高考物理二轮-法拉第电磁感应定律-专项培优及详细答案.doc

一、法拉第电磁感应定律1．如图甲所示，两根足够长的水平放置的平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，间距为L，导轨间电阻为RPQ右侧区域处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；PQ左侧区域两导轨间有一面积为S的圆形磁场区，该区域内磁感应强度随时间变化的图象如图乙所示，取垂直纸面向外为正方向，图象中B0和t0都为已知量一根电阻为r、质量为m的导体棒置于导轨上，0〜t0时间内导体棒在水平外力作用下处于静止状态，t0时刻立即撤掉外力，同时给导体棒瞬时冲量，此后导体棒向右做匀速直线运动，且始终与导轨保持良好接触求：(1)0~t0时间内导体棒ab所受水平外力的大小及方向(2)t0时刻给导体棒的瞬时冲量的大小【答案】(1) 水平向左 (2) 【解析】【详解】(1)由法拉第电磁感应定律得 ：所以此时回路中的电流为：根据右手螺旋定则知电流方向为a到b.因为导体棒在水平外力作用下处于静止状态，故外力等于此时的安培力，即：由左手定则知安培力方向向右，故水平外力方向向左.(2)导体棒做匀速直线运动，切割磁感线产生电动势为：由题意知：所以联立解得：所以根据动量定理知t0时刻给导体棒的瞬时冲量的大小为：答：(1)0~t0时间内导体棒ab所受水平外力为，方向水平向左.(2)t0时刻给导体棒的瞬时冲量的大小2．如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。

纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求： （1）拉力做功的功率P；（2）ab边产生的焦耳热Q.【答案】(1) P= （2）Q=【解析】【详解】（1）线圈中的感应电动势E=BLv感应电流I=拉力大小等于安培力大小F=BIL拉力的功率P=Fv=（2）线圈ab边电阻Rab=运动时间t=ab边产生的焦耳热Q=I2Rabt =3．如图所示，在垂直纸面向里的磁感应强度为B的有界矩形匀强磁场区域内，有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框平面垂直于磁感线线框以恒定的速度v沿垂直磁场边界向左运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad=l，cd=2l，线框导线的总电阻为R，则线框离开磁场的过程中，求：（1）线框离开磁场的过程中流过线框截面的电量q；（2）线框离开磁场的过程中产生的热量 Q；（3）线框离开磁场过程中cd两点间的电势差Ucd．【答案】（1）（2） （3）【解析】【详解】(1)线框离开磁场的过程中,则有：联立可得：(2)线框中的产生的热量：解得： (3) 间的电压为：解得：4．如图所示，光滑的长平行金属导轨宽度d=50cm，导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨上端电阻R=0.8Ω，其他电阻不计．导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．金属棒ab从上端由静止开始下滑，金属棒ab的质量m=0.1kg．（sin37°=0.6，g=10m/s2）（1）求导体棒下滑的最大速度；（2）求当速度达到5m/s时导体棒的加速度；（3）若经过时间t，导体棒下滑的垂直距离为s，速度为v．若在同一时间内，电阻产生的热与一恒定电流I0在该电阻上产生的热相同，求恒定电流I0的表达式（各物理量全部用字母表示）．【答案】（1）18.75m/s（2）a=4.4m/s2（3）【解析】【分析】根据感应电动势大小与安培力大小表达式，结合闭合电路欧姆定律与受力平衡方程，即可求解；根据牛顿第二定律，由受力分析，列出方程，即可求解；根据能量守恒求解；解：（1）当物体达到平衡时，导体棒有最大速度，有： ，根据安培力公式有： ， 根据欧姆定律有： ，解得： ； （2）由牛顿第二定律有： ，，，； （3）根据能量守恒有： ，解得： 5．如图所示，在倾角的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等、方向分别垂直斜面向上和垂直斜面向下的匀强磁场，两磁场宽度均为L。

一质量为m、边长为L的正方形线框距磁场上边界L处由静止沿斜面下滑，ab边刚进入上侧磁场时，线框恰好做匀速直线运动ab边进入下侧磁场运动一段时间后也做匀速度直线运动重力加速度为g求：（1）线框ab边刚越过两磁场的分界线ff′时受到的安培力；（2）线框穿过上侧磁场的过程中产生的热量Q和所用的时间t答案】(1)安培力大小2mg，方向沿斜面向上(2) 【解析】【详解】(1）线框开始时沿斜面做匀加速运动，根据机械能守恒有，则线框进入磁场时的速度线框ab边进入磁场时产生的电动势E=BLv线框中电流ab边受到的安培力线框匀速进入磁场，则有ab边刚越过时，cd也同时越过了，则线框上产生的电动势E'=2BLv线框所受的安培力变为方向沿斜面向上（2）设线框再次做匀速运动时速度为，则解得根据能量守恒定律有解得线框ab边在上侧磁扬中运动的过程所用的时间设线框ab通过后开始做匀速时到的距离为，由动量定理可知：其中联立以上两式解得线框ab在下侧磁场匀速运动的过程中，有所以线框穿过上侧磁场所用的总时间为6．如图，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距，导轨左端MP间接有一阻值为的定值电阻，导体棒ab质量，与导轨间的动摩擦因数，导体棒垂直于导轨放在距离左端处，导轨和导体棒电阻均忽略不计整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图所示，不计感应电流磁场的影响当时，突然使ab棒获得向右的速度，同时在棒上施加一方向水平、大小可变化的外力F，保持ab棒具有大小为恒为、方向向左的加速度，取．求时棒所受到的安培力；分析前3s时间内导体棒的运动情况并求前3s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系式；从时刻开始，当通过电阻R的电量时，ab棒正在向右运动，此时撤去外力F，此后ab棒又运动了后静止求撤去外力F后电阻R上产生的热量Q．【答案】(1)，方向水平向右(2)  (3)【解析】【详解】解：由图b知： 时棒的速度为零，故回路中只有感生感应势为：  感应电流为： 可得时棒所受到的安培力：，方向水平向右； 棒与轨道间的最大摩擦力为：故前3s内导体棒静止不动，由平衡条件得：  由图知在内，磁感应强度为： 联立解得： ； 前3s内通过电阻R的电量为： 设3s后到撤去外力F时又运动了，则有： 解得： 此时ab棒的速度设为，则有： 解得： 此后到停止，由能量守恒定律得：可得：7．研究小组同学在学习了电磁感应知识后，进行了如下的实验探究（如图所示）：两个足够长的平行导轨（MNPQ与M1P1Q1）间距L=0.2m，光滑倾斜轨道和粗糙水平轨道圆滑连接，水平部分长短可调节，倾斜轨道与水平面的夹角θ=37°．倾斜轨道内存在垂直斜面方向向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，NN1右侧没有磁场；竖直放置的光滑半圆轨道PQ、P1Q1分别与水平轨道相切于P、P1，圆轨道半径r1=0．lm，且在最高点Q、Q1处安装了压力传感器．金属棒ab质量m=0.0lkg，电阻r=0.1Ω，运动中与导轨有良好接触，并且垂直于导轨；定值电阻R=0.4Ω，连接在MM1间，其余电阻不计：金属棒与水平轨道间动摩擦因数μ=0.4．实验中他们惊奇地发现：当把NP间的距离调至某一合适值d，则只要金属棒从倾斜轨道上离地高h=0.95m及以上任何地方由静止释放，金属棒ab总能到达1处，且压力传感器的读数均为零．取g=l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．则：（1）金属棒从0.95m高度以上滑下时，试定性描述金属棒在斜面上的运动情况，并求出它在斜面上运动的最大速度；（2）求从高度h=0.95m处滑下后电阻R上产生的热量；（3）求合适值d．【答案】（1）3m/s；（2）0.04J；（3）0.5m．【解析】【详解】（1）导体棒在斜面上由静止滑下时，受重力、支持力、安培力，当安培力增加到等于重力的下滑分量时，加速度减小为零，速度达到最大值；根据牛顿第二定律，有： 安培力： 联立解得： （2）根据能量守恒定律，从高度h=0.95m处滑下后回路中上产生的热量：故电阻R产生的热量为： （3）对从斜面最低点到圆轨道最高点过程，根据动能定理，有：①在圆轨道的最高点，重力等于向心力，有：② 联立①②解得：8．如图所示，两条平行的金属导轨相距L=lm，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN和PQ的质量均为m=0.2kg，电阻分别为RMN=1Ω和RPQ=2Ω．MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t=0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a=1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态．t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动．求：（1）磁感应强度B的大小；（2）t=0～3s时间内通过MN棒的电荷量；（3）求t=6s时F2的大小和方向；（4）若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移s满足关系：v=0.4s，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN棒从静止开始到s=5m的过程中，系统产生的焦耳热．【答案】（1）B = 2T；（2）q = 3C；（3）F2=-5.2N（负号说明力的方向沿斜面向下）（4）【解析】【分析】t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，由功率公式P=I2R可求出电路中电流，由闭合电路欧姆定律求出感应电动势．已知MN棒做匀加速直线运动，由速度时间公式求出t=3s时的速度，即可由公式E=BLv求出磁感应强度B；根据速度公式v=at、感应电动势公式E=BLv、闭合电路欧姆定律和安培力公式F=BIL结合，可求出PQ棒所受的安培力大小，再由平衡条件求解F2的大小和方向；改变F1的作用规律时，MN棒做变加速直线运动，因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，可根据安培力的平均值求出安培力做功，系统产生的热量等于克服安培力，即可得解．【详解】（1）当t=3s时，设MN的速度为v1，则v1=at=3m/s感应电动势为：E1=BL v1根据欧姆定律有：E1=I(RMN+ RPQ)根据P=I2 RPQ代入数据解得：B=2T(2)当t＝6 s时，设MN的速度为v2，则速度为：v2＝at＝6 m/s感应电动势为：E2＝BLv2＝12 V根据闭合电路欧姆定律：安培力为：F安＝BI2L＝8 N规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：F2＋F安cos 37°＝mgsin 37°代入数据得：F2＝－5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)(3)MN棒做变加速直线运动，当x＝5 m时，v＝0.4x＝0.4×5 m/s＝2 m/s因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，安培力做功：【点睛】本题是双杆类型，分别研究它们的情况是解答的基础，运用力学和电路．关键要抓住安培力与位移是线性关系，安培力的平均值等于初末时刻的平均值，从而可求出安培力做功．。