2020年高考物理總復(fù)習(xí)：電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用

1、第 3 節(jié) 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 考點(diǎn) 11 ?電磁感應(yīng)與電路 【pi86】 電磁感應(yīng)的電路問題 1. 電源與外電路 切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈相當(dāng)于 電源_，其電阻相當(dāng)于電源 _ 內(nèi)阻其余部分是外電路. 2. 常用參量的求解 (1) 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：電動(dòng)勢 E= 或_E= BLvsin_ 9_. 根據(jù)閉合電路的歐姆定律：路端電壓 U = _E lr_ ,對純電阻電路，干路電流 1 = E R + r . (3)通過電路中導(dǎo)體橫截面的電量 q = _n R / _, R 為閉合電路的總電阻. 夯實(shí)基礎(chǔ) 例 1 如圖所示,MNPQ 是用單位長度電阻為 ro的均勻金屬條制

2、成的矩形閉合框 ，線框 固定在傾角為 9的絕緣斜面上，MN 長為 L , MQ 長為 4L,有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁 場垂直穿過斜面.質(zhì)量為 m 的金屬桿 ab 在外力 F 作用下，以速度 v 勻速沿斜面向下滑過矩 形框，滑行過程中 ab 始終平行于 MN 且與框良好接觸，外力 F 始終沿斜面且垂直于 ab.已 知金屬桿 ab 的單位長度電阻為 2.1r,不計(jì)桿與框的摩擦重力加速度取 MN 時(shí)的位移記為 s= 0, g,將桿 ab 經(jīng)過 (1)桿 ab 中感應(yīng)電流 (2)桿 ab 發(fā)熱功率的最小值； 矩形框 MNPQ 上發(fā)熱功率最大時(shí) ab 桿的位移. 【解析】(1)感應(yīng)電動(dòng)勢 E =

3、BLv ,外電路被 ab 分為上下兩部分 R上 R 下 R 夕卜= R上 + R 下 (L + 2s)( 9L 2s) 10L E BLv I = = R外+ R內(nèi) R外 + R內(nèi) = _ BLv _ =(L + 2s)( 9L 2s) 10L ro+ 2.1Lr o 2 = _ 10BL v _ (L + 2s)( 9L 2s) r+ 21L ro 外電路電阻最大時(shí)，感應(yīng)電流最小，ab 發(fā)熱功率最小因?yàn)?R 上+ R下為常數(shù)，所以 R上 R R下 5L X 5L 當(dāng)R R上=R R下時(shí)R R外有最大值,即位移s s= 2L2L,此時(shí)R R外=R R上不下=FFo = 2.5Lr2.5Lro,

4、 P Pab 2 2 c 1O5B Lv R R 內(nèi)=1O58ro (3)矩形框的功率即電源的輸出功率 ，當(dāng) R外=R內(nèi)時(shí)，P出最大. 【小結(jié)】解答電磁感應(yīng)電路問題的方法 1.確定電源 產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的導(dǎo)體或線圈就是電源. 2.分清內(nèi)、外電路 內(nèi)電路是切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈 ，外電路由電阻、電容等電學(xué)元件 組成. 3. 解題的基本步驟 (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向 ，感應(yīng) 電動(dòng)勢的方向是電源內(nèi)部電流的方向. =I2R 內(nèi)= (L + 2s)( 9L 2s) 1OL ro= 2.1Lr o, 可解得 S1= L, S2= 3L. (2

5、) 根據(jù)電源和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路圖,注意區(qū)別內(nèi)、外電路 區(qū)別路端電壓和電動(dòng)勢. 根據(jù)E E= BL e或E = n n石結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識和電功率、焦 耳定律等列式求解若涉及理想變壓器的問題 ，結(jié)合變壓器公式求解. 針對訓(xùn)練 2 1. 侈選）如圖甲，線圈 A（圖中實(shí)線，共 100 匝）的橫截面積為 0.3 m，總電阻 r= 2 Q , A右側(cè)所接電路中，電阻 Ri= 2 Q , R2= 6 Q ,電容 C= 3 卩 F,開關(guān) S!閉合.A 中有橫截 面積為 0.2 m2的區(qū)域 C（圖中虛線）,C 內(nèi)有圖乙所示的變化磁場 ，t= 0 時(shí)刻，磁場方向垂直 于線

6、圈平面向里為正下列判斷正確的是 （BD） R. J 0.6 r 1 CM 0 K A 甲 A 閉合 S2,電路穩(wěn)定后，通過 R2的電流由 b 流向 a B .閉合 S2,電路穩(wěn)定后，通過 R2的電流大小為 0.4 A C.閉合 S2,電路穩(wěn)定后再斷開 Si,通過 R2的電流由 b 流向 a D .閉合 S2,電路穩(wěn)定后再斷開 Si,通過 R2的電荷量為 7.2X 10 一6 C 【解析】根據(jù)楞次定律,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向 ，則閉合S2、電路穩(wěn)定 后，通過 R2的電流由 a 流向 b，選項(xiàng) A 錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律: x 0.2 V = 4 V ,貝則閉合 S2、電路穩(wěn)定后，

7、通過 R2的電流大小為 0.4 A ,選項(xiàng) B 正確；閉合 S2、電路穩(wěn)定后電容器上極板帶正電 ，則當(dāng)再斷開 S1,電容器放 電，通過R2的電流由 a 流向 b,選項(xiàng) C 錯(cuò)誤；電路穩(wěn)定后電容器帶電量 Q = CUR2= 3X 10 -6x 0.4x 6 C = 7.2X 10-6 C,則電路穩(wěn)定后再斷開 S1,通過 R2的電荷量為 7.2X 10-6 C,選 項(xiàng) D 正確. AB E= nS= 100 x At R1 + R2+ r 2. （多選）如圖所示，一個(gè)匝數(shù) n= 100 匝的圓形線圈，面積 S1= 0.4 m2,電阻 r = 1 Q .在線圈中存在面積 S2= 0.3 m2,垂直線

8、圈平面向外的勻強(qiáng)磁場區(qū)域 ，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B = 0.3 + 0.15t.將線圈兩端 a、b 與一個(gè)阻值 R= 2 Q的電阻相連接，b 端接地.則下列說法正確的是 (AD) A .通過電阻 R 的電流方向向上 B. 回路中的電流大小逐漸增大 C. 電阻 R 消耗的電功率為 6.75 W D. a 端的電勢(a= 3 V 【解析】由題可知，磁場逐漸增強(qiáng)，即原磁場磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知，感 應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相反 ，根據(jù)右手定律可知通過電阻 R 的電流方向向上，故選項(xiàng) A B AB 正確；由 B = 0.3 + 0.15t 可知： =0.15 T/s ,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知：

9、E= nS2 = At At E 4 5 100X 0.15X 0.3 V = 4.5 V ,根據(jù)閉合電路歐姆定律可知： 1= = A = 1.5 A ,恒定不 R + r 2+ 1 變，故選項(xiàng) B 錯(cuò)誤；根據(jù)公式可知電阻 R 消耗的電功率為：P= I2R = 1.52 X 2 W = 4.5 W,故 選項(xiàng) C 錯(cuò)誤；根據(jù)歐姆定律可知電阻 R 兩端電壓為 Uba= IR = 1.5X 2 V = 3.0 V =帕一加，由 題可知： b= 0 ,貝U Oa= 3 V ,故選項(xiàng) D 正確. p 187 】 電磁感應(yīng)的圖象問題 圖象 類型 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度 B、磁通量 、感應(yīng)電動(dòng)勢 E 和感應(yīng)電流

10、1 隨 時(shí)間 t 變化的 圖象，即B t 圖象、一 t 圖象、E t 圖象、1 t 圖象 對于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流的情況 ，還常涉及感應(yīng)電動(dòng)勢 E 和感應(yīng)電流 1 隨 位移 x 變化的圖象，即 E x圖象和 1 x圖象 問題 類型 (1)由給定的 電磁感應(yīng)過程判斷或畫出正確的圖象 (2)由給定的有關(guān)圖象分析 電磁感應(yīng)一過程，求解相應(yīng)的物理量 (3 )利用給出的圖象判斷或畫出新的圖象 應(yīng)用 左手疋則、安培疋則、右手疋則、 楞次疋律 、 法拉第電磁感應(yīng)疋律 、 知識 歐姆定律、牛頓定律、函數(shù)圖象等知識 例 2 如圖甲所示,導(dǎo)體框架 abcd 放置于水平面內(nèi)，ab 平行于 cd,導(dǎo)體棒

11、 MN 與兩導(dǎo)軌 垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置放置于垂直于框架平面的磁場中 ，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 隨時(shí)間 變化規(guī)律如圖乙所示，MN 始終保持靜止.規(guī)定豎直向上為磁場正方向 ，沿導(dǎo)體棒由 M 到 N 為感應(yīng)電流的正方向，水平向右為導(dǎo)體棒所受安培力 F 的正方向，水平向左為導(dǎo)體棒所受 考點(diǎn) 2 ?電磁感應(yīng)的圖象問題 夯實(shí)基礎(chǔ) 摩擦力 f 的正方向，下列圖象中正確的是（ ） I） B 【解析】由圖看出，磁感應(yīng)強(qiáng)度先不變，后均勻減小，再反向均勻增大，則可判定 的 t 值，先為零，然后一定，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得知 ，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢先為零 ， 后恒定不變，感應(yīng)電流先沒有，后恒定不變，根據(jù)楞次定律

12、得知，回路中感應(yīng)電流方向逆時(shí) 針，為正，故A 錯(cuò)誤，B 正確.在 0ti時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒 MN 不受安培力，故 C 錯(cuò)誤；由左 手定則判斷可知，在 tit2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒 MN 所受安培力方向水平向右 ，由 F= BIL 可知， B 均勻減小，MN 所受安培力大小 F 均勻減??；在 t2t3時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒 MN 所受安培力方 向水平向左，由 F= BIL 可知，B 均勻增大，MN 所受安培力大小 F 均勻增大；根據(jù)平衡條 件得到，棒 MN 受到的靜摩擦力大小 f= F,方向相反，即在 0ti時(shí)間內(nèi)，沒有摩擦力，而 在 tit2時(shí)間內(nèi)，摩擦力方向向左，大小減小，在 t2t3時(shí)間內(nèi)，摩擦力方向向右，

13、大小增 大.D 正確. 【答案】BD 例 3 如圖，平行光滑金屬導(dǎo)軌 M、N 固定在水平面上，處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中. 完 全相同的兩金屬棒 P、Q 搭放在導(dǎo)軌上，開始均處于靜止?fàn)顟B(tài).給 P 施加一與導(dǎo)軌平行的恒 定拉力作用，運(yùn)動(dòng)中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好. 設(shè)導(dǎo)軌足夠長,除兩棒的 電阻外其余電阻均不計(jì).則兩棒的速度及棒中的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象正確的是 （ ） 【解析】P 向右做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，由右手定則判斷知，回路中產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流 ， 由左手定則判斷可知，Q 棒所受的安培力方向向右，故 Q 向右做加速運(yùn)動(dòng)；Q 向右運(yùn)動(dòng)后， 開始階段，兩桿的速度差增大，回路中產(chǎn)生的感

14、應(yīng)電動(dòng)勢增大 ，感應(yīng)電流增大，兩桿所受的 安培力都增大，則 P 的加速度減小，Q 的加速度增大，當(dāng)兩者的加速度相等時(shí)，速度之差不 變，感應(yīng)電流不變，安培力不變，兩桿均做加速度相同的勻加速運(yùn)動(dòng) ，故 A 正確，B 錯(cuò)誤； 開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒的速度差增大，感應(yīng)電動(dòng)勢增大，通過電流增大，最終兩棒都做勻加速運(yùn) 動(dòng)，速度差保持不變，故回路中感應(yīng)電動(dòng)勢不變，電流恒定，故 C 錯(cuò)誤，D 正確. 【答案】AD 【小結(jié)】1解決圖象問題的一般步驟 (1) 明確圖象的種類，即是 B t 圖還是 一 t 圖，或者 E t 圖、I t 圖等. (2) 分析電磁感應(yīng)的具體過程. (3) 用右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電流方向

15、與時(shí)間的對應(yīng)關(guān)系. (4) 結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓定律等規(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，如分析斜率的變化、截距等. 2. 此類題的特點(diǎn)及解題關(guān)鍵 此類題的特點(diǎn)是已知 B t 圖或一 t 圖，來分析線框中的電動(dòng)勢、 電流或線框所受安培 力的變化情況.解題的關(guān)鍵是：弄清圖象中的斜率、拐點(diǎn)、截距的物理意義，結(jié)合楞次定律、 法拉第電磁感應(yīng)定律 E n 、E BLv 及歐姆定律來分析電壓、電流的大小以及安培力大 t 小變化. 3. 解這類題最常用的方法是排除法：先由楞次定律或右手定則確定電磁感應(yīng)過程中的 電流方向排除錯(cuò)誤選項(xiàng)，再由法拉第電磁感應(yīng)定律確定某過程中

16、電動(dòng)勢大小變化情況排除錯(cuò) 誤選項(xiàng). 3. （多選） 如圖甲所示,一正方形導(dǎo)線框 ABCD 置于勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng) 度 B 隨時(shí)間 t 的變化如圖乙所示,則線框中的電流 I和導(dǎo)線 AB 受到的安培力 F 隨時(shí)間 t 變 化的圖象分別是（規(guī)定垂直紙面向里的方向?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度的正方向 ，逆時(shí)針方向?yàn)榫€框中電 流的正方向，向右為安培力的正方向）（AC） X X X x 坪 屮 1 【解析】由 B t 圖象可知，0于內(nèi)，線圈中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，電 路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，沿 ABCDA 方向，即電流為正方向；TT T內(nèi)，線圈中向里的磁通 量減小，由楞次定律可知，電路中電流方向?yàn)轫?/p>

17、時(shí)針方向 ，即電流為負(fù)方向；由法拉第電磁 感應(yīng)定律：E=- ,由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化,所以產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小保持不變 At At 故 A 正確，B 錯(cuò)誤；02 內(nèi)，電路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針 ，根據(jù)左手定則可知，AB 邊受到的 安培力的方向向右，為正值；2T內(nèi)，電路中的電流為順時(shí)針，AB 邊受到的安培力的方 向向左，為負(fù)值；根據(jù)安培力的公式： F = BIL,電流大小不變，安培力的大小與磁感應(yīng)強(qiáng) 度成正比，故 C 正確，D 錯(cuò)誤. 4. (多選)如圖所示，在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁場中，沿水平面固定 一個(gè) V 字形金屬框架 CAD ,已知/ A = 0,導(dǎo)體棒 EF 在框架上從 A

18、 點(diǎn)開始在外力作用下 沿垂直 EF 方向以速度 v 勻速向右平移，使導(dǎo)體棒和框架始終構(gòu)成等腰三角形回路.已知框 架和導(dǎo)體棒的材料和橫截面積均相同 ，其單位長度的電阻均為 R,框架和導(dǎo)體棒均足夠長 導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)中始終與磁場方向垂直 ，且與框架接觸良好. 關(guān)于回路中的電流 I和消耗的電功 率 P 隨時(shí)間 t 變化關(guān)系的下列四個(gè)圖象中可能正確的是 (AD) AB S BCD 【解析】t t時(shí)刻有效切割長度L L=2vttan2vttan0 0 電動(dòng)勢 E = Bv 2vttang 夯實(shí)基礎(chǔ) 1. 感應(yīng)電流在磁場中受到 安培力一的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟 _力_學(xué)問題 聯(lián)系在一起.解決這類問題需要綜

19、合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律 （法拉第電磁感應(yīng)定律）及力學(xué)中的有 關(guān)規(guī)律（牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律等 ），分析時(shí)要特別注意 a = 0、速度 v 達(dá)到最大值時(shí)的特點(diǎn). 2. 運(yùn)動(dòng)的動(dòng)態(tài)分析 例 4 如圖所示，兩平行導(dǎo)軌間距為 L,傾斜部分和水平部分長度均為 L,傾斜部分與水 平面的夾角為 37 , cd 間接電阻 R,導(dǎo)軌電阻不計(jì)質(zhì)量為 m 的金屬細(xì)桿靜止在傾斜導(dǎo)軌2vt 總電阻，R總=R -+ 2vtta n 二 0 ， 0 Bvsi ng 電流 I = = .A R總 0 R (1+ sing) 對, 錯(cuò). 2 而 P= I R 總，P t, D 對，C 錯(cuò). 考點(diǎn) 3 ?電磁

20、感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 【P188】 考點(diǎn)突破 底端，與導(dǎo)軌接觸良好，電阻為 r整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中 ，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間 變化關(guān)系為 B = B0+ kt(k0),在桿運(yùn)動(dòng)前，以下說法正確的是(已知 sin 37= 0.6, cos 37 =0.8)( ) 2 A .穿過回路的磁通量為 2(Bo+ kt)L B. 流過導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)橛?b 到 a D .細(xì)桿受到的摩擦力一直減小 【解析】由二 BS效=(Bo+ kt) (L2+ L2cos 37 )= 1.8(Bo+ kt)L2,故 A 錯(cuò)誤.磁感應(yīng)強(qiáng) 方向，即電流流向?yàn)?b 到 a, B 正確.因感應(yīng)電流大小恒定 ，則細(xì)桿所受的安

21、培力 F= BIL 因 B 逐漸增大而增大，由左手定則知方向水平向右 ，對桿由平衡知識可得 mgs in 0=f + BILcos 0,則摩擦力先向上逐漸減小到零 ，后向下逐漸增大，D 錯(cuò)誤. 【答案】BC 例 5 如圖所示，固定的絕緣斜面傾角為 0= 30，質(zhì)量為 m= 1 kg 的均勻細(xì)金屬棒 ab(僅 畫出 a 端)和質(zhì)量為 M = 2 kg 的均勻細(xì)金屬棒 cd(僅畫出 c 端)用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線 構(gòu)成回路abcd,并通過固定在斜面頂端的兩個(gè)光滑絕緣小定滑輪連接使兩金屬棒水平 ，導(dǎo) 線平行斜面.已知在虛線右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B= 1 T 的勻強(qiáng)磁場，方向垂直斜面向上，回 路總電

22、阻為 R = 0.5 Q ,兩金屬棒的長度均為 L = 0.5 m, ab 棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 尸 ,重力加速度為 g= 10 m/s2, cd 棒始終未觸地，ab 棒始終未到滑輪處. (1) 將兩金屬棒由靜止釋放,求釋放瞬間的加速度大小； (2) 求兩金屬棒最終穩(wěn)定時(shí)的速度大小. 【解析】(1)設(shè)金屬棒釋放瞬問細(xì)導(dǎo)線上的拉力為 T ,對金屬棒 cd,由牛頓第二定律得 Mg T = Ma 對金屬棒 ab,由牛頓第二定律得: C.回路中電流的大小為 1.8kL2 R + r 度均勻增大，由法拉第電磁感應(yīng)定得 E= n= At B S= k (L2+ L2cos 37 ) = 1.8kL2,

23、由閉合電 路歐姆定律得 E R+ r 1.8kL2 R + r 則 C 正確.由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向俯視為順時(shí)針 T mgsin 0F = ma 又 FN = mgcos 0 聯(lián)立解得 a= 2.5 m/s2 (2) 兩金屬棒最終穩(wěn)定后以共同速度做勻速運(yùn)動(dòng) ，設(shè)此時(shí)速度為 v ab 棒運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢 E = BLv 由閉合電路歐姆定律得 1=E E R 由安培力公式可知 F = BIL 穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)后對 cd 棒有 Mg = Ti 對 ab 棒有 T1= mgsin 0+ 卩 mgos 0+F 聯(lián)立解得 v = 15 m/s 【小結(jié)】 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析 1. 兩種狀態(tài)及處理

24、(1) 導(dǎo)體處于平衡態(tài) 一一靜止或勻速直線運(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、 動(dòng)量及動(dòng)量變化關(guān)系分析. 2.電磁感應(yīng)問題中兩大研究對象及其相互制約關(guān)系 5. 如圖所示,水平放置的光滑金屬長導(dǎo)軌 MM 和NN之間接有電阻 R,導(dǎo)軌左、右兩 區(qū)域分別處在方向相反與軌道垂直的勻強(qiáng)磁場中 ，方向見圖，設(shè)左、右區(qū)域磁場的磁感強(qiáng)度為 Bi和 B2,虛線為兩區(qū)域的分界線一根金屬棒 ab 放在導(dǎo)軌上并與其垂直，棒和導(dǎo)軌的 電阻均不計(jì).金屬棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面區(qū)域中恰好以速

25、度為 v 做勻速直 線運(yùn)動(dòng)，則（B） A 若 B2= Bi時(shí)，棒進(jìn)入右面區(qū)域中后先做加速運(yùn)動(dòng) ，最后以速度 2 做勻速直線運(yùn)動(dòng) B 若 B2= Bi時(shí)，棒進(jìn)入右面區(qū)域中時(shí)仍以速度 v 做勻速直線運(yùn)動(dòng) C. 若 B2= 2Bi時(shí)， 棒進(jìn)入右面區(qū)域后先做減速運(yùn)動(dòng) ，最后以速度 2 做勻速運(yùn)動(dòng) D .若 B2= 2Bi時(shí)，棒進(jìn)入右面區(qū)域后先做加速運(yùn)動(dòng) ，最后以速度 4v 做勻速運(yùn)動(dòng) 【解析】金屬棒在水平向右的恒力作用下，在虛線左邊區(qū)域中以速度 v 做勻速直線運(yùn)動(dòng), 恒力 F與安培力平衡當(dāng) B2= Bi時(shí)，棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，棒切割磁感線的感應(yīng)電動(dòng)勢與感 應(yīng)電流大小均沒有變化,棒所受安培力大小和方向也沒

26、有變化 ,與恒力 F 仍然平衡，則棒 進(jìn)入右邊區(qū)域后，以速度 v 做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故 A 錯(cuò)誤，B 正確.當(dāng) B2= 2Bi時(shí)，棒進(jìn)入 右邊區(qū)域后，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流均變大 ，所受的安培力也變大，恒力沒有變化, 則棒先減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流減小 ，棒受到的安培力減小，當(dāng)安 培力與恒力再次平衡時(shí)棒做勻速直線運(yùn)動(dòng). 設(shè)棒勻速運(yùn)動(dòng)速度大小為 v在左側(cè)磁場中，有 F 1 以速度 4v 做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故 C、D 錯(cuò)誤. 6. （多選）如圖甲所示,光滑的平行導(dǎo)軌 MN、PQ 固定在水平面上，導(dǎo)軌表面上放著光 滑導(dǎo)體棒 ab、cd,兩棒之間用絕緣細(xì)桿連接，兩導(dǎo)體棒平行且與導(dǎo)

27、軌垂直現(xiàn)加一垂直導(dǎo) 軌平面的勻強(qiáng)磁場， 設(shè)磁場方向向下為正， 磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 隨時(shí)間 t 的變化規(guī)律如圖乙所示 ti= 2to,不計(jì) ab、cd 間電流的相互作用，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，每根導(dǎo)體棒的電阻為 R,導(dǎo)軌間 距和絕緣細(xì)桿的長均為 L.下列說法正確的是（ABD） M _ r 書 X 覚X M X X 、 7 P_ h d 0 甲 7 A t = to時(shí)輕桿既不被拉伸也不被壓縮 B 在 0t1時(shí)間內(nèi)，絕緣細(xì)桿先被拉伸后被壓縮 C.在 0t1時(shí)間內(nèi)，abcd 回路中的電流方向是先順時(shí)針后逆時(shí)針2 2 R ,在右側(cè)磁場中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F= 2 2 2 2 B2L v (2Bi) L v i 廠=

28、R ，可得 v= v,即棒最后 D. 若在 0ti時(shí)間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電量為 q,則 ti時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 器 【解析】t= to時(shí)，ab、cd 中有感應(yīng)電流，但磁感應(yīng)強(qiáng)度為 0,故安培力為 0,桿中沒有 作用力，A 對；0to,回路中磁通量向下減小，toti,磁通量向上增大，根據(jù)楞次定律, 感應(yīng)電流一直為順時(shí)針，根據(jù)“增縮減擴(kuò)”原理，回路先有擴(kuò)張，后有收縮趨勢，故桿先被 _ p 拉伸后被壓縮，B 對，C 錯(cuò)；q=Ft= 2Rt =示,設(shè) ti時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,貝臨=2BS = 2BL2 ,所以 B =罟,D 對. 【P189】 1 .電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)是 _其他形式的能_轉(zhuǎn)化成電能.

29、 2 .感應(yīng)電流在磁場中受安培力 ，外力克服安培力 做功，將 其他形式的能 轉(zhuǎn)化 為_電能_ ,（或者說安培力做的負(fù)功的絕對值等于產(chǎn)生的電能 ）電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為 _ 其他形式的能_. 3 3 .電流做功產(chǎn)生的熱量用焦耳定律計(jì)算 ，公式為 Q = I2Rt . 考點(diǎn) 4 ?電磁感應(yīng)中的能量問題 例 6 如圖所示,在傾角為 30的斜面上固定一電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌 ，其間距 為 L ,下端接有阻值為 R 的電阻，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B ,方向與斜面 垂直（圖中未畫出）.質(zhì)量為 m、長度為 L,阻值大小也為 R 的金屬棒 ab 與固定在斜面上方 的勁度系數(shù)為 k 的絕緣彈

30、簧相接，彈簧處于原長并被鎖定. 現(xiàn)解除鎖定的同時(shí)使金屬棒獲得 沿斜面向下的速度 V0,從開始運(yùn)動(dòng)到停止運(yùn)動(dòng)的過程中金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好 接觸，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為 g,彈簧彈性勢能為 Ep= 1kx2（x 為彈簧形變 量）.在上述過程中（ ） A .開始運(yùn)動(dòng)時(shí)金屬棒與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)間電壓為 BLv 0 2 B.通過電阻 R 的最大電流一定是 BLv 0 2R C.通過電阻 R 的總電荷量為 mgBL 4kR 【解析】開始時(shí)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢： E= BLvo,金屬棒與導(dǎo)軌接觸點(diǎn) 間的電壓：U = IR = EX R= 1 1E = BLVBLV0,故 A 正確

31、；金屬棒開始向下運(yùn)動(dòng)時(shí)做加速運(yùn)動(dòng) ，當(dāng) 2R 2 2 金屬棒的速度最大時(shí)感應(yīng)電流最大 ，金屬棒的最大速度大于 V0,最大電流大于 BLR0故 B 錯(cuò)誤；最終金屬棒靜止，此時(shí)由平衡條件得：mgsin 30*x,此時(shí)彈簧的伸長量：x=羅, 通過 R 的總電荷量： q= 2R = 2R = 4kR ，故 C 正確；由能量寸恒疋律得： 2mvo+ mgxsin 軌間距為 L ,電阻不計(jì)水平段導(dǎo)軌所處空間存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場 ，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B.導(dǎo)體棒 a 和 b 的質(zhì)量均為 m,電阻值分別為 Ra= R, Rb= 2R.b 棒放置在水平導(dǎo)軌上且距彎 曲軌道底部L0處，a 棒在彎曲軌道上距水平面

32、h高度處由靜止釋放運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)軌棒和 (1) a 棒剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力； (2) 從 a 棒開始下落到最終穩(wěn)定的過程中 ，a 棒上產(chǎn)生的內(nèi)能. 【解析】(1)設(shè) a 棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為 v,從開始下落到剛進(jìn)入磁場: 1 2 mgh = ?mv a 棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢 E= BLv 根據(jù)閉合電路歐姆定律 E I = R+ a 棒受到的安培力 F= BIL _ B2L2V2gh F F= 3R D 回路產(chǎn)生的總熱量等于 1mv2+ 2 2 m g 4k 1 2 1 2 30 =Q + ?kx ,解得：Q = ?mvo+ mgxsin 30 【答案】AC 2 2 1 2 1 2 m

33、 g 2 心=2mvo+ 8k ， 故 D 錯(cuò)誤. MN、PQ 放在水平面上，左端向上彎曲，導(dǎo) 導(dǎo)軌接觸良好且始終和導(dǎo)軌垂直 (2)a、b 棒均受安培力作用，大小相等，方向相反，所以 a 棒和 b 棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守 恒設(shè)兩棒最終穩(wěn)定速度為 v1,2 2 A. mgb 1 Bmv C. mg(b 1 mg(b a) + ?mv mv = 2mvi a 棒產(chǎn)生內(nèi)能為 Ea, b 棒產(chǎn)生內(nèi)能為 Eb 1 2 1 2 根據(jù)能量守恒：qmv = 2X 2mv2mvi+ Ea+ Eb Eb= 2Ea 1 Ea= mgh 【小結(jié)】電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題 1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn) 外力克服安培力做功，

34、把機(jī)械能或其他能量轉(zhuǎn)化成電能； 感應(yīng)電流通過電路做功又把電 能轉(zhuǎn)化成其他形式的能(如內(nèi)能).這一功能轉(zhuǎn)化途徑可表示為： I 外力克服 I 由流 I 其他形式的能 I安克功I電能 I 功”其他形式的能(如內(nèi)能) 2. 電能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：其他形式的能的減少量等于產(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. L 7 叫 7. 如圖所示,下半部處在方向水平的勻強(qiáng)磁場中的光滑曲面 ，它與豎直平面的交線是 拋物線，其拋物線方程為 y = x2,磁場理想上邊界是 y =

35、a 的直線,一小金屬塊從拋物線 y = b(b a)處，以速度 v 沿拋物線下滑，假設(shè)拋物面足夠大，則金屬塊在曲面上滑動(dòng)的整個(gè)過 程中生熱為(D) 【解析】在金屬塊進(jìn)入磁場和穿出磁場時(shí)，切割磁感線的那部分金屬塊具有感應(yīng)電動(dòng)勢 會(huì)向未切割磁感線的那部分金屬塊供電 ，從而形成電流(渦流).導(dǎo)致機(jī)械能轉(zhuǎn)化成熱能.由 于整個(gè)金屬塊都在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí) ，金屬塊中只有感應(yīng)電動(dòng)勢 ，不會(huì)有感應(yīng)電流.所以只要金 屬塊不再穿出磁場區(qū)域(金屬塊向外運(yùn)動(dòng)到磁場上邊界時(shí) ，速度恰好為 0),就不再會(huì)有機(jī)械 能轉(zhuǎn)化成熱能最終金屬塊在磁場內(nèi)往復(fù)運(yùn)動(dòng) ，到達(dá) y = a 處速度為 0由能量守恒得：Q = 1 2 mg(b a

36、) + 2mv &如圖所示,固定的水平光滑金屬導(dǎo)軌，間距為 L,左端接有阻值為 R 的電阻處在 方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁場中，質(zhì)量為 m 的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連，放在導(dǎo)軌 上，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略. 初始時(shí)刻，彈簧恰處于自然長度，導(dǎo)體棒具有水平向右 的初速度 vo.在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸. (1) 求初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力； (2) 若導(dǎo)體棒從初始時(shí)刻到速度第一次為零時(shí) ，彈簧的彈性勢能為 Ep,則這一過程中安 培力所做的功 Wi和電阻 R 上產(chǎn)生的焦耳熱 Qi分別為多少？ (3) 導(dǎo)體棒在往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終將靜止于何處？從導(dǎo)體棒

37、開始運(yùn)動(dòng)到最終靜止的過程中 ： 電阻 R 上產(chǎn)生的焦耳熱 Q 為多少？ 【解析】(1)初始時(shí)刻棒中感應(yīng)電動(dòng)勢： E = BLvo 1 2 由能量守恒,電阻 R 上產(chǎn)生的焦耳熱：Qi = mvo Ep 1 2 (3)由平衡條件可知，棒最終靜止于初始位置，根據(jù)能量守恒則有： Q = ?mv2 考點(diǎn) 5 ?電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題 【p190】 夯實(shí)基礎(chǔ) 電磁感應(yīng)與動(dòng)量的結(jié)合主要涉及兩個(gè)模型： (1) 單桿模型.對于單桿模型，主要與動(dòng)量定理結(jié)合.如在光滑水平軌道上運(yùn)動(dòng)的單桿 (不 受其他力作用)，在磁場中的運(yùn)動(dòng)為變速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程所受的安培力為變力 ，依據(jù)動(dòng)量定 F= BIL = B2L2vo R ，

38、方向水平向左. (2)由功能關(guān)系可知：安培力做功： 1 2 W1= Ep 棒中感應(yīng)電流: i=E E=BR,作用 一 BLx 理 F 安厶 t = p ,而 F 安厶 t = B I L t = BLq , q = N = N , p = mv 2 mv 1，由 R總 R總 以上四式將流經(jīng)桿電量 q、桿位移 x及速度變化結(jié)合一起. (2) 雙桿模型.對于雙桿模型 ，在受到安培力之外，受到的其他外力和為零，滿足動(dòng)量 守恒的條件，則與動(dòng)量守恒定律結(jié)合考查較多. 例 8 如圖所示， 固定的光滑金屬水平導(dǎo)軌間距為 L ,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，左端接有阻值為 R 的電阻，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 的導(dǎo)體棒 ab

39、,在垂直導(dǎo)體棒的水平恒力 剛好勻速運(yùn)動(dòng)， 列說法正確的是 44 2B L R2| 2v FR 【解析】導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)滿足 F = F安= ,解得 v = BFp,選項(xiàng) A 正確；根據(jù)動(dòng) _ _ Ft mv BLX 量定理：Ft B I L = mv,而 I t= q,則 q= ,選項(xiàng) B 錯(cuò)誤；又 q= = ,聯(lián)立 2 2 2 2 2 2tRF B L 3mF R 將X及 v 的值代入解得 Q= 戶 ,選項(xiàng) D 正確. B L 【答案】ACD 例 9 如圖所示，傾角為0= 37的斜面上固定平行導(dǎo)軌 MN ,在斜面底端與水平面上的 固定平行導(dǎo)軌 PQ 平滑連接，導(dǎo)軌間距 L = 0.3 m 且

40、 PQ足夠長.斜面部分存在豎直向上的勻 強(qiáng)磁場，水平面部分存在與斜面平行的方向斜向上的勻強(qiáng)磁場 ，兩部分磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 大小 均為 1 T,在 h = 3 m 高處垂直導(dǎo)軌 MN 放置可自由滑動(dòng)的質(zhì)量 m 12 g,電阻只尸 1 Q的 導(dǎo)體棒 ab在水平面上垂直導(dǎo)軌 PQ 放置被插銷固定的質(zhì)量 m2= 3 g,電阻只2= 3 Q的導(dǎo)體 棒 cd,導(dǎo)體棒 ab、cd分別與導(dǎo)軌 MN、PQ 接觸良好.現(xiàn)由靜止釋放 ab, ab 在到達(dá)斜面底 端前已做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng) ab 滑離斜面進(jìn)入水平導(dǎo)軌時(shí) ，立即拔下導(dǎo)體棒 cd 棒的插銷，不計(jì)導(dǎo) 軌的摩擦及電阻，(sin 37= 0.6, cos 37= 0.

41、8,重力加速度 g 取 10 m/s2)求： z.l F 1 考點(diǎn)突破 B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中. F 作用下， 由靜止開始運(yùn)動(dòng) 整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸. ( ) 質(zhì)量為 m、電阻不計(jì) ,經(jīng)過時(shí)間 t,導(dǎo)體棒 ab 在這個(gè)過程中，下 A 導(dǎo)體棒 FR ab 剛好勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度 v= 航2 B. 通過電阻的電荷量 q =卡- 2BL FtRB 2L2 mFR2 C. 導(dǎo)體棒的位移X= B 2tRF2B2L2 3mF2R2 D. 電阻放出的焦耳熱 Q = BL R R 2 2 2 FtRB L mFR 1 2 解得X = B|4 ，選項(xiàng) C 正確；根據(jù)能量關(guān)系，電阻

42、放出的焦耳熱 Q= FX ?mv , (1) ab 導(dǎo)體棒在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的最終速度； (2) ab 導(dǎo)體棒在斜面與水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)整個(gè)回路產(chǎn)生的電能各是多少? (3) ab 導(dǎo)體棒在斜面和水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)通過 【解析】(1)設(shè) ab 勻速下滑時(shí)的速度為 產(chǎn)生的電動(dòng)勢 E= BLvicos 0 導(dǎo)體棒 ab 的電流 I = E E Ri + R2 導(dǎo)體棒的安培力 F = BIL 且 F= migtan 0 mig ( Ri + R2) sin 0 聯(lián)立 式得 v i = 2 2 B L cos 0 ab 進(jìn)入水平軌道后，與 cd 系統(tǒng)動(dòng)量守恒， 所以 mivi= (mi+ m2)V2 聯(lián)立可得 vi

43、= 5 m/s, V2= 4 m/s (2)導(dǎo)體棒在斜面上運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電能 1 2 Ei = migh gmivi 一 i 2 i 2 在水平面運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電能 E2 = mivi (mi + m2)v2 代入數(shù)據(jù)得 Ei = 0.2i J; E2= 0.03 J 設(shè) ab 棒在斜面上和水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過 ab 棒的電荷量各為 qi、q2, ab 的電荷量各是多少? ab 棒在斜面 Bih 上運(yùn)動(dòng)時(shí)平均電動(dòng)勢 = , t tan 0 通過的電荷量 qi = I At= Ri+ R2 代入數(shù)據(jù)得 qi = 0.3 C ab 棒在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí) 刀 BILsin 0zi= BLq 2sin 0=mi

44、(vi V2) 1 代入數(shù)據(jù)解得 q2= C= 0.067 C 【小結(jié)】電磁感應(yīng)問題中應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)，有兩種常見的列式形式.一是直接從安培力 的公式出發(fā)，得到安培力的沖量 1=刀 BIiL At= BLq ,這個(gè)公式對所有的電磁感應(yīng)情形都適 式中的 x表示導(dǎo)體棒在這個(gè)過程中經(jīng)過的位移. 9. (多選)如圖所示， PQ 和MN 是固定于水平面內(nèi)電阻不計(jì)、間距 L = 1 m 的足夠長平 行光滑金屬軌道，質(zhì)量均為 m = 0.2 kg,接入兩軌道電阻值均為 R= 1 Q的兩金屬棒 ab、cd 靜置于軌道上，整個(gè)裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度 B = 0.4 T 的勻強(qiáng)磁場中，某時(shí)刻 cd 棒 突然受

45、到水平向右 1 = 0.8 N s 的瞬時(shí)沖量作用開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒始終與軌道垂 直，接觸良好，取重力加速度 g= 10 m/s2,下列說法正確的是(AD) A .開始運(yùn)動(dòng)后，d 端電勢始終比 c 端電勢高 B. cd 棒開始運(yùn)動(dòng)的瞬間，d、c 兩端的電勢差 Udc= 1.6 V C. 在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電路 abcd 中產(chǎn)生的熱量為 1.2 J D. 在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，通過 ab 棒橫截面的電荷量為 1 C 【解析】根據(jù)右手定則判斷可知：cd 棒中感應(yīng)電流方向從 c 到 d，則 d 端相當(dāng)于電源的 正極，電勢高于 c 端的電勢，故 A 正確；cd 棒開始運(yùn)動(dòng)的瞬間，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為

46、： E R = 0.8 V，故 B 錯(cuò)誤；由題意可知最后兩根金屬棒以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)且速度為 用二是在導(dǎo)體棒切割磁感線的情形中 ,還可將安培力的沖量寫成 2 2 2 2 B L Vi B L I = E - At= x, R+ r R+ r =BLv。，金屬棒的速度為： v0= m= 4 m/s，聯(lián)立可得：E = 1.6 V， d、c 兩端的電勢差： U E V，根據(jù)動(dòng)量守恒可得： mv0= 2mv，解得：v = 2 m/s，根據(jù)能量守恒可得產(chǎn)生的熱量為： Q 1 2 1 2 =mv。 2mv = 0.8 J，故 C 錯(cuò)誤；對 cd 棒根據(jù)動(dòng)量定理可得： BIL A = mv mv，進(jìn), x

47、 步可得：BLq = mvo mv,代入數(shù)據(jù)解得：q= 1 C ,故 D 正確. li V/ J LI 10. 如圖所示，兩根間距為 I的光滑金屬導(dǎo)軌(不計(jì)電阻)，由一段圓弧部分與一段無限 長的水平段部分組成，其水平段加有豎直向下方向的勻強(qiáng)磁場 ，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，導(dǎo)軌水平 段上靜止放置一金屬棒 cd,質(zhì)量為 2m，電阻為 2r另一質(zhì)量為 m，電阻為 r 的金屬棒 ab, 從圓弧段 M處由靜止釋放下滑到 N 處進(jìn)入水平段，棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好 ，圓弧段 MN 半徑為 R，所對圓心角為 60 .求： (1) ab 棒在 N 處進(jìn)入磁場區(qū)速度是多大？此時(shí)棒中電流是多少？ (2) cd 棒能達(dá)

48、到的最大速度是多少？ (3) cd 棒由靜止到達(dá)到最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？ 【解析】(1)ab 棒由 M 下滑到 N 過程中機(jī)械能守恒， 1 2 故 mgR(1 cos 60 ) = gmv 解得 v= .fgR. 到相同速度 v時(shí)，電路中電流為零，安培力為零，cd 達(dá)到最大速度.運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得 mv = (2 m + m) v 解得 v= 3 gR. (3) 系統(tǒng)釋放的熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量 1 2 1 2 1 故 Q = ?mv2 3mv,解得 Q = ?mgR. 1 如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻 R,質(zhì)量不能忽略的金 進(jìn)入磁場區(qū)瞬間，回

49、路中電流強(qiáng)度 E = Bl 儷 2r + r 3r3r (2)ab 棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng) ,cd 棒在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng) ，當(dāng)兩棒速度達(dá) 【P336】 A 組 屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦 ，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置放在勻 強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直 ，棒在豎直向上的恒力 F 作用下加速上升的一段時(shí)間 內(nèi)，力 F 做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于 （A） A 棒的機(jī)械能增加量 B 棒的動(dòng)能增加量 C.棒的重力勢能增加量 D 電阻 R 上放出的熱量 【解析】棒加速上升時(shí)受到重力，拉力 F 及安培力.根據(jù)功能關(guān)系可知力 F 與安培力 做的功的代數(shù)和等于棒的機(jī)械能

50、的增加量 ，A 選項(xiàng)正確. 2.兩條相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌 ，距離為 L ,電阻不計(jì)導(dǎo)軌內(nèi)有一與水平面垂直向 里的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌左側(cè)接電容器 C,電阻 Ri和 R2,如圖所示垂直導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良 好的金屬桿 AB 以一定的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻開始做勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零后反向勻 加速運(yùn)動(dòng).在金屬桿變速運(yùn)動(dòng)的過程中 ，下列說法正確的是（B） A R1中無電流通過 B Ri中電流一直從 e 流向 a C. R2中電流一直從 a 流向 b D R2中電流先從 b 流向 a,后從 a 流向 b 【解析】開始時(shí)，金屬桿 AB 以一定的速度向右勻速運(yùn)動(dòng) ，由感應(yīng)電動(dòng)勢：E= BLv , 電容器兩端的帶

51、電量為，Q= CU = CBLv ,由右手定則知，R2感應(yīng)電流方向由 a 向 b,故電 容器的上極板帶正電，開始做勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零的過程中 ，Q= CU = CBLv 知，速度減 小，極板帶電量減小，Ri中有電流通過，方向由 e 流向 a, R2中電流從 a 流向 b,故 A 錯(cuò)誤； 反向勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，由右手定則知，R2感應(yīng)電流方向由 b 向 a,電容器反向充電，流經(jīng) Ri電流方向由 e 流向a,故 B 正確，CD 錯(cuò)誤. 3（多選）如圖甲所示,正三角形導(dǎo)線框位于圓形有界勻強(qiáng)磁場中 ，磁場方向與導(dǎo)線框 所在平面垂直.規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里 ，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙

52、 所示.下面說法正確的是 （AC） A . 01 s時(shí)間內(nèi)和 56 s 時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中的電流方向相同 B. 01 s 時(shí)間內(nèi)和 13 s 時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中的電流大小相等 C. 35 s 時(shí)間內(nèi)，AB 邊受到的安培力沿紙面且垂直 AB 邊指向 C 點(diǎn)一側(cè) D. 13 s 時(shí)間內(nèi)，AB 邊受到的安培力不變 【解析】01 s 時(shí)間內(nèi)穿過線圈的磁通量向外增加； 56 s 時(shí)間內(nèi)穿過線圈的磁通量向 里減小，根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)線框中的電流方向相同 ，選項(xiàng) A 正確；B t 圖象的斜率等于 磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，故 01 s 時(shí)間內(nèi)和 13 s 時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢的大小不等，感應(yīng)電 流不相等，選項(xiàng) B 錯(cuò)誤

53、；35 s 時(shí)間內(nèi)，磁通量向里增加，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向 ， 則由左手定則可知，AB 邊受到的安培力沿紙面且垂直 AB 邊指向 C 點(diǎn)一側(cè)，選項(xiàng) C 正確； 13 s 時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流大小不變，而磁場向外減弱，根據(jù) F= BIL 可知，AB 邊受到的安 培力要減小，選項(xiàng) D 錯(cuò)誤. 4. （多選）如圖所示，兩條形有界磁場寬度均為 d = 0.5 m,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為 B = 4 T, 方向垂直于紙面，兩磁場區(qū)域間距也為 d.在磁場區(qū)域的左邊界處有一長 L = 1 m、寬 d = 0.5 m 的矩形導(dǎo)體線框，線框總電阻為 R = 2 Q ,且線框平面與磁場方向垂直. 現(xiàn)使線框以 v= 0

54、.5 【解析】01 s 時(shí)，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢 E= Bdv = 1 V,由歐姆定律可知 I = R 0.5 A ,由安培力公式可知：F = Bid = 1 N;第 2 s 內(nèi)，通過線框的磁通量不變 ，無感應(yīng)電流， 安培力為零；第 3 s 內(nèi)，線框左、右兩邊均切割磁感線 ，由右手定則可知，感應(yīng)電動(dòng)勢方向 E， 相同，故線框中總的感應(yīng)電動(dòng)勢為 E= 2Bdv = 2 V,由歐姆定律可知 1 = R= 1 A ;線框左、 右兩邊所受安培力均為：F1= F2= Bl=2 N，由左手定則可知，兩安培力方向相同，故安培 力的合力為 4 N , A 正確，B 錯(cuò)誤；當(dāng) t = 2.5 s時(shí)，線框位移

55、x= vt = 2.5d ,此時(shí)通過線框的 磁通量為零，C 錯(cuò)誤，D 正確. 5. 在如圖所示的豎直平面內(nèi) ，在水平線 MN 的下方有范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場 ，一個(gè)等 腰三角形金屬線框頂點(diǎn) C 與 MN 重合，線框由靜止釋放，沿軸線 DC 方向豎直落入磁場中.忽 略空氣阻力，從釋放到線框完全進(jìn)入磁場過程中 ，關(guān)于線框運(yùn)動(dòng)的 v t 圖象，可能正確的 是(C) 中，切割磁感線的有效長度 L 增大，安培力增大，由牛頓第二定律得： mg F= ma,則 a R2| 2v =g BmR；線框由靜止做加速運(yùn)動(dòng) ，由于 L、v 不斷增大,加速度 a 減小，則線框進(jìn)入磁 場過程做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng) ，加速度

56、減小，v t 圖象的斜率減小故 C 正確. 6如圖，MN 和 PQ 是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌 ，其間距為 L,導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平 直部分粗糙，二者平滑連接右端接一個(gè)阻值為 R 的定值電阻平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有 寬度為 d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B 的勻強(qiáng)磁場質(zhì)量為 m、電阻也為 R 的金 屬棒從高度為 h處靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止. 已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的 動(dòng)摩擦因數(shù)為卩，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中 (D) 【解 【解析】金屬棒下滑到底端時(shí)的速度為 v = 2gh,感應(yīng)電動(dòng)勢 E= BLv ,所以流過金屬 棒的最大電流為 1= BLrjgh,

57、 A 錯(cuò)；通過金屬棒的電荷量為 BLI, B錯(cuò)；克服安培 2R 2R 2R 力所做的功為 W = mgh 卩 mgd C 錯(cuò)；電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功 ，所以 金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為 *(mgh mgd. D 正確.B.通過金屬棒的電荷量為 BdL R C.克服安培力所做的功為 mgh D .金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為 1 2(mgh i mgd A .流過金屬棒的最大電流為 Bd,2gh 2R B 0 77 7.（多選）如圖所示,足夠長的光滑水平導(dǎo)軌間距為 2 m,電阻不計(jì)，垂直導(dǎo)軌平面有磁 感應(yīng)強(qiáng)度為 1T 的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌上相隔一定距離放置兩根長度略大于間距的金屬棒 ，a 棒 質(zhì)量

58、為 1 kg,電阻為 5 Q , b 棒質(zhì)量為 2 kg ,電阻為 10 Q .現(xiàn)給 a 棒一個(gè)水平向右的初速度 8 m/s,當(dāng) a棒的速度減小為 4 m/s時(shí)，b 棒剛好碰到了障礙物，經(jīng)過時(shí)間 0.5 s 速度減為零（不 反彈，且 a 棒始終沒有與 b 棒發(fā)生碰撞）,下列說法正確是（ABD） A .從上向下看回路產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流 B. b 棒在碰撞前瞬間的速度大小 2 m/s C. 碰撞過程中 b 棒所受的平均作用力大小為 6 N D. b 棒碰到障礙物后，a 棒繼續(xù)滑行的距離為 15 m 【解析】根據(jù)右手定則可知，從上向下看回路產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流 ，選項(xiàng) A 正確; 系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由

59、動(dòng)量守恒定律可知： maVo= maVa+ mbVb,解得 Vb= 2 m/s,選項(xiàng) B 正確；b 與障礙物碰撞時(shí)，由動(dòng)量定理：Ft= 0-mbVb解得：F = 8 N ,選項(xiàng) C 錯(cuò)誤；b 碰到障礙物 _ 后，a 做減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，此時(shí)由動(dòng)量定理：B I L At= maVa,其中 I At = q = Ra+ Rb A .線圈的長度 L = 15 cm B. 磁場的寬度 d= 25 cm 2 C. 線圈進(jìn)入磁場過程中做勻加速運(yùn)動(dòng) ， 加速度為 0.4 m/s BLx Ra+ Rb 聯(lián)立解x= 15 m, 選項(xiàng) D 正確. &如圖甲所示，閉合線圈固定在小車上 的速度進(jìn)入與線圈平面

60、垂直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 組 ,總質(zhì)量為 1 kg.它們在光滑水平面上，以 10 m/s B 的水平有界勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向 里已知小車運(yùn)動(dòng)的速度 V 隨車的位移 x變化的 V x 圖象如圖乙所示則 (B) D .線圈通過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為 40 J 【解析】閉合線圈在進(jìn)入和離開磁場時(shí)的位移即為線圈的長度 ，線圈進(jìn)入或離開磁場時(shí) 受安培力作用，將做減速運(yùn)動(dòng)，由乙圖可知，L = 10 cm,故 A 錯(cuò)誤；磁場的寬度等于線圈 剛進(jìn)入磁場到剛離開磁場時(shí)的位移 ，由乙圖可知，515 cm 是進(jìn)入的過程，1530 cm 是 完全在磁場中運(yùn)動(dòng)的過程 ，3040 cm 是離開磁場的過程，所以 d= 30 cm 5