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

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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(dòng)學(xué)、動(dòng)力學(xué)、恒定電流、電磁感應(yīng)和能量等知識(shí)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(dòng)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(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、平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、函數(shù)圖象、動(dòng)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(dòng)定律等知識(shí)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(cuò)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(gè)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(shí)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(dòng)勢E電動(dòng)勢＝BLv＝Bvx，則C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤.框架勻速運(yùn)動(dòng)，故F外力＝F安＝＝∝x2，A項(xiàng)錯(cuò)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(gè)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(gè)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(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)(t＝0)，規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，則圖中能正確反映線框中電流與時(shí)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(shí)針，電流方向應(yīng)為正方向，故B、C錯(cuò)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(dòng)勢先均勻增大后均勻減??；線框完全進(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(shí)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(dòng)勢先均勻增大后均勻減小，故A正確，D錯(cuò)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(gè)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(shí)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(dòng)過程中受向左的安培力F＝，安培力阻礙棒的運(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤.通過R的電荷量q＝IΔt＝Δt＝·Δt＝＝x，可知C、D項(xiàng)錯(cuò)誤. 命題點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中的動(dòng)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(dòng)定律、動(dòng)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(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析 3.動(dòng)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(dòng)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(shí)，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(dòng).t0時(shí)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(dòng).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(dòng)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(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)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(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0 ② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)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(dòng)時(shí)，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(dòng)，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(dòng)情況完全相同，現(xiàn)以桿由靜止釋放為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，則桿中電流隨時(shí)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(dòng)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(dòng)，又桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中運(yùn)動(dòng)情況完全相同，則桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域應(yīng)做減速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)，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(cuò)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(dòng)，然后又返回到出發(fā)位置.在運(yùn)動(dòng)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(dòng)時(shí)的加速度a的大??； (2)分析并說明ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)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(dòng).利用③式，v減小則a減小，可知，桿上滑時(shí)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng). 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(dòng). 由⑤得v增加，a下減小，桿下滑時(shí)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng). 命題點(diǎn)三　電磁感應(yīng)中的動(dòng)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(dòng)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(dòng)，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(shí)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(shí)，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(shí)間內(nèi)，金屬桿MN運(yùn)動(dòng)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(shí)

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(shí)的加速度大小為a，速度為v時(shí)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(gè)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(shí)，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(shí)，a、b兩個(gè)線框開始做勻速運(yùn)動(dòng).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(gè)線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)間為 C.從開始運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)的速度為v，此時(shí)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(cuò)誤.線框a從下邊進(jìn)入磁場后，線框a通過磁場時(shí)以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，則線框a從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時(shí)間t＝＝，故B正確.從開始運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(cuò)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(dòng)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(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時(shí)，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(shí)，感應(yīng)電動(dòng)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(dòng)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(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(　　)

21、 圖1 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. 2.如圖2所示，一直角三角形金屬框，向左勻速地穿過一個(gè)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(shí)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(shí)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(shí)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(shí)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(dòng)，F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如圖乙所示

23、.在0～t0時(shí)間內(nèi)，棒從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng).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(dòng) B.在t0以后，導(dǎo)體棒先做加速，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng) C.在0～t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒的加速度大小為 D.在0～t0時(shí)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(shí)間內(nèi)棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故在t0時(shí)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(dòng)，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(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確.設(shè)在0～t

24、0時(shí)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(shí)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(cuò)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(shí)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(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4 答案　C 解析　設(shè)經(jīng)過時(shí)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(shí)直導(dǎo)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢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(gè)過程中(　　) 圖5 A.線框中的感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向后沿順時(shí)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(dòng)勢為Bdv D.線框中產(chǎn)生的焦耳熱為 答案　AD 解析　整個(gè)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(cuò)誤.由于整個(gè)過程中磁通量變化量為0，故平均感應(yīng)電動(dòng)勢為0，C錯(cuò)誤.整個(gè)過程中線框中產(chǎn)生一個(gè)周期的正弦式交變電流，其電動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng).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(dòng)速度大小為v，ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)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(gè)阻值R＝2r的電阻，整個(gè)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(dòng).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(shí)間棒ab對擋板的壓力變?yōu)榱悖? (2)棒ab對擋板壓力為零時(shí)，電阻R的電功率； (3

30、)棒ab運(yùn)動(dòng)前，拉力F隨時(shí)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(shí)，受力分析可得 BIabL＝mgsin θ 設(shè)經(jīng)時(shí)間t0棒ab對擋板的壓力為零，棒cd產(chǎn)生的電動(dòng)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(shí)，cd兩端電壓為 Ucd＝E－Ir 解得Ucd＝ 此時(shí)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(shí)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(shí)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(dòng)，在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運(yùn)動(dòng).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(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值； (2)在時(shí)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(shí)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(shí)，金屬棒

33、已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng)，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(shí)回路中的電流為I， F安＝B0lI ⑧ 此時(shí)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(shí)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(shí)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(dòng)勢的大小為 Et＝ ? 由歐姆定律得I＝ ? 聯(lián)立⑦⑧???式得 F＝(B0lv0＋kS). 18