2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化十二 電磁感應(yīng)的綜合問題學(xué)案
《2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化十二 電磁感應(yīng)的綜合問題學(xué)案》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化十二 電磁感應(yīng)的綜合問題學(xué)案(18頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、 專題強(qiáng)化十二 電磁感應(yīng)的綜合問題 專題解讀 1.本專題是運(yùn)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(jì)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(qiáng)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(yùn)動定律、函數(shù)圖象、動能定理和能量守恒定律等. 命題點(diǎn)一 電磁感應(yīng)中的圖象問題 1.題型簡述 借助圖象考查電磁感應(yīng)的規(guī)律,一直是高考的熱點(diǎn),
2、此類題目一般分為兩類: (1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出正確的圖象; (2)由給定的圖象分析電磁感應(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(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(diǎn)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(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(yùn)動定律等知識寫出相應(yīng)的函
3、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(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(xiàng). (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(jìn)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(qiáng)磁場中,現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場,如圖1所示,則下列圖象與這一拉出過程相
4、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(yīng)電動勢E電動勢=BLv=Bvx,則C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯誤.框架勻速運(yùn)動,故F外力=F安==∝x2,A項(xiàng)錯誤.P外力功率=F外力v∝F外力∝x2,B項(xiàng)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(qiáng)磁場區(qū)域,磁場方向垂直紙面向里.一個三角形閉合導(dǎo)線框,由位置1(左)沿紙面勻速到位置2(右).取線框剛到達(dá)磁場邊界的時刻為計(jì)時起點(diǎn)(t=0),規(guī)定逆時針方向?yàn)殡娏鞯恼较?,則圖中能正確反映線框中電流與時間關(guān)系的是(
5、 ) 圖2 答案 A 解析 線框進(jìn)入磁場的過程,磁通量向里增加,根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向外,由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針,電流方向應(yīng)為正方向,故B、C錯誤;線框進(jìn)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(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減?。痪€框完全進(jìn)入磁場后,磁通量不變,沒有感應(yīng)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(yīng)電流的磁場向里,由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針,電流方向應(yīng)為負(fù)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(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減小,故A正確,D錯誤. 變式
6、2 (2017·河北唐山一模)如圖3所示,在水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌左端接一定值電阻R,導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置,整個裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中.現(xiàn)給導(dǎo)體棒一向右的初速度,不考慮導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻,下列圖線中,導(dǎo)體棒速度隨時間的變化和通過電阻R的電荷量q隨導(dǎo)體棒位移的變化描述正確的是( ) 圖3 答案 B 解析 導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中受向左的安培力F=,安培力阻礙棒的運(yùn)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(xiàng)正確,A項(xiàng)錯誤.通過R的電荷量q=IΔt=Δt=·Δt==x,可知C、D項(xiàng)錯誤. 命題點(diǎn)二 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 1
7、.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(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)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(yùn)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2 (2016·全國卷Ⅱ·24)如圖
8、4,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.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(yùn)動.t0時刻,金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動.桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì),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(yùn)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(jìn)入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得F-μmg=ma① 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場
9、左邊界時的速度為v,由運(yùn)動學(xué)公式有v=at0 ② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動時,由法拉第電磁感應(yīng)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(yùn)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(yùn)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(dǎo)軌間接有固定電阻R,導(dǎo)軌(電阻忽略不計(jì))間Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中有垂直紙面向里寬為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,Ⅰ、Ⅱ區(qū)域間距為h,如圖
10、5,有一質(zhì)量為m、長為L、電阻不計(jì)的金屬桿與豎直導(dǎo)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(yùn)動情況完全相同,現(xiàn)以桿由靜止釋放為計(jì)時起點(diǎn),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(yùn)動情況完全相同,說明產(chǎn)生的感應(yīng)電流也應(yīng)完全相同,排除A和C選項(xiàng).因桿在無磁場區(qū)域中做a=g的勻加速運(yùn)動,又桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中運(yùn)動情況完全相同,則桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域應(yīng)做減速運(yùn)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減小的減速運(yùn)動,又I=,由I-t圖線斜率變化情況
11、可知選項(xiàng)B正確,選項(xiàng)D錯誤. 變式4 (2017·上海單科·20改編)如圖6,光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L,與水平面夾角為θ,兩導(dǎo)軌上端用阻值為R的電阻相連,該裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面.質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導(dǎo)軌平面向上的初速度v0從導(dǎo)軌底端開始運(yùn)動,然后又返回到出發(fā)位置.在運(yùn)動過程中,ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,不計(jì)ab和導(dǎo)軌的電阻及空氣阻力. 圖6 (1)求ab開始運(yùn)動時的加速度a的大??; (2)分析并說明ab在整個運(yùn)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,對初始狀態(tài)的ab受力分析得: mgsin θ+BIL
12、=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(dá)式為: a上=gsin θ+ ③ 上滑過程,a、v反向,做減速運(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動. 命題點(diǎn)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(shí)質(zhì)是不同
13、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(shí)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W=UIt或Q=I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算. (2)若電流變化,則 ①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; ②利用能量守恒求解:若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化
14、,則減少的機(jī)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(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上,在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場;在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直軌道平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的勻強(qiáng)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(yùn)動到水平軌道前,已達(dá)到最大速度,不計(jì)導(dǎo)軌電阻且金屬桿MN兩端始終與導(dǎo)軌接觸良好,重力加速度為g.求: 圖7 (1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速率vm; (2)金屬
15、桿MN在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動,速度未達(dá)到最大速度vm前,當(dāng)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(dǎo)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(dǎo)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(yīng)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(yùn)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(yīng)定律、閉合電路歐姆定律得:平均電流== 解得:x= 設(shè)電流為I0時
16、金屬桿MN的速度為v0,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)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(dǎo)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(yīng)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(xué)一模)如圖8所示,同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長均為l,電阻均為R,質(zhì)量分別為2m
17、和m.它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端,在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直豎直面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域.開始時,線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場的下邊界重合,線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場的上邊界的距離為l.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放,當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時,a、b兩個線框開始做勻速運(yùn)動.不計(jì)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(yùn)動時的速度大小為 B.線框a從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時間為 C.從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)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(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中,兩線框共克服安培力做功為2mgl
18、答案 BC 解析 設(shè)兩線框勻速運(yùn)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(jìn)入磁場后,線框a通過磁場時以速度v勻速運(yùn)動,則線框a從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時間t==,故B正確.從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中,線框a只在其勻速進(jìn)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(yùn)動到線框a全部進(jìn)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(yùn)動2l的距離,對這一過程,由能量守恒定律有:4m
19、gl=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(dǎo)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(dǎo)軌上,其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下.當(dāng)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(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì),導(dǎo)軌光滑且足夠長,桿在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸.求: 圖9 (1)MN剛掃過金屬桿時,桿中感應(yīng)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剛要離開金屬桿時,感應(yīng)電流的功率P. 答案 (1) (2
20、) (3) 解析 (1)MN剛掃過金屬桿時,感應(yīng)電動勢E=Bdv0 感應(yīng)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(yīng)電動勢E′=Bd(v0-v) 電功率P= 解得P= 1.將一段導(dǎo)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(qiáng)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(yīng)強(qiáng)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的正方向,能正確反映F隨時間t變化的圖象是( )
21、 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(fù)且為定值,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=nS可知,該段時間圓環(huán)區(qū)域內(nèi)感應(yīng)電動勢和感應(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(qiáng)磁場區(qū)域,磁場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
22、的下邊與磁場區(qū)域的下邊在一直線上.若取順時針方向?yàn)殡娏鞯恼较?,則金屬框穿過磁場的過程中感應(yīng)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(jìn)入磁場過程中,感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r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(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r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(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,軌道左側(cè)連接一定值電阻R.垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在平行導(dǎo)軌的水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動,F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如圖乙所示
23、.在0~t0時間內(nèi),棒從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動.圖乙中t0、F1、F2為已知量,棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì).則( ) 圖3 A.在t0以后,導(dǎo)體棒一直做勻加速直線運(yùn)動 B.在t0以后,導(dǎo)體棒先做加速,最后做勻速直線運(yùn)動 C.在0~t0時間內(nèi),導(dǎo)體棒的加速度大小為 D.在0~t0時間內(nèi),通過導(dǎo)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(yùn)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(dǎo)體棒先做加速度減小的加速運(yùn)動,當(dāng)加速度a=0,即導(dǎo)體棒所受安培力與外力F2相等后,導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動,故A錯誤,B正確.設(shè)在0~t
24、0時間內(nèi)導(dǎo)體棒的加速度為a,通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為q,導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m,t0時刻導(dǎo)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(qiáng)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(dǎo)線MN與金屬線緊密接觸,起始時OA=l0,且MN⊥OQ,所有導(dǎo)線單位長度電阻均為r,MN勻速水平向右運(yùn)動的速度為v,使MN勻速運(yùn)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(diǎn)的距離為l0+vt,直導(dǎo)線在回路中的長度也為l0+vt
25、,此時直導(dǎo)線產(chǎn)生的感應(yīng)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(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(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(diǎn)到達(dá)邊界開始到a點(diǎn)離開磁場為止,在這個過程中( ) 圖5 A.線框中的感應(yīng)電流先沿逆時針方向后沿順時針方向 B.ab段
26、直導(dǎo)線始終不受安培力的作用 C.平均感應(yīng)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(dǎo)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(yīng)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(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
27、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,使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上,已知兩根導(dǎo)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(yùn)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(dǎo)線相連,故ab、cd速度總是相等,cd也做勻速直線運(yùn)動.設(shè)導(dǎo)線的張
28、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(yùn)動速度大小為v,ab棒上的感應(yīng)電動勢為E=BLv ⑥ 回路中電流I= ⑦ 安培力F=BIL ⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得: v
29、=(sin θ-3μcos θ) 7.如圖7所示,兩平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置且固定,兩導(dǎo)軌間距為L,與水平面間的夾角為θ,導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場中,兩根相同的金屬棒ab、cd放在導(dǎo)軌下端,其中棒ab靠在擋板上,棒cd在沿導(dǎo)軌平面向上的拉力作用下,由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動.已知每根金屬棒質(zhì)量為m、長度為L、電阻為r,導(dǎo)軌電阻不計(jì),棒與導(dǎo)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)棒ab對擋板壓力為零時,電阻R的電功率; (3
30、)棒ab運(yùn)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′=BLat 解得F=m(gsin θ+a)+
31、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(dǎo)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(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上;在電阻、導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場區(qū)域,區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動,在t0時刻恰好以速度v0越過MN,此后向右做勻速運(yùn)動.金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好,它們的電阻均忽略不計(jì).求:
32、 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(yīng)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 |q|= ⑥ (2)當(dāng)t>t0時,金屬棒
33、已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)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(qiáng)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(yīng)定律得,回路感應(yīng)電動勢的大小為 Et= ? 由歐姆定律得I= ? 聯(lián)立⑦⑧???式得 F=(B0lv0+kS). 18
- 溫馨提示:
1: 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 110中國人民警察節(jié)(筑牢忠誠警魂感受別樣警彩)
- 2025正字當(dāng)頭廉字入心爭當(dāng)公安隊(duì)伍鐵軍
- XX國企干部警示教育片觀后感筑牢信仰之基堅(jiān)守廉潔底線
- 2025做擔(dān)當(dāng)時代大任的中國青年P(guān)PT青年思想教育微黨課
- 2025新年工作部署會圍繞六個干字提要求
- XX地區(qū)中小學(xué)期末考試經(jīng)驗(yàn)總結(jié)(認(rèn)真復(fù)習(xí)輕松應(yīng)考)
- 支部書記上黨課筑牢清廉信念為高質(zhì)量發(fā)展?fàn)I造風(fēng)清氣正的環(huán)境
- 冬季消防安全知識培訓(xùn)冬季用電防火安全
- 2025加強(qiáng)政治引領(lǐng)(政治引領(lǐng)是現(xiàn)代政黨的重要功能)
- 主播直播培訓(xùn)直播技巧與方法
- 2025六廉六進(jìn)持續(xù)涵養(yǎng)良好政治生態(tài)
- 員工職業(yè)生涯規(guī)劃方案制定個人職業(yè)生涯規(guī)劃
- 2024年XX地區(qū)黨建引領(lǐng)鄉(xiāng)村振興工作總結(jié)
- XX中小學(xué)期末考試經(jīng)驗(yàn)總結(jié)(認(rèn)真復(fù)習(xí)輕松應(yīng)考)
- 幼兒園期末家長會長長的路慢慢地走