《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 第3課時(shí) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的綜合問題學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 第3課時(shí) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的綜合問題學(xué)案（21頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3課時(shí)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的綜合問題一、電磁感應(yīng)中的電路問題1.電源和內(nèi)阻：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。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。2.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：En或EBLv。二、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1.通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中受到安培力作用，電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)問題聯(lián)系在一起。解決的基本方法如下：(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向；(2)求回路中的電流；(3)分析導(dǎo)體受力情況(包含安培力在內(nèi)的全面受力分析)；(4)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程。2.兩種狀態(tài)處理(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)平衡條件合外力等于零列

2、式分析。(2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)加速度不等于零。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。三、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化。2.感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受安培力，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)化為其他形式的能?？键c(diǎn)一電磁感應(yīng)的電路問題(/d)要點(diǎn)突破1.處理問題的一般思路(1)確定電源，在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分導(dǎo)體是電源；(2)分析電路結(jié)構(gòu)(區(qū)分內(nèi)、外電路及外電路的串、并聯(lián)分析)，畫出等效電路；(3)運(yùn)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的性質(zhì)、電功率等公式求解。2.一類特殊問題：根據(jù)電磁感應(yīng)的平均感應(yīng)

3、電動(dòng)勢(shì)求解電路中通過的電量，有n，qtn。所以，q只和線圈匝數(shù)、磁通量的變化量及總電阻有關(guān)，與完成該過程需要的時(shí)間無關(guān)。注意：求解電路中通過的電荷量時(shí)，一定要用平均電動(dòng)勢(shì)和平均電流計(jì)算。典例剖析【例】 (2015浙江10月選考)如圖甲所示，質(zhì)量m3.0103 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B11.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。有一匝數(shù)n300匝、面積S0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。(1)求00.10 s線

4、圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大??；(2)t0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K，若細(xì)桿CD所受安培力方向豎直向上，判斷CD中的電流方向及磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向；(3)t0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K，若安培力遠(yuǎn)大于重力，細(xì)框跳起的最大高度h0.20 m，求通過細(xì)桿CD的電荷量。解析(1)由電磁感應(yīng)定律En得EnS30 V(2)電流方向CDB2方向向上(3)由牛頓第二定律Fmam(或由動(dòng)量定理Ftmv0)安培力FIB1lQItv22gh得Q0.03 C答案(1)30 V(2)電流方向CDB2方向向上(3)0.03 C針對(duì)訓(xùn)練1.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時(shí)兩端的電阻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

5、垂直穿過環(huán)平面，與環(huán)的最高點(diǎn)A鉸鏈連接的長(zhǎng)度為2a、電阻為的導(dǎo)體棒AB，由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，B點(diǎn)的線速度為v，則這時(shí)AB兩端的電壓大小為()A. B.C. D.Bav解析導(dǎo)體棒以A為軸轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EB2a，整個(gè)電路是兩個(gè)半圓環(huán)并聯(lián)接在電源AB兩端，故AB兩端電壓U，所以A選項(xiàng)正確。答案A2.(多選)如圖所示，PN與QM兩平行金屬導(dǎo)軌相距1 m，電阻不計(jì)，兩端分別接有電阻R1和R2，且R16 ，ab桿的電阻為2 ，在導(dǎo)軌上可無摩擦地滑動(dòng)，垂直穿過導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 T?，F(xiàn)ab以恒定速度v3 m/s勻速向右移動(dòng)，這時(shí)ab桿上消耗的電功率與R1、R2

6、消耗的電功率之和相等。則()A.R26 B.R1上消耗的電功率為0.375 WC.a、b間電壓為3 VD.拉ab桿水平向右的拉力為0.75 N解析由于ab桿上消耗的電功率與R1、R2消耗的電功率之和相等，則內(nèi)、外電阻相等，2，解得R23 ，因此A錯(cuò)誤；EBlv3 V，總電流IA，路端電壓UabIR外2 V1.5 V，因此C錯(cuò)誤；P10.375 W，B正確；ab桿所受安培力FBIl0.75 N，因此拉力大小為0.75 N，D正確。答案BD考點(diǎn)二電磁感應(yīng)的圖象問題(/d)要點(diǎn)突破1.圖象問題大體上可分為三類(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象。(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解

7、相應(yīng)的物理量。(3)根據(jù)圖象定量計(jì)算。2.解題步驟(1)明確圖象的種類，即是Bt圖還是t圖，或者是Et圖、It圖等。(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程判斷對(duì)應(yīng)的圖象是否分段，共分幾段。(3)用右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電流的方向。(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)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。(6)畫圖象或判斷圖象。典例剖析【例】 矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中靜止不動(dòng)，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示。設(shè)t0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里，則在04 s時(shí)間內(nèi)，選項(xiàng)圖中能正確反映線框ab邊所受的安培力F隨時(shí)間t變化的圖

8、象是(規(guī)定ab邊所受的安培力向左為正)()解析在01 s內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小恒定，由楞次定律可得線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，根據(jù)左手定則可判斷出線框ab邊所受安培力方向向左(為正)，由FBIL可知F隨磁感應(yīng)強(qiáng)度的減小而減小。在12 s內(nèi)，由楞次定律可得線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，根據(jù)左手定則可判斷出線框ab邊所受安培力方向向右(為負(fù))，由FBIL可知F隨磁感應(yīng)強(qiáng)度的增大而增大。同理在23 s內(nèi)，線框ab邊所受安培力方向向左(為正)，由FBIL可知F隨磁感應(yīng)強(qiáng)度的減小而減小。在34 s內(nèi)，線框ab邊所受安培力方向向右(為負(fù))，由FBIL可知F隨磁感

9、應(yīng)強(qiáng)度的增大而增大，D正確。答案D針對(duì)訓(xùn)練1.在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖甲所示，當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t如圖乙變化時(shí)，圖中正確表示線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E變化的是()解析在第1 s內(nèi)，由楞次定律可判定電流為正，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1S，在第2 s和第3 s內(nèi)，磁場(chǎng)B不變化，線圈中無感應(yīng)電流，在第4 s和第5 s內(nèi)，B減小，由楞次定律可判定，其電流為負(fù)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1S，由于B1B2，t22t1，故E12E2，由此可知，A選項(xiàng)正確。答案A2.磁卡的磁條中有用于存儲(chǔ)信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測(cè)線圈。當(dāng)以速度v0刷卡時(shí)

10、，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，其Et關(guān)系如圖甲所示。如果只將刷卡速度改為，線圈中的Et關(guān)系圖可能是圖乙中的()乙解析由公式EBlv可知，當(dāng)刷卡速度減半時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值減半，且刷卡所用時(shí)間加倍，故D選項(xiàng)正確。答案D考點(diǎn)三電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)問題(/d)要點(diǎn)突破1.電路分析：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于電源的電動(dòng)勢(shì)，導(dǎo)體棒的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，感應(yīng)電流I。2.受力分析：導(dǎo)體棒受到安培力及其他力，安培力F安BIl或，根據(jù)牛頓第二定律列動(dòng)力學(xué)方程：F合ma。3.過程分析：由于安培力是變力，導(dǎo)體棒做變加速或變減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列平衡

11、方程F合0。典例剖析【例】 如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l0.5 m，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30角。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸。已知兩棒質(zhì)量均為m0.02 kg，電阻均為R0.1 ，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2 T。棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)，而棒cd恰好能夠保持靜止。g取10 m/s2，求：(1)通過棒cd的電流I是多少？方向如何？(2)棒ab受到的力F是多大？解析(1)棒cd受到的安培力為FcdBIl棒cd在共點(diǎn)力作用下平衡，則Fc

12、dmgsin 30聯(lián)立解得I1 A根據(jù)楞次定律可知，棒cd中電流方向由d至c。(2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等，即FabFcd對(duì)棒ab，由共點(diǎn)力平衡條件得Fmgsin 30BIl解得F0.2 N答案(1)1 A由d至c(2)0.2 N針對(duì)訓(xùn)練如圖所示，光滑的“”形金屬導(dǎo)體框豎直放置，除圖中已標(biāo)阻值為R的電阻外，其余電阻不計(jì)。質(zhì)量為m的金屬棒MN與框架接觸良好。在區(qū)域abcd和cdef內(nèi)，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1B、B22B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向均垂直于框架平面向里，兩豎直導(dǎo)軌ae與bf間距為L(zhǎng)?，F(xiàn)從圖示位置由靜止釋放金屬棒MN，當(dāng)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)B1區(qū)域后恰好做勻速運(yùn)動(dòng)。求：(1)金屬

13、棒進(jìn)入磁場(chǎng)B1區(qū)域后的速度大??；(2)金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)B2區(qū)域時(shí)的加速度大小。解析(1)當(dāng)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)B1區(qū)域后恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，說明金屬棒所受的安培力與重力大小相等、方向相反。則F1B1I1LBI1Lmg又I1聯(lián)立得：v(2)金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)B2區(qū)域時(shí)，由楞次定律判斷知所受的安培力方向豎直向上，大小為：F2B2I2L2BL把(1)問求得的v代入，可得F24mg根據(jù)牛頓第二定律得：F2mgma得a3g。答案(1)(2)3g考點(diǎn)四電磁感應(yīng)的能量問題(/d)要點(diǎn)突破1.電磁感應(yīng)過程實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中必定受到安培力作用。因此閉合電路的一部分導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)切

14、割磁感線時(shí)必克服安培力做功。此過程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能?？朔才嗔ψ龆嗌俟?，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。當(dāng)感應(yīng)電流通過用電器時(shí)，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能。同理，電流做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，電流做多少功就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。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，導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流時(shí)，開始的機(jī)械能總和與最后的機(jī)械能總和之差等于產(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。典例剖析【例】 如圖所示，在高度差h0.5 m的平行虛線范圍內(nèi)，有磁感應(yīng)

15、強(qiáng)度B0.5 T、方向垂直于豎直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，正方形線框abcd的質(zhì)量m0.1 kg、邊長(zhǎng)L0.5 m、電阻R0.5 ，線框平面與豎直平面平行，靜止在位置“”時(shí)，cd邊跟磁場(chǎng)下邊緣有一段距離?，F(xiàn)用一豎直向上的恒力F4.0 N向上提線框，線框由位置“”無初速度開始向上運(yùn)動(dòng)，穿過磁場(chǎng)區(qū)，最后到達(dá)位置“”(ab邊恰好出磁場(chǎng))，線框平面在運(yùn)動(dòng)中保持與磁場(chǎng)方向垂直，且cd邊保持水平。設(shè)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)。g取10 m/s2。(1)求線框進(jìn)入磁場(chǎng)前距磁場(chǎng)下邊界的距離H；(2)線框由位置“”到位置“”的過程中，恒力F做的功是多少？線框內(nèi)產(chǎn)生的熱量又是多少？解析(1)在恒力作

16、用下，線框開始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)線框的加速度為a，據(jù)牛頓第二定律有：Fmgma設(shè)cd邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，線框速度設(shè)為v1，線框從靜止到cd邊剛進(jìn)磁場(chǎng)過程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程有：v2aHcd邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)EBLv1，感應(yīng)電流I安培力F安BIL線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有FF安mg，聯(lián)立以上各式，可解得v124 m/s，由v2aH解得H9.6 m。(2)恒力F做的功WF(HLh)42.4 J，從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊離開磁場(chǎng)的過程中，拉力所做的功等于線框增加的重力勢(shì)能和產(chǎn)生的熱量Q，即F(Lh)mg(Lh)Q，解得：Q(Fmg)(Lh)3.0 J或QI2Rt()2R()3.0 J。答案(1)9.6

17、 m(2)42.4 J3.0 J 針對(duì)訓(xùn)練(2016浙江理綜)小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)0.05 的電阻。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2.0 T。質(zhì)量m4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s0.24 m。一位健身者用恒力F80 N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/

18、s2，sin 530.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大??；(2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力的大??；(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析(1)由牛頓定律a12 m/s2進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v2.4 m/s(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv感應(yīng)電流I安培力FAIBl代入得FA48 N(3)健身者做功WF(sd)64 J由牛頓定律：Fmgsin FA0在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t焦耳熱QI2Rt26.88 J答案(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J1.如圖所示，A是一邊長(zhǎng)為l的正方形線框，電阻為R，現(xiàn)維持線框以恒

19、定的速度v沿x軸運(yùn)動(dòng)，并穿過圖中所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B區(qū)域。取逆時(shí)針方向?yàn)殡娏髡较?，線框從圖示位置開始運(yùn)動(dòng)，則線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖線是圖中的()解析由于線框進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)時(shí)，線框內(nèi)磁通量均勻變化，因此在線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小不變，根據(jù)楞次定律可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向與規(guī)定的正方向相同，穿出磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向與規(guī)定的正方向相反，因此應(yīng)選B。答案B2.如圖所示，質(zhì)量為m、高為h的矩形導(dǎo)線框在豎直面內(nèi)自由下落，其上下兩邊始終保持水平，途中恰好勻速穿過一有理想邊界、高亦為h的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，線框在此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為()A.mgh B.2mghC.大于mgh而小于2mgh D

20、.大于2mgh解析因線框勻速穿過磁場(chǎng)，在穿過磁場(chǎng)的過程中合外力做功為零，克服安培力做功為2mgh，產(chǎn)生的內(nèi)能亦為2mgh，故選B。答案B3.如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計(jì)，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場(chǎng)。若第一次用0.3 s時(shí)間拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q1；第二次用0.9 s時(shí)間拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q2，則()A.W1W2，q1q2 B.W1W2，q1q2 D.W1W2，q1q2解析設(shè)線框的長(zhǎng)為L(zhǎng)1，寬為L(zhǎng)2，速度為v，線框所受的安培力大小為FABIL2，又I，EBL2v中，則得FA線框勻速運(yùn)動(dòng)，外力與安培力平衡，則外力的大小為

21、FFA，外力做功為WFL1L1，可見，外力做功與所用時(shí)間成反比，則有W1W2。兩種情況下，線框拉出磁場(chǎng)時(shí)穿過線框的磁通量的變化量相等，根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q可知，通過導(dǎo)線截面的電荷量相等，即有q1q2，故選D。答案D4.如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為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，整套裝置處于磁感應(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)軌和金屬桿的電阻可忽略，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。(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，

22、請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫出ab桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意圖；(2)在加速下滑過程中，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??；(3)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值。解析(1)如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上。(2)當(dāng)ab桿速度大小為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，此時(shí)電路中電流Iab桿受到安培力F安BIL根據(jù)牛頓第二定律，有mamgsin F安mgsin agsin 。(3)當(dāng)a0時(shí)，ab桿有最大速度：vm。答案(1)見解析圖(2)gsin (3)基礎(chǔ)過關(guān)1.水平放置的金屬框架cdef處于如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒ab

23、處于粗糙的框架上且與框架接觸良好，從某時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，金屬棒ab始終保持靜止，則()A.ab中電流增大，ab棒所受摩擦力也增大B.ab中電流不變，ab棒所受摩擦力也不變C.ab中電流不變，ab棒所受摩擦力增大D.ab中電流增大，ab棒所受摩擦力不變解析磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，磁通量的變化率恒定，故回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流都是恒定的；又棒ab所受的摩擦力等于安培力，即FfF安BIL，故當(dāng)B增加時(shí)，摩擦力增大，選項(xiàng)C正確。答案C2.如圖所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦

24、地滑動(dòng)。桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計(jì)。開始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則()A.ef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速B.ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后停止C.ef將勻速向右運(yùn)動(dòng)D.ef將往返運(yùn)動(dòng)解析ef向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，會(huì)受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，但不是勻減速，由FBIlma知，ef做的是加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故A正確。答案A3.如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，當(dāng)磁場(chǎng)變化時(shí)，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場(chǎng)的變化情況可能是圖中的()解析由題意可知，安培力的方向向右，根據(jù)左手定則可知感應(yīng)電流的方向由B到A

25、，再由楞次定律可知，當(dāng)垂直向外的磁場(chǎng)在增加時(shí)，會(huì)產(chǎn)生由B到A的感應(yīng)電流，由法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律，則安培力的表達(dá)式FBILBL，因安培力的大小不變，則B是定值，因磁場(chǎng)B增大，則減小，故選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤。答案D4.(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一足夠長(zhǎng)的寬度為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌，質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動(dòng)，且導(dǎo)體棒ab與金屬導(dǎo)軌接觸良好，ab電阻為R，其他電阻不計(jì)。導(dǎo)體棒ab由靜止開始下落，過一段時(shí)間后閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)導(dǎo)體棒ab立刻做變速運(yùn)動(dòng)，則在以后導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法中正確的是()A.導(dǎo)體棒ab做變速運(yùn)動(dòng)期間加速度一定減小B.單位

26、時(shí)間內(nèi)克服安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能C.導(dǎo)體棒減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為閉合電路中的電能和內(nèi)能之和，符合能的轉(zhuǎn)化和守恒定律D.導(dǎo)體棒ab最后做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為v解析導(dǎo)體棒由靜止下落，在豎直向下的重力作用下，做加速運(yùn)動(dòng)，開關(guān)閉合時(shí)，由右手定則可知，導(dǎo)體中產(chǎn)生的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，再由左手定則，可判定導(dǎo)體棒受到的安培力方向向上，F(xiàn)BILBL，導(dǎo)體棒受到的重力和安培力的合力變小，加速度變小，做加速度越來越小的變速運(yùn)動(dòng)，A正確；最后合力為零，加速度為零，做勻速運(yùn)動(dòng)，由Fmg0得，BLmg，v，D正確；導(dǎo)體棒克服安培力做功，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，由于電流的熱效應(yīng)，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，B

27、正確，C錯(cuò)誤。答案ABD5.(多選)如圖所示，先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈拉出有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，v12v2，在先后兩種情況下()A.線圈中的感應(yīng)電流之比I1I221B.線圈中的感應(yīng)電流之比I1I212C.線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q241D.通過線圈某截面的電荷量之比q1q211解析由于v12v2，根據(jù)EBLv得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比，感應(yīng)電流I，則感應(yīng)電流之比為，A正確，B錯(cuò)誤；線圈出磁場(chǎng)所用的時(shí)間t，則時(shí)間比為，根據(jù)QI2Rt可知熱量之比為，C錯(cuò)誤；根據(jù)qttt得，D正確。答案AD6.(多選)如圖所示，水平放置的U形框架上接一個(gè)阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)

28、磁場(chǎng)中，一個(gè)半徑為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)距離d后速度達(dá)到v，半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)體AC與U形框架間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。下列說法正確的是()A.此時(shí)AC兩端電壓為UAC2BLvB.此時(shí)AC兩端電壓為UACC.此過程中電路產(chǎn)生的電熱為QFdmv2D.此過程中通過電阻R0的電荷量為q解析AC的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2BLv，兩端電壓為UAC，A錯(cuò)誤，B正確；由功能關(guān)系得Fdmv2Qmgd，C錯(cuò)誤；此過程中平均感應(yīng)電流為，通過電阻R0的電荷量為qt，D正確。答案BD7.如圖所示，豎直平面內(nèi)有足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌，軌距0.2 m，金屬導(dǎo)體ab可

29、在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動(dòng)，ab的電阻為0.4 ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)體ab的質(zhì)量為0.2 g，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2 T，且磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，當(dāng)導(dǎo)體ab自由下落0.4 s時(shí)，突然接通開關(guān)S，則(1)試說出S接通后，導(dǎo)體ab的運(yùn)動(dòng)情況；(2)導(dǎo)體ab勻速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)解析(1)閉合S之前導(dǎo)體自由下落的末速度為：v0gt4 m/s。S閉合瞬間，導(dǎo)體產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，ab立即受到一個(gè)豎直向上的安培力。F安BIL0.016 Nmg0.002 N。此刻導(dǎo)體棒所受到合力的方向豎直向上，與初速度方向相反，加速度的表達(dá)式為ag，所以，ab做豎直向下的加

30、速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)速度減小至F安mg時(shí)，ab做豎直向下的勻速運(yùn)動(dòng)。(2)設(shè)勻速豎直向下的速度為vm，此時(shí)F安mg，即mg，vm0.5 m/s。答案(1)先做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)(2)0.5 m/s能力提升8.(多選)兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L(zhǎng)，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個(gè)固定的輕彈簧下端，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，如圖所示。除電阻R外其余電阻不計(jì)?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，則()A.釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB.金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過電阻R的電流方向?yàn)閍bC.金屬

31、棒的速度為v時(shí)，所受的安培力大小為FD.電阻R上產(chǎn)生的熱量等于金屬棒重力勢(shì)能的減少量解析金屬棒剛釋放時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，此時(shí)彈力為零，又因此時(shí)速度為零，因此也不受安培力作用，金屬棒只受到重力作用，其加速度應(yīng)等于重力加速度，故A正確；金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可知，金屬棒上電流方向向右，電阻在外電路，其電流方向?yàn)閎a，故B錯(cuò)誤；金屬棒速度為v時(shí)，安培力大小為FBIL，故C正確；金屬棒下落過程中，由能量守恒定律知，金屬棒減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能、金屬棒的動(dòng)能以及電阻R上產(chǎn)生的熱量，因此D錯(cuò)誤。答案AC9.(多選)如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成角，用導(dǎo)線與固定電阻R1和R2相連，勻強(qiáng)磁場(chǎng)

32、垂直穿過導(dǎo)軌平面。有一導(dǎo)體棒ab，質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為l，導(dǎo)體棒的電阻與固定電阻R1和R2的阻值相等，都等于R，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向上滑動(dòng)，當(dāng)上滑的速度為v時(shí)，有()A.棒中感應(yīng)電流的方向由a到bB.棒所受安培力的大小為C.棒兩端的電壓為D.棒動(dòng)能的減少量等于其重力勢(shì)能的增加量與電路上產(chǎn)生的電熱之和解析由右手定則可判定導(dǎo)體棒中的電流方向?yàn)閍b，故選項(xiàng)A正確；由EBlv及串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)，知R外，則I，所以導(dǎo)體棒所受安培力的大小FBIl，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；結(jié)合I，知導(dǎo)體棒兩端的電壓UI，故選項(xiàng)C正確；由能量守恒知：導(dǎo)體棒動(dòng)能的減少量等于其重力勢(shì)能的增加量以及電路中產(chǎn)

33、生的電熱和克服摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AC10.如圖甲所示，一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，線框的右邊緊貼著邊界。t0時(shí)刻對(duì)線框施加一水平向右的外力，讓線框從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t0穿出磁場(chǎng)。如圖乙所示為外力隨時(shí)間變化的圖象。線框質(zhì)量m、電阻R及圖象中的F0、t0均為已知量，則根據(jù)上述條件，求：(1)金屬線框的邊長(zhǎng)L；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B。解析對(duì)金屬線框有FBILma，又Ivat解式得Ftma又Lat將t10，F(xiàn)1F0和t2t0，F(xiàn)23F0，代入式解得L，B。答案(1)(2)11.(2017浙江超能生3月聯(lián)考)如圖甲所示，間距為l0.5 m的兩條足夠長(zhǎng)的平行

34、金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角37，導(dǎo)軌上端接有一個(gè)R0.5 的電阻，導(dǎo)軌所在平面可劃分為、三個(gè)區(qū)域，兩導(dǎo)軌間長(zhǎng)度為s11 m的矩形區(qū)域中存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，長(zhǎng)度為s23 m的區(qū)域中無磁場(chǎng)，區(qū)域中存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B01 T。在t0時(shí)刻，質(zhì)量m1 kg且與導(dǎo)軌垂直的金屬棒ab從區(qū)域和區(qū)域的交界處靜止滑下，當(dāng)金屬棒到達(dá)區(qū)域和區(qū)域的交界處CD時(shí)，區(qū)域中的磁場(chǎng)突然撤去，此后金屬棒恰好保持勻速運(yùn)動(dòng)，邊界CD上方的導(dǎo)軌光滑，邊界CD下方的導(dǎo)軌粗糙，不計(jì)金屬棒與導(dǎo)軌的電阻，金屬棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好

35、，已知sin 370.6，cos 370.8，求：(1)金屬棒在到達(dá)邊界CD前的運(yùn)動(dòng)過程中，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小I；(2)金屬棒在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)金屬棒與區(qū)域中的兩導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。解析(1)由Bt圖象可知，區(qū)域中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5t金屬棒在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得到回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E0.25 V所以，感應(yīng)電流為I0.5 A。(2)金屬棒在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)過程中，對(duì)其進(jìn)行受力分析由牛頓第二定律得，mgsin ma解得：agsin 6 m/s2由s2at2得t1 s因此，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Qt0.125 J。(3)金屬棒到達(dá)區(qū)域和區(qū)域交界處時(shí)的速度大小vat6 m/s，此后以該速度勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒所受安培力大小FB0Il3 N，方向沿導(dǎo)軌向上金屬棒在區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)其進(jìn)行受力分析，有mgsin Fmgcos 解得0.375。答案(1)0.5 A(2)0.125 J(3)0.37521