2020年高考物理《电磁学综合计算题》专题训练及答案解析

2020年高考物理《电磁学综合计算题》专题训练1.如图所示，一对加有恒定电压的平行金属极板竖直放置，板长、板间距均为d .在右极板的中央有个小孔P ，小孔右边半径为R 的圆形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域边界刚好与右极板在小孔P 处相切．一排宽度也为d 的带负电粒子以速度v 0竖直向上同时进入两极板间后，只有一个粒子通过小孔P 进入磁场，其余全部打在右极板上，且最后一个到达极板的粒子刚好打在右极板的上边缘．已知这排粒子中每个粒子的质量均为m 、带电荷量大小均为q ，磁场的磁感应强度大小为2mv 0qR，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力．求：(1)板间的电压大小U ；(2)通过小孔P 的粒子离开磁场时到右极板的距离L ； (3)通过小孔P 的粒子在电场和磁场中运动的总时间t 总．【解析】 (1)依题意，从左极板下边缘射入的粒子恰好打在右极板的上边缘 在竖直方向上有t ＝d v 0在水平方向上有a ＝qE m ＝qU md ，d ＝12at 2联立解得U ＝2mv 2q.(2)从小孔P 射入磁场的粒子，在电场中的运动时间t 1＝d2v 0经过小孔P 时，水平分速度v 1＝at 1＝v 0进入磁场时的速度大小v ＝v 20＋v 21＝2v 0，速度方向与右极板的夹角θ＝π4设粒子在磁场中做匀速圆周运动后从Q 点离开磁场，其轨迹如图所示，轨迹圆心在O ′点，则qvB ＝m v 2r ，得r ＝mv qB ＝2mv 0qB＝R 由几何关系可知粒子射出磁场时的速度方向竖直向下，由图知L ＝r ＋r cos θ＝(1＋22)R . (3)从小孔P 飞出的粒子在磁场中偏转的角度α＝3π4，粒子在磁场中运动的时间t 2＝3π42π·2πr v ＝32πR 8v 0通过小孔P 的粒子在电场和磁场中运动的总时间t 总＝t 1＋t 2＝d 2v 0＋32πR8v 0. 【答案】 (1)U ＝2mv 20q (2)(1＋22)R (3)d 2v 0＋32πR8v 02．如下图甲所示，一边长L ＝0.5 m ，质量m ＝0.5 kg 的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场中．金属线框的一个边与磁场的边界MN 重合，在水平拉力作用下由静止开始向右运动，经过t ＝0.5 s 线框被拉出磁场．测得金属线框中的电流I 随时间变化的图象如图乙所示，在金属线框被拉出磁场的过程中．(1)求通过线框导线截面的电量及该金属框的电阻； (2)写出水平力F 随时间t 变化的表达式；(3)若已知在拉出金属框的过程中水平拉力做功1.10 J ，求此过程中线框产生的焦耳热． 【解析】(1)根据题图乙知，在t ＝0.5 s 时间内通过金属框的平均电流I ＝0.50 A ，于是通过金属框的电量q ＝I t ＝0.25 C.由平均感应电动势E ＝BL 2t ，平均电流I ＝E R ，通过金属框的电量q ＝I t ，得q ＝BL 2R ，于是金属框的电阻R ＝BL 2q＝0.80 Ω.(2)由题图乙知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场．又知金属框在t ＝0.5 s 时间内运动距离L ＝0.5 m ，由L ＝12at 2得加速度a ＝2L t2＝4 m/s 2.由图乙知金属框中感应电流随时间变化规律为I ＝kt ，其中比例系数k ＝2.0 A/s.于是安培力F A 随时间t 变化规律为F A ＝BIL ＝kBLt由牛顿运动定律得F －F A ＝ma ，所以水平拉力F ＝F A ＋ma ＝ma ＋kBLt代入数据得水平拉力随时间变化规律为F ＝2＋0.8t (单位为“N”)(3)根据运动情况知金属框离开磁场时的速度v ＝2aL ＝2 m/s.由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热Q ＝W F －12mv 2＝0.1 J.【答案】(1)0.25 C 0.80 Ω (2)F ＝2＋0.8t (单位为“N”) (3)0.1 J3.如图所示，A 、B 间存在与竖直方向成45°角斜向上的匀强电场E 1，B 、C 间存在竖直向上的匀强电场E 2，A 、B 的间距为1.25 m ，B 、C 的间距为3 m ，C 为荧光屏．一质量m ＝1.0×10－3kg ，电荷量q ＝＋1.0×10－2C 的带电粒子由a 点静止释放，恰好沿水平方向经过b 点到达荧光屏上的O 点．若在B 、C 间再加方向垂直于纸面向外且大小B ＝0.1 T 的匀强磁场，粒子经b 点偏转到达荧光屏的O ′点(图中未画出)．g 取10 m/s 2.求：(1)E 1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b 点到O ′点电势能的变化量及偏转角度．【解析】(1)粒子在A 、B 间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE 1cos 45°－mg ＝0 ①解得E 1＝ 2 N/C ＝1.4 N/C(2)粒子从a 到b 的过程中，由动能定理得：qE 1d AB sin 45°＝12mv 2b②解得v b ＝5 m/s加磁场前粒子在B 、C 间做匀速直线运动，则有：qE 2＝mg ③加磁场后粒子在B 、C 间做匀速圆周运动，如图所示：由牛顿第二定律得：qv b B ＝m v 2bR④解得：R ＝5 m由几何关系得：R 2＝d 2BC ＋(R －y )2⑤解得：y ＝1.0 m粒子在B 、C 间运动时电场力做的功为：W ＝－qE 2y ＝－mgy ＝－1.0×10－2 J⑥由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2J 设偏转角度为θ，则sin θ＝d BCR＝0.6 ⑦解得：θ＝37°【答案】 (1)1.4 N/C (2)1.0×10－2J 37°4．控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用．现有这样一个简化模型：如图所示，y 轴左、右两边均存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，右边磁场的磁感应强度始终为左边的2倍．在坐标原点O 处，一个电荷量为＋q 、质量为m 的粒子a ，在t ＝0时以大小为v 0的初速度沿x 轴正方向射出，另一与a 相同的粒子b 某时刻也从原点O 以大小为v 0的初速度沿x 轴负方向射出．不计粒子重力及粒子间的相互作用，粒子相遇时互不影响．(1)若a 粒子能经过坐标为(32l ，12l )的P 点，求y 轴右边磁场的磁感应强度B 1； (2)为使粒子a 、b 能在y 轴上Q (0，－l 0)点相遇，求y 轴右边磁场的磁感应强度的最小值B 2；(3)若y 轴右边磁场的磁感应强度为B 0，求粒子a 、b 在运动过程中可能相遇的坐标值． 【解析】(1)设a 粒子在y 轴右侧运动的半径为R 1，由几何关系有(R 1－12l )2＋(32l )2＝R 21甲由于B 1qv 0＝m v 20R 1解得B 1＝mv 0ql(2)B 2最小，说明Q 点是a 、b 粒子在y 轴上第一次相遇的点，由图乙可知，a 、b 粒子同时从O 点出发，且粒子在y 轴右侧运动的圆周运动半径乙R 2＝l 02又B 2qv 0＝m v 20R 2解得B 2＝2mv 0ql 0(3)由图丙可见，只有在两轨迹相交或相切的那些点， 才有相遇的可能性，所以有y 轴上的相切点和 y 轴左侧的相交点．经分析可知，只要a 、b 粒子从O 点出发的时间差满足一定的条件，这些相交或相切的点均能相遇．丙粒子在y 轴右侧的运动半径r 1＝mv 0B 0q 粒子在y 轴左侧的运动半径r 2＝2mv 0B 0q①y 轴上的相切点坐标为 [0，－2kmv 0B 0q](k ＝1,2,3，…)②y 轴左侧的相交点相遇 由丙图可知，OA ＝AC ＝OC ＝r 2 可得x A ＝－r 2sin 60°＝－3mv 0B 0qy A ＝－r 2cos 60°＝－mv 0B 0qy 轴左侧的相遇点的坐标[－3mv 0B 0q，－(2n －1)mv 0B 0q](n ＝1,2,3，…)【答案】(1)mv 0ql (2)2mv 0ql 0(3)[0，－2kmv 0B 0q](k ＝1,2,3…)和[－3mv 0B 0q，－(2n －1)mv 0B 0q](n ＝1,2,3，…)5.某课外探究小组的同学们利用学校实验室内的绝缘材料自制了一条细导轨OABCDP(如图所示)，其中OAB 段和DP 段为粗糙的水平导轨，B 点和D 点在同一水平面上但不重合，P端离沙地的高度h ＝0.8 m ；BCD 段为圆环形导轨，半径R ＝0.5 m ，其中BC 段光滑、CD 段很粗糙．将一个中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点O 处，钢球的带电荷量q ＝＋3.7×10－4C ，质量m ＝0.2 kg .某次实验中，在导轨OA 段加上水平向右的、场强E ＝1×104V /m 的匀强电场时，钢球即开始沿导轨运动，经过C 点时速度为3 m /s ，最终恰好停在P 点．已知AB 段长L 1＝1.0 m ，DP 段长L 2＝1.0 m ，钢球与水平导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2.(1)求钢球经过C 点时对导轨的弹力； (2)求OA 段导轨的长度d ；(3)为了让钢球从导轨右端抛出，并且落在沙地上的位置最远，需在P 端截去多长的一段水平导轨？钢球落在沙地上的最远位置与D 点的水平距离多大？【解析】(1)在C 点，设导轨对钢球的弹力方向为竖直向下， 则F N ＋mg ＝m v 2CR代入数据解得F N ＝1.6 N由牛顿第三定律知，钢球对导轨的弹力也为1.6 N ，方向竖直向上 (2)O→C 过程，qEd －μmg(d＋L 1)－mg·2R＝12mv 2C代入数据可解得d ＝1 m(3)设导轨右端截去长度为x ，滑块离开导轨平抛时的初速度为v 0，落在沙地上的位置与D 点的水平距离为s ，则v 20＝2μgx，h ＝12gt 2，s ＝(L 2－x)＋v 0t由以上各式代入数据可得s ＝1－x ＋0.8x当x ＝0.4，即x ＝0.16 m 时，s 有最大值s m ＝1.16 m .【答案】(1)1.6 N ，方向竖直向上 (2)1 m (3)0.16 m 1.16 m6.如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，导轨间接一阻值为3 Ω的电阻R ，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d ＝0.5 m ．导体棒a 的质量为m 1＝0.1 kg 、电阻为R 1＝6 Ω；导体棒b 的质量为m 2＝0.2 kg 、电阻为R 2＝3 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．现从图中的M 、N 处同时将a 、b 由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a 刚出磁场时b 正好进入磁场．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2，a 、b 电流间的相互作用不计)，求：(1)在b 穿越磁场的过程中a 、b 两导体棒上产生的热量之比； (2)在a 、b 两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量； (3)M 、N 两点之间的距离．【解析】(1)由焦耳定律得，Q ＝I 2Rt ，得Q 1Q 2＝I 21R 1t I 22R 2t， 又根据串并联关系得，I 1＝13I 2，解得：Q 1Q 2＝29(2)设整个过程中装置上产生的热量为Q 由Q ＝m 1g sin α·d ＋m 2g sin α·d ，可解得Q ＝1.2 J(3)设a 进入磁场的速度大小为v 1，此时电路中的总电阻R 总1＝(6＋3×33＋3) Ω＝7.5 Ω由m 1g sin α＝B 2L 2v 1R 总1和m 2g sin α＝B 2L 2v 2R 总2，可得 v 1v 2＝m 1R 总1m 2R 总2＝34又由v 2＝v 1＋a d v 1，得v 2＝v 1＋8×0.5v 1由上述两式可得v 21＝12(m/s)2，v 22＝169v 21M 、N 两点之间的距离Δs ＝v 222a －v 212a ＝712m【答案】(1)29 (2)1.2 J (3)712m7.如图所示，两间距为l 的足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，整个空间存在竖直向下的磁场，虚线将磁场分成两部分，虚线左、右两侧的磁感应强度大小分别为B 1、B 2，且B 1＝2B 2.两质量均为m 的导体棒甲、乙垂直导轨静止地放在虚线的左侧，导体棒甲、乙的阻值分别为R 1、R 2.现给导体棒甲一水平向右的冲量I ，两导体棒开始运动，整个过程中两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，两导轨的电阻可忽略不计．(1)求导体棒甲开始运动时电路中的电流．(2)如果导体棒乙运动到虚线前达到稳定状态，求导体棒乙稳定时的速度大小． (3)导体棒乙越过虚线后，经过一段时间再次达到稳定状态，假设此时导体棒甲刚好运动到虚线．求导体棒乙从越过虚线到再次稳定的过程中，整个电路产生的焦耳热．【解析】(1)设导体棒甲得到冲量I 时的速度为v 0，导体棒甲产生的感应电动势为E ，回路中的电流为i ，则由动量定理得I ＝mv 0由法拉第电磁感应定律得E ＝B 1lv 0 由闭合电路欧姆定律得i ＝ER 1＋R 2， 联立得i ＝B 1lI(R 1＋R 2)m.(2)导体棒甲和导体棒乙在虚线左侧磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反，二者组成的系统所受的合力为零，故两导体棒组成的系统动量守恒．导体棒甲和导体棒乙在虚线左侧达到稳定时两导体棒速度相等，导体棒乙速度达到最大，假设最大速度为v m ，此时根据动量守恒定律有mv 0＝2mv m ，解得v m ＝I 2m.(3)导体棒乙刚进入虚线右侧的磁场中时，设导体棒甲产生的感应电动势为E 1，导体棒乙产生的感应电动势为E 2，则由法拉第电磁感应定律得E 1＝B 1lv m 、E 2＝B 2lv m又B 1＝2B 2，所以E 1＝2E 2导体棒乙越过虚线后，回路中立即产生感应电流，在安培力作用下导体棒甲做减速运动，导体棒乙做加速运动，直至两棒产生的感应电动势大小相等时，二者做匀速运动．此时设导体棒甲的速度为v a ，导体棒乙的速度为v b ，这一过程所用的时间为t.此时有B 1lv a ＝B 2lv b解得v b ＝2v a设在t 时间内通过导体棒甲、乙的电流的平均值为I －，以水平向右为正方向．对导体棒甲，根据动量定理有，－B 1I －lt ＝mv a －mv m 对导体棒乙，根据动量定理有，B 2I －lt ＝mv b －mv m 联立解得v a ＝35v m ，v b ＝65v m设导体棒乙越过虚线后，整个电路中产生的焦耳热为Q ，根据能量守恒定律有 Q ＝2×12mv 2m －12mv 2a －12mv 2b联立得Q ＝I 240m.【答案】(1)B 1lI (R 1＋R 2)m (2)I 2m (3)I240m8.如图所示，以O 为圆心、半径为R 的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M 点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m 、电荷量为－q 的粒子，不计粒子重力，N 为圆周上另一点，半径OM 和ON 间的夹角为θ，且满足tan θ2＝0.5.(1)若某一粒子以速率v 1＝qBRm，沿与MO 成60°角斜向上方射入磁场，求此粒子在磁场中运动的时间；(2)若某一粒子以速率v 2，沿MO 方向射入磁场，恰能从N 点离开磁场，求此粒子的速率v 2；(3)若由M 点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为v 2，求磁场中有粒子通过的区域面积．【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r 1，由牛顿第二定律可得qv 1B ＝mv 21r 1解得：r 1＝mv 1qB＝R 粒子沿与MO 成60°角方向射入磁场，设粒子从区域边界P 射出，其运动轨迹如图甲所示．由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α＝150°甲方法1：故粒子在磁场中的运动时间t ＝αr 1v 1＝mαqB ＝5m π6qB方法2：粒子运动周期T ＝2πm Bq粒子在磁场中的运动时间t ＝150°360°T 得t ＝5m π6qB(2)粒子以速率v 2沿MO 方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N 点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为r 2 ，由图中几何关系可得：r 2＝R tan θ2＝12R乙由牛顿第二定律可得qv 2B ＝mv 22r 2解得粒子的速度v 2＝qBr 2m ＝qBR 2m(3)粒子沿各个方向以v 2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r 2，且不变．由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S 等于以O 3为圆心的扇形MO 3O 的面积S 1、以M 为圆心的扇形MOQ 的面积S 2和以O 点为圆心的圆弧MQ 与直线MQ 围成的面积S 3之和．丙S 1＝12π(R 2)2＝πR 28 S 2＝16πR 2S 3＝16πR 2－12×R ×R 2tan 60°＝16πR 2－34R 2 则S ＝1124πR 2－34R 2. 【答案】见解析9.如图所示，间距为L 的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r 的定值电阻．质量为m 、电阻也为r 的金属杆MN 垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B 的匀强磁场．闭合开关S ，让金属杆MN 从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g .求：(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率v m ；(2)金属杆MN 在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m 前，当流经定值电阻的电流从零增大到I 0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q ，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)金属杆MN 在水平导轨上滑行的最大距离x m .【解析】(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得：mg sin θ－BIL ＝0根据欧姆定律可得：I ＝BLv m 2r解得：v m ＝2mgr sin θB 2L2 (2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x ，由电流的定义可得：q ＝I Δt根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：I ＝B ΔS 2r Δt ＝BLx 2r Δt解得：x ＝2qr BL设电流为I 0时金属杆的速度为v 0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I 0＝BLv 02r此过程中，电路产生的总焦耳热为Q 总，由功能关系可得：mgx sin θ＝Q 总＋12mv 20 定值电阻产生的焦耳热Q ＝12Q 总 解得：Q ＝mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2 (3)由牛顿第二定律得：BIL ＝ma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：I ＝BLv 2r可得：B 2L 22r v ＝m Δv ΔtB 2L 22rv Δt ＝m Δv ， 即B 2L 22rx m ＝mv m 得：x m ＝4m 2gr 2sin θB 4L 4 【答案】(1)2mgr sin θB 2L 2 (2)mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2 (3)4m 2gr 2sin θB 4L 4 10.如图所示，半径为L 1＝2 m 的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B 1＝10πT ．长度也为L 1、电阻为R 的金属杆ab ，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a 端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝π10rad/s.通过导线将金属杆的a 端和金属环连接到图示的电路中(连接a 端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R 1＝R ，滑片P 位于R 2的正中央，R 2的总阻值为4R )，图中的平行板长度为L 2＝2 m ，宽度为d ＝2 m ．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v 0＝0.5 m/s 向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B 2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：(1)在0～4 s 内，平行板间的电势差U MN ；(2)带电粒子飞出电场时的速度；(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B 2应满足的条件．【解析】(1)金属杆产生的感应电动势恒为E ＝12B 1L 21ω＝2 V由串并联电路的连接特点知： E ＝I ·4R,U 0＝I ·2R ＝E 2＝1 V, T 1＝2πω＝20 s 由右手定则知：在0～4 s 时间内，金属杆ab 中的电流方向为b →a ，则φa ＞φb ， 则在0～4 s 时间内，φM ＜φN ，U MN ＝－1 V(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～T 12时间内，水平方向L 2＝v 0·t 1，得t 1＝L 2v 0＝4 s ＜ T 12 竖直方向d 2＝12v y t 1 解得：v y ＝0.5 m/s则粒子飞出电场时的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝22m/s tan θ＝v yv 0＝1，所以该速度与水平方向的夹角 θ＝45° (3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B 2qv ＝m v 2r， 得r ＝mv B 2q由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知：2r ＞d 时离开磁场后不会第二次进入电场粒子在平行板中加速得：v y ＝at 1 ,又a ＝Eq m ，E ＝U NM d 解得：qm ＝0.25 C/kg,综合得 B 2＜2mv dq ＝2×42×22T ＝2 T 【答案】(1)－1 V (2)22m/s 与水平方向的夹角 θ＝45° (3)B 2＜ 2 T 11.华裔科学家丁肇中负责的AMS 项目，是通过“太空粒子探测器”探测高能宇宙射线粒子，寻找反物质。

【答案】A5.电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧开前的加热状态，另一种是锅内 水烧开后的保温状态，如下图10-1-9是一学生设计的电饭锅电路原理示意图,S 是用感温材料制造的开关•以下讲法中正确的选项是〔 〕A .加热状态时是用 R 1、R 2同时加热的. B. 当开关S 接通时电饭锅为加热状态， S 断开时为保温状态2020高考物理精品习题：磁场（全套含解析 ）高中物理第I 课时 部分电路？电功和电功率 i •关于电阻率，以下讲法中不正确的选项是 〔 〕 A •电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越好 B •各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大 C .所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零 D •某些合金的电阻率几乎不受温度变化的阻碍，通常用它们制作标准电阻【解析】电阻率表示导体的导电好坏，电阻率越小，导体的导电性能越好. 【答案】 A 2•一个标有” 220V A .接近于807 Q C .明显大于807 Q60W 〃的白炽灯泡，当用多用电表的欧姆挡去测量它的电阻时，其阻值〔 B 接近于0Q D .明显小于807 Q 【解析】 用多用电表的欧姆挡去测量灯泡的电阻时， 应把灯泡从电路中断开， 由于金属的电阻率随温度的升高而增大，现在它的电阻明显小于正常发光时的电阻 【答案】 D 测出的是其不发光时电阻,807 Q 3•如下图10-1-7，一幢居民楼里住着生活水平各不相同的 24户居民，因此整幢居民楼里有各种不同的电 器，例如电炉、电视机、微波炉、电脑等等•停电时，用多用电表测得 A 、B 间的电阻为R ;供电后，各 家电器同时使用，测得 A 、B 间电压为U ，进线电流为I ，那么运算该幢居民楼用电的总功率能够用的公 式是〔 〕c c U 2A . P = I 2R B.P = R C.P = IU D.以上公式都能够 【解析】 因居民楼内各种电器都有，因此不是纯电阻电路, 因此A 、B 、D 不对. 【答案】 CA 居 U 民楼 B A 图 10-1-7 4•如下图10-1-8 ,厚薄平均的矩形金属薄片边长 ab=10 cm , bc=5 cm ,当将A 与B 接入电压为U 的电路中时, 电流强度为1 A ，假设将C 与D 接入电压为U 的电路中，那么电流为 A.4A B.2A 1C. — A 21 D. —A 4 【解析】由电阻定律R = L ，当A 与B 接入电路中时,S ab »亠 R 1= R ，其中 图 10-1-8d 表示金属片的厚度•当 D 接入电路中时, bc R 2= ab d可知R 1= 4,由欧姆定律得 互=4,应选 AR 2I 1图 10-1-9C .要使R 2在保温状态时的功率为加热状态时的1/8 , R 1/R 2 应为 7 : 1当 S 断开，R 1 与 R 2 串联，P'= 2202/〔 R 1 + R 2〕； P > P'A 不正确B 正确.由于电路中总电压 U 不变，D .要使R 2在保温状态时的功率为加热状态时的 1/8, R 1/R 2 应为〔2 . 2 — 1〕：1 应选择功率公式 P =—，可知R 2 2 2202 2202 R 2 R 2 R 1 R 2 R 1 R 28 得兰 —LJ 即D 正确 R 2 1 【答案】BD 6•电子绕核运动可等效为一环形电流，设氢原子中的电子以速度 子的电量，那么其等效电流的电流强度等于 ________________ . 【解析】由电流的定义式I = q/t,那么电子的电流强度的大小应为v 在半径为r 的轨道上运动，用 e 表示电I = e/T,而电子运动的周期 ev T = 2 n /r ，得 I =2 r 【答案】 ev T7 7.—直流电源给蓄电池充电如下图 10-1-10，假设蓄电池内阻 电流表的读数为I ，那么输入蓄电池的电功率为 为 ________ ，电能转化为化学能的功率为 _ 【答案】UI,I 2r,UI-I 2r r ，电压表读数 ，蓄电池的发热功率 &某一直流电动机提升重物的装置，如下图 10-1-11 ,重物的质量 m=50kg ，电源提供给电动机的电压为 U=110V ,不计各种摩擦，当电动机以 v=0.9m/s 的恒定速率向上提升重物时，电路中的电流强度 I=5.0A , g=10m/s 2〕. 求电动机的线圈电阻大小〔取 【解析】电动机的输入功率 P = UI ，电动机的输出功率 P 1=mgv ,电动机发热功率P 2=I 2r 而 P 2=P — P i ,即卩 I 2r= UI — mgv图 10-1-11 代入数据解得电动机的线圈电阻大小为 r=4 Q 【答案】 r=4 Q 9•在图10-1-12中，AB 和A'B'是长度均为L = 2km ，每km 电阻值为p= 1Q 的两根输电线.假设发觉在 距离A 和A'等远的两点C 和C'间发生漏电，相当于在两点间连接了一个电阻•接入电动势 E = 90V 、内 阻不计的电源：当电源接在 A 、A'间时，测得 A'间电压为 U A = 45V.求A 与C 相距 多远？ 【解析】在测量过程中的等效电路如 下图〔甲〕、〔乙〕所示•当电源接 在A 、A'时，能够认为电流仅在 A'C'CA 中流，现在U B = 72V 为漏电 阻R 上的电压.设 AC 和BC 间每根 输电线的电阻为 R AC 和R BC .那么有： 芈 R …①同理，当电源接在 E 2R AC R 图 10-1-12B 、B'间时，那么有:U AER…②2R BC R由①②两式可得:【解析】当S 闭合时， 那么可知S 闭合时为加热状态, R 1 被短路，P = 2202 /R 2；S 断开时为保温状态；即【答案】0.4km1R AC = — R BC4依照电阻定律 R = L %L ,可得A 、C 间相距为:SL AC =2km0.4km10.如下图 10-1-13 是- -种悬球式加速度仪 .它能够用来测定沿水平轨道做匀加速直线运动的列车的加速 度.m 是一个金属球，它系在细金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在 O 点，AB 是一根长为L 的电阻丝，其阻值为R.金属丝与电阻丝接触良好， 摩擦不计.电阻丝的中点 C 焊接一根导线.从O 点也引出一根导线，两线 之间接入一个电压表 ①〔金属丝和导线电阻不计〕.图中虚线OC 与AB 相垂直，且 OC=h ，电阻丝AB 接在电压恒为 U 的直流稳压电源上.整个 装置固定在列车中使 AB 沿着车前进的方向.列车静止时金属丝呈竖直 状态•当列车加速或减速前进时，金属线将偏离竖直方向 0,从电压表的 读数变化能够测出加速度的大小 〔1〕当列车向右做匀加速直线运动时，试写出加速度 a 与0角的关系 及加速度a 与电压表读数 U'的对应关系. 图 10-1-13〔2〕那个装置能测得的最大加速度是多少 ？ 【解析】〔1〕小球受力如下图，由牛顿定律得：a=F 合=mgta ^ =gtan 0 . m m设细金属丝与竖直方向夹角为 0时，其与电阻丝交点为 D , CD 间的电压为U ；U R CD CD CD CD L U 那么 CD，故得 a=gtan 0 =g • g. U R AB AB L h hU 〔2〕因CD 间的电压最大值为 U/2，即U max -U/2，因此a max = — g.2h F E【答案】〔1〕a=gtan0.〔 2〕a max = — g2h 第H 课时 电路分析•滑动变阻器1. 如下图10-2-14，在A 、B 两端加一恒定不变的电压 U ，电阻R 1为 60 Q,假设将R 1短路，R 2中的电流增大到原先的 4倍；那么R 2为〔 〕 A . 40 Q B . 20 Q C . 120 Q D . 6 Q 【答案】B 2. 如下图10-2-15 , D 为一插头，可接入电压恒定的照明电路中， a 、b 、c 为三只 R 1R 2A vBU图 10-2-14相同且功率较大的电炉, a 靠近电源，b 、c 离电源较远，而离用户电灯 炉接入电路后对电灯的阻碍，以下讲法中正确的选项是 A •使用电炉a 时对电灯的阻碍最大 L 专门近，输电线有电阻•关于电 图 10-2-15B •使用电炉b 时对电灯的阻碍比使用电炉 a 时大 C. 使用电炉c 时对电灯几乎没有阻碍 D •使用电炉b 或c 时对电灯阻碍几乎一样【解析】输电线有一定电阻， 在输电线上会产生电压缺失. 使用电炉c 或b 时，对输电线中电流阻碍较大, 使线路上的电压缺失较大， 从而对用户电灯产生较大的阻碍， 而使用电炉a 对线路上的电压缺失阻碍甚微, 能够忽略不计. 【答案】BD3•如图10-2-16 〔甲〕所示电路，电源电动势为 E ,内阻不计，滑动变阻器的最大阻值为 R ,负载电阻为 R o .当滑动变阻器的滑动端S 在某位置时，R o 两端电压为E/2,滑动变阻器上消耗的功率为P .假设将R oA . R o 两端的电压将小于 E/2B . R o 两端的电压将等于 E/2C .滑动变阻器上消耗的功率一定小于 PD .滑动变阻器上消耗的功率可能大于P【解析】在甲图中，设变阻器 R 滑动头以上、以下的电阻 分不为R上、R 下，那么R o //R 下=R 上，有R o > R 上；当接成乙图 电路时，由于R o >R 上，那么R o 两端的电压必大于 E/2，故A 、 而滑动变阻器上消耗的功率能够大于 P .应选D .【答案】D4•如下图io-2-17是一电路板的示意图，a 、b 、c 、d 为接线柱，a 、d 与22oV 的交流电源连接, 间、cd 间分不连接一个电阻.现发觉电路中没有电流，为检查电路故障，用一交流电压表分不测得 两点间以及a 、c 两点间的电压均为 22oV ，由此可知〔 A . ab 间电路通， cd 间电路不通 B . ab 间电路不通，bc 间电路通 C . ab 间电路通， bc 间电路不通 D . bc 间电路不通，cd 间电路通【解析】第一应明确两点：〔 1〕电路中无电流即l=o 时，任何电阻两端均无电压；〔 2〕假设电路中仅有一处断路，那么电路中哪里断路，横跨断路处任意两点间的电压均是电源电压.由题可知， bd 间电压为22oV ，讲明断路点必在 bd 之间；ac 间电压为22oV ，讲明断点又必在 ac 间；两者共同区间是 bc ,故bc 断路，其余各段均完好. 【答案】CD5•传感器可将非电学量转化为电学量，起自动操纵作用.如运算机鼠标中有位移传感器，电熨斗、电饭煲中有温度传感器，电视机、录象机、影碟机、空调机中有光电传感器 ……演示位移传感器的工作原理如下图 io-2-17，物体M 在导 轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆 P ,通过电压表显示的数据， 来反映物 体位移的大小 X ，假设电压表是理想的， 那么以下讲法中正确的选项是 〔 〕A .物体M 运动时，电源内的电流会产生变化B .物体M 运动时，电压表的示数会发生变化C .物体M 不动时，电路中没有电流D .物体M 不动时，电压表没有示数【解析】滑动变阻器与电流构成闭合回路，因此回路中总是有电流的，这与与电源位置互换，接成图〔乙〕所示电路时，滑动触头 S 的位置不变，那么〔〔甲〕 〔乙〕ab 间、bc b 、d M 运动与否无关，C 错误.图〕E图 io-2-17中的滑动变阻器实际上是一个分压器，电压表测量的是滑动变阻器左边部分的电压，在图中假设杆 P 右移那么示数增大，左移那么示数减小•因表是理想的，因此 P 点的移动对回路中的电流是无阻碍的•综上所 述，只有B 正确. 【答案】 6.如下图 R 1、R 2、 P'1: P'2: 【解析】 P 1: R 1、 =6 : P 2 : R 2、 B 10-2-18的电路中，电阻 R i =1 Q, R 2=2 Q, R B =3 Q,在A 、B 间接电源，S i 、S 2都打开，现在电阻 R B 消耗的功率之比 P 1: P 2: _______ P 3= ;当S 1、S 2都闭合时，电阻 R 1、R 2、R 3消耗的功率之比 P'3= ________. 当S 1、S 2都打开时， P 3= R 1 ： R 2： R 3= 1 R 3相互并联， R 1、R 2、R 3相互串联，那么 :2: 3•当S 1、S 2都闭合时，A P'1: P'2: P'3=1/R 1： 1/R 2: 1/R 3 Si- R 2 RB 3: 2. 【答案】1 : 2 : 3, 6: S 2 图 10-2-18 7•在图 10-2-19 B 间的总电阻为 【解析】用等效替代法，可把除 R 1 与等效电阻R 为并联关系，那么R AB =RR 1〔R+R 1〕=12R 〔 12+R 〕=4，解得R=6Q , 假设 R‘1=6 Q 时，那么 R'AB =RR'1/〔 R+R'1〕=6 ⑹〔6+6〕=3 Q.【答案】3 8.如下图 10-2-20 的电路中，R 1=4 Q, R 2=10 Q, R B =6 Q, R 4=3 Q, a 、b 为接线柱，电路两端所加电压为 24V ，当a 、b 间接入一理想电流表时， - 它的示数应是多少？ 【解析】如图乙所示，从图能够看出，接入理想电流表后， 再与R 2串联；而R 2+ R 34与R 1又是并联关系.电流表测的是 的电流之和. R 34 = R 3R 4/〔 R 3+R 4〕=2 Q R 234=R 34 + R 2=12 Q|2=U/R 234 =2A l 1=U/R 1=6A【答案】6.67A 8个不同的电阻组成，R 1=12 Q,其余电阻值未知， 测得A 、 4 Q,今将R 1换成6 Q 的电阻，A 、B 间总电阻变成 ____________ Q. R 1外的其他电阻等效为一个电阻 R ，在AB 间 所示的 旦_ _a bR 3R 2l 3/|4=R 4/R 3=1/2 ••• l 3=|2/3=2/3A ,••• I A =I 1 + I 3=6.67AR 3与R 4并联, R i 与 R 3 —R 4R 2-------- 0 ——_. R4R U --------------图 10-2-20其总电阻为 电路两端加上恒定电压 U ，移动R 的滑动触片，求电流表的示数变化范畴.【解析】设滑动变阻器滑动触头左边部分的电阻为R x . 电路连接为R 0与R x 并联，再与滑动变阻器右边部分的电阻 R - R x 串联, 9.如下图10-2-21，电路中R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器, U -乙 R ,当在U 图 10-2-21那么干路中的电流 R 并 + R — R x R 0R xR R xR o R x因此电流表示数| R 0 R xUR °R x R 0R 0 R x "、0、xR RR 0 R xXUR 。

2020年届专题卷物理专题九答案与解析1．【命题立意】本题主要考查磁通量的变化率和Φ、ΔΦ、ΔΦ/Δt的区别。

【思路点拨】Φ表示穿过磁场中某个面的磁感线的条数，是状态量，由面积S、磁感应强度B以及它们的夹角决定，只有当面积S与磁感应强度B垂直时，Φ=BS才能成立，如果B与S的夹角为θ，则应把面积S 沿与B垂直的方向投影，此时Φ=BS sinθ。

磁通量变化量ΔΦ是指末态的Φ2与初态的Φ1的差，即ΔΦ=Φ2－Φ1，是过程量，它可以由有效面积的变化、磁场的变化而引起，且穿过闭合回路的磁通量发生变化是产生感应电动势的必要条件。

磁通量变化率ΔΦ/Δt是表示单位时间内磁通量变化的大小，即磁通量变化快慢，感应电动势的大小与回路中磁通量变化率ΔΦ/Δt成正。

【答案】C【解析】E=ΔΦ/Δt，ΔΦ与Δt的比值就是磁通量的变化率，所以只有C正确。

2．【命题立意】本题主要考查自感现象和互感现象。

【思路点拨】自感现象的应用：凡是有导线、线圈的设备中，只要有电流变化都有自感现象存在，但对于特殊的双线绕法要加以区别，因此在做题时要特别留心这一特殊情况。

【答案】BD【解析】两线圈绕的方向相反，线圈产生的磁场方向相反。

螺旋管内磁场和穿过螺旋管的磁通量都不发生变化，回路中一定没有自感电动势产生，正确答案选BD。

3．【命题立意】本题考查感应电流产生的条件。

【思路点拨】长度为L的导体，以速度v在磁感应强度为B的匀强磁场中做切割磁感线运动时，在B、L、v互相垂直的情况下，导体中产生的感应电动势的大小恒为：E=BLv，在M中产生恒定的感应电流，不会造成N中磁通量的变化，电流表无读数。

【答案】D【解析】导体棒匀速向右运动的过程中，根据法拉第电磁感应定律可知，M中产生稳定的电流，则通过N中的磁通量保持不变，故N中无感应电流产生，选项D正确。

4．【命题立意】本题主要考查感应电动势和感应电流的产生条件和楞次定律。

【思路点拨】感应电动势和感应电流产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化，就一定有感应电动势产生，电路可以闭合也可以断开。

2020年高考物理《电磁感应定律及应用》专题训练一、单项选择题1.如图所示，直角坐标系xOy 的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B .现将半径为L 、圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ 在外力作用下以恒定角速度绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t ＝0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是( )【解析】根据楞次定律，线框从第一象限进入第二象限时，电流方向是正方向，设导线框的电阻为R ，角速度为ω，则电流大小为BωL 22R，从第二象限进入第三象限时，电流方向是负方向，电流大小为3BωL 22R，从第三象限进入第四象限时，电流方向是正方向，电流大小是3BωL 22R ，线框从第四象限进入第一象限时，电流方向是负方向，电流大小为BωL 22R ，B 选项正确．【答案】B2.法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是( )A ．回路中电流大小变化，方向不变B ．回路中电流大小不变，方向变化C ．回路中电流的大小和方向都周期性变化D ．回路中电流方向不变，从b 导线流进电流表【答案】D【解析】铜盘转动产生的感应电动势为：E ＝12BL 2ω，B 、L 、ω不变，E 不变，电流：I ＝E R ＝BL 2ω2R，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b 导线流进电流表，故A 、B 、C 错误，D 正确．3.如图所示，铜线圈水平固定在铁架台上，铜线圈的两端连接在电流传感器上，传感器与数据采集器相连，采集的数据可通过计算机处理，从而得到铜线圈中的电流随时间变化的图线.利用该装置探究条形磁铁从距铜线圈上端某一高度处由静止释放后，沿铜线圈轴线竖直向下穿过铜线圈的过程中产生的电磁感应现象.两次实验中分别得到了如图甲、乙所示的电流－时间图线.条形磁铁在竖直下落过程中始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计.则下列说法中正确的是( )A.若两次实验条形磁铁距铜线圈上端的高度不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度大于乙图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度B.若两次实验条形磁铁的磁性强弱不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁铁的磁性比乙图对应实验条形磁铁的磁性强C.甲图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能小于乙图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能D.两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下【答案】C【解析】由乙图中的电流峰值大于甲中电流峰值，可知乙实验的电磁感应现象更明显，故乙实验中的高度更高或磁铁磁性更强，A 、B 错误；电流峰值越大，产生的焦耳热越多，损失的机械能越大，故C 正确；整个过程中，磁铁所受的磁场力都是阻碍磁铁运动，故磁场力一直向上，D 错误.4.如图所示，用均匀导线做成边长为0.2 m 的正方形线框，线框的一半处于垂直线框向里的有界匀强磁场中.当磁场以20 T/s 的变化率增强时，a 、b 两点间电势差的大小为U ，则()A.φa <φb ，U ＝0.2 VB.φa >φb ，U ＝0.2 VC.φa <φb ，U ＝0.4 VD.φa >φb ，U ＝0.4 V【答案】A【解析】题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流产生，把左半部分线框看成电源，其电动势为E ，内电阻为r 2，画出等效电路如图所示.则a 、b 两点间的电势差即为电源的路端电压，设l 是边长，且依题意知：ΔB Δt＝20 T/s. 由法拉第电磁感应定律，得： E ＝N ΔB ·S Δt ＝1×20×0.2×0.22V ＝0.4 V 所以有：U ＝IR ＝E r 2＋r 2×r2＝0.2 V ， 由于a 点电势低于b 点电势，故有：U ab ＝－0.2 V.5.如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。

2020高考物理精品习题：电磁感应（全套含解析）高中物理第I 课时 电磁感应现象？楞次定律1如图12- 1 — 9所示，在同一平面内有四根彼此绝缘的直导线，分不通有大小相同 如图的电流，要使由四根直导线所围成的面积内的磁通量增加，那么应切断哪一根导 的电流〔〕A 、切断i i ;B 、切断i 2；C 、切断i 3；D 、切断i 4.【解析】i 1产生的的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里; 围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；i 3产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；i 4产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向外；因此四根导线产生的 磁场叠加后在导线所围的面积内的磁场方向向里•故要使由四根直导线所围成的面积内的磁通量增加，只 要将磁场方向相反的i 4去除就能够了. 【答案】D2、磁悬浮列车是在车辆底部安装电磁铁，在轨道两旁铺设一系列的铝环•当列车运行时，电磁铁产生的 磁场相对铝环运动，列车凌空浮起，使车与轨道间的摩擦减小到专门小，从而提高列车的速度.以下讲法 正确的选项是〔〕A 、 当列车通过铝环时，铝环中有感应电流， 感应电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相同.B 、 当列车通过铝环时，铝环中有感应电流，感应电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相反.C 、 当列车通过铝环时，铝环中通有电流，铝环中电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相同.D 、 当列车通过铝环时，铝环中通有电流，铝环中电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相反. 【解析】列车通过铝环时，铝环中磁通量增大，铝环中产生感应电流，由楞次定律可知，铝环中感应电流 的磁场方向与电磁铁的磁场方向相反，从而使电磁铁受到向上的力，使列车悬浮. 【答案】B3、如图12— 1 — 10所示，一闭合的金属环从静止开始由高处下落通过条形磁铁后连续下落，空气阻力不 计，那么在圆环运动过程中，以下讲法正确的选项是〔A 、 圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于B 、 圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于C 、 圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于D 、 圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度大于【解析】一闭合的金属环从静止开始由高处下落通过条形磁铁的过程中，闭合金属环的磁通量先增大，而 后减小，依照楞次定律它增大时，不让它增大即阻碍它增大；它要减小时，不让它减小即阻碍它减小，因此下落时圆环在磁铁的上方和下方，圆环所受的安培力都向上，故加速度都小于 【答案】B4、如图12— 1 — 11所示，螺线管CD 的导线绕法不明.当磁铁 AB 插入螺线 电路中有图示方向的感应电流产生.以下关于螺线管极性的判定正确的选项 〔 〕A 、C 端一定是N 极B 、C 端的极性一定与磁铁 B 端的极性相同甘方向B3 12^1—?i 2产生的磁场在导线所〕 g ,在下方时大于 g g ，在下方时也小于 g g ，在下方时等于gg ,在下方时小于 g场必定g .国 12-1-11管时, 是C、C端一定是S极D、无法判定，因螺线管的绕法不明确【解析】磁铁AB插入螺线管时，在螺线管中产生感应电流，感应电流的磁阻碍AB 插入，故螺线管的 C 端和磁铁的B 端极性相同. 【答案】B5、如图12- 1 - 12所示，平行导体滑轨 MM 〈 NN ，水平放置，固定在匀强磁场中•磁场的方向与水平面垂 直向下.滑线 AB 、CD 横放其上静止，形成一个闭合电路.当 AB 向右滑动时，电路中感应电流的方向及8、如图12- 1 - 15所示，边长为h 的正方形金属导线框，从图示的位置由静止开 落，通过一匀强磁场区域， 磁场方向水平，且垂直于线框平面， 磁场区域宽度为 边界如图中虚线所示， H h .从线框开始下落到完全穿过磁场区域的全过程中， 判定正确的选项是〔 〕 ①线框中总有感应电流存在②线框受到磁场力的合力方向有时向上有时向下③线 动方向始终是向下的④线框速度的大小不一定总是在增加 A 、①②B 、③④C 、①④D 、②③【解析】因H h ，故能够分为三个过程：①从下边开始进入磁场到全部进入磁场；②从全部开始进入磁场到下边开始离开磁场；③下边开始离开磁场到全部离开磁场.再由楞次定律和左手定那么能够判定明 白.可能会使线框离开磁场时线框所受的安培力大于线框的重力，从而使线框的速度减小. 【答案】B9、如图12- 1- 16所示，A 、B 是两个相互垂直的线框， 两线框相交点恰 线框的中点，两线框互相绝缘， A 线框中有电流，当线框 A 的电流强度 时，线框B 中 _________ 感应电流.〔填”有无"〕【解析】A 线框中尽管有电流， 同时产生了磁场，但磁感应强度的方向与滑线CD 受到的磁场力的方向分不为〔 A 、 电流方向沿 B 、 电流方向沿 C 、 电流方向沿 D 、 电流方向沿 ABCDA , ABCDA , ADCBA , ADCBA , 受力方向向右; 受力方向向左; 受力方向向右; 受力方向向左.【解析】此题用右手定那么和楞次定律都能够解决, 但用楞次定律比较快捷.由于AB 滑线向右运动，ABCD 所构成的回路面积将要增大，磁通量将增大，依照楞次定律要阻碍它 增大，因此产生的感应电流方向沿 ADCBA , CD 滑线将向右滑动，故受力方向向右.【答案】C6、如图12- 1- 13所示，在绝缘圆筒上绕两个线圈 P 和Q ,分不与 E 和电阻R 构成闭合回路，然后将软铁棒迅速插入线圈 P 中，那么 入的过程中〔〕A 、电阻R 上有方向向左的电流B 、电阻R 上没有电流C 、电阻R 上有方向向右的电流D 、条件不足，无法确定【解析】 软铁棒被磁化，相当于插入一根跟 P 的磁场同向的条形磁铁，使 P 、Q 线圈中的磁通量增加.由 楞次定律得，在 Q 中产生的感应电流向右通过电阻R .【答案】C7、如图12- 1 — 14所示，一有限范畴的匀强磁场，宽度为 形导线框以速度 时刻应等于〔A 、d/ ud ，将一个边长为L 的U 匀速地通过磁场区域，假设 d>L ,那么在线框中不产生感应电 〕 B 、L/ uC 、(d - L)/; uD 、(d - 2L)/; ux x >—X XJ & —》S 12-1-14【解析】线框中不产生感应电流，那么要求线框所组成的闭合回路内的磁通量不变化，即线框全部在磁场中匀速运动时没有感应电流.因此线框从左边框进入磁场时开始到线框的右边框 将要离开磁场时止，那个过程中回路中将没有感应电流.【答案】C正方流的发生f X X X Hx BX X j_X_ X X始下 上下 以下 框运左右DS 12-1-12阳 12-1-13是两 增大A 线50框的平面相垂直，即与 B 线框平行•因此不管 A 线框中的电流如何变化， B 线框中始终没有磁通量，即无 磁通量变化. 【答案】无210、与磁感应强度B 0.8T 垂直的线圈面积为 0.05m ，现在线圈的磁通量是多大？假设那个线圈绕有 匝时，磁通量多大？线圈位置假如转过530时磁通量多大?【解析】依照磁通量的定义：磁感应强度 B 与面积S 的乘积，叫做穿过那个面的磁通量，但要注意rE BL 0，而它相当于一个电源，同时其内阻为；金属棒两端电势差相当于外电路的端电压.外电S 是与磁感应强度 B 相垂直的那部分面积.即 BS 故:① 1 BS 10.8 0.05Wb4 10 2Wb②线圈绕有 50匝，但与磁感应强度 B 垂直的面积依旧 20.05m ,故穿过那个面的磁感线条数不变.磁通量也可明白得为穿过那个面的磁感线的条数.因此仍旧为 24 10 2Wb③依照磁通量的定义： 3BS COS 530 0.8 0.05 0.6Wb 2.4 10 2Wb 【答案】①14 10 2Wb ②2 4 10 2Wb ③32.4 10 2Wb第H 课时 法拉第电磁感应定律？自感1、如图12-2 — 12所示，粗细平均的电阻为 r 的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为r环直径为d ,长为L ,电阻为一的金属棒ab 放在圆环上，以速度 2金属棒两端电势差为〔 C 、^BL 0 ；20向左匀速运动,棒运动到图示虚线位置时, A 、0;B 、 BLD 1BL 0 .B ，圆 当ab【解析】当金属棒 ab以速度 °向左运动到图示虚线位置时, 依照公式可得产生的感应电动势为路半个圆圈的电阻为 -,而这两个半个圆圈的电阻是并联关系，故外电路总的电阻为 -,因此外电路电压23BL 0 .为U ba【答案】 1E3D 12-2- 13所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水 平的初速0抛出，设在整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，那么在金属动过程中产生的感应电动势大小变化情形是〔 〕A 、越来越大；B 、越来越小；C 、保持不变；D 、无法判定. 【解析】金属棒做切割磁感线的有效速度是与磁感应强度 B 垂直的那个分速度,金属棒做切割磁感线的水平分速度不变，故感应电动势不变.B 12-2—12棒运图 12^2-13【解析】线框在A 、C 位置时只受重力作用， 加速度a A = a C = g .线框在B 、D 位置时均受两个力的作用,【答案】C3、〔 2003年杭州模拟题〕如图 12-2 — 14所示为日光灯的电路图，以 法中正确的选项是〔〕①日光灯的启动器是装在专用插座上的，当日光灯正常发光后，取下启 器，可不能阻碍灯管发光•②假如启动器丢失，作为应急措施，能够用 段带绝缘外皮的导线启动日光灯•③日光灯正常发光后，灯管两端的电 220V .④镇流器在日光灯启动时，产生瞬时高压A 、①②B 、③④C 、①②④D 、②③④ 【解析】日光灯正常发光后，由于镇流器的降压限流作用，灯管两端的 要低于220V . 电压【答案】C4、〔 2002年全国高考卷〕如图 12— 2 — 15中EF 、GH 为平行的金属导轨，其电阻可不计, R 为电阻器, 表示图中该处导线中的电流，那么当横杆 AB 〔 〕 EAF A 、匀速滑动时，h 0 ,丨2 0B 、匀速滑动时11 0 , 120 A:XRXC 、加速滑动时，I 10 , I 2 0D 、加速滑动时，丨10,丨2C-k > XB【解析】横杆匀速滑动时，由于 EBL 不变，故I ? 0 , I 1 0 •加国 12-2-L5动时，由于E BL 逐步增大，电容器不断充电，故 I 1 0 , I 20 .【答案】D5、如图12— 2 — 16所示，线圈由A 位置开始下落，假设它在磁场中受到的磁场 于重力，那么在 A 、B 、C 、D 四个位置〔B 、D 位置恰好线圈有一半在磁场中〕 度的关系为〔 〕A 、 a A >aB >a c >a DB 、 a A = aC > a B > aD C 、 a A = a c > a D > a BD 、 a A = a C > a B = a DA D---B pTL ___XXX c[x\ XX •哂0 12-2—15力总小 时加速其中安培力向上 重力向下由于重力大于安培力，因此加速度向下，大小B 2l 2〔吨飞ma 丨又线框在 D 点时速度大于 B 点时速度，即 F D F B ，因此a B > a D .因此加速度的关系为a A = a c >a B >a D .【答案】B6、如图12— 2 — 17所示，将长为1m 的导线从中间折成约为 1060的角，磁感应 为0.5T 的匀强磁场垂直于导线所在的平面.为使导线产生 4V 的感应电动势，导线切割磁感线的最小速度约为 ___________ .下讲动 一小 压为C 为电容器，AB 为可在EF 和GH 上滑动的导体横杆，有平均磁场垂直于导轨平面•假设用 丨1和丨2分不速滑强度 那么国 12-2-17mgRsinB 2L 2【答案】〔1〕ab 杆受到一个竖直向下的重力；垂直斜面向上的支持力；沿斜面向上的安培力【解析】 欲使导线获得4V 的感应电动势，而导线的速度要求最小，依照 形下，L 最大且 与L 垂直时速度最小. BL 可知：E 、B 一定的情故依照E BL 得: minBL4m/s 10m/s0.5 0.8【答案】10m/s7、如图12- 2- 18所示，匀强磁场的磁感应强度为C 100 F , ab 长为 20cm ，当 ab 以10m/s 的速度向右匀速运动时,中的电流为【解析】 ,电容器上板带 感应电动势E BL0.4 ________ 电，电荷量为 _________ C .0.2 10V0.8V ，极板上的电荷量k x xh]XX k X XT电路Q CE100 10 6 0.8C10 5C .由于感应电动势一定， 电容器的带电荷量因此电路中无电流.【答案】 零；正；8 10 5C8、〔 2004年北京高考试卷〕如图 角为的绝缘斜面上，两导轨间距为 杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直. 下•导轨和金属杆的电阻可忽略•让 间的摩擦. (1)由b 向a 方向看到的装置如图 12-2- 19 所示，请在此图中画出 ab 杆下滑过程中某的受力示意图；〔2〕在加速下滑的过程中，当 ab 杆的速度 为 时，求现在ab 杆中的电流及其加速度 小； 〔3〕求在下滑过程中，ab 杆能够达到的速 大值.【解析】〔1〕ab 杆受到一个竖直向下的重力; 得所受的安培力沿斜面向上.12-2- 19〔 1〕所示，两根足够长的直金属导轨 L . M 、P 两点间接有阻值为 整套装置处于磁感应强度为 ab 杆沿导轨由静止开始下滑，MN 、PQ 平行放置在倾R 的电阻•一根质量为 m 的平均直金属 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向 导轨和金属杆接触良好，不计它们之(画图略)〔2〕当ab 杆的速度大小为时，产生的感应电动势为 E BL ，现在杆ab 的电流为IBLR ；受到的 安培力为F BILB 2 L 2依照牛顿第二定律得 mg sinB 2 L 2 Rma即a gsin 『L 2 mR〔3〕当加速度为零时速度达到最大即疋，0.4T , R 100函 12-2-1S度最團 12-2-19垂直斜面向上的支持力；依照楞次定律的”阻碍 作用可大小 的大〔2〕2 2r 、B2 L2〔2〕a g sin 〔3〕mmR mgRsi n B2L29、〔2003年北京海淀区模拟题〕如图12—2—20所示，MN和PQ是固定在水平面内间距L = 0.2m的平行金属导轨，轨道的电阻忽略不计.金属杆ab垂直放置在轨道上.两轨道间连接有阻值为R0 1.5的电阻，ab杆的电阻R 0.5 . ab杆与导轨接触良好并不计摩擦，整个装置放置在磁感应强度为 B 0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向下.对ab杆施加一水平向右力，使之以5m/s速度在金属轨道上向右匀速运动.求：〔1〕通过电阻R o的电流；〔2〕对ab杆施加的水平向右的拉力大小；〔3〕ab杆两端的电势差. Mr ---------- N轨XXEXbl函12-2-3D【解析】〔1〕a、b杆上产生的感应电动势为E BL0.5V .依照闭合电路欧姆定律，通过R o的电流ER R o0.25A〔2〕由于ab杆做匀速运动，拉力和磁场对电流的安培力F大小相等，即卩拉=F BIL 0.025N〔3〕依照欧姆定律，ab杆两端的电势差U ab -ER°BL Ro0.375V R R o R R0【答案】〔1〕0.25A〔2〕0.025N〔3〕0.375V10、〔2004年上海高考卷〕水平向上足够长的金属导轨平定放置，间距为L, 一端通过导线与阻值为R的电阻连接；上放一质量为m的金属杆〔如图12-2 —21所示〕，金属导轨的电阻忽略不计；平均磁场竖直向下.用与导轨平行定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动. 当改变大小时，相对应的匀速运动速度也会变化，和F的关—* F X X行固导轨杆与的恒拉力系如图12— 2 —22所示.〔取重力加速度g 10m/s2〕〔1〕金属杆在匀速运动之前做什么运动?〔2〕假设m 0.5kg, L 0.5m, R 0.5 ；磁感应强度B为多大?〔3〕由一F图线的截距可求得什么物理量？其值为多少?【解析】〔1〕假设金属棒与导轨间是光滑的，那么平稳时必有恒定拉力与安培力平稳，即B2从而得到RB2L2 F，即与F成线性关系且通过坐标原点.而此题的图像坐标没有通过原点，讲明金等.故金属棒在匀速运动之前做变速运动〔加速度越来越小〕. 圈12-2—21属棒与导轨间有摩擦•金属棒在匀速运动之前 F F f + F安，随着速度的增加，安培力越来越大，最后相B 2 L 2〔2〕设摩擦力为F f ，平稳时有F = F f + F 安=F f + 皂上.选取两个平稳状态，得到两个方程组，从而R求解得到•如当 F = 4N 时， =4m/s ；当F = 10N 时,解得：B = 1T , F f 2N 〔3〕由以上分析得到：一F 图线的截距可求得金属棒与导轨间的摩擦力，大小为 2N .【答案】〔1〕金属棒在匀速运动之前做变速运动〔加速度越来越小〕；〔 2〕B = 1T ;〔 3〕 — F 图线的截距可求得金属棒与导轨间的摩擦力，大小为2N .第皿课时 电磁感应和电路规律的综合应用1如图12-3 — 7所示，闭合导线框的质量能够忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，假设第 次用0.3s 时刻拉出，外力做的功为 W 1，通过导线截面的电量为为W 2，通过导线截面的电量为 q 2，那么〔 〕；X A 、W 1 W , q 1 q 2 B 、W 1 W 2 , q 1 q 2 :X ilC 、W 1 W 2, q 1 q 2D 、W 1 W 2 , q 1 q 2:X 1. N 4【解析】 设矩形线框的竖直边为 a ,水平边为 b ，线框拉出匀强磁场时的速度为 框拉出匀强磁场时产生的感应电动势为 E Ba ，产生的感应电流为丨| X I X X X ： I —► 齟 12-3^7 ，线框电阻为R •那么线B a R 依照平稳条件得：作用的外力等于安培力即 F 安=Bia将线框从磁场中拉出外力要做功 W F b B 2ba 2R 由那个表达式可知: B 2b a 2 B-b ^两种情形都一样, R 拉出的速度越大，做的功就越多. 第一次速度大，故W 1 E t R 在磁场中的面积变化有关，即从磁场中拉出的线框面积•由于两次都等于整个线框的面积即两次拉出在磁 依照q 11 ,由这一推导过程可知两次拉出磁场通过导线截面的电量只与 场中的面积变化相等•故通过导线截面的电量两次相等•即 q i q 2【答案】C 2、如图12— 3 — 8所示，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，有半径为 r 的光滑 形导体框，OC 为一能绕O 在框架上滑动的导体棒， Ob 之间连一个电阻 R ,导 架与导体电阻均不计，假设要使 OC 能以角速度 匀速转动，那么外力做功的 是〔 〕R国 12-3-&X 0X半圆 体框 功率B 2 L 216m/s •代入 F = F f + B 一—Rq i ，第二次用0.9s 时刻拉出，外力做的功2R 【解析】由于导体棒匀速转动, 1 律得：E B I B- I I 2 4R 8R 因此外力的功率与产生的感应电流的电功率相等.依照法拉第电磁感应定 (1B I 2)2RI 2，因此电功率为P E 2 4R 【答案】C 3、用同种材料粗细平均的电阻丝做成 在电阻可忽略的光滑的平行导轨上， ef 较长，分 ab 、cd 、ef 三根导线， 如图12-3-9所示，磁场是平均的， ,而且每次 力使导线水平向右作匀速运动 〔每次只有一根导线在导轨上〕 做功功率相同，那么以下讲法正确的选项是〔 〕 A 、ab 运动得最快 B 、ef 运动得最快 C 、导线产生的感应电动势相等 D 、每秒钟产生的热量不相等磁感应定律得产生的感应电动势为 i C e:X 」； 乂 X X >X x乂、A] Xb d f国 L2-3-9不放 用外 外力l 〕•依照法拉第电 E B l ，由于匀速运动，因此外力做功的功率与电功率相等即 .B 2l 2 由图可知导线ef 最长，ab 最短， 因此有R ef R cd R ab 故ef 运动得最快. 由E B l 和ef 的速度最大可知导线 ef 产生的感应电动势最大. 由于三根导线产生的电热功率相等，由 Q Pt 得每秒钟产生的热量相等. 【答案】B 4、如图12-3- 10所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，当ab 棒下滑到稳固状态时，小灯泡获得的功率为 P o ，除灯泡外，其它电阻不计，要使灯泡的功率变为2P 。

专题12 电磁感应【2020年高考题组】1．(2020·新课标Ⅱ卷)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。

焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。

焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为A．库仑B．霍尔C．洛伦兹D．法拉第【答案】D【解析】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。

该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。

故选D。

2．(2020·新课标Ⅲ卷)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。

圆环初始时静止。

将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到A．拨至M端或N端，圆环都向左运动B．拨至M端或N端，圆环都向右运动C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动【答案】B【解析】无论开关S拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律(增反减同)，右边圆环中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，故选B。

3．(2020·江苏卷)如图所示，两匀强磁场的磁感应强度1B和2B大小相等、方向相反。

金属圆环的直径与两磁场的边界重合。

下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是()A．同时增大1B减小2BB．同时减小1B增大2BC．同时以相同的变化率增大1B和2BD．同时以相同的变化率减小1B和2B【答案】B【解析】AB．产生顺时针方向的感应电流则感应磁场的方向垂直纸面向里。

由楞次定律可知，圆环中的净磁通量变化为向里磁通量减少或者向外的磁通量增多，A错误，B正确。

CD．同时以相同的变化率增大B1和B2，或同时以相同的变化率较小B1和B2，两个磁场的磁通量总保持大小相同，所以总磁通量为0，不会产生感应电流，CD 错误。

2020版高考物理全程复习课后练习31电磁感应定律的综合应用1.图中能产生感应电流的是( )2.水平放置的光滑绝缘杆上挂有两个铜环M和N，通电密绕长螺线管穿过两环，如图所示，螺线管中部区域的管外磁场可以忽略，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，两环将( )A．一起向左移动 B．一起向右移动 C．相互靠拢 D．相互分离3.如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过导轨平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列过程中，一定能在导轨与导体棒构成的回路中产生感应电流的是( )A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ同时也减小C．ab向左运动，同时增大磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ(0°<θ<90°)4.如图所示,电路中A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是电容很大的电容器。

当S刚闭合及闭合一段时间后,A、B灯泡的发光情况是( )A.S刚闭合时,A亮一下又逐渐熄灭,B逐渐变亮B.S刚闭合时,B亮一下又逐渐变暗,A逐渐变亮C.S闭合一段时间后,A和B一样亮D.S闭合一段时间后,A、B都熄灭5.如图所示的直流电路中，当开关S1、S2都闭合时，三个灯泡L1、L2、L3的亮度关系是L1>L2>L3.电感L的电阻可忽略，D为理想二极管．现断开开关S2，电路达到稳定状态时，再断开开关S1，则断开开关S1的瞬间，下列判断正确的是( )A．L1逐渐变暗，L2、L3均先变亮然后逐渐变暗B．L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗C．L1、L2、L3均先变亮然后逐渐变暗D．L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮然后逐渐变暗6.如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是( )A．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B．0～1 s内圆环有扩张的趋势C．3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反7.如图所示,将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上,一端接上电池(电池另一极与锉刀接触),手执导线的另一端,在锉刀上来回划动,由于锉刀表面凹凸不平,就会产生电火花。

2020年高考物理《电磁学中的功能关系》专题训练一、单项选择题1.如图所示，在绝缘水平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带正电的小金属块以一定的初速度从A 点开始沿水平面向左做直线运动，经L 长度到达B 点，速度变为零．在此过程中，金属块损失的动能有23转化为电势能．金属块继续运动到某点C (图中未标出)时的动能和A 点时的动能相同，则金属块从A 开始运动到C 的整个过程中经过的总路程为A ．1.5LB ．2LC ．3LD ．4L【解析】根据题述，小金属块从A 运动到B ，克服摩擦力做功W f ＝13E k ＝fL ，克服电场力做功W E ＝23E k ＝qEL .设小金属块从B 运动到C 经过的路程为s ，由动能定理qEs －fs ＝E k ，解得s ＝3L .金属块从A 开始运动到C 的整个过程中经过的总路程为L ＋s ＝4L ，选项D 正确．【答案】D2.如图所示，质量为m 的金属线框A 静置于光滑水平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m 的物体B 相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d 表示A 与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设B 下降h (h ＞d )高度时的速度为v ，则以下关系中能够成立的是( )A ．v 2＝ghB ．v 2＝2ghC ．A 产生的热量Q ＝mgh －mv 2D ．A 产生的热量Q ＝mgh －12mv 2 【解析】由于线框在磁场内的运动情况未知，故不能判断v 与h 的具体关系，故A 、B 错误；根据题意，线框A 进入磁场的过程克服安培力做功，线框A 产生的热量为Q ，对A 、B 构成的系统，在B 下降h 高度的过程中，据能量转化与守恒定律有mgh ＝12×2mv 2＋Q ，Q ＝mgh －mv 2，故选项C 正确．【答案】C3.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )A ．在P 和Q 中都做自由落体运动B ．在两个下落过程中的机械能都守恒C ．在P 中的下落时间比在Q 中的长D ．落至底部时在P 中的速度比在Q 中的大【解析】由于电磁感应，小磁块在铜管P 中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q 中做自由落体运动，机械能守恒，故A 、B 错误；而在P 中加速度较小，下落时间较长，落至底部的速度较小，故C 正确，D 错误．【答案】C4.如图甲，倾角为θ的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q 的正点电荷．将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A 点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B 处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(E 1和x 1为已知量)．已知重力加速度为g ，静电力常量为k ，由图象可求出( )A ．小物块的带电量B ．A 、B 间的电势差C ．小物块的质量D ．小物块速度最大时到斜面底端的距离【解析】小物块在B 点时E 1＝mgx 1sin θ，解得m ＝E 1gx 1sin θ，选项C 正确；小物块由A到B 的过程中，据动能定理，可得qU AB ＋W G ＝0，由功能关系知W G ＝－E 1，故有qU AB ＝E 1，故只能求得小物块由A 到B 的过程中电场力所做的功(或小物块电势能的减少量)，无法求出小物块的带电量及A 、B 两点间的电势差，选项A 、B 错误；小物块向上运动的过程中，开始时库仑力大于重力沿斜面向下的分力，小物块向上加速，随着向上运动，库仑力减小，当库仑力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有mg sin θ＝k Qq r2，因q 未知，故无法求得小物块到斜面底端的距离r ，选项D 错误． 【答案】C5.质量为m 、长度为l 的金属棒MN 两端由绝缘且等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .开始时细线竖直，当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点向右开始摆动，若已知细线与竖直方向的最大夹角为60°，如图所示，则棒中电流( )A.方向由M 向N ，大小为3mg 3Bl B.方向由N 向M ，大小为3mg 3Bl C.方向由M 向N ，大小为3mg Bl D.方向由N 向M ，大小为3mg Bl【答案】B【解析】平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，故导线受到向右的安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由N 指向M ；金属棒MN 所受安培力的方向垂直于MN 和磁场方向向右，由于棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x ，由功能关系得：BIl ·x sin θ－mg (x －x ·cos θ)＝0解方程得：I ＝3mg 3Bl . 6.如图甲所示，左侧接有定值电阻R ＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ，导轨间距L ＝1 m.一质量m ＝2 kg ，阻值r ＝2 Ω的金属棒在水平拉力F 作用下由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒的v －x 图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x ＝1 m 位移的过程中(g ＝10 m/s 2)( )A.金属棒克服安培力做的功W 1＝0.5 JB.金属棒克服摩擦力做的功W 2＝4 JC.整个系统产生的总热量Q ＝4.25 JD.拉力做的功W ＝9.25 J【答案】D【解析】金属棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，为：Q 1＝μmg ·x ＝0.25×2×10×1 J＝5 J ，故B 、C 错误；由v －x 图象得：v ＝2x ，金属棒所受的安培力F ＝B 2L 2v R ＋r ＝B 2L 2·2x R ＋r，代入得：F ＝0.5x ，则知F 与x 是线性关系.当x ＝0时，安培力F 0＝0；当x ＝1 m 时，安培力F 1＝0.5 N ，则从起点发生x ＝1 m 位移的过程中，安培力做功为W 安＝－F x ＝－F 0＋F 12x ＝－0＋0.52×1 J＝－0.25 J ，A 错误；根据动能定理得：W －μmgx ＋W 安＝12mv 2，其中v ＝2 m/s ，μ＝0.25，m ＝2 kg ，代入解得，拉力做的功W ＝9.25 J ，故D 正确.7.质量为m 的带正电小球由空中某点自由下落，下落高度h 后在整个空间加上竖直向上的匀强电场，再经过相同时间小球又回到原出发点，不计空气阻力，且整个运动过程中小球从未落地，重力加速度为g ，则( )A ．从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，小球电势能减少了mghB ．从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少了mghC ．从开始下落到小球运动至最低点的过程中，小球重力势能减少了53mgh D ．小球返回原出发点时的速度大小为7gh【解析】小球先做自由落体运动，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为零，再向上做匀加速回到出发点．设小球下落高度h 用了t 秒，加上电场后小球的加速度大小为a ，加上电场时速度为v ，规定向下为正方向，由运动学公式：12gt 2＋gt ×t －12at 2＝0，解得a ＝3g ，由v 2＝2gh ，解得v ＝2gh ；根据牛顿第二定律，F 电－mg ＝ma ，得F 电＝4mg ，因此，从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，电场力做功为W 电＝F 电h ＝4mgh ，根据电场力做功和电势能的关系，可知小球的电势能的减少量为ΔE p ＝4mgh ，故选项A 错误；从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少量为ΔE k ＝12mv 2－0＝mgh ，选项B 正确；从加电场开始到小球下落最低点的过程中，设下落高度为h ′，由运动学公式：v 2＝2ah ′，解得h ′＝h3，从开始下落到小球运动至最低点的过程中，重力做功为W G ＝mg (h ＋h ′)＝43mgh ，根据重力做功和重力势能的关系，可知小球的重力势能的减少量为ΔE p ′＝43mgh ，选项C 错误；设小球返回到原出发点时的速度为v ′，由动能定理，可得12mv ′2＝3mg (h ＋h ′)，解得v ′＝8gh ，选项D 错误． 【答案】B8.如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与定值电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒ab ，质量为m ，导体棒的电阻R 0与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F .此时( )A.电阻R 1消耗的热功率为Fv 3B.电阻R 0消耗的热功率为Fv6C.整个装置消耗的热功率为μmgv sin θD.整个装置消耗的机械功率为(F ＋μmg cos θ)v【答案】D【解析】设ab 长度为L ，磁感应强度为B ，电阻R 0＝R 1＝R 2＝R .电路中感应电动势E ＝BLv ， ab 中感应电流为：I ＝E R ＋12R ＝2BLv 3R ， ab 所受安培力为：F ＝BIL ＝2B 2L 2v 3R① 电阻R 1消耗的热功率为：P 1＝(12I )2R ＝B 2L 2v 29R ②由①②得：P 1＝16Fv ，电阻R 0和R 1阻值相等，P 0＝I 2R ＝23Fv ，故A 、B 错误；整个装置因摩擦而消耗的热功率为：P f ＝F f v ＝μmg cos θ·v ＝μmgv cos θ，故C 错误；整个装置消耗的机械功率为：P 3＝Fv ＋P f ＝(F ＋μmg cos θ)v ，故D 正确.二 不定项选择题1.(多选)如图所示，竖直平面内有一足够长的宽度为L 的金属导轨，质量为m 的金属导体棒ab 可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab 与金属导轨接触良好，ab 电阻为R ，其他电阻不计．导体棒ab 由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S ，发现导体棒ab 立刻做变速运动，则在以后导体棒ab 的运动过程中，下列说法中正确的是( )A ．导体棒ab 做变速运动期间加速度一定减小B ．单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能C ．导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符合能的转化和守恒定律D ．导体棒ab 最后做匀速运动时，速度大小为v ＝mgR B 2L 2【解析】导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下做加速运动．开关闭合时，由右手定则判定，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的安培力方向向上，F ＝BIL ＝B BLv RL ，导体棒受到的重力和安培力的合力变小，加速度变小，物体做加速度越来越小的运动，A 正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动．由F －mg ＝0得，B BLv R L ＝mg ，v ＝mgR B 2L2，D 正确；导体棒克服安培力做功，减少的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，B 正确．【答案】ABD2.如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，一不计重力、电荷量为q 的带电粒子以初速度v 0沿两板的中线射入，经过t 时间后恰好沿下板的边缘飞出，则( )A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为14UqB ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38UqC ．在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶1 D ．在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶2 【解析】粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t2的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为18Uq ，在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38Uq ，选项A 错，B 对；由W ＝Eq ·s 知在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C 对，D 错．【答案】BC3.如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E ，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板.一带正电的小滑块，从斜面上的P 点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R 点(图中未标出)，然后返回，则( )A.滑块从P 点运动到R 点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B.滑块从P 点运动到R 点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C.滑块返回时能到达的最低位置在P 点的上方D.滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差【答案】BC【解析】在小滑块开始运动到到达R 点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能.滑块从P 点运动到R 点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和.故A 错误；电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和.故B 正确；小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和减小，所以滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方，不能再返回P点.故C正确；滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差.故D错误.4.如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P点固定一个点电荷＋Q，P 点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平．电荷量为－q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动，在A处时小球的加速度为a.图中PB⊥AC，B是AC的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响．则在＋Q形成的电场中( )A．A点的电势高于B点的电势B．B点的电场强度大小是A点的4倍C．小球从A到C的过程中电势能先减小后增大D．小球运动到C处的加速度为g－a【解析】在正电荷产生的电场中，离电荷越近电势越高，因此B点的电势高于A点的电势，A错误；根据点电荷电场强度的决定式得E A＝kQPA2，E B＝kQPB2，由几何关系得PA＝2PB，解得E B＝4E A，B正确；小球从A到C的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C正确；小球在A、C两处受到的电场力大小相等，对小球受力分析，在A处，由牛顿第二定律得mg sin 30°＋F cos 30°＝ma，在C处，由牛顿第二定律得mg sin 30°－F cos 30°＝ma C，解得a C＝g－a，D正确．【答案】BCD5.如图所示，匀强电场的电场强度为E，方向水平向左，一带电量为＋q，质量为m的物体放在光滑水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，经时间t力F做功60 J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到出发点O，设O点的电势能为零，则下列说法正确的是( )A.物体回到出发点的速度与撤去力F时的速度大小之比为2∶1B.恒力F ＝4qEC.撤去力F 时，物体的电势能为45 JD.在撤去力F 之前的任一时刻，动能与电势能之比均为1∶3【答案】ACD【解析】在恒力F 作用下的加速度大小为a 1，撤去恒力F 后的加速度大小为a 2，匀加速运动的位移大小x 1＝12a 1t 2，撤去拉力后的位移大小x 2＝a 1t ·t －12a 2t 2 根据x 1＝－x 2得a 2＝3a 1.根据牛顿第二定律得，a 1＝F －F 电m ，a 2＝F 电m ，联立解得F 电＝qE ＝34F .故B 错误. 6.如图所示，绝缘杆两端固定带电小球A 和B ，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直．现将杆右移，同时顺时针转过90°，发现A 、B 两球电势能之和不变．根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是( )A ．A 一定带正电，B 一定带负电B ．A 、B 两球所带电量的绝对值之比q A ∶q B ＝1∶2C ．A 球电势能一定增加D ．电场力对A 球和B 球做功的绝对值相等【解析】电场力做功与路径无关，两个小球在杆右移后两球所在位置处电势都降低，而两个小球组成的系统的电势能之和不变，那么电场力对其中一个做正功，对另一个一定做负功，做功的绝对值相同，两个小球一定带异种电荷，但不能准确判断每一个小球所带电荷的电性，A 、C 错误，D 正确；由电势能变化之和为零得E qB L ＝E qA ·2L ，即|q A |∶|q B |＝1∶2，B 正确．【答案】BD7.如图所示，相距为L 的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨上固定有质量为m ，电阻为R 的两根相同的导体棒，导体棒MN 上方轨道粗糙，下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B .将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN 下滑而EF 保持静止，当MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是( )A ．导体棒MN 的最大速度为2mgR sin θB 2L2 B ．导体棒EF 与轨道之间的最大静摩擦力为mg sin θC ．导体棒MN 受到的最大安培力为mg sin θD ．导体棒MN 所受重力的最大功率为m 2g 2R sin 2θB 2L 3【解析】当导体棒MN 匀速运动时速度最大，由平衡条件得mg sin θ＝B 2L 2v 2R，则得最大速度为v ＝2mgR sin θB 2L2，选项A 正确；由题意知，当MN 下滑的速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，两棒所受的安培力大小相等，方向相反，则对EF 棒，有mg sin θ＋B 2L 2v 2R＝f m ，则可得最大静摩擦力为f m ＝2mg sin θ，选项B 错误；导体棒MN 匀速运动时速度最大，感应电流最大，所受的安培力也最大，由平衡条件可知，最大安培力为F m ＝mg sin θ，选项C 正确；导体棒MN 所受重力的最大功率为P m ＝mg sin θ·v ＝2m 2g 2R sin 2 θB 2L2，选项D 错误． 【答案】AC8.如图所示，物体A 和带负电的物体B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A 、B 的质量分别是m 和2m ，劲度系数为k 的轻质弹簧一端固定在水平面上.另一端与物体A 相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦.开始时，物体B 在一沿斜面向上的外力F ＝3mg sin θ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F ，直到物体B 获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中( )A.对于物体A 、B 、弹簧和地球组成的系统，电场力做功等于该系统增加的机械能B.物体A 、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B 电势能的减少量C.B 的速度最大时，弹簧的伸长量为3mg sin θRD.撤去外力F 的瞬间，物体B 的加速度为3g sin θ2【答案】AC【解析】根据能量守恒可知，物体A 、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B 电势能的减少量和B 物体机械能的减小量之和，故B 错误；当B 所受的合力为零时，B 的速度最大，由：kx ＝F 电＋2mg sin θ 解得弹簧的伸长量为：x ＝3mg sin θk，故C 正确；开始时，外力F 作用在B 上，B 处于静止状态，对B 分析可知：F －2mg sin θ－F 电＝0解得：F 电＝mg sin θ.当撤去外力瞬间，对AB 整体分析，整体受到的合力为：F 合＝F 电＋2mg sin θ＝3mg sin θ由F 合＝3ma 可得 a ＝g sin θ，故D 错误.三 非选择题1.如图所示，倾角为60°的倾斜平行轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L ，圆形轨道的半径为r .在倾斜平行轨道的上部有磁感应强度为B 的垂直于轨道向上的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末端接有一电阻值为R 的定值电阻．质量为m 的金属棒从距轨道最低端C 点高度为H 处由静止释放，运动到最低点C 时对轨道的压力为7mg ，不计摩擦和导轨、金属棒的电阻，求：(1)金属棒通过轨道最低端C 点的速度大小； (2)金属棒中产生的感应电动势的最大值；(3)金属棒整个下滑过程中定值电阻R 上产生的热量； (4)金属棒通过圆形轨道最高点D 时对轨道的压力的大小．【解析】(1)设金属棒通过轨道最低端C 点的速度为v C ，轨道对金属棒的支持力为F C ，金属棒对轨道的压力为F C ′，由牛顿第二定律可知F C －mg ＝mv 2Cr而F C ＝F C ′＝7mg解得v C ＝6gr .(2)由于磁场区域足够大，金属棒在重力和安培力作用下加速运动，当安培力等于重力沿倾斜轨道向下的分力时，速度最大，此时金属棒中产生的感应电动势最大．由mg sin 60°＝BILI ＝E R解得感应电动势的最大值E ＝3mgR2BL. ⑥(1分) (3)由能量守恒定律，在金属棒的整个下滑过程中电阻器R 上产生的热量等于金属棒损失的机械能，所以Q ＝mgH －12mv 2C联立③⑦得Q ＝mg (H －3r )(4)金属棒由C 点运动到D 点，根据机械能守恒，有 12mv 2C ＝12mv 2D ＋mg ·2r金属棒通过圆形轨道最高点D 时，设轨道对金属棒竖直向下的压力为F D ，由牛顿第二定律有F D ＋mg ＝mv 2Dr联立解得F D ＝mg由牛顿第三定律可知金属棒通过圆形轨道最高点D 时对轨道的压力为mg . 【答案】(1)6gr (2)3mgR2BL(3)mg (H －3r )(4)mg 2.如图所示，在竖直平面内有一质量为2m 的光滑“∏”形线框DEFC ，EF 长为L ，电阻为r ；FC ＝ED ＝2L ，电阻不计.FC 、ED 的上半部分(长为L )处于匀强磁场Ⅰ区域中，且FC 、ED 的中点与其下边界重合.质量为m 、电阻为3r 的金属棒用最大拉力为2mg 的绝缘细线悬挂着，其两端与C 、D 两端点接触良好，处在磁感应强度为B 的匀强磁场Ⅱ区域中，并可在FC 、ED 上无摩擦滑动.现将“∏”形线框由静止释放，当EF 到达磁场Ⅰ区域的下边界时速度为v ，细线刚好断裂，Ⅱ区域内磁场消失.重力加速度为g .求：(1)整个过程中，线框克服安培力做的功； (2)EF 刚要出磁场Ⅰ时产生的感应电动势；(3)线框的EF 边追上金属棒CD 时，金属棒CD 的动能. 【答案】(1)2mgL －mv 2(2)4mgr BL (3)mg 2L22v2【解析】(1)对∏形线框用动能定理：2mgL －W ＝12·2mv 2－0，W ＝2mgL －mv 2(2)对金属棒CD 受力分析：F Tm ＝mg ＋BIL ，得到I ＝mg BL，E ＝IR 总＝4mgrBL(3)对金属棒CD 运动分析：H ＝12gt 2，对∏形线框运动分析：H ＋L ＝vt ＋12gt 2，解得：t＝Lv相遇时CD 棒速度v t ＝0＋gt ＝gL v ，此时动能为E k ＝12mv 2t ＝mg 2L22v23.如图所示，绝缘光滑水平面与半径为R 的竖直光滑半圆轨道相切于C .竖直直径GC 左侧空间存在足够大匀强电场，其电场强度方向水平向右.GC 右侧空间处处存在匀强磁场，其磁感应强度垂直纸面水平向里.一质量为m ，电荷量为q 的带正电滑块(可视为质点)在A 点由静止释放，滑块恰好能通过圆周的最高点G 进入电场.已知匀强电场场强大小为E ＝mgq，AC 间距为L ＝4R ，重力加速度为g .求：(1)滑块在G 点的速度v G ；(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (3)滑块落回水平面的位置距离C 点的距离x . 【答案】(1)2gR (2)3m2qgR(3)2R 【解析】(1)研究A 到G 过程，由动能定理知：4EqR －2mgR ＝mv2G 2代入可得：v G ＝2gR(2)在G 点，对滑块有：mg ＋qv G B ＝mv2G R代入可得：B ＝3m2q g R(3)设回到电场之后的飞行时间为t ，水平位移为x 竖直方向：2R ＝gt 22水平方向：x ＝v G t －12at 2其中：a ＝Eq m联立可得：x ＝2R .4.如图所示，光滑绝缘水平面AB 与倾角θ＝37°，长L ＝5 m 的固定绝缘斜面BC 在B 处平滑相连，在斜面的C 处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板。

计算题强化专练-电磁综合一、综合题（本大题共5小题，共92.0分）1.如图所示，在xoy平面内的第一象限内，x=4d处竖直放置一长为l=4d粒子吸收板AB，在AB左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场．在原点O处有一粒子源，可沿y轴正向射出质量为m、电量为+q的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力．（1）若射出的粒子能打在AB板上，求粒子速率v的范围；（2）若在点C（8d，0）处放置一粒子回收器，在B、C间放一挡板（粒子与挡板碰撞无能量损失），为回收恰从B点进入AB右侧区间的粒子，需在AB右侧加一垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出）．求此磁场磁感应强度的大小和此类粒子从O点发射到进入回收器所用的时间．2.如题甲图所示，两相距L=0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。

质量m=0.2kg 的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。

杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v-t图像如题乙图所示。

在15s末撤去拉力，同时磁感应强度随时间变化，使金属杆中电流为零。

金属杆运动过程中与导轨间摩擦力保持不变。

求：（1）金属杆所受的拉力的大小；（2）0-15s内匀强磁场的磁感应强度大小；（3）撤去恒定拉力之后，磁感应强度B与时间t的关系式．3.如图所示，以竖直线AN为界，左侧空间有水平向右的匀强电场，右侧空间有竖直向上的匀强电场和垂直纸面水平向外的匀强磁场。

在左侧空间O点用长为L的不可伸长的轻质绝缘细绳悬挂质量为m、带电荷量为q的小球。

现使细绳拉直，从A 点静止释放小球，小球绕O点做圆周运动，到达B点时速度最大。

已知A与竖直方向夹角θ1=30°，OB与竖直方向夹角θ2=60°，左右两侧空间电场强度大小之比为E1：E2=：1，重力加速度为g。

（1）求左侧空间电场强度大小及小球运动到B点时的速度大小；（2）若小球运动到B点时，细绳突然断开，小球运动一段时间后，从MN边界上某点进入右侧空间运动，然后又从MN边界上另一点回到左侧空间运动，最后到达OB连线上某点P时速度变为零，求小球从进入右侧空间开始到运动至P点的总时间。

2020(人教版)高考物理复习计算题专练电磁感应1.如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=37°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度B=1 T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为v m.改变电阻箱的阻值R，得到v m与R的关系如图乙所示．已知导轨间距L=2 m，重力加速度g取10 m/s2，轨道足够长且电阻不计．(1)杆ab下滑过程中，判断感应电流的方向．(2)求R=0时，闭合电路中的感应电动势E的最大值．(3)求金属杆的质量m和阻值r.感线垂直，如图乙所示．求：Δ(1)磁感应强度的变化率3.轻质细线吊着一质量为m=0.42 kg、边长为l=1 m、匝数n=10的正方形线圈,其总电阻为r=1 Ω。

在线圈的中间位置以下区域分布着磁场,如图甲所示。

磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示,整个过程线圈不翻转,重力加速度g取10 m/s2。

(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针;(2)求线圈的电功率;(3)求在t=4 s时轻质细线上的拉力大小。

4.如图甲所示,在水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布,方向垂直于水平面向下,磁感应强度沿y轴方向没有变化,沿x轴方向B与x成反比,如图乙所示。

顶角θ=45°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内,ON与x轴重合,一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动,导体棒在滑动过程中始终与导轨接触,且与x轴垂直。

已知t=0时,导体棒位于顶点O处,导体棒的质量为m=1 kg,回路接触点总电阻恒为R=0.5 Ω,其余电阻不计。

回路电流I与时间t的关系如图丙所示,图线是过原点的直线。

求:(1)t=2 s时回路的电动势E;(2)0~2 s时间内流过回路的电荷量q和导体棒的位移x1;(3)导体棒滑动过程中水平外力F的瞬时功率P(单位:W)与横坐标x(单位:m)的关系式。

绝密★启用前高考物理专题八考试范围：磁场一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

）1．电子作近核运动的时候，产生了垂直于相对运动方向的磁场。

如下图所示，为某种用束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点（图中白点）为坐标原点，沿轴正方向磁感应强度大小的变化最有可能为（）2．如右图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，则（）A．如果粒子的速度增大为原的二倍，将从d点射出B．如果粒子的速度增大为原的三倍，将从f点射出C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原的二倍，也将从d点射出D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出所用时间最短3．“速度选择器”是一个借助带电粒子在电磁场中偏转的原理，挑选出具有所需速度的粒子的装置。

右图是某粒子速度选择器的原理示意图，在一半径为R=10cm的圆柱形桶内有B=10-4T的匀强磁场，方向平行于轴线。

在圆柱形桶的某直径两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，离子束以不同角度入射，先后有不同速度的离子束射出，现有一离子发射的比荷为2×1011C/g的阳离子，且粒子束中速度分布连续，当θ=45°时，出射粒子的速度v的大小是（）A．2×106m/s B．22×106 m/sC．22×108 m/s D．42×106 m/s4．如右图所示，竖直光滑的墙面上有一闭合导线框a，在导线框a的下方有一面积比导线框a稍小的磁场区域b。

导线框a从图示位置自由下落，在其整个下落过程中，下列说法正确的是（）A ．导线框做自由落体运动B ．导线框通过磁场区域后做曲线运动C ．导线框通过磁场区域时机械能会减少D ．导线框在穿过磁场区域时，上下两个导线受到的安培力方向都向上5．2010年，上海成功举办盛大的世界博览会。

专题19 计算题2（电与磁）1.【2022·安徽卷】（14分）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上板正中有一小孔。

质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开头下落，学-科-网穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽视不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。

求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开头下落运动到下极板处的时间。

2．（20 分）【2022·全国大纲卷】如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。

在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度放射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进人电场。

不计重力。

若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；（2）该粒子在电场中运动的时间。

3．【2 022·四川卷】在如图所示的竖直平面内。

水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r =449m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ = 37°。

过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面对里，磁感应强度B = 1.25T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E = 1×104N/C。

小物体P1质量m = 2×10-3kg、电荷量q = +8×10-6C，受到水平向右的推力F = 9.98×10-3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。

当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t = 0.1s与P1相遇。

P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为 = 0. 5，取g = 10m/s2，sin37°= 0.6，cos37°= 0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。

2020各地高考模拟试题电磁学计算题精编含答案1．（2020•上虞区二模）质子和中子在一定条件下紧密结合成氦核，从较大的原子核中被抛射出来，于是放射性元素就发生了α衰变。

位于x轴原点O处的核反应区通过α衰变可形成一个α粒子源，该粒子源在纸面内向x轴上方区域各向均匀地发射α粒子。

x轴正上方区域存在足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1.66T，方向垂直纸面向外。

在x＝0.12m处放置个下端与x轴相齐，上端足够长的感光板用于探测和收集粒子。

已知，质子质量m p＝1.007277u，中子质量m n＝1.008976u，α粒子的质量mα＝4.00150u，1u＝1.66×10﹣27千克，元电荷e＝l.6×10﹣19C，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，若α粒子从O点飞出时速度大小为6×106m/s。

（1）写出质子和中子结合成α粒子的核反应方程，并计算该核反应所释放的能量；（2）求垂直于x轴进入磁场的α粒子，经多长时间到达感光板；（第（2）（3）（4）小题计算时，mα均取6.64×10﹣27kg）（3）α粒子经磁场偏转后有部分能到达感光板，且感光板上某个区城中的同一位置会先后接收到两个粒子，这一区域称为二次发光区，试问二次发光区的长度以及到达二次发光区的粒子数与总粒子数的比值η：（4）若感光板位置x和磁感应强度B大小可调节，要维持到达二次发光区的粒子数与总粒子数比值不变，求B与x应满足的关系。

2．（2020•葫芦岛模拟）某特殊材料做成的两个魔术球相碰就会结合成一个整体，且无质量损失。

如图甲所示，两个这样的魔术小球A、B，质量均为m，A球不带电，B球带电荷量为﹣q，在范围足够大且沿竖直方向的匀强电场中（图中未画出电场方向），A、B两球从图甲所示的同一水平面上的两点以大小相等的速度沿不同的方向射出，A球沿竖直方向，B球沿水平方向。

当A球运动到M点时，速度减小到0，恰好与B球相碰，结合成C球。

高考物理电磁学计算题(二十五)含答案与解析评卷人得分一．计算题（共40小题）1．某波源S发出一列简横横波，S的振动图象如图所示。

在波的传播方向上有P、Q两质点，它们到S的距离分别为x1＝45m、x2＝55m。

已知P、Q两质点开始振动的时间差△t＝1s。

求：①该波的波速大小和波长λ；②波从波源传播到质点P的时间t P和波从P传播到Q的过程中质点P振动的路程s。

2．如图，平衡位置处于原点O的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P点坐标为+5cm，Q点坐标为﹣30cm，PQ之间的距离介于一倍波长和二倍波长之间。

已知波源自t＝0时由平衡位置向上振动，周期T＝1s，振幅A＝4cm。

当波传播到P点时，波源恰好位于波峰位置。

求：①波的传播速度大小②从t＝0开始到平衡位置位于Q处的质点第一次到达波谷时，波源通过的路程。

3．如图甲所示，水平面矩形虚线区域有竖直方向的匀强磁场，磁感强度B随时间t变化规律如图乙所示（图中B0、t0已知）。

边长为L、电阻为R的正方形导体线框abcd放置在水平面上，有一半在磁场区内，由于水平面粗糙，线框能保持静止状态。

（1）求0～2t0时间内通过线框导线任一截面的电荷量q。

（2）求0～3t0时间内线框产生的焦耳热Q。

（3）通过计算在图丙中作出0～6t0时间内线框所受水平面摩擦力f随时间t的变化图线（取水平向右为正方向）。

4．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在‑m≤x≤0的区域内有磁感应强度大小B＝4.0×10﹣4T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x＞0的区域内有电场强度大小E＝4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d＝2m。

一带电粒子从P点以速度v＝4×104m/s，沿与x轴正方向成α＝60°角射入磁场，经过y轴速度方向垂直于y轴。

带电粒子经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力。

求：（1）带电粒子的比荷（电量和质量的比值）；（2）当电场左边界与y轴重合时，Q点的横坐标；（3）若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，讨论此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系。