（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電磁感應(yīng)和電路 第2講 電磁感應(yīng)的綜合問題學(xué)案

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1、 第2講　電磁感應(yīng)的綜合問題 [選考考點分布] 章 知識內(nèi)容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計 必考 加試 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 電磁感應(yīng) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象 b 楞次定律 c 法拉第電磁感應(yīng)定律 d 22 23 22 22 22 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況 b 互感和自感 b 渦流、電磁阻尼和電磁驅(qū)動 b 考點一　電磁感應(yīng)中的圖象問題 1．(多選)如圖1所示，

2、abcd為一邊長為l的正方形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框位于光滑水平面內(nèi)，其右側(cè)為一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的邊界與線框的cd邊平行，磁場區(qū)域的寬度為2l，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下，線框在一垂直于cd邊的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右運動，直至通過磁場區(qū)域，cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框開始勻速運動，規(guī)定線框中電流沿逆時針時方向為正，則導(dǎo)線框從剛進(jìn)入磁場到完全離開磁場的過程中，a、b兩端的電壓Uab及導(dǎo)線框中的電流i隨cd邊的位置坐標(biāo)x變化的圖線可能是(　　) 圖1 答案　BD 2．(多選)(人教版選修3－2P8第6題改編)某實驗裝置如圖2所示，在鐵芯P上繞著兩個線圈A和B，如果線圈A中電

3、流i與時間t的關(guān)系有如圖所示的A、B、C、D共四種情況．在t1～t2這段時間內(nèi)，哪種情況可以觀察到在線圈B中有感應(yīng)電流(　　) 圖2 答案　BCD 3．(多選)(人教版選修3－2P19“例題”改編)某同學(xué)設(shè)計了一利用渦旋電場加速帶電粒子的裝置，基本原理如圖3甲所示，上、下為電磁鐵的兩個磁極，磁極之間有一個環(huán)形真空室，帶電粒子在真空室內(nèi)做圓周運動，電磁鐵線圈電流的大小、方向可以變化，產(chǎn)生的感生電場使粒子加速，圖甲上部分為側(cè)視圖，下部分為俯視圖，若粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為零，圓形軌道的半徑為R，穿過粒子圓形軌道面積的磁通量Φ隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，在t0時刻后，粒子所

4、在軌道處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，粒子加速過程中忽略相對論效應(yīng)，不計粒子的重力，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．若被加速的粒子為電子，沿如圖所示逆時針方向加速，則應(yīng)在線圈中通以由a到b的電流 B．若被加速的粒子為正電子，沿如圖所示逆時針方向加速，則應(yīng)在線圈中通以由a到b的電流 C．在t0時刻后，粒子運動的速度大小為 D．在t0時刻前，粒子每加速一周增加的動能為 答案　ACD 解析　電子帶負(fù)電，它在電場中受力的方向與電場方向相反，電子沿逆時針方向加速，根據(jù)左手定則可知磁場方向豎直向上，由右手螺旋定則知線圈中應(yīng)通以由a到b的電流，故A正確；同理可知B錯誤；在 t0時刻后，粒子所在軌道

5、處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力等于向心力qvB＝，v＝，故C正確；在t0時刻前，感生電場的感應(yīng)電動勢E感＝，粒子加速運動一周增加的動能為ΔEk＝qE感＝，故D正確． 1.對圖象的認(rèn)識，應(yīng)注意以下兩個方面 (1)明確圖象所描述的物理意義． (2)明確各種“＋”“－”的含義． 2．電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個常見解法 (1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負(fù)，排除錯誤的選項． (2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象作出分

6、析和判斷，這未必是最簡捷的方法，但卻是最有效的辦法． 考點二　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題 1．(2016·浙江10月選考·22)為了探究電動機(jī)轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關(guān)系，小明設(shè)計了如圖4所示的裝置．半徑為l的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，由電動機(jī)A帶動旋轉(zhuǎn)．在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場．另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的“U”型導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向

7、垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場中．從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng)開關(guān)S與“U”型導(dǎo)軌連接．當(dāng)開關(guān)S斷開，棒cd靜止時，彈簧伸長量為x0；當(dāng)開關(guān)S閉合，電動機(jī)以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，棒cd再次靜止時，彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度)．不計其余電阻和摩擦等阻力，求此時： 圖4 (1)通過棒cd的電流Icd； (2)電動機(jī)對該裝置的輸出功率P； (3)電動機(jī)轉(zhuǎn)動角速度ω與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關(guān)系． 答案　見解析 解析　(1)S斷開，cd棒靜止有mg＝kx0 S閉合，cd棒靜止時受到安培力F＝B2Icd?l cd棒靜止時有mg＋B2Icd?l＝kx 解得Icd＝

8、(2)回路總電阻R總＝R＋R＝R 總電流：I＝ 由能量守恒得P＝I2R總＝ (3)由法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝＝B1ωl2 回路總電流I＝ 解得ω＝. 2．(2017·臺州市9月選考)為了測量列車運行的速度和加速度大小，可采用如圖5甲所示的裝置，它由一塊安裝在列車車頭底部的強(qiáng)磁體和埋設(shè)在地面的一組線圈及電流測量記錄儀組成(測量記錄儀未畫出)．當(dāng)列車經(jīng)過線圈上方時，線圈中產(chǎn)生的電流被記錄下來，就能求出列車的速度和加速度．如圖乙所示為鐵軌和列車的俯視圖，假設(shè)磁體端部有磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.2×10－2 T，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，該磁場區(qū)域在運動過程中兩個時刻恰能依次覆蓋兩個線圈，每個線

9、圈的電阻r＝0.30 Ω，匝數(shù)n＝4，垂直于鐵軌方向長l＝0.25 m，平行于軌道方向的寬度遠(yuǎn)小于兩線圈的距離s，每個測量記錄儀自身電阻R＝1.70 Ω，其記錄下來的電流－位置關(guān)系圖，即i－x圖如圖丙所示． 圖5 (1)當(dāng)磁場區(qū)域的右邊界剛離開線圈Ⅰ時，線圈Ⅰ的電流方向是順時針還是逆時針？(俯視圖) (2)試計算列車通過線圈Ⅰ和線圈Ⅱ時的速度v1和v2的大??； (3)假設(shè)列車做的是勻加速直線運動，求列車在兩個線圈之間的加速度的大?。?結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 答案　(1)順時針　(2)20 m/s　25 m/s　(3)1.13 m/s2 解析　(1)由楞次定律得，線圈Ⅰ的電流

10、方向為順時針． (2)列車車頭底部的強(qiáng)磁體通過線圈時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，根據(jù)公式可得：E＝I(R＋r) 解得：E1＝0.24 V和E2＝0.30 V 而線圈Ⅰ、Ⅱ中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為： E1＝nBlv1，E2＝nBlv2 解得：v1＝20 m/s，v2＝25 m/s (3)根據(jù)勻變速直線運動公式：v－v＝2as 從題圖丙中讀出s＝100 m，解得：a≈1.13 m/s2. 3. 如圖6所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強(qiáng)磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于

11、線框所在平面．開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前，線框做勻速運動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動．線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求： 圖6 (1)線框ab邊將要離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時的幾倍； (2)磁場上、下邊界間的距離H. 答案　(1)4倍　(2)＋28l 解析　(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1，

12、由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1＝2Blv1 ① 設(shè)線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1＝ ② 設(shè)此時線框所受安培力為F1，有F1＝2I1Lb ③ 由于線框做勻速運動，其受力平衡，有mg＝F1 ④ 由①②③④式得 v1＝ ⑤ 設(shè)ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得v2＝ ⑥ 由⑤⑥式得v2＝4v1 ⑦ (2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場前，由機(jī)械能守恒定律，有2mgl＝mv ⑧ 線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有 mg(2

13、l＋H)＝mv－mv＋Q ⑨ 由⑦⑧⑨式得 H＝＋28l. 1.力學(xué)對象和電學(xué)對象的相互關(guān)系 2．求解焦耳熱的三種方法 (1)焦耳定律：Q＝I2Rt (2)功能關(guān)系：Q＝W克服安培力 (3)能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE其他能的減少量 考點三　應(yīng)用動量和能量觀點分析電磁感應(yīng)問題 1．(2017·浙江4月選考·22)間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖7所示．傾角為θ的導(dǎo)軌處于大小為B1、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)間Ⅰ中．水平導(dǎo)軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動雙桿”(由兩根長為l的金屬桿cd和ef，用長度為L的

14、剛性絕緣桿連接構(gòu)成)，在“聯(lián)動雙桿”右側(cè)存在大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)間Ⅱ，其長度大于L.質(zhì)量為m、長為l的金屬桿ab從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達(dá)到勻速后進(jìn)入水平導(dǎo)軌(無能量損失)，桿ab與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞，碰后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動三桿”．“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入磁場區(qū)間Ⅱ并從中滑出．運動過程中，桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直．已知桿ab、cd和ef電阻均為R＝0.02 Ω、m＝0.1 kg、l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T．不計摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場邊界效應(yīng)，g取10 m/s2.求：

15、 圖7 (1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運動時的速度大小v0； (2)“聯(lián)動三桿”進(jìn)入磁場區(qū)間Ⅱ前的速度大小v； (3)“聯(lián)動三桿”滑過磁場區(qū)間Ⅱ產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　見解析 解析　(1)由已知得：mgsin θ＝ 解得：v0＝6 m/s. (2)由動量守恒定律得mv0＝4mv， 解得v＝＝1.5 m/s. (3)設(shè)“聯(lián)動三桿”進(jìn)入磁場區(qū)間Ⅱ時速度變化量的大小為Δv，由動量定理得B2lΔt＝4mΔv 因＝，解得Δv＝0.25 m/s. 設(shè)“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間Ⅱ時速度變化量的大小為Δv′，同樣有B2′lΔt′＝4mΔv′，′＝ 解得Δv′＝0.25 m/s. 因

16、此“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間Ⅱ時的速度為 v′＝v－Δv－Δv′＝1 m/s. 由能量守恒得：Q＝·4m(v2－v′2)＝0.25 J. 2. (2016·浙江4月選考·23)某同學(xué)設(shè)計了一個電磁推動加噴氣推動的火箭發(fā)射裝置，如圖8所示．豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導(dǎo)軌，間距為L.導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間，總質(zhì)量為m，其中燃料質(zhì)量為m′，燃料室中的金屬棒EF電阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸．引燃火箭下方的推進(jìn)劑，迅速推動剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運動，當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值ΔS，用時Δt，此過程激勵

17、出強(qiáng)電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭．在Δt時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體．當(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開后．噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭． 圖8 (1)求回路在Δt時間內(nèi)感應(yīng)電動勢的平均值及通過金屬棒EF的電荷量，并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向； (2)經(jīng)Δt時間火箭恰好脫離導(dǎo)軌，求火箭脫離時的速度大小v0；(不計空氣阻力) (3)火箭脫離導(dǎo)軌時，噴氣孔打開，在極短的時間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m′的燃?xì)猓瑖姵龅娜細(xì)庀鄬姎馇盎鸺乃俣葹関，求噴氣后火箭增加的速度Δv.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系) 答案　(1)　　方向向右　(2)－gΔt (3)v 解析　(1)根據(jù)

18、法拉第電磁感應(yīng)定律，有＝＝ q＝Δt＝，電流方向向右 (2)平均感應(yīng)電流＝＝ 平均安培力＝BL 由動量定理有(－mg)Δt＝mv0，v0＝－gΔt (3)以噴氣前的火箭為參考系，設(shè)豎直向上為正，由動量守恒定律－m′v＋(m－m′)Δv＝0 得Δv＝v. 3．(2017·溫州市十校高三期末)如圖9所示，PQ和MN是固定于水平面內(nèi)的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長，其電阻可忽略不計．金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直，且接觸良好．金屬棒ab、cd的質(zhì)量均為m，長度均為L.兩金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，它們與軌道形成閉合回路．金屬棒ab的電阻為2R，金屬棒cd的電阻為R.整

19、個裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．若先保持金屬棒ab不動，使金屬棒cd在與其垂直的水平力F(大小未知)作用下，由靜止開始向右以加速度a做勻加速直線運動，水平力F作用t0時間撤去此力，同時釋放金屬棒ab.求： 圖9 (1)棒cd勻加速過程中，外力F隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系； (2)兩金屬棒在撤去F后的運動過程中，直到最后達(dá)到穩(wěn)定，金屬棒cd產(chǎn)生的熱量； (3)兩金屬棒在撤去F后的運動過程中，直到最后達(dá)到穩(wěn)定，通過金屬棒cd的電荷量q. 答案　(1)F＝t＋ma　(2)ma2t　(3) 解析　(1)棒cd勻加速過程中F－BIL＝ma， 又I＝＝，得此過程F隨時間t變化

20、的函數(shù)關(guān)系為F＝t＋ma. (2)撤去F后，直到最后達(dá)到穩(wěn)定，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒得 系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為Q＝mv－·2mv2， 根據(jù)系統(tǒng)動量守恒mv0＝2mv， 又v0＝at0得Q＝ma2t， cd棒產(chǎn)生的熱量為Qcd＝Q＝ma2t. (3)撤去F到系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定，由動量定理對cd受力分析得－BLΔt＝mv－mv0，q＝Δt，解得q＝. 4．(2017·浙江“七彩陽光”聯(lián)考)如圖10所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌G1、G2放置在傾角為α的斜面上，導(dǎo)軌間距為l，電阻不計．在導(dǎo)軌上端并聯(lián)接入兩個額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡．整個系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直．現(xiàn)

21、將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放，經(jīng)過時間t0，兩燈泡開始并保持正常發(fā)光．金屬棒下落過程中保持與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好．重力加速度為g.求： 圖10 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)燈泡正常發(fā)光時導(dǎo)體棒的運動速率v； (3)在t＝0至t＝t0期間，兩小燈泡產(chǎn)生的總焦耳熱． 答案　(1)　(2)　(3)2t0P－ 解析　(1)設(shè)燈泡額定電流為I0 則有P＝IR ① 流經(jīng)MN的電流I＝2I0 ② mgsin α＝2BI0l ③ 聯(lián)立①②③得B＝ ④ (2)E＝Blv

22、＝I0R ⑤ 解得v＝ ⑥ (3)在t＝0至t＝t0期間，對導(dǎo)體棒運用動量定理，有 (mgsin α－iBl)Δt＝mΔv ⑦ 累積求和得：t0mgsin α－BlΔq＝mv ⑧ 設(shè)在t＝0至t＝t0期間棒運動的距離為s，則由電磁感應(yīng)定律，得Δq＝ ⑨ 聯(lián)立⑧⑨得s＝ ⑩ 兩小燈泡產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝mgssin α－mv2 ? 將④⑥⑩式代入?式，得Q＝mgsin α·－m()2＝2t0P－ 5．某研究所正在研究一種電磁剎車裝置．如圖11所示，實驗小車質(zhì)量m＝2 kg，底部

23、有一個匝數(shù)n＝100匝、邊長a＝0.1 m的正方形線圈，線圈總電阻r＝1 Ω.在實驗中，小車(形狀可簡化為上述正方形線圈)從軌道起點由靜止出發(fā)，進(jìn)入右邊的勻強(qiáng)磁場區(qū)域ABCD，BC長d＝0.20 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T，磁場方向豎直向上，整個運動過程中不計小車所受的摩擦及空氣阻力，小車在軌道連接處運動時無能量損失．求：(g＝10 m/s2) 圖11 (1)當(dāng)實驗小車從h＝1.25 m高度無初速度釋放，小車前端剛進(jìn)入AB邊界時產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大??； (2)在第(1)問，小車進(jìn)入磁場后做減速運動，當(dāng)小車末端到達(dá)AB邊界時速度剛好減為零，求此過程中線圈產(chǎn)生的熱量； (3)再次改變小車釋

24、放的高度，使得小車尾端剛好能到達(dá)CD處，求此高度h′. 答案　見解析 解析　(1)根據(jù)動能定理有mgh＝mv2 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nBav 代入數(shù)據(jù)可得E＝50 V (2)根據(jù)動能定理，在整個運動過程中，有WG＋W安＝0 則Q＝－W安＝25 J (3)對于線圈進(jìn)出磁場過程，設(shè)當(dāng)小車前端剛到達(dá)AB時的速度為v′，由動量定理有－nBiaΔt＝mΔv 小車尾端剛好能到達(dá)CD處，在這一段時間內(nèi)微元積累得nBqa＝mv′ 根據(jù)機(jī)械能守恒有mgh′＝mv′2 又q＝n＝＝2 C，代入數(shù)據(jù)得h′＝5 m. 電磁感應(yīng)綜合問題的解題技巧 感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，因此

25、電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起．解決這類問題需要綜合應(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(牛頓運動定律、動量守恒定律、動量定理、動能定理等)． 解決這類問題的方法是： (1)選擇研究對象．即是哪一根導(dǎo)體棒或幾根導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)． (2)分析其受力情況．安培力既跟電流垂直又跟磁場垂直． (3)分析研究對象所受的各力做功情況和合外力情況選定所要應(yīng)用的物理規(guī)律． (4)分析研究對象(或系統(tǒng))動量情況，是否符合動量守恒． (5)運用物理規(guī)律列方程，求解．注意：加速度a＝0時，速度v達(dá)到最大值． 專題強(qiáng)化練 (限時：40分鐘) 1．(多選)如圖1所示

26、為法拉第圓盤發(fā)電機(jī)．半徑為r的導(dǎo)體圓盤繞豎直軸以角速度ω旋轉(zhuǎn)，勻強(qiáng)磁場B豎直向上，電刷a與圓盤表面接觸，接觸點距圓心為，電刷b與圓盤邊緣接觸，兩電刷間接有阻值為R的電阻，忽略圓盤電阻與接觸電阻，則(　　) 圖1 A．a(chǎn)b兩點間的電勢差為Br2ω B．通過電阻R的電流強(qiáng)度為 C．通過電阻R的電流強(qiáng)度為從上到下 D．圓盤在ab連線上所受的安培力與ab連線垂直，與轉(zhuǎn)向相反 答案　BD 2．(多選) 如圖2，矩形閉合線框在勻強(qiáng)磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進(jìn)入磁場的時刻，線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界OO′平行，線框平面與磁

27、場方向垂直，設(shè)OO′下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣影響，則下列哪一個圖象可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律(　　) 圖2 答案　CD 解析　線框先做自由落體運動，若ab邊進(jìn)入磁場做減速運動，由F＝知線框所受的安培力減小，合外力減小，加速度逐漸減小，v－t圖象的斜率應(yīng)逐漸減小，故A、B錯誤；線框先做自由落體運動，ab邊進(jìn)入磁場后若重力大于安培力，則做加速度減小的加速運動，cd邊進(jìn)入磁場后做勻加速直線運動，加速度為g，故C正確；線框先做自由落體運動，ab邊進(jìn)入磁場后若重力等于安培力，則做勻速直線運動，cd邊進(jìn)入磁場后做勻加速直線運動，加速度為g，故D正確． 3．如圖3

28、所示，半徑R＝0.2 m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長也為R的金屬棒一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸上．在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T．一對長L＝0.2 m的金屬板A、B水平放置，兩板間距d＝0.1 m．從導(dǎo)軌引出導(dǎo)線與上板連接，通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線與下板連接．有一質(zhì)量m＝1.0×10－5 kg，電荷量q＝5.0×10－6 C的帶負(fù)電微粒，以v0＝2 m/s的速度從兩板正中間水平射入，g取10 m/s2.求： 圖3 (1)金屬棒轉(zhuǎn)動的角速度ω為多大時，微粒能做勻速直線運動； (2)金屬棒轉(zhuǎn)動的角速度ω至少多大時，微粒會碰

29、到上極板A. 答案　(1)50 rad/s　(2)100 rad/s 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得U＝BωR2 根據(jù)平衡條件可得mg＝qE 因為E＝ 所以mg＝q＝?BωR2 解得ω＝50 rad/s (2)微粒恰好碰到上面金屬板邊緣時，微粒向上的加速度大小為＝a()2 解得a＝10 m/s2 Bω1R2－mg＝ma 解得ω1＝100 rad/s. 4．兩根平行的金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50 T的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計．導(dǎo)軌間的距離l＝0.20 m．兩根質(zhì)量均為m＝0.10 kg的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無

30、摩擦地滑動，滑動過程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R＝0.50 Ω.在t＝0時刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為0.20 N的恒力F作用于金屬桿甲上，如圖4所示，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動．經(jīng)過t＝5.0 s，金屬桿甲的加速度為a＝1.37 m/s2，問此時兩金屬桿的速度各為多少？ 圖4 答案　8.15 m/s　1.85 m/s 解析　設(shè)任一時刻t，金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v1和v2，經(jīng)過很短的時間Δt，桿甲移動距離v1Δt，桿乙移動距離v2Δt，回路面積改變 ΔS＝[(x－v2Δt)＋v1Δt]l－lx＝(v1－v2)Δtl， 由法拉第電磁感應(yīng)定律，

31、回路中的感應(yīng)電動勢 E＝B＝B(v1－v2)l， 回路中的電流I＝， 對金屬桿甲，由牛頓第二定律有F－BlI＝ma， 由于作用于金屬桿甲和金屬桿乙的安培力總是大小相等、方向相反，所以兩桿的動量(t＝0時為0)等于外力F的沖量． Ft＝mv1＋mv2， 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得 v1＝8.15 m/s，v2＝1.85 m/s. 5. 如圖5所示，兩根豎直固定的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌ab和cd相距L＝1 m，金屬導(dǎo)軌電阻不計．兩根水平放置的金屬桿MN和PQ質(zhì)量均為0.1 kg，在電路中兩金屬桿MN和PQ的電阻均為R＝2 Ω，PQ桿放置在水平臺上．整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向里的磁場中

32、，g取10 m/s2. 圖5 (1)若將MN桿固定，兩桿間距為d＝4 m，現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度從零開始以＝0.5 T/s的變化率均勻地增大，經(jīng)過多長時間，PQ桿對地面的壓力為零？ (2)若將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力F＝2 N的作用下由靜止開始向上運動，磁感應(yīng)強(qiáng)度B恒為1 T．若桿MN發(fā)生的位移為h＝1.8 m時達(dá)到最大速度．求最大速度和加速時間． 答案　(1)4 s　(2)4 m/s　0.85 s 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律： E＝＝·S＝·Ld 根據(jù)閉合電路歐姆定律：I＝ 由題中條件可知：B＝0.5t 當(dāng)PQ桿對地面的壓力恰好為零時，對PQ桿有 mg

33、＝BIL 聯(lián)立解得需經(jīng)時間t＝4 s (2)當(dāng)桿MN達(dá)到最大速度vm時，其加速度為0 對MN桿：mg＋BI′L＝F I′＝ 聯(lián)立解得最大速度vm＝4 m/s 桿MN從靜止到最大速度vm的運動過程中 根據(jù)動量定理：Ft′－mgt′－BLt′＝mvm t′＝＝ 聯(lián)立解得加速時間t′＝0.85 s. 6．(2017·嘉興一中等五校聯(lián)考)如圖6所示，間距為L、光滑的足夠長的金屬導(dǎo)軌(金屬導(dǎo)軌的電阻不計)所在斜面傾角為α，兩根同材料、長度均為L、橫截面均為圓形的金屬棒CD、PQ放在斜面導(dǎo)軌上，已知CD棒的質(zhì)量為m、電阻為R，PQ棒的圓截面的半徑是CD棒圓截面的2倍．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻

34、強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，兩根勁度系數(shù)均為k、相同的彈簧一端固定在導(dǎo)軌的下端，另一端連著金屬棒CD.開始時金屬棒CD靜止，現(xiàn)用一恒力平行于導(dǎo)軌所在平面向上拉金屬棒PQ，使金屬棒PQ由靜止開始運動，當(dāng)金屬棒PQ達(dá)到穩(wěn)定時，彈簧的形變量與開始時相同．已知金屬棒PQ開始運動到穩(wěn)定的過程中通過CD棒的電荷量為q，此過程可以認(rèn)為CD棒緩慢地移動，已知題設(shè)物理量符合＝mgsin α的關(guān)系式，求此過程中(要求結(jié)果均用m、g、k、α來表示)： 圖6 (1)CD棒沿導(dǎo)軌移動的距離； (2)PQ棒沿導(dǎo)軌移動的距離； (3)恒力所做的功． 答案　(1)　(2)　(3) 解析　PQ棒的半徑是CD棒

35、的2倍，PQ棒的橫截面積是CD棒橫截面積的4倍，PQ棒的質(zhì)量是CD棒的質(zhì)量的4倍，所以，PQ棒的質(zhì)量m′＝4m，由電阻定律可知PQ棒的電阻是CD棒電阻的，即R′＝，兩棒串聯(lián)的總電阻為R0＝R＋＝. (1)開始時彈簧是壓縮的，當(dāng)向上的安培力增大時，彈簧的壓縮量減小，安培力等于CD棒重力沿斜面向下的分量時，彈簧恢復(fù)到原長，安培力繼續(xù)增大，彈簧伸長，由題意可知，當(dāng)彈簧的伸長量等于開始的壓縮量時達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，此時的彈力與原來的彈力大小相等、方向相反．開始時兩彈簧向上的彈力等于CD棒重力沿斜面向下的分量． 即2Fk＝mgsin α，彈簧的形變量為Δx＝ CD棒沿軌導(dǎo)移動的距離ΔsCD＝2Δx＝

36、(2)在達(dá)到穩(wěn)定過程中兩棒之間距離增大Δs，由兩金屬棒組成的閉合回路中的磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：＝＝ 感應(yīng)電流為：＝＝ 所以，回路中通過的電荷量即CD棒中通過的電荷量為：q＝Δt＝ 由此可得兩棒距離增大值：Δs＝ PQ棒沿導(dǎo)軌上滑距離應(yīng)為CD棒沿斜面上滑距離和兩棒距離增大值之和 PQ棒沿導(dǎo)軌上滑距離為： ΔsPQ＝Δs＋ΔsCD＝＋＝ (3)PQ穩(wěn)定時，CD棒受力平衡，安培力為 FB＝mgsin α＋2Fk＝2mgsin α. 金屬棒PQ達(dá)到穩(wěn)定時，它受到的合外力為零，向上的恒力等于向下的安培力和重力沿斜面向下的分量，即恒力 F＝FB＋m′gsin α＝6mgsin α 恒力做功為 W＝FΔsPQ＝6mgsin α·＝. 18