2019版高考物理一輪復習 第十章 電磁感應(yīng) 第3講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學案
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1、 第3講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 微知識1 電磁感應(yīng)中的電路問題 1.內(nèi)電路和外電路 (1)切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當于電源。 (2)該部分導體的電阻或線圈的電阻相當于電源的內(nèi)阻,其余部分是外電路。 2.電源電動勢和路端電壓 (1)電動勢:E=BLv或E=n。 (2)電源正、負極:用右手定則或楞次定律確定。 (3)路端電壓:U=E-Ir=IR。 微知識2 電磁感應(yīng)圖象問題 微知識3 感應(yīng)電流在磁場中所受的安培力 1.安培力的大小 由感應(yīng)電動勢E=BLv,感應(yīng)電流I=和安培力公式F=BIL得F=。 2.安培力的方向判斷 微知識4
2、 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒 1.能量轉(zhuǎn)化的實質(zhì) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化實質(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.熱量的計算 電流(恒定)做功產(chǎn)生的熱量用焦耳定律計算,公式Q=I2Rt。 一、思維辨析(判斷正誤,正確的畫“√”,錯誤的畫“×”。) 1.閉合電路的歐姆定律同樣適用于電磁感應(yīng)電路。(√) 2.在閉合回路中切割磁感線的那部分導體兩端的電壓一定等于產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢。(×) 3.電路中電流一定從高電勢流向低電勢。(×) 4.克服安
3、培力做的功一定等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱。(×) 5.有安培力作用時導體棒不可能做加速運動。(×) 二、對點微練 1.(電磁感應(yīng)中的電路問題)如圖所示,兩個互連的金屬圓環(huán),小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一,磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域,當磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化時,在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E,則a、b兩點間的電勢差為( ) A.E B.E C.E D.E 解析 a、b間的電勢差等于路端電壓,而小環(huán)電阻占電路總電阻的,故a、b間電勢差為U=E,B項正確。 答案 B 2.(電磁感應(yīng)中的圖象問題)在四個選項中,虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。
4、A、B中的導線框為正方形,C、D中的導線框為直角扇形。各導線框均繞垂直紙面軸O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)動方向如箭頭所示,轉(zhuǎn)動周期均為T。從線框處于圖示位置時開始計時,以在OP邊上從P點指向O點的方向為感應(yīng)電流i的正方向。則在選項中的四個情景中,產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時間t的變化規(guī)律如圖所示的是( ) 解析 根據(jù)感應(yīng)電流在一段時間恒定,導線框應(yīng)為扇形;由右手定則可判斷出產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時間t的變化規(guī)律如題圖甲所示的是C。 答案 C 3.(電磁感應(yīng)中的動力學問題)(多選)如圖所示,有兩根和水平方向成α角的光滑平行金屬軌道,上端接有可變電阻R,下端足夠長,空間有垂直于軌道平面的勻強磁
5、場,磁感應(yīng)強度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下,經(jīng)過足夠長的時間后,金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vmax,則( ) A.如果B增大,vmax將變大 B.如果α變大,vmax將變大 C.如果R變大,vmax將變大 D.如果m變大,vmax將變大 解析 金屬桿從軌道上由靜止滑下,經(jīng)足夠長時間后,速度達最大值vmax,此后金屬桿做勻速運動,桿受重力、軌道的支持力和安培力,如圖所示。安培力F=LB,對金屬桿列平衡方程mgsinα=,則vmax=,由此式可知,B增大,vmax減?。沪猎龃?,vmax增大;R變大,vmax變大;m變大, vmax變大。因此B、C、D
6、項正確。 答案 BCD 4.(電磁感應(yīng)中的能量問題)如圖所示,豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R,質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦,棒與導軌的電阻均不計,整個裝置放在勻強磁場中,磁場方向與導軌平面垂直,棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內(nèi),力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于( ) A.棒的機械能增加量 B.棒的動能增加量 C.棒的重力勢能增加量 D.電阻R上放出的熱量 解析 棒受重力G、拉力F和安培力F安的作用。由動能定理:WF+WG+W安=ΔEk得WF+W安=ΔEk+mgh,即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機械能
7、的增加量,選項A正確。 答案 A 見學生用書P164 微考點 1 電磁感應(yīng)中的電路問題 核|心|微|講 在電磁感應(yīng)過程中,切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,該導體或回路相當于電源。因此,電磁感應(yīng)問題往往又和電路問題聯(lián)系在一起。解決此類問題的基本思想是將電磁感應(yīng)問題轉(zhuǎn)化為直流電路的分析與計算問題。 基本思路:①用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動勢的大小和方向;②弄清電路結(jié)構(gòu),必要時畫出等效電路圖;③運用歐姆定律、串并聯(lián)電路等規(guī)律求解路端電壓、電功率等問題。 典|例|微|探 【例1】 (多選)如圖所示,邊長為L、不可形變
8、的正方形導線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域,其磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系為B=kt(常量k>0)?;芈分谢瑒幼冏杵鱎的最大阻值為R0,滑動片P位于滑動變阻器中央,定值電阻R1=R0、R2=。閉合開關(guān)S,電壓表的示數(shù)為U,不考慮虛線MN右側(cè)導體的感應(yīng)電動勢,則( ) A.R2兩端的電壓為 B.電容器的a極板帶正電 C.滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍 D.正方形導線框中的感應(yīng)電動勢為kL2 【解題導思】 (1)電路中哪部分是電源? 答:MN左側(cè)的正方形線框是電源。 (2)滑動變阻器的左右兩部分中電流相等嗎? 答:滑動變阻器的左邊部分電流大于右邊部分電流。 解析
9、將滑動變阻器在滑片處分為兩部分,電阻均為,其中右側(cè)部分與R2并聯(lián),并聯(lián)阻值為,所以電路中總電阻為,由歐姆定律可知,A項正確;當磁感應(yīng)強度均勻增加時,由楞次定律可知,R2中電流從右向左,所以b板帶正電,B項錯誤;滑動變阻器右側(cè)部分電流、電壓均與R2相同,左側(cè)部分電阻與R2相同,電流是R2中電流的2倍,由P=I2R可知滑動變阻器的總功率是R2的5倍,所以C項正確;由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=n,其中S為有效面積,S=πr2,得E=πkr2,所以D項錯誤。 答案 AC 題|組|微|練 1.如圖所示,虛線框內(nèi)存在均勻變化的勻強磁場,三個電阻R1、R2、R3的阻值之比為1∶2∶3,導線的電阻不計。
10、當S1、S2閉合,S3斷開時,閉合回路中感應(yīng)電流為I;當S2、S3閉合,S1斷開時,閉合回路中感應(yīng)電流為5I;當S1、S3閉合,S2斷開時,閉合回路中感應(yīng)電流為( ) A.0 B.4I C.6I D.7I 解析 因為R1∶R2∶R3=1∶2∶3,可以設(shè)R1=R,R2=2R,R3=3R;由電路圖可知,當S1、S2閉合,S3斷開時,電阻R1與R2組成閉合回路,設(shè)此時感應(yīng)電動勢是E1,由歐姆定律可得E1=3IR。當S2、S3閉合,S1斷開時,電阻R2與R3組成閉合回路,設(shè)感應(yīng)電動勢為E2,由歐姆定律可得E2=5I×5R=25IR。當S1、S3閉合,S2斷開時,電阻R1與R3組成
11、閉合回路,此時感應(yīng)電動勢E=E1+E2=28IR,則此時的電流I′===7I,故選項D正確。 答案 D 2.在同一水平面上的光滑平行導軌P、Q相距l(xiāng)=1 m,導軌左端接有如圖所示的電路。其中水平放置的平行板電容器兩極板M、N相距d=10 mm,定值電阻R1=R2=12 Ω,R3=2 Ω,金屬棒ab的電阻r=2 Ω,其他電阻不計。磁感應(yīng)強度B=0.5 T的勻強磁場豎直穿過導軌平面,當金屬棒ab沿導軌向右勻速運動時,懸浮于電容器兩極板之間的質(zhì)量m=1×10-14kg、電荷量q=-1×10-14 C的微粒恰好靜止不動。g取10 m/s2,在整個運動過程中金屬棒與導軌接觸良好,且速度保持恒定。試
12、求: (1)勻強磁場的方向。 (2)ab兩端的路端電壓。 (3)金屬棒ab運動的速度。 解析 (1)負電荷受到重力和電場力的作用處于靜止狀態(tài),因為重力豎直向下,所以電場力豎直向上,故M板帶正電。ab棒向右做切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,ab棒等效于電源,其a端為電源的正極,感應(yīng)電流方向由b→a,由右手定則可判斷,磁場方向豎直向下。 (2)微粒受到重力和電場力的作用處于靜止狀態(tài),根據(jù)平衡條件有 mg=Eq, 又E=, 所以UMN==0.1 V。 R3兩端電壓與電容器兩端電壓相等,由歐姆定律得通過R3的電流為 I==0.05 A, 則ab棒兩端的電壓為 Uab=UMN+
13、I=0.4 V。 (3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E=Blv, 由閉合電路歐姆定律得 E=Uab+Ir=0.5 V, 聯(lián)立解得v=1 m/s。 答案 (1)豎直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s 微考點 2 電磁感應(yīng)中的圖象問題 核|心|微|講 1.圖象類型 2.分析方法 對圖象的分析,應(yīng)做到“四明確三理解” (1)明確圖象所描述的物理意義;明確各種正、負號的含義;明確斜率的含義;明確圖象和電磁感應(yīng)過程之間的對應(yīng)關(guān)系。 (2)理解三個相似關(guān)系及其各自的物理意義 v-Δv-,B-ΔB-,Φ-ΔΦ-。 典|例|微|探 【例2】 (多選)如圖
14、所示,電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中,導軌左端接一定值電阻R。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上,受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動,外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F=F0+kv(F0、k是常量),金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)電流為i,受到的安培力大小為FA,電阻R兩端的電壓為UR,感應(yīng)電流的功率為P,它們隨時間t變化圖象可能正確的有( ) 【解題導思】 (1)水平方向?qū)w棒受到哪些力作用? 答:水平方向受到外力F和安培力作用。 (2)導體棒的加速度會隨著速度變化而變化嗎? 答:根據(jù)F
15、-FA=ma和F=F0+kv可知,a與v有關(guān)。 解析 設(shè)某時刻金屬棒的速度為v,根據(jù)牛頓第二定律F-FA=ma,即F0+kv-=ma,即F0+v=ma,如果k>,則加速度與速度成線性關(guān)系,且隨著速度增大,加速度越來越大,即金屬棒運動的v-t圖象的切線斜率越來越大,由于FA=,F(xiàn)A-t圖象的切線斜率也越來越大,感應(yīng)電流、電阻兩端的電壓及感應(yīng)電流的功率也會隨時間變化得越來越快,B項正確;如果k=,則金屬棒做勻加速直線運動,電動勢隨時間均勻增大,感應(yīng)電流、電阻兩端的電壓、安培力均隨時間均勻增大,感應(yīng)電流的功率與時間的二次方成正比,沒有選項符合;如果k<,則金屬棒做加速度越來越小的加速運動,感應(yīng)電
16、流、電阻兩端的電壓、安培力均增加得越來越慢,最后恒定,感應(yīng)電流的功率最后也恒定,C項正確。 答案 BC 【反思總結(jié)】 電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個常見解法 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(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,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)系對圖象作出分析和判斷,這未必是最簡捷的方法,但卻是最有效的方法。 題|組|微|練 3.如圖所示,在平面直角坐標系xOy的第一、三象限內(nèi)有垂直該坐標平面向里的勻強磁場,二者磁感應(yīng)強度相同,圓心角為
17、90°的扇形導線框OPQ以角速度ω繞O點在圖示坐標平面內(nèi)沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動。規(guī)定與圖中導線框的位置相對應(yīng)的時刻為t=0,導線框中感應(yīng)電流逆時針為正。則關(guān)于該導線框轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)感應(yīng)電流i隨時間t的變化圖象正確的是( ) 解析 在線框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢時,由E=BL2ω知,感應(yīng)電動勢一定,感應(yīng)電流大小不變,故B、D項錯誤;在~T內(nèi),由楞次定律判斷可知線框中感應(yīng)電動勢方向沿逆時針方向,為正,故A項正確、C項錯誤。 答案 A 4.邊長為a的閉合金屬正三角形框架,左邊豎直且與磁場右邊界平行,完全處于垂直框架平面向里的勻強磁場中。現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場,如圖所示,則下列圖
18、象與這一過程相符合的是( ) 解析 該過程中,框架切割磁感線的有效長度等于框架與磁場右邊界兩交點的間距,根據(jù)題中幾何關(guān)系有l(wèi)有效=x,所以E電動勢=Bl有效v=Bvx∝x,A項錯誤,B項正確;框架勻速運動,故F外力=F安==∝x2,C項錯誤;P外力功率=F外力v∝F外力∝x2,D項錯誤。 答案 B 微考點 3 電磁感應(yīng)中的動力學問題 核|心|微|講 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用,從而影響導體棒(或線圈)的受力情況和運動情況。 1.導體的兩種運動狀態(tài) (1)導體的平衡狀態(tài)——靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。 (2)導體的非平衡狀態(tài)——加速度不為
19、零。 2.處理方法 根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。 3.導體的運動分析流程 典|例|微|探 【例3】 如圖,兩固定的絕緣斜面傾角均為θ,上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出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,使兩金屬棒水平。右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。已知兩根導線剛好不在磁場中,回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求: (1)作用在金屬棒a
20、b上的安培力的大小。 (2)金屬棒運動速度的大小。 【解題導思】 (1)ab棒受到哪些力的作用? 答:重力(豎直向下)、斜面的支持力(垂直斜面向上)、軟導線的拉力(沿斜面向上)、斜面的摩擦力(沿斜面向上)、安培力(沿斜面向上)。 (2)cd棒受到哪些力的作用? 答:重力(豎直向下)、斜面的支持力(垂直斜面向上)、軟導線的拉力(沿斜面向上)、斜面的摩擦力(沿斜面向下) 解析 (1)設(shè)兩根導線的總的張力的大小為T,右斜面對ab棒的支持力的大小為N1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對cd棒的支持力大小為N2。對于ab棒,由力的平衡條件得2mgsinθ=μN1+T+F,①
21、N1=2mgcosθ。② 對于cd棒,同理有 mgsinθ+μN2=T,③ N2=mgcosθ,④ 聯(lián)立①②③④式得 F=mg(sinθ-3μcosθ)。⑤ (2)由安培力公式得F=BIL,⑥ 這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流。 ab棒上的感應(yīng)電動勢為E=Blv,⑦ 式中,v是ab棒下滑速度的大小。 由歐姆定律得I=,⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得 v=(sinθ-3μcosθ)。⑨ 答案 (1)mg(sinθ-3μcosθ) (2)(sinθ-3μcosθ) 【反思總結(jié)】 用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學問題 解決電磁感應(yīng)中的動力學問題的一般思路是“先
22、電后力”,具體思路如下: 1.進行“源”的分析——分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源,求出電源的參數(shù)E和r。 2.進行“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu),明確串、并聯(lián)的關(guān)系,求出相關(guān)部分的電流大小,以便求解安培力。 3.進行“力”的分析——分析研究對象(常是金屬桿、導體線圈等)的受力情況,尤其注意其所受的安培力。 4.進行“運動”狀態(tài)的分析——根據(jù)力和運動的關(guān)系,判斷出正確的運動模型。 題|組|微|練 5.(多選)如圖所示,不計電阻的光滑U形金屬框水平放置,光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上,H、P的間距很小。質(zhì)量為0.2 kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間,與金屬框接觸良
23、好并圍成邊長為1 m的正方形,其有效電阻為0.1 Ω。此時在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強磁場,磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律為B=(0.4-0.2t)T,圖示磁場方向為正方向。框、擋板和桿不計形變。則( ) A.t=1 s時,金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D B.t=3 s時,金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到C C.t=1 s時,金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 N D.t=3 s時,金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2 N 解析 由于磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律是B=(0.4-0.2t) T,則t=1 s時,穿過金屬桿與金屬框圍成的平面的磁通量向下且在減小,則根據(jù)楞次定律
24、可知,金屬桿CD中的感應(yīng)電流的方向從C到D,故A項正確;在t=3 s時,穿過金屬桿與金屬框圍成的平面的磁通量向上且在增大,則根據(jù)楞次定律可知,金屬桿CD中的感應(yīng)電流的方向從C到D,故B項錯誤;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得,在t=1 s時,回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為E=L2sin30°=0.1 V,根據(jù)閉合電路歐姆定律和電路的串、并聯(lián)知識可得,流經(jīng)金屬桿CD的電流大小為I==1 A,又根據(jù)平衡條件可知,在t=1 s時擋板P對金屬桿CD產(chǎn)生的彈力為F=BILsin30°=0.2×1×1× N=0.1 N,又根據(jù)牛頓第三定律可得,在t=1 s時金屬桿CD對擋板P產(chǎn)生的壓力為0.1 N,故C項正確;
25、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得,在t=3 s時,回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為E′=L2sin30°=0.1 V,根據(jù)閉合電路歐姆定律和電路的串、并聯(lián)知識可得,流經(jīng)金屬桿CD的電流大小為I′==1 A,又根據(jù)平衡條件可知,在t=3 s時擋板H對金屬桿CD產(chǎn)生的彈力為F′=BI′Lsin30°=0.2×1×1× N=0.1 N,根據(jù)牛頓第三定律可得,在t=3 s時金屬桿CD對擋板H產(chǎn)生的壓力為0.1 N,故D項錯誤。 答案 AC 6.(多選)如圖,兩根足夠長且光滑平行的金屬導軌PP′、QQ′傾斜放置,勻強磁場垂直于導軌平面,導軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連,板間距離足夠大,板間有一帶電
26、微粒,金屬棒ab水平跨放在導軌上,下滑過程中與導軌接觸良好?,F(xiàn)同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab,則下列說法正確的是( ) A.金屬棒ab最終可能勻速下滑 B.金屬棒ab一直加速下滑 C.金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢 D.帶電微粒不可能先向N板運動后向M板運動 解析 金屬棒沿光滑導軌加速下滑,棒中有感應(yīng)電動勢而對電容器充電,充電電流通過金屬棒時受安培力作用,只有金屬棒速度增大時才有充電電流,因此總有mgsin θ-BIl>0,金屬棒將一直加速,A項錯、B項對;由右手定則可知,金屬棒a端電勢高,則M板電勢高,C項對;若微粒帶負電,則靜電力向上與重力反向,開始時靜電力為
27、0,微粒向下加速運動,當靜電力增大到大于重力時,微粒的加速度向上,D項錯。 答案 BC 微考點 4 電磁感應(yīng)中的能量問題 核|心|微|講 1.能量轉(zhuǎn)化特點 2.電能的求解思路 典|例|微|探 【例4】(多選)如圖所示,固定放置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導軌的間距為d,其右端接有阻值為R的電阻,整個裝置處在豎直向上的磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。一質(zhì)量為m的導體棒ab垂直于導軌放置,且與兩導軌保持良好接觸,導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ?,F(xiàn)導體棒在水平向左、垂直于導體棒的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離L時,速度恰好達到最大(運動過程中導體棒始終與導軌保持垂
28、直)。設(shè)導體棒接入電路的電阻為r,導軌電阻不計,重力加速度大小為g。則在此過程中,下列說法正確的是( ) A.導體棒的速度最大值為 B.流過電阻R的電荷量為 C.恒力F和摩擦力對導體棒做的功之和等于導體棒動能的變化量 D.恒力F和安培力對導體棒做的功之和大于導體棒動能的變化量 【解題導思】 (1)導體棒的速度在什么情況下達到最大? 答:合外力為零。 (2)導體棒運動過程中有哪些力做功?合外力的功與動能變化有何關(guān)系? 答:恒力F做正功、摩擦力做負功、安培力做負功,合外力的功與動能變化相等。 解析 當合外力為零的時候,導體棒的加速度為零,此時導體棒的速度達到最大值,此后
29、因為速度不變,所以感應(yīng)電流不變,安培力不變,合外力不變,一直是零,導體棒將做勻速直線運動。由E=Bdv,F(xiàn)安=BId以及I=得出安培力F安=,因為合外力為零,所以F安=F-μmg,可解出vm=,所以A項錯誤;由電荷量q=IΔt、E=和I=得出q==,所以B項正確;由能量守恒知恒力F做的功在數(shù)值上等于產(chǎn)生的電熱(即克服安培力做的功)、克服摩擦力做的功以及動能的增加量,所以C項錯誤、D項正確。 答案 BD 題|組|微|練 7.(多選)如圖所示,兩條電阻不計的平行導軌與水平面成θ角,導軌的一端連接定值電阻R1,勻強磁場垂直穿過導軌平面。一根質(zhì)量為m、電阻為R2的導體棒ab,垂直導軌放置,導體棒
30、與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ,且R2=2R1。如果導體棒以速度v勻速下滑,導體棒此時受到的安培力大小為F,則以下判斷正確的是( ) A.電阻R1消耗的熱功率為 B.整個裝置消耗的機械功率為Fv C.整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcosθ D.若使導體棒以v的速度勻速上滑,則必須施加沿導軌向上的外力F外=2F 解析 由能量守恒定律可知,安培力的功率等于電路中消耗的電功率,因此有P1+P2=Fv, 由焦耳定律可知==,解得P1=Fv,A項正確;由于導體棒勻速運動,整個裝置消耗的機械功率等于重力的功率,為mgvsinθ,B項錯誤;下滑過程中,導體棒所受摩擦力大小為f=μmgco
31、sθ,整個裝置因摩擦而消耗的功率為P′=fv=μmgvcosθ,C項正確;若使導體棒以v的速度勻速上滑,則安培力方向沿斜面向下而大小不變,由共點力平衡條件可知,則應(yīng)沿斜面向上施加的拉力為F外=mgsinθ+F+μmgcosθ,又導體棒以速度v勻速下滑時,導體棒受到的安培力大小為F,則mgsinθ=F+μmgcosθ,F(xiàn)外=2(F+μmgcosθ),D項錯誤。 答案 AC 8.如圖所示,固定的水平光滑金屬導軌,間距為L,左端接有阻值為R的電阻,處在方向豎直、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,質(zhì)量為m的導體棒與固定彈簧相連,放在導軌上,導軌與導體棒的電阻均可忽略。初始時刻,彈簧恰處于自然長度,導體
32、棒具有水平向右的初速度v0。在沿導軌往復運動的過程中,導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸。 (1)求初始時刻導體棒受到的安培力。 (2)若導體棒從初始時刻到速度第一次為零時,彈簧的 彈性勢能為Ep,則這一過程中安培力所做的功W1和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1分別為多少? (3)導體棒往復運動,最終將靜止于何處?從導體棒開始運動到最終靜止的過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少? 解析 (1)初始時刻棒中感應(yīng)電動勢E=BLv0, 棒中感應(yīng)電流I=, 作用于棒上的安培力F=BIL, 聯(lián)立以上各式解得F=,方向水平向左。 (2)由功能關(guān)系得 安培力做功W1=Ep-mv, 電阻R上
33、產(chǎn)生的焦耳熱 Q1=mv-Ep。 (3)由能量轉(zhuǎn)化及平衡條件等,可判斷:棒最終靜止于初始位置,Q=mv。 答案 (1),方向水平向左 (2)Ep-mv mv-Ep (3)棒最終靜止于初始位置 mv 見學生用書P167 電磁感應(yīng)中的“桿+導軌”模型 素能培養(yǎng) 1.單桿模型 (1)模型特點:導體棒運動→感應(yīng)電動勢→閉合回路→感應(yīng)電流→安培力→阻礙棒相對磁場運動。 (2)分析思路:確定電源 (3)解題關(guān)鍵:對棒的受力分析,動能定理應(yīng)用。 2.雙桿模型 (1)模型特點 ①一桿切割時,分析同單桿類似。 ②兩桿同時切割時,回路中的感應(yīng)電動勢由兩桿共
34、同決定,E==Bl(v1-v2)。 (2)解題要點:單獨分析每一根桿的運動狀態(tài)及受力情況,建立兩桿聯(lián)系,列方程求解。 經(jīng)典考題 如圖所示,兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ=30°的斜面上,導軌電阻不計,間距L=0.4 m。導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN,Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下,Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上,兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B=0.5 T。在區(qū)域Ⅰ中,將質(zhì)量m1=0.1 kg、電阻R1=0.1 Ω的金屬條ab放在導軌上,ab剛好不下滑。然后,在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2=0.4 kg、電阻R2=0.1 Ω的光滑導體棒cd置于導軌上,由靜止開始下
35、滑。cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中,ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸,g取10 m/s2。問: (1)cd下滑的過程中,ab中的電流方向。 (2)ab剛要向上滑動時,cd的速度v多大。 (3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中,cd滑動的距離x=3.8 m,此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少。 解析 (1)cd下滑,根據(jù)右手定則判斷,c端電勢高于d端,ab中電流方向從a到b。 (2)ab剛放上時,剛好不下滑,說明ab棒受到了最大靜摩擦力fm作用,且fm=m1gsinθ, cd棒下滑后,分析導體棒ab的受力如圖所示,ab剛要上滑時,ab所受最大靜摩
36、擦力沿斜面向下,則 F安=fm+m1gsinθ, 又F安=ILB, cd棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv, 由閉合電路的歐姆定律得 I=, 由以上各式得 v==5 m/s。 (3)設(shè)cd產(chǎn)生的熱量為Q′,則 ==1, 根據(jù)動能定理得 m2gxsinθ-(Q+Q′)=m2v2, 代入已知數(shù)據(jù)得Q=Q′=1.3 J。 答案 (1)從a到b (2)5 m/s (3)1.3 J 對法對題 1.如圖,MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌,其間距為L,導軌彎曲部分光滑,平直部分粗糙,右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強
37、度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放,到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為μ,金屬棒與導軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中( ) A.流過金屬棒的最大電流為 B.通過金屬棒的電荷量為 C.克服安培力所做的功為mgh D.金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h-μd) 解析 金屬棒滑下過程中,根據(jù)動能定理有mgh=mv,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有Em=BLvm,根據(jù)閉合電路歐姆定律有Im=,聯(lián)立得Im=,A項錯誤;根據(jù)q=可知,通過金屬棒的電荷量為,B項錯誤;金屬棒運動的全過程根據(jù)動能定理得mgh+Wf+W安=0,所以克服安
38、培力做的功小于mgh,故C項錯誤;由Wf=-μmgd,金屬棒克服安培力做的功完全轉(zhuǎn)化成電熱,由題意可知金屬棒與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相同,設(shè)金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q,故2Q=-W安,聯(lián)立得Q=mg(h-μd),D項正確。 答案 D 2.如圖所示,兩根足夠長、電阻不計的平行光滑金屬導軌相距為L,導軌平面與水平面成θ角,質(zhì)量均為m、阻值均為R的金屬棒a、b緊挨著放在兩導軌上,整個裝置處于垂直于導軌平面向上的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,以一平行于導軌平面向上的恒力F=2mgsinθ拉a棒,同時由靜止釋放b棒,直至b棒剛好勻速時,在此過程中通過棒的電量為q,棒與導軌始終垂直并保持良好接觸,重力
39、加速度為g。求: (1)b棒剛好勻速時,a、b棒間的距離s。 (2)b棒最終的速度大小vb。 (3)此過程中a棒產(chǎn)生的熱量Q。 解析 (1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有=,① 根據(jù)閉合電路歐姆定律有 =,② 又q=Δt,③ 得q===,解得 s=。④ (2)b棒勻速時有 BIL=mgsinθ,⑤ E=BL(va+vb),⑥ I=。⑦ 對a棒向上加速的任一時刻由牛頓第二定律得 F-BIL-mgsinθ=ma1,即 mgsinθ-BIL=ma1。⑧ 對b棒向下加速的任一時刻由牛頓第二定律得 mgsinθ-BIL=ma2,⑨ 由⑧⑨式可得a1=a2, 故a、b
40、棒運動規(guī)律相似,速度同時達到最大,且最終va=vb,⑩ 由⑤⑥⑦⑩式可得 vb=。? (3)因a、b棒串聯(lián),產(chǎn)生的熱量Q相同,設(shè)a、b棒在此過程中運動的距離分別為l1和l2,對a、b棒組成的系統(tǒng),由功能關(guān)系得 Fl1-mgsinθ·l1+mgsinθ·l2= mv+mv+2Q,? l1+l2=s且l1=l2,? 由④⑩??解得 Q=-。 答案 (1) (2) (3)- 見學生用書P168 1.(多選)如圖所示,在光滑的水平面上方,有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場,PQ為兩個磁場的邊界,磁場范圍足夠大。一邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線
41、框,以速度v垂直磁場方向從如圖(Ⅰ)位置開始向右運動,當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的(Ⅱ)的位置時,線框的速度為。下列說法正確的是( ) A.在位置(Ⅱ)時線框中的電功率為 B.此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2 C.在位置(Ⅱ)時線框的加速度為 D.此過程中通過線框截面的電量為 解析 線框經(jīng)過位置(Ⅱ)時,線框左右兩邊均切割磁感線,此時的感應(yīng)電動勢E=Ba×2=Bav,故線框中的電功率P==,A項正確;線框從位置(Ⅰ)到位置(Ⅱ)的過程中,動能減少了ΔEk=mv2-m()2=mv2,根據(jù)能量守恒定律可知,此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2,B項正確;線框在位置(Ⅱ)時,左右
42、兩邊所受安培力大小均為F=Ba=,根據(jù)左手定則可知,線框左右兩邊所受安培力的方向均向左,故此時線框的加速度a==,C項錯誤;由q=Δt,=,=,解得q=,線框在位置(Ⅰ)時其磁通量為Ba2,而線框在位置(Ⅱ)時其磁通量為0,綜上q=,D項錯誤。 答案 AB 2.磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū),刷卡器中有檢測線圈。當以速度v0刷卡時,在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,其E-t關(guān)系如圖所示。如果只將刷卡速度改為,線圈中的E-t關(guān)系圖可能是( ) 解析 刷卡速度改為原來一半時,磁卡通過檢測線圈的時間即有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生的時間就變?yōu)樵瓉淼?倍,可知A、B項錯誤;由E=BL
43、v知,只減小v時,磁卡與檢測線圈在相同的相對位置處產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢也減小,C項錯誤,D項正確。 答案 D 3.(多選)在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導軌PQ、MN,相距為L,導軌處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直導軌平面向下。有兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b,先將a棒垂直導軌放置,用跨過光滑定滑輪的細線與物塊c連接,連接a棒的細線平行于導軌,由靜止釋放c,此后某時刻將b也垂直導軌放置,a、c此刻起做勻速運動,b棒剛好能靜止在導軌上。a棒在運動過程中始終與導軌垂直,兩棒與導軌接觸良好,導軌電阻不計。則( ) A.物塊c的質(zhì)量是2msinθ B.b棒放上導軌
44、前,物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動能 C.b棒放上導軌后,物塊c減少的重力勢能等于回路消耗的電能 D.b棒放上導軌后,a棒中電流大小是 解析 b棒恰好靜止,受力平衡,有mgsinθ=F安,對a棒,安培力沿導軌平面向下,由平衡條件知mgsinθ+F安=mcg,由以上兩式可得mc=2msinθ,A項正確;根據(jù)機械能守恒定律知,b棒放上導軌之前,物塊c減少的重力勢能應(yīng)等于a棒、物塊c增加的動能與a棒增加的重力勢能之和,B項錯誤;根據(jù)能量守恒可知,b棒放上導軌后,物塊c減少的重力勢能應(yīng)等于回路消耗的電能與a棒增加的重力勢能之和,C項錯誤;對b棒,設(shè)通過的電流為I,由平衡條件知mgsinθ
45、=F安=BIL,得I=,即a棒中的電流為,D項正確。 答案 AD 4.(多選)在如圖所示的傾角為θ的光滑斜面上,存在著兩個磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上,區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下,磁場的寬度均為L,一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框,由靜止開始沿斜面下滑,當ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)時,恰好以速度v1做勻速直線運動;當ab邊下滑到JP與MN的中間位置時,線框又恰好以速度v2做勻速直線運動,從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中,線框的動能變化量為ΔEk,重力對線框做功大小為W1,安培力對線框做功大小為W2,下列說法正確的有( )
46、
A.在下滑過程中,由于重力做正功,所以有v2>v1
B.從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中,機械能守恒
C.從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中,有(W1-ΔEk)機械能轉(zhuǎn)化為電能
D.從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中,線框動能的變化量大小為ΔEk=W1-W2
解析 當線框的ab邊進入GH后勻速運動到進入JP為止,ab進入JP后回路感應(yīng)電動勢增大,感應(yīng)電流增大,因此所受安培力增大,安培力阻礙線框下滑,因此ab進入JP后開始做減速運動,使感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流均減小,安培力又減小,當安培力減小到與重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等時,以速度v2做勻速運動,因此v2
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