（江蘇專(zhuān)用）2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 專(zhuān)題突破十一 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用講義（含解析）.docx

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專(zhuān)題突破十一　電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用 命題點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題 1.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(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵. 2.解題步驟 (1)明確圖象的種類(lèi)，即是B－t圖象還是Φ－t圖象，或者E－t圖象、I－t圖象等； (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； (6)畫(huà)圖象或判斷圖象. 3.兩種常用方法 (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)(2018揚(yáng)州中學(xué)5月模擬)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)度垂直桌面向下，abef在同一直線上，其俯視圖如圖1所示，線框從圖示位置在水平拉力F作用下向右勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)，線框中感應(yīng)電流i及拉力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系可能是(以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，F(xiàn)向右為正方向，時(shí)間單位為)(　　) 圖1 答案　BD 變式1　(2018如皋市調(diào)研)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的勻強(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，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)題圖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. 命題點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題 1.解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的一般思路 2.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法 (1)能量轉(zhuǎn)化 其他形式的能量電能焦耳熱或其他形式的能量 (2)求解焦耳熱Q的三種方法 3.單棒導(dǎo)體切割磁感線的一般運(yùn)動(dòng)過(guò)程 類(lèi)型 “電—?jiǎng)印姟毙? “動(dòng)—電—?jiǎng)印毙? 示 意 圖 已 知 量 棒ab長(zhǎng)L，質(zhì)量m，電阻R；導(dǎo)軌光滑水平，電阻不計(jì) 棒ab長(zhǎng)L，質(zhì)量m，電阻R；導(dǎo)軌光滑，電阻不計(jì) 過(guò)程分析 (↑表示增 大，↓表示 減小，→表 示推出) S閉合，棒ab受安培力F＝，此時(shí)加速度a＝，棒ab速度v↑→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝BLv↑→電流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，當(dāng)安培力F＝0時(shí)，a＝0，v最大，最后勻速運(yùn)動(dòng) 棒ab釋放后下滑，此時(shí)加速度a＝gsinα，棒ab速度v↑→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑→電流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，當(dāng)安培力F＝mgsinα?xí)r，a＝0，v最大，最后勻速運(yùn)動(dòng) 能量 轉(zhuǎn)化 分析 通過(guò)安培力做功，電能一部分轉(zhuǎn)化為棒的動(dòng)能，一部分通過(guò)克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電能，又通過(guò)電阻轉(zhuǎn)化為焦耳熱 重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為棒的動(dòng)能，一部分通過(guò)克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電能，又通過(guò)電阻轉(zhuǎn)化為焦耳熱 4.兩種狀態(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 模型1　“導(dǎo)體棒”切割磁感線 例2　(多選)(2018江蘇單科9)如圖3所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等.金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g.金屬桿(　　) 圖3 A.剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下 B.穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C.穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd D.釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于 答案　BC 解析　穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ后，金屬棒在磁場(chǎng)之間做加速運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)Ⅱ上邊緣速度大于從磁場(chǎng)Ⅰ出來(lái)時(shí)的速度，即進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度等于進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)速度，大于從磁場(chǎng)Ⅰ出來(lái)時(shí)的速度.金屬棒在磁場(chǎng)Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，A錯(cuò). 金屬棒在磁場(chǎng)Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知 ma＝BIL－mg＝－mg， a隨著減速過(guò)程逐漸變小，即在前一段做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng). 在磁場(chǎng)之間做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過(guò)程位移大小相等，由v－t圖象(可能圖象如圖所示)可以看出前一段用時(shí)多于后一段用時(shí)，B對(duì). 由于進(jìn)入兩磁場(chǎng)時(shí)速度相等，由動(dòng)能定理知， W安1－mg2d＝0， W安1＝2mgd. 即通過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ產(chǎn)生的熱量為2mgd，故穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd，C對(duì). 設(shè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度為v，則由機(jī)械能守恒定律知 mgh＝mv2，① 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)ma＝BIL－mg＝－mg， 解得v＝，② 由①②式得h＝>，D錯(cuò). 例3　(2018南京市三模) 如圖4甲所示，固定在水平桌面上的間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，其右端MN間接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌上存在著以efhg為邊界，寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，方向豎直向下.一長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，金屬棒的電阻也為R，在t＝0時(shí)刻從圖示位置在恒力作用下由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，t＝t0時(shí)刻恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，并保持不變.金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R上的電流大小不變，導(dǎo)軌電阻不計(jì).求： 圖4 (1)0～t0時(shí)間內(nèi)流過(guò)電阻R的電流I的大小和方向； (2)金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)的速度及所受恒力的大??； (3)金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1)　方向由N→M　(2)　　(3) 解析　(1)0～t0時(shí)間內(nèi)，由E＝S 解得E＝ 由I＝ 解得I＝ 由楞次定律可知，電流方向?yàn)橛蒒到M (2)經(jīng)分析可知，金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中電動(dòng)勢(shì)大小與0～t0時(shí)間內(nèi)相同 由E＝＝B0Lv 解得v＝ 金屬棒勻速通過(guò)磁場(chǎng)由受力平衡得F＝BIL 則F＝ (3)金屬棒從題圖所示位置到恰好穿出磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電流大小不變，為I＝ 金屬棒勻速通過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為t＝＝t0 所以Q＝I2R(t0＋t0)＝. 變式2　(2018泰州中學(xué)月考)如圖5甲所示，MN、PQ為水平放置的足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L為0.5m，導(dǎo)軌左端連接一個(gè)阻值為2Ω的定值電阻R，將一根質(zhì)量為0.2kg的金屬棒cd垂直放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒cd的電阻r＝2Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T.若棒以1m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)對(duì)棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒為4W，從此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)2s金屬棒的速度穩(wěn)定不變，圖乙為安培力與時(shí)間的關(guān)系圖象.試求： 圖5 (1)金屬棒的最大速度； (2)金屬棒的速度為3m/s時(shí)的加速度大??； (3)求從開(kāi)始計(jì)時(shí)起2s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的電熱. 答案　(1)4m/s　(2)m/s2　(3)3.25J 解析　(1)金屬棒速度最大時(shí)，所受合外力為零，即F安m＝F. 由題圖乙可知F安m＝1.0N，則vm＝＝＝4m/s. (2)金屬棒速度為3m/s時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝BLv＝20.53V＝3V. 電流I′＝，F(xiàn)安′＝BI′L 金屬棒受到的拉力F′＝＝N 根據(jù)牛頓第二定律F′－F安′＝ma 解得a＝＝m/s2＝m/s2. (3)從開(kāi)始計(jì)時(shí)起2s內(nèi)，由動(dòng)能定理得，Pt＋W安＝mvm2－mv02 W安＝－6.5J 則QR＝＝3.25J. 模型2　“導(dǎo)線框”切割磁感線 例4　(2018南通市、泰州市一模)如圖6所示，光滑絕緣斜面傾角為θ，斜面上平行于底邊的虛線MN、PQ間存在垂直于斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ相距為L(zhǎng).一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d(d＜L)的正方形金屬線框abef置于斜面上，線框電阻為R.ab邊與磁場(chǎng)邊界MN平行，相距為L(zhǎng).線框由靜止釋放后沿斜面下滑，ef邊離開(kāi)磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.求： 圖6 (1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量q； (2)線框ef邊離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度的大小v； (3)線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的熱量Q. 答案　(1)　(2)　(3)mg(2L＋d)sinθ－ 解析　(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝ 通過(guò)回路的電荷量q＝IΔt＝Δt 磁通量的變化量ΔΦ＝Bd2 解得q＝. (2)線框ef邊離開(kāi)磁場(chǎng)前，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝ 受到的安培力F＝IdB 由平衡條件有mgsin θ－F＝0 解得v＝. (3)線框由靜止至離開(kāi)磁場(chǎng)，由能量守恒定律有mg(2L＋d)sin θ－Q＝mv2－0 解得Q＝mg(2L＋d)sin θ－. 例5　(2018揚(yáng)州市一模)實(shí)驗(yàn)小組想要探究電磁剎車(chē)的效果，在遙控小車(chē)底面安裝寬為L(zhǎng)、長(zhǎng)為2.5L的N匝矩形線框abcd，總電阻為R，面積可認(rèn)為與小車(chē)底面相同，其平面與水平地面平行，小車(chē)總質(zhì)量為m.如圖7是簡(jiǎn)化的俯視圖，小車(chē)在磁場(chǎng)外以恒定的功率做直線運(yùn)動(dòng)，受到地面阻力恒為Ff，進(jìn)入磁場(chǎng)前已達(dá)到最大速度v，車(chē)頭(ab邊)剛要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)立即撤去牽引力，車(chē)尾(cd邊)剛出磁場(chǎng)時(shí)速度恰好為零.已知有界磁場(chǎng)寬度為2.5L，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下.求： 圖7 (1)進(jìn)入磁場(chǎng)前小車(chē)所受牽引力的功率P； (2)車(chē)頭剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流的大小I； (3)電磁剎車(chē)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1)Ffv　(2)　(3)mv2－5FfL 解析　(1)進(jìn)入磁場(chǎng)前小車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，根據(jù)受力平衡則有：F＝Ff 牽引力的功率為：P＝Fv＝Ffv； (2)車(chē)頭剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝NBLv 感應(yīng)電流的大小為：I＝＝ (3)根據(jù)能量守恒定律得： Q＋Ff5L＝mv2 可得，電磁剎車(chē)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為： Q＝mv2－5FfL. 1.(多選)(2018啟東中學(xué)月考)如圖8所示，兩固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì).兩質(zhì)量、長(zhǎng)度均相同的導(dǎo)體棒c、d置于邊界水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方同一高度h處.磁場(chǎng)寬為3h，方向與導(dǎo)軌平面垂直.先由靜止釋放c，c剛進(jìn)入磁場(chǎng)立即勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)再由靜止釋放d，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸.用ac表示c的加速度，Ekd表示d的動(dòng)能，xc、xd分別表示c、d相對(duì)釋放點(diǎn)的位移.下圖中正確的是(　　) 圖8 答案　BD 解析　導(dǎo)體棒c進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度恒為g，有h＝gt2，v＝gt，c棒進(jìn)入磁場(chǎng)以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)的路程為h′＝vt＝gt2＝2h，此后d棒進(jìn)入磁場(chǎng)，d棒進(jìn)入磁場(chǎng)而c棒還沒(méi)有穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，無(wú)電磁感應(yīng)，兩導(dǎo)體棒僅受到重力作用，加速度均為g，直到c棒穿出磁場(chǎng)，穿出磁場(chǎng)后c棒僅受重力，加速度仍為g，A錯(cuò)誤，B正確；c棒穿出磁場(chǎng)后，d棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此時(shí)d棒速度大于c棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)切割感線的速度，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流、感應(yīng)安培力都大于c棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的大小，d棒減速，直到穿出磁場(chǎng)僅受重力，做勻加速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)v2－v02＝2gh，可知?jiǎng)蚣铀龠^(guò)程動(dòng)能與運(yùn)動(dòng)距離成正比，D正確. 2.(2018如皋市模擬四)如圖9所示，質(zhì)量為m、電阻為R的單匝矩形線框置于光滑水平面上，線框邊長(zhǎng)ab＝L、ad＝2L.虛線MN過(guò)ad、bc邊中點(diǎn).一根能承受最大拉力為F0的細(xì)線沿水平方向拴住ab邊中點(diǎn)O，細(xì)線與ab邊垂直.從某時(shí)刻起，在MN右側(cè)加一方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按B＝kt的規(guī)律均勻變化.一段時(shí)間后，細(xì)線被拉斷，線框向左運(yùn)動(dòng)，ab邊穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度為v.求： 圖9 (1)細(xì)線斷裂前線框中的電功率P； (2)細(xì)線斷裂后瞬間線框的加速度大小a及線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中安培力所做的功W； 答案　(1)　(2)　mv2 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝＝L2＝kL2； 電功率：P＝＝ (2)細(xì)線斷裂瞬間安培力：F安＝F0，線框的加速度a＝＝ 線框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：W＝mv2. 3.(2018南京師大附中5月模擬)近期大功率儲(chǔ)能技術(shù)受到媒體的廣泛關(guān)注，其中飛輪儲(chǔ)能是熱點(diǎn)之一.為說(shuō)明某種飛輪儲(chǔ)能的基本原理，將模型簡(jiǎn)化為如圖10所示：光滑的”Π”形導(dǎo)軌水平放置，電阻不計(jì)，長(zhǎng)度足夠.軌道平行部分間距為L(zhǎng)＝1m，導(dǎo)軌上靜止放置有長(zhǎng)度也為L(zhǎng)、質(zhì)量為m＝100kg、接入電路的電阻為R1＝0.1Ω的導(dǎo)體棒AB.導(dǎo)軌間虛線框區(qū)域有垂直軌道平面向上的均勻變化磁場(chǎng).虛線框右側(cè)區(qū)域有垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝10T.圖中開(kāi)關(guān)S接a，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間，棒AB向右勻速運(yùn)動(dòng)，速度為v＝100m/s.然后若將開(kāi)關(guān)S接b，棒AB可作為電源對(duì)電阻R2供電，電阻R2＝0.9Ω. 圖10 (1)開(kāi)關(guān)S接a，棒AB勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，虛線框中的磁場(chǎng)磁通量每秒鐘變化多少？ (2)求開(kāi)關(guān)S接b的瞬間棒AB的加速度大小. (3)求開(kāi)關(guān)S接b后R2產(chǎn)生的總熱量Q. 答案　(1)1000Wb　(2)100m/s2　(3)4.5105J 解析　(1)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為零，安培力為零，電流為零，磁通量不變，所以虛線框中磁場(chǎng)磁通量每秒增加ΔΦ＝BLvt＝1 000 Wb； (2)棒AB產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝1 000 V，電路中的感應(yīng)電流I＝＝1 000 A， 故受到的安培力為F＝BIL＝1104 N，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝＝100 m/s2； (3)棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為熱量，故Q總＝mv2＝5105 J， 電阻R2上產(chǎn)生的熱量為Q＝Q總＝4.5105 J. 4.(2018蘇州市模擬)如圖11所示，空間存在豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形單匝導(dǎo)線框abcd放在水平桌面上.在水平拉力作用下，線框從左邊界以速度v勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)撤去拉力，ab邊恰好能到達(dá)磁場(chǎng)的右邊界.已知線框與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，磁場(chǎng)寬度大于L，重力加速度為g.求： 圖11 (1)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，其兩端的電壓U； (2)水平拉力的大小F和磁場(chǎng)的寬度d； (3)整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的總熱量Q. 答案　(1)BLv　(2)＋μmg　L＋ (3) μmgL＋mv2＋ 解析　(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv 感應(yīng)電流I＝＝ ab邊兩端電壓U＝IR＝BLv. (2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)后，對(duì)線框受力分析得，F(xiàn)＝F安＋μmg＝＋μmg 撤去拉力后，線框在磁場(chǎng)中只受到滑動(dòng)摩擦力，做勻減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)位移x2＝ 所以磁場(chǎng)寬度d＝L＋. (3)進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生焦耳熱Q1＝I2Rt1＝ 由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q2＝μmg(L＋)＝μmgL＋mv2 所以整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量為Q＝Q1＋Q2＝μmgL＋mv2＋. 1.(2017南通市第二次調(diào)研)如圖1所示，閉合導(dǎo)線框勻速穿過(guò)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾却笥诰€框尺寸，規(guī)定線框中逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳛檎?，則線框中電流i隨時(shí)間t變化的圖象可能正確的是(　　) 圖1 答案　B 解析　閉合導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)由楞次定律知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故排除D，閉合導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)由楞次定律知電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，故排除A，根據(jù)有效切割長(zhǎng)度的變化可知，C錯(cuò)誤，B正確. 2.(多選)(2018鹽城中學(xué)月考)如圖2所示，電阻為R的金屬棒，從圖示位置分別以速率v1、v2沿電阻不計(jì)的光滑軌道從ab勻速滑到a′b′處，若v1∶v2＝1∶2，則在兩次移動(dòng)過(guò)程中(　　) 圖2 A.回路中感應(yīng)電流I1∶I2＝1∶2 B.回路中產(chǎn)生熱量Q1∶Q2＝1∶2 C.回路中通過(guò)橫截面的總電荷量q1∶q2＝1∶2 D.金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1∶E2＝1∶2 答案　ABD 3.(2018南京市三校聯(lián)考)如圖3所示，線圈由A位置開(kāi)始下落，不計(jì)空氣阻力，在磁場(chǎng)中受到的安培力如果總小于它的重力，則它在A、B、C、D四個(gè)位置(B、D位置恰好線圈有一半在磁場(chǎng)中)時(shí)，加速度關(guān)系為(　　) 圖3 A.aA>aB>aC>aD B.aA＝aC>aB>aD C.aA＝aC>aD>aB D.aA＝aC>aD＝aB 答案　B 4.(2017宜興市下學(xué)期初考)如圖4所示，在光滑水平面上，有一個(gè)粗細(xì)均勻的單匝正方形閉合線框abcd.t＝0時(shí)刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開(kāi)始向右一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，bc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻為t1，ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻為t2，設(shè)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為i，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列i、U、F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化關(guān)系圖象正確的是(　　) 圖4 答案　C 解析　線框的速度與時(shí)間的關(guān)系式為v＝at，a是加速度，設(shè)線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，在0～t1時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，t1～t2時(shí)間內(nèi)，由E＝BLv和i＝得，感應(yīng)電流與時(shí)間的關(guān)系式為i＝t，B、L、a、R均不變，電流i與t成正比，t2時(shí)間后無(wú)感應(yīng)電流，故A、B錯(cuò)誤；在0～t1時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，ad邊兩端的電壓為零，t1～t2時(shí)間內(nèi)，電流i與t成正比，ad邊兩端電壓大小為U＝iRad＝R＝，電壓隨時(shí)間均勻增加，t2時(shí)間后無(wú)感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，ad邊兩端電壓大小為U＝E＝BLat，電壓隨時(shí)間均勻增加，故C正確；根據(jù)推論得知：線框所受的安培力為F安＝，由牛頓第二定律得F－F安＝ma，得F＝t＋ma,0～t1時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，F(xiàn)＝ma，為定值，t1～t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)與t是線性關(guān)系，但不過(guò)原點(diǎn)，t2時(shí)間后無(wú)感應(yīng)電流，F(xiàn)＝ma，為定值，故D錯(cuò)誤. 5.(多選)如圖5甲所示，閉合矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直.規(guī)定垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向，abcda方向?yàn)殡娏鞯恼较?，水平向右為安培力的正方?磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，下列關(guān)于線框中的電流i、ad邊所受的安培力F隨時(shí)間t變化的圖象，正確的是(　　) 圖5 答案　AD 解析　由題圖B－t圖象可知，0～1s時(shí)間內(nèi)，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向是逆時(shí)針的，為負(fù)值；1～3s，磁通量不變，無(wú)感應(yīng)電流；3～4s，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，為正值；由左手定則可知，在0～1s內(nèi)，ad邊受到的安培力水平向右，是正的，1～3s無(wú)感應(yīng)電流，不受安培力，3～4s時(shí)間內(nèi)，安培力水平向左，是負(fù)的；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝＝S，感應(yīng)電流I＝＝，由B－t圖象可知，在每一時(shí)間段內(nèi)，是定值，則在各時(shí)間段內(nèi)I是定值，ad邊受到的安培力F＝BIL，I、L不變，0～1s內(nèi)B均勻增大，則F均勻增大，3～4s內(nèi)B均勻減小，則F均勻減小，故B、C錯(cuò)誤，A、D正確. 6.(多選)(2018海安中學(xué)月考)水平固定放置的足夠長(zhǎng)的U形金屬導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖6所示，在導(dǎo)軌上放著金屬棒ab，開(kāi)始時(shí)ab棒以水平初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，最后靜止在導(dǎo)軌上，就導(dǎo)軌光滑和粗糙兩種情況比較，這個(gè)過(guò)程(　　) 圖6 A.外力對(duì)棒所做功相等 B.電流所做的功相等 C.通過(guò)ab棒的電荷量相等 D.安培力對(duì)ab棒所做的功不相等 答案　AD 解析　根據(jù)動(dòng)能定理，兩種情況下外力的功都等于動(dòng)能的變化量，因初狀態(tài)和末狀態(tài)相同，則外力對(duì)棒做功相同，選項(xiàng)A正確；電流所做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)功能關(guān)系可知導(dǎo)軌光滑時(shí)，金屬棒克服安培力做功多，產(chǎn)生的焦耳熱多，電流做功多，故B錯(cuò)誤；根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q＝＝，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、導(dǎo)體棒長(zhǎng)度L相同，x越大，感應(yīng)電荷量越大，因此導(dǎo)軌光滑時(shí)，感應(yīng)電荷量大，故C錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)軌光滑時(shí)，金屬棒克服安培力做功，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，產(chǎn)生的內(nèi)能等于金屬棒的初動(dòng)能；當(dāng)導(dǎo)軌粗糙時(shí)，金屬棒在導(dǎo)軌上滑動(dòng)，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生熱，把部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一方面要克服安培力做功，金屬棒的部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能與克服安培力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的和等于金屬棒的初動(dòng)能；所以導(dǎo)軌粗糙時(shí)，安培力做的功少，導(dǎo)軌光滑時(shí)，安培力做的功多，故D正確. 7.(多選)(2018溧水中學(xué)期初模擬)如圖7所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，底端接有阻值為R的電阻.一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌和桿ab的電阻可忽略.整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向上.讓桿ab沿軌道由靜止開(kāi)始下滑，導(dǎo)軌和桿ab接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦，桿ab由靜止下滑距離s時(shí)，已勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.則 (　　) 圖7 A.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)桿ab的速度為 B.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)桿ab受到的安培力大小為mgsinθ C.桿ab由靜止下滑距離s過(guò)程中，安培力做功為mgssinθ D.桿ab由靜止下滑距離s過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生的熱量為mgssinθ 答案　AB 解析　勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsin θ＝F安，又F安＝BIL＝，解得v＝，F(xiàn)安＝mgsin θ，故A、B正確；桿ab由靜止下滑距離s過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律可得電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝mgssin θ－mv2，其中v＝，安培力做功為W＝－Q＝mv2－mgssin θ，其中v＝，故C、D錯(cuò)誤. 8.(2018南京市學(xué)情調(diào)研)如圖8所示，電阻不計(jì)、間距為l＝1.0m的光滑平行金屬導(dǎo)軌，水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T、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＝1.5Ω，質(zhì)量為m＝1.0kg、電阻為r＝0.5Ω的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好.當(dāng)MN受到垂直于棒的水平外力F＝2.0N的作用，由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)位移x＝1.55m，到達(dá)PQ處(圖中未畫(huà)出)，此時(shí)速度為v＝2.0m/s.求： 圖8 (1)金屬棒在PQ處所受磁場(chǎng)作用力大??； (2)金屬棒在PQ處的加速度大??； (3)金屬棒在運(yùn)動(dòng)中回路總共產(chǎn)生的熱能. 答案　(1)1.0N　(2)1.0m/s2　(3)1.1J 解析　(1)速度為v＝2.0 m/s時(shí)，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv 產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝ 由此得磁場(chǎng)對(duì)金屬棒的作用力為： F安＝BIl＝＝1.0 N (2)由牛頓第二定律有F－F安＝ma 解得a＝＝1.0 m/s2 (3)設(shè)金屬棒受到的安培力做功為W，由動(dòng)能定理得Fx＋W＝mv2 解得W＝mv2－Fx＝－1.1 J 金屬棒克服安培力所做的功，即回路中總共產(chǎn)生的熱能得Q＝－W＝1.1 J. 9.(2018鹽城市三模)如圖9所示，在豎直平面內(nèi)，水平且平行的Ⅰ、Ⅱ虛線間距為L(zhǎng)，其間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一長(zhǎng)為2L、寬為L(zhǎng)的矩形線框質(zhì)量為m、電阻為R.開(kāi)始時(shí)，線框下邊緣正好與虛線Ⅱ重合，由靜止釋放，線框上邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)后線框一直做減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，線框上邊緣經(jīng)過(guò)虛線Ⅱ瞬間加速度恰為0.重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力.求矩形線框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中： 圖9 (1)上邊緣經(jīng)過(guò)虛線Ⅱ瞬間，線框中電流的大??； (2)磁通量變化率的最大值； (3)線框中產(chǎn)生的焦耳熱. 答案　(1)　(2)BL　(3)2mgL－ 解析　(1)由線框受力平衡得：BIL＝mg，解得I＝. (2)線框上邊緣剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)磁通量的變化率最大，設(shè)此時(shí)速度為v1， 磁通量變化率＝BLv1 由動(dòng)能定理得mgL＝mv12 則＝BL. (3) 設(shè)線框上邊緣通過(guò)虛線Ⅱ瞬間線框速度為v2，則BLv2＝IR 設(shè)線框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中克服安培力做的功為W，根據(jù)動(dòng)能定理 mgL－W＝mv22－mv12 解得W＝2mgL－ 線框克服安培力所做的功，就是線框中產(chǎn)生的焦耳熱，故Q＝W＝2mgL－. 10.(2018鎮(zhèn)江市模擬)如圖10所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30的斜面上，其電阻不計(jì)，間距為0.4m.導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界為MN，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的方向分別垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為0.5T.將質(zhì)量為0.1kg、電阻為0.1Ω的導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上的區(qū)域Ⅰ中，ab剛好不下滑.再在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量為0.4kg、電阻為0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd從導(dǎo)軌上由靜止開(kāi)始下滑.cd棒始終處于區(qū)域Ⅱ中，兩棒與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，g取10m/s2. 圖10 (1)求ab棒所受最大靜摩擦力，并判斷cd棒下滑時(shí)ab棒中電流的方向； (2)ab棒剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd棒的速度大小v； (3)若從cd棒開(kāi)始下滑到ab棒剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中，裝置中產(chǎn)生的總熱量為2.6J，求此過(guò)程中cd棒下滑的距離x. 答案　(1)0.5N　由a流向b　(2)5m/s　(3)3.8m 解析　(1)ab剛好不下滑時(shí)，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力 有Ffmax＝m1gsin θ 則Ffmax＝0.5 N 由右手定則可知cd棒下滑時(shí)ab棒中電流方向由a流向b. (2)設(shè)ab剛好要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝Blv 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I＝ 設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIl 此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下， 由平衡條件有F安＝m1gsin θ＋Ffmax 代入數(shù)據(jù)解得v＝5 m/s. (3)設(shè)從cd棒開(kāi)始下滑到ab棒剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中裝置中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒有m2gxsin θ＝Q總＋m2v2 解得x＝3.8 m.