2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 專題強化十二 電磁感應(yīng)的綜合問題講義(含解析)教科版.docx
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專題強化十二電磁感應(yīng)的綜合問題專題解讀1.本專題是運動學(xué)、動力學(xué)、恒定電流、電磁感應(yīng)和能量等知識的綜合應(yīng)用,高考既以選擇題的形式命題,也以計算題的形式命題.2.學(xué)好本專題,可以極大地培養(yǎng)同學(xué)們數(shù)形結(jié)合的推理能力和電路分析能力,針對性的專題強化,可以提升同學(xué)們解決數(shù)形結(jié)合、利用動力學(xué)和功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)問題的信心.3.用到的知識有: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、閉合電路歐姆定律、平衡條件、牛頓運動定律、函數(shù)圖像、動能定理和能量守恒定律等.命題點一電磁感應(yīng)中的圖像問題1.題型簡述借助圖像考查電磁感應(yīng)的規(guī)律,一直是高考的熱點,此類題目一般分為兩類:(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出正確的圖像;(2)由給定的圖像分析電磁感應(yīng)過程,定性或定量求解相應(yīng)的物理量或推斷出其他圖像.常見的圖像有Bt圖、Et圖、it圖、vt圖及Ft圖等.2.解題關(guān)鍵弄清初始條件、正負(fù)方向的對應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關(guān)鍵.3.解題步驟(1)明確圖像的種類,即是Bt圖還是t圖,或者Et圖、It圖等;(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的對應(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、牛頓運動定律等知識寫出相應(yīng)的函數(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)畫圖像或判斷圖像.4.常用方法(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(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化),特別是分析物理量的正負(fù),以排除錯誤的選項.(2)函數(shù)法:根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系,然后由函數(shù)關(guān)系對圖像進(jìn)行分析和判斷.例1(2018全國卷18)如圖1,在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域,區(qū)域?qū)挾染鶠閘,磁感應(yīng)強度大小相等、方向交替向上向下.一邊長為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運動.線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()圖1答案D解析設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i.線框位移等效電路的連接電流0I2i(順時針)lI0lI2i(逆時針)2lI0分析知,只有選項D符合要求.變式1(多選)(2018湖北省黃岡市期末調(diào)研)如圖2所示,在光滑水平面內(nèi),虛線右側(cè)存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外,一正方形金屬線框質(zhì)量為m,電阻為R,邊長為L,從虛線處進(jìn)入磁場時開始計時,在外力作用下,線框由靜止開始,以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場區(qū)域,t1時刻線框全部進(jìn)入磁場,規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流I的正方向,外力大小為F,線框中電功率的瞬時值為P,通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為q,選項中Pt圖像和qt圖像均為拋物線,則這些量隨時間變化的圖像正確的是()圖2答案CD解析線框切割磁感線運動,則有運動速度vat,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢EBLv,所以產(chǎn)生感應(yīng)電流i,故A錯誤;對線框受力分析,由牛頓第二定律得FF安ma,F(xiàn)安BLi,解得:Fma,故B錯誤;電功率Pi2R,P與t是二次函數(shù),圖像為拋物線,故C正確;由電荷量表達(dá)式,則有q,q與t是二次函數(shù),圖像為拋物線,故D正確.例2(多選)(2018廣西北海市一模)如圖3甲所示,導(dǎo)體框架abcd放置于水平面內(nèi),ab平行于cd,導(dǎo)體棒MN與兩導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好,整個裝置放置于垂直于框架平面的磁場中,磁感應(yīng)強度B隨時間變化規(guī)律如圖乙所示,MN始終保持靜止.規(guī)定豎直向上為磁場正方向,沿導(dǎo)體棒由M到N為感應(yīng)電流的正方向,水平向右為導(dǎo)體棒所受安培力F的正方向,水平向左為導(dǎo)體棒所受摩擦力f的正方向,下列圖像中正確的是()圖3答案BD解析由題圖乙可知,回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢先為零,后恒定不變,感應(yīng)電流先為零,后恒定不變,回路中感應(yīng)電流方向為逆時針,故A錯誤,B正確;在0t1時間內(nèi),導(dǎo)體棒MN不受安培力;在t1t2時間內(nèi),導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向右,由FBIL可知,B均勻減小,MN所受安培力均勻減?。辉趖2t3時間內(nèi),導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向左,由FBIL可知,B均勻增大,MN所受安培力均勻增大;根據(jù)平衡條件得到,棒MN受到的摩擦力大小fF,二者方向相反,即在0t1時間內(nèi),沒有摩擦力,而在t1t2時間內(nèi),摩擦力方向向左,大小均勻減小,在t2t3時間內(nèi),摩擦力方向向右,大小均勻增大,故C錯誤,D正確.變式2(多選)(2019安徽省黃山市質(zhì)檢)如圖4甲所示,閉合矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中,磁場的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直,磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示.規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向,順時針為線框中感應(yīng)電流的正方向,水平向右為安培力的正方向.關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i與ad邊所受的安培力F隨時間t變化的圖像,下列選項中正確的是()圖4答案BC解析由題圖乙可知,01s內(nèi),B增大,增大,由楞次定律可知,感應(yīng)電流沿順時針方向,為正值,12s內(nèi),磁通量不變,無感應(yīng)電流,23s內(nèi),B的方向垂直紙面向外,B減小,減小,由楞次定律可知,感應(yīng)電流沿逆時針方向,為負(fù)值,34s內(nèi),B的方向垂直紙面向里,B增大,增大,由楞次定律可知,感應(yīng)電流沿逆時針方向,感應(yīng)電流為負(fù)值,A錯誤,B正確;由左手定則可知,在01s內(nèi),ad邊受到的安培力方向水平向右,是正值,12s內(nèi)無感應(yīng)電流,ad邊不受安培力,23s,安培力方向水平向左,是負(fù)值,34s,安培力方向水平向右,是正值.由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,感應(yīng)電動勢ES,感應(yīng)電流I,由Bt圖像可知,在每一時間段內(nèi),的大小是定值,在各時間段內(nèi)I是定值,ad邊受到的安培力FBIL,I、L不變,B均勻變化,則安培力F均勻變化,不是定值,C正確,D錯誤.命題點二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1.題型簡述感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用,因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起.解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點力的平衡條件、牛頓運動定律、動能定理等).2.兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析3.動態(tài)分析的基本思路解決這類問題的關(guān)鍵是通過運動狀態(tài)的分析,尋找過程中的臨界狀態(tài),如速度、加速度最大值或最小值的條件.具體思路如下:例3(2016全國卷24)如圖5,水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻,質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上.t0時,金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動.t0時刻,金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計,兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為g.求:圖5(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小;(2)電阻的阻值.答案(1)Blt0(g)(2)解析(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得Fmgma設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v,由運動學(xué)公式有vat0當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運動時,由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動勢為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(g)(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時,金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律I式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為F安BlI因金屬桿做勻速運動,有FmgF安0聯(lián)立式得R.變式3(多選)(2018安徽省安慶市二模)如圖6甲所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成角,M、P兩端接一電阻R,整個裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中.t0時對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F,使金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動,金屬棒電阻為r,導(dǎo)軌電阻忽略不計.已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示.下列關(guān)于棒的運動速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖像正確的是()圖6答案AB解析根據(jù)題圖乙所示的It圖像可知Ikt,其中k為比例系數(shù),由閉合電路歐姆定律可得:Ikt,可推出:Ekt(Rr),而E,所以有:kt(Rr),t圖像是一條過原點且斜率大于零的直線,故B正確;因EBlv,所以vt,vt圖像是一條過原點且斜率大于零的直線,說明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運動,即vat,故A正確;對金屬棒在沿導(dǎo)軌方向有FBIlma,而I,vat,得到Fma,可見Ft圖像是一條斜率大于零且與縱軸正半軸有交點的直線,故C錯誤;qtt2,qt圖像是一條開口向上的拋物線,故D錯誤.變式4如圖7甲所示,間距L0.5m的兩根光滑平行長直金屬導(dǎo)軌傾斜放置,導(dǎo)軌平面傾角30.導(dǎo)軌底端接有阻值R0.8的電阻,導(dǎo)軌間有、兩個矩形區(qū)域,其長邊都與導(dǎo)軌垂直,兩區(qū)域的寬度均為d20.4m,兩區(qū)域間的距離d10.4m,區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小B01T,區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化如圖乙所示,規(guī)定垂直于導(dǎo)軌平面向上的磁感應(yīng)強度方向為正方向.t0時刻,把導(dǎo)體棒MN無初速度地放在區(qū)域下邊界上.已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量m0.1kg,導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,且導(dǎo)體棒在磁場邊界時都認(rèn)為處于磁場中,導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻不計,取重力加速度g10m/s2.求:圖7(1)0.1s內(nèi)導(dǎo)體棒MN所受的安培力大??;(2)t0.5s時回路中的電動勢和流過導(dǎo)體棒MN的電流方向;(3)0.5s時導(dǎo)體棒MN的加速度大小.答案(1) 0.5N(2)0.4VNM(3)7m/s2解析(1)t10.1s時間內(nèi)感應(yīng)電動勢E1d2L,I10.1s內(nèi)安培力F1B0I1L,解得F10.5N(2)因F1mgsin,故導(dǎo)體棒在0.1s內(nèi)靜止,從第0.1s末開始加速,設(shè)加速度為a1,則:mgsinma1,d1a1t2,v1a1t,解得:t0.4s,v12m/st0.5s時,導(dǎo)體棒剛滑到區(qū)域上邊界,此時B20.8T,切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E2B2Lv10.8Vt0.5s時,因磁場變化而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E3d2L,6T/s,解得E31.2Vt0.5s時的總電動勢EE3E20.4V導(dǎo)體棒電流方向:NM(3)設(shè)0.5s時導(dǎo)體棒的加速度為a,有Fmgsinma,又I,F(xiàn)B2IL,解得a7m/s2,方向沿斜面向下.命題點三電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題1.題型簡述電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程,而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實現(xiàn)的.安培力做功的過程,是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程;外力克服安培力做功的過程,則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程.2.解題的一般步驟(1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路);(2)弄清電磁感應(yīng)過程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化;(3)根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解.3.求解電能應(yīng)分清兩類情況(1)若回路中電流恒定,可以利用電路結(jié)構(gòu)及WUIt或QI2Rt直接進(jìn)行計算.(2)若電流變化,則利用安培力做功求解:電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功;利用能量守恒求解:若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化,則減少的機械能等于產(chǎn)生的電能.例4(2018吉林省吉林市第二次調(diào)研)如圖8甲所示,一邊長L2.5m、質(zhì)量m0.5kg的正方形金屬線框,放在光滑絕緣的水平面上,整個裝置處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度B0.8T的勻強磁場中,它的一邊與磁場的邊界MN重合.在水平力F作用下由靜止開始向左運動,經(jīng)過5s線框被拉出磁場.測得金屬線框中的電流隨時間變化的圖像如圖乙所示,在金屬線框被拉出的過程中,圖8(1)求通過線框的電荷量及線框的總電阻;(2)分析線框運動性質(zhì)并寫出水平力F隨時間變化的表達(dá)式;(3)已知在這5s內(nèi)力F做功1.92J,那么在此過程中,線框產(chǎn)生的焦耳熱是多少.答案見解析解析(1)根據(jù)qt,由It圖像得,q1.25C又根據(jù)得R4;(2)由題圖乙可知,感應(yīng)電流隨時間變化的規(guī)律:I0.1t由感應(yīng)電流I,可得金屬線框的速度隨時間也是線性變化的,v0.2t線框做初速度為0的勻加速直線運動,加速度a0.2m/s2線框在外力F和安培力F安作用下做勻加速直線運動,F(xiàn)F安ma又F安BIL得F(0.2t0.1) N;(3)5s時,線框從磁場中拉出時的速度v5at1m/s由能量守恒得:WQmv52線框中產(chǎn)生的焦耳熱QWmv521.67J變式5(多選)如圖9所示,豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L,矩形勻強磁場、的高和間距均為d,磁感應(yīng)強度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進(jìn)入磁場和時的速度相等.金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R,與導(dǎo)軌接觸良好,其余電阻不計,重力加速度為g.金屬桿()圖9A.剛進(jìn)入磁場時加速度方向豎直向下B.穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdD.釋放時距磁場上邊界的高度h可能小于答案BC解析穿過磁場后,金屬桿在磁場之間做加速運動,在磁場上邊緣速度大于從磁場出來時的速度,即進(jìn)入磁場時的速度等于進(jìn)入磁場時的速度,大于從磁場出來時的速度,金屬棒在磁場中做減速運動,加速度方向向上,A錯誤;金屬棒在磁場中做減速運動,由牛頓第二定律知BILmgmgma,a隨著減速過程逐漸變小,即在前一段做加速度減小的減速運動,在磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動,兩個過程位移大小相等,由vt圖像(可能圖像如圖所示)可以看出前一段用時多于后一段用時,B正確;由于進(jìn)入兩磁場時速度相等,由動能定理知,W安1mg2d0,W安12mgd.即通過磁場產(chǎn)生的熱量為2mgd,故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd,C正確;設(shè)剛進(jìn)入磁場時速度為v,則由機械能守恒定律知mghmv2,進(jìn)入磁場時BILmgmgma,解得v,由式得h,D錯誤.變式6(2018福建省南平市適應(yīng)性檢測)如圖10所示,一對平行的粗糙金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面上,導(dǎo)軌間距L0.2m,左端接有阻值R0.3的電阻,右側(cè)平滑連接一對彎曲的光滑軌道.僅在水平導(dǎo)軌的整個區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小B1.0T.一根質(zhì)量m0.2kg、電阻r0.1的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上,在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動,當(dāng)金屬棒通過位移x9m時離開磁場,在離開磁場前已達(dá)到最大速度.當(dāng)金屬棒離開磁場時撤去外力F,接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h0.8m處.已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)0.1,導(dǎo)軌電阻不計,棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌保持良好接觸,取g10m/s2.求:圖10(1)金屬棒運動的最大速率v;(2)金屬棒在磁場中速度為時的加速度大?。?3)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.答案見解析解析(1)金屬棒從出磁場到上升到彎曲軌道最高點,根據(jù)機械能守恒定律得:mv2mgh由得:v4m/s(2)金屬棒在磁場中做勻速運動時,設(shè)回路中的電流為I,根據(jù)平衡條件得FBILmgI聯(lián)立式得F0.6N金屬棒速度為時,設(shè)回路中的電流為I,根據(jù)牛頓第二定律得FBILmgmaI聯(lián)立得:a1m/s2(3)設(shè)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中,回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,根據(jù)功能關(guān)系:Fxmgxmv2Q則電阻R上的焦耳熱QRQ聯(lián)立解得:QR1.5J.1.(多選)(2018廣西防城港市3月模擬)如圖1所示,等邊閉合三角形線框,開始時底邊與勻強磁場的邊界平行且重合,磁場的寬度大于三角形的高度,線框由靜止釋放,穿過該磁場區(qū)域,不計空氣阻力,則下列說法正確的是()圖1A.線框進(jìn)磁場過程中感應(yīng)電流為順時針方向B.線框底邊剛進(jìn)入和剛穿出磁場時線圈的加速度大小可能相同C.線框出磁場的過程,可能做先減速后加速的直線運動D.線框進(jìn)出磁場過程,通過線框橫截面的電荷量不同答案BC解析線框進(jìn)入磁場過程中,磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流為逆時針方向,故A錯誤;線框底邊剛進(jìn)入瞬間,速度為零,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零,下落加速度為g,完全進(jìn)入磁場后下落加速度為g,隨著下落速度的增大,出磁場時產(chǎn)生的安培力可能等于2mg,此時減速的加速度大小可能為g,故B正確;線框出磁場的過程,可能先減速,隨著速度減小,切割長度變短,線框受到的安培力減小,當(dāng)小于重力后線框做加速直線運動,故C正確;線框進(jìn)、出磁場過程,磁通量變化相同,所以通過線框橫截面的電荷量相同,故D錯誤.2.(2018陜西省咸陽市第二次模擬)如圖2甲所示,匝數(shù)n2的金屬線圈(電阻不計)圍成的面積為20cm2,線圈與R2的電阻連接,置于豎直向上、均勻分布的磁場中,磁場與線圈平面垂直,磁感應(yīng)強度為B,Bt關(guān)系如圖乙所示,規(guī)定感應(yīng)電流i從a經(jīng)過R到b的方向為正方向,忽略線圈的自感影響,則下列it關(guān)系圖正確的是()圖2答案D解析由題圖乙可知,02s內(nèi),線圈中磁通量的變化率相同,故02s內(nèi)電流的方向相同,由楞次定律可知,電路中電流方向為順時針,即電流為正方向;同理可知,25s內(nèi)電路中的電流方向為逆時針,為負(fù)方向,由En可得EnS,則知02 s內(nèi)電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為:E1220104 V6106 V,則電流大小為:I1106A3106A;同理25s內(nèi),I22106A,故A、B、C錯誤,D正確.3.(多選)(2019湖北省武漢市調(diào)研)如圖3甲所示,在足夠長的光滑的固定斜面上放置著金屬線框,垂直于斜面方向的勻強磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定垂直斜面向上為正方向).t0時刻將線框由靜止釋放,在線框下滑的過程中,下列說法正確的是()圖3A.線框中產(chǎn)生大小、方向周期性變化的電流B.MN邊受到的安培力先減小后增大C.線框做勻加速直線運動D.線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于其機械能的損失答案BC解析穿過線框的磁通量先向下減小,后向上增大,則根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流方向不變,選項A錯誤;因磁感應(yīng)強度的變化率不變,則感應(yīng)電動勢不變,感應(yīng)電流不變,而磁感應(yīng)強度的大小先減小后增大,根據(jù)FBIL可知,MN邊受到的安培力先減小后增大,選項B正確;因線框平行的兩邊電流等大反向,則整個線框受到的安培力為零,則線框下滑的加速度不變,線框做勻加速直線運動,選項C正確;因安培力對線框做功為零,斜面光滑,則線框的機械能守恒,選項D錯誤.4.(多選)(2018福建省廈門市質(zhì)檢)如圖4所示,在傾角為的光滑固定斜面上,存在著磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,磁場方向垂直斜面向上,磁場的寬度為2L.一邊長為L的正方形導(dǎo)線框,由靜止開始沿斜面下滑,當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場瞬間和剛越過MN穿出磁場瞬間速度剛好相等.從ab邊剛越過GH處開始計時,規(guī)定沿斜面向上為安培力的正方向,則線框運動的速率v與線框所受安培力F隨時間變化的圖線中,可能正確的是()圖4答案AC解析根據(jù)楞次定律可得線框進(jìn)入磁場的過程中電流方向為順時針;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢EBLv,感應(yīng)電流I,所受的安培力大小為FBIL,ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場瞬間和剛越過MN穿出磁場瞬間速度剛好相等,可能的運動情況有兩種,一是進(jìn)磁場時勻速,完全進(jìn)入磁場后做勻加速直線運動,出磁場過程中,做加速度逐漸減小的減速運動,二是進(jìn)磁場時做加速度逐漸減小的減速運動,完全進(jìn)入磁場后做勻加速運動,出磁場時做加速度逐漸減小的減速運動,結(jié)合圖像知A正確,B錯誤;根據(jù)左手定則可得線框進(jìn)入磁場的過程中安培力方向沿斜面向上,為正,且FBIL,線框完全進(jìn)入磁場后,線框所受安培力為零;出磁場的過程中安培力方向沿斜面向上,且出磁場時的安培力可能等于進(jìn)入磁場時的安培力,所以C正確,D錯誤.5.(2018山東省泰安市上學(xué)期期末)如圖5,兩固定的絕緣斜面傾角均為,上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L、質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,兩定滑輪間的距離也為L.左斜面上存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于斜面向上.已知斜面及兩根柔軟輕導(dǎo)線足夠長.回路總電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為,重力加速度大小為g.使兩金屬棒水平,從靜止開始下滑.求:圖5(1)金屬棒運動的最大速度vm的大?。?2)當(dāng)金屬棒運動的速度為時,其加速度大小是多少?答案(1)(2)(sin3cos)解析(1)達(dá)到最大速度時,設(shè)兩導(dǎo)線中張力均為T,金屬棒cd受到的安培力為F對ab、cd,根據(jù)平衡條件得到:2mgsin2T2mgcos2TmgsinmgcosF而安培力FBIL根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律:EBLvm,I整理得到:vm(2)當(dāng)金屬棒的速度為時,設(shè)兩導(dǎo)線中張力均為T1,金屬棒cd受到的安培力為F1,根據(jù)牛頓第二定律:2mgsin2T12mgcos2ma2T1mgsinmgcosF1ma又F1BI1L,E1BL,I1,聯(lián)立解得:a(sin3cos).6.(2018天津市實驗中學(xué)模擬)如圖6所示,固定光滑金屬導(dǎo)軌間距為L,導(dǎo)軌電阻不計,上端a、b間接有阻值為R的電阻,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為,且處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中.質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上.初始時刻,彈簧恰處于自然長度,導(dǎo)體棒具有沿導(dǎo)軌向上的初速度v0.整個運動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸.已知彈簧的勁度系數(shù)為k,彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行.圖6(1)求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向;(2)當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時,速度變?yōu)関,求此時導(dǎo)體棒的加速度大小a.答案(1)電流方向為ba(2)gsin解析(1)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為:E1BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律得通過R的電流大小為:I1根據(jù)右手定則判斷得知:電流方向為ba(2)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為:E2BLv根據(jù)閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流為:I2導(dǎo)體棒受到的安培力大小為:FBIL,方向沿斜面向上.導(dǎo)體棒受力如圖所示:根據(jù)牛頓第二定律有:mgsinFma解得:agsin.7.(2018廣東省惠州市模擬)如圖7所示,足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成37角放置,在斜面上虛線aa和bb與斜面底邊平行,在aa、bb圍成的區(qū)域中有垂直斜面向上的有界勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B1 T;現(xiàn)有一質(zhì)量為m10g、總電阻R1、邊長d0.1m的正方形金屬線圈MNQP,讓PQ邊與斜面底邊平行,從斜面上端由靜止釋放,線圈剛好勻速穿過整個磁場區(qū)域.已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5,(取g10m/s2,sin370.6,cos370.8)求:圖7(1)線圈進(jìn)入磁場區(qū)域時的速度大小;(2)線圈釋放時,PQ邊到bb的距離;(3)整個線圈穿過磁場的過程中,線圈上產(chǎn)生的焦耳熱.答案(1)2m/s(2)1m(3)4103J解析(1)對線圈受力分析,根據(jù)平衡條件得:F安mgcosmgsin,F(xiàn)安BId,I,EBdv聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得:v2m/s(2)線圈進(jìn)入磁場前做勻加速運動,根據(jù)牛頓第二定律得:a2m/s2線圈釋放時,PQ邊到bb的距離Lm1m;(3)由于線圈剛好勻速穿過磁場,則磁場寬度等于d0.1m,QW安F安2d代入數(shù)據(jù)解得:Q4103J.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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