2022年度高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 專題強化十二 電磁感應的綜合問題學案
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1、2022年度高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 專題強化十二 電磁感應的綜合問題學案 專題解讀 1.本專題是運動學、動力學、恒定電流、電磁感應和能量等知識的綜合應用,高考既以選擇題的形式命題,也以計算題的形式命題. 2.學好本專題,可以極大地培養(yǎng)同學們數(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,可以提升同學們解決數(shù)形結(jié)合、利用動力學和功能關(guān)系解決電磁感應問題的信心. 3.用到的知識有:左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、平衡條件、牛頓運動定律、函數(shù)圖象、動能定理和能量守恒定律等. 命題點一 電磁感應中的圖象問題 1.題型簡述
2、 借助圖象考查電磁感應的規(guī)律,一直是高考的熱點,此類題目一般分為兩類: (1)由給定的電磁感應過程選出正確的圖象; (2)由給定的圖象分析電磁感應過程,定性或定量求解相應的物理量或推斷出其他圖象.常見的圖象有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、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉(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)分析電磁感應的具體過程; (3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關(guān)系; (4)結(jié)合法拉第電磁感應定律、
3、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應的函數(shù)關(guān)系式; (5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式,進行數(shù)學分析,如分析斜率的變化、截距等; (6)畫圖象或判斷圖象. 4.兩種常用方法 (1)排除法:定性地分析電磁感應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,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)系對圖象進行分析和判斷. 例1 (多選)(2017·河南六市一模)邊長為a的閉合金屬正三角形輕質(zhì)框架,左邊豎直且與磁場右邊界平行,完全處于垂直于框架平面向里的勻強磁場中,現(xiàn)把框架勻速水平向右
4、拉出磁場,如圖1所示,則下列圖象與這一拉出過程相符合的是( ) 圖1 答案 BC 解析 設(shè)正三角形輕質(zhì)框架開始出磁場的時刻t=0,則其切割磁感線的有效長度L=2xtan 30°=x,則感應電動勢E電動勢=BLv=Bvx,則C項正確,D項錯誤.框架勻速運動,故F外力=F安==∝x2,A項錯誤.P外力功率=F外力v∝F外力∝x2,B項正確. 變式1 (2017·江西南昌三校四聯(lián))如圖2所示,有一個矩形邊界的勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直紙面向里.一個三角形閉合導線框,由位置1(左)沿紙面勻速到位置2(右).取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點(t=0),規(guī)定逆時針方向為電流的正方
5、向,則圖中能正確反映線框中電流與時間關(guān)系的是( ) 圖2 答案 A 解析 線框進入磁場的過程,磁通量向里增加,根據(jù)楞次定律得知感應電流的磁場向外,由安培定則可知感應電流方向為逆時針,電流方向應為正方向,故B、C錯誤;線框進入磁場的過程,線框切割磁感線的有效長度先均勻增大后均勻減小,由E=BLv,可知感應電動勢先均勻增大后均勻減?。痪€框完全進入磁場后,磁通量不變,沒有感應電流產(chǎn)生;線框穿出磁場的過程,磁通量向里減小,根據(jù)楞次定律得知感應電流的磁場向里,由安培定則可知感應電流方向為順時針,電流方向應為負方向,線框切割磁感線的有效長度先均勻增大后均勻減小,由E=BLv,可知感應電動勢
6、先均勻增大后均勻減小,故A正確,D錯誤. 變式2 (2017·河北唐山一模)如圖3所示,在水平光滑的平行金屬導軌左端接一定值電阻R,導體棒ab垂直導軌放置,整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中.現(xiàn)給導體棒一向右的初速度,不考慮導體棒和導軌電阻,下列圖線中,導體棒速度隨時間的變化和通過電阻R的電荷量q隨導體棒位移的變化描述正確的是( ) 圖3 答案 B 解析 導體棒運動過程中受向左的安培力F=,安培力阻礙棒的運動,速度減小,由牛頓第二定律得棒的加速度大小a==,則a減小,v-t圖線斜率的絕對值減小,故B項正確,A項錯誤.通過R的電荷量q=IΔt=Δt=·Δt==x,可知C、D項錯誤
7、. 命題點二 電磁感應中的動力學問題 1.題型簡述 感應電流在磁場中受到安培力的作用,因此電磁感應問題往往跟力學問題聯(lián)系在一起.解決這類問題需要綜合應用電磁感應規(guī)律(法拉第電磁感應定律、楞次定律)及力學中的有關(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)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進行分析 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
8、: 例2 (2016·全國卷Ⅱ·24)如圖4,水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻,質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上.t=0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,金屬桿進入磁感應強度大小為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μ.重力加速度大小為g.求: 圖4 (1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大?。? (2)電阻的阻值. 答案 (1)Blt0(-μg) (2) 解析 (1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a,由牛頓
9、第二定律得F-μmg=ma① 設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v,由運動學公式有v=at0 ② 當金屬桿以速度v在磁場中運動時,由法拉第電磁感應定律知產(chǎn)生的電動勢為E=Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E=Blt0(-μg) ④ (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= ⑤ 式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為 F安=BlI ⑥ 因金屬桿做勻速運動,有F-μmg-F安=0 ⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R=. 變式3 (2017·江淮十校三模)寬為L的兩光滑豎直裸導軌間接有固定電阻R,導軌(電阻忽略不計)間Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中有垂直紙面向里寬為d,磁
10、感應強度為B的勻強磁場,Ⅰ、Ⅱ區(qū)域間距為h,如圖5,有一質(zhì)量為m、長為L、電阻不計的金屬桿與豎直導軌緊密接觸,從距區(qū)域Ⅰ上端H處由靜止釋放.若桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中運動情況完全相同,現(xiàn)以桿由靜止釋放為計時起點,則桿中電流隨時間t變化的圖象可能正確的是( ) 圖5 答案 B 解析 桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中運動情況完全相同,說明產(chǎn)生的感應電流也應完全相同,排除A和C選項.因桿在無磁場區(qū)域中做a=g的勻加速運動,又桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中運動情況完全相同,則桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域應做減速運動,在區(qū)域Ⅰ中對桿受力分析知其受豎直向下的重力和豎直向上的安培力,由牛頓第二定律得加速度a=,方向豎直向上,則知桿做加速度逐漸
11、減小的減速運動,又I=,由I-t圖線斜率變化情況可知選項B正確,選項D錯誤. 變式4 (2017·上海單科·20改編)如圖6,光滑平行金屬導軌間距為L,與水平面夾角為θ,兩導軌上端用阻值為R的電阻相連,該裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面.質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導軌平面向上的初速度v0從導軌底端開始運動,然后又返回到出發(fā)位置.在運動過程中,ab與導軌垂直且接觸良好,不計ab和導軌的電阻及空氣阻力. 圖6 (1)求ab開始運動時的加速度a的大?。? (2)分析并說明ab在整個運動過程中速度、加速度的變化情況. 答案 見解析 解析 (1)利用楞次定律,對初始
12、狀態(tài)的ab受力分析得: mgsin θ+BIL=ma ① 對回路分析 I== ② 聯(lián)立①②得 a=gsin θ+ (2)上滑過程: 由第(1)問中的分析可知,上滑過程加速度大小表達式為: a上=gsin θ+ ③ 上滑過程,a、v反向,做減速運動.利用③式,v減小則a減小,可知,桿上滑時做加速度逐漸減小的減速運動. 下滑過程: 由牛頓第二定律,對ab受力分析得: mgsin θ-=ma下 ④ a下=gsin θ- ⑤ 因a下與v同向,ab做加速運動. 由⑤得v增加,a下減小,桿下滑時做加速度逐漸減小的加速運動. 命題點三 電磁感應中的動力學和能量問題
13、 1.題型簡述 電磁感應過程的實質(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(導體棒或回路); (2)弄清電磁感應過程中,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W=UIt或Q=I2Rt直接進行計算. (2)若電流變化,則 ①利用安培力做功求解:電磁感應中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功;
14、 ②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3 如圖7所示,間距為L的平行且足夠長的光滑導軌由兩部分組成.傾斜部分與水平部分平滑相連,傾角為θ,在傾斜導軌頂端連接一阻值為r的定值電阻.質(zhì)量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導軌跨放在導軌上,在傾斜導軌區(qū)域加一垂直導軌平面向下、磁感應強度為B的勻強磁場;在水平導軌區(qū)域加另一垂直軌道平面向下、磁感應強度也為B的勻強磁場.閉合開關(guān)S,讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放,已知金屬桿MN運動到水平軌道前,已達到最大速度,不計導軌電阻且金屬桿MN兩端始終與導軌接觸良好,重力加速度為g.求: 圖7 (1)金屬桿M
15、N在傾斜導軌上滑行的最大速率vm; (2)金屬桿MN在傾斜導軌上運動,速度未達到最大速度vm前,當流經(jīng)定值電阻的電流從零增大到I0的過程中,通過定值電阻的電荷量為q,求這段時間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q; (3)金屬桿MN在水平導軌上滑行的最大距離xm. 答案 見解析 解析 (1)金屬桿MN在傾斜導軌上滑行的速度最大時,其受到的合力為零, 對其受力分析,可得mgsin θ-BImL=0 根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律可得: Im= 解得:vm= (2)設(shè)在這段時間內(nèi),金屬桿MN運動的位移為x 由電流的定義可得:q=Δt 根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律
16、得:平均電流== 解得:x= 設(shè)電流為I0時金屬桿MN的速度為v0,根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律,可得I0=,解得v0= 設(shè)此過程中,電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q熱,由功能關(guān)系可得: mgxsin θ=Q熱+mv02 定值電阻r產(chǎn)生的焦耳熱Q=Q熱 解得:Q=- (3)設(shè)金屬桿MN在水平導軌上滑行時的加速度大小為a,速度為v時回路電流為I,由牛頓第二定律得:BIL=ma 由法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律可得: I= 聯(lián)立可得:v=m vΔt=mΔv,即xm=mvm 得:xm= 變式5 (多選)(2017·山東濰坊中學一模)如圖8所示,同一豎直面內(nèi)的正方形導線
17、框a、b的邊長均為l,電阻均為R,質(zhì)量分別為2m和m.它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端,在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應強度大小為B、方向垂直豎直面的勻強磁場區(qū)域.開始時,線框b的上邊與勻強磁場的下邊界重合,線框a的下邊到勻強磁場的上邊界的距離為l.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放,當線框b全部進入磁場時,a、b兩個線框開始做勻速運動.不計摩擦和空氣阻力,重力加速度為g,則( ) 圖8 A.a、b兩個線框勻速運動時的速度大小為 B.線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間為 C.從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中,線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mgl D.從開始運動到線框a全部進入磁
18、場的過程中,兩線框共克服安培力做功為2mgl 答案 BC 解析 設(shè)兩線框勻速運動的速度為v,此時輕繩上的張力大小為FT,則對a有:FT=2mg-BIl,對b有:FT=mg,又I=,E=Blv,解得v=,故A錯誤.線框a從下邊進入磁場后,線框a通過磁場時以速度v勻速運動,則線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間t==,故B正確.從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中,線框a只在其勻速進入磁場的過程中產(chǎn)生焦耳熱,設(shè)為Q,由功能關(guān)系有2mgl-FTl=Q,得Q=mgl,故C正確.設(shè)兩線框從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中,兩線框共克服安培力做的功為W,此過程中左、右兩線框分別向上、向下運
19、動2l的距離,對這一過程,由能量守恒定律有:4mgl=2mgl+×3mv2+W,得W=2mgl-,故D錯誤. 變式6 如圖9所示,兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi),其右端接一阻值為R的電阻.質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導軌上,其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下.當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后,金屬桿的速度變?yōu)関.導軌和金屬桿的電阻不計,導軌光滑且足夠長,桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸.求: 圖9 (1)MN剛掃過金屬桿時,桿中感應電流的大小I; (2)MN剛掃過金屬桿時,桿的加速度大小a; (3)PQ剛要離開金
20、屬桿時,感應電流的功率P. 答案 (1) (2) (3) 解析 (1)MN剛掃過金屬桿時,感應電動勢E=Bdv0 感應電流I= 解得I= (2)安培力F=BId 由牛頓第二定律得F=ma 解得a= (3)金屬桿切割磁感線的相對速度v′=v0-v,則 感應電動勢E′=Bd(v0-v) 電功率P= 解得P= 1.將一段導線繞成如圖1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磁場Ⅰ中.回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場Ⅱ,以向里為磁場Ⅱ的正方向,其磁感應強度B隨時間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
21、方向,能正確反映F隨時間t變化的圖象是( ) 圖1 答案 B 解析 根據(jù)B-t圖象可知,在0~時間內(nèi),B-t圖線的斜率為負且為定值,根據(jù)法拉第電磁感應定律E=nS可知,該段時間圓環(huán)區(qū)域內(nèi)感應電動勢和感應電流是恒定的,由楞次定律可知,ab中電流方向為b→a,再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力,且0~時間內(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. 2.如圖2所示,一直角三角形金屬框,向左勻速地穿過一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域,磁場僅限于虛線邊界所
22、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區(qū)域的下邊在一直線上.若取順時針方向為電流的正方向,則金屬框穿過磁場的過程中感應電流i隨時間t變化的圖象是( ) 圖2 答案 C 解析 在金屬框進入磁場過程中,感應電流的方向為逆時針,金屬框切割磁感線的有效長度線性增大,排除A、B;在金屬框出磁場的過程中,感應電流的方向為順時針方向,金屬框切割磁感線的有效長度線性減小,排除D,故C正確. 3.(多選)(2017·山東泰安二模)如圖3甲所示,間距為L的光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中,磁感應強度為B,軌道左側(cè)連接一定值電阻R.垂直導軌的導體棒ab在平行導軌的水平外
23、力F作用下沿導軌運動,F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如圖乙所示.在0~t0時間內(nèi),棒從靜止開始做勻加速直線運動.圖乙中t0、F1、F2為已知量,棒和導軌的電阻不計.則( ) 圖3 A.在t0以后,導體棒一直做勻加速直線運動 B.在t0以后,導體棒先做加速,最后做勻速直線運動 C.在0~t0時間內(nèi),導體棒的加速度大小為 D.在0~t0時間內(nèi),通過導體棒橫截面的電荷量為 答案 BD 解析 因在0~t0時間內(nèi)棒做勻加速直線運動,故在t0時刻F2大于棒所受的安培力,在t0以后,外力保持F2不變,安培力逐漸變大,導體棒先做加速度減小的加速運動,當加速度a=0,即導體棒所受安培力與外力F2相等后,導
24、體棒做勻速直線運動,故A錯誤,B正確.設(shè)在0~t0時間內(nèi)導體棒的加速度為a,通過導體棒橫截面的電荷量為q,導體棒的質(zhì)量為m,t0時刻導體棒的速度為v,則有:a=,F(xiàn)2-=ma,F(xiàn)1=ma,q=,ΔΦ=BΔS=BLt0,解得:a=,q=,故C錯誤,D正確. 4.如圖4所示的勻強磁場中有一根彎成45°的金屬線POQ,其所在平面與磁場垂直,長直導線MN與金屬線緊密接觸,起始時OA=l0,且MN⊥OQ,所有導線單位長度電阻均為r,MN勻速水平向右運動的速度為v,使MN勻速運動的外力為F,則外力F隨時間變化的規(guī)律圖象正確的是( ) 圖4 答案 C 解析 設(shè)經(jīng)過時間t,則MN距O點的距離
25、為l0+vt,直導線在回路中的長度也為l0+vt,此時直導線產(chǎn)生的感應電動勢E=B(l0+vt)v;整個回路的電阻為R=(2+)(l0+vt)r,回路的電流I===;直導線受到的外力F大小等于安培力,即F=BIL=B(l0+vt)=(l0+vt),故C正確. 5.(多選)(2017·河南三市二模)如圖5所示,一根總電阻為R的導線彎成寬度和高度均為d的“半正弦波”形閉合線框.豎直虛線之間有寬度也為d、磁感應強度為B的勻強磁場,方向垂直于線框所在的平面.線框以速度v向右勻速通過磁場,ab邊始終與磁場邊界垂直.從b點到達邊界開始到a點離開磁場為止,在這個過程中( ) 圖5 A.線框中的感
26、應電流先沿逆時針方向后沿順時針方向 B.ab段直導線始終不受安培力的作用 C.平均感應電動勢為Bdv D.線框中產(chǎn)生的焦耳熱為 答案 AD 解析 整個過程中閉合線框中的磁通量先增大后減小,由楞次定律和安培定則可判定A正確.ab段導線中有電流通過且與磁場垂直,故其受安培力的作用,B錯誤.由于整個過程中磁通量變化量為0,故平均感應電動勢為0,C錯誤.整個過程中線框中產(chǎn)生一個周期的正弦式交變電流,其電動勢峰值為Em=Bdv,則線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=t=·=,D正確. 6.(2016·全國卷Ⅰ·24)如圖6,兩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
27、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: 圖6 (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大?。? (2)金屬棒運動速度的大小. 答案 (1)mg(sin θ-3μcos θ) (2)(sin θ-3μcos θ) 解析 (1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導線相連,故ab、c
28、d速度總是相等,cd也做勻速直線運動.設(shè)導線的張力的大小為FT,右斜面對ab棒的支持力的大小為FN1,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FN2,對于ab棒,受力分析如圖甲所示,由力的平衡條件得 2mgsin θ=μFN1+FT+F ① FN1=2mgcos θ ② 對于cd棒,受力分析如圖乙所示,由力的平衡條件得 mgsin θ+μFN2=FT′=FT ③ FN2=mgcos θ ④ 聯(lián)立①②③④式得:F=mg(sin θ-3μcos θ) ⑤ (2)設(shè)金屬棒運動速度大小為v,ab棒上的感應電動勢為E=BLv ⑥ 回路中電流I= ⑦
29、安培力F=BIL ⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得: v=(sin θ-3μcos θ) 7.如圖7所示,兩平行光滑金屬導軌傾斜放置且固定,兩導軌間距為L,與水平面間的夾角為θ,導軌下端有垂直于軌道的擋板(圖中未畫出),上端連接一個阻值R=2r的電阻,整個裝置處在磁感應強度為B、方向垂直導軌向上的勻強磁場中,兩根相同的金屬棒ab、cd放在導軌下端,其中棒ab靠在擋板上,棒cd在沿導軌平面向上的拉力作用下,由靜止開始沿導軌向上做加速度為a的勻加速運動.已知每根金屬棒質(zhì)量為m、長度為L、電阻為r,導軌電阻不計,棒與導軌始終接觸良好.求: 圖7 (1)經(jīng)多長時間棒ab對擋板的壓力變?yōu)榱悖? (2)
30、棒ab對擋板壓力為零時,電阻R的電功率; (3)棒ab運動前,拉力F隨時間t的變化關(guān)系. 答案 (1) (2) (3)F=m(gsin θ+a)+t 解析 (1)棒ab對擋板的壓力為零時,受力分析可得 BIabL=mgsin θ 設(shè)經(jīng)時間t0棒ab對擋板的壓力為零,棒cd產(chǎn)生的電動勢為E,則 E=BLat0 回路中電流I= R外==r Iab=I 解得t0= (2)棒ab對擋板壓力為零時,cd兩端電壓為 Ucd=E-Ir 解得Ucd= 此時電阻R的電功率為 P= 解得P= (3)對cd棒,由牛頓第二定律得 F-BI′L-mgsin θ=ma I′= E
31、′=BLat 解得F=m(gsin θ+a)+t. 8.(2016·全國卷Ⅲ·25)如圖8,兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內(nèi),其左端接一阻值為R的電阻;一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上;在電阻、導軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域,區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場,磁感應強度大小B1隨時間t的變化關(guān)系為B1=kt,式中k為常量;在金屬棒右側(cè)還有一勻強磁場區(qū)域,區(qū)域左邊界MN(虛線)與導軌垂直,磁場的磁感應強度大小為B0,方向也垂直于紙面向里.某時刻,金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動,在t0時刻恰好以速度v0越過MN,此后向右做勻速運動.金屬棒與導軌始終相
32、互垂直并接觸良好,它們的電阻均忽略不計.求: 圖8 (1)在t=0到t=t0時間間隔內(nèi),流過電阻的電荷量的絕對值; (2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小. 答案 (1) (2)B0lv0(t-t0)+kSt (B0lv0+kS) 解析 (1)在金屬棒未越過MN之前,穿過回路的磁通量的變化量為ΔΦ=ΔBS=kΔtS① 由法拉第電磁感應定律有 E= ② 由歐姆定律得I= ③ 由電流的定義得 I= ④ 聯(lián)立①②③④式得 |Δq|=Δt ⑤ 由⑤式得,在t=0到t=t0的時間間隔內(nèi)即Δt=t0,流過電阻R的電荷量q的絕對值為
33、 |q|= ⑥ (2)當t>t0時,金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運動,有 F=F安 ⑦ 式中,F(xiàn)是外加水平恒力,F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力.設(shè)此時回路中的電流為I, F安=B0lI ⑧ 此時金屬棒與MN之間的距離為s=v0(t-t0) ⑨ 勻強磁場穿過回路的磁通量為 Φ′=B0ls ⑩ 回路的總磁通量為 Φt=Φ+Φ′ ? 其中Φ=B1S=ktS ? 由⑨⑩??式得,在時刻t(t>t0),穿過回路的總磁通量為Φt=B0lv0(t-t0)+kSt? 在t到t+Δt的時間間隔內(nèi),總磁通量的改變量ΔΦt為 ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt ? 由法拉第電磁感應定律得,回路感應電動勢的大小為 Et= ? 由歐姆定律得I= ? 聯(lián)立⑦⑧???式得 F=(B0lv0+kS).
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