《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電磁感應(yīng)和電路 第2講 電磁感應(yīng)的綜合問題學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電磁感應(yīng)和電路 第2講 電磁感應(yīng)的綜合問題學(xué)案（24頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講電磁感應(yīng)的綜合問題歷次選考考情分析章知識(shí)內(nèi)容考試要求歷次選考統(tǒng)計(jì)必考加試2015/102016/042016/102017/042017/112018/04電磁感應(yīng)電磁感應(yīng)現(xiàn)象b楞次定律c法拉第電磁感應(yīng)定律d222322222223電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況b互感和自感b渦流、電磁阻尼和電磁驅(qū)動(dòng)b考點(diǎn)一電磁感應(yīng)基本概念和規(guī)律的理解1解決圖象問題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是Bt圖象還是t圖象，或者是Et圖象、It圖象等(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方向?qū)?yīng)關(guān)系；(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、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)

2、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)畫出圖象或判斷圖象2電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個(gè)常見解法(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(shì)(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負(fù)，排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象作出分析和判斷，這未必是最簡(jiǎn)捷的方法，但卻是最有效的辦法1感應(yīng)電流的產(chǎn)生(多選)下列各圖所描述的物理情境中，有感應(yīng)電流產(chǎn)生的是()答案BCD解析A中電鍵S閉合穩(wěn)定后，穿過線圈的磁通量保持不變，線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流；B中磁鐵向鋁環(huán)A靠近，穿過鋁環(huán)的磁通量在增大，鋁

3、環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流；C中金屬框從A向B運(yùn)動(dòng)，穿過金屬框的磁通量時(shí)刻在變化，金屬框中產(chǎn)生感應(yīng)電流；D中銅盤在磁場(chǎng)中按題圖所示方向轉(zhuǎn)動(dòng)，銅盤的一部分切割磁感線，電阻R中產(chǎn)生感應(yīng)電流2感應(yīng)電流的大小和方向(多選)如圖1，一根長(zhǎng)為l、橫截面積為S的閉合軟導(dǎo)線置于光滑水平面上，其材料的電阻率為，導(dǎo)線內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，電子的電荷量為e，空間存在垂直紙面向里的磁場(chǎng)某時(shí)刻起磁場(chǎng)開始減弱，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律是BB0kt，當(dāng)軟導(dǎo)線形狀穩(wěn)定時(shí)，磁場(chǎng)方向仍然垂直紙面向里，此時(shí)()圖1A軟導(dǎo)線將圍成一個(gè)圓形B軟導(dǎo)線將圍成一個(gè)正方形C導(dǎo)線中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流D導(dǎo)線中的電流為答案AD解析當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度

4、減弱時(shí)，由楞次定律可知，導(dǎo)線中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，軟導(dǎo)線圍成的圖形的面積有擴(kuò)大的趨勢(shì)，結(jié)合周長(zhǎng)相等時(shí)，圓的面積最大可知，最終軟導(dǎo)線圍成一個(gè)圓形設(shè)軟導(dǎo)線圍成的圓形半徑為r，則有：l2r，圓形的面積為S1r2，軟導(dǎo)線的電阻為R，軟導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為ES1k，感應(yīng)電流為I.3感應(yīng)電流的圖象(多選)如圖2甲所示，正六邊形導(dǎo)線框abcdef放在磁場(chǎng)中靜止不動(dòng)，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)線框平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示t0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直紙面向里，設(shè)產(chǎn)生的感應(yīng)電流順時(shí)針方向?yàn)檎?，豎直邊cd所受安培力的方向水平向左為正則下面關(guān)于感應(yīng)電流i和cd邊所受安培力F隨時(shí)間t變化的圖象正確

5、的是()圖2答案BC解析02 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為正值根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，EB0S為定值，則感應(yīng)電流為定值，I0.在23 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為正值，大小與02 s內(nèi)相同在34 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為負(fù)值，大小與02 s內(nèi)相同在46 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為負(fù)值，大小與02 s內(nèi)相同，故A錯(cuò)誤，B正確在02 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的

6、方向垂直紙面向里，且逐漸減小，電流恒定不變，根據(jù)F安BIL，則安培力逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負(fù)值.0時(shí)刻安培力大小為F2B0I0L.在23 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)F安BIL，則安培力逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，為正值，3 s末安培力大小為B0I0L.在34 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸減小，則安培力大小逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負(fù)值，第4 s初的安培力大小為B0I0L.在46 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，則安培力大小逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，6 s末的安培力大小2B0I0L，故C正確，D錯(cuò)誤4

7、.電路問題(多選)用均勻?qū)Ь€做成的正方形線圈邊長(zhǎng)為l，正方形的一半放在垂直于紙面向里的磁場(chǎng)中，如圖3所示，當(dāng)磁場(chǎng)以的變化率增強(qiáng)時(shí)，則()圖3A線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍cbdaB線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)EC線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍dbcaD線圈中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為答案AB解析當(dāng)磁場(chǎng)增強(qiáng)時(shí)，由楞次定律可判定感應(yīng)電流的方向?yàn)閍cbda，故A項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得E，B項(xiàng)正確；線圈中a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差的絕對(duì)值為電動(dòng)勢(shì)的一半，由電流方向可知，a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)，則a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差為，故D項(xiàng)錯(cuò)誤考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題1電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析思路(1)電路分析：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電

8、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(2)受力分析：導(dǎo)體棒受到安培力及其他力，安培力F安BIL，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)力平衡條件列平衡方程：F合0.2電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)能量轉(zhuǎn)化(2)求解焦耳熱Q的三種方法焦耳定律：QI2Rt，適用于電流、電阻不變；功能關(guān)系：QW克服安培力，電流變不變都適用；能量轉(zhuǎn)化：QE其他能的減少量，電流變不變都適用例1(2018嘉興一中期末)如圖4所示，兩根相距L1的平行粗糙金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，

9、導(dǎo)軌上分布著n個(gè)寬度為d、間距為2d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直水平面向上在導(dǎo)軌的左端連接一個(gè)阻值為R的電阻，導(dǎo)軌的左端距離第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域L2的位置放有一根質(zhì)量為m，長(zhǎng)為L(zhǎng)1，阻值為r的金屬棒，導(dǎo)軌電阻及金屬棒與導(dǎo)軌間的接觸電阻均不計(jì)某時(shí)刻起，金屬棒在一水平向右的已知恒力F作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.圖4(1)若金屬棒能夠勻速通過每個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，求金屬棒離開第2個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度v2的大??；(2)在滿足第(1)小題條件時(shí)，求第n個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bn的大??；(3)現(xiàn)保持恒力F不變，使每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度均相同，發(fā)現(xiàn)金屬棒通過每個(gè)

10、磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)電路中的電流變化規(guī)律完全相同，求金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到通過第n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的整個(gè)過程中左端電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)(2) (3)nd(Fmg)解析(1)金屬棒勻加速運(yùn)動(dòng)有Fmgmav222a(L22d)解得：v2(2)金屬棒勻加速運(yùn)動(dòng)的總位移為xL22nd2d金屬棒進(jìn)入第n個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的速度滿足vn22ax金屬棒在第n個(gè)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)有FmgF安0感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBnL1vn電流I安培力F安BnL1I聯(lián)立得：F安解得：Bn (3)金屬棒進(jìn)入每個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度v和離開每個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度v均相同，由題意可得v22aL2，v2v22a2d金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到通過第n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，有x總L23

11、nd2d(Fmg)x總Q總mv2QQ總解得：Qnd(Fmg)5如圖5所示，有一傾斜光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角30，導(dǎo)軌間距L0.5 m，電阻不計(jì)，在兩導(dǎo)軌間接有R3 的電阻在導(dǎo)軌中間加一垂直導(dǎo)軌平面向上的寬度為d0.4 m的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，B2 T一質(zhì)量為m0.08 kg，電阻為r2 的導(dǎo)體棒從距磁場(chǎng)上邊緣d0.4 m處由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好，取g10 m/s2.求：圖5(1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)上邊緣的速度大小v；(2)導(dǎo)體棒通過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量q；(3)導(dǎo)體棒通過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)2 m/s(2)0.08

12、C(3)0.096 J解析(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mgdsin 30mv2代入數(shù)據(jù)解得，導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)上邊緣的速度v2 m/s.(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：通過導(dǎo)體棒的電荷量為：qt0.08 C.(3)導(dǎo)體棒切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBLv2 V根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I0.4 A導(dǎo)體棒受到的安培力FBIL0.4 N導(dǎo)體棒的重力沿導(dǎo)軌平面向下的分力Fmgsin 300.4 N所以金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能關(guān)系可得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為：Qmgdsin 300.096 J.考點(diǎn)三應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)分析電磁感應(yīng)問題1電磁感應(yīng)與動(dòng)量綜合問題

13、往往需要運(yùn)用牛頓第二定律、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、功能關(guān)系和能量守恒定律等重要規(guī)律，并結(jié)合閉合電路的歐姆定律等物理規(guī)律及基本方法2動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用，主要可以解決變力的沖量所以，在求解導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題時(shí)，應(yīng)用動(dòng)量定理可以避免由于加速度變化而導(dǎo)致運(yùn)動(dòng)學(xué)公式不能使用的麻煩，在求解雙桿模型問題時(shí)，在一定條件下可以利用動(dòng)量守恒定律避免討論中間變化狀態(tài)，而直接求得最終狀態(tài)模型1動(dòng)量定理與電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用例2(2018寧波市十校聯(lián)考)如圖6所示，兩根相距為d的粗糙平行金屬導(dǎo)軌放在傾角為的斜面上(電阻忽略不計(jì))，金屬導(dǎo)軌上端連有阻值為R的電阻，在平行于斜面的矩形區(qū)域mnOP(mP長(zhǎng)為

14、l，且平行于金屬導(dǎo)軌，不考慮磁場(chǎng)的邊界效應(yīng))內(nèi)存在一個(gè)垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，一根電阻為r，質(zhì)量為m的金屬棒EF自磁場(chǎng)上邊界虛線mn處由靜止釋放，經(jīng)過t時(shí)間離開磁場(chǎng)區(qū)域，金屬棒與金屬導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.求：圖6(1)t時(shí)間內(nèi)通過電阻R的電荷量q；(2)t時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)沿著導(dǎo)軌向下平行移動(dòng)磁場(chǎng)區(qū)域，從原位置釋放金屬棒，當(dāng)它恰好能勻速通過磁場(chǎng)時(shí)，磁場(chǎng)的移動(dòng)距離s和金屬棒通過磁場(chǎng)的時(shí)間t.答案(1)(2)mgl(sin cos )m(sin cos )gt2(3)解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得通過電阻R的電荷量為qt(2)金屬棒向下運(yùn)動(dòng)的過程中受到重力、支持力、摩擦力以及

15、安培力的作用，在沿斜面的方向上，由動(dòng)量定理得：(mgsin mgcos )tBdtmv0得：v(gsin gcos )t由功能關(guān)系可得：Q總mgl(sin cos )mv2則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為：QQ總聯(lián)立可得：Qmgl(sin cos )m(sin cos )gt2(3)金屬棒在磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，mgsin mgcos 得：vm金屬棒沿導(dǎo)軌平面向下的加速度為：ag(sin cos )又：vm22as，得s金屬棒通過磁場(chǎng)的時(shí)間為：t6.如圖7所示，光滑的水平平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.輕質(zhì)導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)

16、體棒ab的電阻為r，與導(dǎo)軌之間接觸良好兩導(dǎo)軌之間接有定值電阻，其阻值為R，輕質(zhì)導(dǎo)體棒中間系一輕細(xì)線，細(xì)線通過定滑輪懸掛質(zhì)量為m的物體，現(xiàn)從靜止釋放該物體，當(dāng)物體速度達(dá)到最大時(shí)，下落的高度為h.物體下落過程中不著地，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，忽略空氣阻力和一切摩擦阻力，重力加速度為g.求：圖7(1)物體下落過程中的最大速度vm；(2)物體從靜止開始下落至速度達(dá)到最大的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q；(3)物體從靜止開始下落至速度到最大時(shí)，所需的時(shí)間t.答案(1)(2)(3)解析(1)在物體加速下落過程中，加速度逐漸減小，當(dāng)加速度為0時(shí)，下落速度達(dá)到最大對(duì)物體，由平衡條件可得mgFT對(duì)導(dǎo)體棒，由平衡條件可得FTB

17、IL對(duì)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌、電阻R組成的閉合回路，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得EBLvm聯(lián)立以上各式解得vm.(2)在物體下落過程中，物體重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，系統(tǒng)中產(chǎn)生熱量，根據(jù)能量守恒定律可得mghmvm2Q總電阻R上產(chǎn)生的熱量QQ總，聯(lián)立解得Q.(3)在系統(tǒng)加速過程中，任一時(shí)刻速度設(shè)為v，取一段時(shí)間微元t，在此過程中以系統(tǒng)為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理可得mgttmv即mgtmv全過程疊加求和mgtmvm聯(lián)立解得t.模型2動(dòng)量守恒定律與電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用例3(2018寧波市3月選考)如圖8甲所示，絕緣水平面上固定著兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌PQ、MN，相距為L(zhǎng)0.5 m，ef右側(cè)導(dǎo)

18、軌處于磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小如圖乙變化開始時(shí)ab棒和cd棒鎖定在導(dǎo)軌如圖所示位置，ab棒與cd棒平行，ab棒離水平面高度為h0.2 m，cd棒與ef之間的距離也為L(zhǎng)，ab棒的質(zhì)量為m10.2 kg，有效電阻R10.05 ，cd棒的質(zhì)量為m20.1 kg，有效電阻為R20.15 .(設(shè)ab、cd棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，空氣阻力不計(jì)，g取10 m/s2)問：圖8(1)01 s時(shí)間段內(nèi)通過cd棒的電流大小與方向；(2)假如在1 s末，同時(shí)解除對(duì)ab棒和cd棒的鎖定，穩(wěn)定后ab棒和cd棒將以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，試求這一速度的大

19、??；(3)對(duì)ab棒和cd棒從解除鎖定到開始以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，ab棒上產(chǎn)生的熱量；(4)ab棒和cd棒速度相同時(shí)，它們之間的距離大小答案見解析解析(1)由楞次定律可得，cd棒中的電流方向?yàn)橛蒬到cESL2代入數(shù)據(jù)得：E0.25 Vcd棒中的電流大小I代入數(shù)據(jù)得：I1.25 A(2)設(shè)ab棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律有：m1ghm1v02得v02 m/s由題意可知，ab棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，cd棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，而由ab、cd棒組成的回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越來越小，最終ab、cd棒達(dá)到共同速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)穩(wěn)定以ab、cd棒構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，水平方

20、向上只受到大小時(shí)刻相等、方向時(shí)刻相反的安培力作用，系統(tǒng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)量守恒m1v0(m1m2)v共得：v共 m/s.(3)以ab、cd棒構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，從解除鎖定開始到ab、cd棒以相同的速度穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)兩電阻上的熱量m1gh(m1m2)v共2Q總則QabQ總 J(4)以ab棒為研究對(duì)象，ab棒從進(jìn)入磁場(chǎng)到達(dá)到穩(wěn)定速度過程中，由動(dòng)量定理有：m1v共m1v0F安tBLt解得x m分析可知x為這個(gè)過程中兩棒相對(duì)靠近的距離，所以，穩(wěn)定時(shí)兩棒之間的距離為：xLx m.7如圖9所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻不計(jì)、足夠長(zhǎng)的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑絕緣水平桌面上，

21、平行導(dǎo)軌MN和PQ相距為L(zhǎng).空間存在著足夠大的方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導(dǎo)軌上，并用一根絕緣細(xì)線系在定點(diǎn)A.已知，細(xì)線能承受的最大拉力為FT0，CD棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R.現(xiàn)從t0時(shí)刻開始對(duì)U形框架施加水平向右的拉力F(大小未知)，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)圖9(1)求從框架開始運(yùn)動(dòng)到細(xì)線斷開所需的時(shí)間t0及細(xì)線斷開時(shí)框架的瞬時(shí)速度v0大小；(2)若在細(xì)線斷開時(shí)，立即撤去拉力F，求此后過程回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q.答案(1)(2)解析(1)細(xì)線斷開時(shí)，對(duì)CD棒有FT0F安，F(xiàn)安BIL，I，EBLv0，v0at0聯(lián)

22、立解得t0細(xì)線斷開時(shí)，框架的速度v0(2)在細(xì)線斷開時(shí)立即撤去拉力F，框架向右減速運(yùn)動(dòng)，CD棒向右加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)二者最終速度大小為v，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv02mv得v撤去拉力F后，系統(tǒng)總動(dòng)能的減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Qmv022mv2聯(lián)立得Q.專題強(qiáng)化練1(多選)(2018牌頭中學(xué)期中改編)如圖1所示，固定的水平長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有向右的電流I，矩形閉合導(dǎo)線框與導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi)，且一邊與導(dǎo)線平行將線框由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，則在線框下落過程中()圖1A穿過線框的磁通量保持不變B線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針C線框所受安培力的合力豎直向上D線框的機(jī)械能不斷增大答案BC解

23、析線框在下落過程中，所在磁場(chǎng)減弱，穿過線框的磁通量減小，故A錯(cuò)誤；電流I產(chǎn)生的磁場(chǎng)在導(dǎo)線的下方垂直于紙面向里，下落過程中，因?yàn)榇┻^線框的磁通量隨線框下落而減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同，所以感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，故B正確；由于離導(dǎo)線越遠(yuǎn)的地方磁場(chǎng)越弱，所以線框的上邊受到的安培力大小大于下邊受到的安培力大小，合力的方向向上，故C正確；下落過程中，因?yàn)榇┻^線框的磁通量隨線框下落而減小，線框中產(chǎn)生電能，機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤2(多選)某實(shí)驗(yàn)裝置如圖2所示，在鐵芯P上繞著兩個(gè)線圈A和B，如果線圈A中電流i與時(shí)間t的關(guān)系有如圖所示的A、B、C、D共四種情況在t1t2這段時(shí)間內(nèi)，哪種情

24、況可以觀察到在線圈B中有感應(yīng)電流()圖2答案BCD3(多選)(2018書生中學(xué)月考改編)豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌，其電阻不計(jì)，磁場(chǎng)方向如圖3所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T，導(dǎo)體棒ab與cd長(zhǎng)均為0.2 m，電阻均為0.1 ，重均為0.1 N，現(xiàn)用力向上拉導(dǎo)體棒ab，使之勻速向上(與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng))，此時(shí)，導(dǎo)體棒cd恰好靜止，那么導(dǎo)體棒ab上升時(shí)，下列說法中正確的是()圖3A導(dǎo)體棒ab受到的拉力大小為2 NB導(dǎo)體棒ab向上的速度為2 m/sC在2 s內(nèi)，拉力做功轉(zhuǎn)化為的電能是0.4 JD在2 s內(nèi)，拉力做功為0.6 J答案BC解析導(dǎo)體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對(duì)于兩

25、棒組成的系統(tǒng)，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得：ab棒受到的拉力F2mg0.2 N，故A錯(cuò)誤；對(duì)cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡條件得：F安G，即BILG，又I，聯(lián)立得：v m/s2 m/s，故B正確；在2 s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Qtt2 J0.4 J，故C正確；在2 s內(nèi)拉力做的功，WFvt0.222 J0.8 J，故D錯(cuò)誤4.如圖4所示，兩根豎直固定的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌ab和cd相距L1 m，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)兩根水平放置的金屬桿MN和PQ質(zhì)量均為0.1 kg，在電路中兩金屬桿MN和PQ的電阻均為R2 ，PQ桿放置在水平臺(tái)上整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向里的磁場(chǎng)中，g取10 m/s

26、2，不計(jì)空氣阻力圖4(1)若將MN桿固定，兩桿間距為d4 m，現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度從零開始以0.5 T/s的變化率均勻地增大，經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間，PQ桿對(duì)地面的壓力為零？(2)若將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力F2 N的作用下由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為1 T若桿MN發(fā)生的位移為h1.8 m時(shí)達(dá)到最大速度，求最大速度的大小和加速時(shí)間答案(1)4 s(2)4 m/s0.85 s解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：ESLd根據(jù)閉合電路歐姆定律：I由題意可知：B0.5t當(dāng)PQ桿對(duì)地面的壓力恰好為零時(shí)，對(duì)PQ桿有mgBIL聯(lián)立解得t4 s(2)當(dāng)桿MN達(dá)到最大速度vm時(shí)，其加速度為0對(duì)MN桿：m

27、gBILFI聯(lián)立解得最大速度vm4 m/s桿MN從靜止到最大速度vm的運(yùn)動(dòng)過程中根據(jù)動(dòng)量定理：FtmgtBLtmvmt聯(lián)立解得加速時(shí)間t0.85 s.5(2018新力量聯(lián)盟期末)如圖5甲所示，MN、PQ為間距L0.5 m足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌，NQMN，導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角37，NQ間連接有一個(gè)R4 的電阻有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面且方向向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B01 T將一根質(zhì)量為m0.05 kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)達(dá)到穩(wěn)定速度，已知在此過程中通過金屬棒橫截面的電荷量q0.2 C，且金屬棒的加速度a與速度v的關(guān)系

28、如圖乙所示，設(shè)金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過程中始終與NQ平行(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)求：圖5(1)金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)cd與NQ的距離s；(3)金屬棒滑行至cd處的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量答案(1)0.5(2)2 m(3)0.08 J解析(1)由題圖乙可知，當(dāng)v0時(shí)，a2 m/s2mgsin mgcos ma得0.5(2)由題圖乙可知，vm2 m/s當(dāng)金屬棒達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)，有F安B0ILEB0LvmImgsin F安mgcos 聯(lián)立以上各式解得r1 通過金屬棒橫截面的電荷量qItt0.2 C解得s2 m(3)由動(dòng)能定理得mgssin 37mgsc

29、os 37WFmvm20WFQ總0.1 JQRQ總0.08 J.6如圖6所示，平行金屬導(dǎo)軌MN、MN和平行金屬導(dǎo)軌PQR、PQR分別固定在高度差為h(數(shù)值未知)的水平臺(tái)面上導(dǎo)軌MN、MN左端接有電源、間距為L(zhǎng)0.10 m，所在空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B10.20 T；導(dǎo)軌PQR與PQR的間距也為L(zhǎng)0.10 m，其中PQ與PQ是圓心角為60、半徑為r0.50 m的圓弧導(dǎo)軌，QR與QR是水平長(zhǎng)直導(dǎo)軌，QQ右側(cè)有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B20.40 T導(dǎo)體棒a質(zhì)量m10.02 kg，電阻R12.0 ，放置在導(dǎo)軌MN、MN右側(cè)NN邊緣處；導(dǎo)體棒b質(zhì)量m20.04 kg，電阻R2

30、4.0 ，放置在水平導(dǎo)軌某處閉合開關(guān)K后，導(dǎo)體棒a從NN水平拋出，恰能無碰撞地從PP處以速度v12 m/s滑入平行導(dǎo)軌，且始終沒有與導(dǎo)體棒b相碰重力加速度g10 m/s2，不計(jì)一切摩擦及空氣阻力求：圖6(1)導(dǎo)體棒b的最大加速度；(2)導(dǎo)體棒a在磁場(chǎng)B2中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)閉合開關(guān)K后，通過電源的電荷量q.答案(1)0.02 m/s2(2)0.02 J(3)1 C解析(1)設(shè)導(dǎo)體棒a剛進(jìn)入磁場(chǎng)B2時(shí)的速度為v2，根據(jù)動(dòng)能定理：m1g(rrcos 60)m1v22m1v12解得：v23 m/s因?yàn)閷?dǎo)體棒a剛進(jìn)入磁場(chǎng)B2時(shí)，導(dǎo)體棒b中的電流最大，導(dǎo)體棒b受到的力最大，加速度最大，所以有：電動(dòng)勢(shì)為

31、：EB2Lv2電流為：I根據(jù)牛頓第二定律：B2ILm2amax解得：amax0.02 m/s2.(2)兩個(gè)導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)量、能量守恒，當(dāng)兩導(dǎo)體棒的速度相等時(shí)回路中的電流為零，此后兩導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩導(dǎo)體棒不再產(chǎn)生焦耳熱，所以根據(jù)動(dòng)量守恒：m1v2(m1m2)v3根據(jù)能量守恒定律：m1v22(m1m2)v32QaQb由于導(dǎo)體棒a、b串聯(lián)在一起，所以有：解得：Qa0.02 J(3)設(shè)閉合開關(guān)后，導(dǎo)體棒a以速度v0水平拋出，則有：v0v1cos 601 m/s對(duì)導(dǎo)體棒a沖出過程由動(dòng)量定理：B1ILtm1v0即：B1Lqm1v0解得：q1 C.7如圖7甲所示，平行且足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌的

32、電阻忽略不計(jì)，左側(cè)傾斜導(dǎo)軌平面與水平方向夾角30，與右側(cè)水平導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌上端連接一阻值R0.8 的定值電阻，金屬桿MN的電阻r0.2 、質(zhì)量m0.2 kg，桿長(zhǎng)L1 m恰好跨接在兩導(dǎo)軌上，左側(cè)傾斜導(dǎo)軌區(qū)域、右側(cè)水平導(dǎo)軌區(qū)域各加一垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B1.0 T電流傳感器(電阻不計(jì))能將各時(shí)刻的電流數(shù)據(jù)實(shí)時(shí)通過數(shù)據(jù)采集器傳輸給計(jì)算機(jī)，閉合開關(guān)S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止開始釋放，其始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，此后計(jì)算機(jī)屏幕上顯示出金屬桿在傾斜導(dǎo)軌上滑行過程中的It圖象，如圖乙所示求：(g取10 m/s2)圖7(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速度的大?。?2

33、)金屬桿MN從靜止開始運(yùn)動(dòng)到傾斜導(dǎo)軌底端的過程中通過電阻R的電荷量為1.2 C，該過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；(3)金屬桿可在水平導(dǎo)軌上滑行的最大距離答案(1)1 m/s(2)0.88 J(3)0.2 m解析(1)由It圖象可知，當(dāng)金屬桿達(dá)到最大速度時(shí)，金屬桿勻速下滑，由平衡條件得：mgsin BIL，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：EBLvmI(Rr)，代入數(shù)據(jù)解得：vm1 m/s；(2)金屬桿在傾斜導(dǎo)軌上先做加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，金屬桿運(yùn)動(dòng)到傾斜導(dǎo)軌底端時(shí)速度為最大速度，電荷量：qtt，解得：x m1.2 m，由能量守恒定律得：mgxsin mvm2Q，解得：Q1.1 J，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱：QR J0.88 J；(3)在整個(gè)過程中，對(duì)金屬桿由動(dòng)量定理得：BiLtmv，則BLqmvm，解得：q0.2 C，電荷量：qtt，解得：x0.2 m.24