高考物理精讲:专题10+电磁感应(高考定位+审题破题,含原创题组及解析)

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文档介绍

高考物理精讲:专题10+电磁感应(高考定位+审题破题,含原创题组及解析)

高考定位 电磁感应是电磁学部分的重点之一,是高考的重要考点.考查的重点有以下几个方面:①楞 次定律的理解和应用;②电磁感应图象;③电磁感应过程中的动态分析;④综合应用电路知 识和能量观点解决电磁感应问题.应考策略:复习应注意“抓住两个定律,运用两种观点”.两 个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律;两种观点是指动力学观点和能量观点. 考题 1 对楞次定律和电磁感应图象问题的考查 例 1 (单选)如图 1 所示,直角坐标系 xOy 的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场,磁 感应强度大小均为 B,在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场,磁感应强度大小为 2B.现将 半径为 L、圆心角为 90°的扇形闭合导线框 OPQ 在外力作用下以恒定角速度绕 O 点在纸面内 沿逆时针方向匀速转动.t=0 时刻线框在图示位置,设电流逆时针方向为正方向.则下列关 于导线框中的电流随时间变化的图线,正确的是( ) 图 1 审题突破 根据转动闭合线框切割磁感线产生的感应电动势公式 E=1 2Bl2ω求出每条半径切 割磁感线时产生的感应电动势,分段由闭合电路欧姆定律求出感应电流,由楞次定律判断感 应电流的方向,即可选择图象. 解析 根据楞次定律,线框从第一象限进入第二象限时,电流方向是正方向,设导线框的电 阻为 R,角速度为ω,则电流大小为BωL2 2R ,从第二象限进入第三象限时,电流方向是负方向, 电流大小为3BωL2 2R ,从第三象限进入第四象限时,电流方向是正方向,电流大小是3BωL2 2R ,线 框从第四象限进入第一象限时,电流方向是负方向,电流大小为BωL2 2R ,B 选项正确. 答案 B 1.(双选)(2014·江苏·7)如图 2 所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源, 过了几分钟,杯内的水沸腾起来.若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有( ) 图 2 A.增加线圈的匝数 B.提高交流电源的频率 C.将金属杯换为瓷杯 D.取走线圈中的铁芯 答案 AB 解析 当电磁铁接通交流电源时,金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热,使水温升高.要 缩短加热时间,需增大涡电流,即增大感应电动势或减小电阻.增加线圈匝数、提高交变电 流的频率都是为了增大感应电动势,瓷杯不能产生涡电流,取走铁芯会导致磁性减弱.所以 选项 A、B 正确,选项 C、D 错误. 1.楞次定律的理解和应用 (1)“阻碍”的效果表现为:①阻碍原磁通量的变化——增反减同;②阻碍物体间的相对运动 ——来拒去留;③阻碍自身电流的变化——自感现象. (2)解题步骤:①确定原磁场的方向(分析合磁场);②确定原磁通量的变化(增加或减少);③确 定感应电流磁场的方向(增反减同);④确定感应电流方向(安培定则). 2.求解图象问题的思路与方法 (1)图象选择问题:求解物理图象的选择题可用“排除法”,即排除与题目要求相违背的图象, 留下正确图象.也可用“对照法”,即按照要求画出正确的草图,再与选项对照.解决此类 问题的关键是把握图象特点,分析相关物理量的函数关系,分析物理过程的变化或物理状态 的变化. (2)图象分析问题:定性分析物理图象,要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量,弄清图 象的物理意义,借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断.在有关物理图象 的定量计算时,要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系,善于挖掘图象中的隐 含条件,明确有关图象所包围的面积、斜率,以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理意 义. 考题 2 对电磁感应中动力学问题的考查 例 2 如图 3 所示,间距为 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 与水平面夹角为 30°,导轨的电阻不计,导轨的 N、Q 端连接一阻值为 R 的电阻,导轨上有一根质量一定、电 阻为 r 的导体棒 ab 垂直导轨放置,导体棒上方距离 L 以上的范围存在着磁感应强度大小为 B、 方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场.现在施加一个平行斜面向上且与棒 ab 重力相等的恒 力,使导体棒 ab 从静止开始沿导轨向上运动,当 ab 进入磁场后,发现 ab 开始匀速运动,求: 图 3 (1)导体棒的质量; (2)若进入磁场瞬间,拉力减小为原来的一半,求导体棒能继续向上运动的最大位移. 审题突破 (1)由牛顿第二定律求出导体棒的加速度,由匀变速运动的速度位移公式求出速 度,由安培力公式求出安培力,然后由平衡条件求出导体棒的质量.(2)应用牛顿第二定律、 安培力公式分析答题. 解析 (1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动,距离为 L,其加速度为 F-mgsin 30°=ma F=mg 得 a=1 2g 棒进入磁场时的速度为 v= 2aL= gL 由棒在磁场中匀速运动可知 F 安=1 2mg F 安=BIL=B2L2v R+r 得 m=2B2L2 R+r L g (2)若进入磁场瞬间使拉力减半,则 F=1 2mg 则导体棒所受合力为 F 安 F 安=BIL=B2L2v R+r =ma v=Δs Δt 和 a=Δv Δt 代入上式 B2L2Δs Δt R+r =mΔv Δt 即B2L2Δs R+r =mΔv 设导体棒继续向上运动的位移为 s,则有 B2L2s R+r =mv 将 v= gL和 m=2B2L2 R+r L g 代入得 s=2L 答案 (1)2B2L2 R+r L g (2)2L 2.(单选)如图 4 所示,光滑斜面 PMNQ 的倾角为θ,斜面上放置一矩形导体线框 abcd,其中 ab 边长为 l1,bc 边长为 l2,线框质量为 m、电阻为 R,有界匀强磁场的磁感应强度为 B,方 向垂直于斜面向上,ef 为磁场的边界,且 ef∥MN.线框在恒力 F 作用下从静止开始运动,其 ab 边始终保持与底边 MN 平行,F 沿斜面向上且与斜面平行.已知线框刚进入磁场时做匀速 运动,则下列判断不正确的是( ) 图 4 A.线框进入磁场前的加速度为F-mgsin θ m B.线框进入磁场时的速度为F-mgsin θR B2l 21 C.线框进入磁场时有 a→b→c→d 方向的感应电流 D.线框进入磁场的过程中产生的热量为(F-mgsin θ)l1 答案 D 解析 线框进入磁场前,对整体,根据牛顿第二定律得:F-mgsin θ=ma,线框的加速度为 a=F-mgsin θ m ,故 A 正确.设线框匀速运动的速度大小为 v,则线框受力平衡,F=F 安+mgsin θ,而 F 安=B·Bl1v R ·l1=B2l 21 v R ,解得 v=F-mgsin θR B2l 21 ,选项 B 正确;根据右手定则可知,线 框进入磁场时有 a→b→c→d 方向的感应电流,选项 C 正确;由能量关系,线框进入磁场的 过程中产生的热量为力 F 做的功与线框重力势能增量的差值,即 Fl2-mgl2sin θ,选项 D 错 误,故选 D. 3.如图 5 甲所示,MN、PQ 是相距 d=1.0 m 足够长的平行光滑金属导轨,导轨平面与水平 面间的夹角为θ,导轨电阻不计,整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,金属 棒 ab 垂直于导轨 MN、PQ 放置,且始终与导轨接触良好,已知金属棒 ab 的质量 m=0.1 kg, 其接入电路的电阻 r=1 Ω,小灯泡电阻 RL=9 Ω,重力加速度 g 取 10 m/s2.现断开开关 S,将 棒 ab 由静止释放并开始计时,t=0.5 s 时刻闭合开关 S,图乙为 ab 的速度随时间变化的图 象.求: 图 5 (1)金属棒 ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值; (2)磁感应强度 B 的大小. 答案 (1)6 m/s2 3 5 (2)1 T 解析 (1)S 断开时 ab 做匀加速直线运动 由图乙可知 a=Δv Δt =6 m/s2 根据牛顿第二定律有:mgsin θ=ma 所以 sin θ=3 5. (2)t=0.5 s 时 S 闭合,ab 先做加速度减小的加速运动,当速度达到最大 vm=6 m/s 后做匀速 直线运动 根据平衡条件有 mgsin θ=F 安 又 F 安=BId E=Bdvm I= E RL+r 解得 B=1 T. 在此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约,解决问题前首先要建立“动—电—动” 的思维顺序,可概括为: (1)找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向. (2)根据等效电路图,求解回路中的感应电流的大小及方向. (3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响,从而推出对电路中的感应电流有什么影响, 最后定性分析导体棒的最终运动情况. (4)列牛顿第二定律或平衡方程求解. 考题 3 对电磁感应中能量问题的考查 例 3 如图 6 所示,平行金属导轨与水平面间夹角均为 37°,导轨间距为 1 m,电阻不计, 导轨足够长.两根金属棒 ab 和以 a′b′的质量都是 0.2 kg,电阻都是 1 Ω,与导轨垂直放置 且接触良好,金属棒和导轨之间的动摩擦因数为 0.25,两个导轨平面处均存在着垂直轨道平 面向上的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度 B 的大小相同.让 a′b′固定不动,将金属棒 ab 由静止释放,当 ab 下滑速度达到稳定时,整个回路消耗的电功率为 8 W.求: 图 6 (1)ab 下滑的最大加速度; (2)ab 下落了 30 m 高度时,其下滑速度已经达到稳定,则此过程中回路电流的发热量 Q 为多 大? (3)如果将 ab 与 a′b′同时由静止释放,当 ab 下落了 30 m 高度时,其下滑速度也已经达到 稳定,则此过程中回路电流的发热量 Q′为多大?(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) 审题突破 (1)当 ab 棒刚下滑时,v=0,没有感应电流,此时加速度最大.(2)ab 棒达到最大 速度后做匀速运动,其重力功率等于整个回路消耗的电功率,求出 vm,根据能量守恒列式求 回路电流的发热量 Q.(3)a′b′和 ab 受力平衡时稳定,求出稳定速度,根据能量守恒列式求 回路电流的发热量 Q′. 解析 (1)当 ab 棒刚下滑时,ab 棒的加速度有最大值: a=gsin θ-μgcos θ=4 m/s2. (2 分) (2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动,有 mgsin θ=BIL+μmgcos θ, (2 分) 整个回路消耗的电功率 P 电=BILvm=(mgsin θ-μmgcos θ)vm=8 W, (2 分) 则 ab 棒的最大速度为:vm=10 m/s (1 分) 由 P 电=E2 2R =BLvm2 2R (2 分) 得:B=0.4 T. (1 分) 根据能量守恒得: mgh=Q+1 2mv 2m +μmgcos θ· h sin θ (2 分) 解得:Q=30 J. (1 分) (3)由对称性可知,当 ab 下落 30 m 稳定时其速度为 v′,a′b′也下落 30 m,其速度也为 v′, ab 和 a′b′都切割磁感线产生电动势,总电动势等于两者之和. 根据共点力平衡条件,对 ab 棒受力分析, 得 mgsin θ=BI′L+μmgcos θ (2 分) 又 I′=2BLv′ 2R =BLv′ R (2 分) 代入解得 v′=5 m/s (1 分) 由能量守恒 2mgh=1 2 ×2mv′2+2μmgcos θ h sin θ +Q′ (3 分) 代入数据得 Q′=75 J. (1 分) 答案 (1)4 m/s2 (2)30 J (3)75 J 4.(双选)在倾角为θ足够长的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场,磁 场方向一个垂直斜面向上,另一个垂直斜面向下,宽度均为 L,如图 7 所示.一个质量为 m、 电阻为 R、边长也为 L 的正方形线框在 t=0 时刻以速度 v0 进入磁场,恰好做匀速直线运动, 若经过时间 t0,线框 ab 边到达 gg′与 ff′中间位置时,线框又恰好做匀速运动,则下列说法 正确的是( ) 图 7 A.当 ab 边刚越过 ff′时,线框加速度的大小为 gsin θ B.t0 时刻线框匀速运动的速度为v0 4 C.t0 时间内线框中产生的焦耳热为 3 2mgLsin θ+15 32mv20 D.离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动 答案 BC 解析 当 ab 边进入磁场时,FA=B2L2v0 R =mgsin θ.当 ab 边刚越过 f′f 时,线框的感应电动势 和电流均加倍,4B2L2v0 R -mgsin θ=ma,加速度向上为 3gsin θ,A 错误;t0 时刻,4B2L2v R =mgsin θ,解得 v=v0 4 ,B 正确;线框从进入磁场到再次做匀速运动过程,沿斜面向下运动距离为 3 2L, 则由功能关系得 t0 时间内线框中产生的焦耳热为 Q=3mgLsin θ 2 +1 2mv 20 -1 2mv2=3 2mgLsin θ+ 15 32mv 20 ,C 正确;线框离开磁场时做加速运动,D 错误. 5.如图 8 所示,水平放置的足够长的平行金属导轨 MN、PQ 的一端接有电阻 R0,不计电阻 的导体棒 ab 静置在导轨的左端 MP 处,并与 MN 垂直.以导轨 PQ 的左端为坐标原点 O,建 立直角坐标系 xOy,Ox 轴沿 PQ 方向.每根导轨单位长度的电阻为 r.垂直于导轨平面的非匀 强磁场磁感应强度在 y 轴方向不变,在 x 轴方向上的变化规律为:B=B0+kx,并且 x≥0.现 在导体棒中点施加一垂直于棒的水平拉力 F,使导体棒由静止开始向右做匀加速直线运动, 加速度大小为 a.设导体棒的质量为 m,两导轨间距为 L.不计导体棒与导轨间的摩擦,导体棒 与导轨接触良好,不计其余部分的电阻. 图 8 (1)请通过分析推导出水平拉力 F 的大小随横坐标 x 变化的关系式; (2)如果已知导体棒从 x=0 运动到 x=x0 的过程中,力 F 做的功为 W,求此过程回路中产生的 焦耳热 Q; (3)若 B0=0.1 T,k=0.2 T/m,R0=0.1 Ω,r=0.1 Ω/m,L=0.5 m,a=4 m/s2,求导体棒从 x =0 运动到 x=1 m 的过程中,通过电阻 R0 的电荷量 q. 答案 (1)F=ma+B0+kx2L2 2ax R0+2rx (2)W-max0 (3)0.5 C 解析 (1)设导体棒运动到坐标为 x 处的速度为 v,由法拉第感应定律得产生的感应电动势为: E=BLv ① 由闭合电路欧姆定律得回路中的电流为: I= BLv R0+2rx ② 由于棒做匀加速度直线运动,所以有: v= 2ax ③ 此时棒受到的安培力:FA=BIL ④ 由牛顿第二定律得:F-FA=ma ⑤ 由①②③④⑤联立解得:F=ma+B0+kx2L2 2ax R0+2rx (2)设导体棒在 x=x0 处的动能为 Ek,则由动能定理得:Ek=max0 ⑥ 由能量守恒与转化定律得:W=Q+Ek ⑦ 将⑥式代入⑦式解得:Q=W-max0 (3)由①②两式得:I=B0+kxLv R0+2rx ⑧ 因为 v=at,将题中所给的数值代入⑧式得:I=2t(A) ⑨ 可知回路中的电流与时间成正比,所以在 0~t 时间内,通过 R0 的电荷量为: q=I 2t=t2 (C) 由匀加速直线运动规律得:t= 2x a 当 x=1 m 时,有 q=2x a =0.5 C 1.明确安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”,用框图表示如下: 电能 W 安>0 W 安<0 其他形式的能 2.明确功能关系,确定有哪些形式的能量发生了转化.如有摩擦力做功,必有内能产生;有 重力做功,重力势能必然发生变化;安培力做负功,必然有其他形式的能转化为电能. 3.根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解问题. 考题 4 综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题 例 4 (20 分)如图 9 甲所示,MN、PQ 是相距 d=1 m 的足够长平行光滑金属导轨,导轨平 面与水平面成某一夹角,导轨电阻不计;长也为 1 m 的金属棒 ab 垂直于 MN、PQ 放置在导 轨上,且始终与导轨接触良好,ab 的质量 m=0.1 kg、电阻 R=1 Ω;MN、PQ 的上端连接右 侧电路,电路中 R2 为一电阻箱;已知灯泡电阻 RL=3 Ω,定值电阻 R1=7 Ω,调节电阻箱使 R2=6 Ω,重力加速度 g=10 m/s2.现断开开关 S,在 t=0 时刻由静止释放 ab,在 t=0.5 s 时刻 闭合 S,同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场,磁场方向垂直于导轨平面斜向上; 图乙所示为 ab 的速度随时间变化图象. 图 9 (1)求斜面倾角α及磁感应强度 B 的大小; (2)ab 由静止下滑 s=50 m(此前已达到最大速度)的过程中,求整个电路产生的电热; (3)若只改变电阻箱 R2 的值.当 R2 为何值时,ab 匀速下滑中 R2 消耗的功率最大?消耗的最大 功率为多少? 解析 (1)S 断开时,ab 做匀加速直线运动,从图乙得 a=Δv Δt =6 m/s2 (1 分) 由牛顿第二定律有 mgsin α=ma, (1 分) 所以有 sin α=3 5 ,即α=37°, (1 分) t=0.5 s 时,S 闭合且加了磁场,分析可知,此后 ab 将先做加速度减小的加速运动,当速度 达到最大(vm=6 m/s)后接着做匀速运动. 匀速运动时,由平衡条件知 mgsin α=F 安, (1 分) 又 F 安=BId I=Bdvm R 总 (1 分) R 总=R+R1+ RLR2 RL+R2 =10 Ω (1 分) 联立以上四式有 mgsin α=B2d2vm R 总 (2 分) 代入数据解得 B= mgsin αR 总 d2vm =1 T (1 分) (2)由能量转化关系有 mgsin αs=1 2mv 2m +Q (2 分) 代入数据解得 Q=mgsin αs-1 2mv 2m =28.2 J (1 分) (3)改变电阻箱 R2 的值后,ab 匀速下滑时有 mgsin α=BdI (1 分) 所以 I=mgsin α Bd =0.6 A(1 分) 通过 R2 的电流为 I2= RL RL+R2 I (1 分) R2 的功率为 P=I 22 R2 (1 分) 联立以上三式可得 P=I2 R 2L R2 RL+R22 =I2 R 2L  RL R2 + R22 (1 分) 当 RL R2 = R2时,即 R2=RL=3 Ω,功率最大, (1 分) 所以 Pm=0.27 W. (2 分) 答案 (1)37° 1 T (2)28.2 J (3)3 Ω 0.27 W (2014·安徽·23)(16 分)如图 10 甲所示,匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5 T,其方向垂直于倾角 θ为 30°的斜面向上.绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨 MPN(电阻忽略不计), MP 和 NP 长度均为 2.5 m,MN 连线水平,长为 3 m.以 MN 中点 O 为原点、OP 为 x 轴建立 一维坐标系 Ox.一根粗细均匀的金属杆 CD,长度 d 为 3 m、质量 m 为 1 kg、电阻 R 为 0.3 Ω, 在拉力 F 的作用下,从 MN 处以恒定速度 v=1 m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动(金属杆与导轨 接触良好).g 取 10 m/s2. 图 10 (1)求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动到 x=0.8 m 处电势差 UCD; (2)推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x 的关系式,并在图乙中画 出 F-x 关系图像; (3)求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热. 答案 (1)1.5 V -0.6 V (2)F=12.5-3.75x(0≤x≤2) 见解析图 (3)7.5 J 解析 (1)金属杆 CD 在匀速运动中产生的感应电动势 E=Blv(l=d) E=1.5 V(D 点电势高)当 x=0.8 m 时,金属杆在导轨间的电势差为零.设此时 杆在导轨外的长度为 l 外,则 l 外=d-OP-x OP d OP= MP2-MN 2 2=2 m 得 l 外=1.2 m 由楞次定律判断 D 点电势高,故 C、D 两端电势差 UCD=-Bl 外 v=-0.6 V. (2)杆在导轨间的长度 l 与位置 x 的关系是 l=OP-x OP d=3-3 2x 对应的电阻 R1=l dR 电流 I=Blv R1 杆受的安培力为 F 安=BIl=7.5-3.75x 根据平衡条件得 F=F 安+mgsin θ F=12.5-3.75x(0≤x≤2) 画出的 F-x 图象如图所示. (3)外力 F 所做的功 WF 等于 F-x 图线下所围的面积. 即 WF=5+12.5 2 ×2 J=17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔEp=mgOPsin θ 故全过程产生的焦耳热 Q=WF-ΔEp=7.5 J. 知识专题练 训练 10 题组 1 楞次定律和电磁感应图象问题 1.(单选)法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机.如图 1 所示,紫铜做的 圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中,圆盘圆心处固定一个摇柄,边缘和圆心处各与一个 黄铜电刷紧贴,用导线将电刷与电流表连接起来形成回路.转动摇柄,使圆盘逆时针匀速转 动,电流表的指针发生偏转.下列说法正确的是( ) 图 1 A.回路中电流大小变化,方向不变 B.回路中电流大小不变,方向变化 C.回路中电流的大小和方向都周期性变化 D.回路中电流方向不变,从 b 导线流进电流表 答案 D 解析 铜盘转动产生的感应电动势为:E=1 2BL2ω,B、L、ω不变,E 不变,电流:I=E R =BL2ω 2R , 电流大小恒定不变,由右手定则可知,回路中电流方向不变,从 b 导线流进电流表,故 A、 B、C 错误,D 正确. 2.(双选)如图 2 所示,虚线右侧存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,正方形金属框电阻 为 R,边长是 L,自线框从左边界进入磁场时开始计时,在外力作用下由静止开始,以垂直 于磁场边界的恒定加速度 a 进入磁场区域,t1 时刻线框全部进入磁场.若外力大小为 F,线 框中电功率的瞬时值为 P,线框磁通量的变化率为ΔΦ Δt ,通过导体横截面的电荷量为 q,(其中 P—t 图象为抛物线)则这些量随时间变化的关系正确的是( ) 图 2 答案 BD 解析 线框做匀加速运动,其速度 v=at,感应电动势 E=BLv 线框进入磁场过程中受到的安培力 F 安=BIL=B2L2v R =B2L2at R 由牛顿第二定律得:F-B2L2at R =ma 则 F=ma+B2L2a R t,故 A 错误; 感应电流 I=E R =BLat R 线框的电功率 P=I2R=BLa2 R t2,故 B 正确; 线框的位移 s=1 2at2,ΔΦ Δt =B·ΔS Δt =B· L·1 2at2 t =1 2BLat,故 C 错误; 电荷量 q=IΔt=E R·Δt= ΔΦ Δt R ·Δt=ΔΦ R =BLs R =BL·1 2at2 R =BLa 2R t2,故 D 正确. 题组 2 电磁感应中动力学问题 3.(双选)如图 3 所示,两根足够长的平行金属导轨倾斜放置,导轨下端接有定值电阻 R,匀 强磁场方向垂直导轨平面向上.现给金属棒 ab 一平行于导轨的初速度 v,使金属棒保持与导 轨垂直并沿导轨向上运动,经过一段时间金属棒又回到原位置.不计导轨和金属棒的电阻, 在这一过程中,下列说法正确的是( ) 图 3 A.金属棒上滑时棒中的电流方向由 b 到 a B.金属棒回到原位置时速度大小仍为 v C.金属棒上滑阶段和下滑阶段的最大加速度大小相等 D.金属棒上滑阶段和下滑阶段通过棒中的电荷量相等 答案 AD 解析 金属棒上滑时,根据右手定则判断可知金属棒中感应电流的方向由 b 到 a,故 A 正确.金 属棒运动过程中产生感应电流,受到安培力作用,根据楞次定律可知安培力总是阻碍金属棒 相对于导轨运动,所以金属棒的机械能不断减小,则金属棒回到原位置时速度大小必小于 v, 故 B 错误.根据牛顿第二定律得:对于上滑过程:mgsin θ+F 安=ma 上;对于下滑过程:mgsin θ-F 安′=ma 下.可知:a 上>a 下,故 C 错误.金属棒上滑阶段和下滑阶段中回路磁通量的变 化量相等,根据 q=ΔΦ R 可知通过金属棒的电荷量相等,故 D 正确. 4.如图 4 所示,螺线管横截面积为 S,线圈匝数为 N,电阻为 R1,管内有水平向右的磁场, 磁感应强度为 B.螺线管与足够长的平行金属导轨 MN、PQ 相连并固定在同一平面内,与水平 面的夹角为θ,两导轨间距为 L.导轨电阻忽略不计.导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为 B0 的匀强磁场中.金属杆 ab 垂直导轨,杆与导轨接触良好,并可沿导轨无摩擦滑动.已知 金属杆 ab 的质量为 m,电阻为 R2,重力加速度为 g.忽略螺线管磁场对金属杆 ab 的影响,忽 略空气阻力. 图 4 (1)螺线管内方向向右的磁场 B 不变,当 ab 杆下滑的速度为 v 时,求通过 ab 杆的电流的大小 和方向; (2)当 ab 杆下滑的速度为 v 时,螺线管内方向向右的磁场才开始变化,其变化率ΔB Δt =k(k>0).讨 论 ab 杆加速度的方向与 k 的取值的关系. 答案 (1) B0Lv R1+R2 ,方向为 b→a (2)kB 20 L2v-mgR1+R2sin θ B0LNS ,加速度方向向 下 解析 (1)切割磁感线产生的感应电动势 E1=B0Lv 则电流的大小 I= E1 R1+R2 = B0Lv R1+R2 根据右手定则知,通过 ab 的电流方向为 b→a. (2)根据法拉第电磁感应定律得,螺线管中磁场变化产生的感应电动势 E2=NΔBS Δt =kNS 产生的感应电动势方向与 ab 切割产生的感应电动势方向相反. 则感应电流的大小 I=E1-E2 R1+R2 当 mgsin θB0IL=B0LB0Lv-kNS R1+R2 时,加速度方向向下. 即 k>B 20 L2v-mgR1+R2sin θ B0LNS ,加速度方向向下 题组 3 电磁感应中能量问题 5.(双选)如图 5 所示,空间存在一有边界的条形匀强磁场区域,磁场方向与竖直平面(纸面) 垂直,磁场边界的间距为 L.一个质量为 m、边长也为 L 的正方形导线框沿竖直方向运动,线 框所在平面始终与磁场方向垂直,且线框上、下边始终与磁场的边界平行.t=0 时刻导线框 的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ),导线框的速度为 v0.经历一段时间后,当导线 框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ),导线框的速度刚好为零.此后,导线框 下落,经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力),则( ) 图 5 A.上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等 B.上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多 C.上升过程中,导线框的加速度逐渐减小 D.上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率 答案 BC 解析 线框在运动过程中要克服安培力做功,消耗机械能,故返回原位置时速率减小,由动 能定理可知,上升过程动能变化量大,合力做功多,所以选项 A 错误;分析线框的运动过程 可知,在任一位置,上升过程的安培力大于下降过程中的安培力,而上升、下降位移相等, 故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做的功,故上升过程中线框产生的热 量多,所以选项 B 正确;以线框为对象分析受力可知,在上升过程做减速运动,有 F 安+mg =ma,F 安=B2L2v R ,故有 a=g+B2L2 mR v,所以上升过程中,速度减小,加速度也减小,故选项 C 正确;在下降过程中的加速度小于上升过程的加速度,而上升、下降的位移相等,故可知 上升时间较短,下降时间较长,两过程中重力做功大小相同,由功率公式可知,上升过程克 服重力做功的平均功率大于下降过程重力做的平均功率,所以选项 D 错误. 6.(2014·新课标Ⅱ·25)半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为 r、 质量为 m 且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上面,BA 的延长线通过圆导轨中心 O, 装置的俯视图如图 6 所示.整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为 B,方向竖直 向下.在内圆导轨的 C 点和外圆导轨的 D 点之间接有一阻值为 R 的电阻(图中未画出).直导 体棒在水平外力作用下以角 速度ω绕 O 逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触.设导体棒与导轨之间 的动摩擦因数为μ,导体棒和导轨的电阻均可忽略.重力加速度大小为 g.求: 图 6 (1)通过电阻 R 的感应电流的方向和大小; (2)外力的功率. 答案 (1)方向为 C→D 大小为3Bωr2 2R (2)9B2ω2r4 4R +3μmgωr 2 解析 (1)根据右手定则,得导体棒 AB 上的电流方向为 B→A,故电阻 R 上的电流方向为 C→D. 设导体棒 AB 中点的速度为 v,则 v=vA+vB 2 而 vA=ωr,vB=2ωr 根据法拉第电磁感应定律,导体棒 AB 上产生的感应电动势 E=Brv 根据闭合电路欧姆定律得 I=E R ,联立以上各式解得通过电阻 R 的感应电流的大小为 I=3Bωr2 2R . (2)根据能量守恒定律,外力的功率 P 等于安培力与摩擦力的功率之和,即 P=BIrv+fv,而 f =μmg 解得 P=9B2ω2r4 4R +3μmgωr 2 .
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