第12講 電磁感應規(guī)律及其應用,【高考這樣考】 1.(多選)(2015全國卷)1824年,法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置,在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針,如圖所示。實驗中發(fā)現(xiàn),當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時,磁針也隨著一起轉動起來,但略有滯后。下列說法正確的是( ),A.圓盤上產(chǎn)生了感應電動勢 B.圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉動 C.在圓盤轉動的過程中,磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化 D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流,此電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉動,【解析】選A、B。由于磁針位于圓盤的正上方,所以穿過圓盤的磁通量始終為零,故C錯誤;如果將圓盤看成由沿半徑方向的“輻條”組成,則圓盤在轉動過程中,“輻條”會切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢,在圓盤中產(chǎn)生渦電流,該渦電流產(chǎn)生的磁場導致磁針運動,故A、B正確;同時圓盤中的自由電子隨圓盤一起轉動形成電流,該電流對磁針的轉動沒有作用,D錯誤。,2.(2015海南高考)如圖,空間有一勻強磁場,一直金屬棒與磁感應 強度方向垂直,當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時, 棒兩端的感應電動勢大小為,將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直 的折線,置于與磁感應強度相垂直的平面內(nèi),當它沿兩段折線夾角平分 線的方向以速度v運動時,棒兩端的感應電動勢大小為。則 等 于( ) A. B. C.1 D.,【解析】選B。若直金屬棒的長為L,則彎成折線后,有效切割長度 為 L。根據(jù)=BLv可知感應電動勢的大小與有效切割長度成正 比,故 = ,B正確。,3.(2015安徽高考)如圖所示,abcd為水平放置的平行“ ”形 光滑金屬導軌,間距為l,導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場,磁感應 強度大小為B,導軌電阻不計。已知金屬桿MN傾斜放置,與導軌成角, 單位長度的電阻為r,保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬 桿滑動過程中與導軌接觸良好)。則( ),A.電路中感應電動勢的大小為 B.電路中感應電流的大小為 C.金屬桿所受安培力的大小為 D.金屬桿的熱功率為,【解析】選B。由電磁感應定律可知電路中感應電動勢為E=Blv,A錯誤; 感應電流的大小 B正確;金屬桿所受安培力的大小 C錯誤;熱功率 D錯誤。,4.(2014新課標全國卷)如圖甲,線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上。 在ab線圈中通以變化的電流,用示波器測得線圈cd間電壓如圖乙所 示。已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比,則下列描述線 圈ab中電流隨時間變化關系的圖中,可能正確的是( ),【解析】選C。本題考查了電磁感應的圖像。根據(jù)法拉第電磁感應定律,ab線圈電流的變化率與線圈cd上的波形圖一致,線圈cd上的波形圖是方波,ab線圈電流只能是線性變化的,因為只有線性變化的變化率才是常數(shù)。所以C正確。,5.(多選)(2014山東高考)如圖,一端接有定值電阻的平行金屬軌道 固定在水平面內(nèi),通有恒定電流的長直絕緣導線垂直并緊靠軌道固定, 導體棒與軌道垂直且接觸良好。在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中, 導體棒所受安培力分別用FM、FN表示。不計軌道電阻,以下敘述正確 的是( ) A.FM向右 B.FN向左 C.FM逐漸增大 D.FN逐漸減小,【解析】選B、C、D。由于絕緣導線緊貼導軌,根據(jù)安培定則判斷電 流I在M區(qū)的磁場方向應垂直軌道面向外,且從左向右,磁感線逐漸變 密,導體棒勻速穿越該區(qū)時,由右手定則可判斷棒中產(chǎn)生的感應電流 方向豎直向下,且逐漸增大,再由左手定則可知棒所受的安培力水平 向左,且逐漸增大,故選項A錯誤,C正確;同理可得,導體棒在穿越N區(qū) 的過程中,棒所受的安培力水平向左,且逐漸減小,故選項B、D均正確。,【考情分析】 主要題型：選擇題、計算題 命題特點： 1.結合閉合電路的歐姆定律,利用楞次定律或右手定則判斷感應電流的方向以及大小計算。 2.結合牛頓第二定律,對導體棒切割磁感線的運動進行受力分析和運動分析。 3.結合圖像,應用法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律、電功率、動能定理等規(guī)律,解決電磁感應的綜合問題。,【主干回顧】,【要素掃描】 (1)“三定則、一定律”的應用。 安培定則：運動電荷、電流產(chǎn)生磁場。 左手定則：磁場對_。 右手定則：部分導體_。 楞次定律：閉合電路磁通量發(fā)生變化。 (2)求感應電動勢的兩種方法。 _,用來計算感應電動勢的_。 _,主要用來計算感應電動勢的_。,運動電荷、電流的作用力,切割磁感線運動,平均值,瞬時值,熱點考向1 電磁感應定律的圖像問題 【典例1】如圖甲所示,一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內(nèi),線框在長直導線右側,且其長邊與長直導線平行。已知在t=0到t=t1的時間內(nèi),直導線中電流i發(fā)生某種變化,而線框中感應電流總是沿順時針方向;線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。設電流i正方向與圖中箭頭方向相同,則i隨時間t變化的圖線可能是圖乙中的( ),【解題探究】 (1)直導線中電流i增大,其產(chǎn)生的磁場_,直導線中電流i減小, 其產(chǎn)生的磁場_。 (2)用_判斷感應電流的方向,用_判斷安培力的 方向。,增大,減小,楞次定律,左手定則,【解析】選A。本題題設要求線框中感應電流順時針方向,根據(jù)楞次定律,可知框內(nèi)磁場要么向里減弱(載流直導線中電流正向減小),要么向外增強(載流直導線中電流負向增大)。線框受安培力向左時,載流直導線電流一定向上,線框受安培力向右時,載流直導線中電流一定向下。故本題答案選A。,【遷移訓練】,遷移1：把i-t圖變換為E(U)-t(x)圖 一均勻正方形閉合導線框abcd,邊長為L=0.1m,bc邊位于x軸上,在x軸 原點O右方有寬為0.2m,磁感應強度為1T的垂直紙面向里的勻強磁場區(qū), 如圖甲所示,當線框以恒定速度4m/s沿x軸正方向穿越磁場區(qū)過程中, 圖乙中哪一個可以正確表示線框從進入到穿出過程中,ab邊兩端電勢 差Uab隨位置變化的情況( ),【解析】選B。線框從進入到穿出磁場過程中,ab邊兩端電勢差Uab隨 位置變化情況,需要分析出ab邊是切割磁感線充當電源還是不切割磁 感線充當電阻。感應電動勢E=BLv=0.4V。0L：ab邊切割磁感線,可 等效為電源,其兩端電勢差為路端電壓,Uab= =0.3V;L2L：ab邊 和cd邊均切割磁感線,等效為兩電源反接,回路中沒有感應電流,但ab 邊兩端電勢差就等于ab邊產(chǎn)生的電動勢,為0.4V;2L3L：cd邊切割 磁感線,ab邊兩端電勢差Uab= =0.1V。所以選項B正確。,遷移2：把i-t圖變換為F安-t圖 如圖甲所示,正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場。在外力作用下,一正方形閉合剛性導線框沿QN方向勻速運動,t=0時刻,其四個頂點M、N、P、Q恰好在磁場邊界中點。下列圖像中能反映線框所受安培力f的大小隨時間t變化規(guī)律的是圖乙中的( ),【解析】選B。第一段時間從初位置到MN離開磁場,圖a表示該過 程的任意一個位置,切割磁感線的有效長度為M1A與N1B之和,即為 M1M長度的2倍,此時電動勢E=2Bvtv,線框受的安培力f=2BIvt= 圖像是開口向上的拋物線,C、D錯誤;如圖b所示,線框的右端M2N2剛好 出磁場時,左端Q2P2恰與MP共線,此后一段時間內(nèi)有效長度不變,一直 到線框的左端與MN重合,這段時間內(nèi)電流不變,安培力大小不變; 最后一段時間如圖c所示,從線框左邊勻速運動至MN位置開始計時, 有效長度為lAC=l-2vt,電動勢E=B(l-2vt)v,線框受的安培力 圖像是開口向上的拋物線,A錯誤,B正確。,遷移3：把i-t圖變換為多圖像的綜合 (多選)如圖甲所示,兩固定的豎直光滑金屬導軌足夠 長且電阻不計。兩質(zhì)量、長度均相同的導體桿c、d, 置于邊界水平的勻強磁場上方同一高度h處。磁場寬 為3h,方向與導軌平面垂直。先由靜止釋放c,c剛進 磁場即做勻速運動,此時再由靜止釋放d,兩導體桿與導軌始終保持 良好接觸。用ac表示c的加速度,Ekd表示d的動能,xc、xd分別表示c、d 相對釋放點的位移。圖乙中正確的是( ),【解析】選B、D。開始c桿的加速度為g,c桿剛進入磁場即勻速運動, 加速度為0,在d桿下落h的過程中,h= gt2,c桿勻速下降了 xc=gtt=2h,d桿進入磁場時c桿相對釋放點的位移為3h,d桿進入磁場 后,c、d桿又只在重力作用下運動,加速度為g,c、d桿都做勻加速運動, 二者與導軌組成的回路磁通量不變,感應電流為零,一起運動了h,c桿 出磁場,這時c桿的加速度仍為g,因此A錯誤,B正確;c桿出磁場時d桿 下落2h,c桿出磁場后,d桿切割磁感線產(chǎn)生電動勢,在回路中產(chǎn)生感應 電流,因此時d桿速度大于c桿進入磁場時切割磁感線的速度,故電動勢、,電流、安培力都大于c桿剛進入磁場時的大小,d桿減速,當d桿又運動了2h后,穿出磁場,做勻加速運動,結合勻變速直線運動公式 可知加速過程動能與路程成正比,所以C錯誤,D正確。,【典例2】(多選)如圖所示,光滑平行金屬導軌MN、 PQ所在平面與水平面成角,M、P之間接一阻值為 R的定值電阻,阻值為r的金屬棒ab垂直導軌放置, 其他部分電阻不計。整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場 方向垂直導軌平面向下。t=0時對金屬棒施一平行于導軌的外力F,金屬 棒由靜止開始沿導軌向上做勻加速運動。下列關于穿過回路abPMa的磁 通量、磁通量的瞬時變化率 、通過金屬棒的電荷量q以及ab兩端 的電勢差U隨時間t變化的圖像中,正確的是( ),【名師解讀】 (1)命題立意：考查電磁感應的圖像問題。 (2)關鍵信息：由靜止開始沿導軌向上做勻加速運動。 (3)答題必備： =BS; =BLv; v=at; q=It; U=IR。 (4)易錯警示：易誤認為 不隨時間而改變。,【解析】選B、D。設導體棒的長度為L,磁通量=BS=BLx=BL at2, 所以A錯誤;磁通量的變化率： =BLv=BLat,故B正確;通過金屬棒的 電荷量 所以C錯誤;ab兩端的電勢差： 所以D正確。,【規(guī)律總結】解決電磁感應圖像問題的方法技巧 (1)解決電磁感應圖像問題的“三點關注”： 關注初始時刻,如初始時刻感應電流是否為零,是正方向還是負方向。 關注變化過程,看電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段,這幾個階段是否和圖像變化相對應。 關注大小、方向的變化趨勢,看圖線斜率的大小、圖線的曲、直是否和物理過程對應。,(2)解決電磁感應圖像問題的一般步驟： 明確圖像的種類,即是B-t圖還是-t圖,或者E-t圖、I-t圖等。 分析電磁感應的具體過程。 用右手定則或楞次定律確定方向?qū)P系。 結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關系式。 根據(jù)函數(shù)關系式,進行數(shù)學分析,如分析斜率的變化、截距等。 畫圖像或判斷圖像。,【加固訓練】(多選)如圖,一有界區(qū)域內(nèi),存在 著磁感應強度大小均為B,方向分別垂直于光滑 水平桌面向下和向上的勻強磁場,磁場寬度均 為L,邊長為L的正方形線框abcd的bc邊緊靠磁場邊緣置于桌面上,使線框從靜止開始沿x軸正方向勻加速通過磁場區(qū)域,若以逆時針方向為電流的正方向,能反映線框中感應電流變化規(guī)律的是( ),【解析】選A、C。線框的位移在0L、2L3L的過程中,只有一條邊 切割磁感線,電流沿逆時針方向,其大小為 即I1t,為 直線;位移在L2L過程中,有兩條邊切割磁感線,電流方向沿順時針 方向,其大小為 即I2t,也為直線,故選項A正確、 B錯誤;關于電流與位移的關系,由v2=2ax,則位移在0L和2L3L范 圍內(nèi), 方向為逆時針,位移在L2L范圍內(nèi), 方向為順時針,故選項C正確、D錯誤。,熱點考向2 電磁感應的電路和動力學問題 【典例3】(2015懷化一模)如圖甲所示,間距為L、電阻不計的光滑導軌固定在傾角為的斜面上。在區(qū)域內(nèi)有方向垂直于斜面的勻強磁場,磁感應強度恒為B;在區(qū)域內(nèi)有垂直于斜面向下的勻強磁場,其磁感應強度B2的大小隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻在軌道上端的金屬細棒ab從圖示位置由靜止開始沿導軌下滑,同時下端的另一金屬細棒cd在位于區(qū)域內(nèi)的導軌上也由靜止釋放。在ab棒運動到區(qū)域的下邊界EF之前,cd棒始終靜止不動,兩棒均與導軌接觸良好。,已知cd棒的質(zhì)量為0.6m、電阻為0.3R,ab棒的質(zhì)量、阻值均未知,區(qū)域沿斜面的長度為L,在t=tx時刻(tx未知)ab棒恰好進入?yún)^(qū)域,重力加速度為g。求：,(1)區(qū)域內(nèi)磁場的方向。 (2)通過cd棒中的電流大小和方向。 (3)ab棒開始下滑的位置離區(qū)域上邊界的距離。 (4)ab棒從開始下滑至EF的過程中,回路中產(chǎn)生的總熱量。(結果用B、L、m、R、g中的字母表示),【名師解讀】 (1)命題立意：考查導體切割磁感線時的感應電動勢、平衡條件、 焦耳定律。 (2)關鍵信息：在ab棒運動到區(qū)域的下邊界EF之前,cd棒始終靜止 不動。,(3)答題必備： E=BLv; Q=EIt。 (4)易錯警示：誤認為E1與E2不相等。,【解析】(1)由楞次定律可知,流過cd的電流方向為從d到c,cd所受安 培力沿導軌向上,故由左手定則可知,區(qū)域內(nèi)磁場垂直于斜面向上。 (2)cd棒受到重力、支持力和安培力的作用而處于平衡狀態(tài),由平衡條 件得：BIL=mgsin,解得：,(3)ab進入?yún)^(qū)域前做勻加速運動,進入后做勻速運動,設ab剛好到 達區(qū)域的邊界的速度大小為v。在0tx內(nèi),由法拉第電磁感應定 律得： 在tx后有：E2=BLv, 且E1=E2, 解得： 解得： 故ab棒開始下滑的位置離區(qū)域上邊界的距離為 。,(4)ab棒進入?yún)^(qū)域后做勻速直線運動,有 總時間為：t總=tx+t2=2tx, 電動勢E=BLv不變,總熱量為： Q=EIt總=2mgvtxsin=2mgLsin。 答案：(1)區(qū)域內(nèi)磁場的方向垂直于斜面向上 (2) 方向由d到c (3) (4)2mgLsin,【典例4】(多選)如圖所示,質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量 為m的線框用一根絕緣細線連接起來,掛在兩個高度相 同的定滑輪上,已知線框電阻為R,橫邊邊長為L,水平 方向勻強磁場的磁感應強度為B,磁場上下邊界的距離、 線框豎直邊長均為h。初始時刻,磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h,將重物從靜止開始釋放,線框穿出磁場前,若線框已經(jīng)做勻速直線運動,滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計。則下列說法中正確的是( ),A.線框進入磁場時的速度為 B.線框穿出磁場時的速度為 C.線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量 D.線框進入磁場后,若某一時刻的速度為v,則加速度為,【解題探究】 (1)計算線框剛進入磁場時的速度的思路：_ _ (2)計算焦耳熱的思路：_ _。,線框進入磁場前,線框,和重物均做勻加速直線運動,由牛頓第二定律和運動學公式求解。,從釋放到線框離開磁場的過程,對整體由,能量守恒定律求解,【解析】選A、C、D。線框進入磁場前,對線框和重物整體受力分析, 有3mg-mg=(3m+m)a,可得勻加速直線運動的加速度a=0.5g。線框剛好 進入磁場時,位移為2h,根據(jù)v2=2ax可得 選項A對。線框穿出 磁場時,已經(jīng)做勻速直線運動,那么重物也做勻速直線運動,拉力 T=3mg。對線框受力分析有拉力T=3mg豎直向上,自身重力mg豎直向下, 以及豎直向下的安培力 所以有 可得速 度 選項B錯。從釋放到線框離開磁場的過程,對整體根據(jù)能 量守恒有 整理可得,選項C對;線框進入磁場后,若某一時刻的速度為v,則有安培力 對整體分析有3mg-mg-F=(3m+m)a,可得加速度 選項D對。,【題組過關】 1.(多選)(2015青島一模)如圖所示,兩根光滑的平行 金屬導軌豎直放置在勻強磁場中,磁場和導軌平面垂直, 金屬桿ab與導軌接觸良好可沿導軌滑動,開始時開關S 斷開,當ab桿由靜止下滑一段時間后閉合S,則從S閉合開始計時,ab桿 的速度v與時間t的關系圖像可能正確的是( ),【解析】選A、C、D。若ab桿速度為v時,S閉合,則ab桿中產(chǎn)生的感應電動勢E=BLv,ab桿受到的安培力 如果安培力等于ab桿的重力,則ab桿勻速運動,A項正確;如果安培力小于ab桿的重力,則ab桿先加速最后勻速,C項正確;如果安培力大于ab桿的重力,則ab桿先減速最后勻速,D項正確;ab桿不可能勻加速運動,B項錯誤。,2.(2015海南高考)如圖,兩平行金屬導軌位于同一水平面上,相距l(xiāng),左端與一電阻R相連;整個系統(tǒng)置于勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向豎直向下。一質(zhì)量為m的導體棒置于導軌上,在水平外力作用下沿導軌以速率v勻速向右滑動,滑動過程中始終保持與導軌垂直并接觸良好。已知導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度大小為g,導軌和導體棒的電阻均可忽略。求： (1)電阻R消耗的功率。 (2)水平外力的大小。,【解析】(1)導體棒切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E=Blv, 根據(jù)歐姆定律,閉合回路中的感應電流為 電阻R消耗的功率為P=I2R,聯(lián)立可得 (2)對導體棒受力分析,受到向左的安培力和向左的摩擦力,向右的外力,三力平衡,故有 答案：(1) (2),3.(2015浙江高考)小明同學設計了一個“電磁天平”,如圖甲所示, 等臂天平的左臂為掛盤,右臂掛有矩形線圈,兩臂平衡。線圈的水平邊 長L=0.1 m,豎直邊長H=0.3 m,匝數(shù)為N1。線圈的下邊處于勻強磁場內(nèi), 磁感應強度B0=1.0 T,方向垂直線圈平面向里。線圈中通有可在 02.0 A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I。掛盤放上待測物體后,調(diào)節(jié)線圈中電流 使天平平衡,測出電流即可測得物體的質(zhì)量。(重力加速度取g=10 m/s2),(1)為使電磁天平的量程達到0.5 kg,線圈的匝數(shù)N1至少為多少? (2)進一步探究電磁感應現(xiàn)象,另選N2=100匝、形狀相同的線圈,總電 阻R=10,不接外電流,兩臂平衡。如圖乙所示,保持B0不變,在線圈 上部另加垂直紙面向外的勻強磁場,且磁感應強度B隨時間均勻變大, 磁場區(qū)域?qū)挾萪=0.1m。當掛盤中放質(zhì)量為0.01kg的物體時,天平平衡, 求此時磁感應強度的變化率 。,【解析】(1)線圈受到安培力F=N1B0IL, 天平平衡有mg=N1B0IL, 當電流為最大值2.0A時,N1有最小值, 代入數(shù)據(jù)得N1=25匝。 ,(2)由電磁感應定律得 由歐姆定律得 線圈受到安培力F=N2B0IL, 天平平衡有 代入數(shù)據(jù)可得 =0.1T/s。 答案：(1)25匝 (2)0.1T/s,【加固訓練】(多選)(2015臺州二模)如圖所示, MN、PQ是與水平面成角的兩條平行光滑且足夠 長的金屬軌道,其電阻忽略不計。空間存在著垂直 于軌道平面向上的勻強磁場,磁感應強度大小為B。導體棒ab、cd垂直 于軌道放置,且與軌道接觸良好,每根導體棒的質(zhì)量均為m,電阻均為r, 軌道寬度為L,與軌道平行的絕緣細線一端固定,另一端與ab棒中點連 接,細線承受的最大拉力Tm=2mgsin。今將cd棒由靜止釋放,則細線 被拉斷時,cd棒的( ),A.速度大小是 B.速度大小是 C.加速度大小是2gsin D.加速度大小是0,【解析】選A、D。由靜止釋放后cd棒沿斜面向下做加速運動, 隨著速度的增大,E=BLv變大, 也變大,F=BIL也變大,對 ab棒,當Tm=2mgsin=mgsin+BIL時,細線剛好被拉斷,此時 cd棒這時向上的安培力與沿斜面向下的重力的 分力平衡,加速度大小是0,故選項A、D正確,選項B、C錯誤。,熱點考向3 電磁感應定律的能量問題 【典例5】(20分)(2015佛山二模)如圖所示,足夠 長的光滑U形導體框架的寬度L=0.40m,電阻忽略不計, 其所在平面與水平面所成的角=37,磁感應強度 B=1.0T的勻強磁場方向垂直于框平面。一根質(zhì)量為m=0.20kg、有效電阻R=1.0的導體棒MN垂直跨放在U形框架上,導體棒從靜止開始沿框架下滑到剛開始勻速運動時,通過導體棒橫截面電量共為Q=2.0C。(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2)求：,(1)導體棒的最大加速度和最大電流強度的大小和方向。 (2)導體棒在0.2s內(nèi)在框架所夾部分可能掃過的最大面積。 (3)導體棒從開始下滑到剛開始勻速運動這一過程中,導體棒的有效電阻消耗的電功。,【拿分策略】,按照過程列方程,就能拿到14分,若能正確求解方程,求出結果,再拿下6分,則得滿分20分。,【解析】(1)MN速度為零時,加速度最大,由牛頓第二定律得mgsin37=ma (2分) 解得a=6m/s2,方向沿斜面向下 (1分) MN速度最大時,電流最大, 有：mgsin37=BIL (2分) 代入數(shù)據(jù)解得I=3A,電流的方向由NM (1分),(2)MN勻速運動時有最大速度,由法拉第電磁感應定律得 E=BLvm (1分) 由閉合電路的歐姆定律得 (1分) 代入數(shù)據(jù)解得vm=7.5m/s (1分) MN速度最大時,在0.2s內(nèi)掃過的面積最大 S=Lvmt (1分) 故S=0.47.50.2m2=0.6 m2 (1分),(3)設MN從開始下滑到剛開始勻速運動這一過程中下滑的位移為d,通過導體棒橫截面電量 (1分) (1分) 而平均感應電動勢 (1分) =BLd (1分) 解得d=5m (1分),設導體棒的有效電阻消耗的電功為W,由動能定理得, (3分) 代入數(shù)據(jù)解得W=0.375J (1分) 答案：(1)6m/s2,方向沿斜面向下 3A,方向由NM (2)0.6m2 (3)0.375 J,【題組過關】 1.(2015石家莊二模)如圖所示,在傾角為的 光滑斜面上,相距均為d的三條水平虛線l1、l2、l3, 它們之間的區(qū)域、分別存在垂直斜面向下和 垂直斜面向上的勻強磁場,磁感應強度大小均為B,一個質(zhì)量為m、邊長為d、總電阻為R的正方形導線框,從l1上方一定高處由靜止開始沿斜面下滑,當ab邊剛越過l1進入磁場時,恰好以速度v1做勻速直線運動;當ab邊在越過l2運動到l3之前的某個時刻,線框又開始以速度v2做勻速直線運動,重力加速度為g。在線框從釋放到穿出磁場的過程中,下列說法正確的是( ),A.線框中感應電流的方向不變 B.線框ab邊從l1運動到l2所用時間大于從l2運動到l3所用時間 C.線框以速度v2勻速直線運動時,發(fā)熱功率為 D.線框從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中,減少的機械能 E機與線框產(chǎn)生的焦耳熱Q電的關系式是,【解析】選C。從線框的ab邊進入磁場I過程中,由右手定則判斷可 知,ab邊中產(chǎn)生的感應電流方向沿ab方向。dc邊剛要離開磁場 的過程中,由右手定則判斷可知,cd邊中產(chǎn)生的感應電流方向沿dc 方向,ab邊中感應電流方向沿ba方向,故A錯誤;根據(jù)共點力的平衡 條件可知,兩次安培力與重力的分力大小相等方向相反;當ab邊在磁 場中時,兩邊均受安培力,故v2應小于v1,則線框ab邊從l1運動到l2所 用時間小于從l2運動到l3的時間,故B錯誤;線框以速度v2勻速運動時, 得 電功率,故C正確;機械能的減少量等于線框產(chǎn)生的電能,則由能量守恒知：線 框從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中,減少的機械能E機與線框 產(chǎn)生的焦耳熱Q電的關系式是E機=Q電,故D錯誤。,2.(多選)(2015樂山二模)如圖所示,固定在水平面 上的光滑平行金屬導軌,間距為L,右端接有阻值為R的 電阻,空間存在方向豎直、磁感應強度為B的勻強磁場。 質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒ab與固定彈簧相連,放在導軌上。初始時 刻,彈簧恰處于自然長度。給導體棒水平向右的初速度v0,導體棒開始 沿導軌往復運動,在此過程中,導體棒始終與導軌垂直并保持良好接 觸。已知導體棒的電阻r與定值電阻R的阻值相等,不計導軌電阻,則下 列說法中正確的是( ),A.導體棒開始運動的初始時刻受到的安培力向左 B.導體棒開始運動的初始時刻導體棒兩端的電壓U=BLv0 C.導體棒開始運動后速度第一次為零時,系統(tǒng)的彈性勢能 D.金屬棒最終會停在初始位置,在金屬棒整個運動過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱,【解析】選A、D。導體棒開始運動的初始時刻,由右手定則判斷可知： ab中產(chǎn)生的感應電流方向從ab,由左手定則判斷得知ab棒受到的安 培力向左,故A正確;導體棒開始運動的初始時刻,ab棒產(chǎn)生的感應電勢 為E=BLv0。由于r=R,所以導體棒兩端的電壓 故B錯誤;由 于導體棒運動過程中產(chǎn)生電能,所以導體棒開始運動后速度第一次為零 時,根據(jù)能量守恒定律得知：系統(tǒng)的彈性勢能小于 故C錯誤;金 屬棒最終會停在初始位置,在金屬棒整個運動過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦 耳熱 故D正確。,3.(2015海淀區(qū)二模)洋流又叫海流,指大洋 表層海水常年大規(guī)模地沿一定方向較為穩(wěn)定的 流動。因為海水中含有大量的正、負離子,這 些離子隨海流做定向運動,如果有足夠強的磁場能使海流中的正、負 離子發(fā)生偏轉,便可用來發(fā)電。如圖為利用海流發(fā)電的磁流體發(fā)電機 原理示意圖,其中的發(fā)電管道是長為L、寬為d、高為h的矩形水平管 道。發(fā)電管道的上、下兩面是絕緣板,南、北兩側面M、N是電阻可忽 略的導體板。兩導體板與開關S和定值電阻R相連。整個管道置于方向,豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。為了簡化問題,可以認 為：開關閉合前后,海水在發(fā)電管道內(nèi)以恒定速率v朝正東方向流動, 發(fā)電管道相當于電源,M、N兩端相當于電源的正、負極,發(fā)電管道內(nèi)海水的電阻為r(可視為電源內(nèi)阻)。管道內(nèi)海水所受的摩擦阻力保持不 變,大小為f。不計地磁場的影響。,(1)判斷M、N兩端哪端是電源的正極,并求出此發(fā)電裝置產(chǎn)生的電動勢。 (2)要保證發(fā)電管道中的海水以恒定的速率流動,發(fā)電管道進、出口兩端要保持一定的壓力差。請推導當開關閉合后,發(fā)電管兩端壓力差F與發(fā)電管道中海水的流速v之間的關系。 (3)發(fā)電管道進、出口兩端壓力差F的功率可視為該發(fā)電機的輸入功率,定值電阻R消耗的電功率與輸入功率的比值可定義為該發(fā)電機的效率。求開關閉合后,該發(fā)電機的效率。在發(fā)電管道形狀確定、海水的電阻r、外電阻R和管道內(nèi)海水所受的摩擦阻力f保持不變的情況下,要提高該發(fā)電機的效率,簡述可采取的措施。,【解析】(1)由右手定則可知M端電勢高,M端為電源的正極。開關S斷 開,MN兩端的電壓U等于電源的電動勢E,即U=E,由于導電離子做勻速 運動,所以有： 解得：E=U=Bdv (2)以發(fā)電管道內(nèi)的海水為研究對象,其受力平衡,則有F=BId+f,根據(jù) 歐姆定律有： 解得：,(3)由題意可知輸入功率為： 輸出功率為： 解得： 可見,增大發(fā)電管道內(nèi)海水的流速v和增強磁感應強度B可以提高發(fā)電機效率。 答案：(1)M端為電源的正極 Bdv (2) (3)見解析,【加固訓練】如圖甲所示,足夠長的平行光滑金屬導軌ab、cd傾斜放 置,兩導軌之間的距離為L=0.5m,導軌平面與水平面間的夾角為 =30,導軌上端a、c之間連接有一阻值為R1=4的電阻,下端b、d 之間接有一阻值為R2=4的小燈泡。有理想邊界的勻強磁場垂直于導 軌平面向上,虛線ef為磁場的上邊界,ij為磁場的下邊界,此區(qū)域內(nèi)的 磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示,現(xiàn)將一質(zhì)量為m= kg的 金屬棒MN,從距離磁場上邊界ef一定距離處,從t=0時刻開始由靜止釋 放,金屬棒MN從開始運動到經(jīng)過磁場的下邊界ij的過程中,小燈泡的,亮度始終不變。金屬棒MN在兩軌道間的電阻r=1,其余部分的電阻忽略不計,ef、ij邊界均垂直于兩導軌,重力加速度g取10m/s2。求： (1)小燈泡的實際功率。 (2)金屬棒MN穿出磁場前的最大速率。 (3)整個過程中小燈泡產(chǎn)生的熱量。,【解析】(1)由于小燈泡的亮度始終不變,說明金屬棒MN進入磁場后做 勻速直線運動,速度v達到最大,由平衡條件得：mgsin=BIL,小燈泡 的電功率P=( )2R2,電功率 (2)由閉合電路歐姆定律得： 其中,總電阻 由法拉第電磁感應定律得：E=BLv 由以上各式代入數(shù)據(jù)解得：v=5m/s,(3)金屬棒進入磁場前,由牛頓第二定律得：mgsin=ma 加速度a=gsin30=5 m/s2 進入磁場前所用的時間： 設磁場區(qū)域的長度為x。在0t1時間內(nèi), 由法拉第電磁感應定律得： 金屬棒MN進入磁場前,總電阻 感應電動勢E= R,在磁場中運動的時間 整個過程中小燈泡產(chǎn)生的熱量為Q=P(t1+t2) 代入數(shù)據(jù)解得：Q=5J 答案：(1) W (2)5 m/s (3)5 J,電磁感應的綜合應用 【經(jīng)典案例】 (18分)(2015渝中區(qū)二模)如圖,電阻不計的相同 的光滑彎折金屬軌道MON與MON均固定在豎直 面內(nèi),二者平行且正對,間距為L=1m,構成的斜面NOON與MOOM 跟水平面夾角均為=30,兩邊斜面均處于垂直于斜面的勻強磁場中, 磁感應強度大小均為B=0.1T。t=0時,將長度也為L,電阻R=0.1的金 屬桿a在軌道上無初速度釋放。金屬桿與軌道接觸良好,軌道足夠長。 (g取10m/s2,不計空氣阻力,軌道與地面絕緣),(1)求t時刻桿a產(chǎn)生的感應電動勢的大小E。 (2)在t=2s時將與a完全相同的金屬桿b放在MOOM上,發(fā)現(xiàn)b恰能靜 止,求a桿的質(zhì)量m以及放上b后a桿每下滑位移s=1m回路產(chǎn)生的焦耳熱 Q。,【審題流程】,【滿分模板】 (1)只放a桿在導軌上,a桿做勻加速直線運動, 由牛頓第二定律得：mgsin=ma (2分) t時刻速度為：v=at (1分) 由法拉第電磁感應定律得：E=BLv (1分) 聯(lián)立解得E=0.5tV(2分),(2)t=2s時a桿產(chǎn)生的感應電動勢的大小 E=0.5tV=1V(2分) 回路中感應電流： (2分) 解得I=5A(1分) 對b桿,由平衡條件得：mgsin30=BIL (2分) 解得：m=0.1kg(1分) 因為a、b桿完全相同,故a桿的質(zhì)量也為m=0.1kg(1分) 對a、b桿組成的系統(tǒng)根據(jù)能量守恒定律得： Q=mgssin30(2分) 解得Q=0.5J(1分) 答案：(1)0.5tV (2)0.1kg 0.5J,【評分細則】 第一問： (1)沒有列出式,直接寫成a=gsin,不扣分。 (2)式寫成E=0.5t,扣1分。 心得：在時間比較緊張的情況下,要盡量根據(jù)題設條件寫出必要的方程。 根據(jù)運動過程分步列方程,力爭多得步驟分。 要注意對計算結果的討論,單位是否書寫。,第二問： (1)式歐姆定律的表達式寫成 不得分。 (2)缺少式的說明扣1分。 (3)若式寫成“由動能定理得mgssin30-Q=0”,扣2分。因為Q為整個回路產(chǎn)生的焦耳熱,故本式的研究對象應為系統(tǒng)。,心得：根據(jù)運動過程要列定律、定理的原始方程,不能寫成變形式,否則不得分。 題目中如果有隱含的條件,計算完成一定要進行必要的文字說明,否則將影響步驟分。,