2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 專(zhuān)題強(qiáng)化十二 電磁感應(yīng)的綜合問(wèn)題講義（含解析）教科版.docx

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專(zhuān)題強(qiáng)化十二電磁感應(yīng)的綜合問(wèn)題專(zhuān)題解讀1.本專(zhuān)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(zhuān)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(duì)性的專(zhuān)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(wèn)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)圖像、動(dòng)能定理和能量守恒定律等.命題點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題1.題型簡(jiǎn)述借助圖像考查電磁感應(yīng)的規(guī)律，一直是高考的熱點(diǎn)，此類(lèi)題目一般分為兩類(lèi)：(1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程選出正確的圖像；(2)由給定的圖像分析電磁感應(yīng)過(guò)程，定性或定量求解相應(yīng)的物理量或推斷出其他圖像.常見(jiàn)的圖像有Bt圖、Et圖、it圖、vt圖及Ft圖等.2.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.3.解題步驟(1)明確圖像的種類(lèi)，即是Bt圖還是t圖，或者Et圖、It圖等；(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)圖像或判斷圖像.4.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)圖像進(jìn)行分析和判斷.例1(2018全國(guó)卷18)如圖1，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下.一邊長(zhǎng)為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng).線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是()圖1答案D解析設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i.線框位移等效電路的連接電流0I2i(順時(shí)針)lI0lI2i(逆時(shí)針)2lI0分析知，只有選項(xiàng)D符合要求.變式1(多選)(2018湖北省黃岡市期末調(diào)研)如圖2所示，在光滑水平面內(nèi)，虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，一正方形金屬線框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，從虛線處進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，在外力作用下，線框由靜止開(kāi)始，以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，t1時(shí)刻線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)，規(guī)定順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流I的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時(shí)值為P，通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量為q，選項(xiàng)中Pt圖像和qt圖像均為拋物線，則這些量隨時(shí)間變化的圖像正確的是()圖2答案CD解析線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)，則有運(yùn)動(dòng)速度vat，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，所以產(chǎn)生感應(yīng)電流i，故A錯(cuò)誤；對(duì)線框受力分析，由牛頓第二定律得FF安ma，F(xiàn)安BLi，解得：Fma，故B錯(cuò)誤；電功率Pi2R，P與t是二次函數(shù)，圖像為拋物線，故C正確；由電荷量表達(dá)式，則有q，q與t是二次函數(shù)，圖像為拋物線，故D正確.例2(多選)(2018廣西北海市一模)如圖3甲所示，導(dǎo)體框架abcd放置于水平面內(nèi)，ab平行于cd，導(dǎo)體棒MN與兩導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置放置于垂直于框架平面的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，MN始終保持靜止.規(guī)定豎直向上為磁場(chǎng)正方向，沿導(dǎo)體棒由M到N為感應(yīng)電流的正方向，水平向右為導(dǎo)體棒所受安培力F的正方向，水平向左為導(dǎo)體棒所受摩擦力f的正方向，下列圖像中正確的是()圖3答案BD解析由題圖乙可知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先為零，后恒定不變，感應(yīng)電流先為零，后恒定不變，回路中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A錯(cuò)誤，B正確；在0t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN不受安培力；在t1t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向右，由FBIL可知，B均勻減小，MN所受安培力均勻減??；在t2t3時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向左，由FBIL可知，B均勻增大，MN所受安培力均勻增大；根據(jù)平衡條件得到，棒MN受到的摩擦力大小fF，二者方向相反，即在0t1時(shí)間內(nèi)，沒(méi)有摩擦力，而在t1t2時(shí)間內(nèi)，摩擦力方向向左，大小均勻減小，在t2t3時(shí)間內(nèi)，摩擦力方向向右，大小均勻增大，故C錯(cuò)誤，D正確.變式2(多選)(2019安徽省黃山市質(zhì)檢)如圖4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，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示.規(guī)定垂直紙面向外為磁場(chǎng)的正方向，順時(shí)針為線框中感應(yīng)電流的正方向，水平向右為安培力的正方向.關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i與ad邊所受的安培力F隨時(shí)間t變化的圖像，下列選項(xiàng)中正確的是()圖4答案BC解析由題圖乙可知，01s內(nèi)，B增大，增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，為正值?2s內(nèi)，磁通量不變，無(wú)感應(yīng)電流，23s內(nèi)，B的方向垂直紙面向外，B減小，減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，為?fù)值，34s內(nèi)，B的方向垂直紙面向里，B增大，增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，感?yīng)電流為負(fù)值，A錯(cuò)誤，B正確；由左手定則可知，在01s內(nèi)，ad邊受到的安培力方向水平向右，是正值，12s內(nèi)無(wú)感應(yīng)電流，ad邊不受安培力，23s，安培力方向水平向左，是負(fù)值，34s，安培力方向水平向右，是正值.由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)ES，感應(yīng)電流I，由Bt圖像可知，在每一時(shí)間段內(nèi)，的大小是定值，在各時(shí)間段內(nèi)I是定值，ad邊受到的安培力FBIL，I、L不變，B均勻變化，則安培力F均勻變化，不是定值，C正確，D錯(cuò)誤.命題點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1.題型簡(jiǎn)述感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問(wèn)題往往跟力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起.解決這類(lèi)問(wèn)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(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是通過(guò)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，尋找過(guò)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3(2016全國(guó)卷24)如圖5，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(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上.t0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(kāi)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(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)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.重力加速度大小為g.求：圖5(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大??；(2)電阻的阻值.答案(1)Blt0(g)(2)解析(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得Fmgma設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vat0當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)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(shì)為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(g)(2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)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式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為F安BlI因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，有FmgF安0聯(lián)立式得R.變式3(多選)(2018安徽省安慶市二模)如圖6甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一電阻R，整個(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.t0時(shí)對(duì)金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，金屬棒電阻為r，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì).已知通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示.下列關(guān)于棒的運(yùn)動(dòng)速度v、外力F、流過(guò)R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時(shí)間變化的圖像正確的是()圖6答案AB解析根據(jù)題圖乙所示的It圖像可知Ikt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得：Ikt，可推出：Ekt(Rr)，而E，所以有：kt(Rr)，t圖像是一條過(guò)原點(diǎn)且斜率大于零的直線，故B正確；因EBlv，所以vt，vt圖像是一條過(guò)原點(diǎn)且斜率大于零的直線，說(shuō)明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即vat，故A正確；對(duì)金屬棒在沿導(dǎo)軌方向有FBIlma，而I，vat，得到Fma，可見(jiàn)Ft圖像是一條斜率大于零且與縱軸正半軸有交點(diǎn)的直線，故C錯(cuò)誤；qtt2，qt圖像是一條開(kāi)口向上的拋物線，故D錯(cuò)誤.變式4如圖7甲所示，間距L0.5m的兩根光滑平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌平面傾角30.導(dǎo)軌底端接有阻值R0.8的電阻，導(dǎo)軌間有、兩個(gè)矩形區(qū)域，其長(zhǎng)邊都與導(dǎo)軌垂直，兩區(qū)域的寬度均為d20.4m，兩區(qū)域間的距離d10.4m，區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B01T，區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化如圖乙所示，規(guī)定垂直于導(dǎo)軌平面向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎较?t0時(shí)刻，把導(dǎo)體棒MN無(wú)初速度地放在區(qū)域下邊界上.已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量m0.1kg，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，且導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)邊界時(shí)都認(rèn)為處于磁場(chǎng)中，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻不計(jì)，取重力加速度g10m/s2.求：圖7(1)0.1s內(nèi)導(dǎo)體棒MN所受的安培力大小；(2)t0.5s時(shí)回路中的電動(dòng)勢(shì)和流過(guò)導(dǎo)體棒MN的電流方向；(3)0.5s時(shí)導(dǎo)體棒MN的加速度大小.答案(1) 0.5N(2)0.4VNM(3)7m/s2解析(1)t10.1s時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1d2L，I10.1s內(nèi)安培力F1B0I1L，解得F10.5N(2)因F1mgsin，故導(dǎo)體棒在0.1s內(nèi)靜止，從第0.1s末開(kāi)始加速，設(shè)加速度為a1，則：mgsinma1，d1a1t2，v1a1t，解得：t0.4s，v12m/st0.5s時(shí)，導(dǎo)體棒剛滑到區(qū)域上邊界，此時(shí)B20.8T，切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E2B2Lv10.8Vt0.5s時(shí)，因磁場(chǎng)變化而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E3d2L，6T/s，解得E31.2Vt0.5s時(shí)的總電動(dòng)勢(shì)EE3E20.4V導(dǎo)體棒電流方向：NM(3)設(shè)0.5s時(shí)導(dǎo)體棒的加速度為a，有Fmgsinma，又I，F(xiàn)B2IL，解得a7m/s2，方向沿斜面向下.命題點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題1.題型簡(jiǎn)述電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過(guò)安培力做功來(lái)實(shí)現(xiàn)的.安培力做功的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程；外力克服安培力做功的過(guò)程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程.2.解題的一般步驟(1)確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路)；(2)弄清電磁感應(yīng)過(guò)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(lèi)情況(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及WUIt或QI2Rt直接進(jìn)行計(jì)算.(2)若電流變化，則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；利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能.例4(2018吉林省吉林市第二次調(diào)研)如圖8甲所示，一邊長(zhǎng)L2.5m、質(zhì)量m0.5kg的正方形金屬線框，放在光滑絕緣的水平面上，整個(gè)裝置處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，它的一邊與磁場(chǎng)的邊界MN重合.在水平力F作用下由靜止開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)5s線框被拉出磁場(chǎng).測(cè)得金屬線框中的電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，在金屬線框被拉出的過(guò)程中，圖8(1)求通過(guò)線框的電荷量及線框的總電阻；(2)分析線框運(yùn)動(dòng)性質(zhì)并寫(xiě)出水平力F隨時(shí)間變化的表達(dá)式；(3)已知在這5s內(nèi)力F做功1.92J，那么在此過(guò)程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱是多少.答案見(jiàn)解析解析(1)根據(jù)qt，由It圖像得，q1.25C又根據(jù)得R4；(2)由題圖乙可知，感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的規(guī)律：I0.1t由感應(yīng)電流I，可得金屬線框的速度隨時(shí)間也是線性變化的，v0.2t線框做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a0.2m/s2線框在外力F和安培力F安作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)F安ma又F安BIL得F(0.2t0.1) N；(3)5s時(shí)，線框從磁場(chǎng)中拉出時(shí)的速度v5at1m/s由能量守恒得：WQmv52線框中產(chǎn)生的焦耳熱QWmv521.67J變式5(多選)如圖9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)、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)和時(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9A.剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度方向豎直向下B.穿過(guò)磁場(chǎng)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4mgdD.釋放時(shí)距磁場(chǎng)上邊界的高度h可能小于答案BC解析穿過(guò)磁場(chǎng)后，金屬桿在磁場(chǎng)之間做加速運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)上邊緣速度大于從磁場(chǎng)出來(lái)時(shí)的速度，即進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度等于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度，大于從磁場(chǎng)出來(lái)時(shí)的速度，金屬棒在磁場(chǎng)中做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，A錯(cuò)誤；金屬棒在磁場(chǎng)中做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知BILmgmgma，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vt圖像(可能圖像如圖所示)可以看出前一段用時(shí)多于后一段用時(shí)，B正確；由于進(jìn)入兩磁場(chǎng)時(shí)速度相等，由動(dòng)能定理知，W安1mg2d0，W安12mgd.即通過(guò)磁場(chǎng)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正確；設(shè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，則由機(jī)械能守恒定律知mghmv2，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)BILmgmgma，解得v，由式得h，D錯(cuò)誤.變式6(2018福建省南平市適應(yīng)性檢測(cè))如圖10所示，一對(duì)平行的粗糙金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面上，導(dǎo)軌間距L0.2m，左端接有阻值R0.3的電阻，右側(cè)平滑連接一對(duì)彎曲的光滑軌道.僅在水平導(dǎo)軌的整個(gè)區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1.0T.一根質(zhì)量m0.2kg、電阻r0.1的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，在水平向右的恒力F作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒通過(guò)位移x9m時(shí)離開(kāi)磁場(chǎng)，在離開(kāi)磁場(chǎng)前已達(dá)到最大速度.當(dāng)金屬棒離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)撤去外力F，接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h0.8m處.已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g10m/s2.求：圖10(1)金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速率v；(2)金屬棒在磁場(chǎng)中速度為時(shí)的加速度大?。?3)金屬棒在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.答案見(jiàn)解析解析(1)金屬棒從出磁場(chǎng)到上升到彎曲軌道最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mv2mgh由得：v4m/s(2)金屬棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)回路中的電流為I，根據(jù)平衡條件得FBILmgI聯(lián)立式得F0.6N金屬棒速度為時(shí)，設(shè)回路中的電流為I，根據(jù)牛頓第二定律得FBILmgmaI聯(lián)立得：a1m/s2(3)設(shè)金屬棒在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)功能關(guān)系：Fxmgxmv2Q則電阻R上的焦耳熱QRQ聯(lián)立解得：QR1.5J.1.(多選)(2018廣西防城港市3月模擬)如圖1所示，等邊閉合三角形線框，開(kāi)始時(shí)底邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界平行且重合，磁場(chǎng)的寬度大于三角形的高度，線框由靜止釋放，穿過(guò)該磁場(chǎng)區(qū)域，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是()圖1A.線框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较駼.線框底邊剛進(jìn)入和剛穿出磁場(chǎng)時(shí)線圈的加速度大小可能相同C.線框出磁場(chǎng)的過(guò)程，可能做先減速后加速的直線運(yùn)動(dòng)D.線框進(jìn)出磁場(chǎng)過(guò)程，通過(guò)線框橫截面的電荷量不同答案BC解析線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，故A錯(cuò)誤；線框底邊剛進(jìn)入瞬間，速度為零，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，下落加速度為g，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后下落加速度為g，隨著下落速度的增大，出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的安培力可能等于2mg，此時(shí)減速的加速度大小可能為g，故B正確；線框出磁場(chǎng)的過(guò)程，可能先減速，隨著速度減小，切割長(zhǎng)度變短，線框受到的安培力減小，當(dāng)小于重力后線框做加速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；線框進(jìn)、出磁場(chǎng)過(guò)程，磁通量變化相同，所以通過(guò)線框橫截面的電荷量相同，故D錯(cuò)誤.2.(2018陜西省咸陽(yáng)市第二次模擬)如圖2甲所示，匝數(shù)n2的金屬線圈(電阻不計(jì))圍成的面積為20cm2，線圈與R2的電阻連接，置于豎直向上、均勻分布的磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，Bt關(guān)系如圖乙所示，規(guī)定感應(yīng)電流i從a經(jīng)過(guò)R到b的方向?yàn)檎较?，忽略線圈的自感影響，則下列it關(guān)系圖正確的是()圖2答案D解析由題圖乙可知，02s內(nèi)，線圈中磁通量的變化率相同，故02s內(nèi)電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，即電流為正方向；同理可知，25s內(nèi)電路中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，為負(fù)方向，由En可得EnS，則知02 s內(nèi)電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：E1220104 V6106 V，則電流大小為：I1106A3106A；同理25s內(nèi)，I22106A，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確.3.(多選)(2019湖北省武漢市調(diào)研)如圖3甲所示，在足夠長(zhǎng)的光滑的固定斜面上放置著金屬線框，垂直于斜面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定垂直斜面向上為正方向).t0時(shí)刻將線框由靜止釋放，在線框下滑的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()圖3A.線框中產(chǎn)生大小、方向周期性變化的電流B.MN邊受到的安培力先減小后增大C.線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D.線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于其機(jī)械能的損失答案BC解析穿過(guò)線框的磁通量先向下減小，后向上增大，則根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率不變，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，感應(yīng)電流不變，而磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小先減小后增大，根據(jù)FBIL可知，MN邊受到的安培力先減小后增大，選項(xiàng)B正確；因線框平行的兩邊電流等大反向，則整個(gè)線框受到的安培力為零，則線框下滑的加速度不變，線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；因安培力對(duì)線框做功為零，斜面光滑，則線框的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.4.(多選)(2018福建省廈門(mén)市質(zhì)檢)如圖4所示，在傾角為的光滑固定斜面上，存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，磁場(chǎng)的寬度為2L.一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間和剛越過(guò)MN穿出磁場(chǎng)瞬間速度剛好相等.從ab邊剛越過(guò)GH處開(kāi)始計(jì)時(shí)，規(guī)定沿斜面向上為安培力的正方向，則線框運(yùn)動(dòng)的速率v與線框所受安培力F隨時(shí)間變化的圖線中，可能正確的是()圖4答案AC解析根據(jù)楞次定律可得線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，感應(yīng)電流I，所受的安培力大小為FBIL，ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間和剛越過(guò)MN穿出磁場(chǎng)瞬間速度剛好相等，可能的運(yùn)動(dòng)情況有兩種，一是進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)勻速，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，出磁場(chǎng)過(guò)程中，做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，二是進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，出磁場(chǎng)時(shí)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合圖像知A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則可得線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中安培力方向沿斜面向上，為正，且FBIL，線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框所受安培力為零；出磁場(chǎng)的過(guò)程中安培力方向沿斜面向上，且出磁場(chǎng)時(shí)的安培力可能等于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的安培力，所以C正確，D錯(cuò)誤.5.(2018山東省泰安市上學(xué)期期末)如圖5，兩固定的絕緣斜面傾角均為，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(zhǎng)度均為L(zhǎng)、質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，兩定滑輪間的距離也為L(zhǎng).左斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上.已知斜面及兩根柔軟輕導(dǎo)線足夠長(zhǎng).回路總電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g.使兩金屬棒水平，從靜止開(kāi)始下滑.求：圖5(1)金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速度vm的大小；(2)當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度為時(shí)，其加速度大小是多少？答案(1)(2)(sin3cos)解析(1)達(dá)到最大速度時(shí)，設(shè)兩導(dǎo)線中張力均為T(mén)，金屬棒cd受到的安培力為F對(duì)ab、cd，根據(jù)平衡條件得到：2mgsin2T2mgcos2TmgsinmgcosF而安培力FBIL根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律：EBLvm，I整理得到：vm(2)當(dāng)金屬棒的速度為時(shí)，設(shè)兩導(dǎo)線中張力均為T(mén)1，金屬棒cd受到的安培力為F1，根據(jù)牛頓第二定律：2mgsin2T12mgcos2ma2T1mgsinmgcosF1ma又F1BI1L，E1BL，I1，聯(lián)立解得：a(sin3cos).6.(2018天津市實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖6所示，固定光滑金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上.初始時(shí)刻，彈簧恰處于自然長(zhǎng)度，導(dǎo)體棒具有沿導(dǎo)軌向上的初速度v0.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸.已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行.圖6(1)求初始時(shí)刻通過(guò)電阻R的電流I的大小和方向；(2)當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時(shí)，速度變?yōu)関，求此時(shí)導(dǎo)體棒的加速度大小a.答案(1)電流方向?yàn)閎a(2)gsin解析(1)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E1BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律得通過(guò)R的電流大小為：I1根據(jù)右手定則判斷得知：電流方向?yàn)閎a(2)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E2BLv根據(jù)閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流為：I2導(dǎo)體棒受到的安培力大小為：FBIL，方向沿斜面向上.導(dǎo)體棒受力如圖所示：根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinFma解得：agsin.7.(2018廣東省惠州市模擬)如圖7所示，足夠長(zhǎng)的粗糙絕緣斜面與水平面成37角放置，在斜面上虛線aa和bb與斜面底邊平行，在aa、bb圍成的區(qū)域中有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m10g、總電阻R1、邊長(zhǎng)d0.1m的正方形金屬線圈MNQP，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端由靜止釋放，線圈剛好勻速穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域.已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，(取g10m/s2，sin370.6，cos370.8)求：圖7(1)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大?。?2)線圈釋放時(shí)，PQ邊到bb的距離；(3)整個(gè)線圈穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，線圈上產(chǎn)生的焦耳熱.答案(1)2m/s(2)1m(3)4103J解析(1)對(duì)線圈受力分析，根據(jù)平衡條件得：F安mgcosmgsin，F(xiàn)安BId，I，EBdv聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v2m/s(2)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：a2m/s2線圈釋放時(shí)，PQ邊到bb的距離Lm1m；(3)由于線圈剛好勻速穿過(guò)磁場(chǎng)，則磁場(chǎng)寬度等于d0.1m，QW安F安2d代入數(shù)據(jù)解得：Q4103J.