《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 第3課時(shí) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的綜合問題學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 第3課時(shí) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的綜合問題學(xué)案（21頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3課時(shí)　電磁感應(yīng)現(xiàn)象的綜合問題 一、電磁感應(yīng)中的電路問題 1.電源和內(nèi)阻：切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源。該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻。 2.感應(yīng)電動(dòng)勢：E＝n或E＝BLv。 二、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 1.通電導(dǎo)體在磁場中受到安培力作用，電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)問題聯(lián)系在一起。解決的基本方法如下： (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向； (2)求回路中的電流； (3)分析導(dǎo)體受力情況(包含安培力在內(nèi)的全面受力分析)； (4)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程。 2.兩種狀態(tài)處理 (1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)—

2、—靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 處理方法：根據(jù)平衡條件——合外力等于零列式分析。 (2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不等于零。 處理方法：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)系分析。 三、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化 1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化。 2.感應(yīng)電流在磁場中受安培力，克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 考點(diǎn)一　電磁感應(yīng)的電路問題(－/d) [要點(diǎn)突破] 1.處理問題的一般思路 (1)確定電源，在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的那部分導(dǎo)體是電源； (2)分析電路結(jié)構(gòu)(區(qū)分內(nèi)、外電路及外電路的串、并聯(lián)

3、分析)，畫出等效電路； (3)運(yùn)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的性質(zhì)、電功率等公式求解。 2.一類特殊問題：根據(jù)電磁感應(yīng)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢求解電路中通過的電量，有＝n，＝，q＝·t＝n。所以，q只和線圈匝數(shù)、磁通量的變化量及總電阻有關(guān)，與完成該過程需要的時(shí)間無關(guān)。注意：求解電路中通過的電荷量時(shí)，一定要用平均電動(dòng)勢和平均電流計(jì)算。 [典例剖析] 【例】 (2015·浙江10月選考)如圖甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“” 形框的水平細(xì)桿CD長l＝0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場中。有一匝數(shù)n＝300匝、面

4、積S＝0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。 (1)求0～0.10 s線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢大?。? (2)t＝0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K，若細(xì)桿CD所受安培力方向豎直向上，判斷CD中的電流方向及磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向； (3)t＝0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K，若安培力遠(yuǎn)大于重力，細(xì)框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通過細(xì)桿CD的電荷量。 解析　(1)由電磁感應(yīng)定律E＝n 得E＝nS＝30 V (2)電流方向C→D B2方向向上 (3)由牛頓第二定律F＝ma＝m (或由動(dòng)量定

5、理FΔt＝mv－0) 安培力F＝IB1l ΔQ＝IΔt v2＝2gh 得ΔQ＝＝0.03 C 答案　(1)30 V　(2)電流方向C→D　B2方向向上 (3)0.03 C [針對訓(xùn)練] 1.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時(shí)兩端的電阻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直穿過環(huán)平面，與環(huán)的最高點(diǎn)A鉸鏈連接的長度為2a、電阻為的導(dǎo)體棒AB，由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，B點(diǎn)的線速度為v，則這時(shí)AB兩端的電壓大小為(　　) A. B. C. D.Bav 解析　導(dǎo)體棒以A為軸轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝B·2a，整個(gè)電路是兩個(gè)半圓環(huán)并聯(lián)

6、接在電源AB兩端，故AB兩端電壓U＝·＝，所以A選項(xiàng)正確。 答案　A 2.(多選)如圖所示，PN與QM兩平行金屬導(dǎo)軌相距1 m，電阻不計(jì)，兩端分別接有電阻R1和R2，且R1＝6 Ω，ab桿的電阻為2 Ω，在導(dǎo)軌上可無摩擦地滑動(dòng)，垂直穿過導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 T?，F(xiàn)ab以恒定速度v＝3 m/s勻速向右移動(dòng)，這時(shí)ab桿上消耗的電功率與R1、R2消耗的電功率之和相等。則(　　) A.R2＝6 Ω B.R1上消耗的電功率為0.375 W C.a、b間電壓為3 V D.拉ab桿水平向右的拉力為0.75 N 解析　由于ab桿上消耗的電功率與R1、R2消耗的電功率之和相等，則

7、內(nèi)、外電阻相等，＝2，解得R2＝3 Ω，因此A錯(cuò)誤；E＝Blv＝3 V，總電流I＝＝A，路端電壓Uab＝IR外＝×2 V＝1.5 V，因此C錯(cuò)誤；P1＝＝0.375 W，B正確；ab桿所受安培力F＝BIl＝0.75 N，因此拉力大小為0.75 N，D正確。 答案　BD 考點(diǎn)二　電磁感應(yīng)的圖象問題(－/d) [要點(diǎn)突破] 1.圖象問題大體上可分為三類 (1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象。 (2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量。 (3)根據(jù)圖象定量計(jì)算。 2.解題步驟 (1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者是E－t圖、I－t圖等。

8、 (2)分析電磁感應(yīng)的具體過程判斷對應(yīng)的圖象是否分段，共分幾段。 (3)用右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電流的方向。 (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律寫出函數(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。 (6)畫圖象或判斷圖象。 [典例剖析] 【例】 矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強(qiáng)磁場中靜止不動(dòng)，磁場方向與線框平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示。設(shè)t＝0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里，則在0～4 s時(shí)間內(nèi)，選項(xiàng)圖中能正確反映線框ab邊所受的安培力F隨時(shí)間t變化的圖象是(規(guī)定ab邊所受的安培力向左為正)(　　) 解析　在0～1 s內(nèi)，由法

9、拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小恒定，由楞次定律可得線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，根據(jù)左手定則可判斷出線框ab邊所受安培力方向向左(為正)，由F＝BIL可知F隨磁感應(yīng)強(qiáng)度的減小而減小。在1～2 s內(nèi)，由楞次定律可得線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，根據(jù)左手定則可判斷出線框ab邊所受安培力方向向右(為負(fù))，由F＝BIL可知F隨磁感應(yīng)強(qiáng)度的增大而增大。同理在2～3 s內(nèi)，線框ab邊所受安培力方向向左(為正)，由F＝BIL可知F隨磁感應(yīng)強(qiáng)度的減小而減小。在3～4 s內(nèi)，線框ab邊所受安培力方向向右(為負(fù))，由F＝BIL可知F隨磁感應(yīng)強(qiáng)度的增大而增大，D正確。 答案　D [針對

10、訓(xùn)練] 1.在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖甲所示，當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t如圖乙變化時(shí)，圖中正確表示線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢E變化的是(　　) 解析　在第1 s內(nèi)，由楞次定律可判定電流為正，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E1＝＝S，在第2 s和第3 s內(nèi)，磁場B不變化，線圈中無感應(yīng)電流，在第4 s和第5 s內(nèi)，B減小，由楞次定律可判定，其電流為負(fù)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E1＝＝S，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，A選項(xiàng)正確。 答案　A 2.磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈。

11、當(dāng)以速度v0刷卡時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，其E－t關(guān)系如圖甲所示。如果只將刷卡速度改為，線圈中的E－t關(guān)系圖可能是圖乙中的(　　) 乙 解析　由公式E＝Blv可知，當(dāng)刷卡速度減半時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢最大值減半，且刷卡所用時(shí)間加倍，故D選項(xiàng)正確。 答案　D 考點(diǎn)三　電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)問題(－/d) [要點(diǎn)突破] 1.電路分析：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，感應(yīng)電動(dòng)勢相當(dāng)于電源的電動(dòng)勢，導(dǎo)體棒的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，感應(yīng)電流I＝。 2.受力分析：導(dǎo)體棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl或，根據(jù)牛頓第二定律列動(dòng)力學(xué)方程：F合＝ma。 3.過程分析：由于安培力是變力，導(dǎo)體棒做變加速或

12、變減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列平衡方程F合＝0。 [典例剖析] 【例】 如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l＝0.5 m，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸。已知兩棒質(zhì)量均為m＝0.02 kg，電阻均為R＝0.1 Ω，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T。棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)，而棒cd恰好能夠保持靜止。g取10 m/s2，求： (1)通過棒cd的電流I是

13、多少？方向如何？ (2)棒ab受到的力F是多大？ 解析　(1)棒cd受到的安培力為 Fcd＝BIl 棒cd在共點(diǎn)力作用下平衡，則 Fcd＝mgsin 30° 聯(lián)立解得I＝1 A 根據(jù)楞次定律可知，棒cd中電流方向由d至c。 (2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等，即 Fab＝Fcd 對棒ab，由共點(diǎn)力平衡條件得 F＝mgsin 30°＋BIl 解得F＝0.2 N 答案　(1)1 A　由d至c　(2)0.2 N [針對訓(xùn)練] 如圖所示，光滑的“”形金屬導(dǎo)體框豎直放置，除圖中已標(biāo)阻值為R的電阻外，其余電阻不計(jì)。質(zhì)量為m的金屬棒MN與框架接觸良好。在區(qū)域abcd和cd

14、ef內(nèi)，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1＝B、B2＝2B的有界勻強(qiáng)磁場，方向均垂直于框架平面向里，兩豎直導(dǎo)軌ae與bf間距為L?，F(xiàn)從圖示位置由靜止釋放金屬棒MN，當(dāng)金屬棒進(jìn)入磁場B1區(qū)域后恰好做勻速運(yùn)動(dòng)。求： (1)金屬棒進(jìn)入磁場B1區(qū)域后的速度大??； (2)金屬棒剛進(jìn)入磁場B2區(qū)域時(shí)的加速度大小。 解析　(1)當(dāng)金屬棒進(jìn)入磁場B1區(qū)域后恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，說明金屬棒所受的安培力與重力大小相等、方向相反。則 F1＝B1I1L＝BI1L＝mg 又I1＝＝ 聯(lián)立得：v＝ (2)金屬棒剛進(jìn)入磁場B2區(qū)域時(shí)，由楞次定律判斷知所受的安培力方向豎直向上，大小為： F2＝B2I2L＝2BL＝

15、把(1)問求得的v代入， 可得F2＝4mg 根據(jù)牛頓第二定律得：F2－mg＝ma 得a＝3g。 答案　(1)　(2)3g 考點(diǎn)四　電磁感應(yīng)的能量問題(－/d) [要點(diǎn)突破] 1.電磁感應(yīng)過程實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力作用。因此閉合電路的一部分導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)切割磁感線時(shí)必克服安培力做功。此過程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能?？朔才嗔ψ龆嗌俟?，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。當(dāng)感應(yīng)電流通過用電器時(shí)，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 同理，電流做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，電流做多少功就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 2.電能

16、求解思路主要有三種： (1)利用克服安培力做功求解，電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功。 (2)利用能量守恒求解，導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流時(shí)，開始的機(jī)械能總和與最后的機(jī)械能總和之差等于產(chǎn)生的電能。 (3)利用電路特征來求解，通過電路中所消耗的電能來計(jì)算。 [典例剖析] 【例】 如圖所示，在高度差h＝0.5 m的平行虛線范圍內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T、方向垂直于豎直平面向里的勻強(qiáng)磁場，正方形線框abcd的質(zhì)量m＝0.1 kg、邊長L＝0.5 m、電阻R＝0.5 Ω，線框平面與豎直平面平行，靜止在位置“Ⅰ”時(shí)，cd邊跟磁場下邊緣有一段距離?，F(xiàn)用一豎直向上的恒力F＝4.0 N

17、向上提線框，線框由位置“Ⅰ”無初速度開始向上運(yùn)動(dòng)，穿過磁場區(qū)，最后到達(dá)位置“Ⅱ”(ab邊恰好出磁場)，線框平面在運(yùn)動(dòng)中保持與磁場方向垂直，且cd邊保持水平。設(shè)cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框恰好開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)。g取10 m/s2。 (1)求線框進(jìn)入磁場前距磁場下邊界的距離H； (2)線框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的過程中，恒力F做的功是多少？線框內(nèi)產(chǎn)生的熱量又是多少？ 解析　(1)在恒力作用下，線框開始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)線框的加速度為a，據(jù)牛頓第二定律有： F－mg＝ma 設(shè)cd邊剛進(jìn)磁場時(shí)，線框速度設(shè)為v1，線框從靜止到cd邊剛進(jìn)磁場過程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程有： v＝2a·H

18、cd邊剛進(jìn)磁場時(shí)產(chǎn)生電動(dòng)勢E＝BLv1，感應(yīng)電流 I＝＝ 安培力F安＝BIL 線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有F＝F安＋mg， 聯(lián)立以上各式，可解得v1＝＝24 m/s， 由v＝2aH解得H＝9.6 m。 (2)恒力F做的功W＝F(H＋L＋h)＝42.4 J， 從cd邊進(jìn)入磁場到ab邊離開磁場的過程中，拉力所做的功等于線框增加的重力勢能和產(chǎn)生的熱量Q， 即F(L＋h)＝mg(L＋h)＋Q， 解得：Q＝(F－mg)(L＋h)＝3.0 J 或Q＝I2Rt＝()2R(＋)＝3.0 J。 答案　(1)9.6 m　(2)42.4 J　3.0 J [針對訓(xùn)練] (2016·浙江理綜)小

19、明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)0.05 Ω的電阻。在導(dǎo)軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0 T。質(zhì)量m＝4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不計(jì)其他電阻

20、、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求 (1)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)速度v的大小； (2)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)所受的安培力的大小； (3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。 解析　(1)由牛頓定律a＝＝12 m/s2① 進(jìn)入磁場時(shí)的速度v＝＝2.4 m/s② (2)感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv③ 感應(yīng)電流I＝④ 安培力FA＝IBl⑤ 代入得FA＝＝48 N⑥ (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J⑦ 由牛頓定律：F－mgsin θ－FA＝0⑧ 在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝⑨ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J⑩ 答案　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)

21、64 J　26.88 J 1.如圖所示，A是一邊長為l的正方形線框，電阻為R，現(xiàn)維持線框以恒定的速度v沿x軸運(yùn)動(dòng)，并穿過圖中所示的勻強(qiáng)磁場B區(qū)域。取逆時(shí)針方向?yàn)殡娏髡较?，線框從圖示位置開始運(yùn)動(dòng)，則線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖線是圖中的(　　) 解析　由于線框進(jìn)入和穿出磁場時(shí)，線框內(nèi)磁通量均勻變化，因此在線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小不變，根據(jù)楞次定律可知，線框進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電流的方向與規(guī)定的正方向相同，穿出磁場時(shí)感應(yīng)電流的方向與規(guī)定的正方向相反，因此應(yīng)選B。 答案　B 2.如圖所示，質(zhì)量為m、高為h的矩形導(dǎo)線框在豎直面內(nèi)自由下落，其上下兩邊始終保持水平，途中恰好勻速穿

22、過一有理想邊界、高亦為h的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，線框在此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為(　　) A.mgh B.2mgh C.大于mgh而小于2mgh D.大于2mgh 解析　因線框勻速穿過磁場，在穿過磁場的過程中合外力做功為零，克服安培力做功為2mgh，產(chǎn)生的內(nèi)能亦為2mgh，故選B。 答案　B 3.如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計(jì)，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場。若第一次用0.3 s時(shí)間拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q1；第二次用0.9 s時(shí)間拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q2，則(　　) A.W1

23、1＝q2 C.W1>W2，q1>q2 D.W1>W2，q1＝q2 解析　設(shè)線框的長為L1，寬為L2，速度為v，線框所受的安培力大小為FA＝BIL2，又I＝，E＝BL2v中，則得FA＝線框勻速運(yùn)動(dòng)，外力與安培力平衡，則外力的大小為F＝FA＝，外力做功為W＝FL1＝·L1＝·，可見，外力做功與所用時(shí)間成反比，則有W1>W2。兩種情況下，線框拉出磁場時(shí)穿過線框的磁通量的變化量相等，根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q＝可知，通過導(dǎo)線截面的電荷量相等，即有q1＝q2，故選D。 答案　D 4.如圖甲所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的

24、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，整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦。 (1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請?jiān)诖藞D中畫出ab桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意圖； (2)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流及其加速度的大?。? (3)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值。 解析　(1)如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上。 (2)當(dāng)ab桿速

25、度大小為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，此時(shí)電路中電流 I＝＝ ab桿受到安培力F安＝BIL＝ 根據(jù)牛頓第二定律，有 ma＝mgsin θ－F安＝mgsin θ－ a＝gsin θ－。 (3)當(dāng)a＝0時(shí)，ab桿有最大速度：vm＝。 答案　(1)見解析圖　(2)　gsin θ－ (3) [基礎(chǔ)過關(guān)] 1.水平放置的金屬框架cdef處于如圖所示的勻強(qiáng)磁場中，金屬棒ab處于粗糙的框架上且與框架接觸良好，從某時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，金屬棒ab始終保持靜止，則(　　) A.ab中電流增大，ab棒所受摩擦力也增大 B.ab中電流不變，ab棒所受摩擦力也不變 C.ab中電

26、流不變，ab棒所受摩擦力增大 D.ab中電流增大，ab棒所受摩擦力不變 解析　磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，磁通量的變化率恒定，故回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流都是恒定的；又棒ab所受的摩擦力等于安培力，即Ff＝F安＝BIL，故當(dāng)B增加時(shí)，摩擦力增大，選項(xiàng)C正確。 答案　C 2.如圖所示，在一勻強(qiáng)磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動(dòng)。桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計(jì)。開始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則(　　) A.ef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速 B.ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后停止

27、C.ef將勻速向右運(yùn)動(dòng) D.ef將往返運(yùn)動(dòng) 解析　ef向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流，會受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，但不是勻減速，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故A正確。 答案　A 3.如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當(dāng)磁場變化時(shí)，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是圖中的(　　) 解析　由題意可知，安培力的方向向右，根據(jù)左手定則可知感應(yīng)電流的方向由B到A，再由楞次定律可知，當(dāng)垂直向外的磁場在增加時(shí)，會產(chǎn)生由B到A的感應(yīng)電流，由法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路

28、歐姆定律，則安培力的表達(dá)式F＝BIL＝BL，因安培力的大小不變，則B是定值，因磁場B增大，則減小，故選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤。 答案　D 4.(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一足夠長的寬度為L的金屬導(dǎo)軌，質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動(dòng)，且導(dǎo)體棒ab與金屬導(dǎo)軌接觸良好，ab電阻為R，其他電阻不計(jì)。導(dǎo)體棒ab由靜止開始下落，過一段時(shí)間后閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)導(dǎo)體棒ab立刻做變速運(yùn)動(dòng)，則在以后導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法中正確的是(　　) A.導(dǎo)體棒ab做變速運(yùn)動(dòng)期間加速度一定減小 B.單位時(shí)間內(nèi)克服安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 C.導(dǎo)體棒減少的機(jī)

29、械能轉(zhuǎn)化為閉合電路中的電能和內(nèi)能之和，符合能的轉(zhuǎn)化和守恒定律 D.導(dǎo)體棒ab最后做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為v＝ 解析　導(dǎo)體棒由靜止下落，在豎直向下的重力作用下，做加速運(yùn)動(dòng)，開關(guān)閉合時(shí)，由右手定則可知，導(dǎo)體中產(chǎn)生的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，再由左手定則，可判定導(dǎo)體棒受到的安培力方向向上，F(xiàn)＝BIL＝BL，導(dǎo)體棒受到的重力和安培力的合力變小，加速度變小，做加速度越來越小的變速運(yùn)動(dòng)，A正確；最后合力為零，加速度為零，做勻速運(yùn)動(dòng)，由F－mg＝0得，BL＝mg，v＝，D正確；導(dǎo)體棒克服安培力做功，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，由于電流的熱效應(yīng)，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，B正確，C錯(cuò)誤。 答案　ABD 5.(多選)如

30、圖所示，先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈拉出有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，v1＝2v2，在先后兩種情況下(　　) A.線圈中的感應(yīng)電流之比I1∶I2＝2∶1 B.線圈中的感應(yīng)電流之比I1∶I2＝1∶2 C.線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝4∶1 D.通過線圈某截面的電荷量之比q1∶q2＝1∶1 解析　由于v1＝2v2，根據(jù)E＝BLv得感應(yīng)電動(dòng)勢之比＝，感應(yīng)電流I＝，則感應(yīng)電流之比為＝，A正確，B錯(cuò)誤；線圈出磁場所用的時(shí)間t＝，則時(shí)間比為＝，根據(jù)Q＝I2Rt可知熱量之比為＝，C錯(cuò)誤；根據(jù)q＝Δt＝Δt＝Δt＝得＝，D正確。 答案　AD 6.(多選)如圖所示，水平放置的U形框架上接一個(gè)

31、阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，一個(gè)半徑為L、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)距離d后速度達(dá)到v，半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)體AC與U形框架間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。下列說法正確的是(　　) A.此時(shí)AC兩端電壓為UAC＝2BLv B.此時(shí)AC兩端電壓為UAC＝ C.此過程中電路產(chǎn)生的電熱為Q＝Fd－mv2 D.此過程中通過電阻R0的電荷量為q＝ 解析　AC的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝2BLv，兩端電壓為UAC＝＝，A錯(cuò)誤，B正確；由功能關(guān)系得Fd＝mv2＋Q＋μmgd，C錯(cuò)誤；此過程中平均感應(yīng)電流為＝

32、，通過電阻R0的電荷量為q＝Δt＝，D正確。 答案　BD 7.如圖所示，豎直平面內(nèi)有足夠長的金屬導(dǎo)軌，軌距0.2 m，金屬導(dǎo)體ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動(dòng)，ab的電阻為0.4 Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)體ab的質(zhì)量為0.2 g，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2 T，且磁場區(qū)域足夠大，當(dāng)導(dǎo)體ab自由下落0.4 s時(shí)，突然接通開關(guān)S，則 (1)試說出S接通后，導(dǎo)體ab的運(yùn)動(dòng)情況； (2)導(dǎo)體ab勻速下落的速度是多少？(g取10 m/s2) 解析　(1)閉合S之前導(dǎo)體自由下落的末速度為： v0＝gt＝4 m/s。 S閉合瞬間，導(dǎo)體產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，ab立即受

33、到一個(gè)豎直向上的安培力。 F安＝BIL＝＝0.016 N＞mg＝0.002 N。 此刻導(dǎo)體棒所受到合力的方向豎直向上，與初速度方向相反，加速度的表達(dá)式為 a＝＝－g，所以，ab做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)速度減小至F安＝mg時(shí)，ab做豎直向下的勻速運(yùn)動(dòng)。 (2)設(shè)勻速豎直向下的速度為vm， 此時(shí)F安＝mg，即＝mg，vm＝＝0.5 m/s。 答案　(1)先做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)　(2)0.5 m/s [能力提升] 8.(多選)兩根足夠長的光滑導(dǎo)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(gè)固定的輕彈簧下端，金屬棒

34、與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，如圖所示。除電阻R外其余電阻不計(jì)?，F(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(yùn)動(dòng)時(shí)，流過電阻R的電流方向?yàn)閍→b C.金屬棒的速度為v時(shí)，所受的安培力大小為F＝ D.電阻R上產(chǎn)生的熱量等于金屬棒重力勢能的減少量 解析　金屬棒剛釋放時(shí)，彈簧處于原長，此時(shí)彈力為零，又因此時(shí)速度為零，因此也不受安培力作用，金屬棒只受到重力作用，其加速度應(yīng)等于重力加速度，故A正確；金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可知，金屬棒上電流方向向右，電阻在外電路，其電流方向?yàn)閎→a，故B錯(cuò)誤；金

35、屬棒速度為v時(shí)，安培力大小為F＝BIL＝，故C正確；金屬棒下落過程中，由能量守恒定律知，金屬棒減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動(dòng)能以及電阻R上產(chǎn)生的熱量，因此D錯(cuò)誤。 答案　AC 9.(多選)如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成θ角，用導(dǎo)線與固定電阻R1和R2相連，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面。有一導(dǎo)體棒ab，質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為l，導(dǎo)體棒的電阻與固定電阻R1和R2的阻值相等，都等于R，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向上滑動(dòng)，當(dāng)上滑的速度為v時(shí)，有(　　) A.棒中感應(yīng)電流的方向由a到b B.棒所受安培力的大小為 C.棒兩端的電壓為 D.棒動(dòng)能的減少量

36、等于其重力勢能的增加量與電路上產(chǎn)生的電熱之和 解析　由右手定則可判定導(dǎo)體棒中的電流方向?yàn)閍→b，故選項(xiàng)A正確；由E＝Blv及串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)，知R外＝，則I＝＝，所以導(dǎo)體棒所受安培力的大小F＝BIl＝，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；結(jié)合I＝，知導(dǎo)體棒兩端的電壓U＝I·＝，故選項(xiàng)C正確；由能量守恒知：導(dǎo)體棒動(dòng)能的減少量等于其重力勢能的增加量以及電路中產(chǎn)生的電熱和克服摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　AC 10.如圖甲所示，一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，線框的右邊緊貼著邊界。t＝0時(shí)刻對線框施加一水平向右的外力，讓線框從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t0穿出磁場。如圖乙所示為外力隨

37、時(shí)間變化的圖象。線框質(zhì)量m、電阻R及圖象中的F0、t0均為已知量，則根據(jù)上述條件，求： (1)金屬線框的邊長L； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B。 解析　對金屬線框有F－BIL＝ma，① 又I＝② v＝at③ 解①②③式得F＝t＋ma④ 又L＝at⑤ 將t1＝0，F(xiàn)1＝F0和t2＝t0，F(xiàn)2＝3F0， 代入④⑤式解得L＝， B＝。 答案　(1)　(2) 11.(2017·浙江超能生3月聯(lián)考)如圖甲所示，間距為l＝0.5 m的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角θ＝37°，導(dǎo)軌上端接有一個(gè)R＝0.5 Ω的電阻，導(dǎo)軌所在平面可劃分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)區(qū)域，兩導(dǎo)軌間長度為s1＝

38、1 m的矩形區(qū)域Ⅰ中存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，長度為s2＝3 m的區(qū)域Ⅱ中無磁場，區(qū)域Ⅲ中存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B0＝1 T。在t＝0時(shí)刻，質(zhì)量m＝1 kg且與導(dǎo)軌垂直的金屬棒ab從區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的交界處靜止滑下，當(dāng)金屬棒到達(dá)區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅲ的交界處CD時(shí)，區(qū)域Ⅰ中的磁場突然撤去，此后金屬棒恰好保持勻速運(yùn)動(dòng)，邊界CD上方的導(dǎo)軌光滑，邊界CD下方的導(dǎo)軌粗糙，不計(jì)金屬棒與導(dǎo)軌的電阻，金屬棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)金屬棒在到達(dá)邊界CD前的

39、運(yùn)動(dòng)過程中，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小I； (2)金屬棒在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)金屬棒與區(qū)域Ⅲ中的兩導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。 解析　(1)由B－t圖象可知，區(qū)域Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5t 金屬棒在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得到回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為 E＝＝0.25 V 所以，感應(yīng)電流為I＝＝0.5 A。 (2)金屬棒在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)過程中，對其進(jìn)行受力分析 由牛頓第二定律得，mgsin θ＝ma 解得：a＝gsin θ＝6 m/s2 由s2＝at2得t＝1 s 因此，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q＝t＝0.125 J。 (3)金屬棒到達(dá)區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅲ交界處時(shí)的速度大小v＝at＝6 m/s，此后以該速度勻速運(yùn)動(dòng)。 金屬棒所受安培力大小F＝B0Il＝＝3 N，方向沿導(dǎo)軌向上 金屬棒在區(qū)域Ⅲ中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對其進(jìn)行受力分析，有 mgsin θ＝F＋μmgcos θ 解得μ＝0.375。 答案　(1)0.5 A　(2)0.125 J　(3)0.375 21