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2014届高考二轮复习专题讲义:第一部分 专题七 电磁感应和电路 电磁感应


2014 届高考二轮复习专题讲义:第一部分 专题七 电磁感应和电路 电磁感应 【考情分析】

【考点预测】 楞次定律、法拉第电磁感应定律是电磁学部分的重点之一,是高考的重要考点.常在选 择题中考查电磁感应中的图象问题和能量转化问题, 在部分省份的考试中以计算题的形式考 查导体棒、导线框在磁场中的运动,考查电路知识的相关应用、牛顿运动定律和能量守恒定 律在导体运

动过程中的应用.预计 2014 年高考仍会对上述知识进行考查,特别是导体棒的 运动过程分析和能量转化分析. 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 甲所示,正三角形导线框 abc 固定在磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,磁感 应强度 B 随时间变化的关系如图乙所示.t=0 时刻磁场方向垂直纸面向里,在 0~4 s 时间内,线框 ab 边所受安培力 F1 随时间 t 变化的关系(规定水平向左为力的正方向)可 能是下图中的 ( )

图1

解析 在 0~1 s 时间内,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度均匀减小,线框中产生 恒定电动势和恒定电流,根据楞次定律,电流方向为顺时针,所以线框 ab 边受力向左, 根据 F=BIl,随着 B 的减小 F 均匀减小. 在 1 s~2 s 时间内,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度均匀增大,线框中产生顺时针 方向的恒定电流,所以根据左手定则判断出 ab 边受力向右,且 F 随 B 的增大而增大. 同样判断出 3 s~3.5 s 时间内,力 F 方向向左,且逐渐减小;3.5 s~4 s 时间内,力 F 方向向右,且逐渐增大.所以选项 A 正确. 答案 A 规律总结

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).[来源: 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. 突破练习 1. 如图 2 所示,边长为 2l 的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个边长为 l 的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直, 导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线 恰好在同一直线上.从 t=0 开始,使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向 移动进入磁场,直到整个导线框离开磁场区域.用 I 表示导线框中的感应电流(以逆时 针方向为正).则下列表示 I-t 关系的图线中,正确的是 ( ) ]

图2

答案 D 解析 在线框进入磁场时, 切割磁感线的有效长度逐渐增加, 当线框即将完全进入磁场 时,切割磁感线的有效长度最大,产生的电流最大,此过程电流方向为逆时针方向.整 个线框在磁场中运动时,不产生感应电流.当线框离开磁场时,产生电流方向为顺时针 方向,且切割磁感线的有效长度逐渐减小,产生的感应电流逐渐减小,所以选项 D 正 确.

2. 如图 3 所示,空间存在一个足够大的三角形区域(顶角 45° ),区域内存在垂直纸面向里 的匀强磁场,一个顶角为 45° 的三角形导体线框,自距离磁场左侧边界 L 处以平行于纸 面向上的速度匀速通过了该区域,若以逆时针为正方向,回路中感应电流 I 随时间 t 的 变化关系图象正确的是 ( )

图3

答案 D 解析 三角形导体线框进入磁场时, 电流方向为逆时针, 三角形边框切割磁感线的有效 长度减小,感应电动势变小,感应电流变小;三角形线框离开磁场时,电流方向为顺时 针,三角形边框切割磁感线的有效长度增大,感应电动势变大,感应电流变大.选项 D 正确. 考题 2 对电磁感应中动力学问题的考查 例 2 如图 4 所示,相距为 L 的两条足够长的平行金属导轨,与水平面的夹角为 θ,导轨上 固定有质量为 m、电阻为 R 的两根相同的导体棒,导体棒 MN 上方轨道粗糙、下方光 滑,整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为 B.将两根导体棒同时释 放后,观察到导体棒 MN 下滑而 EF 保持静止,当 MN 下滑速度最大时,EF 与轨道间 的摩擦力刚好达到最大静摩擦力,下列叙述正确的是 ( )

[来源: ] 图4 2mgRsin θ A.导体棒 MN 的最大速度为 [来源: B2L2 ]

B.导体棒 EF 与轨道之间的最大静摩擦力为 mgsin θ C.导体棒 MN 受到的最大安培力为 mgsin θ m2g2Rsin2 θ D.导体棒 MN 所受重力的最大功率为 B2L2 审题突破 ①MN 向下运动时,EF 受安培力的方向向下.

②EF 所受摩擦力的方向沿轨道向上,且达到最大静摩擦力. ③导体棒 MN 匀速运动时所受重力的功率可用公式 P=Fvcos α 计算,也可用能量守恒 计算,即重力的功率等于整个电路的电功率. 解析 由题意可知,导体棒 MN 切割磁感线,产生的感应电动势为 E=BLv,回路中的 B2L2v E 电流 I= ,MN 受到的安培力 F=BIL= ,故 MN 沿斜面做加速度减小的加速运 2R 2R 动,当 MN 受到的安培力大小等于其重力沿轨道方向的分力时,速度达到最大值,此后 MN 做匀速运动.故导体棒 MN 受到的最大安培力为 mgsin θ,导体棒 MN 的最大速度 为 2mgRsin θ ,选项 A、C 正确.由于当 MN 下滑速度最大时,EF 与轨道间的摩擦力刚 B2L2

好达到最大静摩擦力, 由力的平衡知识可知 EF 与轨道之间的最大静摩擦力为 2mgsin θ, 2m2g2Rsin2 θ B 错误.由 P=Gvsin θ 可知导体棒 MN 所受重力的最大功率为 ,D 错误. B2L2 答案 AC 思维提升 电磁感应与动力学问题的解题策略 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,从而推理得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. 突破练习 3. 如图 5 所示,足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成 θ 角(0<θ<90° ),其中 MN 与 PQ 平行且间距为 L,导轨平面与磁感应强度大小为 B 的匀强磁场垂直,导轨电阻不 计.金属棒 ab 由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且接触良好,ab 棒接 入电路的电阻为 R,当流过 ab 棒某一横截面的电荷量为 q 时,棒的速度最大为 v,则 金属棒 ab 在这一过程中 ( )

图5 A.a 点的电势高于 b 点的电势

B.ab 棒中产生的焦耳热小于 ab 棒重力势能的减少量 qR C.下滑位移大小为 BL B2L2v D.受到的最大安培力大小为 sin θ R 答案 ABC 解析 由右手定则可知 a 点相当于电源的正极,b 点相当于电源的负极,故 A 正确;由 能量守恒可知 ab 棒重力势能的减少量等于 ab 棒中产生的焦耳热与 ab 棒的动能之和, ΔΦ BxL qR 故 B 正确;由 q= = 可得,下滑的位移大小为 x= ,故 C 正确;金属棒 ab 受 R R BL BLv B2L2v 到的安培力大小为 F=BIL,I 最大为 ,故最大安培力大小为 ,故 D 错误.故 R R 选 A、B、C. 4. 如图 6 甲所示,电阻不计且间距 L=1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置,上端接一阻值 R=2 Ω 的电阻,虚线 OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场,现将质量 m=0.1 kg、电阻不计的金属杆 ab 从 OO′上方某处由静止释放,金属杆在下落的过程中与导 轨保持良好接触且始终水平.已知杆 ab 进入磁场时的速度 v0=1 m/s,下落 0.3 m 的过 程中加速度 a 与下落距离 h 的关系图象如图乙所示,g 取 10 m/s2,则 ( )

图6 A.匀强磁场的磁感应强度为 1 T B.杆 ab 下落 0.3 m 时金属杆的速度为 1 m/s C.杆 ab 下落 0.3 m 的过程中 R 上产生的热量为 0.2 J D.杆 ab 下落 0.3 m 的过程中通过 R 的电荷量为 0.25 C 答案 D B2L2v0 解析 在杆 ab 进入磁场时,由 -mg=ma,由题图乙知,a 的大小为 10 m/s2,解 R B2L2v′ 得 B=2 T,A 错误.杆 ab 下落 0.3 m 时杆做匀速运动,则有 =mg,解得 v′= R 0.5 m/s,选项 B 错误.在杆 ab 下落 0.3 m 的过程,根据能量守恒,R 上产生的热量为 1 ΔΦ B·ΔS Q=mgh- mv′2=0.287 5 J, 选项 C 错误. 通过 R 的电荷量 q= = =0.25 C. 选 2 R R 项 D 正确.

5. 如图 7 所示,在竖直向下的 y 轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场,磁感应强度大 小 B 均随 y 坐标按 B=B0+ky(k 为正的常量)的规律变化.两个完全相同的正方形线框 甲和乙的上边均与 y 轴垂直, 甲的初始位置高于乙的初始位置, 两线框平面均与磁场垂 直.现同时分别给甲、乙竖直向下的初速度 v1 和 v2,且 v1>v2,若磁场的范围足够大, 不计甲、乙间的相互作用,以下说法正确的是 ( )

图7 A.开始时线框中感应电流甲比乙大 B.开始时线框所受磁场的作用力甲比乙小 C.运动中两线框所受磁场的作用力方向相反 D.最终两线框以相同的速度匀速下落 答案 AD 解析 线框甲产生顺时针方向的电流, 线框乙产生逆时针方向的电流. 初始时刻甲中电 B1′Lv1-B1Lv1 ΔBLv1 B2′Lv2-B2Lv2 ΔBLv2 流 I 甲= = ,乙中电流 I 乙= = ,由于 v1>v2, R R R R ΔB2L2v1 所以 I 甲>I 乙,A 正确.甲所受合安培力 F 甲=B1′I 甲 L-B1I 甲 L=ΔBI 甲 L= ,乙 R ΔB2L2v2 所受合安培力 F 乙=B2′I 乙 L-B2I 乙 L=ΔBI 乙 L= , 所以 F 甲>F 乙, 两合安培力方 R ΔB2L2vm 向均向上,B、C 错误.当最终匀速下落时,甲、乙两线框均满足 =mg,两线 R 框匀速运动的速度相同,D 正确. 考题 3 对电磁感应中能量问题的考查 例 3 在如图 8 所示倾角为 θ 的光滑斜面上, 存在着两个磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场, 区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下,磁场的宽度均为 L L.一质量为 m、电阻为 R、边长为 的正方形导体线圈,在沿平行斜面向下的拉力 F 作 2 用下由静止开始沿斜面下滑, 当 ab 边刚越过 GH 进入磁场Ⅰ时, 恰好做匀速直线运动, 下列说法中正确的有(重力加速度为 g) ( )

图8 A.从线圈的 ab 边刚进入磁场Ⅰ到线圈 dc 边刚要离开磁场Ⅱ的过程中,线圈 ab 边中 产生的感应电流先沿 b→a 方向再沿 a→b 方向 B.线圈进入磁场Ⅰ过程和离开磁场Ⅱ过程所受安培力方向都平行斜面向上 4R?mgsin θ+F? C.线圈 ab 边刚进入磁场 Ⅰ 时的速度大小为 B2L2 D.线圈进入磁场Ⅰ做匀速运动的过程中,拉力 F 所做的功等于线圈克服安培力所做的 功 审题突破 ①判断感应电流方向利用右手定则或楞次定律, 判断感应电流受力用左手定 则. ②在线圈进入磁场Ⅰ的过程中,对线圈做功的力有拉力 F、安培力 F 安和重力 G. 解析 由右手定则可知线圈的 ab 边刚进入磁场Ⅰ和线圈的 dc 边刚要离开磁场Ⅱ时, 线 圈中的感应电流方向均为 b→a,线圈经过 JP 时感应电流的方向为 a→b,A 错误.由楞 次定律可判断出感应电流的磁场阻碍线圈的切割磁感线运动,B 正确.线圈 ab 边刚进
2 2 L BLv 入磁场Ⅰ时,受到的安培力 F 安=BI = ,由共点力的平衡知识可知 F 安=mgsin θ 2 4R

4R?mgsin θ+F? +F,联立可得线圈 ab 边刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为 ,C 正确.线圈 B2L2 进入磁场Ⅰ做匀速运动的过程中,合外力做的功为 0,即拉力 F 和重力沿斜面方向的分 力所做的功等于线圈克服安培力所做的功,D 错误. 答案 BC 方法总结 分析电磁感应中能量问题的基本方法: (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: 电能 ? W ?<0 ?? 其他形式的能


W安>0

(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. 突破练习

6. 如图 9 所示,间距为 L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置,导轨左端用一 阻值为 R 的电阻连接,导轨上横跨一根质量为 m、电阻也为 R 的金属棒,金属棒与导 轨接触良好.整个装置处于竖直向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场中.现使金属棒以 初速度 v 沿导轨向右运动直至静止, 若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为 q.下列 说法正确的是 ( )

图9 A.金属棒在导轨上做匀减速运动 1 B.整个过程中金属棒克服安培力做功为 mv2 2 qR C.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 BL 1 D.整个过程中电阻 R 上产生的焦耳热为 mv2 2 答案 B[来源: ] 解析 金属棒在导轨上减速运动时, 受到的安培力也会减小, 所以金属棒的加速度会变 BLx 2qR 小,因此 A 错;根据动能定理和能量守恒,B 正确;由 q= 得:x= ,所以 C 错; 2R BL 1 1 整个过程中电阻 R 与金属棒上总共产生的焦耳热为 mv2,电阻 R 上产生的焦耳热为 2 4 mv2,所以 D 错. 7. 如图 10 所示,在一个光滑倾斜绝缘板的上方,有垂直板面的等间距的 a、b、c 三条边 界线隔成了Ⅰ、Ⅱ两区,分别加有垂直纸面方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为 B.另有一半径为 R 的导体圆环从 a 边界上方某处沿板面开始自由向下运动, 一直加速穿 过该磁场区域,已知环的直径等于每一磁场区的宽度,圆环电阻为 r,圆环运动到直径 刚好与边界线 b 重合时的速度为 v,下列分析正确的是 ( )

图 10 A.圆环穿过磁场区域的过程中,环中感应电流方向先顺时针又逆时针再顺时针 4B2R2v2 B.圆环直径刚好与边界线 b 重合时圆环中的电功率为 r 2πBR2 C.圆环通过边界线 b 的过程中流过圆环截面的电荷量为 r D.整个运动过程中,圆环重力势能的减少量等于产生的热量

答案 AC 解析 由楞次定律可知圆环穿过磁场区域的过程中, 环中感应电流方向先顺时针又逆时 针再顺时针,故 A 正确.当圆环直径与边界线 b 重合时,圆环左右两半环均产生感应
2 2 2 E2 16B R v 电动势, 故圆环中的感应电动势 E=2B· 2R· v=4BRv; 圆环中的电功率 P= = , r r

故 B 错误. 电路中的平均电动势 E =

E ΔΦ 2BπR2 = , 则电路中通过的电荷量 q= I Δt= Δt Δt r

2BπR2 Δt= ,故 C 正确;整个运动过程中,圆环重力势能的减少量等于产生的热量和动 r 能的增加量,故 D 错误. 8. 如图 11 所示,足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成 θ=37° 放置,在斜面上虚线 aa′和 bb′与斜面底边平行,在 aa′b′b 围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场,磁感 应强度为 B=1 T;现有一质量为 m=10 g、总电阻为 R=1 Ω、边长 d=0.1 m 的正方形 金属线圈 MNPQ,让 PQ 边与斜面底边平行,从斜面上端静止释放,线圈刚好匀速穿过 磁场.已知线圈与斜面间的动摩擦因数为 μ=0.5,(取 g=10 m/s2,sin 37° =0.6,cos 37° =0.8)求:[来源: ]

图 11 (1)线圈进入磁场区域时,受到的安培力大小; (2)线圈释放时,PQ 边到 bb′的距离; (3)整个线圈穿过磁场的过程中,线圈上产生的焦耳热. 答案 解析 (1)2×10
-2

N

(2)1 m (3)4×10

-3

J

(1)对线圈受力分析有:F 安+μmgcos θ=mgsin θ
-2

代入数据得:F 安=2×10 (2)F 安=BId E=Bvd I= E R

N

B2d2v 解得:F 安= R 代入数据得:v=2 m/s 线圈进入磁场前做匀加速运动,a=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2

v2 线圈释放时,PQ 边到 bb′的距离 s= =1 m 2a (3)由于线圈刚好匀速穿过磁场,则磁场宽度等于 d=0.1 m Q=W 安=F 安· 2d 解得:Q=4×10
-3

J

物理模型六 电磁感应中的单杆与双杆模型 单杆模型是电磁感应中常见的物理模型, 此类题目所给的物理情景一般是导体棒垂直切 割磁感线,在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动,所涉及的 知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等.此类题目的分析要抓住三点:①杆 的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度,此时合力为零).②整个电路产 生的电能等于克服安培力所做的功.③电磁感应现象遵从能量守恒定律. 如图 12 甲,导体棒 ab 从磁场上方 h 处自由释放,当进入磁场后,其速度随时间的可能 变化情况有三种,如图乙,全过程其能量转化情况是重力势能转化为动能和电能,电能 再进一步转化为导体棒和电阻 R 的内能.

图 12 双杆类题目可分为两种情况:一是“假双杆”,甲杆静止不动,乙杆运动.其实质是单 杆问题,不过要注意题目包含着一个条件:甲杆静止、受力平衡.另一种情况是两杆都 在运动,对于这种情况,要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减. 线框进入磁场和离开磁场的过程和单杆的运动情况相同, 在磁场中运动的过程与双杆的 运动情况相同. 例4 (15 分)如图 13 所示,两根质量同为 m、电阻同为 R、长度同为 l 的导体棒,用两条等 长的、 质量和电阻均可忽略的长直导线连接后, 放在距地面足够高的光滑绝缘水平桌面 上,两根导体棒均与桌边缘平行,一根在桌面上,另一根移动到靠在桌子的光滑绝缘侧 面上.整个空间存在水平向右的匀强磁场,磁感应强度为 B,开始时两棒静止,自由释 放后开始运动. 已知两条导线除桌边缘拐弯处外其余部位均处于伸直状态, 导线与桌子 侧棱间无摩擦.求:

图 13 (1)刚释放时,导体棒的加速度大小; (2)导体棒运动稳定时的速度大小; (3)若从开始下滑到刚稳定时通过横截面的电荷量为 q,求该过程中系统产生的焦耳热. 审题突破 ①a 在磁场中切割磁感线,b 不切割磁感线,属于单杆模型,且属于连接体 问题. ②稳定时 a 所受合力为零,绳上无拉力. ③电流是变化的,应利用能量守恒定律计算焦耳热. 解析 (1)刚释放时,设细线中拉力为 FT (2 分) (2 分) (1 分)

对 a 棒:mg-FT=ma 对 b 棒:FT=ma 1 解得:a= g 2 (2)导体棒运动稳定时,设细线中拉力为 FT′ 对 b 棒:FT′=0 对 a 棒:mg=F 安 Blv 又 F 安=BIl= 2R 2mgR 解得:v= 2 2 Bl (3)从开始下滑到刚稳定,设 a 棒下降的高度为 h ΔΦ Blh 则通过横截面的电荷量 q= I ·Δt= = 2R 2R 1 由能量守恒定律得:系统产生的焦耳热 Q=mgh- ×2mv2 2 2mgqR 4m3g2R2 解得:Q= - 44 Bl Bl 答案 1 (1) g 2 2mgR 2mgqR 4m3g2R2 (2) 2 2 (3) - Bl Bl B4l4
2 2

(1 分) (1 分) (1 分) (1 分)

(2 分) (2 分) (2 分)

例5

(2013· 全国新课标Ⅰ· 25)(19 分)如图 14, 两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为 θ, 间距为 L.导轨上端接有一平行板电容器,电容为 C.导轨处于匀强磁场中,磁感应强度 大小为 B,方向垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为 m 的金属棒,棒可沿导轨下

滑, 且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触. 已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数 为 μ,重力加速度大小为 g.忽略所有电阻.让金属棒从导轨上端由静止开始下滑,求:

图 14 (1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系; (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系. 解析 (1)设金属棒下滑的速度大小为 v,则感应电动势为:E=BLv ①

平行板电容器两极板之间的电势差为: U=E ②[来源: ] 设此时电容器极板上积累的电荷量为 Q,按定义有: Q C= U 联立①②③式得 Q=CBLv ④ ③

(2)设金属棒的速度大小为 v 时经历的时间为 t,通过金属棒的电流为 i,金属棒受到的 磁场的作用力方向沿导轨向上,大小为:F=BiL 设在时间间隔(t,t+Δt)内流经金属棒的电荷量为 ΔQ,按定义有: i= ΔQ Δt ⑥ ⑤

ΔQ 也是平行板电容器极板在时间间隔(t,t+Δt)内增加的电荷量,由④式得: ΔQ=CBLΔv 式中 Δv 为金属棒的速度变化量,按定义有 Δv a= Δt 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小为 Ff=μFN 式中 FN 是金属棒对于导轨的正压力的大小,有: FN=mgcos θ 金属棒在时刻 t 的加速度方向沿斜面向下,设其大小为 a,根据牛顿第二定律有 mgsin θ-F-Ff=ma m?sin θ-μcos θ? 联立⑤至?式得 a= g m+B2L2C ? ? ⑩ ⑧ ⑨ ⑦

由?式及题设可知,金属棒做初速度为零的匀加速运动.t 时刻金属棒的速度大小为 m?sin θ-μcos θ? v= gt m+B2L2C 答案 见解析 评分细则 1.本题第(1)问 6 分,其中①③式各 2 分,②④式各 1 分. Q 考生若没有写出②式,且③式写成 C= 或①式写成 U=BLv,同样给分. E 2.第(2)问 13 分,其中⑤⑥⑦?式各 2 分,其余各式各 1 分. 3.考生将⑤⑥两式中的 i 写成 I,不扣分. ΔQ Q ⑥式中若将 i= 写成 i= ,不给分. Δt t 4.若没有写出⑨⑩两式,而是将?式直接写成 mgsin θ-F-μmgcos θ=ma,不扣分 若将?式直接写成 mgsin θ=F+μmgcos θ+ma,扣除 2 分 5.考生没有求解瞬时电流,而是用平均电流代替瞬时电流来计算导体棒的瞬时受力和 瞬时加速度,要酌情扣分. ?

知识专题练
一、单项选择题

训练 12

1. (2013· 全国新课标Ⅱ· 16)如图 1,在光滑水平桌面上有一边长为 L、电阻为 R 的正方形导 线框;在导线框右侧有一宽度为 d(d>L)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的 一边平行,磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动,t=0 时导线框的右边恰 与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域.下列 v-t 图象中,可能正确 描述上述过程的是 ( )

图1

答案 D E 解析 导线框进入磁场的过程中,线框受到向左的安培力作用,根据 E=BLv、I= 、 R B2L2v F=BIL 得 F= ,随着 v 的减小,安培力 F 减小,导线框做加速度逐渐减小的减速 R 运动.整个导线框在磁场中运动时,无感应电流,导线框做匀速运动,导线框离开磁场 B2L2v 的过程中,根据 F= ,导线框做加速度减小的减速运动,所以选项 D 正确. R 2. 如图 2 所示的电路中,L 是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,D1、D2 和 D3 是 三个完全相同的灯泡,E 是内阻不计的电源.在 t=0 时刻,闭合开关 S,电路稳定后在 t1 时刻断开开关 S.规定以电路稳定时流过 D1、D2 的电流方向为正方向,分别用 I1、I2 表示流过 D1 和 D2 的电流,则下列四个图象中能定性描述电流 I1、I2 随时间 t 变化关系 的是 ( )

图2

[来源: ]

答案 C 解析 在闭合开关 S 时,流过 D2 的电流立即增大到稳定值 I2,流过 D1 的电流由于线圈 的自感作用并不能立即增加,而是缓慢地增加到 I1,且 I1=2I2,在断开开关 S 时,线 圈中产生自感电动势,D1、D2 和 D3 组成回路,回路中有逆时针方向的电流,且电流从 I1 逐渐减小,最后减为零,所以选项 C 正确. 3. 如图 3 所示的导体闭合回路 abc,bc 是半径为 L 的四分之一圆弧,ac 边长度为 2L,回 路的总电阻为 R.虚线 MN 右侧有磁感应强度为 B、宽度为 2L 的匀强磁场,方向垂直于 回路所在的平面向里.回路以速度 v 向右匀速通过磁场,ac 边始终与 MN 垂直.从 a

点进入磁场到 c 点离开磁场为止,关于回路电流 I 随时间 t 的变化规律,下列图象正确 的是(回路中产生的感应电流逆时针为正) ( )

图3

答案 A 解析 从 a 点进入磁场到 b 点进入磁场, 回路切割磁感线的有效长度均匀增大, 产生的 电流均匀增大, 从 b 点进入磁场到 c 点进入磁场, 回路切割磁感线的有效长度逐渐减小, 并且减小地越来越快,所以电流逐渐减小,且减小地越来越快.进入磁场的过程,电流 为逆时针方向.当回路离开磁场时,产生的电流方向与进入时电流方向相反,但变化情 况相同,所以选项 A 正确.[来源: ]

4. 如图 4 所示,足够长金属导轨竖直放置,金属棒 ab、cd 均通过棒两端的环套在金属导 轨上,虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场,虚线下方有竖直向下的匀强磁场.ab、cd 棒与导轨间动摩擦因数均为 μ,两棒总电阻为 R,导轨电阻不计,开始两棒均静止在图 示位置,当 cd 棒无初速度释放时,对 ab 棒施加竖直向上的力 F,沿导轨向上做匀加速 运动.则 ( )

图4 A.ab 棒中的电流方向由 b 到 a B.cd 棒先加速运动后匀速运动

C.cd 棒所受摩擦力的最大值等于 cd 棒的重力 D.力 F 做的功等于两金属棒产生的电热与增加的机械能之和 答案 A 解析 根据右手定则可判断出 ab 棒中电流方向由 b 到 a,A 正确;由左手定则可判断 出 cd 棒受到的安培力垂直导轨平面向里,由于 ab 棒做匀加速运动,回路中的感应电流 逐渐增大,cd 棒受到的安培力逐渐增大,故 cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动,当 cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时,速度达到最大,然后做加速度逐渐增大的减速运 动,最后停止运动,cd 棒所受摩擦力的最大值大于 cd 棒的重力,故 B、C 错误;对 ab 1 棒受力分析,由动能定理可知 WF-WG-W 安= mv2,故力 F 做的功等于 ab 棒产生的 2 电热与增加的机械能之和,D 错误. 5. 如图 5 所示,竖直放置的平行金属导轨 EF 和 GH 两部分导轨间距为 2L,IJ 和 MN 两部 分导轨间距为 L.整个装置处在磁感应强度为 B、方向垂直于导轨平面向里的匀强磁场 中,两金属杆 ab、cd 可在导轨上无摩擦滑动,且与导轨接触良好.平行金属导轨之间 还连接一个电容为 C 的电容器.已知金属杆 ab 质量为 2m、电阻为 2R;金属杆 cd 的质 量为 m、电阻为 R;金属导轨电阻忽略不计.现对金属杆 ab 施加一个竖直向上的作用 力 F 使其以速度 v 匀速向上运动,此时 cd 处于静止状态,则下列判断正确的是( )

图5 A.电容器左板堆积电子 B.电容器极板上的电荷量为 CBLv C.匀强磁场对两个金属杆施加的安培力大小相等 D.竖直向上的作用力 F=4mg 答案 D 解析 根据右手定则可以判定 a 端电势高, 电容器右端堆积电子, 选项 A 错. U=B· 2L· v, 所以 Q=CU=2CBLv,选项 B 错.ab、cd 两金属杆中的电流相等,但由于长度不同, 所以所受安培力大小不同,选项 C 错.由于 cd 处于静止状态,所以 BIL=mg,对 ab 则有 F=2mg+2BIL,联立解得 F=4mg,选项 D 正确. 二、多项选择题 6. 如图 6 所示,电阻不计的平行导轨竖直固定,上端接有电阻 R,高度为 h 的匀强磁场与

导轨平面垂直.一导体棒从磁场上方的 A 位置自由释放,用 x 表示导体棒进入磁场后 的位移,i 表示导体棒中的感应电流大小,v 表示导体棒的速度大小,Ek 表示导体棒的 动能,a 表示导体棒的加速度大小,导体棒与导轨垂直并接触良好.以下图象可能正确 的是 ( )

图6

答案 AC 解析 由于导体棒距离磁场上边界有一定高度, 所以导体棒到达磁场上边界时获得大小 一定的速度 v0,若速度 v0 较小,切割磁感线产生的感应电流较小,金属棒受到的安培 力小于其自身的重力,金属棒做加速运动,当速度增大到一定值,满足安培力等于重力 时,金属棒做匀速运动,离开磁场后做匀加速运动. 若速度 v0 较大,切割磁感线产生的感应电流较大,金属棒受到的安培力大于其自身的 重力,金属棒做减速运动,当速度减小到一定值,满足安培力等于重力时,金属棒做匀 速运动,离开磁场后做匀加速运动.选项 A 符合此种情况;选项 B 中的 0~h 段不应该 是直线,故 B 错误;选项 D 中 h 以后,金属棒做匀加速运动,速度增大,D 错误. 若速度 v0 刚好满足安培力等于重力,则金属棒做匀速运动,离开磁场后做匀加速运动, 选项 C 符合此种情况.本题应选 A、C. 7. 如图 7 所示,电阻不计的平行光滑金属导轨与水平面的夹角为 θ,宽度为 l,下端与阻 值为 R 的电阻相连.磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面,现使质量为 m 的 导体棒从 ab 位置以平行于斜面的初速度沿导轨向上运动,滑行到最远位置 a′b′后又 下滑.已知导体棒运动过程中的最大加速度为 2gsin θ,g 为重力加速度,轨道足够长, 则 ( )

图7

mgRsin θ A.导体棒运动过程中的最大速度为 B2l2 m2g2Rsin2 θ B.R 上的最大热功率为 B2l2 C.导体棒返回到 ab 位置前已经达到下滑的最大速度 D.导体棒返回到 ab 位置时刚好达到下滑的最大速度 答案 AB 解析 导体棒在 ab 位置时速度最大,加速度最大, mgsin θ+ B2l2v =ma,解得 v= R

B2l2v2 m2g2Rsin2 θ mgRsin θ ,此时 R 的热功率最大,P= = .所以选项 A、B 正确.棒返回 2 2 Bl R B2l2 过程做变加速运动,最后达到最大速度做匀速运动,当达到最大速度时有 mgsin θ= B2l2vm mgRsin θ mgRsin θ ,所以 vm= .由于棒在 ab 位置的速度为 ,棒从 ab 位置回到 ab R B2l2 B2l2 mgRsin θ 位置需克服安培力做功,所以回到 ab 位置时的速度必定小于 ,选项 C、D 均 B2l2 错. 8. 如图 8 所示,质量为 m、边长为 L、回路电阻为 R 的正方形金属框,用细线吊住,放在 光滑的倾角为 30° 的斜面上(斜面足够大),线的另一端跨过两个光滑定滑轮,挂着一个 质量为 M(M>m)的砝码, 金属框沿斜面上方有一垂直于斜面的磁感应强度为 B 的匀强磁 场, 磁场的下边界与金属框的上边平行且相距一定距离. 则在金属框从开始运动到整个 框进入磁场的过程中,下列说法正确的是 ( )

图8 A.细线对金属框做的功等于金属框增加的机械能 B.细线对金属框的拉力可能等于 Mg ?M-0.5m?2g2R C.金属框上的热功率可能大于 B2L2 1 D.系统的机械能损失可能小于 mgL- mgL 2 答案 BCD 解析 由功能关系可知细线的拉力对金属框做的功等于金属框增加的机械能和金属框

上产生的焦耳热,故 A 错误;当金属框在磁场中做匀速运动时,细线的拉力等于砝码 的重力,故 B 正确;若金属框切割磁感线时做减速运动,则安培力的大小大于 Mg- 0.5mg,由 F 安=BIL、P=I2R 可知选项 C 正确;由于磁场的下边界与金属框的上边相距

一定距离,故金属框刚进入磁场时可能做匀速运动,也可能做加速运动或减速运动,据 1 动能定理可得,若做匀速运动,则系统的机械能损失等于 mgL- mgL,若做加速运动, 2 1 则系统的机械能损失小于 mgL- mgL,若做减速运动,则系统的机械能损失大于 mgL 2 1 - mgL,选项 D 正确. 2 三、非选择题 9. 如图 9 甲所示, PQNM 是表面粗糙、 倾角为 θ=37° 的绝缘斜面, abcd 是质量 m=0.5 kg、 总电阻 R=0.5 Ω、边长 L=0.5 m 的正方形金属线框,线框的匝数 N=5.将线框放在斜 面上,不加磁场时两者之间的最大静摩擦力为 3.7 N.已知线框与斜面间的动摩擦因数 μ=0.8.在 OO′NM 的长方形区域加上垂直斜面方向的匀强磁场,使线框面积的五分之 二处于磁场中, 磁场的磁感应强度 B 随时间 t 变化的图象如图乙所示(g 取 10 m/s2, sin 37° =0.6,cos 37° =0.8).

图9 (1)试根据图乙求出 B 随时间 t 变化的函数关系式. (2)在 t=0 时刻线框是否会开始沿斜面运动?通过必要的计算过程和文字说明得出合理 的结论. 答案 见解析 解析 (1)由题图乙所示图线可知:B=B0+kt

0.2-0.6 B0=0.6 T,k= T/s=-0.4 T/s 1 所以 B=(0.6-0.4t) T (2)无论磁场方向垂直斜面向上还是向下,由楞次定律可知,当穿过线框的磁通量减小 时,线框处于磁场中的各条边受到的安培力方向均垂直于各边向外,所以 ad 边和 bc 边受到的安培力平衡,cd 边受到安培力沿斜面向下. 加磁场后,由于压力不变,故 Ffmax 的大小不变. 由法拉第电磁感应定律有: ΔΦ ΔB 2L2 E=N =N · =0.2 V Δt Δt 5 I=E/R=0.4 A

在 t=0 时刻 cd 边受到的安培力 F0=NILB0=0.6 N 由于 F0+mgsin θ<Ffmax=3.7 N 所以在 t=0 时刻线框将静止在斜面上,不会沿斜面运动. 10. 如图 10 所示, 在倾角 θ=37° 的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域 MNPQ, 磁感应强度 B 的大小为 5 T, 磁场宽度 d=0.55 m, 有一边长 L=0.4 m、 质量 m1=0.6 kg、 电阻 R=2 Ω 的正方形均匀导体线框 abcd 通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量 m2=0.4 kg 的物体相连,物体与水平面间的动摩擦因数 μ=0.4,线框从图示位置自由释 放,物体到定滑轮的距离足够长.(g=10 m/s2,sin 37° =0.6,cos 37° =0.8) 求:(1)线框 abcd 还未进入磁场的运动过程中,细线拉力为多少? (2)当 ab 边刚进入磁场时,线框恰好做匀速直线运动,求线框刚释放时 ab 边距磁场 MN 边界的距离 x 多大? (3)cd 边恰离开磁场边界 PQ 时,速度大小为 2 m/s,求整个运动过程中 ab 边产生的热 量为多少?

图 10 答案 解析 (1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J

(1)m1、m2 运动过程中,以整体法有

m1gsin θ-μm2g=(m1+m2)a a=2 m/s2 以 m2 为研究对象有 FT- μm2g=m2a(或以 m1 为研究对象有 m1gsin θ- FT=m1a)[ 来 源: ] FT=2.4 N (2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动,以整体法有 B2L2v m1gsin θ-μm2g- =0 R v=1 m/s 线框下滑做匀加速运动 v2=2ax x=0.25 m (3)线框从开始运动到 cd 边恰离开磁场边界 PQ 时: 1 m1gsin θ(x+d+L)-μm2g(x+d+L)= (m1+m2)v2 1+Q 2

解得:Q=0.4 J 1 所以 Qab= Q=0.1 J 4


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