高考物理人教版安徽专用一轮复习跟踪检测电磁感应规律的综合应用

高考物理人教版安徽专用一轮复习跟踪检测电磁感应规律的综合应用

第3讲电磁感应规律的综合应用 ‎(对应学生用书第160页)‎ 电磁感应中的电路问题 ‎1.内电路和外电路 ‎(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．‎ ‎(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．‎ ‎2．电源电动势和路端电压 ‎(1)电动势：E＝Blv或E＝n.‎ ‎(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir.‎ ‎【针对训练】‎ ‎1．用均匀导线做成的正方形的线框边长为‎0.2m，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图9－3－1所示．当磁场以10T/s的变化率均匀增强时，线框中a、b两点间的电势差是(　　)‎ 图9－3－1‎ A．Uab＝0.1VB．Uab＝－0.1V C．Uab＝0.2VD．Uab＝－0.2V ‎【解析】由E＝＝＝10×0.02V＝0.2V，由楞次定律可知Uab＝－＝－0.1V，选项B正确．‎ ‎【答案】B 电磁感应的图象问题 图象 类型 ‎(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象，即B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象 ‎(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移x变化的图象，即E－x图象和I－x图象 问题 类型 ‎(1)由给定的电磁感应 过程判断或画出正确的图象 ‎(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量 ‎(3)利用给出的图象判断或画出新的图象 应用 知识 左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知识等 ‎【针对训练】‎ ‎2.‎ 图9－3－2‎ ‎(2012·福建高考)如图9－3－2，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则选项图中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是(　　)‎ ‎【解析】闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是均匀变化，所以感应电流随x的变化关系不可能是线性关系，A项错误；铜环由静止开始下落，速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小，过O点后，铜环的速度增大，磁通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确，C项错误．‎ ‎【答案】B 电磁感应现象中的能量问题 ‎1.能量的转化 感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能．‎ ‎2．实质 电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．‎ ‎3．电磁感应现象中能量的三种计算方法 ‎(1)利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．‎ ‎(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能．‎ ‎(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算．‎ ‎【针对训练】‎ ‎3.‎ 图9－3－3‎ 如图9－3－3所示，abcd是一个质量为m，边长为L的正方形金属线框．如从图示位置自由下落，在下落h后进入磁感应强度为B的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L.在这个磁场的正下方h＋L处还有一个未知磁场，金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是(　　)‎ A．未知磁场的磁感应强度是2B B．未知磁场的磁感应强度是B C．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL D．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL ‎【解析】设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为v1，那么mgh＝mv，v1＝.设线圈刚进入第二个磁场时速度大小为v2，那么v－v＝2gh，v2＝v1.根据题意还可得到，mg＝，mg＝整理可得出Bx＝B，A、B两项均错．穿过两个磁场时都做匀速运动，把减少的重力势能都转化为电能，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL，C项正确、D项错误．‎ ‎【答案】C ‎(对应学生用书第161页)‎ 电磁感应的电路问题 ‎1.电路分析的两个关键 ‎(1)确定等效电源的正负极、感应电流的方向、电势高低、电容器极板带电性质等问题，可以用右手定则或楞次定律解决．‎ ‎(2)根据闭合电路求解的电路中的总电阻、路端电压、电功率的问题，可以根据E＝Blv或E＝n和闭合电路欧姆定律等知识解决．‎ ‎2．解答电磁感应电路问题的三个步骤 ‎(1)确定电源：利用E＝n或E＝Blvsinθ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．如果在一个电路中切割磁感线的部分有多个并相互联系，可等效成电源的串、并联．‎ ‎(2)分析电路结构：分析内、外电路及外电路的串并联关系，画出等效电路图．‎ ‎(3)利用电路规律求解：主要应用欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解．‎ 如图9－3－4(a)所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L＝‎0.3m．导轨左端连接R＝0.6Ω的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面的匀强磁场B＝0.6T，磁场区域宽D＝‎0.2m．细金属棒A1和A2用长为2D＝‎0.4m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r＝0.3Ω.导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度v＝‎1.0m/s沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A1进入磁场(t＝0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图9－3－4(b)中画出．‎ 图9－3－4‎ ‎【解析】t1＝＝0.2s 在0～t1时间内，A1产生的感应电动势E1＝BLv＝0.18V.‎ 其等效电路如图甲所示．‎ 甲乙 由图甲知，电路的总电阻 R0＝r＋＝0.5Ω 总电流为I＝＝‎‎0.36A 通过R的电流为IR＝＝‎‎0.12A 从A1离开磁场(t1＝0.2s)至A2刚好进入磁场t2＝的时间内，回路无电流，IR＝0，‎ 从A2进入磁场(t2＝0.4s)至离开磁场t3＝＝0.6s的时间内，A2上的感应电动势为E2＝0.18V，‎ 其等效电路如图乙所示．‎ 由图乙知，电路总电阻R0＝0.5Ω，总电流I＝‎0.36A，流过R的电流 IR＝‎0.12A，‎ 综合以上计算结果，绘制通过R的电流与时间关系如图所示．‎ ‎【答案】见解析 电磁感应电路问题的分析 ‎(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向．从而确定电源正负极，明确内阻r.‎ ‎(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．‎ ‎(3)根据E＝Blv或E＝n结合闭合电路欧姆定律，串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．‎ ‎【即学即用】‎ ‎1.‎ 图9－3－5‎ ‎(2013届河北唐山一中质检)如图9－3－5所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为‎2l，磁感应强度为B，在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行．求：‎ ‎(1)线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；‎ ‎(2)线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；‎ ‎(3)在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W.‎ ‎【解析】(1)线框MN边在磁场中运动时，感应电动势E＝Blv 线框中的感应电流I＝＝.‎ ‎(2)M、N两点间的电压 UMN＝E＝Blv.‎ ‎(3)只有MN边在磁场中时，线框运动的时间t＝ 此过程线框中产生的焦耳热 Q1＝I2Rt＝ 只有PQ边在磁场中运动时，线框中产生的焦耳热 Q2＝ 根据能量守恒定律得水平外力做的功 W＝Q1＋Q2＝.‎ ‎【答案】(1)　(2)Blv　(3) 电磁感应现象中的图象问题 ‎1.题型特点 一般可把图象问题分为三类：‎ ‎(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象．‎ ‎(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．‎ ‎(3)根据图象定量计算．‎ ‎2．解题关键 弄清初始条件、正负方向的对应、变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点是解决问题的关键．‎ 对图象的认识，应从以下几方面注意：‎ ‎(1)明确图象所描述的物理意义．‎ ‎(2)必须明确各种“＋”、“－”的含义．‎ ‎(3)必须明确斜率的含义．‎ ‎(4)必须建立图象和电磁感应过程之间的对应关系．‎ ‎(5)注意三个相似关系及其各自的物理意义．‎ v～Δv～，B～ΔB～，Φ～ΔΦ～ 、、分别反映了v、B、Φ变化的快慢．‎ 图9－3－6‎ ‎(2012·重庆高考)如图9－3－6所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t＝0时刻，其四个顶点M′、N′、P′、Q′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是(　　)‎ ‎【审题视点】(1)从t＝0到线框离开磁场，导体切割磁感线的有效长度先增大，再不变，最后逐渐减小．‎ ‎(2)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式写出导线框所受安培力的表达式，分析表达式的数学涵意，即可找出答案．‎ ‎【解析】‎ 如图所示，当M′N′从初始位置运动到AB位置的过程中，切割磁感线的有效长度随时间变化关系为：L1＝L－(L－2vt)＝2vt，L为导线框的边长．‎ 产生的电流I1＝，导线框所受安培力f1＝BI‎1L1＝＝，所以f1为t的二次函数图象，是开口向上的抛物线．当Q′P′由CD位置运动到M′N′位置的过程中，切割磁感线的有效长度不变，电流恒定．‎ 当Q′P′由M′N′位置运动到AB位置的过程中，切割磁感线的有效长度L2＝L－2vt，产生的电流I2＝，导线框所受的安培力为f2＝，所以也是一条开口向上的抛物线，所以应选B.‎ ‎【答案】B 电磁感应图象问题的一般解题步骤 ‎(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者还是E－t图、I－t图等．‎ ‎(2)分析电磁感应的具体过程判断对应的图象是否分段，共分几段．‎ ‎(3)用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向．‎ ‎(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数关系式．‎ ‎(5)根据函数关系式，进行数学分析．‎ ‎(6)画图象或判断图象．‎ ‎【即学即用】‎ ‎2．(2013届淮南模拟)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图9－3－7甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图9－3－7乙所示，则对应感应电流的变化为(　　)‎ 甲乙 图9－3－7‎ ‎【解析】对应的感应电流为I＝n，可见感应电流与磁通量的变化率有关，类比v－t图象斜率的物理意义，不难发现，Φ－t图线上各点处切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小，斜率的符号表示电流的方向，根据题图乙，在0～t0时间内，感应电流I的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，据此可知，只有选项B正确．本题答案为B.‎ ‎【答案】B 电磁感应中的能量转化问题分析 ‎1.电磁感应中的能量转化特点 外力克服安培力做功，把机械能或其他能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其他形式的能(如内能)．这一功能转化途径可表示为：‎ ‎2．应注意的问题 ‎(1)产生和维持感应电流的过程就是其他形式的能量转化为感应电流的电能的过程．导体在达到稳定状态之前，外力移动导体所做的功，一部分消耗于克服安培力做功，转化为产生感应电流的电能或最后再转化为焦耳热，另一部分用于增加导体的机械能．‎ ‎(2)在较复杂的电磁感应现象中，经常涉及求解焦耳热的问题．尤其是变化的安培力，不能直接由Q＝I2Rt求解，用能量守恒的方法就可以不必追究变力、变电流做功的具体细节，只需弄清能量的转化途径，注意分清有多少种形式的能量在相互转化，用能量的转化与守恒定律就可求解，而用能量的转化与守恒观点，只需从全过程考虑，不涉及电流的产生过程，计算简便．‎ 在利用能量守恒解决电磁感应中的问题时，要分析安培力的做功情况，即安培力在导体运动过程中是做正功还是做负功．另外，参与能量转化的形式要考虑周全，要考虑准确哪些形式的能量增加，哪些形式的能量减少．‎ 图9－3－8‎ ‎(2012·山东高考改编)如图9－3－8所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是(　　)‎ A．P＝mgvsinθ B．P＝3mgvsinθ C．当导体棒速度达到时加速度大小为sinθ D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功 ‎【审题视点】(1)导轨和导体棒的电阻不计．‎ ‎(2)没有施加向下的拉力时，安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，施加拉力的最终安培力和拉力与重力沿斜面向下的分力的合力平衡．‎ ‎【解析】对导体棒受力分析如图．当导体棒以v匀速运动时(如图甲)，应有：mgsinθ＝F安＝BIL＝；当加力F后以2v匀速运动时(如图乙)，有F＋mgsinθ＝，两式联立得F＝mgsinθ，则P＝F·2v＝2mgvsinθ，A、B错误；由牛顿第二定律，当导体棒的速度为时，a＝＝＝sinθ，C正确；由功能关系，当导体棒达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功与减少的重力势能之和，D错误．‎ 甲乙 ‎【答案】C ‎【即学即用】‎ ‎3.‎ 图9－3－9‎ 如图9－3－9所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为(　　)‎ A．2mgL B．2mgL＋mgH C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH ‎【解析】设刚进入磁场时的速度为v1，刚穿出磁场时的速度v2＝①‎ 线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为‎2L.由题意知mv＝mgH②‎ mv＋mg·‎2L＝mv＋Q③‎ 由①②③得Q＝2mgL＋mgH.C选项正确．‎ ‎【答案】C ‎(对应学生用书第164页)‎ 电磁感应中“导轨＋杆”问题 在电磁感应中的动力学问题中有两类常见的模型 类型 ‎“电－动－电”型 ‎“动－电－动”型 示 意 图 已 知 棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑水平，电阻不计 棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，电阻不计 分 析 S闭合，棒ab受安培力F＝，此时a＝，棒ab速度v↑→感应电动势BLv↑→电流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，当安培力F＝0时，a＝0，v最大，最后匀速 棒ab释放后下滑，此时a＝gsinα，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsinα时，a＝0，v最大，最后匀速 运动 形式 变加速运动 变加速运动 最终 状态 匀速运动vm＝ 匀速运动 vm＝ ‎(2011·天津高考)如图9－3－10所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝‎0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直于导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝‎0.02kg，电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝‎ ‎0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．取g＝‎10m/s2，问 图9－3－10‎ ‎(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？‎ ‎(2)棒ab受到的力F多大？‎ ‎(3)棒cd每产生Q＝0.1J的热量，力F做的功W是多少？‎ ‎【规范解答】(1)棒cd受到的安培力 Fcd＝IlB①‎ 棒cd在共点力作用下平衡，则 Fcd＝mgsin30°②‎ 由①②式，代入数据解得 I＝‎1A③‎ 根据楞次定律可知，棒cd中的电流方向由d至c.④‎ ‎(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等 Fab＝Fcd 对棒ab，由共点力平衡知 F＝mgsin30°＋IlB⑤‎ 代入数据解得 F＝0.2N．⑥‎ ‎(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1J的热量，由焦耳定律知 Q＝I2Rt⑦‎ 设棒ab匀速运动的速度大小为v，其产生的感应电动势 E＝Blv⑧‎ 由闭合电路欧姆定律知 I＝⑨‎ 由运动学公式知在时间t内，棒ab沿导轨的位移 x＝vt⑩‎ 力F做的功 W＝Fx⑪‎ 综合上述各式，代入数据解得 W＝0.4J．⑫‎ ‎【答案】(1)‎1A方向由d至c　(2)0.2N　(3)0.4J ‎【即学即用】‎ ‎4.‎ 图9－3－11‎ ‎(2012·河南淮阳中学一模)如图9－3－11所示，abcd为静止于水平面上宽度为L而长度很长的U形金属滑轨，bc边接有电阻R，其他部分电阻不计．ef为一可在滑轨平面上滑动、质量为m的均匀金属棒．今金属棒以一水平细绳跨过定滑轮，连接一质量为M的重物．一匀强磁场B垂直滑轨面．重物从静止开始下落，不考虑滑轮的质量，且金属棒在运动中均保持与bc 边平行．忽略所有摩擦力．‎ ‎(1)当金属棒做匀速运动时，其速率是多少？(忽略bc边对金属棒的作用力)‎ ‎(2)若重物从静止开始至匀速运动时下落的总高度为h，求这一过程中电阻R上产生的热量．‎ ‎【解析】(1)系统的运动情况分析可用简图表示如下：‎ 棒的速度v↑棒中产生的感应电动势E↑通过棒的感应电流I↑棒所受安培力F安↑棒所受合力F合↓棒的加速度a↓，故当a＝0时，有：Mg－F安＝0，‎ 解得：v＝.‎ ‎(2)由能量守恒定律得：Mgh＝＋Q 解得：Q＝Mg[h－]．‎ ‎【答案】(1)　(2)Mg[h－]‎ ‎(对应学生用书第165页)‎ ‎●电磁感应图象问题 ‎1.‎ 图9－3－12‎ ‎(2012·新课标全国高考)如图9－3－12，一载流长直导线和一矩形框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是(　　)‎ ‎【解析】因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反，导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力，所以合力与左边导线框受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，导线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，选项B、C、D错误．‎ ‎【答案】A ‎2．(2010·广东高考)如图9－3－13所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是(　　)‎ 图9－3－13‎ ‎【解析】在金属棒PQ进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D项错误．在磁场中运动时，感应电动势E＝Blv，与时间无关，保持不变，故A选项正确．‎ ‎【答案】A ‎●电磁感应电路问题的分析 ‎3．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，下面四个选项中，则在移出过程中线框的一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是(　　)‎ ‎【解析】将线框等效成直流电路，设线框每条边的电阻为r，如图所示．‎ 因线框在四次移动中速度大小相等，其感应电动势E＝Blv也大小相等．A、C、D中|Uab|＝Ir＝×r＝Blv，B中|Uab|＝I×3r＝×3r＝Blv，故正确答案为B.B中a、b两点间的电势差应该是a、b两点间的路端电压，而不是感应电动势．‎ ‎【答案】B ‎●电磁感应中的动力学问题 ‎4.‎ 图9－3－14‎ 如图9－3－14所示，水平放置的导体框架，宽L＝‎0.50m，接有电阻R＝0.20Ω，匀强磁场垂直框架平面向里，磁感应强度B＝0.40T．一导体棒ab垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上滑动，框架和导体棒ab的电阻均不计．当ab以v＝‎4.0m/s的速度向右匀速滑动时，求：‎ ‎(1)ab棒中产生的感应电动势大小；‎ ‎(2)维持导体棒ab做匀速运动的外力F的大小；‎ ‎(3)若将外力F突然减小到F′，简要论述导体棒ab以后的运动情况．‎ ‎【解析】(1)ab棒切割磁感线，故 E＝BLv＝0.40×0.50×4.0V＝0.80V.‎ ‎(2)回路电流 I＝＝A＝‎‎4A 故F安＝BIL＝0.40×4×0.50N＝0.80N 因导体棒匀速运动，则 F＝F安＝0.80N.‎ ‎(3)当F突然减小为F′时，F安＞F′，导体棒ab所受合外力方向向左，导体棒做减速运动；由F合＝F安－F′＝－F′＝ma知，棒ab做加速度减小的减速运动，当a＝0时，导体棒做匀速直线运动，速度为v′＝.‎ ‎【答案】(1)0.80V　(2)0.80N　(3)见解析 ‎●电磁感应电路综合计算 ‎5．(2012·西安交大附中模拟)如图9－3－15所示，在磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，有一等边三角形ABC的固定裸导体框架，框架平面与磁感线方向垂直，裸导体DE能沿着导体框架滑动，且滑动时一直能与框架保持良好的接触．已知三角形的边长为‎0.2m，且三角形框架和导体DE的材料、横截面积相同，它们单位长度的电阻均为每米10Ω，当导体DE以v＝‎4.2m/s的速度(速度方向与DE垂直)下滑至AB、AC的中点M、N时，求：‎ 图9－3－15‎ ‎(1)M、N两点间感应电动势的大小；‎ ‎(2)流过导体框底边BC的电流多大？方向如何？‎ ‎【解析】(1)该位置处，MN＝‎0.1m.‎ E＝BLv＝0.5×0.1×4.2V＝0.21V.‎ ‎(2)该位置处等效电路如图：‎ MN间电阻为r＝1Ω.‎ R总＝r＋＝Ω.‎ I总＝＝‎0.09A.‎ IBC＝I总＝‎0.03A.‎ 据右手定则，结合电路，电流由B流向C.‎ ‎【答案】(1)0.21V　(2)‎0.03A由B流向C 课后作业(二十八)　(对应学生用书第271页)‎ ‎(时间45分钟，满分100分)‎ 一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．只有一个选项正确．)‎ ‎1．(2012·青岛模拟)某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图9－3－16甲、乙、丙、丁所示，关于回路中产生的感应电动势，下列判断正确的是(　　)‎ 甲乙丙丁 图9－3－16‎ A．图甲回路中，感应电动势不断增大 B．图乙回路中，感应电动势不断增大 C．图丙回路中，0～t1时间内的感应电动势小于t1～t2时间内的感应电动势 D．图丁回路中，感应电动势先变小，再变大 ‎【解析】由E＝知，Φ－t图象的斜率的绝对值表示电动势E的大小，图甲中斜率为0，图乙中斜率不变，图丙中0～t1时间内图象的斜率大于t1～t2时间内图象的斜率，图丁中斜率的绝对值先变小后变大，故D正确，A、B、C错误．‎ ‎【答案】D ‎2.‎ 图9－3－17‎ 如图9－3－17所示，abcd是金属导线做成的长方形线框，MN是可以在ab、cd上滑动并能保持与ab、cd良好接触的金属棒，除导体棒MN和线框ab边外其余电阻均不计，整个线框均处在与框面垂直的匀强磁场中，当MN由靠近ac边处向bd边匀速滑动的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．MN中的电流大小不变 B．MN中的电流先增大后减小 C．MN中的电流先减小后增大 D．MN两端的电势差先减小后增大 ‎【解析】MN从左向右移动的过程中，外电路的电阻先增加后减小，因而MN中的电流先减小后增大．‎ ‎【答案】C ‎3.‎ 图9－3－18‎ ‎(2013届池州模拟)如图9－3－18所示，一宽为‎40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，一边长为‎20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v＝‎20cm/s通过磁场区域．在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t＝0，则选项中能正确反映感应电流强度随时间变化规律的是(　　)‎ ‎【解析】在t＝0～1s时间内，线框中的感应电动势大小为E＝Blv，其中l为正方形导线框的边长，可见E大小恒定，所以感应电流强度l大小不变，根据楞次定律或右手定则可知，此时间段内感应电流方向沿逆时针方向；在t＝1～2s时间段内，线框完全在磁场中匀速向右运动，穿过线框的磁通量不变，无感应电流；在t＝2～3s时间段内，线框中的感应电动势大小仍为E＝Blv，感应电流大小也与在0～1s时间内相等，但是方向沿顺时针方向，即感应电流的方向与在0～1s时间内相反．综上所述，选项C正确．‎ ‎【答案】C ‎4.‎ 图9－3－19‎ ‎(2012·济南模拟)如图9－3－19所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合金属线框abcd，其边长为l、质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ，虚线框a′b′c′d′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab边与磁场的d′c′边重合．现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的d′c′边距离为l.在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为(　　)‎ A.mv＋μmglB.mv－μmgl C.mv＋2μmglD.mv－2μmgl ‎【解析】闭合线框进入磁场的过程中，由于一条边切割磁感线运动，产生感应电动势，从而产生感应电流，处于磁场中受到安培力，故整个运动过程中有摩擦阻力和安培力做功，但其中安培力是变力，因此由功能关系可得：mv＝μmg·‎2l＋Q，所以金属线框中产生的焦耳热为Q＝mv－2μmgl，故D正确．‎ ‎【答案】D ‎5.‎ 图9－3－20‎ 如图9－3－20所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一位于纸面内的电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向分别以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的过程中(　　)‎ A．导体框所受安培力方向相同 B．导体框中产生的焦耳热相同 C．导体框ad边两端电压相同 D．通过导体框截面的电荷量不同 ‎【解析】将线框向左和向右拉出磁场，产生电流方向都为逆时针，由左手定则知，第一次ad边受安培力向右，第二次bc边受安培力向左，故A错误；两次产生电动势之比为1∶3，所以电流之比为1∶3，所用时间之比为3∶1，由Q＝I2Rt可知两次产生焦耳热不同，故B错误；第一次Uad＝BLv，第二次Uad＝BL·3v，故C正确；由q＝知，两次通过截面的电荷量相同，故D错误．‎ ‎【答案】C ‎6.‎ 图9－3－21‎ 如图9－3－21所示，金属棒AB垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，棒与导轨接触良好，棒AB和导轨的电阻均忽略不计，导轨左端接有电阻R，垂直于导轨平面的匀强磁场向下穿过平面，现以水平向右的恒力F拉着棒AB向右移动，t秒末棒AB的速度为v，移动距离为x，且在t秒内速度大小一直在变化，则下列判断正确的是(　　)‎ A．t秒内AB棒所受安培力方向水平向左且逐渐减小 B．t秒内AB棒做加速度逐渐减小的加速运动 C．t秒内AB棒做匀加速直线运动 D．t秒末外力F做功的功率为 ‎【解析】由右手定则可知棒AB中感应电流的方向是由B到A，再由左手定则可判断棒AB所受安培力的方向水平向左，根据安培力的表达式F安＝可知，安培力逐渐增大，A错误；由牛顿第二定律F－＝ma可知，棒AB做加速度逐渐减小的加速运动，B正确，C错误；t秒末外力F做功的功率为P＝Fv，由于AB棒不是匀加速直线运动，故x≠t，D错误．‎ ‎【答案】B ‎7.‎ 图9－3－22‎ ‎(2013届浙江嘉兴一中模拟)如图9－3－22所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则(　　)‎ A．如果B增大，vm将变大 B．如果α变大，vm将变小 C．如果R变大，vm将变小 D．如果m变大，vm将变大 ‎【解析】‎ 金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动，杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示．安培力F＝LB，对金属杆列平衡方程mgsinα＝，则vm＝，由此式可知，B增大，vm减小；α增大，vm增大；R变大，vm变大；m变大，vm变大．因此D选项正确．‎ ‎【答案】D ‎8.‎ 图9－3－23‎ 如图9－3－23所示，两光滑平行金属导轨的间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计，现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时(　　)‎ A．电容器两端的电压为零 B．电阻两端的电压为BLv C．电容器所带电荷量为CBLv D．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为 ‎【解析】当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压U＝E＝BLv，所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故A、B错，C对；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D错．‎ ‎【答案】C ‎9.‎ 图9－3－24‎ ‎(2013届安徽省宿州质量检测)如图9－3－24所示，电阻不计的平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与定值电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，其电阻R0与定值电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ.若使导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到的安培力大小为F，此时(　　)‎ A．电阻R1消耗的热功率为Fv/3‎ B．电阻R0消耗的热功率为Fv/6‎ C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgv·cosθ D．整个装置消耗的机械功率为Fv ‎【解析】导体棒相当于一个电源，导体棒的电阻相当于电源内阻，定值电阻R1和R2并联后相当于外电路，此时安培力F的功率Fv等于整个电路中消耗的热功率，因为电阻R0与定值电阻R1和R2的阻值均相等，而流过电阻R0的电流大小等于流过定值电阻R1或R2的电流的2倍，所以电阻R0消耗的热功率是定值电阻R1或R2的4倍，电阻R1消耗的热功率为Fv/6，电阻R0消耗的热功率为2Fv/3，故选项A、B错误；整个装置的摩擦力大小为f＝μmgcosθ，方向与速度v方向相反，所以其消耗的热功率为μmgvcosθ，选项C正确；整个装置消耗的机械功率为P＝W/t，其中W为整个装置减小的机械能，其大小等于导体棒受到除重力外其他外力做功的代数和，即W＝W安＋Wf，所以P＝(W安＋Wf)/t＝Fv＋μmgvcosθ，选项D错误．本题答案为C.‎ ‎【答案】C ‎10.‎ 图9－3－25‎ ‎(2013届六安模拟)如图9－3－25所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计．则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法不正确的是(　　)‎ A．回到出发点的速度v等于初速度v0‎ B．上行过程中通过R的电量等于下行过程中通过R的电量 C．上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量 D．上行的运动时间小于下行的运动时间 ‎【解析】‎ 在金属棒整个上行与回到出发点的过程中，金属棒将一部分动能转化为电能，所以回到出发点的速度v小于初速度v0，选项A说法不正确；根据关系式q＝Δt＝Δt＝Δt＝可知，上行过程中通过R的电量等于下行过程中通过R的电量，选项B说法正确；上行过程中和下行过程中R上产生的热量都等于这两个过程中金属棒机械能的减少量，若设金属棒上行的高度为h，金属棒的质量为m，则Q热上＝mv－mgh，Q热下＝mgh－mv2，因为v＜v0，所以Q热上＞Q热下，选项C说法正确；金属棒在上行过程和下行过程中，经过同一位置时，上行时的速度大小总要大于下行时的速度大小，所以上行的运动时间小于下行的运动时间，选项D说法正确．本题答案为A.‎ ‎【答案】A 二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)‎ ‎11．(15分)(2013届宿城模拟)在如图9－3－26所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区，此时线框恰好以某一速度做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置．此时线框又恰好以另一速度做匀速直线运动．重力加速度为g，求：‎ 图9－3－26‎ ‎(1)t1时刻线框具有的速度大小；‎ ‎(2)t2时刻线框具有的速度大小．‎ ‎【解析】(1)t1时刻，对线框受力分析，根据平衡条件有：mgsinθ＝BI‎1L，其中I＝，解得：v1＝ ‎(2)t2时刻，对线框受力分析，根据平衡条件有：mgsinθ＝2BI‎2L，其中I2＝，可得：v2＝ ‎【答案】(1)　(2) ‎12．(15分)(2013届江西玉山一中质检)如图9－3－27甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝‎0.5m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL＝4Ω的小灯泡L连接．在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l＝‎2m，有一阻值r＝2Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处．CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图9－3－27乙所示．在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化．求：‎ 甲乙 图9－3－27‎ ‎(1)通过小灯泡的电流；‎ ‎(2)金属棒PQ在磁场区域中运动速度的大小．‎ ‎【解析】(1)0～4s内，电路中的感应电动势 E＝＝·S＝×0.5×2V＝0.5V 此时灯泡中的电流 IL＝＝＝A＝‎0.1A.‎ ‎(2)由于灯泡亮度没有变化，故IL没变化．‎ 根据E′＝Bdv I′＝＝ UL＝I′· IL＝ 解得v＝‎1m/s.‎ ‎【答案】(1)‎0.1A　(2)‎1m/s