2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化十二 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題學(xué)案

《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化十二 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化十二 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題學(xué)案（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題強(qiáng)化十二　電磁感應(yīng)中的圖象和電路問(wèn)題 專題解讀1.本專題是運(yùn)動(dòng)學(xué)、動(dòng)力學(xué)、恒定電流、電磁感應(yīng)等觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用，高考常以選擇題的形式命題． 2．學(xué)好本專題，可以極大的培養(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(duì)性的專題強(qiáng)化，可以提升同學(xué)們解決數(shù)形結(jié)合、電路分析的信心． 3．用到的知識(shí)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、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、函數(shù)圖象等． 命題點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題 1．題型簡(jiǎn)述 借助圖象考查電磁感應(yīng)的規(guī)律，一直是高考的熱點(diǎn)，此類題目一般分為兩類： (1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程選出正確的圖象； (2)由給定的圖

2、象分析電磁感應(yīng)過(guò)程，定性或定量求解相應(yīng)的物理量或推斷出其他圖象．常見(jiàn)的圖象有B－t圖、E－t圖、i－t圖、v－t圖及F－t圖等． 2．解題關(guān)鍵 弄清初始條件、正負(fù)方向的對(duì)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(chǎng)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)等是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵． 3．解決圖象問(wèn)題的一般步驟 (1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等； (2)分析電磁感應(yīng)的具體過(guò)程； (3)用右手定則或楞次定律確定方向的對(duì)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(yùn)動(dòng)定律等知識(shí)寫(xiě)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

3、； (6)畫(huà)圖象或判斷圖象． 4．求解電磁感應(yīng)圖象類選擇題的兩種常用方法 (1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過(guò)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)，特別是分析物理量的正負(fù)，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)． (2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫(xiě)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)圖象進(jìn)行分析和判斷． 例1　(多選)(2016·四川理綜·7)如圖1所示，電阻不計(jì)、間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)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(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，外力

4、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(dǎo)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F安，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時(shí)間t變化圖象可能正確的有(　　) 圖1 答案　BC 解析　設(shè)金屬棒在某一時(shí)刻速度為v，由題意可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，回路電流I＝＝v，即I∝v；安培力F安＝BIL＝v，方向水平向左，即F安∝v；R兩端電壓UR＝IR＝v，即UR∝v；感應(yīng)電流功率P＝EI＝v2，即P∝v2. 分析金屬棒運(yùn)動(dòng)情況，由牛頓運(yùn)動(dòng)第二定律可得F0＋kv－v＝ma，即F0＋(k－)v＝ma.因?yàn)榻饘侔魪撵o止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)

5、，所以F0>0. (1)若k＝，金屬棒水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．所以在此情況下沒(méi)有選項(xiàng)符合； (2)若k>，F(xiàn)合隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說(shuō)明金屬棒在做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)四個(gè)物理量與速度的關(guān)系可知B選項(xiàng)符合； (3)若k<，F(xiàn)合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說(shuō)明金屬棒在做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)四個(gè)物理量與速度關(guān)系可知C選項(xiàng)符合． 綜上所述，選項(xiàng)B、C符合題意． 電磁感應(yīng)中圖象問(wèn)題的分析技巧 1．對(duì)于圖象選擇問(wèn)題常用排除法：先看方向再看大小及特殊點(diǎn)． 2．對(duì)于圖象的描繪：先定性或定量表示出所研究問(wèn)題的函數(shù)關(guān)系

6、，注意橫、縱坐標(biāo)表達(dá)的物理量及各物理量的單位，畫(huà)出對(duì)應(yīng)物理圖象(常有分段法、數(shù)學(xué)法)． 3．對(duì)圖象的理解：看清橫、縱坐標(biāo)表示的量，理解圖象的物理意義． 1．如圖2(a)，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(cè)得線圈cd間電壓如圖(b)所示．已知線圈內(nèi)部的磁場(chǎng)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(shí)間變化關(guān)系的圖中，可能正確的是(　　) 圖2 答案　C 解析　由題圖(b)可知在cd間不同時(shí)間段內(nèi)產(chǎn)生的電壓是恒定的，所以在該時(shí)間段內(nèi)線圈ab中的磁場(chǎng)是均勻變化的，則線圈ab中的電流是均勻變化的，故選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確．

7、 2．(多選)如圖3甲所示，光滑絕緣水平面，虛線MN的右側(cè)存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN的左側(cè)有一質(zhì)量為m＝0.1kg的矩形線圈bcde，bc邊長(zhǎng)L1＝0.2m，電阻R＝2Ω.t＝0時(shí)，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開(kāi)始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)1s，線圈的bc邊到達(dá)磁場(chǎng)邊界MN，此時(shí)立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過(guò)1s，線圈恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示．則(　　) 圖3 A．恒定拉力大小為0.05N B．線圈在第2s內(nèi)的加速度大小為1m/s2 C．線圈be邊長(zhǎng)L2＝0.5m D．在第2s內(nèi)流過(guò)線圈的電荷量

8、為0.2C 答案　ABD 解析　在第1s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F(xiàn)＝ma1，聯(lián)立得F＝0.05N，A項(xiàng)正確．在第2s內(nèi)，由題圖乙分析知線圈做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第2s末i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1m/s2，B項(xiàng)正確．在第2s內(nèi)，v－v＝2a2L2，得L2＝1m，C項(xiàng)錯(cuò)誤．q＝＝＝0.2C，D項(xiàng)正確． 3．如圖4所示，一直角三角形金屬框，向左勻速地穿過(guò)一個(gè)方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)僅限于虛線邊界所圍的區(qū)域，該區(qū)域的形狀與金屬框完全相同，且金屬框的下邊與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊在一直線上．若取順時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，則金屬框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中

9、感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象是(　　) 圖4 答案　C 解析　在金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，金屬框切割磁感線的有效長(zhǎng)度線性增大，排除A、B；在金屬框出磁場(chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍饘倏蚯懈畲鸥芯€的有效長(zhǎng)度線性減小，排除D，故C正確． 命題點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題 1．題型簡(jiǎn)述：在電磁感應(yīng)問(wèn)題中，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)體或線圈與其他電阻、燈泡、電容器等用電器構(gòu)成了電路．在這類問(wèn)題中，常涉及計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小、計(jì)算導(dǎo)體兩端電壓、通過(guò)導(dǎo)體的電流、產(chǎn)生的電熱等． 2．解決電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題的“三部曲”

10、 → → 注意　“等效電源”兩端的電壓指的是路端電壓，而不是電動(dòng)勢(shì)或內(nèi)壓降． 例2　(多選)如圖5(a)所示，一個(gè)電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1.在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線如圖(b)所示．圖線與橫、縱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為t0和B0.導(dǎo)線的電阻不計(jì)．在0至t1時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A．R1中電流的方向由a到b通過(guò)R1 B．電流的大小為 C．線圈兩端的電壓大小為 D．通過(guò)電阻R1的電荷量為 ①向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；②B隨時(shí)間t

11、變化． 答案　BD 解析　由圖象分析可以知道，0至t1時(shí)間內(nèi)由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝n＝nS，面積為S＝πr，由閉合電路歐姆定律有I＝，聯(lián)立以上各式解得，通過(guò)電阻R1的電流大小為I＝，由楞次定律可判斷通過(guò)電阻R1的電流方向?yàn)閺腷到a，故A錯(cuò)誤，B正確；線圈兩端的電壓大小為U＝I·2R＝，故C錯(cuò)誤；通過(guò)電阻R1的電荷量為q＝It1＝，故D正確． 電磁感應(yīng)中圖象問(wèn)題的分析一般有定性與定量?jī)煞N方法，定性分析主要是通過(guò)確定某一物理量的方向以及大小的變化情況判斷對(duì)應(yīng)的圖象，而定量分析則是通過(guò)列出某一物理量的函數(shù)表達(dá)式確定其圖象． 4．(多選)如圖6所示，在豎直方向上有四條間距均為L(zhǎng)＝0

12、.5m的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1、L2之間和L3、L4之間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為1T，方向垂直于紙面向里．現(xiàn)有一矩形線圈abcd，長(zhǎng)度ad＝3L，寬度cd＝L，質(zhì)量為0.1kg，電阻為1Ω，將其從圖示位置由靜止釋放(cd邊與L1重合)，cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線L3時(shí)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線圈平面始終處于豎直方向，cd邊水平．(g取10m/s2)則(　　) 圖6 A．cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線L3時(shí)通過(guò)線圈的電荷量為0.5C B．cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線L3時(shí)的速度大小為4m/s C．cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線L2和L4的時(shí)間間隔為0.25s D．線圈從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到c

13、d邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線L4過(guò)程，線圈產(chǎn)生的熱量為0.7J 答案　BD 解析　cd邊從L1運(yùn)動(dòng)到L2，通過(guò)線圈的電荷量為q＝＝＝C＝0.25C，故A錯(cuò)誤；cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線L3時(shí)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有mg＝BIL，而I＝，聯(lián)立兩式解得v＝＝m/s＝4 m/s，故B正確；cd邊從L2到L3的過(guò)程中，穿過(guò)線圈的磁通量沒(méi)有改變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，不受安培力，線圈做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為g，設(shè)此過(guò)程的時(shí)間為t1，此過(guò)程的逆過(guò)程為勻減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L＝vt1－gt，cd邊從L3到L4的過(guò)程做勻速運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間為t2＝＝0.125s，故cd邊經(jīng)過(guò)磁 場(chǎng)邊界線L2和L4的時(shí)間間隔為t

14、1＋t2＞0.25s，故C錯(cuò)誤；線圈從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線L4過(guò)程，根據(jù)能量守恒得Q＝mg·3L－mv2＝0.7J，故D正確． 5．(2015·福建理綜·18)如圖7，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中．一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中(　　) 圖7 A．PQ中電流先增大后減小 B．PQ兩端電壓先減小后增大 C．PQ上拉力的功率先減小后增大 D．線框消耗的電功率

15、先減小后增大 答案　C 解析　如圖所示，設(shè)PQ左側(cè)電路的電阻為Rx，則右側(cè)電路的電阻為3R－Rx，所以外電路的總電阻為R外＝，外電路電阻先增大后減小，所以路端電壓先增大后減小，所以B錯(cuò)誤；電路的總電阻先增大后減小，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得PQ中的電流I＝先減小后增大，故A錯(cuò)誤；由于導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于安培力，即F＝BIL，拉力的功率P＝BILv，故先減小后增大，所以C正確；外電路的總電阻R外＝，最大值為R，小于導(dǎo)體棒的電阻R，又外電阻先增大后減小，由電源的輸出功率與外電阻的變化關(guān)系可知，線框消耗的電功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤． 題組1　電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題 1．如圖1

16、所示，有一等腰直角三角形的區(qū)域，其斜邊長(zhǎng)為2L，高為L(zhǎng).在該區(qū)域內(nèi)分布著如圖所示的磁場(chǎng)，左側(cè)小三角形內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，右側(cè)小三角形內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框abcd，從圖示位置開(kāi)始沿x軸正方向以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．取沿a→b→c→d→a的感應(yīng)電流方向?yàn)檎瑒t圖中表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標(biāo)x變化的圖象正確的是(　　) 圖1 答案　D 解析　bc邊的位置坐標(biāo)x在L～2L過(guò)程，線框bc邊有效切割長(zhǎng)度為l1＝x－L，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bl1v＝B(x－L)v，感應(yīng)電流i1＝＝，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向沿a→

17、b→c→d→a，為正值，x在2L～3L過(guò)程，ad邊和bc邊都切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向沿a→d→c→b→a，為負(fù)值，有效切割長(zhǎng)度為l2＝L，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bl2v＝BLv，感應(yīng)電流i2＝－.x在3L～4L過(guò)程，線框ad邊有效切割長(zhǎng)度為l3＝L－(x－3L)＝4L－x，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bl3v＝B(4L－x)v，感應(yīng)電流i3＝，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向沿a→b→c→d→a，為正值．根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，D正確． 2．將一段導(dǎo)線繞成如圖2甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)．回路的ab邊置于垂直紙面向里為勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中．回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)Ⅱ，

18、以向里為磁場(chǎng)Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示．用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖象是(　　) 圖2 答案　B 解析　根據(jù)B－t圖象可知，在0～時(shí)間內(nèi)，B－t圖線的斜率為負(fù)且為定值，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nS可知，該段時(shí)間圓環(huán)區(qū)域內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流是恒定的，由楞次定律可知，ab中電流方向?yàn)閎→a，再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力，且0～時(shí)間內(nèi)安培力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在～T時(shí)間內(nèi)，B－t圖線的斜率為正且為定值，故ab邊所受安培力仍恒定不變，但方向與規(guī)定的正方向相同．綜上可知，B正確

19、． 3．如圖3所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一根彎成45°的金屬線POQ，其所在平面與磁場(chǎng)垂直，長(zhǎng)直導(dǎo)線MN與金屬線緊密接觸，起始時(shí)OA＝l0，且MN⊥OQ，所有導(dǎo)線單位長(zhǎng)度電阻均為r，MN勻速水平向右運(yùn)動(dòng)的速度為v，使MN勻速運(yùn)動(dòng)的外力為F，則外力F隨時(shí)間變化的規(guī)律圖象正確的是(　　) 圖3 答案　C 解析　設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t，則N點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為l0＋vt，直導(dǎo)線在回路中的長(zhǎng)度也為l0＋vt，此時(shí)直導(dǎo)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝B(l0＋vt)v；整個(gè)回路的電阻為R＝(2＋)(l0＋vt)r，回路的電流I＝＝＝；直導(dǎo)線受到的外力F大小等于安培力，即F＝BIL＝B(l0＋vt)＝(l0＋vt)，故C

20、正確． 4．(多選)在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為l的正方形線框abcd，bc邊右側(cè)有一等腰直角三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域efg，三角形腰長(zhǎng)為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度豎直向下，a、b、e、f在同一直線上，其俯視圖如圖4所示，線框從圖示位置在水平拉力F作用下以速度v向右勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)，線框中感應(yīng)電流i－t和F－t圖象正確的是(以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，以水平向右的拉力為正，時(shí)間單位為)(　　) 圖4 答案　BD 解析　從bc邊開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，當(dāng)線框bc邊進(jìn)入磁場(chǎng)位移為x時(shí)，線框bc邊有效切割長(zhǎng)度也為x，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bxv，感應(yīng)電流i＝，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向沿

21、a→b→c→d→a，為正值．同理，從bc開(kāi)始出磁場(chǎng)到線框完全出磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)ad邊有效切割長(zhǎng)度逐漸變大，感應(yīng)電流逐漸增大，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知A錯(cuò)誤，B正確．在水平拉力F作用下向右勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)，因此拉力大小等于安培力，而安培力的表達(dá)式F安＝，而L＝vt，則有F安＝t2，因此C錯(cuò)誤，D正確． 題組2　電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題 5．(多選)如圖5甲，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數(shù)n＝20，總電阻R＝2.5Ω，邊長(zhǎng)L＝0.3m，處在兩個(gè)半徑均為r＝的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中．線框頂點(diǎn)與右側(cè)圓心重合，線框底邊中點(diǎn)與左側(cè)圓心重合．磁感應(yīng)強(qiáng)度B1垂直水平面向上，大小不變；B2垂直水平面向下，大小隨

22、時(shí)間變化．B1、B2的值如圖乙所示，則(　　) 圖5 A．通過(guò)線框的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较? B．t＝0時(shí)刻穿過(guò)線框的磁通量為0.1Wb C．在0.6s內(nèi)通過(guò)線框中的電荷量約為0.13C D．經(jīng)過(guò)0.6s線框中產(chǎn)生的熱量約為0.07J 答案　ACD 解析　磁感應(yīng)強(qiáng)度B1垂直水平面向上，大小不變，B2垂直水平面向下，大小隨時(shí)間增大，故線框向上的磁通量減小，由楞次定律可得，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)A正確．t＝0時(shí)刻穿過(guò)線框的磁通量Φ＝B1×πr2＋B2×πr2≈－0.0052Wb，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．在0.6s內(nèi)通過(guò)線框的電荷量q＝n＝C≈0.13C，選項(xiàng)C正確．經(jīng)過(guò)0.6s

23、線框中產(chǎn)生的熱量Q＝I2RΔt＝≈0.07J，選項(xiàng)D正確． 6．如圖6所示，水平面上有兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，間距為l＝0.5m，左端通過(guò)導(dǎo)線與阻值R＝3Ω的電阻連接，右端通過(guò)導(dǎo)線與阻值為RL＝6Ω的小燈泡L連接，在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)存在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一根阻值r＝0.5Ω、質(zhì)量m＝0.2kg的金屬棒在恒力F＝2N的作用下由靜止開(kāi)始從AB位置沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)t＝1s剛好進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域．求金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)： 圖6 (1)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)； (2)小燈泡兩端的電壓和金屬棒受到的安培力． 答案　(1)1V　(2)0.8V

24、　0.04N，方向水平向左 解析　(1)0～1s棒只受拉力，由牛頓第二定律得F＝ma，金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度a＝＝10m/s2. 設(shè)其剛要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v， v＝at＝10×1m/s＝10 m/s. 金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E＝Blv＝0.2×0.5×10V＝1V. (2)小燈泡與電阻R并聯(lián)，R并＝＝2Ω，通過(guò)金屬棒的電流大小I＝＝0.4A，小燈泡兩端的電壓U＝E－Ir＝1V－0.4×0.5V＝0.8V. 金屬棒受到的安培力大小FA＝BIl＝0.2×0.4×0.5N＝0.04N，由右手定則和左手定則可判斷安培力方向水平向左． 7．如圖7甲所示，兩足夠長(zhǎng)平行光

25、滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距0.8m，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為α，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面斜向上，長(zhǎng)為1m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為0.1kg、與導(dǎo)軌接觸端間電阻為1Ω.兩金屬導(dǎo)軌的上端連接右端電路，電路中R2為一電阻箱．已知燈泡的電阻RL＝4Ω，定值電阻R1＝2Ω，調(diào)節(jié)電阻箱使R2＝12Ω，重力加速度g取10m/s2.將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，金屬棒由靜止釋放，1s后閉合開(kāi)關(guān)，如圖乙所示為金屬棒的速度隨時(shí)間變化的圖象，求： 圖7 (1)斜面傾角α及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (2)若金屬棒下滑距離為60m時(shí)速度恰達(dá)到最大，求金屬棒由靜止開(kāi)

26、始下滑100m的過(guò)程中，整個(gè)電路產(chǎn)生的電熱； (3)改變電阻箱R2的阻值，當(dāng)R2為何值時(shí)，金屬棒勻速下滑時(shí)R2的功率最大，消耗的最大功率為多少？ 答案　(1)30°　0.5T　(2)32.42J　(3)1.5625W 解析　(1)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，由題圖甲、乙得a＝gsinα＝＝5m/s2，則sinα＝，α＝30°. F安＝BIL，I＝， R總＝Rab＋R1＋＝(1＋2＋)Ω＝6Ω， 由圖乙得vm＝18.75m/s，當(dāng)金屬棒勻速下滑時(shí)速度最大，有mgsinα＝F安，所以mgsinα＝， 得B＝＝T＝0.5T. (2)由動(dòng)能定理有mg·s·sinα－Q＝mv－0， 得Q＝mg·s·sinα－mv≈32.42J. (3)改變電阻箱R2的阻值后，設(shè)金屬棒勻速下滑時(shí)的速度為vm′，則有mgsinα＝BI總L， R并′＝＝， R2消耗的功率P2＝＝＝＝()2·＝()2·＝()2·， 當(dāng)R2＝4Ω時(shí)，R2消耗的功率最大， P2m＝1.5625W. 13