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2015届高考物理 考前三个月 专题讲练9 电磁感应(含14真题及原创解析)新人教版[来源:学优高考网650752]


2015 届高考物理 考前三个月 名师考点点拨专题讲练 9 电磁感应 (含 14 真题及原创解析)新人教版
高考定位 电磁感应是电磁学部分的重点之一,是高考的重要考点.考查的重点有以下几个方面:①楞 次定律的理解和应用;②电磁感应图象;③电磁感应过程中的动态分析;④综合应用电路知 识和能量观点解决电磁感应问题. 应考策略: 复习应注意“抓住两个定律, 运用两种观点”.

两 个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律;两种观点是指动力学观点和能量观点. 考题 1 对楞次定律和电磁感应图象问题的考查 例 1 如图 1 所示,直角坐标系 xOy 的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场,磁感应强度 大小均为 B,在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场,磁感应强度大小为 2B.现将半径为 L、 圆心角为 90°的扇形闭合导线框 OPQ 在外力作用下以恒定角速度绕 O 点在纸面内沿逆时针方 向匀速转动.t=0 时刻线框在图示位置,设电流逆时针方向为正方向.则下列关于导线框中 的电流随时间变化的图线,正确的是( )

图1

1 2 审题突破 根据转动闭合线框切割磁感线产生的感应电动势公式 E= Bl ω 求出每条半径切 2 割磁感线时产生的感应电动势,分段由闭合电路欧姆定律求出感应电流,由楞次定律判断感 应电流的方向,即可选择图象. 解析 根据楞次定律,线框从第一象限进入第二象限时,电流方向是正方向,设导线框的电 Bω L2 阻为 R,角速度为 ω ,则电流大小为 ,从第二象限进入第三象限时,电流方向是负方向, 2R 2 2 3Bω L 3Bω L 电流大小为 ,从第三象限进入第四象限时,电流方向是正方向,电流大小是 ,线 2R 2R

框从第四象限进入第一象限时,电流方向是负方向,电流大小为 答案 B

Bω L2 ,B 选项正确. 2R

1.(2014·江苏·7)如图 2 所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源, 过了几分钟,杯内的水沸腾起来.若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有( )

图2 A.增加线圈的匝数 B.提高交流电源的频率 C.将金属杯换为瓷杯 D.取走线圈中的铁芯 答案 AB 解析 当电磁铁接通交流电源时,金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热,使水温升高.要 缩短加热时间,需增大涡电流,即增大感应电动势或减小电阻.增加线圈匝数、提高交变电 流的频率都是为了增大感应电动势,瓷杯不能产生涡电流,取走铁芯会导致磁性减弱.所以 选项 A、B 正确,选项 C、D 错误.

1.楞次定律的理解和应用 (1)“阻碍”的效果表现为:①阻碍原磁通量的变化——增反减同;②阻碍物体间的相对运动 ——来拒去留;③阻碍自身电流的变化——自感现象. (2)解题步骤:①确定原磁场的方向(分析合磁场);②确定原磁通量的变化(增加或减少);③ 确定感应电流磁场的方向(增反减同);④确定感应电流方向(安培定则). 2.求解图象问题的思路与方法 (1)图象选择问题: 求解物理图象的选择题可用“排除法”, 即排除与题目要求相违背的图象, 留下正确图象.也 可用“对照法”,即按照要求画出正确的草图,再与选项对照.解决此类问题的关键是把握 图象特点,分析相关物理量的函数关系,分析物理过程的变化或物理状态的变化. (2)图象分析问题:定性分析物理图象,要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量,弄清图 象的物理意义,借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断.在有关物理图象 的定量计算时,要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系,善于挖掘图象中的隐

含条件,明确有关图象所包围的面积、斜率,以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理 意义. 考题 2 对电磁感应中动力学问题的考查 例 2 如图 3 所示, 间距为 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨 MN、 PQ 与水平面夹角为 30°, 导轨的电阻不计,导轨的 N、Q 端连接一阻值为 R 的电阻,导轨上有一根质量一定、电阻为 r 的导体棒 ab 垂直导轨放置,导体棒上方距离 L 以上的范围存在着磁感应强度大小为 B、方向 与导轨平面垂直向下的匀强磁场.现在施加一个平行斜面向上且与棒 ab 重力相等的恒力,使 导体棒 ab 从静止开始沿导轨向上运动,当 ab 进入磁场后,发现 ab 开始匀速运动,求:

图3 (1)导体棒的质量; (2)若进入磁场瞬间,拉力减小为原来的一半,求导体棒能继续向上运动的最大位移. 审题突破 (1)由牛顿第二定律求出导体棒的加速度,由匀变速运动的速度位移公式求出速

度,由安培力公式求出安培力,然后由平衡条件求出导体棒的质量.(2)应用牛顿第二定律、 安培力公式分析答题. 解析 (1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动,距离为 L,其加速度为

F-mgsin 30°=ma F=mg
1 得 a= g 2 棒进入磁场时的速度为 v= 2aL= gL 1 由棒在磁场中匀速运动可知 F 安= mg 2

B2L2v F 安=BIL= R+r 2 2 2B L L 得 m= R+r g
1 (2)若进入磁场瞬间使拉力减半,则 F= mg 2 则导体棒所受合力为 F 安

B2L2v F 安=BIL= =ma R+r Δx Δv v= 和 a= 代入上式 Δt Δt Δx B2L2 Δt Δv =m R+r Δt



B2L2Δ x =mΔ v R+r

设导体棒继续向上运动的位移为 x,则有

B2L2x =mv R+r
2B L 将 v= gL和 m= R+r 代入得 x=2L 2 2 2B L 答案 (1) R+r
2 2

L g

L (2)2L g

2.如图 4 所示,光滑斜面 PMNQ 的倾角为 θ ,斜面上放置一矩形导体线框 abcd,其中 ab 边 长为 l1,bc 边长为 l2,线框质量为 m、电阻为 R,有界匀强磁场的磁感应强度为 B,方向垂直 于斜面向上,ef 为磁场的边界,且 ef∥MN.线框在恒力 F 作用下从静止开始运动,其 ab 边始 终保持与底边 MN 平行,F 沿斜面向上且与斜面平行.已知线框刚进入磁场时做匀速运动,则 下列判断正确的是( )

图4

F-mgsin θ m F-mgsin θ B.线框进入磁场时的速度为 B2l2 1
A.线框进入磁场前的加速度为

R

C.线框进入磁场时有 a→b→c→d 方向的感应电流 D.线框进入磁场的过程中产生的热量为(F-mgsin θ )l1 答案 ABC 解析 线框进入磁场前,对整体,根据牛顿第二定律得:F-mgsin θ =ma,线框的加速度为 F-mgsin θ a= , 故 A 正确. 设线框匀速运动的速度大小为 v, 则线框受力平衡, F=F 安+mgsin

m

Bl1v B2l2 F-mgsin θ 1v θ ,而 F 安=B· ·l1= ,解得 v= R R B2l2 1

R

,选项 B 正确;根据右手定则可

知,线框进入磁场时有 a→b→c→d 方向的感应电流,选项 C 正确;由能量关系,线框进入磁 场的过程中产生的热量为力 F 做的功与线框重力势能增量的差值,即 Fl2-mgl2sin θ ,选项 D 错误,故选 A、B、C. 3.如图 5 甲所示,MN、PQ 是相距 d=1.0 m 足够长的平行光滑金属导轨,导轨平面与水平面 间的夹角为 θ ,导轨电阻不计,整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,金属 棒 ab 垂直于导轨 MN、PQ 放置,且始终与导轨接触良好,已知金属棒 ab 的质量 m=0.1 kg, 其接入电路的电阻 r=1 Ω ,小灯泡电阻 RL=9 Ω ,重力加速度 g 取 10 m/s .现断开开关 S,
2

将棒 ab 由静止释放并开始计时,t=0.5 s 时刻闭合开关 S,图乙为 ab 的速度随时间变化的 图象.求:

图5 (1)金属棒 ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值; (2)磁感应强度 B 的大小. 3 2 答案 (1)6 m/s (2)1 T 5 解析 (1)S 断开时 ab 做匀加速直线运动 Δv 2 由图乙可知 a= =6 m/s Δt 根据牛顿第二定律有:mgsin θ =ma 3 所以 sin θ = . 5 (2)t=0.5 s 时 S 闭合,ab 先做加速度减小的加速运动,当速度达到最大 vm=6 m/s 后做匀速 直线运动 根据平衡条件有 mgsin θ =F 安 又 F 安=BId E=Bdvm I= 解得 B=1 T.

E RL+r

在此类问题中力现象和电磁现象相互联系、 相互制约, 解决问题前首先要建立“动—电—动” 的思维顺序,可概括为: (1)找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向. (2)根据等效电路图,求解回路中的感应电流的大小及方向. (3)分析安培力对导体棒运动速度、 加速度的影响, 从而推出对电路中的感应电流有什么影响, 最后定性分析导体棒的最终运动情况. (4)列牛顿第二定律或平衡方程求解. 考题 3 对电磁感应中能量问题的考查 例 3 如图 6 所示,平行金属导轨与水平面间夹角均为 37°,导轨间距为 1 m,电阻不计,导 轨足够长.两根金属棒 ab 和以 a′b′的质量都是 0.2 kg,电阻都是 1 Ω ,与导轨垂直放置 且接触良好,金属棒和导轨之间的动摩擦因数为 0.25,两个导轨平面处均存在着垂直轨道平 面向上的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度 B 的大小相同.让 a′b′固定不动,将金属棒

ab 由静止释放,当 ab 下滑速度达到稳定时,整个回路消耗的电功率为 8 W.求:

图6 (1)ab 下滑的最大加速度; (2)ab 下落了 30 m 高度时,其下滑速度已经达到稳定,则此过程中回路电流的发热量 Q 为多 大? (3)如果将 ab 与 a′b′同时由静止释放,当 ab 下落了 30 m 高度时,其下滑速度也已经达到 稳定,则此过程中回路电流的发热量 Q′为多大?(g=10 m/s ,sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8) 审题突破 (1)当 ab 棒刚下滑时,v=0,没有感应电流,此时加速度最大.(2)ab 棒达到最大 速度后做匀速运动,其重力功率等于整个回路消耗的电功率,求出 vm,根据能量守恒列式求 回路电流的发热量 Q.(3)a′b′和 ab 受力平衡时稳定,求出稳定速度,根据能量守恒列式求 回路电流的发热量 Q′. 解析 (1)当 ab 棒刚下滑时,ab 棒的加速度有最大值:
2

a=gsin θ -μ gcos θ =4 m/s2.(2 分)
(2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动,有

mgsin θ =BIL+μ mgcos θ ,(2 分)
整个回路消耗的电功率

P 电=BILvm=(mgsin θ -μ mgcos θ )vm=8 W,(2 分)
则 ab 棒的最大速度为:vm=10 m/s(1 分) 由 P 电= = 2R

E2

BLvm 2R

2

(2 分)

得:B=0.4 T.(1 分) 根据能量守恒得: 1 h mgh=Q+ mv2 (2 分) m+μ mgcos θ · 2 sin θ 解得:Q=30 J.(1 分) (3)由对称性可知, 当 ab 下落 30 m 稳定时其速度为 v′, a′b′也下落 30 m, 其速度也为 v′,

ab 和 a′b′都切割磁感线产生电动势,总电动势等于两者之和.
根据共点力平衡条件,对 ab 棒受力分析, 得 mgsin θ =BI′L+μ mgcos θ (2 分) 2BLv′ BLv′ 又 I′= = (2 分) 2R R 代入解得 v′=5 m/s(1 分)

1 h 2 由能量守恒 2mgh= ×2mv′ +2μ mgcos θ +Q′(3 分) 2 sin θ 代入数据得 Q′=75 J.(1 分) 答案 (1)4 m/s
2

(2)30 J (3)75 J

4.在倾角为 θ 足够长的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场,磁场方 向一个垂直斜面向上,另一个垂直斜面向下,宽度均为 L,如图 7 所示.一个质量为 m、电阻 为 R、边长也为 L 的正方形线框在 t=0 时刻以速度 v0 进入磁场,恰好做匀速直线运动,若经 过时间 t0,线框 ab 边到达 gg′与 ff′中间位置时,线框又恰好做匀速运动,则下列说法正 确的是( )

图7 A.当 ab 边刚越过 ff′时,线框加速度的大小为 gsin θ B.t0 时刻线框匀速运动的速度为

v0
4

3 15 2 C.t0 时间内线框中产生的焦耳热为 mgLsin θ + mv0 2 32 D.离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动 答案 BC

B2L2v0 =mgsin θ .当 ab 边刚越过 f′f 时,线框的感应电动 R 2 2 2 2 4B L v0 4B L v 势和电流均加倍, -mgsin θ =ma,加速度向上为 3gsin θ ,A 错误;t0 时刻, = R R v0 mgsin θ ,解得 v= ,B 正确;线框从进入磁场到再次做匀速运动过程,沿斜面向下运动距
解析 当 ab 边进入磁场时,FA= 4 3 3mgLsin θ 1 2 1 2 3 离为 L,则由功能关系得 t0 时间内线框中产生的焦耳热为 Q= + mv0- mv = 2 2 2 2 2 15 2 mgLsin θ + mv0,C 正确;线框离开磁场时做加速运动,D 错误. 32

5.如图 8 所示,水平放置的足够长的平行金属导轨 MN、PQ 的一端接有电阻 R0,不计电阻的 导体棒 ab 静置在导轨的左端 MP 处,并与 MN 垂直.以导轨 PQ 的左端为坐标原点 O,建立直角 坐标系 xOy,Ox 轴沿 PQ 方向.每根导轨单位长度的电阻为 r.垂直于导轨平面的非匀强磁场磁 感应强度在 y 轴方向不变,在 x 轴方向上的变化规律为:B=B0+kx,并且 x≥0.现在导体棒 中点施加一垂直于棒的水平拉力 F,使导体棒由静止开始向右做匀加速直线运动,加速度大小 为 a.设导体棒的质量为 m,两导轨间距为 L.不计导体棒与导轨间的摩擦,导体棒与导轨接触

良好,不计其余部分的电阻.

图8 (1)请通过分析推导出水平拉力 F 的大小随横坐标 x 变化的关系式; (2)如果已知导体棒从 x=0 运动到 x=x0 的过程中,力 F 做的功为 W,求此过程回路中产生的 焦耳热 Q; (3)若 B0=0.1 T,k=0.2 T/m,R0=0.1 Ω ,r=0.1 Ω /m,L=0.5 m,a=4 m/s ,求导体棒 从 x=0 运动到 x=1 m 的过程中,通过电阻 R0 的电荷量 q. B0+kx 2L2 2ax 答案 (1)F=ma+ (2)W-max0 R0+2rx (3)0.5 C 解析 (1)设导体棒运动到坐标为 x 处的速度为 v, 由法拉第感应定律得产生的感应电动势为:
2

E=BLv①
由闭合电路欧姆定律得回路中的电流为:

BLv I= ② R0+2rx
由于棒做匀加速度直线运动,所以有:

v= 2ax③
此时棒受到的安培力:FA=BIL④ 由牛顿第二定律得:F-FA=ma⑤ 由①②③④⑤联立解得:F=ma+

B0+kx 2L2 2ax R0+2rx

(2)设导体棒在 x=x0 处的动能为 Ek,则由动能定理得:Ek=max0⑥ 由能量守恒与转化定律得:W=Q+Ek⑦ 将⑥式代入⑦式解得:Q=W-max0 B0+kx Lv (3)由①②两式得:I= ⑧ R0+2rx 因为 v=at,将题中所给的数值代入⑧式得:I=2t(A)⑨ 可知回路中的电流与时间成正比,所以在 0~t 时间内,通过 R0 的电荷量为:

I q= t=t2 (C)
2 由匀加速直线运动规律得:t= 2x 当 x=1 m 时,有 q= =0.5 C 2x

a

a

1.明确安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”,用框图表示如下: W安>0 电能 W <0 其他形式的能 安 2.明确功能关系,确定有哪些形式的能量发生了转化.如有摩擦力做功,必有内能产生;有 重力做功,重力势能必然发生变化;安培力做负功,必然有其他形式的能转化为电能. 3.根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解问题. 考题 4 综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题 例 4 (20 分)如图 9 甲所示,MN、PQ 是相距 d=1 m 的足够长平行光滑金属导轨,导轨平面与 水平面成某一夹角,导轨电阻不计;长也为 1 m 的金属棒 ab 垂直于 MN、PQ 放置在导轨上, 且始终与导轨接触良好,ab 的质量 m=0.1 kg、电阻 R=1 Ω ;MN、PQ 的上端连接右侧电路, 电路中 R2 为一电阻箱;已知灯泡电阻 RL=3 Ω ,定值电阻 R1=7 Ω ,调节电阻箱使 R2=6 Ω , 重力加速度 g=10 m/s .现断开开关 S,在 t=0 时刻由静止释放 ab,在 t=0.5 s 时刻闭合 S, 同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场,磁场方向垂直于导轨平面斜向上;图乙所示 为 ab 的速度随时间变化图象.
2

图9 (1)求斜面倾角 α 及磁感应强度 B 的大小; (2)ab 由静止下滑 x=50 m(此前已达到最大速度)的过程中,求整个电路产生的电热; (3)若只改变电阻箱 R2 的值.当 R2 为何值时,ab 匀速下滑中 R2 消耗的功率最大?消耗的最大 功率为多少?

Δv 2 解析 (1)S 断开时,ab 做匀加速直线运动,从图乙得 a= =6 m/s (1 分) Δt 由牛顿第二定律有 mgsin α =ma,(1 分)

3 所以有 sin α = ,即 α =37°,(1 分) 5

t=0.5 s 时,S 闭合且加了磁场,分析可知,此后 ab 将先做加速度减小的加速运动,当速度
达到最大(vm=6 m/s)后接着做匀速运动. 匀速运动时,由平衡条件知 mgsin α =F 安,(1 分) 又 F 安=BId I=

Bdvm (1 分) R总

RLR2 R 总=R+R1+ =10 Ω (1 分) RL+R2 B2d2vm 联立以上四式有 mgsin α = (2 分) R总 mgsin α R总 代入数据解得 B= =1 T(1 分) d2vm
1 2 (2)由能量转化关系有 mgsin α x= mvm+Q(2 分) 2 1 2 代入数据解得 Q=mgsin α x- mvm=28.2 J(1 分) 2 (3)改变电阻箱 R2 的值后,ab 匀速下滑时有

mgsin α =BdI(1 分) mgsin α 所以 I= =0.6 A(1 分) Bd RL 通过 R2 的电流为 I2= I(1 分) RL+R2 R2 的功率为 P=I2 2R2(1 分)
联立以上三式可得

P=I2

R2 LR2 RL+R2

2

=I

2

R2 L RL + R2 R2
2

(1 分)



RL = R2时,即 R2=RL=3 Ω ,功率最大,(1 分) R2

所以 Pm=0.27 W.(2 分) 答案 (1)37° 1 T (2)28.2 J (3)3 Ω 0.27 W

(2014·安徽·23)(16 分)如图 10 甲所示,匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5 T,其方向垂直于 倾角 θ 为 30°的斜面向上.绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨 MPN(电阻忽略不 计),MP 和 NP 长度均为 2.5 m,MN 连线水平,长为 3 m.以 MN 中点 O 为原点、OP 为 x 轴建立 一维坐标系 Ox.一根粗细均匀的金属杆 CD,长度 d 为 3 m、质量 m 为 1 kg、电阻 R 为 0.3 Ω , 在拉力 F 的作用下,从 MN 处以恒定速度 v=1 m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动(金属杆与导轨接 触良好).g 取 10 m/s .
2

图 10 (1)求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动到 x=0.8 m 处电势差 UCD; (2)推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x 的关系式,并在图乙中画出

F-x 关系图像;
(3)求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热. 答案 (1)1.5 V -0.6 V (2)F=12.5-3.75x(0≤x≤2) 见解析图 (3)7.5 J 解析 (1)金属杆 CD 在匀速运动中产生的感应电动势

E=Blv(l=d) E=1.5 V(D 点电势高)当 x=0.8 m 时,金属杆在导轨间的电势差为零.设此
时杆在导轨外的长度为 l 外,则 OP-x MN l 外=d- d OP= MP2- OP 2 得 l 外=1.2 m 由楞次定律判断 D 点电势高,故 C、D 两端电势差

2

=2 m

UCD=-Bl 外 v=-0.6 V.
(2)杆在导轨间的长度 l 与位置 x 的关系是 OP-x 3 l= d=3- x OP 2 对应的电阻 R1= R 电流 I=

l d

Blv R1

杆受的安培力为 F 安=BIl=7.5-3.75x 根据平衡条件得 F=F 安+mgsin θ

F=12.5-3.75x(0≤x≤2)
画出的 F-x 图象如图所示.

(3)外力 F 所做的功 WF 等于 F-x 图线下所围的面积. 5+12.5 即 WF= ×2 J=17.5 J 2 而杆的重力势能增加量 Δ Ep=mgOPsin θ 故全过程产生的焦耳热 Q=WF-Δ Ep=7.5 J. 知识专题练 训练 9 题组 1 楞次定律和电磁感应图象问题 1.法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机.如图 1 所示,紫铜做的圆盘水 平放置在竖直向下的匀强磁场中,圆盘圆心处固定一个摇柄,边缘和圆心处各与一个黄铜电 刷紧贴,用导线将电刷与电流表连接起来形成回路.转动摇柄,使圆盘逆时针匀速转动,电 流表的指针发生偏转.下列说法正确的是( )

图1 A.回路中电流大小变化,方向不变 B.回路中电流大小不变,方向变化 C.回路中电流的大小和方向都周期性变化 D.回路中电流方向不变,从 b 导线流进电流表 答案 D 1 E BL ω 解析 铜盘转动产生的感应电动势为: E= BL2ω , B、 L、 ω 不变, E 不变, 电流: I= = , 2 R 2R 电流大小恒定不变,由右手定则可知,回路中电流方向不变,从 b 导线流进电流表,故 A、B、 C 错误,D 正确. 2.如图 2 所示,虚线右侧存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,正方形金属框电阻为 R, 边长是 L,自线框从左边界进入磁场时开始计时,在外力作用下由静止开始,以垂直于磁场边 界的恒定加速度 a 进入磁场区域,t1 时刻线框全部进入磁场.若外力大小为 F,线框中电功率 ΔΦ 的瞬时值为 P,线框磁通量的变化率为 ,通过导体横截面的电荷量为 q,(其中 P—t 图象 Δt 为抛物线)则这些量随时间变化的关系正确的是( )
2

图2

答案 BD 解析 线框做匀加速运动,其速度 v=at,感应电动势 E=BLv 线框进入磁场过程中受到的安培力 F 安=BIL= 由牛顿第二定律得:F- 则 F=ma+

B2L2v B2L2at = R R

B2L2at =ma R

B2L2a t,故 A 错误; R E BLat 感应电流 I= = R R BLa 2 2 2 线框的电功率 P=I R= t ,故 B 正确; R
1 L· at2 2 1 2 ΔΦ ΔS 1 线框的位移 x= at , =B· =B· = BLat,故 C 错误; 2 Δt Δt t 2 ΔΦ 1 BL· at2 Δt 2 E Δ Φ BLx BLa 2 电荷量 q=IΔ t= ·Δ t= ·Δ t= = = = t ,故 D 正确. R R R R R 2R 题组 2 电磁感应中动力学问题 3.如图 3 所示,两根足够长的平行金属导轨倾斜放置,导轨下端接有定值电阻 R,匀强磁场 方向垂直导轨平面向上.现给金属棒 ab 一平行于导轨的初速度 v,使金属棒保持与导轨垂直 并沿导轨向上运动,经过一段时间金属棒又回到原位置.不计导轨和金属棒的电阻,在这一 过程中,下列说法正确的是( )

图3 A.金属棒上滑时棒中的电流方向由 b 到 a B.金属棒回到原位置时速度大小仍为 v C.金属棒上滑阶段和下滑阶段的最大加速度大小相等 D.金属棒上滑阶段和下滑阶段通过棒中的电荷量相等 答案 AD 解析 金属棒上滑时, 根据右手定则判断可知金属棒中感应电流的方向由 b 到 a, 故 A 正确. 金 属棒运动过程中产生感应电流,受到安培力作用,根据楞次定律可知安培力总是阻碍金属棒 相对于导轨运动,所以金属棒的机械能不断减小,则金属棒回到原位置时速度大小必小于 v, 故 B 错误.根据牛顿第二定律得:对于上滑过程:mgsin θ +F 安=ma 上;对于下滑过程:mgsin

θ -F 安′=ma 下.可知:a 上>a 下,故 C 错误.金属棒上滑阶段和下滑阶段中回路磁通量的变化 ΔΦ 量相等,根据 q= 可知通过金属棒的电荷量相等,故 D 正确.

R

4.如图 4 所示,螺线管横截面积为 S,线圈匝数为 N,电阻为 R1,管内有水平向右的磁场, 磁感应强度为 B.螺线管与足够长的平行金属导轨 MN、PQ 相连并固定在同一平面内,与水平面 的夹角为 θ ,两导轨间距为 L.导轨电阻忽略不计.导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为 B0 的匀强磁场中.金属杆 ab 垂直导轨,杆与导轨接触良好,并可沿导轨无摩擦滑动.已知金属 杆 ab 的质量为 m,电阻为 R2,重力加速度为 g.忽略螺线管磁场对金属杆 ab 的影响,忽略空 气阻力.

图4 (1)螺线管内方向向右的磁场 B 不变,当 ab 杆下滑的速度为 v 时,求通过 ab 杆的电流的大小 和方向; (2) 当 ab 杆下滑的速度为 v 时,螺线管内方向向右的磁场才开始变化,其变化率 ΔB = Δt

k(k>0).讨论 ab 杆加速度的方向与 k 的取值的关系. 2 B0Lv B2 R1+R2 0L v-mg 答 案 (1) , 方 向 为 b→a (2)k< R1+R2 B0LNS 2 B2 R1+R2 θ 0L v-mg k> ,加速度方向向下 B0LNS
解析 (1)切割磁感线产生的感应电动势 E1=B0Lv 则电流的大小 I=

θ

,加速度方向向上;

E1 B0Lv = R1+R2 R1+R2

根据右手定则知,通过 ab 的电流方向为 b→a. (2)根据法拉第电磁感应定律得,螺线管中磁场变化产生的感应电动势 NΔ BS E2= =kNS Δt 产生的感应电动势方向与 ab 切割产生的感应电动势方向相反. E1-E2 则感应电流的大小 I= R1+R2 B0L B0Lv-kNS 当 mgsin θ <B0IL= 时,加速度方向向上. R1+R2 2 2 B0L v-mg R1+R2 θ 即 k< ,加速度方向向上.

B0LNS B0L B0Lv-kNS 当 mgsin θ >B0IL= 时,加速度方向向下. R1+R2

即 k>

2 B2 R1+R2 0L v-mg B0LNS

θ

,加速度方向向下

题组 3 电磁感应中能量问题 5.如图 5 所示,空间存在一有边界的条形匀强磁场区域,磁场方向与竖直平面(纸面)垂直, 磁场边界的间距为 L.一个质量为 m、边长也为 L 的正方形导线框沿竖直方向运动,线框所在 平面始终与磁场方向垂直,且线框上、下边始终与磁场的边界平行.t=0 时刻导线框的上边 恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ),导线框的速度为 v0.经历一段时间后,当导线框的下 边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ),导线框的速度刚好为零.此后,导线框下落, 经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力),则( )

图5 A.上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等 B.上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多 C.上升过程中,导线框的加速度逐渐减小 D.上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率 答案 BC 解析 线框在运动过程中要克服安培力做功,消耗机械能,故返回原位置时速率减小,由动

能定理可知,上升过程动能变化量大,合力做功多,所以选项 A 错误;分析线框的运动过程 可知,在任一位置,上升过程的安培力大于下降过程中的安培力,而上升、下降位移相等, 故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做的功,故上升过程中线框产生的热 量多,所以选项 B 正确;以线框为对象分析受力可知,在上升过程做减速运动,有 F 安+mg=

B2L2v B2L2 ma,F 安= ,故有 a=g+ v,所以上升过程中,速度减小,加速度也减小,故选项 C 正 R mR
确;在下降过程中的加速度小于上升过程的加速度,而上升、下降的位移相等,故可知上升 时间较短,下降时间较长,两过程中重力做功大小相同,由功率公式可知,上升过程克服重 力做功的平均功率大于下降过程重力做的平均功率,所以选项 D 错误. 6. (2014·新课标Ⅱ·25)半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内, 一长为 r、 质量为 m 且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上面,BA 的延长线通过 圆导轨中心 O,装置的俯视图如图 6 所示.整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为

B,方向竖直向下.在内圆导轨的 C 点和外圆导轨的 D 点之间接有一阻值为 R 的电阻(图中未
画出).直导体棒在水平外力作用下以角速度 ω 绕 O 逆时针匀速转动,在转动过程中始终与 导轨保持良好接触.设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为 μ ,导体棒和导轨的电阻均可忽 略.重力加速度大小为 g.求:

图6 (1)通过电阻 R 的感应电流的方向和大小; (2)外力的功率. 3Bω r 答案 (1)方向为 C→D 大小为 2R 2 2 4 9B ω r 3μ mgω r (2) + 4R 2
2

解析 (1)根据右手定则, 得导体棒 AB 上的电流方向为 B→A, 故电阻 R 上的电流方向为 C→D. vA+vB 设导体棒 AB 中点的速度为 v,则 v= 2 而 vA=ω r,vB=2ω r 根据法拉第电磁感应定律,导体棒 AB 上产生的感应电动势 E=Brv

E 3Bω r 根据闭合电路欧姆定律得 I= , 联立以上各式解得通过电阻 R 的感应电流的大小为 I= . R 2R
(2)根据能量守恒定律,外力的功率 P 等于安培力与摩擦力的功率之和,即 P=BIrv+Ffv,而

2

Ff=μ mg
9B ω r 3μ mgω r 解得 P= + . 4R 2
2 2 4


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