(江蘇專用)2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 專題突破十一 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用講義(含解析).docx
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專題突破十一 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用 命題點(diǎn)一 電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題 1.解題關(guān)鍵 弄清初始條件、正負(fù)方向的對(duì)應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)等是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵. 2.解題步驟 (1)明確圖象的種類,即是B-t圖象還是Φ-t圖象,或者E-t圖象、I-t圖象等; (2)分析電磁感應(yīng)的具體過(guò)程; (3)用右手定則或楞次定律確定方向的對(duì)應(yīng)關(guān)系; (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等知識(shí)寫(xiě)出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式; (5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式,進(jìn)行數(shù)學(xué)分析,如分析斜率的變化、截距等; (6)畫(huà)圖象或判斷圖象. 3.兩種常用方法 (1)排除法:定性地分析電磁感應(yīng)過(guò)程中物理量的變化趨勢(shì)(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化),特別是分析物理量的正負(fù),以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng). (2)函數(shù)法:根據(jù)題目所給條件定量地寫(xiě)出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系,然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象進(jìn)行分析和判斷. 例1 (多選)(2018揚(yáng)州中學(xué)5月模擬)在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為l的正方形線框abcd,bc邊右側(cè)有一等腰直角三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域efg,三角形腰長(zhǎng)為l,磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直桌面向下,abef在同一直線上,其俯視圖如圖1所示,線框從圖示位置在水平拉力F作用下向右勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū),線框中感應(yīng)電流i及拉力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系可能是(以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?,F(xiàn)向右為正方向,時(shí)間單位為)( ) 圖1 答案 BD 變式1 (2018如皋市調(diào)研)將一段導(dǎo)線繞成如圖2甲所示的閉合回路,并固定在水平面(紙面)內(nèi).回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中.回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)Ⅱ,以向里為磁場(chǎng)Ⅱ的正方向,其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示.用F表示ab邊受到的安培力,以水平向右為F的正方向,能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖象是( ) 圖2 答案 B 解析 根據(jù)題圖B-t圖象可知,在0~時(shí)間內(nèi),B-t圖線的斜率為負(fù)且為定值,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=nS可知,該段時(shí)間圓環(huán)區(qū)域內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流是恒定的,由楞次定律可知,ab中電流方向?yàn)閎→a,再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力,且0~時(shí)間內(nèi)安培力恒定不變,方向與規(guī)定的正方向相反;在~T時(shí)間內(nèi),B-t圖線的斜率為正且為定值,故ab邊所受安培力仍恒定不變,但方向與規(guī)定的正方向相同.綜上可知,B正確. 命題點(diǎn)二 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題 1.解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的一般思路 2.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法 (1)能量轉(zhuǎn)化 其他形式的能量電能焦耳熱或其他形式的能量 (2)求解焦耳熱Q的三種方法 3.單棒導(dǎo)體切割磁感線的一般運(yùn)動(dòng)過(guò)程 類型 “電—?jiǎng)印姟毙? “動(dòng)—電—?jiǎng)印毙? 示 意 圖 已 知 量 棒ab長(zhǎng)L,質(zhì)量m,電阻R;導(dǎo)軌光滑水平,電阻不計(jì) 棒ab長(zhǎng)L,質(zhì)量m,電阻R;導(dǎo)軌光滑,電阻不計(jì) 過(guò)程分析 (↑表示增 大,↓表示 減小,→表 示推出) S閉合,棒ab受安培力F=,此時(shí)加速度a=,棒ab速度v↑→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′=BLv↑→電流I↓→安培力F=BIL↓→加速度a↓,當(dāng)安培力F=0時(shí),a=0,v最大,最后勻速運(yùn)動(dòng) 棒ab釋放后下滑,此時(shí)加速度a=gsinα,棒ab速度v↑→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv↑→電流I=↑→安培力F=BIL↑→加速度a↓,當(dāng)安培力F=mgsinα?xí)r,a=0,v最大,最后勻速運(yùn)動(dòng) 能量 轉(zhuǎn)化 分析 通過(guò)安培力做功,電能一部分轉(zhuǎn)化為棒的動(dòng)能,一部分通過(guò)克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電能,又通過(guò)電阻轉(zhuǎn)化為焦耳熱 重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為棒的動(dòng)能,一部分通過(guò)克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電能,又通過(guò)電阻轉(zhuǎn)化為焦耳熱 4.兩種狀態(tài)及處理方法 狀態(tài) 特征 處理方法 平衡態(tài) 加速度為零 根據(jù)平衡條件列式分析 非平衡態(tài) 加速度不為零 根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析 模型1 “導(dǎo)體棒”切割磁感線 例2 (多選)(2018江蘇單科9)如圖3所示,豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng),矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等.金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R,與導(dǎo)軌接觸良好,其余電阻不計(jì),重力加速度為g.金屬桿( ) 圖3 A.剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下 B.穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C.穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd D.釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于 答案 BC 解析 穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ后,金屬棒在磁場(chǎng)之間做加速運(yùn)動(dòng),在磁場(chǎng)Ⅱ上邊緣速度大于從磁場(chǎng)Ⅰ出來(lái)時(shí)的速度,即進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度等于進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)速度,大于從磁場(chǎng)Ⅰ出來(lái)時(shí)的速度.金屬棒在磁場(chǎng)Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng),加速度方向向上,A錯(cuò). 金屬棒在磁場(chǎng)Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律知 ma=BIL-mg=-mg, a隨著減速過(guò)程逐漸變小,即在前一段做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng). 在磁場(chǎng)之間做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng),兩個(gè)過(guò)程位移大小相等,由v-t圖象(可能圖象如圖所示)可以看出前一段用時(shí)多于后一段用時(shí),B對(duì). 由于進(jìn)入兩磁場(chǎng)時(shí)速度相等,由動(dòng)能定理知, W安1-mg2d=0, W安1=2mgd. 即通過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ產(chǎn)生的熱量為2mgd,故穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd,C對(duì). 設(shè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度為v,則由機(jī)械能守恒定律知 mgh=mv2,① 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)ma=BIL-mg=-mg, 解得v=,② 由①②式得h=>,D錯(cuò). 例3 (2018南京市三模) 如圖4甲所示,固定在水平桌面上的間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌,其右端MN間接有阻值為R的定值電阻,導(dǎo)軌上存在著以efhg為邊界,寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示,方向豎直向下.一長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置,金屬棒的電阻也為R,在t=0時(shí)刻從圖示位置在恒力作用下由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng),t=t0時(shí)刻恰好進(jìn)入磁場(chǎng),此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0,并保持不變.金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電阻R上的電流大小不變,導(dǎo)軌電阻不計(jì).求: 圖4 (1)0~t0時(shí)間內(nèi)流過(guò)電阻R的電流I的大小和方向; (2)金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)的速度及所受恒力的大??; (3)金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案 (1) 方向由N→M (2) (3) 解析 (1)0~t0時(shí)間內(nèi),由E=S 解得E= 由I= 解得I= 由楞次定律可知,電流方向?yàn)橛蒒到M (2)經(jīng)分析可知,金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中電動(dòng)勢(shì)大小與0~t0時(shí)間內(nèi)相同 由E==B0Lv 解得v= 金屬棒勻速通過(guò)磁場(chǎng)由受力平衡得F=BIL 則F= (3)金屬棒從題圖所示位置到恰好穿出磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電流大小不變,為I= 金屬棒勻速通過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為t==t0 所以Q=I2R(t0+t0)=. 變式2 (2018泰州中學(xué)月考)如圖5甲所示,MN、PQ為水平放置的足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距L為0.5m,導(dǎo)軌左端連接一個(gè)阻值為2Ω的定值電阻R,將一根質(zhì)量為0.2kg的金屬棒cd垂直放置在導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌接觸良好,金屬棒cd的電阻r=2Ω,導(dǎo)軌電阻不計(jì),整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T.若棒以1m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng),同時(shí)對(duì)棒施加水平向右的拉力F作用,并保持拉力的功率恒為4W,從此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí),經(jīng)過(guò)2s金屬棒的速度穩(wěn)定不變,圖乙為安培力與時(shí)間的關(guān)系圖象.試求: 圖5 (1)金屬棒的最大速度; (2)金屬棒的速度為3m/s時(shí)的加速度大小; (3)求從開(kāi)始計(jì)時(shí)起2s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的電熱. 答案 (1)4m/s (2)m/s2 (3)3.25J 解析 (1)金屬棒速度最大時(shí),所受合外力為零,即F安m=F. 由題圖乙可知F安m=1.0N,則vm===4m/s. (2)金屬棒速度為3m/s時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′=BLv=20.53V=3V. 電流I′=,F(xiàn)安′=BI′L 金屬棒受到的拉力F′==N 根據(jù)牛頓第二定律F′-F安′=ma 解得a==m/s2=m/s2. (3)從開(kāi)始計(jì)時(shí)起2s內(nèi),由動(dòng)能定理得,Pt+W安=mvm2-mv02 W安=-6.5J 則QR==3.25J. 模型2 “導(dǎo)線框”切割磁感線 例4 (2018南通市、泰州市一模)如圖6所示,光滑絕緣斜面傾角為θ,斜面上平行于底邊的虛線MN、PQ間存在垂直于斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),MN、PQ相距為L(zhǎng).一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d(d<L)的正方形金屬線框abef置于斜面上,線框電阻為R.ab邊與磁場(chǎng)邊界MN平行,相距為L(zhǎng).線框由靜止釋放后沿斜面下滑,ef邊離開(kāi)磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng),重力加速度為g.求: 圖6 (1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量q; (2)線框ef邊離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度的大小v; (3)線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的熱量Q. 答案 (1) (2) (3)mg(2L+d)sinθ- 解析 (1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E= 通過(guò)回路的電荷量q=IΔt=Δt 磁通量的變化量ΔΦ=Bd2 解得q=. (2)線框ef邊離開(kāi)磁場(chǎng)前,線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I= 受到的安培力F=IdB 由平衡條件有mgsin θ-F=0 解得v=. (3)線框由靜止至離開(kāi)磁場(chǎng),由能量守恒定律有mg(2L+d)sin θ-Q=mv2-0 解得Q=mg(2L+d)sin θ-. 例5 (2018揚(yáng)州市一模)實(shí)驗(yàn)小組想要探究電磁剎車的效果,在遙控小車底面安裝寬為L(zhǎng)、長(zhǎng)為2.5L的N匝矩形線框abcd,總電阻為R,面積可認(rèn)為與小車底面相同,其平面與水平地面平行,小車總質(zhì)量為m.如圖7是簡(jiǎn)化的俯視圖,小車在磁場(chǎng)外以恒定的功率做直線運(yùn)動(dòng),受到地面阻力恒為Ff,進(jìn)入磁場(chǎng)前已達(dá)到最大速度v,車頭(ab邊)剛要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)立即撤去牽引力,車尾(cd邊)剛出磁場(chǎng)時(shí)速度恰好為零.已知有界磁場(chǎng)寬度為2.5L,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向豎直向下.求: 圖7 (1)進(jìn)入磁場(chǎng)前小車所受牽引力的功率P; (2)車頭剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),感應(yīng)電流的大小I; (3)電磁剎車過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案 (1)Ffv (2) (3)mv2-5FfL 解析 (1)進(jìn)入磁場(chǎng)前小車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大,根據(jù)受力平衡則有:F=Ff 牽引力的功率為:P=Fv=Ffv; (2)車頭剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E=NBLv 感應(yīng)電流的大小為:I== (3)根據(jù)能量守恒定律得: Q+Ff5L=mv2 可得,電磁剎車過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為: Q=mv2-5FfL. 1.(多選)(2018啟東中學(xué)月考)如圖8所示,兩固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì).兩質(zhì)量、長(zhǎng)度均相同的導(dǎo)體棒c、d置于邊界水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方同一高度h處.磁場(chǎng)寬為3h,方向與導(dǎo)軌平面垂直.先由靜止釋放c,c剛進(jìn)入磁場(chǎng)立即勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)再由靜止釋放d,兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸.用ac表示c的加速度,Ekd表示d的動(dòng)能,xc、xd分別表示c、d相對(duì)釋放點(diǎn)的位移.下圖中正確的是( ) 圖8 答案 BD 解析 導(dǎo)體棒c進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng),加速度恒為g,有h=gt2,v=gt,c棒進(jìn)入磁場(chǎng)以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)的路程為h′=vt=gt2=2h,此后d棒進(jìn)入磁場(chǎng),d棒進(jìn)入磁場(chǎng)而c棒還沒(méi)有穿出磁場(chǎng)的過(guò)程,無(wú)電磁感應(yīng),兩導(dǎo)體棒僅受到重力作用,加速度均為g,直到c棒穿出磁場(chǎng),穿出磁場(chǎng)后c棒僅受重力,加速度仍為g,A錯(cuò)誤,B正確;c棒穿出磁場(chǎng)后,d棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流,因此時(shí)d棒速度大于c棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)切割感線的速度,故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流、感應(yīng)安培力都大于c棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的大小,d棒減速,直到穿出磁場(chǎng)僅受重力,做勻加速運(yùn)動(dòng),結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)v2-v02=2gh,可知?jiǎng)蚣铀龠^(guò)程動(dòng)能與運(yùn)動(dòng)距離成正比,D正確. 2.(2018如皋市模擬四)如圖9所示,質(zhì)量為m、電阻為R的單匝矩形線框置于光滑水平面上,線框邊長(zhǎng)ab=L、ad=2L.虛線MN過(guò)ad、bc邊中點(diǎn).一根能承受最大拉力為F0的細(xì)線沿水平方向拴住ab邊中點(diǎn)O,細(xì)線與ab邊垂直.從某時(shí)刻起,在MN右側(cè)加一方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按B=kt的規(guī)律均勻變化.一段時(shí)間后,細(xì)線被拉斷,線框向左運(yùn)動(dòng),ab邊穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度為v.求: 圖9 (1)細(xì)線斷裂前線框中的電功率P; (2)細(xì)線斷裂后瞬間線框的加速度大小a及線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中安培力所做的功W; 答案 (1) (2) mv2 解析 (1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律:E==L2=kL2; 電功率:P== (2)細(xì)線斷裂瞬間安培力:F安=F0,線框的加速度a== 線框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中,由動(dòng)能定理得:W=mv2. 3.(2018南京師大附中5月模擬)近期大功率儲(chǔ)能技術(shù)受到媒體的廣泛關(guān)注,其中飛輪儲(chǔ)能是熱點(diǎn)之一.為說(shuō)明某種飛輪儲(chǔ)能的基本原理,將模型簡(jiǎn)化為如圖10所示:光滑的”Π”形導(dǎo)軌水平放置,電阻不計(jì),長(zhǎng)度足夠.軌道平行部分間距為L(zhǎng)=1m,導(dǎo)軌上靜止放置有長(zhǎng)度也為L(zhǎng)、質(zhì)量為m=100kg、接入電路的電阻為R1=0.1Ω的導(dǎo)體棒AB.導(dǎo)軌間虛線框區(qū)域有垂直軌道平面向上的均勻變化磁場(chǎng).虛線框右側(cè)區(qū)域有垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=10T.圖中開(kāi)關(guān)S接a,經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間,棒AB向右勻速運(yùn)動(dòng),速度為v=100m/s.然后若將開(kāi)關(guān)S接b,棒AB可作為電源對(duì)電阻R2供電,電阻R2=0.9Ω. 圖10 (1)開(kāi)關(guān)S接a,棒AB勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),虛線框中的磁場(chǎng)磁通量每秒鐘變化多少? (2)求開(kāi)關(guān)S接b的瞬間棒AB的加速度大小. (3)求開(kāi)關(guān)S接b后R2產(chǎn)生的總熱量Q. 答案 (1)1000Wb (2)100m/s2 (3)4.5105J 解析 (1)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為零,安培力為零,電流為零,磁通量不變,所以虛線框中磁場(chǎng)磁通量每秒增加ΔΦ=BLvt=1 000 Wb; (2)棒AB產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv=1 000 V,電路中的感應(yīng)電流I==1 000 A, 故受到的安培力為F=BIL=1104 N,根據(jù)牛頓第二定律可得a==100 m/s2; (3)棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為熱量,故Q總=mv2=5105 J, 電阻R2上產(chǎn)生的熱量為Q=Q總=4.5105 J. 4.(2018蘇州市模擬)如圖11所示,空間存在豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形單匝導(dǎo)線框abcd放在水平桌面上.在水平拉力作用下,線框從左邊界以速度v勻速進(jìn)入磁場(chǎng),當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)撤去拉力,ab邊恰好能到達(dá)磁場(chǎng)的右邊界.已知線框與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,磁場(chǎng)寬度大于L,重力加速度為g.求: 圖11 (1)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),其兩端的電壓U; (2)水平拉力的大小F和磁場(chǎng)的寬度d; (3)整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的總熱量Q. 答案 (1)BLv (2)+μmg L+ (3) μmgL+mv2+ 解析 (1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv 感應(yīng)電流I== ab邊兩端電壓U=IR=BLv. (2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)后,對(duì)線框受力分析得,F(xiàn)=F安+μmg=+μmg 撤去拉力后,線框在磁場(chǎng)中只受到滑動(dòng)摩擦力,做勻減速運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)位移x2= 所以磁場(chǎng)寬度d=L+. (3)進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生焦耳熱Q1=I2Rt1= 由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q2=μmg(L+)=μmgL+mv2 所以整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量為Q=Q1+Q2=μmgL+mv2+. 1.(2017南通市第二次調(diào)研)如圖1所示,閉合導(dǎo)線框勻速穿過(guò)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾却笥诰€框尺寸,規(guī)定線框中逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳛檎瑒t線框中電流i隨時(shí)間t變化的圖象可能正確的是( ) 圖1 答案 B 解析 閉合導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)由楞次定律知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,故排除D,閉合導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)由楞次定律知電流方向?yàn)轫槙r(shí)針,故排除A,根據(jù)有效切割長(zhǎng)度的變化可知,C錯(cuò)誤,B正確. 2.(多選)(2018鹽城中學(xué)月考)如圖2所示,電阻為R的金屬棒,從圖示位置分別以速率v1、v2沿電阻不計(jì)的光滑軌道從ab勻速滑到a′b′處,若v1∶v2=1∶2,則在兩次移動(dòng)過(guò)程中( ) 圖2 A.回路中感應(yīng)電流I1∶I2=1∶2 B.回路中產(chǎn)生熱量Q1∶Q2=1∶2 C.回路中通過(guò)橫截面的總電荷量q1∶q2=1∶2 D.金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1∶E2=1∶2 答案 ABD 3.(2018南京市三校聯(lián)考)如圖3所示,線圈由A位置開(kāi)始下落,不計(jì)空氣阻力,在磁場(chǎng)中受到的安培力如果總小于它的重力,則它在A、B、C、D四個(gè)位置(B、D位置恰好線圈有一半在磁場(chǎng)中)時(shí),加速度關(guān)系為( ) 圖3 A.aA>aB>aC>aD B.aA=aC>aB>aD C.aA=aC>aD>aB D.aA=aC>aD=aB 答案 B 4.(2017宜興市下學(xué)期初考)如圖4所示,在光滑水平面上,有一個(gè)粗細(xì)均勻的單匝正方形閉合線框abcd.t=0時(shí)刻,線框在水平外力的作用下,從靜止開(kāi)始向右一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng),bc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻為t1,ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻為t2,設(shè)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為i,ad邊兩端電壓大小為U,水平拉力大小為F,則下列i、U、F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化關(guān)系圖象正確的是( ) 圖4 答案 C 解析 線框的速度與時(shí)間的關(guān)系式為v=at,a是加速度,設(shè)線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng),總電阻為R,在0~t1時(shí)間內(nèi),感應(yīng)電流為零,t1~t2時(shí)間內(nèi),由E=BLv和i=得,感應(yīng)電流與時(shí)間的關(guān)系式為i=t,B、L、a、R均不變,電流i與t成正比,t2時(shí)間后無(wú)感應(yīng)電流,故A、B錯(cuò)誤;在0~t1時(shí)間內(nèi),感應(yīng)電流為零,ad邊兩端的電壓為零,t1~t2時(shí)間內(nèi),電流i與t成正比,ad邊兩端電壓大小為U=iRad=R=,電壓隨時(shí)間均勻增加,t2時(shí)間后無(wú)感應(yīng)電流,但有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),ad邊兩端電壓大小為U=E=BLat,電壓隨時(shí)間均勻增加,故C正確;根據(jù)推論得知:線框所受的安培力為F安=,由牛頓第二定律得F-F安=ma,得F=t+ma,0~t1時(shí)間內(nèi),感應(yīng)電流為零,F(xiàn)=ma,為定值,t1~t2時(shí)間內(nèi),F(xiàn)與t是線性關(guān)系,但不過(guò)原點(diǎn),t2時(shí)間后無(wú)感應(yīng)電流,F(xiàn)=ma,為定值,故D錯(cuò)誤. 5.(多選)如圖5甲所示,閉合矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直.規(guī)定垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向,abcda方向?yàn)殡娏鞯恼较颍较蛴覟榘才嗔Φ恼较?磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示,下列關(guān)于線框中的電流i、ad邊所受的安培力F隨時(shí)間t變化的圖象,正確的是( ) 圖5 答案 AD 解析 由題圖B-t圖象可知,0~1s時(shí)間內(nèi),B增大,Φ增大,由楞次定律可知,感應(yīng)電流方向是逆時(shí)針的,為負(fù)值;1~3s,磁通量不變,無(wú)感應(yīng)電流;3~4s,B減小,Φ減小,由楞次定律可知,感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较颍瑸檎?;由左手定則可知,在0~1s內(nèi),ad邊受到的安培力水平向右,是正的,1~3s無(wú)感應(yīng)電流,不受安培力,3~4s時(shí)間內(nèi),安培力水平向左,是負(fù)的;由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E==S,感應(yīng)電流I==,由B-t圖象可知,在每一時(shí)間段內(nèi),是定值,則在各時(shí)間段內(nèi)I是定值,ad邊受到的安培力F=BIL,I、L不變,0~1s內(nèi)B均勻增大,則F均勻增大,3~4s內(nèi)B均勻減小,則F均勻減小,故B、C錯(cuò)誤,A、D正確. 6.(多選)(2018海安中學(xué)月考)水平固定放置的足夠長(zhǎng)的U形金屬導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,如圖6所示,在導(dǎo)軌上放著金屬棒ab,開(kāi)始時(shí)ab棒以水平初速度v0向右運(yùn)動(dòng),最后靜止在導(dǎo)軌上,就導(dǎo)軌光滑和粗糙兩種情況比較,這個(gè)過(guò)程( ) 圖6 A.外力對(duì)棒所做功相等 B.電流所做的功相等 C.通過(guò)ab棒的電荷量相等 D.安培力對(duì)ab棒所做的功不相等 答案 AD 解析 根據(jù)動(dòng)能定理,兩種情況下外力的功都等于動(dòng)能的變化量,因初狀態(tài)和末狀態(tài)相同,則外力對(duì)棒做功相同,選項(xiàng)A正確;電流所做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱,根據(jù)功能關(guān)系可知導(dǎo)軌光滑時(shí),金屬棒克服安培力做功多,產(chǎn)生的焦耳熱多,電流做功多,故B錯(cuò)誤;根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q==,x是ab棒滑行的位移大小,B、R、導(dǎo)體棒長(zhǎng)度L相同,x越大,感應(yīng)電荷量越大,因此導(dǎo)軌光滑時(shí),感應(yīng)電荷量大,故C錯(cuò)誤;當(dāng)導(dǎo)軌光滑時(shí),金屬棒克服安培力做功,動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱,產(chǎn)生的內(nèi)能等于金屬棒的初動(dòng)能;當(dāng)導(dǎo)軌粗糙時(shí),金屬棒在導(dǎo)軌上滑動(dòng),一方面要克服摩擦力做功,摩擦生熱,把部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,另一方面要克服安培力做功,金屬棒的部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱,摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能與克服安培力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的和等于金屬棒的初動(dòng)能;所以導(dǎo)軌粗糙時(shí),安培力做的功少,導(dǎo)軌光滑時(shí),安培力做的功多,故D正確. 7.(多選)(2018溧水中學(xué)期初模擬)如圖7所示,兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上,兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),底端接有阻值為R的電阻.一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上,并與導(dǎo)軌垂直,導(dǎo)軌和桿ab的電阻可忽略.整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直斜面向上.讓桿ab沿軌道由靜止開(kāi)始下滑,導(dǎo)軌和桿ab接觸良好,不計(jì)它們之間的摩擦,桿ab由靜止下滑距離s時(shí),已勻速運(yùn)動(dòng),重力加速度為g.則 ( ) 圖7 A.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)桿ab的速度為 B.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)桿ab受到的安培力大小為mgsinθ C.桿ab由靜止下滑距離s過(guò)程中,安培力做功為mgssinθ D.桿ab由靜止下滑距離s過(guò)程中,電阻R產(chǎn)生的熱量為mgssinθ 答案 AB 解析 勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsin θ=F安,又F安=BIL=,解得v=,F(xiàn)安=mgsin θ,故A、B正確;桿ab由靜止下滑距離s過(guò)程中,根據(jù)能量守恒定律可得電阻R產(chǎn)生的熱量Q=mgssin θ-mv2,其中v=,安培力做功為W=-Q=mv2-mgssin θ,其中v=,故C、D錯(cuò)誤. 8.(2018南京市學(xué)情調(diào)研)如圖8所示,電阻不計(jì)、間距為l=1.0m的光滑平行金屬導(dǎo)軌,水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)軌左端接一定值電阻R=1.5Ω,質(zhì)量為m=1.0kg、電阻為r=0.5Ω的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上,始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好.當(dāng)MN受到垂直于棒的水平外力F=2.0N的作用,由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)位移x=1.55m,到達(dá)PQ處(圖中未畫(huà)出),此時(shí)速度為v=2.0m/s.求: 圖8 (1)金屬棒在PQ處所受磁場(chǎng)作用力大?。? (2)金屬棒在PQ處的加速度大??; (3)金屬棒在運(yùn)動(dòng)中回路總共產(chǎn)生的熱能. 答案 (1)1.0N (2)1.0m/s2 (3)1.1J 解析 (1)速度為v=2.0 m/s時(shí),回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=Blv 產(chǎn)生的感應(yīng)電流I= 由此得磁場(chǎng)對(duì)金屬棒的作用力為: F安=BIl==1.0 N (2)由牛頓第二定律有F-F安=ma 解得a==1.0 m/s2 (3)設(shè)金屬棒受到的安培力做功為W,由動(dòng)能定理得Fx+W=mv2 解得W=mv2-Fx=-1.1 J 金屬棒克服安培力所做的功,即回路中總共產(chǎn)生的熱能得Q=-W=1.1 J. 9.(2018鹽城市三模)如圖9所示,在豎直平面內(nèi),水平且平行的Ⅰ、Ⅱ虛線間距為L(zhǎng),其間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一長(zhǎng)為2L、寬為L(zhǎng)的矩形線框質(zhì)量為m、電阻為R.開(kāi)始時(shí),線框下邊緣正好與虛線Ⅱ重合,由靜止釋放,線框上邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)后線框一直做減速運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,線框上邊緣經(jīng)過(guò)虛線Ⅱ瞬間加速度恰為0.重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力.求矩形線框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中: 圖9 (1)上邊緣經(jīng)過(guò)虛線Ⅱ瞬間,線框中電流的大??; (2)磁通量變化率的最大值; (3)線框中產(chǎn)生的焦耳熱. 答案 (1) (2)BL (3)2mgL- 解析 (1)由線框受力平衡得:BIL=mg,解得I=. (2)線框上邊緣剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)磁通量的變化率最大,設(shè)此時(shí)速度為v1, 磁通量變化率=BLv1 由動(dòng)能定理得mgL=mv12 則=BL. (3) 設(shè)線框上邊緣通過(guò)虛線Ⅱ瞬間線框速度為v2,則BLv2=IR 設(shè)線框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中克服安培力做的功為W,根據(jù)動(dòng)能定理 mgL-W=mv22-mv12 解得W=2mgL- 線框克服安培力所做的功,就是線框中產(chǎn)生的焦耳熱,故Q=W=2mgL-. 10.(2018鎮(zhèn)江市模擬)如圖10所示,兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ=30的斜面上,其電阻不計(jì),間距為0.4m.導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,兩區(qū)域的邊界為MN,區(qū)域Ⅰ和Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的方向分別垂直斜面向下和垂直斜面向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為0.5T.將質(zhì)量為0.1kg、電阻為0.1Ω的導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上的區(qū)域Ⅰ中,ab剛好不下滑.再在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量為0.4kg、電阻為0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd從導(dǎo)軌上由靜止開(kāi)始下滑.cd棒始終處于區(qū)域Ⅱ中,兩棒與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好,g取10m/s2. 圖10 (1)求ab棒所受最大靜摩擦力,并判斷cd棒下滑時(shí)ab棒中電流的方向; (2)ab棒剛要向上滑動(dòng)時(shí),cd棒的速度大小v; (3)若從cd棒開(kāi)始下滑到ab棒剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中,裝置中產(chǎn)生的總熱量為2.6J,求此過(guò)程中cd棒下滑的距離x. 答案 (1)0.5N 由a流向b (2)5m/s (3)3.8m 解析 (1)ab剛好不下滑時(shí),ab所受摩擦力為最大靜摩擦力 有Ffmax=m1gsin θ 則Ffmax=0.5 N 由右手定則可知cd棒下滑時(shí)ab棒中電流方向由a流向b. (2)設(shè)ab剛好要上滑時(shí),cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=Blv 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I,由閉合電路歐姆定律有I= 設(shè)ab所受安培力為F安,有F安=BIl 此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下, 由平衡條件有F安=m1gsin θ+Ffmax 代入數(shù)據(jù)解得v=5 m/s. (3)設(shè)從cd棒開(kāi)始下滑到ab棒剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中裝置中產(chǎn)生的總熱量為Q總,由能量守恒有m2gxsin θ=Q總+m2v2 解得x=3.8 m.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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