高三物理二輪復習 第一篇 專題通關(guān)五 電路與電磁感應 12 電磁感應規(guī)律及其應用課件.ppt

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第12講電磁感應規(guī)律及其應用 高考這樣考 1 多選 2015 全國卷 1824年 法國科學家阿拉果完成了著名的 圓盤實驗 實驗中將一銅圓盤水平放置 在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針 如圖所示 實驗中發(fā)現(xiàn) 當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時 磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來 但略有滯后 下列說法正確的是 A 圓盤上產(chǎn)生了感應電動勢B 圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉(zhuǎn)動C 在圓盤轉(zhuǎn)動的過程中 磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化D 圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流 此電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉(zhuǎn)動 解析 選A B 由于磁針位于圓盤的正上方 所以穿過圓盤的磁通量始終為零 故C錯誤 如果將圓盤看成由沿半徑方向的 輻條 組成 則圓盤在轉(zhuǎn)動過程中 輻條 會切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢 在圓盤中產(chǎn)生渦電流 該渦電流產(chǎn)生的磁場導致磁針運動 故A B正確 同時圓盤中的自由電子隨圓盤一起轉(zhuǎn)動形成電流 該電流對磁針的轉(zhuǎn)動沒有作用 D錯誤 2 2015 海南高考 如圖 空間有一勻強磁場 一直金屬棒與磁感應強度方向垂直 當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時 棒兩端的感應電動勢大小為 將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線 置于與磁感應強度相垂直的平面內(nèi) 當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時 棒兩端的感應電動勢大小為 則等于 A B C 1D 解析 選B 若直金屬棒的長為L 則彎成折線后 有效切割長度為L 根據(jù) BLv可知感應電動勢的大小與有效切割長度成正比 故 B正確 3 2015 安徽高考 如圖所示 abcd為水平放置的平行 形光滑金屬導軌 間距為l 導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場 磁感應強度大小為B 導軌電阻不計 已知金屬桿MN傾斜放置 與導軌成 角 單位長度的電阻為r 保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動 金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好 則 A 電路中感應電動勢的大小為B 電路中感應電流的大小為C 金屬桿所受安培力的大小為D 金屬桿的熱功率為 解析 選B 由電磁感應定律可知電路中感應電動勢為E Blv A錯誤 感應電流的大小B正確 金屬桿所受安培力的大小C錯誤 熱功率D錯誤 4 2014 新課標全國卷 如圖甲 線圈ab cd繞在同一軟鐵芯上 在ab線圈中通以變化的電流 用示波器測得線圈cd間電壓如圖乙所示 已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比 則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關(guān)系的圖中 可能正確的是 解析 選C 本題考查了電磁感應的圖像 根據(jù)法拉第電磁感應定律 ab線圈電流的變化率與線圈cd上的波形圖一致 線圈cd上的波形圖是方波 ab線圈電流只能是線性變化的 因為只有線性變化的變化率才是常數(shù) 所以C正確 5 多選 2014 山東高考 如圖 一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi) 通有恒定電流的長直絕緣導線垂直并緊靠軌道固定 導體棒與軌道垂直且接觸良好 在向右勻速通過M N兩區(qū)的過程中 導體棒所受安培力分別用FM FN表示 不計軌道電阻 以下敘述正確的是 A FM向右B FN向左C FM逐漸增大D FN逐漸減小 解析 選B C D 由于絕緣導線緊貼導軌 根據(jù)安培定則判斷電流I在M區(qū)的磁場方向應垂直軌道面向外 且從左向右 磁感線逐漸變密 導體棒勻速穿越該區(qū)時 由右手定則可判斷棒中產(chǎn)生的感應電流方向豎直向下 且逐漸增大 再由左手定則可知棒所受的安培力水平向左 且逐漸增大 故選項A錯誤 C正確 同理可得 導體棒在穿越N區(qū)的過程中 棒所受的安培力水平向左 且逐漸減小 故選項B D均正確 考情分析 主要題型 選擇題 計算題命題特點 1 結(jié)合閉合電路的歐姆定律 利用楞次定律或右手定則判斷感應電流的方向以及大小計算 2 結(jié)合牛頓第二定律 對導體棒切割磁感線的運動進行受力分析和運動分析 3 結(jié)合圖像 應用法拉第電磁感應定律 閉合電路的歐姆定律 電功率 動能定理等規(guī)律 解決電磁感應的綜合問題 主干回顧 要素掃描 1 三定則 一定律 的應用 安培定則 運動電荷 電流產(chǎn)生磁場 左手定則 磁場對 右手定則 部分導體 楞次定律 閉合電路磁通量發(fā)生變化 2 求感應電動勢的兩種方法 用來計算感應電動勢的 主要用來計算感應電動勢的 運動電荷 電流的作用力 切割磁感線運動 平均值 E BLv 瞬時值 熱點考向1電磁感應定律的圖像問題 典例1 如圖甲所示 一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內(nèi) 線框在長直導線右側(cè) 且其長邊與長直導線平行 已知在t 0到t t1的時間內(nèi) 直導線中電流i發(fā)生某種變化 而線框中感應電流總是沿順時針方向 線框受到的安培力的合力先水平向左 后水平向右 設(shè)電流i正方向與圖中箭頭方向相同 則i隨時間t變化的圖線可能是圖乙中的 解題探究 1 直導線中電流i增大 其產(chǎn)生的磁場 直導線中電流i減小 其產(chǎn)生的磁場 2 用 判斷感應電流的方向 用 判斷安培力的方向 增大 減小 楞次定律 左手定則 解析 選A 本題題設(shè)要求線框中感應電流順時針方向 根據(jù)楞次定律 可知框內(nèi)磁場要么向里減弱 載流直導線中電流正向減小 要么向外增強 載流直導線中電流負向增大 線框受安培力向左時 載流直導線電流一定向上 線框受安培力向右時 載流直導線中電流一定向下 故本題答案選A 遷移訓練 遷移1 把i t圖變換為E U t x 圖一均勻正方形閉合導線框abcd 邊長為L 0 1m bc邊位于x軸上 在x軸原點O右方有寬為0 2m 磁感應強度為1T的垂直紙面向里的勻強磁場區(qū) 如圖甲所示 當線框以恒定速度4m s沿x軸正方向穿越磁場區(qū)過程中 圖乙中哪一個可以正確表示線框從進入到穿出過程中 ab邊兩端電勢差Uab隨位置變化的情況 解析 選B 線框從進入到穿出磁場過程中 ab邊兩端電勢差Uab隨位置變化情況 需要分析出ab邊是切割磁感線充當電源還是不切割磁感線充當電阻 感應電動勢E BLv 0 4V 0 L ab邊切割磁感線 可等效為電源 其兩端電勢差為路端電壓 Uab 0 3V L 2L ab邊和cd邊均切割磁感線 等效為兩電源反接 回路中沒有感應電流 但ab邊兩端電勢差就等于ab邊產(chǎn)生的電動勢 為0 4V 2L 3L cd邊切割磁感線 ab邊兩端電勢差Uab 0 1V 所以選項B正確 遷移2 把i t圖變換為F安 t圖如圖甲所示 正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場 在外力作用下 一正方形閉合剛性導線框沿QN方向勻速運動 t 0時刻 其四個頂點M N P Q 恰好在磁場邊界中點 下列圖像中能反映線框所受安培力f的大小隨時間t變化規(guī)律的是圖乙中的 解析 選B 第一段時間從初位置到M N 離開磁場 圖a表示該過程的任意一個位置 切割磁感線的有效長度為M1A與N1B之和 即為M1M 長度的2倍 此時電動勢E 2Bvtv 線框受的安培力f 2BIvt 圖像是開口向上的拋物線 C D錯誤 如圖b所示 線框的右端M2N2剛好出磁場時 左端Q2P2恰與MP共線 此后一段時間內(nèi)有效長度不變 一直到線框的左端與M N 重合 這段時間內(nèi)電流不變 安培力大小不變 最后一段時間如圖c所示 從線框左邊勻速運動至M N 位置開始計時 有效長度為lAC l 2vt 電動勢E B l 2vt v 線框受的安培力圖像是開口向上的拋物線 A錯誤 B正確 遷移3 把i t圖變換為多圖像的綜合 多選 如圖甲所示 兩固定的豎直光滑金屬導軌足夠長且電阻不計 兩質(zhì)量 長度均相同的導體桿c d 置于邊界水平的勻強磁場上方同一高度h處 磁場寬為3h 方向與導軌平面垂直 先由靜止釋放c c剛進磁場即做勻速運動 此時再由靜止釋放d 兩導體桿與導軌始終保持良好接觸 用ac表示c的加速度 Ekd表示d的動能 xc xd分別表示c d相對釋放點的位移 圖乙中正確的是 解析 選B D 開始c桿的加速度為g c桿剛進入磁場即勻速運動 加速度為0 在d桿下落h的過程中 h gt2 c桿勻速下降了xc gt t 2h d桿進入磁場時c桿相對釋放點的位移為3h d桿進入磁場后 c d桿又只在重力作用下運動 加速度為g c d桿都做勻加速運動 二者與導軌組成的回路磁通量不變 感應電流為零 一起運動了h c桿出磁場 這時c桿的加速度仍為g 因此A錯誤 B正確 c桿出磁場時d桿下落2h c桿出磁場后 d桿切割磁感線產(chǎn)生電動勢 在回路中產(chǎn)生感應電流 因此時d桿速度大于c桿進入磁場時切割磁感線的速度 故電動勢 電流 安培力都大于c桿剛進入磁場時的大小 d桿減速 當d桿又運動了2h后 穿出磁場 做勻加速運動 結(jié)合勻變速直線運動公式可知加速過程動能與路程成正比 所以C錯誤 D正確 典例2 多選 如圖所示 光滑平行金屬導軌MN PQ所在平面與水平面成 角 M P之間接一阻值為R的定值電阻 阻值為r的金屬棒ab垂直導軌放置 其他部分電阻不計 整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中 磁場方向垂直導軌平面向下 t 0時對金屬棒施一平行于導軌的外力F 金屬棒由靜止開始沿導軌向上做勻加速運動 下列關(guān)于穿過回路abPMa的磁通量 磁通量的瞬時變化率 通過金屬棒的電荷量q以及ab兩端的電勢差U隨時間t變化的圖像中 正確的是 名師解讀 1 命題立意 考查電磁感應的圖像問題 2 關(guān)鍵信息 由靜止開始沿導軌向上做勻加速運動 3 答題必備 BS BLv v at q It U IR 4 易錯警示 易誤認為不隨時間而改變 解析 選B D 設(shè)導體棒的長度為L 磁通量 BS BLx BL at2 所以A錯誤 磁通量的變化率 BLv BLat 故B正確 通過金屬棒的電荷量所以C錯誤 ab兩端的電勢差 所以D正確 規(guī)律總結(jié) 解決電磁感應圖像問題的方法技巧 1 解決電磁感應圖像問題的 三點關(guān)注 關(guān)注初始時刻 如初始時刻感應電流是否為零 是正方向還是負方向 關(guān)注變化過程 看電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段 這幾個階段是否和圖像變化相對應 關(guān)注大小 方向的變化趨勢 看圖線斜率的大小 圖線的曲 直是否和物理過程對應 2 解決電磁感應圖像問題的一般步驟 明確圖像的種類 即是B t圖還是 t圖 或者E t圖 I t圖等 分析電磁感應的具體過程 用右手定則或楞次定律確定方向?qū)P(guān)系 結(jié)合法拉第電磁感應定律 歐姆定律 牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式 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 畫圖像或判斷圖像 加固訓練 多選 如圖 一有界區(qū)域內(nèi) 存在著磁感應強度大小均為B 方向分別垂直于光滑水平桌面向下和向上的勻強磁場 磁場寬度均為L 邊長為L的正方形線框abcd的bc邊緊靠磁場邊緣置于桌面上 使線框從靜止開始沿x軸正方向勻加速通過磁場區(qū)域 若以逆時針方向為電流的正方向 能反映線框中感應電流變化規(guī)律的是 解析 選A C 線框的位移在0 L 2L 3L的過程中 只有一條邊切割磁感線 電流沿逆時針方向 其大小為即I1 t 為直線 位移在L 2L過程中 有兩條邊切割磁感線 電流方向沿順時針方向 其大小為即I2 t 也為直線 故選項A正確 B錯誤 關(guān)于電流與位移的關(guān)系 由v2 2ax 則位移在0 L和2L 3L范圍內(nèi) 方向為逆時針 位移在L 2L范圍內(nèi) 方向為順時針 故選項C正確 D錯誤 熱點考向2電磁感應的電路和動力學問題 典例3 2015 懷化一模 如圖甲所示 間距為L 電阻不計的光滑導軌固定在傾角為 的斜面上 在區(qū)域 內(nèi)有方向垂直于斜面的勻強磁場 磁感應強度恒為B 在區(qū)域 內(nèi)有垂直于斜面向下的勻強磁場 其磁感應強度B2的大小隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示 t 0時刻在軌道上端的金屬細棒ab從圖示位置由靜止開始沿導軌下滑 同時下端的另一金屬細棒cd在位于區(qū)域 內(nèi)的導軌上也由靜止釋放 在ab棒運動到區(qū)域 的下邊界EF之前 cd棒始終靜止不動 兩棒均與導軌接觸良好 已知cd棒的質(zhì)量為0 6m 電阻為0 3R ab棒的質(zhì)量 阻值均未知 區(qū)域 沿斜面的長度為L 在t tx時刻 tx未知 ab棒恰好進入?yún)^(qū)域 重力加速度為g 求 1 區(qū)域 內(nèi)磁場的方向 2 通過cd棒中的電流大小和方向 3 ab棒開始下滑的位置離區(qū)域 上邊界的距離 4 ab棒從開始下滑至EF的過程中 回路中產(chǎn)生的總熱量 結(jié)果用B L m R g中的字母表示 名師解讀 1 命題立意 考查導體切割磁感線時的感應電動勢 平衡條件 焦耳定律 2 關(guān)鍵信息 在ab棒運動到區(qū)域 的下邊界EF之前 cd棒始終靜止不動 3 答題必備 E BLv Q EIt 4 易錯警示 誤認為E1與E2不相等 解析 1 由楞次定律可知 流過cd的電流方向為從d到c cd所受安培力沿導軌向上 故由左手定則可知 區(qū)域 內(nèi)磁場垂直于斜面向上 2 cd棒受到重力 支持力和安培力的作用而處于平衡狀態(tài) 由平衡條件得 BIL mgsin 解得 3 ab進入?yún)^(qū)域 前做勻加速運動 進入后做勻速運動 設(shè)ab剛好到達區(qū)域 的邊界的速度大小為v 在0 tx內(nèi) 由法拉第電磁感應定律得 在tx后有 E2 BLv 且E1 E2 解得 解得 故ab棒開始下滑的位置離區(qū)域 上邊界的距離為 4 ab棒進入?yún)^(qū)域 后做勻速直線運動 有總時間為 t總 tx t2 2tx 電動勢E BLv不變 總熱量為 Q EIt總 2mgvtxsin 2mgLsin 答案 1 區(qū)域 內(nèi)磁場的方向垂直于斜面向上 2 方向由d到c 3 4 2mgLsin 典例4 多選 如圖所示 質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量為m的線框用一根絕緣細線連接起來 掛在兩個高度相同的定滑輪上 已知線框電阻為R 橫邊邊長為L 水平方向勻強磁場的磁感應強度為B 磁場上下邊界的距離 線框豎直邊長均為h 初始時刻 磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h 將重物從靜止開始釋放 線框穿出磁場前 若線框已經(jīng)做勻速直線運動 滑輪質(zhì)量 摩擦阻力均不計 則下列說法中正確的是 A 線框進入磁場時的速度為B 線框穿出磁場時的速度為C 線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量D 線框進入磁場后 若某一時刻的速度為v 則加速度為 解題探究 1 計算線框剛進入磁場時的速度的思路 2 計算焦耳熱的思路 線框進入磁場前 線框 和重物均做勻加速直線運動 由牛頓第二定律和運動學公式求解 從釋放到線框離開磁場的過程 對整體由 能量守恒定律求解 解析 選A C D 線框進入磁場前 對線框和重物整體受力分析 有3mg mg 3m m a 可得勻加速直線運動的加速度a 0 5g 線框剛好進入磁場時 位移為2h 根據(jù)v2 2ax可得選項A對 線框穿出磁場時 已經(jīng)做勻速直線運動 那么重物也做勻速直線運動 拉力T 3mg 對線框受力分析有拉力T 3mg豎直向上 自身重力mg豎直向下 以及豎直向下的安培力所以有可得速度選項B錯 從釋放到線框離開磁場的過程 對整體根據(jù)能量守恒有整理可得 選項C對 線框進入磁場后 若某一時刻的速度為v 則有安培力對整體分析有3mg mg F 3m m a 可得加速度選項D對 題組過關(guān) 1 多選 2015 青島一模 如圖所示 兩根光滑的平行金屬導軌豎直放置在勻強磁場中 磁場和導軌平面垂直 金屬桿ab與導軌接觸良好可沿導軌滑動 開始時開關(guān)S斷開 當ab桿由靜止下滑一段時間后閉合S 則從S閉合開始計時 ab桿的速度v與時間t的關(guān)系圖像可能正確的是 解析 選A C D 若ab桿速度為v時 S閉合 則ab桿中產(chǎn)生的感應電動勢E BLv ab桿受到的安培力如果安培力等于ab桿的重力 則ab桿勻速運動 A項正確 如果安培力小于ab桿的重力 則ab桿先加速最后勻速 C項正確 如果安培力大于ab桿的重力 則ab桿先減速最后勻速 D項正確 ab桿不可能勻加速運動 B項錯誤 2 2015 海南高考 如圖 兩平行金屬導軌位于同一水平面上 相距l(xiāng) 左端與一電阻R相連 整個系統(tǒng)置于勻強磁場中 磁感應強度大小為B 方向豎直向下 一質(zhì)量為m的導體棒置于導軌上 在水平外力作用下沿導軌以速率v勻速向右滑動 滑動過程中始終保持與導軌垂直并接觸良好 已知導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為 重力加速度大小為g 導軌和導體棒的電阻均可忽略 求 1 電阻R消耗的功率 2 水平外力的大小 解析 1 導體棒切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E Blv 根據(jù)歐姆定律 閉合回路中的感應電流為電阻R消耗的功率為P I2R 聯(lián)立可得 2 對導體棒受力分析 受到向左的安培力和向左的摩擦力 向右的外力 三力平衡 故有答案 1 2 3 2015 浙江高考 小明同學設(shè)計了一個 電磁天平 如圖甲所示 等臂天平的左臂為掛盤 右臂掛有矩形線圈 兩臂平衡 線圈的水平邊長L 0 1m 豎直邊長H 0 3m 匝數(shù)為N1 線圈的下邊處于勻強磁場內(nèi) 磁感應強度B0 1 0T 方向垂直線圈平面向里 線圈中通有可在0 2 0A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I 掛盤放上待測物體后 調(diào)節(jié)線圈中電流使天平平衡 測出電流即可測得物體的質(zhì)量 重力加速度取g 10m s2 1 為使電磁天平的量程達到0 5kg 線圈的匝數(shù)N1至少為多少 2 進一步探究電磁感應現(xiàn)象 另選N2 100匝 形狀相同的線圈 總電阻R 10 不接外電流 兩臂平衡 如圖乙所示 保持B0不變 在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場 且磁感應強度B隨時間均勻變大 磁場區(qū)域?qū)挾萪 0 1m 當掛盤中放質(zhì)量為0 01kg的物體時 天平平衡 求此時磁感應強度的變化率 解析 1 線圈受到安培力F N1B0IL 天平平衡有mg N1B0IL 當電流為最大值2 0A時 N1有最小值 代入數(shù)據(jù)得N1 25匝 2 由電磁感應定律得 由歐姆定律得 線圈受到安培力F N2B0I L 天平平衡有 代入數(shù)據(jù)可得 0 1T s 答案 1 25匝 2 0 1T s 加固訓練 多選 2015 臺州二模 如圖所示 MN PQ是與水平面成 角的兩條平行光滑且足夠長的金屬軌道 其電阻忽略不計 空間存在著垂直于軌道平面向上的勻強磁場 磁感應強度大小為B 導體棒ab cd垂直于軌道放置 且與軌道接觸良好 每根導體棒的質(zhì)量均為m 電阻均為r 軌道寬度為L 與軌道平行的絕緣細線一端固定 另一端與ab棒中點連接 細線承受的最大拉力Tm 2mgsin 今將cd棒由靜止釋放 則細線被拉斷時 cd棒的 A 速度大小是B 速度大小是C 加速度大小是2gsin D 加速度大小是0 解析 選A D 由靜止釋放后cd棒沿斜面向下做加速運動 隨著速度的增大 E BLv變大 也變大 F BIL也變大 對ab棒 當Tm 2mgsin mgsin BIL時 細線剛好被拉斷 此時cd棒這時向上的安培力與沿斜面向下的重力的分力平衡 加速度大小是0 故選項A D正確 選項B C錯誤 熱點考向3電磁感應定律的能量問題 典例5 20分 2015 佛山二模 如圖所示 足夠長的光滑U形導體框架的寬度L 0 40m 電阻忽略不計 其所在平面與水平面所成的角 37 磁感應強度B 1 0T的勻強磁場方向垂直于框平面 一根質(zhì)量為m 0 20kg 有效電阻R 1 0 的導體棒MN垂直跨放在U形框架上 導體棒從靜止開始沿框架下滑到剛開始勻速運動時 通過導體棒橫截面電量共為Q 2 0C sin37 0 6 cos37 0 8 g取10m s2 求 1 導體棒的最大加速度和最大電流強度的大小和方向 2 導體棒在0 2s內(nèi)在框架所夾部分可能掃過的最大面積 3 導體棒從開始下滑到剛開始勻速運動這一過程中 導體棒的有效電阻消耗的電功 拿分策略 按照過程列方程 就能拿到14分 若能正確求解方程 求出結(jié)果 再拿下6分 則得滿分20分 解析 1 MN速度為零時 加速度最大 由牛頓第二定律得mgsin37 ma 2分 解得a 6m s2 方向沿斜面向下 1分 MN速度最大時 電流最大 有 mgsin37 BIL 2分 代入數(shù)據(jù)解得I 3A 電流的方向由N M 1分 2 MN勻速運動時有最大速度 由法拉第電磁感應定律得E BLvm 1分 由閉合電路的歐姆定律得 1分 代入數(shù)據(jù)解得vm 7 5m s 1分 MN速度最大時 在0 2s內(nèi)掃過的面積最大S Lvm t 1分 故S 0 4 7 5 0 2m2 0 6m2 1分 3 設(shè)MN從開始下滑到剛開始勻速運動這一過程中下滑的位移為d 通過導體棒橫截面電量 1分 1分 而平均感應電動勢 1分 BLd 1分 解得d 5m 1分 設(shè)導體棒的有效電阻消耗的電功為W 由動能定理得 3分 代入數(shù)據(jù)解得W 0 375J 1分 答案 1 6m s2 方向沿斜面向下3A 方向由N M 2 0 6m2 3 0 375J 題組過關(guān) 1 2015 石家莊二模 如圖所示 在傾角為 的光滑斜面上 相距均為d的三條水平虛線l1 l2 l3 它們之間的區(qū)域 分別存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的勻強磁場 磁感應強度大小均為B 一個質(zhì)量為m 邊長為d 總電阻為R的正方形導線框 從l1上方一定高處由靜止開始沿斜面下滑 當ab邊剛越過l1進入磁場 時 恰好以速度v1做勻速直線運動 當ab邊在越過l2運動到l3之前的某個時刻 線框又開始以速度v2做勻速直線運動 重力加速度為g 在線框從釋放到穿出磁場的過程中 下列說法正確的是 A 線框中感應電流的方向不變B 線框ab邊從l1運動到l2所用時間大于從l2運動到l3所用時間C 線框以速度v2勻速直線運動時 發(fā)熱功率為D 線框從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中 減少的機械能 E機與線框產(chǎn)生的焦耳熱Q電的關(guān)系式是 解析 選C 從線框的ab邊進入磁場I過程中 由右手定則判斷可知 ab邊中產(chǎn)生的感應電流方向沿a b方向 dc邊剛要離開磁場 的過程中 由右手定則判斷可知 cd邊中產(chǎn)生的感應電流方向沿d c方向 ab邊中感應電流方向沿b a方向 故A錯誤 根據(jù)共點力的平衡條件可知 兩次安培力與重力的分力大小相等方向相反 當ab邊在磁場 中時 兩邊均受安培力 故v2應小于v1 則線框ab邊從l1運動到l2所用時間小于從l2運動到l3的時間 故B錯誤 線框以速度v2勻速運動時 得電功率 故C正確 機械能的減少量等于線框產(chǎn)生的電能 則由能量守恒知 線框從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中 減少的機械能 E機與線框產(chǎn)生的焦耳熱Q電的關(guān)系式是 E機 Q電 故D錯誤 2 多選 2015 樂山二模 如圖所示 固定在水平面上的光滑平行金屬導軌 間距為L 右端接有阻值為R的電阻 空間存在方向豎直 磁感應強度為B的勻強磁場 質(zhì)量為m 電阻為r的導體棒ab與固定彈簧相連 放在導軌上 初始時刻 彈簧恰處于自然長度 給導體棒水平向右的初速度v0 導體棒開始沿導軌往復運動 在此過程中 導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸 已知導體棒的電阻r與定值電阻R的阻值相等 不計導軌電阻 則下列說法中正確的是 A 導體棒開始運動的初始時刻受到的安培力向左B 導體棒開始運動的初始時刻導體棒兩端的電壓U BLv0C 導體棒開始運動后速度第一次為零時 系統(tǒng)的彈性勢能D 金屬棒最終會停在初始位置 在金屬棒整個運動過程中 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 解析 選A D 導體棒開始運動的初始時刻 由右手定則判斷可知 ab中產(chǎn)生的感應電流方向從a b 由左手定則判斷得知ab棒受到的安培力向左 故A正確 導體棒開始運動的初始時刻 ab棒產(chǎn)生的感應電勢為E BLv0 由于r R 所以導體棒兩端的電壓故B錯誤 由于導體棒運動過程中產(chǎn)生電能 所以導體棒開始運動后速度第一次為零時 根據(jù)能量守恒定律得知 系統(tǒng)的彈性勢能小于故C錯誤 金屬棒最終會停在初始位置 在金屬棒整個運動過程中 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱故D正確 3 2015 海淀區(qū)二模 洋流又叫海流 指大洋表層海水常年大規(guī)模地沿一定方向較為穩(wěn)定的流動 因為海水中含有大量的正 負離子 這些離子隨海流做定向運動 如果有足夠強的磁場能使海流中的正 負離子發(fā)生偏轉(zhuǎn) 便可用來發(fā)電 如圖為利用海流發(fā)電的磁流體發(fā)電機原理示意圖 其中的發(fā)電管道是長為L 寬為d 高為h的矩形水平管道 發(fā)電管道的上 下兩面是絕緣板 南 北兩側(cè)面M N是電阻可忽略的導體板 兩導體板與開關(guān)S和定值電阻R相連 整個管道置于方向 豎直向上 磁感應強度大小為B的勻強磁場中 為了簡化問題 可以認為 開關(guān)閉合前后 海水在發(fā)電管道內(nèi)以恒定速率v朝正東方向流動 發(fā)電管道相當于電源 M N兩端相當于電源的正 負極 發(fā)電管道內(nèi)海水的電阻為r 可視為電源內(nèi)阻 管道內(nèi)海水所受的摩擦阻力保持不變 大小為f 不計地磁場的影響 1 判斷M N兩端哪端是電源的正極 并求出此發(fā)電裝置產(chǎn)生的電動勢 2 要保證發(fā)電管道中的海水以恒定的速率流動 發(fā)電管道進 出口兩端要保持一定的壓力差 請推導當開關(guān)閉合后 發(fā)電管兩端壓力差F與發(fā)電管道中海水的流速v之間的關(guān)系 3 發(fā)電管道進 出口兩端壓力差F的功率可視為該發(fā)電機的輸入功率 定值電阻R消耗的電功率與輸入功率的比值可定義為該發(fā)電機的效率 求開關(guān)閉合后 該發(fā)電機的效率 在發(fā)電管道形狀確定 海水的電阻r 外電阻R和管道內(nèi)海水所受的摩擦阻力f保持不變的情況下 要提高該發(fā)電機的效率 簡述可采取的措施 解析 1 由右手定則可知M端電勢高 M端為電源的正極 開關(guān)S斷開 MN兩端的電壓U等于電源的電動勢E 即U E 由于導電離子做勻速運動 所以有 解得 E U Bdv 2 以發(fā)電管道內(nèi)的海水為研究對象 其受力平衡 則有F BId f 根據(jù)歐姆定律有 解得 3 由題意可知輸入功率為 輸出功率為 解得 可見 增大發(fā)電管道內(nèi)海水的流速v和增強磁感應強度B可以提高發(fā)電機效率 答案 1 M端為電源的正極Bdv 2 3 見解析 加固訓練 如圖甲所示 足夠長的平行光滑金屬導軌ab cd傾斜放置 兩導軌之間的距離為L 0 5m 導軌平面與水平面間的夾角為 30 導軌上端a c之間連接有一阻值為R1 4 的電阻 下端b d之間接有一阻值為R2 4 的小燈泡 有理想邊界的勻強磁場垂直于導軌平面向上 虛線ef為磁場的上邊界 ij為磁場的下邊界 此區(qū)域內(nèi)的磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示 現(xiàn)將一質(zhì)量為m kg的金屬棒MN 從距離磁場上邊界ef一定距離處 從t 0時刻開始由靜止釋放 金屬棒MN從開始運動到經(jīng)過磁場的下邊界ij的過程中 小燈泡的 亮度始終不變 金屬棒MN在兩軌道間的電阻r 1 其余部分的電阻忽略不計 ef ij邊界均垂直于兩導軌 重力加速度g取10m s2 求 1 小燈泡的實際功率 2 金屬棒MN穿出磁場前的最大速率 3 整個過程中小燈泡產(chǎn)生的熱量 解析 1 由于小燈泡的亮度始終不變 說明金屬棒MN進入磁場后做勻速直線運動 速度v達到最大 由平衡條件得 mgsin BIL 小燈泡的電功率P 2R2 電功率 2 由閉合電路歐姆定律得 其中 總電阻由法拉第電磁感應定律得 E BLv由以上各式代入數(shù)據(jù)解得 v 5m s 3 金屬棒進入磁場前 由牛頓第二定律得 mgsin ma加速度a gsin30 5m s2進入磁場前所用的時間 設(shè)磁場區(qū)域的長度為x 在0 t1時間內(nèi) 由法拉第電磁感應定律得 金屬棒MN進入磁場前 總電阻感應電動勢E R 在磁場中運動的時間整個過程中小燈泡產(chǎn)生的熱量為Q P t1 t2 代入數(shù)據(jù)解得 Q 5J答案 1 W 2 5m s 3 5J 電磁感應的綜合應用 經(jīng)典案例 18分 2015 渝中區(qū)二模 如圖 電阻不計的相同的光滑彎折金屬軌道MON與M O N 均固定在豎直面內(nèi) 二者平行且正對 間距為L 1m 構(gòu)成的斜面NOO N 與MOO M 跟水平面夾角均為 30 兩邊斜面均處于垂直于斜面的勻強磁場中 磁感應強度大小均為B 0 1T t 0時 將長度也為L 電阻R 0 1 的金屬桿a在軌道上無初速度釋放 金屬桿與軌道接觸良好 軌道足夠長 g取10m s2 不計空氣阻力 軌道與地面絕緣 1 求t時刻桿a產(chǎn)生的感應電動勢的大小E 2 在t 2s時將與a完全相同的金屬桿b放在MOO M 上 發(fā)現(xiàn)b恰能靜止 求a桿的質(zhì)量m以及放上b后a桿每下滑位移s 1m回路產(chǎn)生的焦耳熱Q 審題流程 滿分模板 1 只放a桿在導軌上 a桿做勻加速直線運動 由牛頓第二定律得 mgsin ma 2分 t時刻速度為 v at 1分 由法拉第電磁感應定律得 E BLv 1分 聯(lián)立解得E 0 5tV 2分 2 t 2s時a桿產(chǎn)生的感應電動勢的大小E 0 5tV 1V 2分 回路中感應電流 2分 解得I 5A 1分 對b桿 由平衡條件得 mgsin30 BIL 2分 解得 m 0 1kg 1分 因為a b桿完全相同 故a桿的質(zhì)量也為m 0 1kg 1分 對a b桿組成的系統(tǒng)根據(jù)能量守恒定律得 Q mgssin30 2分 解得Q 0 5J 1分 答案 1 0 5tV 2 0 1kg0 5J 評分細則 第一問 1 沒有列出 式 直接寫成a gsin 不扣分 2 式寫成E 0 5t 扣1分 心得 在時間比較緊張的情況下 要盡量根據(jù)題設(shè)條件寫出必要的方程 根據(jù)運動過程分步列方程 力爭多得步驟分 要注意對計算結(jié)果的討論 單位是否書寫 第二問 1 式歐姆定律的表達式寫成不得分 2 缺少 式的說明扣1分 3 若 式寫成 由動能定理得mgssin30 Q 0 扣2分 因為Q為整個回路產(chǎn)生的焦耳熱 故本式的研究對象應為系統(tǒng) 心得 根據(jù)運動過程要列定律 定理的原始方程 不能寫成變形式 否則不得分 題目中如果有隱含的條件 計算完成一定要進行必要的文字說明 否則將影響步驟分