《2012高考物理 考前30天之备战冲刺押题系列Ⅳ 专题10 电磁感应.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2012高考物理 考前30天之备战冲刺押题系列Ⅳ 专题10 电磁感应.doc（15页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题十 电磁感应内容要求说明78电磁感应现象。磁通量。法拉第电磁感应定律。楞次定律79导体切割磁感线时的感应电动势。右手定则80自感现象81. 日光灯IIIIII1导体切割磁感线时感应电动势的计算，只限于l垂直于B、v的情况2在电磁感应现象里，不要求判断内电路中各点电势的高低名师解读电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考命题频率最高的内容之一。题型多为选择题、计算题。主要考查电磁感应、楞次定律、法拉第电磁感应定律、自感等知识。本部分知识多结合电学、力学部分出压轴题，其命题形式主要是电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用、电磁感应与能量守恒的综合应用。复习中要熟练掌握感应
2、电流的产生条件、感应电流方向的判断、感应电动势的计算，还要掌握本部分内容与力学、能量的综合问题的分析求解方法。样题解读【样题1】如图101所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里，宽度为d，磁感应强度为B的匀强磁场质量为m，电阻为R的正方形线圈边长为L（L d），线圈下边缘到磁场上边界的距离为h将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都生感应电流，因此不受安培力，在重力作用下加速运动，因此不可能一直匀速运动，A项错误；已知线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，由于线圈下边缘到达磁场下边界前一定是加速运动，所以只可能是先减速后加速，而不可能是先加速后减速，B项错误；
3、是安培力和重力平衡时所对应的速度，而本题线圈减速过程中不一定能达到这一速度，C项错误；从能量守恒的角度来分析，线圈穿过磁场过程中，当线圈上边缘刚进入磁场时速度一定最小。从开始自由下落到线圈上边缘刚进入磁场过程中用动能定理，设该过程克服安培力做的功为W，则有：mg(hL)Wmv2。再在线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场过程中用动能定理，该过程克服安培力做的功也是W，而始、末动能相同，所以有：mgdW0。由以上两式可得最小速度v， D项正确。答案 D【样题2】如图102所示的（a）、（b）、(c)中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，（a）图中的C原来不带电。设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽
4、略。导体棒和导轨间的摩擦也不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在下列三种情形下导体棒ab的最终运动状态是A 三种情况下导体棒ab最终均做匀速运动B （a）、（c）中，棒ab最终将以不同速度做匀速运动；(b)中ab棒最终静止C （a）、（c）中，棒ab最终将以相同速度做匀速运动；(b)中ab棒最终静止分析 图（a）中导体棒ab向右运动切割磁感线产生感应电动势，对电容器充电，同时电流流过电阻R生热，导体棒由于受到安培力的阻碍作用而减速，感应电动势BLv减小。随着电容器C上的电压增大，充电电流越来越小，当导体棒
5、上的感应电动势与电容电压相等时不再充电，导体棒ab将以一个小于v0且方向向右的速度做匀速运动。图（b）中导体棒ab向右运动切割磁感线产生感应电动势，电流流过电阻R生热，导体棒一直受到安培力的阻碍作用而减速，最终静止。图（c）中导体棒ab向右运动切割磁感线产生感应电动势，其方向与电源E相同，ab受到向左的安培力而减速，速度减小到零时，由于电源E的存在，电路中有b到a方向的电流，ab受到向左的安培力而向左加速，直到速度v满足BLv时不再加速，而做匀速运动，由于最后速度方向向左，而速度是矢量，所以与图（a）中向右匀速的速度不同。D项正确。答案 B解读本题涉及到导体切割磁感线时的感应电动势、右手定则、
6、闭合电路的欧姆定律、电容、受力分析、牛顿第二定律等知识点，考查理解能力、推理能力和分析综合能力，体现了考试大纲中对“能够鉴别关于概念和规律的似是而非的说法，理解相关知识的区别和联系”、“能够根据已知的知识和物理事实、条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或作出正确的判断”和“能够独立地对所遇到的问题进行具体分析，弄清其中的物理状态、物理过程和物理情境，找出其中起重要作用的因素及有关条件”的能力要求。本题要从导体棒开始受力进行分析，结合牛顿定律，判断出最终运动情况，三个图形虽然相似，但结果截然不同，尤其是a、c两中导体棒最后的运动方向相反，速度必然不同。【样题3】一有界匀强磁场区域如
7、图103甲所示，质量为m、电阻为R的长方形矩形线圈abcd边长分别为L和2L，线圈一半在磁场内，一半在磁场外，磁感强度为B0。t=0时刻磁场开始均匀减小，线圈中产生感应电流，在磁场力作用下运动, vt图像如图103乙，图中斜向虚线为过0点速度图线的切线，数据由图中给出，不考虑重力影响。求：（1）磁场磁感应强度的变化率。 分析 （1）由vt图可知道，刚开始t=0时刻线圈加速度为 此时感应电动势 感应电流 线圈此刻所受安培力为 得 （2）线圈从t2时刻开始做匀速直线运动，所以t3时刻有两种可能：（a）线圈没有完全进入磁场，磁场就消失，所以没有感应电流，回路电功率P=0（b）磁场没有消失，但线圈完全
8、进入磁场，尽管有感应电流，所受合力为零，同样做匀速直线运动 答案 （1） （2）0或内，有磁感强度B0.50T、方向水平向里的匀强磁场，正方形线框abcd的质量m0.10kg、边长L0.50m、电阻R0.50，线框平面与竖直平面平行，静止在位置I时，cd边跟磁场下边缘有一段距离。现用一竖直向上的恒力F4.0N向上提线框，该框由位置无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置（ab边恰好出磁场），线框平面在运动中保持在竖直平面内，且cd边保持水平。设cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动（g取10ms2）。求：（1）线框进入磁场前距磁场下边界的距离H。 （2）线框由位置到位置的过程中，恒力
9、F做的功是多少？线框内产生的热量又是多少?分析 （1）在恒力作用下，线圈开始向上做匀加速直线运动，设线圈的加速度为a，据牛顿第二定律有：Fmgma 解得a30m/s2从线圈进入磁场开始做匀速运动，速度为v1，则cd边产生的感应电动势为BLv1线框中产生的感应电流为 I /R线框所受的安培力为 F安BIL因线框做匀速运动，则有FF安+mg联立上述几式，可解得 24m/s由v122aH解得H9.6m（2）恒力F做的功 WF（H+L+h）42.4J从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，拉力所做的功等于线框增加的重力势能和产生的热量Q，即F（L+h）mg（L+h）+Q解得：Q（Fmg）（L+h）3
10、.0J或QI2Rt3.0J答案 （1）9.6m （2）42.4J，3.0J解读本题涉及到导体切割磁感线时的感应电动势、欧姆定律、安培力、匀速运动、匀变速直线运动、牛顿第二定律、功能关系等知识点，考查推理能力、分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力，体现了考试大纲中对“能够把一个复杂问题分解为若干较简单的问题，找出它们之间的联系”和“能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论”的能力要求。求解时先从受力分析入手，利用牛顿定律，得出线框进入磁场中做匀速运动，再应用能量关系就简单了。【样题5】如图105所示，光滑矩形斜面ABCD的倾角300，在其上放置一矩形金属
11、线框abcd，ab的边长l11m，bc的边长l20.6m，线框的质量m1kg，电阻R0.1，线框通过细线绕过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠近；重物质量M2kg，离地面的高度为H4.8m；斜面上efgh区域是有界匀强磁场，磁感应强度的大小为0.5T,方向垂直于斜面向上；已知AB到ef的距离为4.2m，ef到gh的距离为0.6m，gh到CD的距离为3.2m，取g10m/s2；现让线框从静止开始运动(开始时刻，cd边与AB边重合)，求：（1）通过计算，在图106中画出线框从静止开始运动到cd边与CD边重合时（不考虑ab边离开斜面后线框的翻转），线框的速度时间图像。（2）线框abcd在整个运动过
12、程中产生的焦耳热。 H=4.8medBCDMabcfghAQP图105t/sv/ms100.51.01.52.02.04.06.0图106 分析 （1）线框abcd由静止沿斜面向上运动到ab与ef线重合的过程中，线框和重物在恒力作用下以共同的加速度做匀加速运动。设ab恰好要进入磁场时的速度为，对线框和重物的整体在这一过程运用动能定理解得 m/s 该过程的时间为 ab边刚进入磁场时由于切割磁感线而产生电流，所以线框受到沿斜面向下的安培力作用 故此时，故线框进入磁场后，做匀速直线运动，直到cd边离开gh的瞬间为止。s （2）线框abcd只在磁场中运动时产生焦耳热18J。 答案 （1）如图107所示
13、 （2）18J解读本题涉及到导体切割磁感线时的感应电动势、安培力、匀速运动、匀变速直线运动、牛顿第二定律、速度时间图像、动能定理等知识点，考查推理能力、分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力，体现了考试大纲中对“能够把一个复杂问题分解为若干较简单的问题，找出它们之间的联系”和“必要时能运用几何图形、函数图像进行表达、分析”的能力要求。本题综合性很强，需要分段求解，关键是确定各段的运动情况和所用的时间。 【2012名师预测】 1电磁感应现象中产生感应电流，关于能量转化问题以下说法中正确的是 ()A一定是磁场能转化为电能B一定是电场能转化为电能C一定是机械能转化为电能D以上说法均不正确答案D解析
14、发电机是机械能转化为电能，变压器是电能从一个螺线管转移给另一个螺线管2在下图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是()Aa、b两个环 Bb、c两个环Ca、c两个环 Da、b、c三个环答案A解析当滑片左右滑动时，通过a、b的磁通量变化，而通过c环的合磁通量始终为零，故a、b两环中产生感应电流，而c环中不产生感应电流3绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起
15、则下列说法中正确的是()A若保持电键闭合，则铝环不断升高B若保持电键闭合，则铝环停留在某一高度C若保持电键闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落D如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变答案CD解析若保持电键闭合，磁通量不变，感应电流消失，所以铝环跳起到某一高度后将回落；正、负极对调，同样磁通量增加，由楞次定律可知，铝环向上跳起4如图所示，均匀的长方形金属框从匀强磁场中以匀速v拉出，它的两边固定有带金5如图所示，在水平桌面上放置两根相距L的光滑平行金属导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连金属滑杆MN垂直于导轨并可在导轨上滑动整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小
16、为B.金属滑杆与导轨电阻不计，金属滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在某边的光滑轻滑轮后，与一质量为m的物块相连，拉金属滑杆的绳处于水平拉直状态现若从静止开始释放物块，用I表示回路中的感应电流，g表示重力加速度，则在物块下落过程中物块的速度可能()A小于 B等于C小于 D大于答案ABC解析MN的最大速度就是安培力等于重力时对应的速度，即BILmg，B2L2v/Rmg，v，故A、B正确又I，v，C正确D错误6在右图所示的电路中，两个灵敏电流表和的零点都在刻度盘中央，当电流从“”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“”接线柱流入时，指针向左摆在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是
17、()A表指针向左摆，表指针向右摆B表指针向右摆，表指针向左摆C 、表的指针都向左摆D、表的指针都向右摆答案B解析电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈中电流减小，产生与原方向相同的自感电动势，与和电阻组成闭合回路，所以中电流方向向右，中电流方向向左，即指针向右摆，指针向左摆7如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L(Ld)，将线圈在磁场上方高h处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿越磁场的过程中(从cd边刚入磁场一直到ab边刚离开磁场)()A感应
18、电流做功为mglB感应电流做功为2mgdC线圈的最小速度可能为D线圈的最小速度一定为答案BCD解析根据cd边刚进入磁场和cd边刚离开磁场时速度大小相等，对这一过程应用动能定理可得线圈进入磁场的过程克服安培力做功为mgd，出磁场的过程同样要克服安培力做功mgd，所以总共产生电能2mgd，则感应电流做功2mgd，所以A错误、B正确；若进入过程中出现匀速运动情况，则安培力与重力相等，所以存在最小速度为的可能，C正确；对整个过程应用动能定理可得D正确8如图所示，ab、cd是固定在竖直平面内的足够长的金属框架除bc段电阻为R，其余电阻均不计，ef是一条不计电阻的金属杆，杆两端与ab和cd接触良好且能无摩
19、擦下滑，下滑时ef始终处于水平位置，整个装置处于垂直框面的匀强磁场中，ef从静止下滑，经过一段时间后闭合开关S，则在闭合S后()Aef的加速度可能大于gB闭合S的时刻不同，ef的最终速度也不同C闭合S的时刻不同，ef最终匀速运动时电流的功率也不同Def匀速下滑时，减少的机械能等于电路消耗的电能答案AD解析闭合前，ef自由落体，到闭合时，设瞬时速度为v，此时ef所受安培力F安，F安可能出现大于2mg的情况，故A正确不同时刻闭合S，可能会出现三种情况：(1)F安mg时，ef正好从此时匀速运动，速度v(2)F安mg时，ef减速至F安mg后再匀速运动，此时速度v.所以最终速度v及最大功率P与S闭合时刻
20、无关匀速下滑时重力势能电能内能所以应选A、D.9由于国际空间站的运行轨道上各处的地磁场强弱及方向均有所不同，所以在运行过程中，穿过其外壳的地磁场的磁通量将不断变化，这样将会导致_现象发生，从而消耗国际空间站的能量为了减少这类消耗，国际空间站的外壳材料的电阻率应尽可能_(填“大”或“小”)一些答案电磁感应大 (2)当杆速度为v1时离最初静止时位置的距离L1；(3)杆由初速度v0开始运动直到最后静止，电阻R上产生的焦耳热Q.答案(1)(2)(3)mv解析(1)由EBLv0；I0可得I0.(2)设杆最初静止不动时弹簧伸长x0，kx0mgsin当杆的速度为v1时弹簧伸长x1，kx1mgsinBI1L此
21、时I1，L1x1x0得L1.(3)杆最后静止时，杆在初始位置，由能量守恒可得Qmv11.如图甲所示，长为a、宽为b，单位长度电阻为r的均匀线框从磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v匀速拉出，求拉力做的功及PQ两点间的电势差如果线框以图乙方式匀速拉出，为使外力做的功与图甲方式相同，拉出的速度v1应为多大？此时PQ两点间的电，UPQIar，解得UPQW1FaBIba，解得W1v.由题图乙知：EBav1，I，W2FbBIbav1W1，解得v1vUPQIar，解得UPQ12如图所示，M、N为竖直放置的两平行金属板，两板相距d0.4m.EF、GH为水平放置的且与M、N平行的金属导轨，其右端(即F、H处)接
22、有一R0.3的电阻，导轨与M、N的上边缘处在同一水平面上，两导轨相距L0.2m.现有一长为0.4m的金属棒ab与导轨垂直放置，并与导轨及金属板接触良好，金属棒ab的总电阻为r0.2，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B1T.现有一个重力不计的正电荷，以v07m/s的速度从金属板的左端水平向右射入板间，为了使电荷能做匀速直线运动，试求：(1)ab棒应向哪个方向匀速运动(答左或右，不答原因)？ab运动的速度为多大？(2)如果金属棒的质量m0.4 kg(g取10m/s2)，金属棒与导轨和金属板间的动摩擦因数都为0.5，则拉动金属棒向前运动的水平拉力多大？答案(1)向右运动8m/s(2
23、)2.8N解析(1)向右匀速运动，回路中的感应电动势为EBLv.在回路中金属棒ab的有效电阻为，回路中的电流强度为I两平行金属板之间的电压为UBdvIr.根据题意有Bqv0q，解得：v8m/s.(2)回路中的电流强度为I4A.根据力的平衡条件，拉动金属板向前运动的水平拉力为FBILmg2.8N.13如图所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为l，且ld，线框以 解析从线框进入到完全离开磁场的过程中，当线框bc边运动至磁场右边缘至ad边运动至磁场左边缘过程中无感应电流此过程位移为：ld故t.14如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动t0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形为使MN棒中不产生感应电流，从t0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式15用心 爱心 专心