物理電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況的專項(xiàng)培優(yōu)練習(xí)題(含答案)及答案

1、物理電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況的專項(xiàng)培優(yōu)練習(xí)題(含答案)及答案一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況II1.如圖所示，豎直放置、半徑為R的,圓弧導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌 ab、口力在oa處平滑連接，且軌道間距為2L, cd、Ad足夠長(zhǎng)并與ab、。帶以導(dǎo)棒連接，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng), b、c、J 在一條直線上，且與平行，口0r右側(cè)空間中有豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，均勻的金屬棒 pq和gh垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好。gh靜止在cd、C中導(dǎo)軌上，pq從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)后與gh沒(méi)有接觸。當(dāng)pq運(yùn)動(dòng)到力”時(shí)，回路中恰好沒(méi)有電流，已知 pq的質(zhì)量為2m,長(zhǎng)度為2L,電阻為2r, gh的質(zhì)量為m,長(zhǎng)度為L(zhǎng),

2、電阻為r,除金屬棒外其余電阻不計(jì)，所有軌道均光滑，重力加速度為g,求:(1)金屬棒pq到達(dá)圓弧的底端時(shí)，對(duì)圓弧底端的壓力；(2)金屬棒pq運(yùn)動(dòng)到時(shí)，金屬棒gh的速度大??；(3)金屬棒gh產(chǎn)生的最大熱量。、初13【答案】(2)為二八 丁 方叫【解析】【分析】金屬棒 pq下滑過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒和牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出對(duì)圓弧底 端的壓力；屬棒gh在cd、口力”導(dǎo)軌上加速運(yùn)動(dòng)，回路電流逐漸減小，當(dāng)回路電流第一次減 小為零時(shí)，pq運(yùn)動(dòng)到ab、1a由導(dǎo)軌的最右端，根據(jù)動(dòng)量定理求出金屬棒gh的速度大?。唤饘侔魀q進(jìn)入磁場(chǎng)后在ab、口力導(dǎo)軌上減速運(yùn)動(dòng)，金屬棒 gh在cd、F導(dǎo)軌上加速運(yùn) 動(dòng)，根據(jù)能量守恒求出金屬

3、棒gh產(chǎn)生的最大熱量；r I 1 - - 2mvi解：(1)金屬棒pq下滑過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒有： 、vj N - 2mg = 2m-在圓弧底端有根據(jù)牛頓第三定律，對(duì)圓弧底端的壓力有聯(lián)立解得(2)金屬棒pq進(jìn)入磁場(chǎng)后在 ab、導(dǎo)軌上減速運(yùn)動(dòng)，金屬棒 gh在cd、導(dǎo)軌上加速 運(yùn)動(dòng)，回路電流逐漸減小，當(dāng)回路電流第一次減小為零時(shí)，pq運(yùn)動(dòng)到ab、足獷導(dǎo)軌的最右端，此時(shí)有,對(duì)于金屬棒pq有_外拉=對(duì)于金屬棒gh有0小小二m白Vj = V2 -聯(lián)立解得3 (3)金屬棒pq進(jìn)入磁場(chǎng)后在 ab、口力導(dǎo)軌上減速運(yùn)動(dòng)，金屬棒 gh在cd、d導(dǎo)軌上加速運(yùn)動(dòng)，回路電路逐漸減小，當(dāng)回路電流第一次減小為零時(shí)，回路中產(chǎn)

4、生的熱量為I IQl = 2mgR-t 2mvi-nvi該過(guò)程金屬棒gh產(chǎn)生的熱量為 上十金屬棒pq到達(dá)cd、cd導(dǎo)軌后，金屬棒pq加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒 gh減速運(yùn)動(dòng)，回路電流逐漸 減小，當(dāng)回路電流第二次減小為零時(shí)，金屬棒 pq與gh產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小相等，由于此時(shí) 金屬棒切割長(zhǎng)度相等，故兩者速度相同均為v,此時(shí)兩金屬棒均做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有1 金屬棒pq從到達(dá)cd、cd導(dǎo)軌道電流第二次減小為零的過(guò)程，回路產(chǎn)生的熱量為Q2 - - 2niuJ +rQi =Qz該過(guò)程金屬棒gh產(chǎn)生的熱量為丁 + r13聯(lián)立解得2.如圖所示，在傾角30o的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向分別垂直

5、斜面向上和垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)。一質(zhì)量為 m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框距磁場(chǎng)上邊界 L處由靜止沿斜面下滑，ab邊剛進(jìn)入上側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好做勻 速直線運(yùn)動(dòng)。ab邊進(jìn)入下側(cè)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后也做勻速度直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為go求：(1)線框ab邊剛越過(guò)兩磁場(chǎng)的分界線f時(shí)受到的安培力；(2)線框穿過(guò)上側(cè)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q和所用的時(shí)間to【答案】(1)安培力大小2mg,方向沿斜面向上(2)Q 47mgL t 7J-322 . g【詳解】(1)線框開始時(shí)沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)機(jī)械能守恒有12mgL sin 30 mv ,則線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v 2gsin30 L、gL線木g

6、ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=BLv線框中電流ab邊受到的安培力F BIL線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，則有mg sin 302. 2B L vab邊剛越過(guò).時(shí)，cd也同時(shí)越過(guò)了 線框所受的安培力變?yōu)閑e,則線框上產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=2BLv2 , 22BIL 膽”2mg方向沿斜面向上(2)設(shè)線框再次做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為mg sin 302. 24B L v解得gL根據(jù)能量守恒定律有mg sin 30 2L1一 mv2-mv2 Q2口 - 47mgL 解得Q 32線木g ab邊在上側(cè)磁揚(yáng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程所用的時(shí)間tl設(shè)線框ab通過(guò)ff后開始做勻速時(shí)到 gg的距離為Xo ,由動(dòng)量定理可知:其中mg sin 30 t

7、2 2BLIt2 mv mv聯(lián)立以上兩式解得t2線木g ab在下側(cè)磁場(chǎng)勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,所以線框穿過(guò)上側(cè)磁場(chǎng)所用的總時(shí)間為2BL L xot2R4 L Xo3v2gt3Xo4xotlt2 t323 .如圖，在地面上方空間存在著兩個(gè)水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的理想邊界水平，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為 B,區(qū)域I的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，區(qū)域 外，兩個(gè)磁場(chǎng)的高度均為 L;將一個(gè)質(zhì)量為 m,電阻為R,對(duì)角線長(zhǎng)為ef、gh、pqn的磁場(chǎng)方向向2L的正方形金屬線圈從圖示位置由靜止釋放 （線圈的d點(diǎn)與磁場(chǎng)上邊界f等高，線圈平面與磁場(chǎng)垂直 ），下落過(guò)程中對(duì)角線ac始終保持水平，當(dāng)對(duì)角線 ac剛到達(dá)cf時(shí)，線圈恰好受力平

8、衡；當(dāng)對(duì)角線aca 一 一5又F到達(dá)h時(shí)，線圈又恰好受力平衡（重力加速度為g）.求：當(dāng)線圈的對(duì)角線ac剛到達(dá)gf時(shí)的速度大小；（2）從線圈釋放開始到對(duì)角線ac到達(dá)gh邊界時(shí)，感應(yīng)電流在線圈中產(chǎn)生的熱量為多少mgRm3g2R2【答案】（i）Vi/ (2) Q 2mgL g 444B L512B4L4（1）設(shè)當(dāng)線圈的對(duì)角線 ac剛到達(dá)ef時(shí)線圈的速度為V1 ,則此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E1B 2 Lv1感應(yīng)電流：I1由力的平衡得：EiRBI1 2Lmg解以上各式得:VimgRZ2-24B L(2)設(shè)當(dāng)線圈的對(duì)角線ac剛到達(dá)ef時(shí)線圈的速度為V2,則此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2 2B 2Lv2感應(yīng)電流: 由力的平衡

9、得：2BI2 2L mg解以上各式得:V2mgR2216B L設(shè)感應(yīng)電流在線圈中產(chǎn)生的熱量為Q,由能量守恒定律得:mg 2L Q1 2-mv22解以上各式得:Q 2mgL3 22mgR44 512B4L44 .如圖所示，一阻值為 R邊長(zhǎng)為l的勻質(zhì)正方形導(dǎo)體線框 abcd位于豎直平面內(nèi)，下方存 在一系列高度均為l的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，與線框平面垂直，各磁場(chǎng)區(qū)的上下邊界及線框cd邊均磁場(chǎng)方向均與線框平面垂水平。第1磁場(chǎng)區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bi,線框的cd邊到第1磁區(qū)上場(chǎng)區(qū)上邊界的距離為ho。線框從靜止開始下落，在通過(guò)每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)時(shí)均做勻速運(yùn)動(dòng)，且通過(guò)每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)的速度均為通過(guò)其上一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)速度的2倍。重力加速

10、度大小為g,不計(jì)空氣阻力。求： 線框的質(zhì)量m;(2)第n和第n+1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小3與Bn+i所滿足的關(guān)系；(3)從線框開始下落至 cd邊到達(dá)第n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)上邊界的過(guò)程中，cd邊下落的高度H及線框產(chǎn)生的總熱量Q。rrri【答案】生息同；(2)Bn 夜Bn+1; (3)2(n 1)B1l gh1 gRr【解析】【分析】【詳解】 2(1)設(shè)線框剛進(jìn)第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)的速度大小為V1,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 Vi 2ghi,培力大小為F1,線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為 日，電流為I,由平衡條件得F1 mg設(shè)線框所受安由安培力的表達(dá)式得F1BIl , E1=B1M,I 互 聯(lián)立解得RBl ,麗gR(2)設(shè)線框在第n和第

11、n+1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)速度大小分別為Vn、Vn+1 ,由平衡條件得mg_ 2 2Bnl VnR聯(lián)立解得(3)設(shè)cd邊加速下落的總距離為mg2 12Bn+1l Vn+1Vn 1 2vnh,勻速下落的總距離為L(zhǎng),由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2Vn2gvnn 12V1聯(lián)立解得L=2(n 1)l由能量守恒定律得聯(lián)立解得H h L 22(n1)hi 2(n 1)lQ 2mg(n 1)lc 2(n 1)Bi2l3 ：亦Q R5.如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距1 m,導(dǎo)軌平面與水平面成0 = 37角，下端連接阻值為 R= 2的電阻.磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上，磁 感應(yīng)強(qiáng)度為0.4T.質(zhì)量為0.2k

12、g、電阻不計(jì)的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良 好接觸，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25.金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑.(g=10m/s2,sin37 = 0.6, cos37 = 0.8)(1)判斷金屬棒下滑過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向;(2)求金屬棒下滑速度達(dá)到 5m/s時(shí)的加速度大??；(3)當(dāng)金屬棒下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，求電阻R消耗的功率.【答案】(1)由 a 到 b (2) a 2m/s2 (3) P 8W【解析】【分析】【詳解】(1)由右手定則判斷金屬棒中的感應(yīng)電流方向?yàn)橛蒩到b.(2)金屬棒下滑速度達(dá)到 5m/s時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E BLv 0.4 1 5V 2V感應(yīng)電流為I 旦

13、1A,金屬棒受到的安培力為 F BIL 0.4 1 1N 0.4人 R由牛頓第二定律得：mgsin mgcos F ma ,解得：a 2m/s2.(3)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，所受安培力為F ,棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡mgsin mgcos F ,解得：F 0.8N，又：F BI L ,I互迎A 2A BL 0.4 1電阻R消耗的功率：P I 2R 8W .【點(diǎn)睛】該題考查右手定則的應(yīng)用和導(dǎo)體棒沿著斜面切割磁感線的運(yùn)動(dòng)，該類題型綜合考查電磁感 應(yīng)中的受力分析與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，要求的解題的思路要規(guī)范，解題的能力要 求較高.6.如圖所示，寬度L=0.5 m的光滑金屬框架MNPQ固定于水平面

14、內(nèi)，并處在磁感應(yīng)強(qiáng)度 大小B=0.4 T,方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，框架的電阻非均勻分布.將質(zhì)量 m= 0.1 kg, 電阻可忽略的金屬棒 ab放置在框架上，并與框架接觸良好.以P為坐標(biāo)原點(diǎn)，PQ方向?yàn)?x軸正方向建立坐標(biāo).金屬棒從 x0= 17m處以v= 2?m/s的初速度，沿x軸負(fù)方向做 a = 2?m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中金屬棒僅受安培力作用.求：金屬棒ab運(yùn)動(dòng)0.5 m,框架產(chǎn)生的焦耳熱 Q;(2)框架中aNPb部分的電阻R隨金屬棒ab的位置x變化的函數(shù)關(guān)系；為求金屬棒ab沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)0.4 s過(guò)程中通過(guò)ab的電荷量q,某同學(xué)解法為：先算BLx出經(jīng)過(guò)0.4 s金屬棒的運(yùn)動(dòng)距

15、離 x,以及0.4 s時(shí)回路內(nèi)的電阻 R,然后代入q= =R R求解.指出該同學(xué)解法的錯(cuò)誤之處，并用正確的方法解出結(jié)果.【答案】(1)0.1 J (2)r=0.4& (3)0.4C【解析】【分析】【詳解】(1)金屬棒僅受安培力作用，其大小F=ma= 0.1 2= 0.2人金屬棒運(yùn)動(dòng)0.5 m,框架中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功 所以 Q= Fx=0.2 0.5= 0.1J .(2)金屬棒所受安培力為F= BILE _ BLvB2L2RI=-=所以 F = maRRv由于棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng) v= Jv22a(x0 x) _2 _ 2 B L 2 7 0.42 0.52 所以 R - v0 -

16、2a(x0-x) 22 2 21 xma0.1 2BLx(3)錯(cuò)誤之處是把0.4 s時(shí)回路內(nèi)的電阻 R代入q= 進(jìn)行計(jì)算.R正確的解法是q=It因?yàn)?F = BIL=mama,0.1 2所以 q=1= 0.4 = 0.4?CBL 0.4 0.5【點(diǎn)睛】電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系是通過(guò)安培力做功量度外界的能量轉(zhuǎn)化成電能.找兩個(gè)物理量之間 的關(guān)系是通過(guò)物理規(guī)律一步一步實(shí)現(xiàn)的.用公式進(jìn)行計(jì)算時(shí)，如果計(jì)算的是過(guò)程量，我們 要看這個(gè)量有沒(méi)有發(fā)生改變.7.如圖所示，寬L=2m、足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌 MN和M NM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

17、、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),導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)4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)小車與桿的中點(diǎn)相連，滑輪與桿之間的連線平行于斜面，開始時(shí)小車位于滑輪正下方水平面上的P處(小車可視為質(zhì)點(diǎn))，滑輪離小車的高度H=4.0m.啟動(dòng)電動(dòng)小車，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

18、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 駟 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:sinH d解得：sin0.8 =530桿的速度等于小車速度沿繩方向的分量：v1 vcos 3m/s(3)桿受的摩擦力Ff mg cos 3NB212v.桿受的安培力F安BIL B-L上代入數(shù)據(jù)，可得F安3N (R r)根據(jù)牛頓第二定律：Ft mg sin Ff F安=ma解得：Ft 12.56N12(4)根據(jù)動(dòng)能te理： W W安 mgdsi

19、n Ff - mv12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 1.2J此過(guò)程所用的時(shí)間t H cot 0.6s vR上的平均電功率 P QR 12W 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、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.8 .如圖所示， 之”型光滑長(zhǎng)軌道固定在水平面內(nèi)，電阻不計(jì).軌道中間存在垂直水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B. 一根

20、質(zhì)量m、單位長(zhǎng)度電阻 Ro的金屬桿，與軌道成 45 0位置放置在軌道上，從靜止起在水平拉力作用下從軌道的左端。點(diǎn)出發(fā)，向右做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)位移L.求：(1)金屬桿前進(jìn)L過(guò)程中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì).(2)已知金屬桿前進(jìn) L過(guò)程中水平拉力做功 W.若改變水平拉力的大小，以 4a大小的加速度重復(fù)上述前進(jìn) L的過(guò)程，水平拉力做功多少？(3)若改用水平恒力F由靜止起從軌道的左端 O點(diǎn)拉動(dòng)金屬桿，到金屬桿速度達(dá)到最大值vm時(shí)產(chǎn)生熱量.(F與vm為已知量)(4)試分析(3)問(wèn)中，當(dāng)金屬桿速度達(dá)到最大后，是維持最大速度勻速直線運(yùn)動(dòng)還是做減速運(yùn) 動(dòng)？BL2(2)2W+2maL(3) 2LF2R

21、o2B2Vm1 2一mvm 2(4)當(dāng)金屬桿速度達(dá)到最大后，將做減速運(yùn)動(dòng)【解析】【詳解】(1)由位移-速度公式得所以前進(jìn)L時(shí)的速度為前進(jìn)L過(guò)程需時(shí)由法拉第電磁感應(yīng)定律有:2aL=v2 - 0v= 2aL,v .2aLt= 一a a-1 , q y BL2 at t . 2aL. 2L(2)以加速度a前進(jìn)L過(guò)程，合外力做功W+W 安=maL所以以加速度4 a前進(jìn)L時(shí)速度為合外力做功由Fa則前進(jìn)L過(guò)程所以W 安=maL- Wv . 8aL =2vWf W 安=maL2. 2B L v 一，、一 .一，BIL 可知，位移相同時(shí):RFa包W安=2安Wf =4aL- 2W安=2W+2maL(3)設(shè)金屬桿

22、在水平恒力作用下前進(jìn)d時(shí)Fa=F,達(dá)到最大速度，由幾何關(guān)系可知，接入電路的桿的有效長(zhǎng)度為2d,則_2- 2B (2d) vmFA BIl FRo 2d所以FRod= -2-2 B Vm由動(dòng)能定理有Fd Q12mvm2所以:12Q=Fd m% =2f2Ro22B2vm1 2 -mvm2(4)根據(jù)安培力表達(dá)式，假設(shè)維持勻速，速度不變而位移增大，安培力增大，則加速度一定 會(huì)為負(fù)值，與勻速運(yùn)動(dòng)的假設(shè)矛盾，所以做減速運(yùn)動(dòng)。abcd ,線框質(zhì)量為m,9 .如圖所示，光滑絕緣水平面上放置一均勻?qū)w制成的正方形線框電阻為R,邊長(zhǎng)為L(zhǎng),有yi方向豎直向下的有界磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,磁場(chǎng)區(qū)寬度大于L,左邊界

23、與ab邊平行，線框水平向右拉力作用下垂直于邊界線穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū).(1)若線框以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)，求線框在離開磁場(chǎng)時(shí)七兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；(2)若線框從靜止開始以恒定的加速度a運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)h時(shí)間七邊開始進(jìn)入磁場(chǎng)，求cd邊將要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)刻回路的電功率；(3)若線框速度V0進(jìn)入磁場(chǎng)，且拉力的功率恒為 Pc經(jīng)過(guò)時(shí)間T, cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)，此過(guò)程 中回路產(chǎn)生的電熱為 Q后來(lái)ab邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)，線框速度也為 vo,求線框穿過(guò)磁場(chǎng)所用 的時(shí)間t./?(2) P =【解析】【分析】【詳解】cd邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv(1)線框在離開磁場(chǎng)時(shí),1回路中的電流則ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差(2) ti時(shí)刻線框速度U=Rb=BLv

24、vi=ati設(shè)cd邊將要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)刻速度為V2,則v22-vi2=2aL此時(shí)回路中電動(dòng)勢(shì)E2=BLwei回路的電功率P = Rir解得(3)設(shè)cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為 v,線框從cd邊進(jìn)入到ab邊離開磁場(chǎng)的時(shí)間為則11P0T= (-mv2-mv02) +Q11P0At=m vo2-mv2Q解得線框離開磁場(chǎng)時(shí)間還是T,所以線框穿過(guò)磁場(chǎng)總時(shí)間t=2T+At=+T1 0【點(diǎn)睛】本題電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題，要熟練運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律切割式E=Blv,歐姆定律求出電壓.要抓住線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程的對(duì)稱性，分析穿出磁場(chǎng)時(shí)線框的速度，運(yùn)用能量守恒列式求時(shí) 間.10. 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

25、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。現(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)判斷電阻R的電流方向；(2)該人跑步過(guò)程中，是否勻速？給出定性判斷理由；(3)求t時(shí)間內(nèi)的平均跑步速度；(4)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)人體消耗的能量。 Rr【答案】(1)電阻R的電流方向向下；(2)

26、是勻速；(3)v U ; (4)EBLR5(R r)tUR2(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I R r伏特表的示數(shù)為U IR, 解得由于伏特表示數(shù)恒定，所以速度也恒定,R r. v UBLR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I BLvR r金屬條受的安培力大小為Fa BIL時(shí)間t內(nèi)金屬條克服安培力做功為FaW2, 2 2, B L v tR r_2(R r)U tR2所以t時(shí)間內(nèi)人體消耗的能量E W0.25(R IR2r)U t211.如圖甲

27、，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，在金屬線框的下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，MN、PQ是勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上、下水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場(chǎng)方向垂直于線框平面向里.現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落(bc邊始終與MN平行)，并以此時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，圖乙是金屬線框由開始下落到離開勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程 中，線框中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的i-t圖象(圖中t1、t2、t3未知).已知金屬線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng),質(zhì)量為m,電阻為R,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻 力.求：(1)金屬線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框中感應(yīng)電流的方向；(2)金屬線框開始下落時(shí)，bc邊距離邊界MN的高度h；q;(3)

28、在t1一t2時(shí)間內(nèi)，流過(guò)線框?qū)Ь€截面的電量(4)在t1一t3時(shí)間內(nèi)，金屬線框產(chǎn)生的熱量 Q.nNSt M K K M M it mBc IC R 圖甲【答案】(1)逆時(shí)針?lè)较?2)圖乙一 22m gRc - 4 . 42B LBL2(3) (4)2mgL【解析】【分析】本題考查電磁感應(yīng)的綜合問(wèn)題?！驹斀狻縜bcda逆時(shí)針?lè)较?(1)楞次定律可知電流方向(2)根據(jù)i-t圖象可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng).受力滿足F安二mg線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E BLv因?yàn)楦袘?yīng)電流大小為安培力大小聯(lián)系以上各式得，線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為mgR_ 2 2B L線框進(jìn)入磁場(chǎng)前自由下落，所以2

29、gh解得:2 2m gR4 42B L(3)流過(guò)線框?qū)Ь€截面的電量q=It在tl12時(shí)間內(nèi)，線框中感應(yīng)電流大小BL2Rt聯(lián)立以上兩式可得，在tl12時(shí)間內(nèi),流過(guò)線框?qū)Ь€截面的電量BL2(4)從i-t圖象可知，線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，并勻速離開.根據(jù)功能關(guān)系，在ti13時(shí)間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的熱量 Q等于線框bc邊進(jìn)入磁場(chǎng)至ad邊離開磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框下落減 少的重力勢(shì)能，即：12.如圖所示,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌M、P兩點(diǎn)間接有阻值為Q=2mgLMN、PQ平行放置在傾角為 。的絕緣斜面上，兩R的電阻，一根質(zhì)量為 m的均勻直金屬桿 ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，金屬桿的電阻為r,整套裝置處

30、于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下，導(dǎo)軌電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦.(重力加速度為g)(1)在加速下滑過(guò)程中，當(dāng) ab桿的速度大小為 v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流及其加速度的 大??；(2)求在下滑過(guò)程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值.(3)桿在下滑距離 d的時(shí)以經(jīng)達(dá)到最大速度，求此過(guò)程中通過(guò)電阻的電量和熱量。BN【答案】(1)BLv，aR rgsinB2L2v (Rrn(2) vmmg(R r)sinBl2BLdq旗【解析】 【詳解】mgdRsinR rm3g2R(r R)sin24 42B L桿受力圖如圖所示:FBMgF,

31、沿斜面向上，故 ab桿下滑過(guò)重力mg,豎直向下，支撐力 N,垂直斜面向上，安培力程中某時(shí)刻的受力示意如圖所示，當(dāng)ab桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=BLm此時(shí)電路中電流BLvab桿受到安培力：由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得:解得加速度為F BIL2 , 2BLvr Rmgsin O-F=ma2 2BLv a g sin(R r)m(2)當(dāng)金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿的速度最大，由平衡條件得2 2BLvmgsin -解得最大速度mg(R r )sinvmBL- (3)桿在下滑距離d時(shí)，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式，可得E BLdIt1R r r R由能量守恒定律得解得電阻R產(chǎn)生的熱量RQR (mgd sinR rmgd sin

32、-12Qmvm2Q mgd sinm3g2(R r )2sin22B4L4322 . 2m g (R r) sin mgdRsincr4, 4)-2B LR rm3g2R(r R)sin2C r 4, 42B L13.如圖所示，寬度為 L的金屬框架豎直固定在絕緣地面上，框架的上端接有一特殊的電子元件，如果將其作用等效成一個(gè)電阻，則其阻值與其兩端所加的電壓成正比，即等效電 阻R kU ,式中k為恒量.框架上有一質(zhì)量為 m的金屬棒水平放置，金屬棒與光滑框架 接觸良好，離地高度為 h,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與框架平面垂直.將金屬棒由靜止 釋放，棒沿框架向下運(yùn)動(dòng).其它電阻不計(jì)，問(wèn)：(1)金屬棒運(yùn)動(dòng)

33、過(guò)程中，流過(guò)棒的電流多大？方向如何？(2)金屬棒經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間落到地面？(3)金屬棒從釋放到落地過(guò)程中在電子元件上消耗的電能多大？【答案】(1) 1;方向由a流向b (2) 2hkm ; (3)hBL k mgk BL k【解析】【分析】【詳解】(1)金屬棒向下運(yùn)動(dòng)，利用右手定則可得，流過(guò)金屬棒的電流方法為：由 根據(jù)題意，流過(guò)金屬棒的電流：a流向b.U U 1 kU k(2)金屬棒下落過(guò)程中金屬棒受到的安培力為：F BILBLk根據(jù)牛頓第二定律mg F ma得BLkm故加速度恒定，金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng).設(shè)金屬經(jīng)過(guò)時(shí)間t落地，則滿足:h iat2解得:2hkm mgk BL(3)金屬棒落地時(shí)速度

34、滿足:2mgkh 2BLh mk根據(jù)功能關(guān)系，消耗電能為 E,有12WG E mv2得金屬棒從釋放到落地過(guò)程中在電子元件上消耗的電能:E mgh 1mv2hBL【點(diǎn)睛】14.如圖所示，兩平行光滑的金屬導(dǎo)軌 MN、PQ固定在水平面上，相距為 L,處于豎直向 下的磁場(chǎng)中，整個(gè)磁場(chǎng)由n個(gè)寬度皆為x0的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域 1、2、3、n組成，從左向右依次排列，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B、2B、3B、nR兩導(dǎo)軌左端 MP間接入電阻R, 一質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放在水平導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌電接觸良好，不計(jì) 導(dǎo)軌和金屬棒的電阻。(1)對(duì)導(dǎo)體棒ab施加水平向右的力，使其從圖示位置開始運(yùn)動(dòng)并穿過(guò)n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)，求導(dǎo)體棒穿越磁場(chǎng)區(qū)1的過(guò)程中，通過(guò)電阻 R的電荷量q。(2)對(duì)導(dǎo)體棒ab施加水平向右的恒力 F0,讓它從磁場(chǎng)1左側(cè)邊界處開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)向