- 2021-05-11 发布 |
- 37.5 KB |
- 22页
申明敬告： 本站不保证该用户上传的文档完整性，不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
【物理】2018届一轮复习人教版 电磁感应中的动力学和能量问题 学案
1.掌握电磁感应中的动力学问题 2.掌握电磁感应中的能量问题 热点题型一 电磁感应中的动力学问题 例1、如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板．R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻． (1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v. (2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m，带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx. 棒沿导轨匀速运动，由平衡条件得Mgsinθ＝BI1l 金属板间电压U＝I1Rx 解得Rx＝ 【答案】(1)； (2) 【提分秘籍】 1.电磁感应综合问题的两大研究对象及其关系 电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源)，又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带． 2．解决电磁感应中力学问题的基本步骤 (1)明确研究对象和物理过程，即研究哪段导体在哪一过程切割磁感线． (2)根据导体运动状态，应用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向． (3)画出等效电路图，应用闭合电路欧姆定律求回路中的感应电流． (4)分析研究导体受力情况，要特别注意安培力方向的确定． (5)列出动力学方程或平衡方程求解． ①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件——合外力等于零，列式分析． ②导体处于非平衡状态——加速度不为零． 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析． 【举一反三】 如图所示，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2 m．竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求： (1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比； (2)两杆分别达到的最大速度． 由于任意时刻两导体棒受到的安培力大小相等，即F安＝F安′ 代入②③式可得任意时刻的加速度之比＝④ 因两杆初速度均为0，故任意时刻两杆速度之比＝⑤ (2)两杆速度达到最大值时a＝a′＝0⑥ 由安培力公式知F安＝BIl⑦ 由闭合电路欧姆定律知I＝⑧ 由①②⑤⑦⑧式解得v＝，v′＝ 【答案】 (1)2∶1 (2)MN的最大速度为，M′N′的最大速度为 热点题型二 电磁感应中的能量问题 例2、【2017·江苏卷】（15分） 如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求： （1）MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小l； （2）MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a； （3）PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P． 【答案】（1） ； （2） ； （3） 感应电动势 电功率 解得 【变式探究】如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q2＝21.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求： (1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2； (3)外力做的功WF. 设回路中的平均电流为，由闭合电路欧姆定律得＝③ 则通过电阻R的电荷量q＝Δt④ 联立①②③④式，代入数据得q＝4.5 C⑤ (2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑥ 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W＝0－mv2⑦ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J⑨ (3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1Q2＝21⑩ 可得Q1＝3.6 J⑪ 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑫ 由⑨⑩⑪⑫式得WF＝5.4 J 【答案】(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J 【提分秘籍】 1.安培力做功及对应的能量转化关系 (1)电动机模型：如图甲所示，回路通电后导体棒中存在电流，受到安培力的作用而向右运动．通过安培力做功，电能转化为导体棒的机械能． (2)发电机模型：如图乙所示，导体棒因向右运动而产生感应电流，受到安培力的阻碍作用．通过克服安培力做功，机械能转化为回路的电能． 综上所述，安培力做功是电能和其他形式的能之间相互转化的桥梁，如图所示． 【举一反三】 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与轨道保持良好接触，g取10 m/s2.问 (1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向； (2)ab将要向上滑动时，cd的速度v多大； (3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少． 【解析】 (1)cd下滑，根据右手定则判断，c端电势高于d端，ab中电流方向从a到b. (2)ab刚放上时，刚好不下滑，说明ab棒受到了最大静摩擦力Ffm作用，且Ffm＝m1gsinθ cd棒下滑后，分析导体棒ab的受力如图所示，ab刚要上滑时，ab所受最大静摩擦力沿斜面向下，则F安＝Ffm＋m1gsinθ 又F安＝ILB cd棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv 由闭合电路的欧姆定律得I＝ 由以上各式得v＝＝5 m/s (3)设cd产生的热量为Q′，则＝＝1 根据动能定理得m2gxsinθ－(Q＋Q′)＝m2v2 代入已知数据得Q＝Q′＝1.3 J 【答案】 (1)从a到b (2)5 m/s (3)1.3 J 1.【2017·江苏卷】（15分）如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求： （1）MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小l； （2）MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a； （3）PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P． 【答案】（1） ； （2） ； （3） 【解析】（1）感应电动势 感应电流 解得 （2）安培力 牛顿第二定律 解得 （3）金属杆切割磁感线的速度，则 感应电动势 电功率 解得 2．【2017·北京卷】（20分）发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。 在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v（v平行于MN）向右做匀速运动。 图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。 （1）求在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。 （2）从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。 a．请在图3（图1的导体棒ab）、图4（图2的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。 b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。 【答案】（1） （2）a．如图3、图4 b．见解析 图2中，棒ab受到的安培力F2=BIL 在Δt时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功 （2）a．图3中，棒ab向右运动，由左手定则可知其中的正电荷受到b→a方向的洛伦兹力，在该洛伦兹力作用下，正电荷沿导体棒运动形成感应电流，有沿b→a方向的分速度，受到向左的洛伦兹力作用；图4中，在电源形成的电场作用下，棒ab中的正电荷沿a→b方向运动，受到向右的洛伦兹力作用，该洛伦兹力使导体棒向右运动，正电荷具有向右的分速度，又受到沿b→a方向的洛伦兹力作用。如图3、图4。 b．设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为u。 如图4所示，沿棒方向的洛伦兹力，做负功 垂直棒方向的洛伦兹力，做正功 所示，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。 做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递能量的作用。 1．【2016·全国卷Ⅰ】如图1，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求：( ) (1)作用在金属棒ab上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小． 图1 【答案】(1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ) 对于cd棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T ③ N2＝mgcos θ ④ 联立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ) ⑤ (2)由安培力公式得 F＝BIL ⑥ 这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为 ε＝BLv ⑦ 式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得 I＝ ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ) ⑨ 2．【2016·全国卷Ⅱ】如图1所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求： (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值． 图1 【答案】(1)Blt0 (2) E＝Blv ③ 联立①②③式可得 E＝Blt0 ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律 I＝ ⑤ 式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 f＝BIl ⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F－μmg－f＝0 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R＝ ⑧ 3．【2016·四川卷】如图1所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图像可能正确的有( ) 图1 图1 分析金属棒运动情况，由牛顿第二定律可得F合＝F－FA＝F0＋kv－v＝F0＋v，而加速度a＝.因为金属棒从静止出发，所以F0>0，且F合>0，即a>0，加速度方向水平向右． (1)若k＝，F合＝F0，即a＝，金属棒水平向右做匀加速直线运动，有v＝at，说明v∝t，即I∝t，FA∝t，UR∝t，P∝t2，所以在此情况下没有选项符合； (2)若k>，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合； (3)若k<，F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合； 综上所述，B、C选项符合题意． 4．【2016·浙江卷】小明设计的电磁健身器的简化装置如图110所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求： (1)CD棒进入磁场时速度v的大小； (2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小； (3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q. 图110 【答案】(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J 安培力FA＝IBl ⑤ 代入得FA＝＝48 N ⑥ (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J ⑦ 由牛顿定律F－mgsin θ－FA＝0 ⑧ CD棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间t＝ ⑨ 焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J ⑩ 5．【2016·全国卷Ⅲ】如图1所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求： (1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值； (2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 图1 【答案】(1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS) 由欧姆定律有i＝ ③ 由电流的定义有i＝ ④ 联立①②③④式得|Δq|＝Δt ⑤ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为 |q|＝ ⑥ (2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f＝F ⑦ 式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I，F的大小为 F＝B0Il ⑧ 此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls ⑩ 回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′ 式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为 Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt ⑫ 在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ⑬ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 Et＝ ⑭ 由欧姆定律有I＝ ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝(B0lv0＋kS) ⑯ 1.(2015·浙江理综·24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图5 所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10 m/s2) 图5 图6 (1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？ (2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图6所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率. 答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s 解析 (1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力 F＝N1B0IL 由天平平衡可知：mg＝N1B0IL 代入数据解得：N1＝25匝 (2)由法拉第电磁感应定律得：E＝N2＝N2Ld 由欧姆定律得：I′＝ 线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L 由天平平衡可得：m′g＝NB0· 代入数据可得＝0.1 T/s 2．(2015·天津理综·11)如图9所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd 边保持水平，重力加速度为g.求： 图9 (1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍； (2)磁场上、下边界间的距离H. 答案 (1)4倍 (2)＋28l 设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④ 由①②③④式得 v1＝⑤ 设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝⑥ 由⑤⑥式得v2＝4v1⑦ (2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝mv⑧ 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨ 由⑦⑧⑨式得H＝＋28l 3．(2014·江苏单科·13)如图8所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求： 图8 (1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ； (2)导体棒匀速运动的速度大小v； (3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q. 答案 (1)tan θ (2) (3)2mgdsin θ－ 感应电动势：E＝BLv 感应电流：I＝ 安培力：F安＝BIL 受力平衡的条件是：F安＝mgsin θ 解得导体棒匀速运动的速度v＝ (3)摩擦生热：QT＝μmgdcos θ 根据能量守恒定律知：3mgdsin θ＝Q＋QT＋mv2 解得电阻产生的焦耳热Q＝2mgdsin θ－. 4．(2014·新课标全国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15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15 (1)通过电阻R的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率． 答案 (1)方向为C→D (2)＋ 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＝. (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＋fv，而f＝μmg 解得P＝＋. 5．(2013·天津理综·3)如图2所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( ) 图2 A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2 C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2 答案 A 解析 由法拉第电磁感应定律得：E＝① ＝② q＝Δt③ 由①②③得：q＝ 所以q1＝q2 由Q＝|W安|＝BIl·x得Q1＝·lbc， Q2＝·lab 又因lab＞lbc 所以Q1＞Q2选项A正确． 1.(多选)如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能( ) A．变为0 B．先减小后增大 C．等于F D．先增大再减小 【答案】 AB 2.如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( ) A．2mgL B．2mgL＋mgH C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH 【答案】 C 3.如图所示，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v0沿导轨向右运动，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( ) A．金属棒在导轨上做匀减速运动 B．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为 C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 D．整个过程中金属棒克服安培力做功为 【解析】 由牛顿第二定律可得＝ma, 金属棒做a减小的减速运动，A错．由能量守恒定律可知，克服安培力做功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热之和，W安＝mv2＝Q，因此B错，D正确．整个过程中通过金属棒的电量q＝＝，得金属棒位移x＝，C错． 【答案】 D 4.竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，轨道下半部分处在两个水平向里的匀强磁场中，磁场的边界分别是y＝a、y＝b、y＝c的直线(图中虚线所示)．一个小金属环从抛物线上y＝d处由静止释放，金属环沿抛物线下滑后环面总保持与磁场垂直，那么产生的焦耳热总量是( ) A．mgd B．mg(d－a) C．mg(d－b) D．mg(d－c) 【答案】 D 5．(多选)如图所示，虚线矩形abcd为匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动．如图所示给出的是圆形闭合金属线框的四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是( ) 【解析】 因为线框在进、出磁场时，线框中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线框运动，使线框的速度可能减为零，故A、D正确． 【答案】 AD 6.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M，斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行底边，则下列说法正确的是( ) A．线框进入磁场前运动的加速度为 B．线框进入磁场时匀速运动的速度为 C．线框做匀速运动的总时间为 D．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg－mgsinθ)l2 【解析】 对重物和线框系统受力分析，由牛顿第二定律得，Mg－mgsinθ＝(M＋m)a，解得，a＝，A项错误；对线框受力分析，由平衡条件得，Mg－mgsinθ－F安＝0，又F安＝BIl1，I＝E/R，E＝Bl1v，联立解得，v＝，B项错误；线框做匀速运动的总时间为t＝＝，C项错误；由能量守恒定律得，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，Q＝(Mg－mgsinθ)l2，D项正确． 【答案】 D 7．如图所示的甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨．导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中．导体棒和导轨间接触良好且摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电．今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的最终运动状态是( ) A．甲、丙中，棒ab最终将以相同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止 B．甲、丙中，棒ab最终将以不同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止 C．甲、乙、丙中，棒ab最终均做匀速运动 D．甲、乙、丙中，棒ab最终都静止 【答案】B 8.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻均不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则( ) A．金属棒将做往复运动，动能、弹性势能与重力势能的总和保持不变 B．金属棒最后将静止，静止时弹簧的伸长量为mg/k C．金属棒最后将静止，电阻R上产生的总热量为mg· D．当金属棒第一次达到最大速度时，弹簧的伸长量为mg/k 【答案】 B 9.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则( ) A．v1查看更多