(全國(guó)通用)2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題11 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用學(xué)案

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1、 專題11 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用 考題一 楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 1.楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式 (1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”; (2)阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)——“來(lái)拒去留”; (3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)——“增縮減擴(kuò)”; (4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”. 2.楞次定律和右手定則的適用對(duì)象 (1)楞次定律:一般適用于線圈面積不變,磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化的情形. (2)右手定則:一般適用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情形. 3.求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的五種類型 (1)磁通量變化型:E=n. (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化型:E=nS.

2、 (3)面積變化型:E=nB. (4)平動(dòng)切割型:E=Blv. (5)轉(zhuǎn)動(dòng)切割型:E=nBl2ω. 注意:公式E=nS中的S是垂直于磁場(chǎng)方向的有效面積. 例1 (2016·浙江·16)如圖1所示,a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成,匝數(shù)均為10匝,邊長(zhǎng)la=3lb,圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大,不考慮線圈之間的相互影響,則(  ) 圖1 A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B.a、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9∶1 C.a、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4 D.a、b線圈中電功率之比為3∶1 解析 根據(jù)楞次定律可知,兩線圈內(nèi)均產(chǎn)生逆

3、時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;因磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大,設(shè)=k,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=n=nl2,則=()2=,選項(xiàng)B正確;根據(jù)I====可知,I∝l,故a、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶1,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;電功率P=IE=·nl2=,則P∝l3,故a、b線圈中電功率之比為27∶1,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 答案 B 變式訓(xùn)練 1.如圖2所示,a、b、c三個(gè)線圈是同心圓,b線圈上連接有直流電源E和開(kāi)關(guān)K,則下列說(shuō)法正確的是(  ) 圖2 A.在K閉合的一瞬間,線圈a中有逆時(shí)針?lè)较虻乃矔r(shí)電流,有收縮趨勢(shì) B.在K閉合的一瞬間,線圈c中有順時(shí)針?lè)较虻乃矔r(shí)電流,有收縮趨勢(shì) C.在K閉合電路

4、穩(wěn)定后,再斷開(kāi)K的一瞬間,線圈c中有感應(yīng)電流,線圈a中沒(méi)有感應(yīng)電流 D.在K閉合的一瞬間,線圈b中有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì);在K閉合電路穩(wěn)定后,再斷開(kāi)K的一瞬間,線圈b中仍然有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 答案 D 解析 K閉合時(shí)線圈b中有順時(shí)針的電流,根據(jù)右手定則可知內(nèi)部有向里增大的磁場(chǎng),則a線圈產(chǎn)生阻礙原磁通量變化的電流,根據(jù)楞次定律可知,電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,線圈受到向外的安培力,故有擴(kuò)張的趨勢(shì),故A錯(cuò)誤;根據(jù)楞次定律可知,c中感應(yīng)電流為逆時(shí)針且有收縮的趨勢(shì),故B錯(cuò)誤;在K閉合電路穩(wěn)定后,再斷開(kāi)K的一瞬間,兩線圈中均有磁通量的變化,故線圈中均有感應(yīng)電流,故C錯(cuò)誤;在K閉合的一瞬間,線圈b中有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì);在K閉合電路

5、穩(wěn)定后,再斷開(kāi)K的一瞬間,線圈b中仍然有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),故D正確. 2.(2016·海南·4)如圖3,一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長(zhǎng)直導(dǎo)線在同一豎直面內(nèi),環(huán)的圓心與兩導(dǎo)線距離相等,環(huán)的直徑小于兩導(dǎo)線間距.兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向向下的恒定電流.若(  ) 圖3 A.金屬環(huán)向上運(yùn)動(dòng),則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较? B.金屬環(huán)向下運(yùn)動(dòng),則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较? C.金屬環(huán)向左側(cè)直導(dǎo)線靠近,則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较? D.金屬環(huán)向右側(cè)直導(dǎo)線靠近,則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较? 答案 D 解析 根據(jù)楞次定律,當(dāng)金屬圓環(huán)上、下移動(dòng)時(shí),穿過(guò)圓環(huán)的磁通量不發(fā)生變化,故沒(méi)有感

6、應(yīng)電流產(chǎn)生,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;當(dāng)金屬圓環(huán)向左移動(dòng)時(shí),則穿過(guò)圓環(huán)的磁場(chǎng)垂直紙面向外并且增強(qiáng),故根據(jù)楞次定律可以知道,產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;當(dāng)金屬圓環(huán)向右移動(dòng)時(shí),則穿過(guò)圓環(huán)的磁場(chǎng)垂直紙面向里并且增強(qiáng),故根據(jù)楞次定律可以知道,產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針,故選項(xiàng)D正確. 3.(2016·全國(guó)甲卷·20)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖4所示.銅圓盤安裝在豎直的銅軸上,兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸.圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中.圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí),關(guān)于流過(guò)電阻R的電流,下列說(shuō)法正確的是(  ) 圖4 A.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定,則電流大小恒定 B.若從上向下看,圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)

7、,則電流沿a到b的方向流動(dòng) C.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 答案 AB 解析 將圓盤看成無(wú)數(shù)幅條組成,它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流,則當(dāng)圓盤順時(shí)針(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),根據(jù)右手定則可知圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向中心,流過(guò)電阻的電流方向從a到b,B對(duì);由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BL=BL2ω,I=,ω恒定時(shí),I大小恒定,ω大小變化時(shí),I大小變化,方向不變,故A對(duì),C錯(cuò);由P=I2R=知,當(dāng)ω變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí),P變?yōu)樵瓉?lái)的4倍,D錯(cuò). 4.如圖5所示,一根弧

8、長(zhǎng)為L(zhǎng)的半圓形硬導(dǎo)體棒AB在水平拉力F作用下,以速度v0在豎直平面內(nèi)的U形框架上勻速滑動(dòng),勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,回路中除電阻R外,其余電阻均不計(jì),U形框左端與平行板電容器相連,質(zhì)量為m的帶電油滴靜止于電容器兩極板中央,半圓形硬導(dǎo)體棒AB始終與U形框接觸良好.則以下判斷正確的是(  ) 圖5 A.油滴所帶電荷量為 B.電流自上而下流過(guò)電阻R C.A、B間的電勢(shì)差UAB=BLv0 D.其他條件不變,使電容器兩極板距離減小,電容器所帶電荷量將增加,油滴將向上運(yùn)動(dòng) 答案 BD 解析 導(dǎo)體棒AB在水平拉力F作用下向右運(yùn)動(dòng),由右手定則可知,導(dǎo)體棒AB相當(dāng)于電源,A端是正極,故電流自上

9、而下流過(guò)電阻R,B對(duì);導(dǎo)體棒AB的弧長(zhǎng)為L(zhǎng),與磁場(chǎng)切割有效長(zhǎng)度為,故A、C錯(cuò);根據(jù)電容器C=,C=,兩極板距離d減小,C增大,Q增加,電場(chǎng)強(qiáng)度E增大,油滴將向上運(yùn)動(dòng),D對(duì). 考題二 電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題 解決電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題的方法技巧 (1)解決電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題的“三點(diǎn)關(guān)注”: ①關(guān)注初始時(shí)刻,如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零,是正方向還是負(fù)方向. ②關(guān)注變化過(guò)程,看電磁感應(yīng)發(fā)生的過(guò)程分為幾個(gè)階段,這幾個(gè)階段是否和圖象變化相對(duì)應(yīng). ③關(guān)注大小、方向的變化趨勢(shì),看圖線斜率的大小、圖線的曲、直是否和物理過(guò)程對(duì)應(yīng). (2)解決電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題的一般步驟: ①明確圖象的種類,即是B-t圖

10、還是Φ-t圖,或者E-t圖、I-t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?qū)?yīng)關(guān)系. ④結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律寫出函數(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)圖象或判斷圖象. (3)圖象選擇技巧:求解物理圖象的選擇題時(shí)可用“排除法”,即排除與題目要求相違背的圖象,留下正確圖象. 例2 (2016·四川·7)如圖6所示,電阻不計(jì)、間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)軌左端接一定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上,受到垂直于金屬棒的

11、水平外力F的作用由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F=F0+kv(F0、k是常量),金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好.金屬棒中感應(yīng)電流為i,受到的安培力大小為F安,電阻R兩端的電壓為UR,感應(yīng)電流的功率為P,它們隨時(shí)間t變化圖象可能正確的有(  ) 圖6 解析 設(shè)金屬棒在某一時(shí)刻速度為v,由題意可知,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,回路電流I==v,即I∝v;安培力F安=BIL=v,方向水平向左,即F安∝v;R兩端電壓UR=IR=v,即UR∝v;感應(yīng)電流功率P=EI=v2,即P∝v2. 分析金屬棒運(yùn)動(dòng)情況,由牛頓運(yùn)動(dòng)第二定律可得F0+kv-v=ma,即F0+(k-)v=ma.因?yàn)榻?/p>

12、屬棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),所以F0>0 . (1)若k=,金屬棒水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng).所以在此情況下沒(méi)有選項(xiàng)符合; (2)若k>,F(xiàn)合隨v增大而增大,即a隨v增大而增大,說(shuō)明金屬棒在做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)四個(gè)物理量與速度的關(guān)系可知B選項(xiàng)符合; (3)若k<,F(xiàn)合隨v增大而減小,即a隨v增大而減小,說(shuō)明金屬棒在做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)四個(gè)物理量與速度關(guān)系可知C選項(xiàng)符合. 綜上所述,選項(xiàng)B、C符合題意. 答案 BC 變式訓(xùn)練 5.在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,水平放置一個(gè)面積不變的單匝金屬圓線圈,規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖7甲所示,取線

13、圈中磁場(chǎng)B的方向向上為正,當(dāng)磁場(chǎng)中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t如圖乙變化時(shí),下列圖中能正確表示線圈中感應(yīng)電流變化的是(  ) 圖7 答案 A 解析 在0~ s內(nèi),根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,E=n=.根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向與圖示箭頭方向相反,為負(fù)值;在~T內(nèi),根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,E′=n==2E,所以感應(yīng)電流是之前的2倍.再根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向與圖示方向相反,為負(fù)值.故A正確. 6.如圖8所示,有一個(gè)邊界為正三角形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,邊長(zhǎng)為a,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里,一個(gè)導(dǎo)體矩形框的長(zhǎng)為a,寬為,平行于紙面沿著磁場(chǎng)區(qū)域的軸線勻速穿越磁場(chǎng)區(qū)域,導(dǎo)體框中感應(yīng)電流的正

14、方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍詫?dǎo)體框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)為t=0時(shí)刻,則導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象是(  ) 圖8 答案 D 解析 由右手定則可知,線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程與離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程感應(yīng)電流方向相反,故A錯(cuò)誤;由圖示可知,線框開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)的一段時(shí)間內(nèi),切割磁感線的有效長(zhǎng)度L不變,電流I==大小不變,當(dāng)線框右邊部分穿出磁場(chǎng)過(guò)程,切割磁感線的有效長(zhǎng)度L減小,感應(yīng)電流減小,線框右邊完全離開(kāi)磁場(chǎng)后,線框左邊完全進(jìn)入磁場(chǎng),然后線框左邊切割磁感線,感應(yīng)電流反向,此后一段時(shí)間內(nèi),線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度L不變,感應(yīng)電流大小不變,線框左邊離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程,線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度L減小,感應(yīng)電流減小,故B、C

15、錯(cuò)誤,D正確. 7.寬度均為d且足夠長(zhǎng)的兩相鄰條形區(qū)域內(nèi),各存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng).電阻為R、邊長(zhǎng)為d的等邊三角形金屬框的AB邊與磁場(chǎng)邊界平行,金屬框從圖9所示位置以垂直于AB邊向右的方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),取逆時(shí)針?lè)较螂娏鳛檎瑥慕饘倏駽端剛進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí),框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象是(  ) 圖9 答案 A 考題三 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)綜合題的解題策略 (1)分析“源”:找準(zhǔn)主動(dòng)運(yùn)動(dòng)者,用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向; (2)分析“路”:畫(huà)出等效電路圖,求解回路中的電流的大小及方向;

16、(3)分析“力”:分析安培力對(duì)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)速度、加速度的影響,從而推得對(duì)電流的影響,最后確定導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)情況; (4)列“方程”:列出牛頓第二定律或平衡方程求解. 例3 (2016·全國(guó)甲卷·24)如圖10,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.t=0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μ.重力加速度大小為g.求: 圖10

17、(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. 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 F-μmg=ma ① 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v=at0 ② 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 E=Blv ③ 聯(lián)立①②③式可得 E=Blt0(-μg) ④ (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= ⑤ 式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為 F安=BlI ⑥ 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng),有

18、F-μmg-F安=0 ⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R= 答案 (1)Blt0(-μg) (2) 變式訓(xùn)練 8.如圖11(a)所示,在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量為1 kg的單匝均勻正方形銅線框,在1位置以速度v0=3 m/s進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)t=0,此時(shí)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1 V,在t=3 s時(shí)刻線框到達(dá)2位置開(kāi)始離開(kāi)勻強(qiáng)磁場(chǎng).此過(guò)程中v-t圖象如圖(b)所示,那么(  ) 圖11 A.線框右側(cè)邊兩端MN間的電壓為0.25 V B.恒力F的大小為0.5 N C.線框完全離開(kāi)磁場(chǎng)的瞬間位置3的速度大小為3 m/s D.線框完全離開(kāi)磁場(chǎng)的瞬間位置3的速度大小為1 m/s

19、 答案 B 解析 t=0時(shí),線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為外電壓,總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E=Blv0,外電壓U外=E=0.75 V.故A錯(cuò)誤;在1~3 s內(nèi),線框做勻加速運(yùn)動(dòng),沒(méi)有感應(yīng)電流,線框不受安培力,則有F=ma,由速度—時(shí)間圖象的斜率表示加速度,求得a== m/s2=0.5 m/s2,則得F=0.5 N.故B正確.由(b)圖象看出,在t=3 s時(shí)刻線框到達(dá)2位置開(kāi)始離開(kāi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)與線框進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)速度相同,則線框出磁場(chǎng)與進(jìn)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)情況完全相同,則知線框完全離開(kāi)磁場(chǎng)的瞬間位置3速度與t=1 s時(shí)刻的速度相等,即為2 m/s.故C、D錯(cuò)誤. 9.如圖12所示,兩根光滑、足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌

20、固定在水平面上.滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻值為R(最大阻值足夠大),導(dǎo)軌的寬度L=0.5 m,空間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=1 T.內(nèi)阻r=1 Ω的金屬桿在F=5 N的水平恒力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng).經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,金屬桿的速度達(dá)到最大速度vm,不計(jì)導(dǎo)軌電阻,則有(  ) 圖12 A.R越小,vm越大 B.金屬桿的最大速度大于或等于20 m/s C.金屬桿達(dá)到最大速度之前,恒力F所做的功等于電路中消耗的電能 D.金屬桿達(dá)到最大速度后,金屬桿中電荷沿桿長(zhǎng)度方向定向移動(dòng)的平均速率ve與恒力F成正比 答案 BD 解析 當(dāng)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)滿足F=F安,則F=BL

21、,解得vm=,可知R越大,vm越大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;金屬桿的最大速度vm===20(1+R) m/s,則金屬桿的最大速度大于或等于20 m/s,選項(xiàng)B正確;在金屬桿達(dá)到最大速度之前,恒力F所做的功等于電路中消耗的電能與導(dǎo)體棒動(dòng)能增量之和,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;金屬桿達(dá)到最大速度后導(dǎo)體棒中的電流I=,則I=neSve,則ve==,故金屬桿達(dá)到最大速度后,金屬桿中電荷沿桿長(zhǎng)度方向定向移動(dòng)的平均速率ve與恒力F成正比,選項(xiàng)D正確. 考題四 電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題 電磁感應(yīng)中能量的三種求解方法 (1)利用克服安培力做功求解:電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功. (2)利用能量守恒定律求解:若只

22、有電能與機(jī)械能參與轉(zhuǎn)化,則機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能. (3)利用電路的相關(guān)公式——電功公式或電熱公式求解:若通過(guò)電阻的電流是恒定的,則可直接利用電功公式或焦耳定律求解焦耳熱. 特別提醒:回路中某個(gè)元件的焦耳熱和回路總焦耳熱之間的關(guān)系,不能混淆. 例4 如圖13所示,兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ=30°,導(dǎo)軌電阻不計(jì),導(dǎo)軌處在垂直導(dǎo)軌平面斜向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,兩根電阻都為R=2 Ω、質(zhì)量都為m=0.2 kg的完全相同的細(xì)金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌并排靠緊的放置在導(dǎo)軌上,與磁場(chǎng)上邊界距離為x=1.6 m,有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)寬度為3x=4.8 m.先將金屬棒ab由

23、靜止釋放,金屬棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)就恰好做勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)立即由靜止釋放金屬棒cd,金屬棒cd在出磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng),兩金屬棒在下滑過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸始終良好(取重力加速度g=10 m/s2),求: 圖13 (1)金屬棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)棒中電流I; (2)金屬棒cd在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中通過(guò)回路某一截面的電量q; (3)兩根金屬棒全部通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q. [思維規(guī)范流程] 步驟1:列動(dòng)能定理方程 ab勻速進(jìn)入,列平衡方程 分步列式,得部分分 (1)ab進(jìn)入磁場(chǎng)前 mgxsin θ=mv-0 ① 得v1=4 m/s ② mgsin θ=F安 ③ F安=BIL

24、④ I= ⑤ E=BLv1 ⑥ 得:I=1 A ⑦ 步驟2:cd在磁場(chǎng)外的位移 ab在磁場(chǎng)內(nèi)的位移 由幾何關(guān)系得 設(shè)經(jīng)時(shí)間t,cd進(jìn)入磁場(chǎng) xcd=x=t ⑧ xab=v1t=2x ⑨ 兩棒都在磁場(chǎng)中時(shí)速度相同,無(wú)電流, ab出磁場(chǎng)后,cd上有電流 xcd′=2x ⑩ q===0.8 C ? 步驟3: ab勻速進(jìn)入,列能量守恒方程 cd進(jìn)出磁場(chǎng)速度相等,列能量守恒方程 Q1=mg·2x·sin θ ? Q2=mg·3x·sin θ ? Q=Q1+Q2=8 J ? ①③????每式各2分,其余各式1分. 變式訓(xùn)練 10.如圖14所示

25、,正方形金屬線框abcd位于豎直平面內(nèi),其質(zhì)量為m,電阻為R.在線框的下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng),MN和M′N′是磁場(chǎng)的水平邊界,并與bc邊平行,磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里.現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開(kāi)始下落,圖乙是線圈由開(kāi)始下落到完全穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域瞬間的v-t圖象,圖中字母均為已知量.重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力.下列說(shuō)法正確的是(  ) 圖14 A.金屬線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向沿adcba方向 B.金屬線框的邊長(zhǎng)為v1(t2-t1) C.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 D.金屬線框在0~t4的時(shí)間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為2mgv1(t2-t1)+m(v-v) 答案 BD 解析 金屬線框

26、剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)磁通量增大,根據(jù)楞次定律判斷可知,感應(yīng)電流方向沿abcda方向,故A錯(cuò)誤;由題圖乙可知,金屬線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中是做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度為v1,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2-t1,故金屬線框的邊長(zhǎng):l=v1(t2-t1),故B正確;在金屬線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中,金屬線框所受安培力等于重力,則得:mg=BIl,I=,又l=v1(t2-t1).聯(lián)立解得:B= ,故C錯(cuò)誤;t1到t2時(shí)間內(nèi),根據(jù)能量守恒定律,產(chǎn)生的熱量為:Q1=mgl=mgv1(t2-t1);t3到t4時(shí)間內(nèi),根據(jù)能量守恒定律,產(chǎn)生的熱量為: Q2=mgl+m(v-v) =mgv1(t2-t1)+m(v-v) 故Q=Q1+Q2=2mg

27、v1(t2-t1)+m(v-v),故D正確. 11.(2016·浙江·24)小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖15所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50 m,傾角θ=53°,導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R=0.05 Ω的電阻.在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d=0.56 m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0 T.質(zhì)量m=4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上,用絕緣繩索通過(guò)定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s=0.24 m.一位健身者用恒力F=80 N拉動(dòng)GH桿,CD棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),上升過(guò)程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直.當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手,觸發(fā)恢復(fù)裝置

28、使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量).求: 圖15 (1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大??; (2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力F安的大??; (3)在拉升CD棒的過(guò)程中,健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J 解析 (1)由牛頓第二定律得 a==12 m/s2 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度 v==2.4 m/s (2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv 感應(yīng)電流I= 安培力F安=IBl 代入得F安==48 N (3)健身者做功W=F(s

29、+d)=64 J 又F-mgsin θ-F安=0 CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng) 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t= 焦耳熱Q=I2Rt=26.88 J. 專題規(guī)范練 1.下列沒(méi)有利用渦流的是(  ) A.金屬探測(cè)器 B.變壓器中用互相絕緣的硅鋼片疊壓成鐵芯 C.用來(lái)冶煉合金鋼的真空冶煉爐 D.磁電式儀表的線圈用鋁框做骨架 答案 B 解析 金屬探測(cè)器中變化電流遇到金屬物體,在金屬物體中產(chǎn)生渦流,故A、D是利用渦流的;變壓器的鐵芯用硅鋼片疊壓而成,是為了減小渦流,故B正確;真空冶煉爐是線圈中的電流做周期性變化,在冶煉爐中產(chǎn)生渦流,從而產(chǎn)生大量的熱量,故C是利用渦流的. 2.(多選)(201

30、6·江蘇·6)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖1所示,磁體附近的金屬弦被磁化,因此弦振動(dòng)時(shí),在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流,電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音,下列說(shuō)法正確的有(  ) 圖1 A.選用銅質(zhì)弦,電吉他仍能正常工作 B.取走磁體,電吉他將不能正常工作 C.增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) D.弦振動(dòng)過(guò)程中,線圈中的電流方向不斷變化 答案 BCD 解析 銅質(zhì)弦為非磁性材料,不能被磁化,選用銅質(zhì)弦,電吉他不能正常工作,A項(xiàng)錯(cuò)誤;若取走磁體,金屬弦不能被磁化,其振動(dòng)時(shí),不能在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),電吉他不能正常工作,B項(xiàng)對(duì);由E=n可知,C項(xiàng)正確;弦振動(dòng)過(guò)程中,穿過(guò)線圈的磁通

31、量大小不斷變化,由楞次定律可知,線圈中感應(yīng)電流方向不斷變化,D項(xiàng)正確. 3.如圖2所示,三個(gè)相同的燈泡a、b、c和電阻不計(jì)的線圈L與內(nèi)阻不計(jì)的電源連接,下列判斷正確的是(  ) 圖2 A.K閉合的瞬間,b、c兩燈亮度不同 B.K閉合足夠長(zhǎng)時(shí)間以后,b、c兩燈亮度相同 C.K斷開(kāi)的瞬間,a、c兩燈立即熄滅 D.K斷開(kāi)之后,b燈突然閃亮以后再逐漸變暗 答案 D 解析 K閉合的瞬間,三個(gè)燈同時(shí)發(fā)光,由于線圈自感電動(dòng)勢(shì)的阻礙,開(kāi)始時(shí)通過(guò)L的電流很小,b、c兩燈的電流相同,一樣亮.由于a燈的電壓等于b、c電壓之和,所以a燈最亮,K閉合足夠長(zhǎng)時(shí)間以后,b燈被線圈短路,故b燈熄滅,故b、

32、c兩燈亮度不相同,故A、B錯(cuò)誤.K斷開(kāi)的瞬間,線圈中電流將要減小,產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì),相當(dāng)于電源,有電流流過(guò)a、c兩燈,由于兩燈串聯(lián),所以a、c兩燈逐漸變暗且亮度相同.故C錯(cuò)誤;因K斷開(kāi)之后,b燈中有電流通過(guò),故使得b燈突然閃亮以后再逐漸變暗,選項(xiàng)D正確. 4.(多選)(2016·上?!?9)如圖3(a),螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強(qiáng)磁場(chǎng),以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较?螺線管與導(dǎo)線框abcd相連,導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L,圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi).當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間按圖(b)所示規(guī)律變化時(shí)(  ) 圖3 A.在t1~t2時(shí)間內(nèi),L有收縮趨勢(shì) B.在t2~t3時(shí)間內(nèi),L有擴(kuò)

33、張趨勢(shì) C.在t2~t3時(shí)間內(nèi),L內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 D.在t3~t4時(shí)間內(nèi),L內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 答案 AD 解析 據(jù)題意,在t1~t2時(shí)間內(nèi),外加磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增加且斜率在增加,則在導(dǎo)線框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虼笮≡黾拥碾娏?,該電流激發(fā)出增加的磁場(chǎng),該磁場(chǎng)通過(guò)圓環(huán),在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流,據(jù)結(jié)論“增縮減擴(kuò)”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢(shì),故選項(xiàng)A正確;在t2~t3時(shí)間內(nèi),外加磁場(chǎng)均勻變化,在導(dǎo)線框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流,該電流激發(fā)出穩(wěn)定磁場(chǎng),該磁場(chǎng)通過(guò)圓環(huán)時(shí),圓環(huán)中沒(méi)有感應(yīng)電流,故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤;在t3~t4時(shí)間內(nèi),外加磁場(chǎng)向下減小,且斜率也減小,在導(dǎo)線框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较驕p小的電流,該電流激發(fā)

34、出向內(nèi)減小的磁場(chǎng),故圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流,選項(xiàng)D正確. 5.(2016·北京·16)如圖4所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b,磁場(chǎng)方向與圓環(huán)所在平面垂直.磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大.兩圓環(huán)半徑之比為2∶1,圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為Ea和Eb,不考慮兩圓環(huán)間的相互影響.下列說(shuō)法正確的是(  ) 圖4 A.Ea∶Eb=4∶1,感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较? B.Ea∶Eb=4∶1,感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较? C.Ea∶Eb=2∶1,感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较? D.Ea∶Eb=2∶1,感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较? 答案 B 解析 由法拉第電磁感應(yīng)定律得圓環(huán)中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E==πr2·

35、,則==,由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向均沿順時(shí)針?lè)较?,B項(xiàng)對(duì). 6.如圖5所示,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬框abcd放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向平行于ab邊向上,當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),a、b、c、d四點(diǎn)的電勢(shì)分別為φa、φb、φc、φd.下列判斷正確的是(  ) 圖5 A.金屬框中無(wú)電流,φa=φd B.金屬框中電流方向沿a-d-c-b-a,φa<φd C.金屬框中無(wú)電流,Ubc=-BL2ω D.金屬框中無(wú)電流,Ubc=-BL2ω 答案 C 解析 因穿過(guò)線圈的磁通量始終為零,故線圈中無(wú)電流;根據(jù)右手定則可知,d端電勢(shì)高于a端,c端電勢(shì)高于d端,Ubc=-

36、BL=-BL2ω,故選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤,C正確;故選C. 7.如圖6甲所示,正三角形導(dǎo)線框abc固定在磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向與線圈平面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示.t=0時(shí)刻磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,在0~5 s時(shí)間內(nèi),線框ab邊所受安培力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系(規(guī)定水平向左為力的正方向)可能是下列選項(xiàng)中的(  ) 圖6 答案 A 解析 0~1 s,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E1=S=SB0,為定值;感應(yīng)電流:I1==,為定值;安培力F=BI1L∝B;由于B逐漸減小到零,故安培力逐漸減小到零,根據(jù)楞次定律可知,線圈ab邊所受的安培力向左,為正;同理:1~2 s,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E1=

37、S=SB0,為定值;感應(yīng)電流:I1==,為定值;安培力F=BI1L∝B;由于B逐漸增大,故安培力逐漸增大,根據(jù)楞次定律可知,線圈ab邊所受的安培力向右,為負(fù);3~3.5 s內(nèi),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E2=S=2SB0,為定值;感應(yīng)電流:I2==,為定值;安培力F=BI2L∝B,由于B逐漸減小到零,故安培力逐漸減小到零;由于B逐漸減小到零,故通過(guò)線圈的磁通量減小,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流要阻礙磁通量減小,有擴(kuò)張趨勢(shì),故安培力向外,即ab邊所受安培力向左,為正,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤. 8.(多選)如圖7甲所示,一光滑的平行金屬導(dǎo)軌ABCD豎直放置,AB、CD相距L,在A、C之間接一個(gè)阻值為R的電阻;在

38、兩導(dǎo)軌間的abcd矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向外、高度為5h的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電阻為r、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒放在磁場(chǎng)下邊界ab上(與ab邊重合).現(xiàn)用一個(gè)豎直向上的力F拉導(dǎo)體棒,使它由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒剛要離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直且保持良好接觸,導(dǎo)軌電阻不計(jì).F隨導(dǎo)體棒與初始位置的距離x變化的情況如圖乙所示,下列說(shuō)法正確的是(  ) 圖7 A.導(dǎo)體棒離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度大小為 B.離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體棒兩端電壓為 C.導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中,通過(guò)電阻R的電荷量為 D.導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中,電阻R產(chǎn)生焦耳熱為- 答案 BD 解析 導(dǎo)體

39、棒剛要離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí),做勻速直線運(yùn)動(dòng),則3mg=mg+BL可求得:v=,A錯(cuò);由3mg=mg+BL知U=,B對(duì);導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中,通過(guò)電阻R的電荷量q==,C錯(cuò);導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中,設(shè)產(chǎn)生的總熱量為Q總,由能量守恒定律得:2mgh+3mg·4h-mg·5h=mv2+Q總,知QR=Q總=-,D對(duì). 9.(2016·全國(guó)丙卷·25)如圖8,兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi),其左端接一阻值為R的電阻;一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上;在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域,區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1=kt,式中k為常

40、量;在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,方向也垂直于紙面向里.某時(shí)刻,金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng),在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過(guò)MN,此后向右做勻速運(yùn)動(dòng).金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好,它們的電阻均忽略不計(jì).求: 圖8 (1)在t=0到t=t0時(shí)間間隔內(nèi),流過(guò)電阻的電荷量的絕對(duì)值; (2)在時(shí)刻t(t>t0)穿過(guò)回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小. 答案 (1) (2)B0lv0(t-t0)+kSt (B0lv0+kS) 解析 (1)在金屬棒未越過(guò)MN之前,穿過(guò)回路的磁通量的變化量為

41、ΔΦ=ΔBS=kΔtS ① 由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E= ② 由歐姆定律得 I= ③ 由電流的定義得 I= ④ 聯(lián)立①②③④式得 |Δq|=Δt ⑤ 由⑤式得,在t=0到t=t0的時(shí)間間隔內(nèi)即Δt=t0,流過(guò)電阻R的電荷量q的絕對(duì)值為 |q|= ⑥ (2)當(dāng)t>t0時(shí),金屬棒已越過(guò)MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng),有 F=F安 ⑦ 式中,F(xiàn)是外加水平恒力,F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力.設(shè)此時(shí)回路中的電流為I, F安=B0lI ⑧ 此時(shí)金屬棒與MN之間的距離為s=v0(t-t0) ⑨ 勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)回路的磁通量為 Φ′=B0ls ⑩ 回路的總磁通量為 Φt=Φ

42、+Φ′ ? 其中Φ=B1S=ktS ? 由⑨⑩??式得,在時(shí)刻t(t>t0),穿過(guò)回路的總磁通量為Φt=B0lv0(t-t0)+kSt? 在t到t+Δt的時(shí)間間隔內(nèi),總磁通量的改變量ΔΦt為 ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt ? 由法拉第電磁感應(yīng)定律得,回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為 Et= ? 由歐姆定律得 I= ? 聯(lián)立⑦⑧???式得 F=(B0lv0+kS). 10.如圖9所示,寬L=2 m、足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MN和M′N′放在傾角為θ=30°的斜面上,在N與N′之間連接一個(gè)R=2.0 Ω的定值電阻,在AA′處放置一根與導(dǎo)軌垂直、質(zhì)量m=0.8 kg、電阻r=2.0 Ω的金屬

43、桿,桿和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=,導(dǎo)軌電阻不計(jì),導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0 T、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.用輕繩通過(guò)定滑輪將電動(dòng)小車與桿的中點(diǎn)相連,滑輪與桿之間的連線平行于斜面,開(kāi)始時(shí)小車位于滑輪正下方水平面上的P處(小車可視為質(zhì)點(diǎn)),滑輪離小車的高度H=4.0 m.啟動(dòng)電動(dòng)小車,使之沿PS方向以v=5.0 m/s的速度勻速前進(jìn),當(dāng)桿滑到OO′位置時(shí)的加速度a=3.2 m/s2,AA′與OO′之間的距離d=1 m,求: 圖9 (1)該過(guò)程中,通過(guò)電阻R的電量q; (2)桿通過(guò)OO′時(shí)的速度大??; (3)桿在OO′時(shí),輕繩的拉力大?。? (4)上述過(guò)程中,若拉力對(duì)桿所做的功

44、為13 J,求電阻R上的平均電功率. 答案 (1)0.5 C (2)3 m/s (3)12.56 N (4)2 W 解析 (1)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)= q=·Δt== 代入數(shù)據(jù),可得:q=0.5 C (2)由幾何關(guān)系:-H=d 解得:sin α=0.8 α=53° 桿的速度等于小車速度沿繩方向的分量: v1=vcos α=3 m/s (3)桿受的摩擦力Ff=μmgcos θ=3 N 桿受的安培力F安=BIL= 代入數(shù)據(jù),可得F安=3 N 根據(jù)牛頓第二定律:FT-mgsin θ-Ff-F安=ma 解得:FT=12.56 N (4)根據(jù)動(dòng)能定理:W+W安-mgdsin θ-Ffd=mv 解得W安=-2.4 J,電路產(chǎn)生的總電熱Q總=2.4 J 那么,R上的電熱QR=1.2 J 此過(guò)程所用的時(shí)間t==0.6 s R上的平均電功率== W=2 W. 22

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