（新課標(biāo)）2018-2019學(xué)年高考物理 主題三 電磁感應(yīng)及其應(yīng)用 提升課2 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量問(wèn)題學(xué)案 新人教版選修3-2

《（新課標(biāo)）2018-2019學(xué)年高考物理 主題三 電磁感應(yīng)及其應(yīng)用 提升課2 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量問(wèn)題學(xué)案 新人教版選修3-2》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2018-2019學(xué)年高考物理 主題三 電磁感應(yīng)及其應(yīng)用 提升課2 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量問(wèn)題學(xué)案 新人教版選修3-2（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 提升課2　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量問(wèn)題 　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 1.具有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場(chǎng)中將受到安培力作用，所以電磁感應(yīng)問(wèn)題往往與力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起，處理此類(lèi)問(wèn)題的基本方法是： (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向。 (2)求回路中的感應(yīng)電流的大小和方向。 (3)分析導(dǎo)體的受力情況(包括安培力)。 (4)列動(dòng)力學(xué)方程或平衡方程求解。 2.兩種狀態(tài)處理 (1)導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 處理方法：根據(jù)平衡條件——合力等于零列式分析。 (2)導(dǎo)體處于非平衡狀態(tài)——加速度不為零。 處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)

2、合功能關(guān)系分析。 [例1] 如圖1所示，空間存在B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ是水平放置的平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌，其間距L＝0.2 m，電阻R＝0.3 Ω接在導(dǎo)軌一端，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝0.1 Ω的導(dǎo)體棒，已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，對(duì)ab棒施加一個(gè)大小為F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，求：(g＝10 m/s2) 圖1 (1)導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度； (2)試定性畫(huà)出導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖象。 思路點(diǎn)撥：ab棒在拉力F作用下運(yùn)動(dòng)，

3、隨著ab棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)的速度增大，棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv增大，棒中感應(yīng)電流I＝＝增大，棒受到的安培力方向水平向右，大小為F＝BIL＝也增大，最終達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)棒的速度達(dá)到最大值。外力在克服安培力做功的過(guò)程中，消耗了其他形式的能，轉(zhuǎn)化成了電能，最終轉(zhuǎn)化成了焦耳熱。 解析　(1)導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E＝BLv① I＝② 導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL③ 導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據(jù)牛頓第二定律得 F－μmg－F安＝ma④ 由①②③④得F－μmg－＝ma⑤ 由上式可以看出，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當(dāng)加速度

4、a減小到0時(shí)，速度達(dá)到最大。 此時(shí)有F－μmg－＝0⑥ 可得vm＝＝10 m/s⑦ (2)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖象如圖所示。 答案　(1)10 m/s　(2)見(jiàn)解析圖 電磁感應(yīng)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中的動(dòng)態(tài)分析思路 導(dǎo)體受外力運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電流導(dǎo)體受安培力―→合外力變化加速度變化―→速度變化―→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化……→a＝0，v最大值。 周而復(fù)始地循環(huán)，循環(huán)結(jié)束時(shí)，加速度等于零，導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，a＝0，速度v達(dá)到最大值。 [例2] 如圖2甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻，一根質(zhì)量為m的均勻

5、直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦。 圖2 (1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫(huà)出ab桿下滑過(guò)程中某時(shí)刻的受力示意圖； (2)在加速下滑過(guò)程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流及其加速度的大?。? (3)求在下滑過(guò)程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值。 解析　(1)由右手定則知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向a→b。如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上。

6、 (2)當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，此時(shí) 電路中的電流I＝＝ ab桿受到安培力F安＝BIL＝ 根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma a＝gsin θ－。 (3)當(dāng)a＝0時(shí)，ab桿有最大速度，其最大值為vm＝。 答案　(1)見(jiàn)解析圖 (2)　gsin θ－　(3) 電磁感應(yīng)中力學(xué)問(wèn)題的解題技巧 (1)受力分析時(shí)，要把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖，同時(shí)標(biāo)明電流方向及磁場(chǎng)B的方向，以便準(zhǔn)確地畫(huà)出安培力的方向。 (2)要特別注意安培力的大小和方向都有可能變化，不像重力或其他力一樣是恒力。 (3)根據(jù)牛頓第二定律分析a的變化情況，以求

7、出穩(wěn)定狀態(tài)的速度。 (4)列出穩(wěn)定狀態(tài)下的受力平衡方程往往是解題的突破口。 [針對(duì)訓(xùn)練1] 如圖3所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求： 圖3 (1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P

8、。 解析　(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv0 感應(yīng)電流I＝，解得I＝ (2)安培力F＝BId 牛頓第二定律F＝ma 解得a＝ (3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－v，則 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bd(v0－v) 電功率P＝，解得P＝ 答案　(1)　(2)　(3) 　電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題 1.電磁感應(yīng)中能量的轉(zhuǎn)化 電磁感應(yīng)過(guò)程實(shí)質(zhì)是不同形式的能量相互轉(zhuǎn)化的過(guò)程，其能量轉(zhuǎn)化方式為： 2.求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量問(wèn)題的一般思路 (1)確定回路，分清電源和外電路。 (2)分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化，如： ①有滑動(dòng)摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生； ②有重力做功

9、，重力勢(shì)能必然發(fā)生變化； ③克服安培力做功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，并且克服安培力做多少功，就產(chǎn)生多少電能；如果安培力做正功，就是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 (3)列有關(guān)能量的關(guān)系式。 [例3] 如圖4所示，足夠長(zhǎng)的平行光滑U形導(dǎo)軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導(dǎo)軌間的距離L＝1.0 m，下端連接R＝1.6 Ω的電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，所在空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T。質(zhì)量m＝0.5 kg、電阻r＝0.4 Ω的金屬棒ab垂直置于導(dǎo)軌上，現(xiàn)用沿導(dǎo)軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0 N的恒力使金屬棒ab從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上滑行，當(dāng)金屬棒滑行s＝2.

10、8 m后速度保持不變。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) 圖4 (1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v； (2)金屬棒從靜止到剛開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR。 解析　(1)金屬棒沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向a→b，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝ 安培力F安＝BIL，金屬棒ab受力如圖所示。 由平衡條件有F＝mgsin θ＋BIL 代入數(shù)據(jù)解得v＝4 m/s。 (2)設(shè)整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律有 Q＝Fs－mgs·sin θ－mv2 而QR＝Q，代入數(shù)據(jù)解得QR＝1.28

11、J。 答案　(1)4 m/s　(2)1.28 J 電磁感應(yīng)中焦耳熱的計(jì)算技巧 (1)電流恒定時(shí)，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。 (2)感應(yīng)電流變化，可用以下方法分析： ①利用動(dòng)能定理，求出克服安培力做的功，產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q＝W安。 ②利用能量守恒，即感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱等于其他形式能量的減少，即Q＝ΔE其他。 [針對(duì)訓(xùn)練2] 水平放置的光滑平行導(dǎo)軌上放置一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab，ab處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向如圖5所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌的一端接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌及導(dǎo)體棒電阻不計(jì)。現(xiàn)使ab在水平恒力F作用下由靜止沿垂直于磁場(chǎng)的方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)

12、通過(guò)的位移為x時(shí)，ab達(dá)到最大速度vm。此時(shí)撤去外力，最后ab靜止在導(dǎo)軌上。在ab運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A.撤去外力后，ab做勻減速運(yùn)動(dòng) B.合力對(duì)ab做的功為Fx C.R上釋放的熱量為Fx＋mv D.R上釋放的熱量為Fx 解析　撤去外力后，導(dǎo)體棒水平方向只受安培力作用，而F安＝，F(xiàn)安隨v的變化而變化，故導(dǎo)體棒做加速度變化的變速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理得W合＝ΔEk＝0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整個(gè)回路產(chǎn)生的電能，電能又轉(zhuǎn)化為R上釋放的熱量，即Q＝Fx，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 答案　D 1.(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力

13、學(xué)問(wèn)題)如圖6所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無(wú)摩擦地滑動(dòng)。桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計(jì)。開(kāi)始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則(　　) 圖6 A.ef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速 B.ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后停止 C.ef將勻速向右運(yùn)動(dòng) D.ef將往返運(yùn)動(dòng) 解析　ef向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，會(huì)受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，但不是勻減速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A正確。 答案　A 2.(電磁感

14、應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題)(多選)如圖7所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，已知導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，且電阻不計(jì)。ab是一根與導(dǎo)軌垂直而且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿。開(kāi)始時(shí)，將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，讓桿ab由靜止開(kāi)始自由下落，一段時(shí)間后，再將S閉合，若從S閉合開(kāi)始計(jì)時(shí)，則金屬桿ab的速度v隨時(shí)間t變化的圖象可能是(　　) 圖7 解析　設(shè)ab桿的有效長(zhǎng)度為l，S閉合時(shí)，若＞mg，桿先減速再勻速，D項(xiàng)有可能；若＝mg，桿勻速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)有可能；若＜mg，桿先加速再勻速，C項(xiàng)有可能；由于v變化，－mg＝ma中的a不恒定，故B項(xiàng)不可能。 答案　ACD 3.(電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題)如圖8所示，豎直放

15、置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無(wú)摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時(shí)間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于(　　) 圖8 A.棒的機(jī)械能增加量 B.棒的動(dòng)能增加量 C.棒的重力勢(shì)能增加量 D.電阻R上產(chǎn)生的熱量 解析　棒加速上升時(shí)受到重力、拉力F及安培力。根據(jù)功能關(guān)系可知，力F與安培力做的功的代數(shù)和等于棒的機(jī)械能的增加量，選項(xiàng)A正確。 答案　A 4.(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)綜合問(wèn)題)如圖9所示，質(zhì)量m1＝0.1 kg，電阻R

16、1＝0.3 Ω，長(zhǎng)度l＝0.4 m的導(dǎo)體棒ab橫放在U型金屬框架上?？蚣芄潭ㄔ诮^緣水平面上，相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)。電阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′。整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T?，F(xiàn)垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，使棒ab從靜止開(kāi)始無(wú)摩擦地運(yùn)動(dòng)，棒始終與MM′、NN′保持良好接觸。 圖9 (1)求棒ab能達(dá)到的最大速度； (2)若棒ab從靜止到剛好達(dá)到最大速度的過(guò)程中，導(dǎo)體棒ab上產(chǎn)生的熱量QR1＝1.2 J，求該過(guò)程中棒ab的位移大小。 解析　(1)ab棒做加速度逐漸變小的加速運(yùn)動(dòng)， 當(dāng)a＝0時(shí)，速度達(dá)到

17、最大，設(shè)最大速度為vm F＝F安＝BIl I＝ E＝Blvm 得vm＝＝5 m/s。 (2)棒ab從靜止到剛好達(dá)到vm的過(guò)程中，設(shè)閉合電路產(chǎn)生的總熱量為Q總， ＝ 對(duì)棒ab由功能關(guān)系 Fx＝Q總＋mv 得x＝1.425 m。 答案　(1)5 m/s　(2)1.425 m 基礎(chǔ)過(guò)關(guān) 1.很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放，形成一很長(zhǎng)的豎直圓筒。一條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置，其下端與圓筒上端開(kāi)口平齊。讓條形磁鐵從靜止開(kāi)始下落。條形磁鐵在圓筒中的運(yùn)動(dòng)速率(　　) A.均勻增大 B.先增大，后減小 C.逐漸增大，趨于不變 D.先增大，再減小，最后不變 解析　對(duì)

18、磁鐵受力分析可知，磁鐵重力不變，磁場(chǎng)力隨速率的增大而增大，當(dāng)重力等于磁場(chǎng)力時(shí)，磁鐵勻速下落，所以選項(xiàng)C正確。 答案　C 2.(多選)如圖1所示，金屬桿ab以恒定的速率v在光滑平行導(dǎo)軌上向右滑行，設(shè)整個(gè)電路中總電阻為R(恒定不變)，整個(gè)裝置置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，下列敘述正確的是(　　) 圖1 A.ab桿中的電流與速率v成正比 B.磁場(chǎng)作用于ab桿的安培力與速率v成正比 C.電阻R上產(chǎn)生的熱功率與速率v的二次方成正比 D.外力對(duì)ab桿做功的功率與速率v成正比 解析　由E＝Blv和I＝得I＝，所以安培力F＝BIl＝，電阻上產(chǎn)生的熱功率P＝I2R＝，外力對(duì)ab做功的功率就等

19、于回路產(chǎn)生的熱功率，故A、B、C正確。 答案　ABC 3.如圖2所示，空間某區(qū)域中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平，且垂直于紙面向里，磁場(chǎng)上邊界b和下邊界d水平。在豎直面內(nèi)有一矩形金屬線圈，線圈上下邊的距離很短，下邊水平。線圈從水平面a開(kāi)始下落。已知磁場(chǎng)上下邊界之間的距離大于水平面a、b之間的距離。若線圈下邊通過(guò)水平面b、c(位于磁場(chǎng)中)和d時(shí)，線圈所受到的磁場(chǎng)力的大小分別為Fb、Fc和Fd，則(　　) 圖2 A.Fd＞Fc＞Fb B.Fc＜Fd＜Fb C.Fc＞Fb＞Fd D.Fc＜Fb＜Fd 解析　線圈在a處自由下落，到b點(diǎn)速度vb＝，受安培力Fb＝，線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)，

20、無(wú)感應(yīng)電流，則線圈不受安培力作用，F(xiàn)c＝0，線圈繼續(xù)加速，由于線圈上下邊界很短，故vd＝＞vb，d點(diǎn)處所受安培力為Fd＝，故Fd＞Fb＞Fc，選項(xiàng)D正確。 答案　D 4.如圖3所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長(zhǎng)大于bc邊長(zhǎng)，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場(chǎng)，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab邊平行于MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則(　　) 圖3 A.Q1＞Q2，q1＝q2 B.Q1＞Q2

21、，q1＞q2 C.Q1＝Q2，q1＝q2 D.Q1＝Q2，q1＞q2 解析　根據(jù)功能關(guān)系知，線框上產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝It＝t＝，故q1＝q2，因此A正確。 答案　A 5.(多選)如圖4所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，間距為l，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，則(　　) 圖4 A.如果B變大，vm將變大

22、 B.如果α變大，vm將變大 C.如果R變大，vm將變大 D.如果m變小，vm將變大 解析　金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，在閉合電路中形成電流I＝，因此金屬桿從軌道上滑下的過(guò)程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F安作用，F(xiàn)安＝BIl＝，先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin α－＝ma，當(dāng)a→0時(shí)，v→vm，解得vm＝，故選項(xiàng)B、C正確。 答案　BC 6.(多選)如圖5所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一矩形閉合線圈，線圈平面與磁場(chǎng)垂直。已知線圈的面積S＝0.5 m2，線圈電阻r＝0.2 Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度B在

23、0～1 s內(nèi)從零均勻變化到2 T，則(　　) 圖5 A.0.5 s時(shí)線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為1 V B.0.5 s時(shí)線圈內(nèi)感應(yīng)電流的大小為10 A C.0～1 s內(nèi)通過(guò)線圈的電荷量為5 C D.0～0.5 s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱為5 J 解析　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n可得E＝＝1 V，故選項(xiàng)A正確；線圈內(nèi)感應(yīng)電流的大小I＝＝ A＝5 A，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0～1 s內(nèi)通過(guò)線圈的電荷量q＝It＝5×1 C＝5 C，故選項(xiàng)C正確；0～0.5 s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2rt＝52×0.2×0.5 J＝2.5 J，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　AC 7.(多選)如圖6所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感

24、應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下，在磁場(chǎng)中有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形剛性金屬框，ab邊的質(zhì)量為m，電阻為R，其他三邊的質(zhì)量和電阻均不計(jì)。cd邊上裝有固定的水平軸，將金屬框自水平位置由靜止釋放，第一次轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，ab邊的速度為v，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，則在這個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖6 A.通過(guò)ab邊的電流方向?yàn)閍→b B.ab邊經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的速度v＝ C.ab邊經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的速度v＜ D.金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgL－mv2 解析　ab邊向下擺動(dòng)過(guò)程中，金屬框內(nèi)磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律及右手螺旋定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)閎→a，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；ab邊由水平位置到達(dá)最低點(diǎn)

25、過(guò)程中，機(jī)械能一部分轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故v＜，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)等于此過(guò)程中機(jī)械能的損失，故選項(xiàng)D正確。 答案　CD 能力提升 8.如圖7所示，C是一只電容器，先用外力使金屬桿ab貼著水平平行金屬導(dǎo)軌在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中沿垂直磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)，到有一穩(wěn)定速度過(guò)一會(huì)后突然撤去外力。不計(jì)摩擦，則ab以后的運(yùn)動(dòng)情況可能是(　　) 圖7 A.減速運(yùn)動(dòng)到停止 B.來(lái)回往復(fù)運(yùn)動(dòng) C.勻速運(yùn)動(dòng) D.加速運(yùn)動(dòng) 解析　用外力使金屬桿ab在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中沿垂直磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，對(duì)電容器充電，設(shè)棒向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則判斷可知ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電

26、流方向從b到a，電容器上極板帶正電，下極板帶負(fù)電；穩(wěn)定后速度不變，電容器充電結(jié)束，電流為零，外力和安培力均為零，外力撤去后ab保持向右勻速，故選項(xiàng)C正確。 答案　C 9.(多選)如圖8所示，在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中有一個(gè)由均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框abcd，線框以恒定的速度v沿垂直磁場(chǎng)方向向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中線框dc邊始終與磁場(chǎng)右邊界平行，線框邊長(zhǎng)ad＝L，cd＝2L。線框?qū)Ь€的總電阻為R。則在線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖8 A.ad間的電壓為 B.流過(guò)線框截面的電量為 C.線框所受安培力的合力為 D.線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量

27、為 解析　在線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝B·2Lv，感應(yīng)電流I＝＝。ad間的電壓為U＝I·R＝·R＝，故選項(xiàng)A正確；流過(guò)線框截面的電量q＝IΔt＝·Δt＝，故選項(xiàng)B正確；線框所受安培力的合力F＝BI·2L＝，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量Q＝I2·R·＝，故選項(xiàng)D正確。 答案　ABD 10.如圖9所示，兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上，相距l(xiāng)，左端與一電阻R相連，整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上，在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速率v勻速向右滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ

28、，重力加速度大小為g，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。求 圖9 (1)電阻R消耗的功率； (2)水平外力的大小。 解析　(1)導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv，根據(jù)閉合電路歐姆定律，閉合回路中的感應(yīng)電流為I＝，電阻R消耗的功率為P＝I2R，聯(lián)立可得 P＝ (2)對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力及向右的外力，三力平衡，故有 F安＋μmg＝F，F(xiàn)安＝BIl＝B··l， 故F＝＋μmg 答案　(1)　(2)＋μmg 11.均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，每邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，總質(zhì)量為m。將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方h處，如圖

29、10所示。線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場(chǎng)邊界平行。當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)， 圖10 (1)求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。? (2)求cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大??； (3)若此時(shí)線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h。 解析　(1)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框速度v＝ 線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝BL。 (2)此時(shí)線框中的電流I＝ cd切割磁感線相當(dāng)于電源，cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差即路端電壓U＝I·R＝BL。 (3)安培力F安＝BIL＝ 根據(jù)牛頓第二定律mg－F安＝ma 由a＝0，解得下落高度h＝。 答案　(1)BL　(2)BL　(3) 1

30、2.如圖11甲所示，平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1 m，上端接有電阻R1＝3 Ω，下端接有電阻R2＝6 Ω，虛線OO′下方是垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab，從OO′上方某處垂直導(dǎo)軌由靜止釋放，桿下落0.2 m過(guò)程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸，加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示。求： 圖11 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B； (2)桿下落0.2 m過(guò)程中通過(guò)電阻R2的電荷量q。 解析　(1)由圖象知，桿自由下落距離是0.05 m，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝10 m/s2，則桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度 v＝＝1 m/s 由圖象知，桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度 a＝－g＝－10 m/s2 由牛頓第二定律得mg－F安＝ma 回路中的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv 桿中的電流I＝，R并＝ F安＝BIL＝ 得B＝＝2 T。 (2)桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝ 桿中的平均電流I＝ 通過(guò)桿的電荷量Q＝I·Δt 通過(guò)R2的電量q＝Q＝0.05 C。 答案　見(jiàn)解析 16