電阻.則在平移過程中,關于金屬棒上產(chǎn)生的電動勢E、金屬棒中的感應電流i、金屬棒所受安培力F安以及金屬棒的電功率P隨縱坐標y的變化規(guī)律,下列圖像可能正確的是 (C)ABCD[解析]設第一象限內(nèi)棒與拋物線交點坐標為(x,y),則回路中金屬棒產(chǎn)生的電動勢為E=2Bvx,再設拋物線方程為y=ax2,則有E=2Bv∝,即圖線為開口向右的拋物線,故A錯誤;設金屬棒單位長度的電阻為r,則金屬棒中電流為i===,故圖線應為平行于橫軸的直線,故B錯誤;金屬棒所受安培力為F安=2Bix==∝,即圖線為開口向右的拋物線,故C正確;金屬棒電功率為P=i2R=×2xr=×2r∝,即圖線為開口向右的拋物線,故D錯誤.5.在如圖甲所示的電路中,兩個完全相同的小燈泡L1和L2分別串聯(lián)一個帶鐵芯的電感線圈L和一個滑動變阻器R.閉合開關S,待電路穩(wěn)定后,調整R的滑片使L1和L2亮度一樣,此時通過兩個燈泡的電流均為I.在之后的t0時刻斷開S,則在如圖乙所示的圖像中,能正確反映t0前后的一小段時間內(nèi)通過L1的電流i1和通過L2的電流i2隨時間t變化關系的是 (A)甲ABCD乙[解析]L1與線圈串聯(lián),斷開S,流過線圈的電流減小,電感線圈產(chǎn)生同向的感應電動勢,并慢慢變小,則電流變小,變小得越來越慢,故A正確,B錯誤;閉合開關S后,L2與線圈并聯(lián),電感線圈產(chǎn)生的電流與L2構成回路,S斷開后的較短的時間內(nèi)L2電流反向,并由I值逐漸減小,故C、D錯誤.題型3電磁感應力學綜合問題1.(多選)如圖所示,空間等距分布無數(shù)個垂直紙面向里的勻強磁場,豎直方向磁場區(qū)域足夠長,磁感應強度大小B=1T,每一條形磁場區(qū)域寬度及相鄰條形磁場區(qū)域間距均為d=1m.現(xiàn)有一個邊長l=0.5m、質量m=0.2kg,電阻R=1Ω的單匝正方形線框,以v0=8m/s的初速度從左側磁場邊緣水平進入磁場,g取10m/s2,下列說法正確的是 (CD)A.線框剛進入第一個磁場區(qū)域時,加速度大小為10m/s2B.線框穿過第一個磁場區(qū)域過程中,通過線框的電荷量為0.5CC.線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為6.4JD.線框從開始進入磁場到豎直下落過程中能穿過6個完整磁場區(qū)域[解析]線框剛進入第一個磁場區(qū)域時,產(chǎn)生的電動勢為E=Blv0=1×0.5×8V=4V,線框受到的安培力大小為F安=BIl=Bl=1××0.5N=2N,根據(jù)牛頓第二定律可得,加速度大小為a===m/s2=10m/s2,故A錯誤;線框穿過第一個磁場區(qū)域過程中,通過線框的電荷量為q=Δt=Δt=Δt=0C,故B錯誤;線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中,由于線框上下兩邊處在磁場中的長度相等,則上下兩邊受到的安培力相互抵消,即線框豎直方向只受重力作用,可認為豎直方向做自由落體運動,水平方向在安培力作用下做減速運動,當水平方向的速度減為零時,線框開始豎直下落,則線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=m=×0.2×82J=6.4J,故C正確;線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中,水平方向根據(jù)動量定理可得-vt=x,聯(lián)立解得x==m=6.4m,線框穿過1個完整磁場區(qū)域,有安培力作用的水平距離為2l,由于==6.4,可知線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中能穿過6個完整磁場區(qū)域,故D正確.2.(多選)[2023·山東卷]足夠長的U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上,寬為1m,電阻不計.質量為1kg、長為1m、電阻為1Ω的導體棒MN放置在導軌上,與導軌形成矩形回路并始終接觸良好,Ⅰ和Ⅱ區(qū)域內(nèi)分別存在豎直方向的勻強磁場,磁感應強度分別為B1和B2,其中B1=2T,方向向下.用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為0.1kg的重物相連,繩與CD垂直且平行于桌面.如圖所示,某時刻MN、CD同時分別進入磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動,MN、CD與磁場邊界平行.MN的速度v1=2m/s,CD的速度為v2且v2>v1,MN和導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2.重力加速度大小取10m/s2,下列說法正確的是(BD)A.B2的方向向上B.B2的方向向下C.v2=5m/sD.v2=3m/s[解析]導軌的速度v2>v1,因此對導體棒MN受力分析可知導體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力,摩擦力大小為Ff=μmg=2N,導體棒所受的安培力大小為F1=Ff=2N,由左手定則可知導體棒中的電流方向為N→M,導軌中的電流方向為M→D→C→N,導軌受到向左的摩擦力Ff'=Ff=2N,受向右的拉力FT=m0g=1N,所以導軌所受的安培力方向向右,大小為F2=Ff-m0g=1N,由左手定則可知B2的方向向下,A錯誤,B正確;對導體棒分析有F1=B1IL,對導軌分析有F2=B2IL,電路中的電流為I=,聯(lián)立解得v2=3m/s,C錯誤,D正確.3.如圖甲所示,間距為L=1m的長直平行導軌固定在水平面上,虛線MN與導軌垂直,在其右側有垂直導軌平面向下的勻強磁場,磁感應強度大小為B=1T,質量均為m=1kg的金屬棒P、Q垂直放在導軌上,P、Q與導軌間的動摩擦因數(shù)均為μ,P棒到MN存在一段距離,t=0時刻起,P棒始終受到一方向水平向右、大小為F=4N的恒定拉力作用,其運動的v-t圖像如圖乙所示,其中t=0到t1=3s的圖像為直線.已知P、Q棒接入電路的總電阻為R=1Ω,運動過程中兩棒未發(fā)生碰撞,不計導軌的電阻,重力加速度g取10m/s2.(1)求金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)大小μ;(2)求P棒剛進入磁場時的加速度大小;(3)若在t2時刻,電路電流為4A,則此時P棒的速度大小vP為多少?[答案](1)0.2(2)4m/s2(3)5m/s[解析](1)對導體棒受力分析,水平方向上有F-μmg=ma0從圖乙可以讀出,0~3s的傾斜直線的斜率即為加速度大小,即a0=k=2m/s2聯(lián)立可得μ=0.2(2)剛進入磁場的導體棒受到運動方向的力有F、滑動摩擦力和導體棒所受安培力,此時有F-μmg-BIL=ma其中I=聯(lián)立可得a=-4m/s2即加速度大小為4m/s2(3)對P和Q整體進行分析,在3~t2時間內(nèi),由動量定理可得=m(vP+vQ)-mv且此時有I=計算可得F=μ·2mg聯(lián)立得vP=5m/s4.如圖甲所示,兩條光滑平行金屬軌道MN、PQ與水平面成θ=30°角固定,軌道間距L=1m,P、M間接有阻值為R1的定值電阻,Q、N間接有電阻箱R,質量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上,桿和軌道的電阻都忽略不計;勻強磁場垂直于軌道平面向上,磁感應強度B=0.5T.從靜止釋放金屬桿ab,改變電阻箱的阻值R,對應于金屬桿ab的一個收尾速度vm,得到與的關系如圖乙所示.軌道足夠長,g取10m/s2.(1)求金屬桿ab的質量m和定值電阻的阻值R1;(2)當R=4Ω且金屬桿ab的加速度為2.5m/s2時,求金屬桿ab的速度大小;(3)當R=4Ω且金屬桿ab速度為時,求定值電阻R1消耗的電功率.[答案](1)0.1kg1Ω(2)0.8m/s(3)0.16W[解析](1)回路總電阻R總=,總電流I=當金屬桿ab達到最大速度時,有mgsinθ=BIL即mgsinθ=B2L2vm整理得=·+則-圖像的斜率k=,截距b=根據(jù)圖像可求得斜率k=0.5Ω·s·m-1,截距b=0.5s·m-1解得m=0.1kg,R1=1Ω(2)當金屬桿ab的加速度a=2.5m/s2時,根據(jù)牛頓第二定律得mgsin30°-BI2L=ma2解得I2=0.5A當R=4Ω時,R總==0.8Ω又I2R總=E=BLv2解得v2=0.8m/s(3)當R=4Ω時,根據(jù)圖像得到vm=1.6m/s當v3==0.8m/s時,P===0.16W5.[2023·新課標卷]一邊長為L、質量為m的正方形金屬細框,每邊電阻為R0,置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上.寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強磁場,磁感應強度大小為B,兩虛線為磁場邊界,如圖甲所示.(1)使金屬框以一定的初速度向右運動,進入磁場.運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行,金屬框完全穿過磁場區(qū)域后,速度大小降為它初速度的一半,求金屬框的初速度大小.(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌,導軌與磁場邊界垂直,左端連接電阻R1=2R0,導軌電阻可忽略,金屬框置于導軌上,如圖乙所示.讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動,進入磁場.運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好.求在金屬框整個運動過程中,電阻R1產(chǎn)生的熱量.[答案](1)(2)[解析](1)在金屬框右邊框進入磁場而左邊框未進入磁場時,設它的加速度為a,速度為v,回路中電流為I,電阻為4R0,由法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律有BLv=4R0·I-BLI=ma設在小時間段Δt內(nèi),金屬框速度和位置變化量分別為Δv和Δx,有a=,v=聯(lián)立得Δv=-Δx設金屬框的初速度大小為v0,金屬框剛好完全進入磁場時的速度為v1,則v0-v1=金屬框完全進入磁場后做勻速運動.金屬框穿出磁場區(qū)域的過程與穿入過程類似處理,并代入題目所給條件得v1-=聯(lián)立得v0=(2)當金屬框置于導軌上時,金屬框上下邊框的電阻被導軌短路.當僅有右邊框在磁場中運動時,電阻R1與左邊框的電阻R0并聯(lián),并聯(lián)的電阻記為R2,電流回路總電阻記為Rt,由電阻的串、并聯(lián)公式有R2=R0,Rt=R0+R2設金屬框剛好完全進入磁場時的速度為v2,與(1)中類似處理并代入題給條件得v0-v2=聯(lián)立得v2=從開始到金屬框剛好完全進入磁場時,由能量守恒定律得整個電路產(chǎn)生的熱量Q0=m-m設流經(jīng)電阻R1的電流為I1,回路總電流為I',有I1R1=I'R2從開始到金屬框剛好完全進入磁場時,電阻R1上產(chǎn)生的熱量為Q1=Q0·金屬框完全進入磁場后,左右邊框產(chǎn)生的電動勢相等,兩邊框的并聯(lián)電阻為R0,這時回路總電阻為Rt'=R0設金屬框完全進入磁場后,左邊框與磁場左邊界距離為x時,金屬框的速度為v3,與(1)中類似處理并代入題給條件可得v2-v3=可以得到,當x=L時,v3=0即當金屬框右邊框到達磁場右邊界時,金屬框恰好停下.從金屬框完全進入磁場到停止運動的過程中,根據(jù)能量守恒定律,整個電路產(chǎn)生的熱量為Q0'=m-0電阻R1在電路中串聯(lián),R1上產(chǎn)生的熱量為Q1'=Q0'·聯(lián)立以上各式并代入題給條件得,在金屬框整個運動過程中,電阻R1產(chǎn)生的熱量為Q1″=Q1+Q1'=第10講機械振動和機械波、電磁振蕩和電磁波題型1機械振動與機械波1.(多選)擺鐘是一種較有年代的計時鐘表,其基本原理是利用了單擺的周期性,結合巧妙的擒縱器設計,實現(xiàn)計時的功能.如圖所示為其內(nèi)部的結構簡圖.設原先擺鐘走時準確,則 (BCD)A.擺動過程中,金屬圓盤所受合力為其回復力B.擺鐘在太空實驗室內(nèi)是無法正常使用的C.將該擺鐘從北京帶到汕頭,為使走時準確,需旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向上移動D.該擺鐘在冬季走時準確,到夏季為了準時,考慮熱脹冷縮需旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向上移動[解析]回復力是指向平衡位置的力,所以擺動過程中,金屬圓盤所受重力沿軌跡切線方向的分力為其回復力,金屬圓盤所受合力還有一部分提供向心力,故A錯誤;擺鐘在太空實驗室內(nèi)是處于失重狀態(tài)的,所以無法使用,故B正確;將該擺鐘從北京帶到汕頭,重力加速度變小,由T=2π,可知周期變大,擺鐘變慢,為使走時準確,需要擺鐘的擺長變短,需旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向上移動,故C正確;該擺鐘在冬季走時準確,到夏季溫度升高,由于熱脹冷縮,擺長變長,為了準時,需要擺長變短,所以需旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向上移動,故D正確.2.甲、乙兩星球表面的a、b兩個單擺做簡諧運動的x-t圖像如圖所示,已知兩單擺的擺長相等,由圖可知(D)A.甲、乙兩星球表面的重力加速度之比為B.減小a擺的擺球質量,a擺的周期有可能與b擺相等C.a、b兩單擺的擺球在最低點的速率有可能相等D.a、b兩單擺的擺球在最低點的動能有可能相等[解析]設a、b的振動周期為T1、T2,根據(jù)圖像可知1.5T1=T2,已知兩單擺的擺長L相等,根據(jù)單擺的周期公式T=2π可知,甲、乙兩星球表面的重力加速度之比為=,故A錯誤;單擺的周期與擺球的質量無關,所以減小a擺的擺球質量,a擺的周期不可能與b擺相等,故B錯誤;設單擺的擺線與豎直方向的夾角最大為θ,到達最低點的速度大小為v,根據(jù)動能定理可得mgL(1-cosθ)=mv2,解得v=,由于g1>g2,θ1>θ2,故v1>v2,故C錯誤;根據(jù)動能定理可得擺球擺到最低點的動能Ek=mgL(1-cosθ),由于兩個擺球的質量大小不確定,所以a、b兩單擺的擺球在最低點的動能有可能相等,D正確.3.如圖甲所示是一列簡諧橫波在某時刻的波形圖,質點M、N、P、Q分別位于介質中x=3m、x=4m、x=5m、x=10m處.該時刻橫波恰好傳播至P點,圖乙為質點M從該時刻開始的振動圖像,下列說法正確的是 (B)A.此波在該介質中的傳播速度為1.25m/sB.波源起振方向沿y軸正方向C.此波傳播至Q點的過程中,質點P經(jīng)過的路程為5mD.質點Q起振后,與質點N振動步調完全一致[解析]根據(jù)圖甲可知波長為λ=4m,根據(jù)圖乙可知T=4s,則波速v==m/s=1m/s,故A錯誤;此時波剛好傳到P點,根據(jù)上下坡法可知,P點振動方向沿y軸正方向,又因為此時P點振動方向為波源的起振方向,故B正確;根據(jù)波在x軸方向上的傳播特點可知,t==s=5s=T,則P點的路程s=5A=5×10cm=50cm,故C錯誤;質點Q和質點N之間的距離Δx=6m=λ,因此兩個質點的振動步調相反,故D錯誤.4.沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t=0時刻的波動圖像如圖甲所示,平衡位置在x=4m處的質點Q的振動圖像如圖乙所示,下列說法正確的是 (D)A.該波沿x軸負方向傳播B.該波的波長為10mC.該波的傳播速度為12m/sD.t=s時刻,x=0處的質點回到平衡位置[解析]t=0時刻平衡位置在x=4m處的質點Q向上振動,根據(jù)“同側法”可知該波沿x軸正方向傳播,故A錯誤;根據(jù)圖甲可知該波的波長為λ=12m,故B錯誤;根據(jù)圖乙可知,該波的周期為T=1.6s,該波的傳播速度為v==m/s=7.5m/s,故C錯誤;根據(jù)波形的平移可得,x=0處的質點第一次回到平衡位置的時刻為t==s,故在t=s時刻,x=0處的質點回到平衡位置,故D正確.5.兩列振幅相同的橫波在同一介質中相向傳播,波速為4m/s.甲從P點沿x軸正方向傳播,乙從Q點沿x軸負方向傳播.t=0時刻的波形如圖所示,則 (D)A.甲、乙兩列波的頻率之比為3∶2B.兩列波的起振方向相同C.t=3s時刻,平衡位置在x=6m處的質點位移為2cmD.t=3s時刻,平衡位置在x=3m處的質點位移為2cm[解析]甲、乙兩列波的波長之比為3∶2,根據(jù)f=可知,頻率之比為2∶3,故A錯誤;根據(jù)同側法判斷甲起振方向向下,乙起振方向向上,則兩列波的起振方向相反,故B錯誤;t=3s時刻,由x=vt得,兩列波各自向前傳播12m,此時甲波與乙波引起平衡位置在x=6m處的質點均處于平衡位置,疊加之后此時位移為0,故C錯誤;t=3s時平衡位置在x=3m處的質點由乙波引起的振動正處于波峰,由甲波引起的振動正在平衡位置,則此時該質點的位移為2cm,D正確.6.一列簡諧橫波在t1=0.2s的波形圖如圖甲所示,平衡位置在x=2m處的質點M的振動圖像如圖乙所示.已知質點N的平衡位置在x=3.5m處,下列說法正確的是 (B)A.N點在t1時刻偏離平衡位置的位移為0.1mB.t2=0.3s時,質點N的運動方向沿y軸負方向C.質點N從t=0時刻起每經(jīng)過0.05s所通過的路程都是0.2mD.如果該波源沿波的傳播方向移動,則在x軸正半軸較遠處的觀測儀器接收到該波的頻率小于5Hz[解析]由圖甲、乙知,波長為λ=4m,周期T=0.2s,振幅A=0.2m,圖示時刻波動方程為y=-0.2sinm,當x=3.5m時,y=-0.2sincm=0.1m,即N點在t1時刻偏離平衡位置的位移為0.1m,故A錯誤;由圖乙知,t1=0.2s時刻質點M沿y軸負方向運動,結合圖甲,由同側法可知,該波沿x軸正方向傳播,質點N在t1=0.2s時刻沿y軸正方向運動,從t1=0.2s到t2=0.3s,經(jīng)歷的時間Δt1=t2-t1=(0.3-0.2)s=0.1s=,此時質點N沿y軸負方向運動,故B正確;只有從平衡位置或最大位移處開始運動,經(jīng)過Δt2=0.05s=質點通過的路程為s=A=0.2m,由圖甲知,t1=0.2s時刻質點N不在平衡位置或最大位移處,故質點N從t=0時刻起每經(jīng)過0.05s所通過的路程不等于0.2m,故C錯誤;由B分析知,波沿x軸正方向傳播,則波源沿x軸正方向移動,與x軸正半軸較遠處的觀測儀器相互靠近,由多普勒效應知,該觀測儀器接收到該波的頻率大于波源的頻率f==Hz=5Hz,故D錯誤.題型2波的疊加、干涉、衍射、多普勒效應1.如圖所示,甲、乙兩列簡諧橫波在同種均勻介質中傳播,t=0時刻兩列波恰好在坐標原點相遇,已知甲波沿x軸正方向傳播,頻率為5Hz;乙波沿x軸負方向傳播,則 (B)A.乙波在該介質中的波速為20m/sB.甲、乙兩波相遇后將產(chǎn)生干涉現(xiàn)象C.甲、乙兩波相遇后x=0處質點始終位于平衡位置D.甲、乙兩波均傳播到x=2m處時,該處質點的振幅為10cm[解析]甲、乙兩列簡諧橫波在同種均勻介質中傳播,波速相同,甲的波長為λ甲=2m,所以甲、乙兩列簡諧橫波的波速均為v=λ甲f=10m/s,故A錯誤;甲、乙兩列簡橫波的波長相同、波速相同,所以頻率相同,相遇后將產(chǎn)生干涉現(xiàn)象,故B正確;兩列波相遇時,引起x=0處質點的振動方向相同,所以x=0處質點振動加強,將在平衡位置附近振動,不可能始終位于平衡位置,故C錯誤;根據(jù)波形可知甲波經(jīng)過一個周期傳播到x=0.2m處,此時兩列波引起該處質點的振動方向相同,所以該處質點振動加強,振幅為A=A甲+A乙=30cm,故D錯誤.2.(多選)如圖甲所示,A、B、C是介質中的三個點,A、C間距為3.25m,B、C間距為1m.兩個波源分別位于A、B兩點,且同時從t=0時刻開始振動,振動圖像如圖乙所示.已知A點波源振動形成的波長為2m,則 (AB)A.A點波源振動形成的波在此介質中波速為5m/sB.B點波源振動形成的波長為3mC.AB中點是振動加強點D.t=2.15s時C點位移為7cm[解析]根據(jù)圖乙可知,A點波源振動的周期為0.4s,故形成的波在此介質中波速為vA==m/s=5m/s,故A正確;同種介質中,兩列波的傳播速度相等,故B點波源形成的波的波速也為5m/s,根據(jù)圖乙可知,B點波源振動的周期為0.6s,B點波源振動形成的波長為λB=vTB=5×0.6m=3m,故B正確;由于兩列波的周期不同,在同一位置不同時刻振動的疊加效果不同,故C錯誤;根據(jù)圖乙可知,A點波源的振動波在C的振動位移表達式為xA=AAsin,B的振動位移表達式為xB=ABsin,將t=2.15s代入得xA=-3cm,xB=-4cm,x=xA+xB=-3cm+(-4cm)=-7cm,故D錯誤.3.兩列簡諧橫波在某一均勻介質中相向傳播,波源M產(chǎn)生的波沿x軸正方向傳播,波源N產(chǎn)生的波沿x軸負方向傳播.t=0時刻某一波源先開始振動,t=0.2s時MN間的波形圖如圖所示.此時平衡位置位于x=2m和x=8m的兩個質點都在波峰位置.下列說法正確的是 (D)A.波源M先振動且起振方向向下B.沿x軸負方向傳播的N波波速為10m/sC.再經(jīng)過0.2s,x=6m處的質點縱坐標為10cmD.從t=0時刻到兩列波相遇的這段時間內(nèi),x=6m處的質點通過的路程為cm[解析]M波傳播的距離遠,即M波先開始傳播且波源M起振方向向上,故A錯誤;波速由介質決定,兩列波的波速一定相同,則N波的波速為v==20m/s,故B錯誤;再經(jīng)0.2s,兩列波各向前傳播的距離為x1=20m/s×0.2s=4m,x=6m處的質點恰好是M波的波峰與N波的波谷相遇,則其縱坐標為y1=10cm-5cm=5cm,故C錯誤;兩列波在x'=5.5m處相遇,N波的周期T2===0.2s,從t=0時刻到兩列波相遇的這段時間內(nèi),x=6m的質點振動的實際時間段為N波傳到x=6m處到兩列波相遇,故t2==0.025s=,通過的路程等于s=5cm×sin=cm,故D正確.4.(多選)如圖甲所示,輕質彈簧下端固定在水平地面上,上端連接一輕質薄板.t=0時刻,一物塊從其正上方某處由靜止下落,落至薄板上后和薄板始終粘連,其位置隨時間變化的圖像(x-t)如圖乙所示,其中t=0.2s時物塊剛接觸薄板.彈簧始終在彈性限度內(nèi),空氣阻力不計,則下列說法正確的是 (ABD)A.t=0.2s后物塊做簡諧運動B.t=0.4s時物塊的加速度大于重力加速度C.若增大物塊自由下落的高度,則物塊與薄板粘連后振動的周期增大D.t=0.2s后物塊位置隨時間變化關系為x=0.3m+0.2sinm[解析]t=0.2s時物塊剛接觸薄板,落至薄板上后和薄板始終粘連,構成豎直方向的彈簧振子,由圖乙可知,0.2s以后的圖像為正弦函數(shù)曲線,即t=0.2s后物塊做簡諧運動,A正確;薄板為輕質薄板,質量可忽略不計,由圖乙可知,B點是正弦函數(shù)曲線的最高點,C點是正弦函數(shù)曲線的最低點,根據(jù)簡諧運動的對稱性可知,最高點的加速度和最低點的加速度大小相等,即aB=aC,由簡諧運動的加速度滿足a=-可知,a與x'成正比,設A點處偏離平衡位置的位移大小為xA,C點處偏離平衡位置的位移大小為xC,有xA<xC,所以aA<aC,aA<aB,由題意知,到A點時,物塊只受重力,aA=g,所以aB>g,B正確;彈簧振子的周期只與振動系統(tǒng)本身有關,與物塊下落的高度無關,故增大物塊自由下落的高度,物塊與薄板粘連后振動的周期不變,C錯誤;由圖乙可知T=0.6s,ω==rad/s,振幅為0.2m,故0.2s后物塊位置隨時間變化關系式為x=0.3m+0.2sin(t-0.2)+φ0m,當t=0.4s時,x=0.5m,代入上式得φ0=-,所以x=0.3m+0.2sin(t-0.2)-m,D正確.5.(多選)某一沿x軸負方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖如圖所示,此時刻質點A到平衡位置距離為1cm,質點B恰運動到波峰處,若質點B從此時刻開始計時的振動方程為y=2sin(t的單位為s,y的單位為cm),則 (AC)A.該波的傳播速度為2m/sB.該波的傳播速度為4m/sC.從t=0時刻開始,質點A在Δt=s內(nèi)通過的路程為7cmD.從t=0時刻開始,質點A在Δt'=s內(nèi)通過的路程為7cm[解析]由質點B的振動方程,可得該波的周期為T==s=2s,由圖像知該列波的波長為λ=4m,則該波的傳播速度為v==m/s=2m/s,故A正確,B錯誤;波沿x軸負方向傳播,通過質點B的振動方程可知從t=0時刻開始,質點A的振動方程為y=2coscm,該列波的振幅為A=2cm,則在t=s=T時,質點A位于y=2cm處,則可得從t=0時刻開始,質點A在Δt=s內(nèi)通過的路程為s=1cm+3A=1cm+3×2cm=7cm,故C正確;從t=0時刻開始,質點A在Δt=s內(nèi)通過的路程為7cm,則質點A在Δt'=s內(nèi)通過的路程一定大于7cm,故D錯誤.6.如圖所示,某均勻介質中一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波(圖中未畫出),波速為6m/s,兩質點P、Q位于x軸上.以該波傳到質點P為計時起點,質點P的振動方程為y=-2sin5πt(cm),經(jīng)過時間Δt該波傳到質點Q時,質點P位于x軸上方距其平衡位置1cm處且向上振動.由此可知 (C)A.該波的波長為2mB.質點Q開始振動的方向是向上C.質點P、Q平衡位置的間距可能為3.8mD.Δt=0.25s[解析]由題可知,該波的周期為T=,代入數(shù)據(jù)得T=s=0.4s,波長為λ=vT,代入數(shù)據(jù)得λ=2.4m,故A錯誤;由振動方程y=-2sin5πt(cm),質點Q的起振方向向下,故B錯誤;P的振動方程為y=-2sin5πt(cm),其中y=1cm,解得t=s,質點P、Q平衡位置的間距為Δx=v·Δt,代入數(shù)據(jù)得Δx=(1.4+2.4n)m,其中n=0,1,2,…,當n=1時Δx=3.8m,故C正確;由題知Δt=T,代入數(shù)據(jù)得Δt=s,其中n=0,1,2,…,可知D錯誤.7.(多選)如圖甲所示,在同一介質中,S1、S2兩波源在t=0時刻同時起振,形成頻率相同的兩列機械波,波源S1的振動圖像如圖乙所示,波源S2產(chǎn)生的機械波在t=0.15s時的波形圖如圖丙所示.P為介質中的一點,P點與波源S1與S2的距離分別是7m、10m.下列說法正確的是 (AC)A.質點P的起振方向沿y軸正方向B.兩列波不能形成穩(wěn)定干涉圖樣C.1s后質點P的振幅為1cmD.t=1.25s時,質點P處于波谷[解析]由圖丙可知,此時剛開始振動的質點的振動方向沿y軸正方向,因此波源S2的起振方向沿y軸正方向,由圖乙可知,波源S1的起振方向沿y軸正方向,因為兩波源同時起振且PS1<PS2,所以波源S1產(chǎn)生的機械波先傳到P點,因此質點P的起振方向與波源S1的起振方向相同,沿y軸正方向,故A正確;在同一介質中,頻率相同的兩列機械波的波速相同,則波長相等,所以兩列波相遇后能形成穩(wěn)定的干涉圖像,故B錯誤;由圖丙可知波長λ=2.0m,由圖乙可知周期T=0.2s,則波速為v==m/s=10m/s,波源S1和S2產(chǎn)生的波傳到P點的時間分別為t1==s=0.7s,t2==s=1s,P點到兩波源的路程差為Δx=PS2-PS1=10m-7m=3m,由于P點到兩波源的路程差為半波長的奇數(shù)倍,且兩波源的起振方向相同,因此P點為振動減弱點,1s時波源S2產(chǎn)生的機械波剛好傳到P點,所以1s后質點P的振幅等于兩列波的振幅之差,A=A2-A1=1cm,故C正確;在t=1.25s時,波源S1在t=1.25s-t1=1.25s-0.7s=0.55s時的振動情況傳到P點,此時質點P位于波谷,而波源S2在t=1.25s-t2=1.25s-1.0s=0.25s時的振動情況傳到P點,此時質點P位于波峰,根據(jù)疊加原理可知,在t=1.25s時,質點P處于波峰,故D錯誤.8.(多選)如圖甲所示,在xOy平面內(nèi)的S1和S2兩個波源分別位于x軸上x1=-0.2m和x2=1.2m處,振動方向與xOy平面垂直并向周圍空間傳播,圖像分別如圖乙、丙所示,兩波源在t=0時刻同時開始振動,波速為v=2m/s.M為xOy平面內(nèi)一點,Δr=MS2-MS1,整個空間有均勻分布的介質.下列說法正確的是 (CD)A.x=1.0m處的質點開始振動方向沿z軸正方向B.兩列波相遇后,x=0.6m處的質點位移不可能