《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第九章 電磁感應(yīng) 第3講 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用 教科版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第九章 電磁感應(yīng) 第3講 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用 教科版（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第九章 電磁感應(yīng) 第3講 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用 教科版 一、電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題 1．內(nèi)電路和外電路 (1)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． (2)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，其余部分是外電路． 2．電源電動(dòng)勢(shì)和路端電壓 (1)電動(dòng)勢(shì)：E＝Blv或E＝n. (2)電源正、負(fù)極：用右手定則或楞次定律確定． (3)路端電壓：U＝E－Ir＝IR. 二、電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題 圖象類(lèi)型 (1)隨時(shí)間變化的圖象如B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象和I－t圖象 (2)隨位移x變化的圖象如E－x圖象和I－x圖象

2、問(wèn)題類(lèi)型 (1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程判斷或畫(huà)出正確的圖象 (2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程，求解相應(yīng)的物理量 (3)利用給出的圖象判斷或畫(huà)出新的圖象 應(yīng)用知識(shí) 左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓定律、函數(shù)圖象知識(shí)等 三、感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中所受的安培力 1．安培力的大小 由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，感應(yīng)電流I＝和安培力公式F＝BIl得F＝. 2．安培力的方向判斷 — 四、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒 1．能量轉(zhuǎn)化的實(shí)質(zhì) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化實(shí)質(zhì)是其他形式能和電能之間的轉(zhuǎn)化． 2．能量的轉(zhuǎn)化 感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受安培力，外力克服安

3、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)化為內(nèi)能(或其他形式的能)． 3．熱量的計(jì)算 電流(恒定)做功產(chǎn)生的熱量用焦耳定律計(jì)算，公式Q＝I2Rt. 1．穿過(guò)閉合回路的磁通量Φ隨時(shí)間t變化的圖象分別如圖①～④所示．下列關(guān)于回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的論述中正確的是(　　) A．圖①中，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變 B．圖②中，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一直在變大 C．圖③中，回路在0～t1時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)小于在t1～t2時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) D．圖④中，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先變小再變大 解析：　由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n可得，閉合回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取決于Φ－

4、t圖象的斜率的絕對(duì)值大?。畧D①中Φ－t圖象的斜率為零，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，A錯(cuò)誤；圖②中Φ－t圖象斜率不變，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值，B錯(cuò)誤；圖③中回路中0～t1時(shí)間內(nèi)Φ－t圖象的斜率的絕對(duì)值大于t1～t2時(shí)間內(nèi)Φ－t圖象的斜率的絕對(duì)值，故在0～t1時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大于t1～t2時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，C錯(cuò)誤；圖④中Φ－t圖象的斜率的絕對(duì)值先變小再變大，故回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先變小再變大，D正確． 答案：　D 2．如圖所示，兩根相距為l的平行直導(dǎo)軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體桿，與ab垂直，其電阻也為R.整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)

5、強(qiáng)度的大小為B，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌所在平面(指向圖中紙面內(nèi))，現(xiàn)對(duì)MN施力使它沿導(dǎo)軌方向以速度v(如圖)做勻速運(yùn)動(dòng)，令U表示MN兩端電壓的大小，則(　　) A．U＝vBl，流過(guò)固定電阻R的感應(yīng)電流由b到d B．U＝vBl，流過(guò)固定電阻R的感應(yīng)電流由d到b C．U＝vBl，流過(guò)固定電阻R的感應(yīng)電流由b到d D．U＝vBl，流過(guò)固定電阻R的感應(yīng)電流由d到b 解析：　導(dǎo)體桿向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Blv，R和導(dǎo)體桿形成一串聯(lián)電路，由分壓原理得U＝·R＝Blv，由右手定則可判斷出感應(yīng)電流方向由N→M→b→d→N，故A選項(xiàng)正確． 答案：　A 3.如圖所示，在光滑的水平面上，一質(zhì)量

6、為m＝0.1 kg，半徑為r＝0.5 m，電阻為R＝0.5 Ω的均勻金屬圓環(huán)，以v0＝5 m/s的初速度向一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.1 T的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)滑去(磁場(chǎng)寬度d＞2r)．圓環(huán)的一半進(jìn)入磁場(chǎng)歷時(shí)2秒，圓環(huán)上產(chǎn)生的焦耳熱為0.5 J，則2秒末圓環(huán)中感應(yīng)電流的瞬時(shí)功率為(　　) A．0.15 W　　　B．0.2 W C．0.3 W D．0.6 W 解析：　圓環(huán)剛好有一半進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)瞬時(shí)速度為v，由Q＝mv－mv2，解得v＝ m/s，此時(shí)環(huán)上的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bv×2r，故瞬時(shí)功率為P＝E2/R＝0.3 W. 答案：　C 4.如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌上有一質(zhì)

7、量為m的金屬棒ab.導(dǎo)軌的一端連接電阻R，其他電阻均不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向下．金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，則(　　) A．隨著ab運(yùn)動(dòng)速度的增大，其加速度也增大 B．外力F對(duì)ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能 C．當(dāng)ab做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，外力F做功的功率等于電路中的電功率 D．無(wú)論ab做何種運(yùn)動(dòng)，它克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能 解析：　設(shè)ab的速度為v，運(yùn)動(dòng)的加速度a＝，ab由靜止先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a＝0后做勻速運(yùn)動(dòng)，則A選項(xiàng)錯(cuò)誤；由能量守恒知．外力F對(duì)ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和ab增加的動(dòng)能之和．a(chǎn)b克服安培力做

8、的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能，則B選項(xiàng)錯(cuò)誤．D選項(xiàng)正確；當(dāng)ab做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)＝BIL，外力F做功的功率等于電路中的電功率，則C選項(xiàng)正確． 答案：　CD 5.如圖所示，水平面上固定一個(gè)間距L＝1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌，整個(gè)導(dǎo)軌處在豎直方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌一端接阻值R＝9 Ω的電阻．導(dǎo)軌上有質(zhì)量m＝1 kg、電阻r＝1 Ω、長(zhǎng)度也為1 m的導(dǎo)體棒，在外力的作用下從t＝0開(kāi)始沿平行導(dǎo)軌方向運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間的變化規(guī)律是v＝2，不計(jì)導(dǎo)軌電阻．求： (1)t＝4 s時(shí)導(dǎo)體棒受到的安培力的大?。? (2)請(qǐng)?jiān)谌鐖D所示的坐標(biāo)系中畫(huà)出電流平方與時(shí)間的關(guān)系(I2－t)圖象． 解

9、析：　(1)4 s時(shí)導(dǎo)體棒的速度是 v＝2＝4 m/s 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv 感應(yīng)電流：I＝ 此時(shí)導(dǎo)體棒受到的安培力：F安＝BIL＝0.4 N. (2)由(1)可得 I2＝()2＝4()2t＝0.04t 作出圖象如圖所示 答案：　(1)0.4 N　(2)見(jiàn)解析圖 1．圖象問(wèn)題的特點(diǎn) 考查方式比較靈活，有時(shí)根據(jù)電磁感應(yīng)現(xiàn)象發(fā)生的過(guò)程，確定圖象的正確與否，有時(shí)依據(jù)不同的圖象，進(jìn)行綜合計(jì)算． 2．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)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵． 3．“三看”、“三明確” 對(duì)于圖象問(wèn)題，應(yīng)做“三看”

10、、“三明確”，即 (1)看軸——看清變量． (2)看線——看圖象的形狀． (3)看點(diǎn)——看特殊點(diǎn)和轉(zhuǎn)折點(diǎn)． (4)明確圖象斜率的物理意義． (5)明確截距的物理意義． (6)明確“＋”“－”的含義． (xx·福建理綜)如圖甲，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開(kāi)始下落，穿過(guò)一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合．若取磁鐵中心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立豎直向下為正方向的x軸，則圖乙中最能正確反映環(huán)中感應(yīng)電流i隨環(huán)心位置坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖象是(　　) 解析：　閉合銅環(huán)在下落過(guò)程中穿過(guò)銅環(huán)的磁場(chǎng)方向始終向上，磁通量先增加后減少，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向要發(fā)生變

11、化，D項(xiàng)錯(cuò)誤；因穿過(guò)閉合銅環(huán)的磁通量的變化率不是均勻變化，所以感應(yīng)電流隨x的變化關(guān)系不可能是線性關(guān)系，A項(xiàng)錯(cuò)誤；銅環(huán)由靜止開(kāi)始下落，速度較小，所以穿過(guò)銅環(huán)的磁通量的變化率較小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的最大值較小，過(guò)O點(diǎn)后，銅環(huán)的速度增大，磁通量的變化率較大，所以感應(yīng)電流的反向最大值大于正向最大值，故B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：　B 1．圖象問(wèn)題的求解類(lèi)型 2.解決圖象問(wèn)題的一般步驟 (1)明確圖象的種類(lèi)，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?qū)?yīng)關(guān)系． (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律

12、、牛頓定律等規(guī)律寫(xiě)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，如分析斜率的變化、截距等． (6)畫(huà)圖象或判斷圖象． 1－1：如圖甲所示，空間存在一寬度為2L的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．在光滑絕緣水平面內(nèi)有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線框，其質(zhì)量m＝1 kg、電阻R＝4 Ω，在水平向左的外力F作用下，以初速度v0＝4 m/s勻減速進(jìn)入磁場(chǎng)，線框平面與磁場(chǎng)垂直，外力F大小隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示．以線框右邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，求： (1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B； (2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)線框的電荷量q； (3)判斷線框能否從右側(cè)離開(kāi)磁場(chǎng)？說(shuō)明理由． 解析

13、：　(1)由F－t圖象可知，線框加速度a＝＝2 m/s2 線框的邊長(zhǎng)L＝v0t－at2＝(4×1－×2×12) m＝3 m t＝0時(shí)刻線框中的感應(yīng)電流I＝ 線框所受的安培力F安＝BIL 由牛頓第二定律F1＋F安＝ma 又F1＝1 N，聯(lián)立得B＝ T＝0.33. (2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)＝ 平均電流＝ 通過(guò)線框的電荷量q＝t 聯(lián)立得q＝0.75 C. (3)設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)速度減為零的過(guò)程中線框通過(guò)的位移為x. 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0－v＝－2ax 代入數(shù)值得x＝4 m＜2L 所以線框不能從右側(cè)離開(kāi)磁場(chǎng)． 答案：　(1) T　(2)0.75 C　(3)不能

14、 1．對(duì)電磁感應(yīng)電源的理解 (1)電源的正、負(fù)極可用右手定則或楞次定律判定． (2)電源電動(dòng)勢(shì)的大小可由E＝Blv或E＝n求得． 2．對(duì)電磁感應(yīng)電路的理解 (1)在電磁感應(yīng)電路中，相當(dāng)于電源的部分把其他形式的能通過(guò)電流做功轉(zhuǎn)化為電能． (2)“電源”兩端的電壓為路端電壓，而不是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)． (xx·浙江理綜)為了提高自行車(chē)夜間行駛的安全性，小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一種“閃爍”裝置．如圖所示，自行車(chē)后輪由半徑r1＝5.0×10－2 m的金屬內(nèi)圈、半徑r2＝0.40 m的金屬外圈和絕緣輻條構(gòu)成．后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡．在支架上裝有

15、磁鐵，形成了磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.10 T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、張角θ＝.后輪以角速度ω＝2π rad/s相對(duì)于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)．若不計(jì)其它電阻，忽略磁場(chǎng)的邊緣效應(yīng)． (1)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)，求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E，并指出ab上的電流方向． (2)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)，畫(huà)出“閃爍”裝置的電路圖； (3)從金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始，經(jīng)計(jì)算畫(huà)出輪子轉(zhuǎn)一圈過(guò)程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢(shì)差Uab隨時(shí)間t變化的Uab－t圖象． 解析：　(1)金屬條ab在磁場(chǎng)中切割磁感線時(shí)，所構(gòu)成的回路的磁通量變化．設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間Δt，磁通量的變化量為ΔΦ，由法拉

16、第電磁感應(yīng)定律 E＝ ① ΔΦ＝BΔS＝B(rΔθ－rΔθ) ② 由①、②式并代入數(shù)值得： E＝＝Bω(r－r) ≈4.9×10－2 V ③ 根據(jù)右手定則(或楞次定律)，可得感應(yīng)電流方向?yàn)閎→a. ④ (2)通過(guò)分析，可得電路圖為 (3)設(shè)電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知， R總＝R＋R＝R ⑤ ab兩端電勢(shì)差 Uab＝E－IR＝E－R ＝E≈1.2×10－2 V ⑥ 設(shè)ab離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)刻為t1，下一根金屬條進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)

17、域的時(shí)刻為t2. t1＝＝ s ⑦ t2＝＝ s ⑧ 設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時(shí)間為T(mén)， T＝＝1 s ⑨ 在T＝1 s內(nèi)，金屬條有四次進(jìn)出，后三次與第一次相同 ⑩ 由⑥、⑦、⑧、⑨、⑩可畫(huà)出如下Uab－t圖象． 答案：　(1)4.9×10－2 V　電流方向?yàn)閎→a　(2)見(jiàn)解析　(3)見(jiàn)解析 解決電磁感應(yīng)電路問(wèn)題的基本步驟 (1)“源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向．從而確定電源正負(fù)極，明確內(nèi)阻r. (

18、2)“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫(huà)出等效電路． (3)根據(jù)E＝BLv或E＝n結(jié)合閉合電路歐姆定律，串并聯(lián)電路知識(shí)和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解． 2－1：如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B＝0.1 T，金屬棒AB長(zhǎng)0.4 m，與框架寬度相同，電阻為 Ω，框架電阻不計(jì)，電阻R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，當(dāng)金屬棒以5 m/s的速度勻速向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，求： (1)流過(guò)金屬棒的感應(yīng)電流多大？ (2)若圖中電容器C為0.3 μF，則充電荷量是多少？ 解析：　(1)由E＝BLv得 E＝0.1×0.4×5 V＝0.2 V R＝＝ Ω＝ Ω I＝＝ A＝0.2 A. (2)路端

19、電壓U＝IR＝0.2× V ＝ V Q＝CU2＝CU＝0.3×10－6× C ＝4×10－8 C. 答案：　(1)0.2 A　(2)4×10－8 C 1．運(yùn)動(dòng)的動(dòng)態(tài)分析 2．電磁感應(yīng)問(wèn)題中兩大研究對(duì)象及其相互制約關(guān)系 (xx·廣東理綜)如圖所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上．導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板．R和Rx分別表示定值電阻和滑動(dòng)變阻器的阻值，

20、不計(jì)其他電阻． (1)調(diào)節(jié)Rx＝R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)，求通過(guò)棒的電流I及棒的速度v. (2)改變Rx，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過(guò)，求此時(shí)的Rx. 解析：　(1)對(duì)勻速下滑的導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖所示 導(dǎo)體棒所受安培力F安＝BIl ① 導(dǎo)體棒勻速下滑，所以 F安＝Mgsin θ ② 聯(lián)立①②式，解得I＝③ 導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv ④ 由閉合電路歐姆定律得I＝，且Rx＝R，

21、所以I＝ ⑤ 聯(lián)立③④⑤式，解得 v＝. ⑥ (2)由題意知，其等效電路圖如圖所示． 由圖知，平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓． 設(shè)兩板間的電壓為U，由歐姆定律知 U＝IRx ⑦ 要使帶電的微粒勻速通過(guò)，則 mg＝q ⑧ 因?yàn)閷?dǎo)體棒勻速下滑時(shí)的電流仍為I，所以 聯(lián)立③⑦⑧式，解得Rx＝. 答案：　(1)　　(2) 導(dǎo)體棒兩種狀態(tài)的處理方法 (1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài) 處理方法：根據(jù)平衡條件列方程求解

22、． (2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不為零 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． 3－1：如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑且平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下．經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，則(　　) A．如果B增大，vm將變大 B．如果α變大，vm將變大 C．如果R變大，vm將變大 D．如果m變小，vm將變大 解析：　以金屬桿為研究對(duì)象，受力如圖所示．根據(jù)牛頓第二定律得 mgsin α－F安＝ma， 其中F安＝

23、. 當(dāng)a→0時(shí)，v→vm， 解得vm＝， 結(jié)合此式分析即得B、C選項(xiàng)正確． 答案：　BC 1．能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn) 2．電能的求解思路 — (20分)如圖所示，在傾角為θ＝37°的斜面內(nèi)，放置MN和PQ兩根不等間距的光滑金屬導(dǎo)軌，該裝置放置在垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．導(dǎo)軌M、P端間接入阻值R1＝30 Ω的電阻和理想電流表，N、Q端間接阻值為R2＝6 Ω的電阻．質(zhì)量為m＝0.6 kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.5 m的金屬棒放在導(dǎo)軌上以v0＝5 m/s的初速度從ab處向右上滑到a′b′處的時(shí)間為t＝0.5 s，滑過(guò)的距離l＝0.5 m．a(chǎn)b處導(dǎo)軌間距Lab＝0.8 m，a′b′處導(dǎo)軌間距L

24、a′b′＝1 m．若金屬棒滑動(dòng)時(shí)電流表的讀數(shù)始終保持不變，不計(jì)金屬棒和導(dǎo)軌的電阻，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求： (1)此過(guò)程中電阻R1上產(chǎn)生的熱量． (2)此過(guò)程中電流表上的讀數(shù)． (3)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度． 規(guī)范解答//：解　(1)因電流表的讀數(shù)始終保持不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，故BLabv0＝BLa′b′va′b′，(2分) 代入數(shù)據(jù)可得va′b′＝4 m/s(2分) 根據(jù)能量守恒定律得： Q總＝m(v－v)－mglsin 37°＝QR1＋QR2(4分) 由Q＝t得：＝(1分) 代入數(shù)據(jù)可求得：QR1＝0.15 J．(1分)

25、(2)由焦耳定律：QR1＝IR1t可知：電流表讀數(shù) I1＝＝0.1 A．(2分) (3)不計(jì)金屬棒和導(dǎo)軌上的電阻，則R1兩端的電壓始終等于金屬棒與兩軌接觸間的電動(dòng)勢(shì)，E＝I1R1，(2分) E＝BLa′b′va′b′(2分) 所以B＝＝0.75 T．(2分) 答案：　(1)0.15 J　(2)0.1 A　(3)0.75 T. 此類(lèi)問(wèn)題求解的一般步驟 (1)確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路)； (2)弄清電磁感應(yīng)過(guò)程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化； (3)根據(jù)能量守恒定律列式求解． 4－1：處于豎直向上勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，下端連一電阻R，導(dǎo)軌與水平面之間

26、的夾角為θ.一電阻可忽略的金屬棒ab，開(kāi)始時(shí)固定在兩導(dǎo)軌上某位置，棒與導(dǎo)軌垂直．如圖所示，現(xiàn)釋放金屬棒讓其由靜止開(kāi)始沿軌道平面下滑．就導(dǎo)軌光滑和粗糙兩種情況比較，當(dāng)兩次下滑的位移相同時(shí)，則有(　　) A．重力勢(shì)能的減少量相同 B．機(jī)械能的變化量相同 C．磁通量的變化率相同 D．產(chǎn)生的焦耳熱相同 解析：　本題考查金屬棒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)及能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題．當(dāng)兩次下滑的位移相同時(shí)，易知重力勢(shì)能的減少量相同，則選項(xiàng)A正確；兩次運(yùn)動(dòng)的加速度不同，所用時(shí)間不同，速度不同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不同，磁通量的變化率也不同，動(dòng)能不同，機(jī)械能的變化量不同，則產(chǎn)生的焦耳熱也不同，故選項(xiàng)B、C、D均錯(cuò)誤． 答案：　

27、A 1．(xx·課標(biāo))如圖，一載流長(zhǎng)直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長(zhǎng)直導(dǎo)線右側(cè)，且其長(zhǎng)邊與長(zhǎng)直導(dǎo)線平行．已知在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)，直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應(yīng)電流總是沿順時(shí)針?lè)较?；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．設(shè)電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時(shí)間t變化的圖線可能是(　　) 解析：　因通電導(dǎo)線周?chē)拇艌?chǎng)離導(dǎo)線越近磁場(chǎng)越強(qiáng)，而線框中左右兩邊的電流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反，導(dǎo)線框的左邊受到的安培力大于導(dǎo)線框的右邊受到的安培力，所以合力與左邊導(dǎo)線框受力的方向相同．因?yàn)榫€框受到的安培力的合力先水平向左，

28、后水平向右，根據(jù)左手定則，導(dǎo)線框處的磁場(chǎng)方向先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，根據(jù)右手螺旋定則，導(dǎo)線中的電流先為正，后為負(fù)，所以選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、D、D錯(cuò)誤． 答案：　A 2.如圖所示，金屬棒AB垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌接觸良好，棒AB和導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，導(dǎo)軌左端接有電阻R，垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)向下穿過(guò)平面，現(xiàn)以水平向右的恒力F拉著棒AB向右移動(dòng)，t秒末棒AB的速度為v，移動(dòng)距離為x，且在t秒內(nèi)速度大小一直在變化，則下列判斷正確的是(　　) A．t秒內(nèi)AB棒所受安培力方向水平向左且逐漸增大 B．t秒內(nèi)AB棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng) C．t秒內(nèi)

29、AB棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng) D．t秒末外力F做功的功率為 答案：　AB 3.如圖所示，在方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中有一個(gè)由均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框abcd，線框在水平拉力作用下以恒定的速度v沿垂直磁場(chǎng)方向向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中線框dc邊始終與磁場(chǎng)右邊界平行，線框邊長(zhǎng)ad＝l，cd＝2l，線框?qū)Ь€的總電阻為R.則線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中(　　) A．a(chǎn)b間的電壓為 B．a(chǎn)d間的電壓為 C．線框中的電流在ab邊產(chǎn)生的熱量為 D．線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為 解析：　線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝2Blv，由閉合電路歐姆定律得，ab間的電壓為

30、Uab＝，ad間的電壓為Uad＝，A正確，B錯(cuò)；根據(jù)焦耳定律可得，線框中的電流在ab邊產(chǎn)生的熱量為Qab＝，線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為Qad＝，C錯(cuò)，D正確． 答案：　AD 4.如圖所示，在絕緣光滑水平面上，有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的單匝正方形線框abcd，在外力的作用下以恒定的速率v向右運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中線框平面保持與磁場(chǎng)方向垂直，線框的ab邊始終平行于磁場(chǎng)的邊界，已知線框的四個(gè)邊的電阻值相等，均為R.求： (1)在ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，線框內(nèi)的電流大?。? (2)在ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，ab邊兩端的電壓． (3)在線框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中

31、，線框中的電流產(chǎn)生的熱量． 解析：　(1)ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv， 所以通過(guò)線框的電流為I＝. (2)在ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，ab邊兩端的電壓為路端電壓Uab＝E＝BLv. (3)因線框是勻速進(jìn)入的，所以線框中電流產(chǎn)生的熱量 Q＝I2×4R×t＝. 答案：　(1) 　(2)BLv　 (3) 5．如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1 m，一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40 Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01 kg、電阻為r＝0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開(kāi)始下滑，下

32、滑過(guò)程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g＝10 m/s2(忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)原磁場(chǎng)的影響)，求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小； (2)金屬棒ab在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi)，通過(guò)電阻R的電荷量； (3)金屬棒ab在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量． 解析：　(1)金屬棒在AB段勻速運(yùn)動(dòng)，由題中圖象得： v＝＝7 m/s I＝　mg＝BIL 解得B＝0.1 T. (2)q＝Δt　＝ 解得：q＝1 C. (3)Q＝mgh－mv2 解得Q＝0.455 J　QR＝Q＝0.26 J. 答案：　(1)0.1 T　(2)1 C　(3)0.26 J