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1、高考熱點探究 一、楞次定律的應用 圖1 1．(2020·山東理綜·22)兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端 接阻值為R的電阻．將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下 端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強 磁場垂直，如圖1所示．除電阻R外其余電阻不計．現(xiàn)將金屬棒從彈 簧原長位置由靜止釋放，則 (　　) A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度g B．金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→b C．金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為F＝ D．電阻R上產(chǎn)生的總熱量等

2、于金屬棒重力勢能的減少 2．(2020·上海單科·20)如圖2，磁場垂直于紙面，磁感應強度在豎直 方向均勻分布，水平方向非均勻分布．一銅制圓環(huán)用絲線懸掛 于O點，將圓環(huán)拉至位置a后無初速釋放，在圓環(huán)從a擺向b 的過程中 (　　) 圖2 A．感應電流方向先逆時針后順時針再逆時針 B．感應電流方向一直是逆時針 C．安培力方向始終與速度方向相反 D．安培力方向始終沿水平方向 二、自感現(xiàn)象 3．(2020·北京理綜·19)某同學為了驗證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關(guān)S和電池組E

3、，用導線將它們連接成如圖3所示的電路．檢查電路后，閉合開關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象．雖經(jīng)多次重復，仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出原因．你認為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是 (　　) 圖3 A．電源的內(nèi)阻較大 B．小燈泡電阻偏大 C．線圈電阻偏大 D．線圈的自感系數(shù)較大 三、電磁感應中的功能關(guān)系及能量守恒 圖4 4．(2020·

4、山東理綜·22)如圖4所示，兩固定的豎直光滑金屬導軌足 夠長且電阻不計．兩質(zhì)量、長度均相同的導體棒c、d，置于邊 界水平的勻強磁場上方同一高度h處．磁場寬為3h，方向與導 軌平面垂直．先由靜止釋放c，c剛進入磁場即勻速運動，此時再由 靜止釋放d，兩導體棒與導軌始終保持良好接觸．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的動能，xc、xd分別表示c、d相對釋放點的位移．下列圖中正確的是 (　　) 四、導軌滑桿類電磁感應問題——力學與電磁 感應的綜合 5．(2020·海南單科·16)如圖5，ab和cd是兩條豎直放置的長直光滑金屬 導軌，MN和M′N′

5、是兩根用細線連接的金屬桿，其質(zhì)量分別為m 和2m.豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止，并剛好 與導軌接觸；兩桿的總電阻為R，導軌間距為l.整個裝置處在磁感應 圖5 強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直．導軌電阻可 忽略，重力加速度為g.在t＝0時刻將細線燒斷，保持F不變，金屬 桿和導軌始終接觸良好．求： (1)細線燒斷后，任意時刻兩桿運動的速度之比； (2)兩桿分別達到的最大速度． 解析　(1)ab棒受力平衡，則F－F安＝mgtan 37°(2分) F安＝B2IabL(1分) 0．75＋0.2t－0.5×Iab×1＝0.1×10×0.7

6、5 得Iab＝0.4t(A)(1分) cd棒上電流Icd＝2Iab＝0.8t(A)①(1分) 則回路中電源電動勢E＝IcdR總②(1分) cd棒切割磁感線，產(chǎn)生的感應電動勢為E＝B1Lv③(1分) 聯(lián)立①②③得，cd棒的速度v＝8t(m/s)(1分) 所以，cd棒做初速度為零，加速度為a＝8 m/s2的勻加速直線運動．(1分) (2)cd棒的加速度為a＝8 m/s2,1 s內(nèi)的位移為 x＝at2＝×8×12 m＝4 m(1分) 根據(jù)＝＝＝，(1分) 得通過cd棒的電量為q＝t＝＝ C＝0.4 C(1分) 由串聯(lián)、并聯(lián)知識得：通過ab棒的電量為q′＝0.2 C(1分) (

7、3)t＝2 s時，cd棒的速度v＝at＝16 m/s(1分) 根據(jù)動能定理得W－W安＝mv2－0(2分) 得2 s內(nèi)克服安培力做功W安＝21.33 J－×0.1×162 J＝8.53 J(1分) 回路中產(chǎn)生總的焦耳熱Q＝W安＝8.53 J(1分) 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR＝Q/10＝0.853 J(2分) 答案　(1)做初速度為零、加速度為8 m/s2的勻加速直線運動．　(2)0.2 C　(3)0.853 J 試題分析 高考對本部分內(nèi)容的要求較高，在選擇題中考查楞次定律、電磁感應中的圖象問題、能量轉(zhuǎn)化問題．在計算中，難度中等偏上，往往以導體棒或?qū)Ь€框為背景，綜合應用電路知識、

8、法拉第電磁感應定律、牛頓運動定律和能的轉(zhuǎn)化與守恒分析解決問題． 命題特征 1．楞次定律的應用：判斷感應電流的方向． 2．圖象類問題：分析判斷：E、i，Φ、Ek及電荷量q等物理量隨位移x、時間t的變化過程． 3．導體棒(框)運動問題：計算求解切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢的大小、最終穩(wěn)定時速度、產(chǎn)生的電能及有關(guān)能量轉(zhuǎn)化． 知識鏈接 1．電磁感應的條件及應用右手定則、楞次定律判斷感應電流的方向． 2．電路結(jié)構(gòu)分析、閉合電路歐姆定律． 3．利用法拉第電磁感應定律及E＝Blv求感應電動勢． 4．導體棒(框)的動態(tài)分析． 5．安培力做功涉及的能量轉(zhuǎn)化. 1．如圖7所示的電路中，電源

9、電動勢為E(內(nèi)阻不可忽略)，線圈L 的電阻不計．以下判斷正確的是 (　　) A．閉合S穩(wěn)定后，電容器兩端電壓為E 圖7 B．閉合S穩(wěn)定后，電容器的a極板帶正電 C．斷開S的瞬間，通過R1的電流方向向右 D．斷開S的瞬間，通過R2的電流方向向右 2．如圖8甲所示，光滑導軌水平放置在與水平方向夾角為60°的斜向下的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定斜向下為正方向)，導體棒ab垂直導軌放置，除電阻R的阻值外，其余電阻不計，導體棒ab在水平外力F作用下始終處于靜止狀態(tài)．規(guī)定a→b的方向為電流的正方向，水平向右的方向

10、為外力F的正方向，則在0～t1時間內(nèi)，能正確反映通過導體棒ab的電流i和導體棒ab所受水平外力F隨時間t變化的圖象是 (　　) 圖8 圖9 3．如圖9所示，有兩個相鄰的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度 的大小均為B，磁場方向相反，且與紙面垂直，磁場區(qū)域 在x軸方向?qū)挾染鶠閍，在y軸方向足夠?qū)挘F(xiàn)有一高為a 的正三角形導線框從圖示位置開始向右沿x軸方向勻速穿過 磁場區(qū)域．若以逆時針方向為電流的正方向，則下列線框中 感應電流i與線框移動的位移x的關(guān)系圖象正確的是

11、 (　　) 圖10 4．如圖10所示，在一水平桌面上有豎直向上的勻強磁場，已知桌 面離地高h＝1.25 m，現(xiàn)有寬為1 m的U形金屬導軌固定在桌面 上，導軌上垂直導軌放有一質(zhì)量為2 kg、電阻為2 Ω的導體棒， 其他電阻不計，導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2，將導體棒 放在CE左側(cè)3 m處，CE與桌面重合，現(xiàn)用F＝12 N的力作用 于導體棒上，使其從靜止開始運動，經(jīng)過3 s導體棒剛好到達導 軌的末端(在此之前導體棒的運動已達到穩(wěn)定狀態(tài))，隨即離開導軌運動，其落地點距桌 子邊緣的水平距離為2 m，g取10 m/s2，則

12、 (　　) A．導體棒先做勻加速運動，再做勻速運動，最后做平拋運動 B．所加磁場的磁感應強度B＝2 T C．導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為24 J D．整個過程中通過導體棒橫截面的電荷量為3 C 5．如圖11甲所示，一邊長為L，質(zhì)量為m，電阻為R的正方形金屬方框豎直放置在磁場中，磁場方向垂直方框平面，磁感應強度的大小隨y的變化規(guī)律為B＝B0＋ky，k為恒定常數(shù)，同一水平面上磁感應強度相同．現(xiàn)將方框以初速度v0從O點水平拋出，重力加速度為g，不計阻力． (1)通過計算確定方框最終運動的狀態(tài)； (2)若方框下落過程中產(chǎn)生的電動勢E與下落高度

13、y的關(guān)系如圖乙所示，求方框下落H高度時產(chǎn)生的內(nèi)能． 圖11 圖12 6．如圖12所示，在豎直面內(nèi)有兩平行金屬導軌MN、PQ.導軌間距 為L，電阻不計．一根電阻不計的金屬棒ab可在導軌上無摩擦地 滑動．棒與導軌垂直，并接觸良好．導軌之間有垂直紙面向外的 勻強磁場，磁感應強度為B.導軌右邊與電路連接．電路中的三個定值電 阻阻值分別為2R、R和R.在NQ間接有一水平放置的平行板電容器C，板間距離為d，電 容器中有一質(zhì)量為m的帶電微粒，求： (1)當ab以速度v0勻速向左運動時，電容器中質(zhì)量為m的帶電微粒恰好靜止，試判斷微粒的帶電性質(zhì)及帶電荷量的大??； (2)ab棒由靜止開始以

14、恒定的加速度a向左運動，討論電容器中帶電微粒的加速度如何變化．(設(shè)帶電微粒始終未與極板接觸) 答案 考題展示 1．AC　 2．AD　 3．C　 4．BD　 5．(1)2∶1　(2)　 預測演練 1．C　 2．D　 3．C　 4．BD　 5．(1)見解析　(2)mgH－ 解析　(1)因為方框各條邊中的電流大小相等，根據(jù)對稱性可知方框在水平方向所受合力為0，沿水平方向做勻速運動． 設(shè)方框運動t時間，下落h高度，豎直方向速度為vy，切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為 E＝B下Lvy－B上Lvy I＝E/R mg－(B下LI－B上LI)＝ma a＝g－ 豎直方向上做變加速運動，最終做勻速運動，且vym＝ 所以最終方框做勻速運動，速度大小為v＝ 方向與x軸所成夾角為arctan 6．(1)負電　　(2)見解析 解析　(2)由題意可得 －mg＝ma′ v＝at 所以a′＝－g 設(shè)經(jīng)時間t0，微粒受力平衡 mg＝q UC′＝BLat0 求出t0＝或t0＝ 當tt0時，a3′＝t－g，越來越大，加速度方向向上