2014高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第3講 專題 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用

1、PAGE PAGE - 15 -第3講專題：電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用一、電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題1內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源(2)該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余部分是外電路2電源電動(dòng)勢(shì)和路端電壓(1)電動(dòng)勢(shì)：EBlv或Eneq f(,t).(2)電源正、負(fù)極：用右手定則或楞次定律確定(3)路端電壓：UEIrIR.二、電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題圖象類型(1)隨時(shí)間變化的圖象如Bt圖象、t圖象、Et圖象和It圖象(2)隨位移x變化的圖象如Ex圖象和Ix圖象問(wèn)題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)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)過(guò)程，求

2、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)用知識(shí)左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓定律、函數(shù)圖象知識(shí)等三、感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中所受的安培力1安培力的大小由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv，感應(yīng)電流Ieq f(E,R)和安培力公式FBIl得Feq f(B2l2v,R).2安培力的方向判斷eq x(aal(感應(yīng)電流,受安培力,的方向)eq blc|rc (avs4alco1(x(aal(先用右手定則確定感應(yīng)電流方向，再用,左手定則確定安培力方向),x(aal(根據(jù)楞次定律，安培力方向一定和導(dǎo)體切割,磁感線運(yùn)動(dòng)方向相反)四、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒1能量轉(zhuǎn)化的實(shí)質(zhì)

3、電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化實(shí)質(zhì)是其他形式能和電能之間的轉(zhuǎn)化2能量的轉(zhuǎn)化感應(yīng)電流在磁場(chǎng)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，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(或其他形式的能)3熱量的計(jì)算電流(恒定)做功產(chǎn)生的熱量用焦耳定律計(jì)算，公式QI2Rt.1穿過(guò)閉合回路的磁通量隨時(shí)間t變化的圖象分別如圖所示下列關(guān)于回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的論述中正確的是()A圖中，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變B圖中，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一直在變大C圖中，回路在0t1時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)小于在t1t2時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D圖中，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先變小再變大解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律Eneq f(,t)可得，閉

4、合回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取決于t圖象的斜率的絕對(duì)值大小圖中t圖象的斜率為零，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，A錯(cuò)誤；圖中t圖象斜率不變，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值，B錯(cuò)誤；圖中回路中0t1時(shí)間內(nèi)t圖象的斜率的絕對(duì)值大于t1t2時(shí)間內(nèi)t圖象的斜率的絕對(duì)值，故在0t1時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大于t1t2時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，C錯(cuò)誤；圖中t圖象的斜率的絕對(duì)值先變小再變大，故回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先變小再變大，D正確答案：D2如圖所示，兩根相距為l的平行直導(dǎo)軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體桿，與ab垂直，其電阻也為R.整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，磁場(chǎng)方向

5、垂直于導(dǎo)軌所在平面(指向圖中紙面內(nèi))，現(xiàn)對(duì)MN施力使它沿導(dǎo)軌方向以速度v(如圖)做勻速運(yùn)動(dòng)，令U表示MN兩端電壓的大小，則()AUeq f(1,2)vBl，流過(guò)固定電阻R的感應(yīng)電流由b到dBUeq f(1,2)vBl，流過(guò)固定電阻R的感應(yīng)電流由d到bCUvBl，流過(guò)固定電阻R的感應(yīng)電流由b到dDUvBl，流過(guò)固定電阻R的感應(yīng)電流由d到b解析：導(dǎo)體桿向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Blv，R和導(dǎo)體桿形成一串聯(lián)電路，由分壓原理得Ueq f(Blv,RR)Req f(1,2)Blv，由右手定則可判斷出感應(yīng)電流方向由NMbdN，故A選項(xiàng)正確答案：A3.如圖所示，在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m0.1 k

6、g，半徑為r0.5 m，電阻為R0.5 的均勻金屬圓環(huán)，以v05 m/s的初速度向一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.1 T的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)滑去(磁場(chǎng)寬度d2r)圓環(huán)的一半進(jìn)入磁場(chǎng)歷時(shí)2秒，圓環(huán)上產(chǎn)生的焦耳熱為0.5 J，則2秒末圓環(huán)中感應(yīng)電流的瞬時(shí)功率為()A0.15 WB0.2 WC0.3 W D0.6 W解析：圓環(huán)剛好有一半進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)瞬時(shí)速度為v，由Qeq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)mv2，解得veq r(15) m/s，此時(shí)環(huán)上的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBv2r，故瞬時(shí)功率為PE2/R0.3 W.答案：C4.如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m的金屬棒ab.導(dǎo)軌

7、的一端連接電阻R，其他電阻均不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向下金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，則()A隨著ab運(yùn)動(dòng)速度的增大，其加速度也增大B外力F對(duì)ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C當(dāng)ab做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，外力F做功的功率等于電路中的電功率D無(wú)論ab做何種運(yùn)動(dòng)，它克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能解析：設(shè)ab的速度為v，運(yùn)動(dòng)的加速度aeq f(Ff(B2L2v,R),m)，ab由靜止先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a0后做勻速運(yùn)動(dòng)，則A選項(xiàng)錯(cuò)誤；由能量守恒知外力F對(duì)ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和ab增加的動(dòng)能之和ab克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能，

8、則B選項(xiàng)錯(cuò)誤D選項(xiàng)正確；當(dāng)ab做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)BIL，外力F做功的功率等于電路中的電功率，則C選項(xiàng)正確答案：CD5.如圖所示，水平面上固定一個(gè)間距L1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌，整個(gè)導(dǎo)軌處在豎直方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌一端接阻值R9 的電阻導(dǎo)軌上有質(zhì)量m1 kg、電阻r1 、長(zhǎng)度也為1 m的導(dǎo)體棒，在外力的作用下從t0開(kāi)始沿平行導(dǎo)軌方向運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間的變化規(guī)律是v2eq r(t)，不計(jì)導(dǎo)軌電阻求：(1)t4 s時(shí)導(dǎo)體棒受到的安培力的大??；(2)請(qǐng)?jiān)谌鐖D所示的坐標(biāo)系中畫出電流平方與時(shí)間的關(guān)系(I2t)圖象解析：(1)4 s時(shí)導(dǎo)體棒的速度是v2eq r(t)4 m/s感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：

9、EBLv感應(yīng)電流：Ieq f(E,Rr)此時(shí)導(dǎo)體棒受到的安培力：F安BIL0.4 N.(2)由(1)可得I2(eq f(E,Rr)24(eq f(BL,Rr)2t0.04t作出圖象如圖所示答案：(1)0.4 N(2)見(jiàn)解析圖eq avs4al(電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題)1圖象問(wèn)題的特點(diǎn)考查方式比較靈活，有時(shí)根據(jù)電磁感應(yīng)現(xiàn)象發(fā)生的過(guò)程，確定圖象的正確與否，有時(shí)依據(jù)不同的圖象，進(jìn)行綜合計(jì)算2解題關(guān)鍵弄清初始條件，正、負(fù)方向的對(duì)應(yīng)變化范圍，所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式，進(jìn)出磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵3“三看”、“三明確”對(duì)于圖象問(wèn)題，應(yīng)做“三看”、“三明確”，即(1)看軸看清變量(2)看線看圖象的形狀(3

10、)看點(diǎn)看特殊點(diǎn)和轉(zhuǎn)折點(diǎn)(4)明確圖象斜率的物理意義(5)明確截距的物理意義(6)明確“”“”的含義(2012福建理綜)如圖甲，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開(kāi)始下落，穿過(guò)一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合若取磁鐵中心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立豎直向下為正方向的x軸，則圖乙中最能正確反映環(huán)中感應(yīng)電流i隨環(huán)心位置坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖象是()解析：閉合銅環(huán)在下落過(guò)程中穿過(guò)銅環(huán)的磁場(chǎng)方向始終向上，磁通量先增加后減少，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向要發(fā)生變化，D項(xiàng)錯(cuò)誤；因穿過(guò)閉合銅環(huán)的磁通量的變化率不是均勻變化，所以感應(yīng)電流隨x的變化關(guān)系不可能是線性關(guān)系，A項(xiàng)錯(cuò)誤；銅環(huán)由靜止開(kāi)始下落

11、，速度較小，所以穿過(guò)銅環(huán)的磁通量的變化率較小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的最大值較小，過(guò)O點(diǎn)后，銅環(huán)的速度增大，磁通量的變化率較大，所以感應(yīng)電流的反向最大值大于正向最大值，故B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤答案：B1圖象問(wèn)題的求解類型2.解決圖象問(wèn)題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是Bt圖象還是t圖象，或者Et圖象、It圖象等(2)分析電磁感應(yīng)的具體過(guò)程(3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?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(6)畫圖象或判斷圖象11：如圖甲所示，空間存在一寬度為2L的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里在

12、光滑絕緣水平面內(nèi)有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線框，其質(zhì)量m1 kg、電阻R4 ，在水平向左的外力F作用下，以初速度v04 m/s勻減速進(jìn)入磁場(chǎng)，線框平面與磁場(chǎng)垂直，外力F大小隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示以線框右邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，求：(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)線框的電荷量q；(3)判斷線框能否從右側(cè)離開(kāi)磁場(chǎng)？說(shuō)明理由解析：(1)由Ft圖象可知，線框加速度aeq f(F2,m)2 m/s2線框的邊長(zhǎng)Lv0teq f(1,2)at2(41eq f(1,2)212) m3 mt0時(shí)刻線框中的感應(yīng)電流Ieq f(BLv0,R)線框所受的安培力F安BIL由牛頓第二定律

13、F1F安ma又F11 N，聯(lián)立得Beq f(1,3) T0.33.(2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq xto(E)eq f(BL2,t)平均電流eq xto(I)eq f(xto(E),R)通過(guò)線框的電荷量qeq xto(I)t聯(lián)立得q0.75 C.(3)設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)速度減為零的過(guò)程中線框通過(guò)的位移為x.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0veq oal(2,0)2ax代入數(shù)值得x4 m2L所以線框不能從右側(cè)離開(kāi)磁場(chǎng)答案：(1)eq f(1,3) T(2)0.75 C(3)不能eq avs4al(電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題)1對(duì)電磁感應(yīng)電源的理解(1)電源的正、負(fù)極可用右手定則或楞次定律判定(2)電源電動(dòng)勢(shì)

14、的大小可由EBlv或Eneq f(,t)求得2對(duì)電磁感應(yīng)電路的理解(1)在電磁感應(yīng)電路中，相當(dāng)于電源的部分把其他形式的能通過(guò)電流做功轉(zhuǎn)化為電能(2)“電源”兩端的電壓為路端電壓，而不是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(2012浙江理綜)為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一種“閃爍”裝置如圖所示，自行車后輪由半徑r15.0102 m的金屬內(nèi)圈、半徑r20.40 m的金屬外圈和絕緣輻條構(gòu)成后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.10 T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、張角eq f(,6)

15、.后輪以角速度2 rad/s相對(duì)于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)若不計(jì)其它電阻，忽略磁場(chǎng)的邊緣效應(yīng)(1)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)，求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E，并指出ab上的電流方向(2)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)，畫出“閃爍”裝置的電路圖；(3)從金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始，經(jīng)計(jì)算畫出輪子轉(zhuǎn)一圈過(guò)程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢(shì)差Uab隨時(shí)間t變化的Uabt圖象解析：(1)金屬條ab在磁場(chǎng)中切割磁感線時(shí)，所構(gòu)成的回路的磁通量變化設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t，磁通量的變化量為，由法拉第電磁感應(yīng)定律Eeq f(,t) BSB(eq f(1,2)req oal(2,2)eq f(1,2)req oal(2,1) 由、式并代入數(shù)值得：Eeq

16、f(,t)eq f(1,2)B(req oal(2,2)req oal(2,1)4.9102 V 根據(jù)右手定則(或楞次定律)，可得感應(yīng)電流方向?yàn)閎a. (2)通過(guò)分析，可得電路圖為(3)設(shè)電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知，R總Req f(1,3)Req f(4,3)R ab兩端電勢(shì)差UabEIREeq f(E,R總)Req f(1,4)E1.2102 V 設(shè)ab離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)刻為t1，下一根金屬條進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)刻為t2.t1eq f(,)eq f(1,12) s t2eq f(f(,2),)eq f(1,4) s 設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時(shí)間為T，Teq f(2,)1 s 在T1 s內(nèi)，金屬條有

17、四次進(jìn)出，后三次與第一次相同 由、可畫出如下Uabt圖象答案：(1)4.9102 V電流方向?yàn)閎a(2)見(jiàn)解析(3)見(jiàn)解析解決電磁感應(yīng)電路問(wèn)題的基本步驟(1)“源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向從而確定電源正負(fù)極，明確內(nèi)阻r.(2)“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路(3)根據(jù)EBLv或Eneq f(,t)結(jié)合閉合電路歐姆定律，串并聯(lián)電路知識(shí)和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解21：如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B0.1 T，金屬棒AB長(zhǎng)0.4 m，與框架寬度相同，電阻為eq f(1,3) ，框架電阻不計(jì)，電阻R12 ，R

18、21 ，當(dāng)金屬棒以5 m/s的速度勻速向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，求：(1)流過(guò)金屬棒的感應(yīng)電流多大？(2)若圖中電容器C為0.3 F，則充電荷量是多少？解析：(1)由EBLv得E0.10.45 V0.2 VReq f(R1R2,R1R2)eq f(21,21) eq f(2,3) Ieq f(E,Rr)eq f(0.2,f(2,3)f(1,3) A0.2 A.(2)路端電壓UIR0.2eq f(2,3) Veq f(0.4,3) VQCU2CU0.3106eq f(0.4,3) C4108 C.答案：(1)0.2 A(2)4108 Ceq avs4al(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題)1運(yùn)動(dòng)的動(dòng)態(tài)分析2電磁感應(yīng)問(wèn)題

19、中兩大研究對(duì)象及其相互制約關(guān)系(2012廣東理綜)如圖所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板R和Rx分別表示定值電阻和滑動(dòng)變阻器的阻值，不計(jì)其他電阻(1)調(diào)節(jié)RxR，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)，求通過(guò)棒的電流I及棒的速度v.(2)改變Rx，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過(guò)，求此時(shí)的Rx.解析：(1)對(duì)勻速下滑的導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖所示導(dǎo)體棒所受安培力F安BIl 導(dǎo)體棒勻速下滑，所以F安

20、Mgsin 聯(lián)立式，解得Ieq f(Mgsin ,Bl)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv 由閉合電路歐姆定律得Ieq f(E,RRx)，且RxR，所以Ieq f(E,2R) 聯(lián)立式，解得veq f(2MgRsin ,B2l2). (2)由題意知，其等效電路圖如圖所示由圖知，平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓設(shè)兩板間的電壓為U，由歐姆定律知UIRx 要使帶電的微粒勻速通過(guò)，則mgqeq f(U,d) 因?yàn)閷?dǎo)體棒勻速下滑時(shí)的電流仍為I，所以聯(lián)立式，解得Rxeq f(mBld,Mqsin ).答案：(1)eq f(Mgsin ,Bl)eq f(2MgRsin ,B2l2)(2)eq f(

21、mBld,Mqsin )導(dǎo)體棒兩種狀態(tài)的處理方法(1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)處理方法：根據(jù)平衡條件列方程求解(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)系分析31：如圖所示，有兩根和水平方向成角的光滑且平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，則()A如果B增大，vm將變大B如果變大，vm將變大C如果R變大，vm將變大D如果m變小，vm將變大解析：以金屬桿為研究對(duì)象，受力如圖所示根據(jù)牛頓第二定

22、律得mgsin F安ma，其中F安eq f(B2L2v,R).當(dāng)a0時(shí)，vvm，解得vmeq f(mgRsin ,B2L2)，結(jié)合此式分析即得B、C選項(xiàng)正確答案：BCeq avs4al(電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題)1能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn)eq x(aal(機(jī)械能或其,他形式的能)eq o(,sup15(安培力做負(fù)功)eq x(aal(電,能)eq o(,sup15(電流做功)eq x(aal(內(nèi)能或其他,形式的能)2電能的求解思路eq x(aal(電能求,解思路,主要有,三種)eq blc|rc (avs4alco1(x(aal(1利用克服安培力做功,感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于,克服安培力做的功，即QWA.)

23、,x(aal(2利用QI2Rt,感應(yīng)電路中電阻產(chǎn)生的焦耳熱等,于電流通過(guò)電阻做的功，即QI2Rt.),x(aal(3利用能量守恒,感應(yīng)電流中產(chǎn)生的焦耳熱等于電磁感應(yīng),現(xiàn)象中其他形式能量的減少，即QE其他)(20分)如圖所示，在傾角為37的斜面內(nèi)，放置MN和PQ兩根不等間距的光滑金屬導(dǎo)軌，該裝置放置在垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中導(dǎo)軌M、P端間接入阻值R130 的電阻和理想電流表，N、Q端間接阻值為R26 的電阻質(zhì)量為m0.6 kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)1.5 m的金屬棒放在導(dǎo)軌上以v05 m/s的初速度從ab處向右上滑到ab處的時(shí)間為t0.5 s，滑過(guò)的距離l0.5 mab處導(dǎo)軌間距Lab0.8 m，ab處導(dǎo)軌間

24、距Lab1 m若金屬棒滑動(dòng)時(shí)電流表的讀數(shù)始終保持不變，不計(jì)金屬棒和導(dǎo)軌的電阻，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.求：(1)此過(guò)程中電阻R1上產(chǎn)生的熱量(2)此過(guò)程中電流表上的讀數(shù)(3)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度規(guī)范解答/：解(1)因電流表的讀數(shù)始終保持不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，故BLabv0BLabvab，(2分)代入數(shù)據(jù)可得vab4 m/s(2分)根據(jù)能量守恒定律得：Q總eq f(1,2)m(veq oal(2,0)veq oal(2,ab)mglsin 37QR1QR2(4分)由Qeq f(U2,R)t得：eq f(QR1,QR2)eq f(R2,R1)(1分)代入數(shù)據(jù)可

25、求得：QR10.15 J(1分)(2)由焦耳定律：QR1Ieq oal(2,1)R1t可知：電流表讀數(shù)I1eq r(f(QR1,R1t)0.1 A(2分)(3)不計(jì)金屬棒和導(dǎo)軌上的電阻，則R1兩端的電壓始終等于金屬棒與兩軌接觸間的電動(dòng)勢(shì)，EI1R1，(2分)EBLabvab(2分)所以Beq f(I1R1,Labvab)0.75 T(2分)答案：(1)0.15 J(2)0.1 A(3)0.75 T.此類問(wèn)題求解的一般步驟(1)確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路)；(2)弄清電磁感應(yīng)過(guò)程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；(3)根據(jù)能量守恒定律列式求解41：處于豎直向上勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根電阻不計(jì)的平行

26、金屬導(dǎo)軌，下端連一電阻R，導(dǎo)軌與水平面之間的夾角為.一電阻可忽略的金屬棒ab，開(kāi)始時(shí)固定在兩導(dǎo)軌上某位置，棒與導(dǎo)軌垂直如圖所示，現(xiàn)釋放金屬棒讓其由靜止開(kāi)始沿軌道平面下滑就導(dǎo)軌光滑和粗糙兩種情況比較，當(dāng)兩次下滑的位移相同時(shí)，則有()A重力勢(shì)能的減少量相同B機(jī)械能的變化量相同C磁通量的變化率相同D產(chǎn)生的焦耳熱相同解析：本題考查金屬棒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)及能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題當(dāng)兩次下滑的位移相同時(shí)，易知重力勢(shì)能的減少量相同，則選項(xiàng)A正確；兩次運(yùn)動(dòng)的加速度不同，所用時(shí)間不同，速度不同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不同，磁通量的變化率也不同，動(dòng)能不同，機(jī)械能的變化量不同，則產(chǎn)生的焦耳熱也不同，故選項(xiàng)B、C、D均錯(cuò)誤答案：A1(2

27、012課標(biāo))如圖，一載流長(zhǎng)直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長(zhǎng)直導(dǎo)線右側(cè)，且其長(zhǎng)邊與長(zhǎng)直導(dǎo)線平行已知在t0到tt1的時(shí)間間隔內(nèi)，直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應(yīng)電流總是沿順時(shí)針?lè)较?；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右設(shè)電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時(shí)間t變化的圖線可能是()解析：因通電導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)離導(dǎo)線越近磁場(chǎng)越強(qiáng)，而線框中左右兩邊的電流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反，導(dǎo)線框的左邊受到的安培力大于導(dǎo)線框的右邊受到的安培力，所以合力與左邊導(dǎo)線框受力的方向相同因?yàn)榫€框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根據(jù)左手定則，導(dǎo)線框處的磁場(chǎng)方向

28、先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，根據(jù)右手螺旋定則，導(dǎo)線中的電流先為正，后為負(fù)，所以選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、D、D錯(cuò)誤答案：A2.如圖所示，金屬棒AB垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌接觸良好，棒AB和導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，導(dǎo)軌左端接有電阻R，垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)向下穿過(guò)平面，現(xiàn)以水平向右的恒力F拉著棒AB向右移動(dòng)，t秒末棒AB的速度為v，移動(dòng)距離為x，且在t秒內(nèi)速度大小一直在變化，則下列判斷正確的是()At秒內(nèi)AB棒所受安培力方向水平向左且逐漸增大Bt秒內(nèi)AB棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)Ct秒內(nèi)AB棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)Dt秒末外力F做功的功率為eq f(2Fx,t)答案：A

29、B3.如圖所示，在方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中有一個(gè)由均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框abcd，線框在水平拉力作用下以恒定的速度v沿垂直磁場(chǎng)方向向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中線框dc邊始終與磁場(chǎng)右邊界平行，線框邊長(zhǎng)adl，cd2l，線框?qū)Ь€的總電阻為R.則線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中()Aab間的電壓為eq f(4Blv,3)Bad間的電壓為eq f(2Blv,3)C線框中的電流在ab邊產(chǎn)生的熱量為eq f(8B2l3v,3R)D線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為eq f(2B2l3v,3R)解析：線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2Blv，由閉合電路歐姆定律得，ab間的電壓為Uabeq f(4Blv,3)，ad間的電壓為Uadeq f(Blv,3)，A正確，B錯(cuò)；根據(jù)焦耳定律可得，線框中