備戰(zhàn)高考物理知識(shí)點(diǎn)過(guò)關(guān)培優(yōu)易錯(cuò)試卷訓(xùn)練∶電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類(lèi)情況附答案解析

1、備戰(zhàn)高考物理知識(shí)點(diǎn)過(guò)關(guān)培優(yōu)易錯(cuò)試卷訓(xùn)練：電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類(lèi)情況附答案 解析一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類(lèi)情況1.如圖，垂直于紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的單匝方形線圈 ABCD在外力F的作用下向右勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，求：(1)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度 V。(2)線圈中的電流大小。(3)AB邊產(chǎn)生的焦耳熱。(1)線圈向右勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則有FF安BIL又電路中的電動(dòng)勢(shì)為E BLv所以線圈中電流大小為E BLvI = 一R R聯(lián)立解得FRB2L2(2)根據(jù)有FF安BIL得線圈中的電流大小BL(3)AB邊產(chǎn)生的焦耳熱一.2 一QI RABtFBL)2FL2.如圖所示，足夠長(zhǎng)的

2、U型金屬框架放置在絕緣斜面上，斜面傾角30 ,框架的寬度L 0.8m,質(zhì)量M 0.2kg ,框架電阻不計(jì)。邊界相距 d 1.2m的兩個(gè)范圍足夠大的磁 場(chǎng)I、n ,方向相反且均垂直于金屬框架，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B 0.5T。導(dǎo)體棒ab垂直放置在框架上，且可以無(wú)摩擦的滑動(dòng)。現(xiàn)讓棒從 MN上方相距x 0.5m處由靜止開(kāi)始沿框架下 滑，當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)邊界MN處時(shí)，框架與斜面間摩擦力剛好達(dá)到最大值fm 3N (此時(shí)框架恰能保持靜止)。已知棒與導(dǎo)軌始終垂直并良好接觸，棒的電阻R 0.16 ,質(zhì)量m 0.4kg ,重力加速度g 10m/s2,試求：(1)棒由靜止開(kāi)始沿框架下滑到磁場(chǎng)邊界MN處的過(guò)程中，流過(guò)棒的電

3、量 q；(2)棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)I、n的邊界 MN和PQ時(shí)，棒的速度Vi和V2的大?。?3)通過(guò)計(jì)算分析：棒在經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界MN以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，U型金屬框架能否始終保持靜止?fàn)顟B(tài)？【答案】(1)q 1.25C； (2)Vi 2m/s , V2 4m/s ; (3)框架能夠始終保持靜止?fàn)顟B(tài)【解析】【分析】本題考查導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，屬于綜合題。【詳解】(1)平均電動(dòng)勢(shì)為BLx平均電流則流過(guò)棒的電量為t BLx代入數(shù)據(jù)解得q 1.25C。(2)棒向下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，U形框所受安培力沿斜面向下，靜摩擦力向上，當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)邊界MN處時(shí)，框架與斜面間摩擦力剛好達(dá)到最大值fm 3N ,由平衡條件，有Mg sinB

4、2L2Vifm解得 v1 2m/s。棒經(jīng)過(guò)MN后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度3a g sin 5m/s由V2 Vi 2 ad ,解得v2 4m/s(3)棒在兩邊界之間運(yùn)動(dòng)時(shí)，框架所受摩擦力大小為f1 Mg sin 1N fm方向沿斜面向上棒進(jìn)入 PQ時(shí),框架受到的安培力沿斜面向上，所受摩擦力大小為f2B2L2V2Mg sin 3N fm向沿斜面向下以后，棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)。勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，框架所 受安培力為B2L2vmgsin 2N方向沿斜面向上。摩擦力大小為2.2B L vRMg sin 1N fm方向沿斜面向下。綜上可知，框架能夠始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。3.在如圖甲所示的電路中，螺

5、線管匝數(shù)n二1000匝，橫截面積 S=20cm2.螺線管導(dǎo)線電阻r=1.0 , R1=3.0 , R2=4.0 , C=30 口 在一段時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)螺線管的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B按如圖乙所示的規(guī)律變化.求：圖乙(1)求螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；(2) S斷開(kāi)后，求流經(jīng) &的電量.【答案】(1) 0.8V ; (2) 1,2 10 4c【解析】【分析】【詳解】(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì):B1 0.2E n nS 1000 0.0020 0.8V ;(2)電路電流IEr R R20.81 3 40.1A,電阻R2兩端電壓U2IR20.1 4 0.4V ,電容器所帶電荷量 Q CU230 10 6 4

6、1.2 10 5C, S斷開(kāi)后，流經(jīng) R2的電量為 1.2 10 4C；本題是電磁感應(yīng)與電路的綜合，知道產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分相當(dāng)于電源，運(yùn)用閉合電路 歐姆定律進(jìn)行求解.4 .如圖所示，將邊長(zhǎng)為 a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)線框豎直向上拋出，穿過(guò)寬度 為b、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，線框向上離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí) 的速度剛好是進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的一半，線框離開(kāi)磁場(chǎng)后繼續(xù)上升一段高度，然后落下并勻 速進(jìn)入磁場(chǎng).整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終存在著大小恒定的空氣阻力f,且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng).求：X X X X X xe X X X X(1)線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度V2；(2)線框在上升

7、階段剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度V1;(3)線框在上升階段通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q.【答案】(1)mg fRB_2- 3mR2(3)Q4 42B a【解析】【分析】mg(2)Vif2mg f a(1)下落階段勻速進(jìn)入磁場(chǎng)說(shuō)明線框所受力：重力 對(duì)比線框離開(kāi)磁場(chǎng)后繼續(xù)上升一段高度(設(shè)為、空氣阻力及向上的安培力的合力為零.(2)h),然后下落相同高度 h到勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)兩個(gè)階段受力情況不同，合力做功不同，由動(dòng)能定理：線框從離開(kāi)磁場(chǎng)至上升到最高點(diǎn)的過(guò)程.(3)求解焦耳熱Q,需要特別注意的是線框向上穿過(guò)磁場(chǎng)是位移是a+b而不是b2 2f B a V2 R12(mg f )h 0mv12解得：Q器(mg)2 f

8、2 (mg f)(a b)這是易錯(cuò)的地方【詳解】(1)線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，由平衡知識(shí)有 ：mg解得：v (mg2 2)RB2a2(2)線框從離開(kāi)磁場(chǎng)至上升到最高點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理：012線圈從取局點(diǎn)洛至進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間：(mg f )h mv12聯(lián)立解得： v1/mg f v2f 2 J(mg)2 f2m mg f Ba'(3)線框在向上通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，由能量守恒定律有：1212Q (mg f )(a b) mv0mv122而 v0 2v1即線框在上升階段通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為2Q -zr(mg)2 f2 (mg f)(a b)2B a【點(diǎn)睛】做功情況及能量轉(zhuǎn)化情況,此

9、類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是明確所研究物體運(yùn)動(dòng)各個(gè)階段的受力情況, 選擇利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律解決針對(duì)性的問(wèn)題，由于過(guò)程分 析不明而易出現(xiàn)錯(cuò)誤5 .如圖所示，豎直固定的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ,間距L=0.2m,其電阻不計(jì).完全相同的兩本金屬棒 ab、cd垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終良好接觸.已知兩棒質(zhì)量均為m=0.01kg ,電阻均為R=0.2 0,棒cd放置在水平絕緣平臺(tái)上，整個(gè)裝置處在垂直于 導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T棒ab在豎直向上的恒力 F作用下由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng) ab棒運(yùn)動(dòng)位移x=0.1m時(shí)達(dá)到最大速度，此時(shí)cd棒對(duì)絕緣平臺(tái)的壓力恰好

10、為零，重力加速度 g取10m/s2.求：(1)恒力F的大小；(2)ab棒由靜止到最大速度通過(guò)ab棒的電荷量q;(3)ab棒由靜止到達(dá)到最大速度過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q.FXX JX KXXXXXXX XX XXX xx>o<x【答案】(1)0.2N(2)0.05C(3)5X3J0【解析】【詳解】(1)當(dāng)棒ab達(dá)到最大速度時(shí)，對(duì) ab和cd的整體：F 2mg 0.2N(2) ab棒由靜止到最大速度通過(guò)ab棒的電荷量q % _ BLxI三工2R 2R解得0.05CBLx 1 0.2 0.1cq - C2R 2 0.2(3)棒ab達(dá)到最大速度 vm時(shí)，對(duì)棒cd有BIL=mg 由閉合電路歐

11、姆定律知2R棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLm代入數(shù)據(jù)解得Vm=1m/sab棒由靜止到最大速度過(guò)程中，由能量守恒定律得F mg x= 1mvm22代入數(shù)據(jù)解得Q=5 X 1-0J6.如圖所示，兩條相距 d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻.質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下.當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度V0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直 且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸.求:(1) MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2) MN剛

12、掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；(3) PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P.PUr £ y x XXXXXX2,22,2,、2【答案(1)Bdv0-； (2) B d v0 ; (3) B d (V0 v) ;RmRR【解析】【分析】本題的關(guān)鍵在于導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E=BM切割的速度(v)是導(dǎo)體與磁場(chǎng)的相對(duì)速度，分析這類(lèi)問(wèn)題，通常是先電后力，再功能.(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律的公式可得知產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合閉合電路的歐姆定律，即可求得MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I;(2)根據(jù)第一問(wèn)求得的電流，利用安培力的公式，結(jié)合牛頓第二定律，即可求得MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小

13、a;(3)首先要得知，PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí)，桿切割磁場(chǎng)的速度，即為兩者的相對(duì)速度，然后結(jié)合感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式以及功率的公式即可得知感應(yīng)電流的功率P.【詳解】(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(2)安培力 FEBdv0感應(yīng)電流IBid 牛頓第二定律EBdv0解得Ima解得a2 , 2B d v0mR解得P_ 2 22B d (v° v)R(3)金屬桿切割磁感線的速度 v =v0 v ,則E2感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E Bd(v0 v)電功率p R該題是一道較為綜合的題，考查了電磁感應(yīng)，閉合電路的歐姆定律以及電功電功率.對(duì)于 法拉第電磁感應(yīng)定律是非常重要的考點(diǎn)，經(jīng)常入選高考物理壓軸題，平時(shí)學(xué)習(xí)時(shí)要從以下 幾方面掌握.(

14、1)切割速度v的問(wèn)題切割速度的大小決定了 E的大小；切割速度是由導(dǎo)體棒的初速度與加速度共同決定的.同 時(shí)還要注意磁場(chǎng)和金屬棒都運(yùn)動(dòng)的情況，切割速度為相對(duì)運(yùn)動(dòng)的速度；不難看出，考電磁 感應(yīng)的問(wèn)題，十之八九會(huì)用到牛頓三大定律與直線運(yùn)動(dòng)的知識(shí).(2)能量轉(zhuǎn)化的問(wèn)題電磁感應(yīng)主要是將其他形式能量(機(jī)械能)轉(zhuǎn)化為電能，可由于電能的不可保存性，很快 又會(huì)想著其他形式能量(焦耳熱等等)轉(zhuǎn)化.(3)安培力做功的問(wèn)題電磁感應(yīng)中，安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)全部的熱能，而且任意時(shí)刻安培力的功率等于 系統(tǒng)中所有電阻的熱功率.(4)動(dòng)能定理的應(yīng)用動(dòng)能定理當(dāng)然也能應(yīng)用在電磁感應(yīng)中，只不過(guò)同學(xué)們要明確研究對(duì)象，我們大多情況下

15、是 通過(guò)導(dǎo)體棒的.固定在軌道上的電阻，速度不會(huì)變化，顯然沒(méi)有用動(dòng)能定理研究的必要.7 .磁場(chǎng)在xOy平面內(nèi)的分布如圖所示，其磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為Bo,方向垂直于xOy平面，相鄰磁場(chǎng)區(qū)域的磁場(chǎng)方向相反，每個(gè)同向磁場(chǎng)區(qū)域的寬度均為L(zhǎng)o,整個(gè)磁場(chǎng)以速度 v沿x軸正方向勻速運(yùn)動(dòng)。若在磁場(chǎng)所在區(qū)間內(nèi)放置一由n匝線圈組成的矩形線框 abcd,線框的bc=LB、ab=L、Lb略大于Lo,總電阻為 R,線框始終保持靜止。求: (1)線框中產(chǎn)生的總電動(dòng)勢(shì)大小和導(dǎo)線中的電流大??；(2)線框所受安培力的大小和方向?！敬鸢浮?1) 2nBoLv2nBoLv(2)4n2Bo2L2v,方向沿x軸正方向(1)線框相對(duì)于磁場(chǎng)

16、向左做切割磁感線的勻速運(yùn)動(dòng)，切割磁感線的速度大小為v,任意時(shí)刻線框ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E1=nBoLv,cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E2=nBoLv,ab邊和cd邊所處的磁場(chǎng)方向總是相反的，故 ab邊和cd邊中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向總是 相同的，所以總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E=2nBoLv,由閉合電路歐姆定律得導(dǎo)線中的電流大小2nB0Lv(2)線框所受安培力的大小F=2n&LI =4n2B02L2v,R由左手定則判斷，線框所受安培力的方向始終沿x軸正方向。8 .如圖所示，直角三角形導(dǎo)線框abc固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab是一段長(zhǎng)為1、電阻為R的均一I 一 一 _ 一勻?qū)Ь€

17、，ac和bc的電阻可不計(jì)，ac長(zhǎng)度為一.磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度為 B,方向垂直紙面向ID里.現(xiàn)有一段長(zhǎng)度為- > 電阻為.的均勻?qū)w桿 MN架在導(dǎo)線框上，開(kāi)始時(shí)緊靠 ac,然 后沿ab方向以恒定速度 u向b端滑動(dòng)，滑動(dòng)中始終與 ac平行并與線框保持良好接觸.當(dāng)MN滑過(guò)的距離為 二時(shí)，導(dǎo)線ac中的電流是多大？方向如何？【答案】七二三k方向a-c【解析】【分析】【詳解】試題分析：MN滑過(guò)的距離為L(zhǎng)/3時(shí)，它與bc的接觸點(diǎn)為P,如下圖所示由圖可知MP長(zhǎng)度為L(zhǎng)/3,L -,、，1、，MP中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E BL有V -BLV3RMP段的電阻為：r= 3MacP和MbP兩電路的并聯(lián)電阻為1 2r并-ri

18、-R 2 R1 293 3由歐姆定律，PM中的電流為：I由分流得ac中的電流為:I ac23I，加曰尸 IB1 u解得.-二閉合電路歐姆定律考點(diǎn)：本題考查瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì), 點(diǎn)評(píng)：電磁感應(yīng)與電路的結(jié)合問(wèn)題，關(guān)鍵是弄清電源和外電路的構(gòu)造，然后根據(jù)電學(xué)知識(shí) 進(jìn)一步求解9.如圖，兩根相距l(xiāng)=0.4m的平行金屬導(dǎo)軌 OG O'C水平放置。兩本導(dǎo)軌右端0、。連接著與水平面垂直的光滑平行導(dǎo)軌OD、O'D',兩根與導(dǎo)軌垂直的金屬桿M、N被放置在導(dǎo)軌上，并且始終與導(dǎo)軌保持保持良好電接觸。M、N的質(zhì)量均為m=0.2kg,電阻均為R=0.4 q n桿與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為巧0.1。整個(gè)空

19、間存在水平向左的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T?，F(xiàn)給N桿一水平向左的初速度 V0=3m/s,同時(shí)給 M桿一豎直方向的拉 力F,使M桿由靜止開(kāi)始向下做加速度為aiM=2m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，( g取10m/s2)。求： (1)t=1s時(shí)，N桿上通過(guò)的電流強(qiáng)度大?。?2)求M桿下滑過(guò)程中，外力 F與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系；(規(guī)定豎直向上為正方向)(3)已知N桿停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，M仍在豎直軌道上，求 M桿運(yùn)動(dòng)的位移；(4)在N桿在水平面上運(yùn)動(dòng)直到停止的過(guò)程中，已知外力F做功為-11.1J,求系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量。C No* |【答案】(1) 0.5A (2) F=1.6- 0【解析】 【詳解】M桿

20、的速度：v感應(yīng)電流：(3)aM tBLv7.84m (4)2 1m/s0.5 0.42.344J2m/s2R(2)對(duì)M桿，根據(jù)牛頓第二定律：2R2 0.42 A 0.5Amg FBIl maM整理得:F mg解得:(3)對(duì)N桿，由牛頓第二定律得:(mg可得:aN解得:可做aNt圖可得:解得:位移:(4)對(duì)M桿，則有:解得:對(duì)N桿，則有:總熱量:vaMtmaM BBt2R1.6 0.1tBlaMt2Rl) maN_ 2 2B l aMtg 2mR1 0.05taNVoto1t0(1 0.05to)2.8sSm1 at022一一2 一一2.8 m 7.84mmgSM Wf1mvM2 02Qi1.4

21、44J12Wf - mv00.2 3 J 0.9J122Q 總QiWf1.444 0.9J 2.344J10.如圖所示，寬L=2m、足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌 MN和M N放在傾角為0=30°的斜面上，在N和N'之間連接一個(gè) R=2.0Q的定值電阻，在 AA'處放置一根與導(dǎo)軌垂直、質(zhì)量 m=0.8kg、電阻r=2.0Q的金屬桿，桿和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)-3 ,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處于磁感4應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T、方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.用輕繩通過(guò)定滑輪將電動(dòng)小車(chē)與桿的中點(diǎn)相連，滑輪與桿之間的連線平行于斜面，開(kāi)始時(shí)小車(chē)位于滑輪正下方水平面上的P處(小車(chē)可視為質(zhì)點(diǎn))，滑輪離小車(chē)的高

22、度H=4.0m.啟動(dòng)電動(dòng)小車(chē)，使之沿PS方向以v=5.0m/s的速度勻速前進(jìn)，當(dāng)桿滑到OO位置時(shí)的加速度 a=3.2m/s2, AA與OO'之間的距離d=1m,求：(1)該過(guò)程中，通過(guò)電阻 R的電量q；(2)桿通過(guò)OO'時(shí)的速度大?。?3)桿在OO'時(shí)，輕繩的拉力大??；(4)上述過(guò)程中，若拉力對(duì)桿所做的功為13J,求電阻R上的平均電功率.【答案】 (1) 0.5C (2) 3m/s (3) 12.56N (4) 2.0W【解析】【分析】【詳解】(1)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E BLd t tq ？ t二 BLdR r R r代入數(shù)據(jù)，可得：q 0.5C(2)幾何關(guān)系：一匕Hsi

23、nd解得:sin0.8 =530桿的速度等于小車(chē)速度沿繩方向的分量：v1 vcos 3m/ s(3)桿受的摩擦力Ff桿受的安培力F安BILmg cos 3Nb2i 2v,B-j代入數(shù)據(jù),(R r)可得3N根據(jù)牛頓第二定律:mg sin Ff F安=ma解得：Ft 12.56 N12(4)根據(jù)動(dòng)能te理： W W安 mgdsin Ff mv1 2解出W安2.4J ,電路產(chǎn)生總的電熱 Q總2.4J那么，R上的電熱QR 1.2JH cot此過(guò)程所用的時(shí)間t H 0.6svQR 1.2R上的平均電功率 P R W 2.0W t 0.6【點(diǎn)睛】本題是一道電磁感應(yīng)與力學(xué)、電學(xué)相結(jié)合的綜合體，考查了求加速度

24、、電阻產(chǎn)生的熱量，分析清楚滑桿的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解、E=BLv歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律、平衡條件、能量守恒定律即可正確解題；求R產(chǎn)生的熱量時(shí)要注意，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為R與r產(chǎn)生的熱量之和.11.某電子天平原理如圖所示 ，E形磁鐵的兩側(cè)為 N極，中心為S極，兩極間的磁感應(yīng)強(qiáng) 度大小均為B,磁極寬度均為L(zhǎng),忽略邊緣效應(yīng)，一正方形線圈套于中心磁極 ，其骨架與秤 盤(pán)連為一體，線圈兩端C、D與外電路連接，當(dāng)質(zhì)量為m的重物放在秤盤(pán)上時(shí)，彈簧被壓 縮，秤盤(pán)和線圈一起向下運(yùn)動(dòng) (骨架與磁極不接觸)，隨后外電路對(duì)線圈供電，秤盤(pán)和線圈 恢復(fù)到未放重物時(shí)的位置并靜止，由此時(shí)對(duì)應(yīng)的供電電流I可確

25、定重物的質(zhì)量.已知線圈匝數(shù)為n,線圈電阻為R,重力加速度為g.問(wèn)：(1)線圈向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線圈中感應(yīng)電流是從 C端還是從D端流出？(2)供電電流I是從C端還是從D端流入？求重物質(zhì)量與電流的關(guān)系；(3)若線圈消耗的最大功率為 P,該電子天平能稱(chēng)量的最大質(zhì)量是多少？2nBL2nBL 'P【答案】(1)感應(yīng)電流從 C端流出(2) m 1 (3) m0 -2nBLJ-gg - R【解析】【分析】【詳解】(1)根據(jù)右手定則，線圈向下切割磁感線，電流應(yīng)從D端流入，從C端流出(2)根據(jù)左手定則可知，若想使彈簧恢復(fù)形變，安培力必須向上，根據(jù)左手定則可知電流應(yīng)從D端流入，根據(jù)受力平衡 mg nBI 2

26、L 2nBL ,解得m 1g(3)根據(jù)最大功率P聯(lián)立解得：m02nBL P g ' R12. 一種可測(cè)速的跑步機(jī)的測(cè)速原理如圖所示。該機(jī)底面固定有間距為L(zhǎng)、寬度為d的平行金屬電極。電極間充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左側(cè)與電壓表和電阻R相連接。絕緣橡膠帶上每隔距離d就嵌入一個(gè)電阻為r的平行細(xì)金屬條，跑步過(guò)程中，絕緣橡膠帶跟隨腳步一起運(yùn)動(dòng)，金屬條和電極之間接觸良好且任意時(shí)刻僅有一根金屬條處于磁場(chǎng)中?，F(xiàn)在測(cè)出 t時(shí)間內(nèi)電壓表讀數(shù)為恒為 U,設(shè)人與跑步機(jī)間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，求：(1)(3)(4) 能量。判斷電阻R的電流方向；該人跑步過(guò)程中，是否勻速？給出定性判斷理由;求t時(shí)間內(nèi)的

27、平均跑步速度；若跑步過(guò)程中，人體消耗的能量有20%用于克服磁場(chǎng)力做功，求t時(shí)間內(nèi)人體消耗的【答案】(1)電阻R的電流方向向下；(2)是勻速；(3)v RU ; (4)E 5(R 少BLRUR2(1)由題意且根據(jù)右手定則可知，流經(jīng)電阻R的電流方向向下；(2)(3)金屬條做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小為E BLv ,回路中的電流大小為IE一,R r伏特表的示數(shù)為U IR, 解得v UBLR由于伏特表示數(shù)恒定，所以速度也恒定，說(shuō)明該人跑步過(guò)程中，是勻速；速度為R r v U BLR(4)金屬條中的電流為金屬條受的安培力大小為時(shí)間t內(nèi)金屬條克服安培力做功為W所以t時(shí)間內(nèi)人體消耗的能量ILvR rFa

28、 BILFaW2, 2 2,B L v tR r_2(R r)U tR2W0.25(R IR2r)U t2(3)當(dāng)ab棒速度最大時(shí)，定值電阻13.如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌EF、PQ固定在豎直面內(nèi)，軌道間距L =1m,底部接入一阻值為R = 0.15的定值電阻，上端開(kāi)口，處于垂直導(dǎo)軌面向內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B =0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中一質(zhì)量為 m = 0.5kg的金屬棒ab與導(dǎo)軌接觸良好，ab連入導(dǎo)軌間的電阻 r = 0.1 ,電路中其余電阻不計(jì)，不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩繞過(guò)光滑的定滑輪與ab相連，在電鍵S打開(kāi)的情況下，用大小為 9N的恒力F從靜止開(kāi)始向下拉繩子的自由端，當(dāng)自由端下落 高度h =1.0

29、m時(shí)細(xì)繩突然斷了 ，此時(shí)閉合電鍵S運(yùn)動(dòng)中ab始終垂直導(dǎo)軌，并接觸良好，不計(jì) 空氣阻力，取g =10m / s2試問(wèn)：當(dāng)繩子自由端下落高度大小h =1.0m時(shí)，ab上的電流方向如何？此時(shí) ab棒速度的大小；(2)請(qǐng)說(shuō)明細(xì)繩突然斷后 ab棒的大致運(yùn)動(dòng)情況;R的發(fā)熱功率?！敬鸢浮?1) 4m/s(2) ab棒先向上做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)再向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)(3)15W【解析】【詳解】(1)由右手定則可知，ab上的電流方向?yàn)閎到a；對(duì)于ab棒在力F作用下的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，其受力圖如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有:F mg ma由速度位移公式得:F mgm9-0.5 100.5,22m/s =8m/s2v1 2ah ,vi2ah= 2 8 1m/s=4m/s(2)ab棒先向上做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)再向下做加速度減小的加速運(yùn) 動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)。(3)對(duì)于ab棒向下作勻速運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，其受力圖如圖所示安培力為:Fa mg根據(jù)平衡條件有:_2 2Fa BILB於2 L 山R r R r2, 2B L v2 mgR rV2mg R0.5 10 0.15 0.122m/s=5m/s0.5 1因?yàn)関2 v1 ,所以ab棒的最大運(yùn)動(dòng)速度為 5m/sB