2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練六 第1課時 電磁感應(yīng)問題的綜合分析.doc

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2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練六 第1課時 電磁感應(yīng)問題的綜合分析 專題定位　高考對本部分內(nèi)容的要求較高，常在選擇題中考查電磁感應(yīng)中的圖象問題、變壓器和交流電的描述問題，在計算題中作為壓軸題，以導(dǎo)體棒運動為背景，綜合應(yīng)用電路的相關(guān)知識、牛頓運動定律和能量守恒定律解決導(dǎo)體棒類問題． 本專題考查的重點有以下幾個方面：①楞次定律的理解和應(yīng)用；②感應(yīng)電流的圖象問題；③電磁感應(yīng)過程中的動態(tài)分析問題；④綜合應(yīng)用電路知識和能量觀點解決電磁感應(yīng)問題；⑤直流電路的分析；⑥變壓器原理及三個關(guān)系；⑦交流電的產(chǎn)生及描述問題． 應(yīng)考策略　對本專題的復(fù)習(xí)應(yīng)注意“抓住兩個定律，運用兩種觀點，分析三種電路”．兩個定律是指楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律；兩種觀點是指動力學(xué)觀點和能量觀點；三種電路指直流電路、交流電路和感應(yīng)電路． 第1課時　電磁感應(yīng)問題的綜合分析 1．楞次定律中“阻礙”的表現(xiàn) (1)阻礙磁通量的變化(增反減同)． (2)阻礙物體間的相對運動(來拒去留)． (3)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)． 2．感應(yīng)電動勢的計算 (1)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝n，常用于計算平均電動勢． ①若B變，而S不變，則E＝nS； ②若S變，而B不變，則E＝nB. (2)導(dǎo)體棒垂直切割磁感線：E＝Blv，主要用于求電動勢的瞬時值． 圖1 (3)如圖1所示，導(dǎo)體棒Oa圍繞棒的一端O在垂直磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動而切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢E＝Bl2ω. 3．感應(yīng)電荷量的計算 回路中發(fā)生磁通量變化時，在Δt時間內(nèi)遷移 的電荷量(感應(yīng)電荷量)為q＝I·Δt＝·Δt＝n·Δt＝n.可見，q僅由回路電阻R和磁通量的變化量ΔΦ決定，與發(fā)生磁通量變化的時間Δt無關(guān)． 4．電磁感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱 當電路中電流恒定時，可用焦耳定律計算；當電路中電流變化時，則用功能關(guān)系或能量守恒定律計算． 解決感應(yīng)電路綜合問題的一般思路是“先電后力”，即： 先作“源”的分析——分析電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r； 接著進行“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力； 然后是“力”的分析——分析研究對象(通常是金屬棒、導(dǎo)體、線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力； 接著進行“運動狀態(tài)”的分析——根據(jù)力和運動的關(guān)系，判斷出正確的運動模型； 最后是“能量”的分析——尋找電磁感應(yīng)過程和研究對象的運動過程中，其能量轉(zhuǎn)化和守恒的關(guān)系． 考向1　楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 例1　如圖2甲所示，螺線管匝數(shù)n＝1 000匝，橫截面積S＝10 cm2，螺線管導(dǎo)線電阻r＝1 Ω，電阻R＝4 Ω，磁感應(yīng)強度B的B－t圖象如圖乙所示(以向右為正方向)，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．通過電阻R的電流是交變電流 B．感應(yīng)電流的大小保持不變 C．電阻R兩端的電壓為6 V D．C點的電勢為4.8 V 解析　根據(jù)楞次定律可知，0到1秒內(nèi)，電流從C流過R到A，在1秒到2秒內(nèi)，電流從A流過R到C，因此電流為交流電，故A正確；計算知感應(yīng)電流的大小恒為1.2 A，電阻R兩端的電壓U＝IR＝1.2×4 V＝4.8 V，故B正確，C錯誤；當螺線管左端是正極時，C點的電勢才為4.8 V，當右端是正極時，則C點電勢為－4.8 V，故D錯誤． 答案　AB 以題說法　1.法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n，常有兩種特殊情況，即E＝nS和E＝nB，其中是B－t圖象中圖線的斜率，若斜率不變則感應(yīng)電動勢是恒定不變的． 2．楞次定律中的“阻礙”有三層含義：阻礙磁通量的變化；阻礙物體間的相對運動；阻礙原電流的變化．要注意靈活應(yīng)用． 如圖3所示，在邊長為a的正方形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，其方向垂直紙面向外，一個邊長也為a的單匝正方形導(dǎo)線框架EFGH正好與上述磁場區(qū)域的邊界重合，導(dǎo)線框的電阻為R.現(xiàn)使導(dǎo)線框以周期T繞其中心O點在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，經(jīng)過導(dǎo)線框轉(zhuǎn)到圖中虛線位置，則在這時間內(nèi)(　　) 圖3 A．順時針方向轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電流方向為E→F→G→H→E B．平均感應(yīng)電動勢大小等于 C．平均感應(yīng)電動勢大小等于 D．通過導(dǎo)線框橫截面的電荷量為 答案　CD 解析　由線框的磁通量變小可以判斷出感應(yīng)電流的方向為：E→H→G→F→E，故A錯誤．根據(jù)幾何關(guān)系知面積的變化ΔS＝(3－2)a2，平均感應(yīng)電動勢＝＝＝，故B錯誤，C正確．通過導(dǎo)線框橫截面的電荷量q＝Δt＝Δt＝·＝，故D正確． 考向2　電磁感應(yīng)圖象問題的分析 例2　(xx·新課標Ⅰ·18)如圖4(a)，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上．在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖(b)所示．已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關(guān)系的圖中，可能正確的是(　　) 圖4 解析　由題圖(b)可知在cd間不同時間段內(nèi)產(chǎn)生的電壓是恒定的，所以在該時間段內(nèi)線圈ab中的磁場是均勻變化的，則線圈ab中的電流是均勻變化的，故選項A、B、D錯誤，選項C正確． 答案　C 以題說法　對于電磁感應(yīng)圖象問題的分析要注意以下三個方面： (1)注意初始時刻的特征，如初始時刻感應(yīng)電流是否為零，感應(yīng)電流的方向如何． (2)注意看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應(yīng)． (3)注意觀察圖象的變化趨勢，看圖象斜率的大小、圖象的曲直是否和物理過程對應(yīng)． 如圖5所示，一個“∠”形光滑導(dǎo)軌垂直于磁場固定在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，ab是與導(dǎo)軌材料、粗細相同的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好．在拉力作用下，導(dǎo)體棒以恒定速度v向右運動，以導(dǎo)體棒在圖中所示位置的時刻作為計時起點，則回路中感應(yīng)電動勢E、感應(yīng)電流I、導(dǎo)體棒所受拉力的功率P和回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時間變化的圖象中正確的是(　　) 圖5 答案　AC 解析　設(shè)“∠”形導(dǎo)軌的角度為α，則經(jīng)時間t，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv＝B(vttan α)v＝Bv2ttan α，可知感應(yīng)電動勢與時間成正比，A正確；設(shè)單位長度的該導(dǎo)體電阻為r，則經(jīng)時間t，回路總電阻R＝(vt＋vttan α＋)r，因此回路中的電流I＝為常量，與時間無關(guān)，圖象為一條水平直線，B錯誤；由于勻速運動，拉力的功率等于產(chǎn)生焦耳熱的功率，P＝I2R，由于I恒定不變，而R與時間成正比，因此功率P與時間成正比，是一條傾斜的直線，C正確；而產(chǎn)生的熱量Q＝Pt，這樣Q與時間的平方成正比，圖象為一條曲線，D錯誤． 考向3　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析 例3　如圖6甲所示，電流傳感器(相當于一只理想電流表)能將各時刻的電流數(shù)據(jù)實時通過數(shù)據(jù)采集器傳輸給計算機，經(jīng)計算機處理后在屏幕上同步顯示出I－t圖象．電阻不計的足夠長光滑平行金屬軌道寬L＝1.0 m，與水平面的夾角θ＝37°.軌道上端連接阻值R＝1.0 Ω的定值電阻，金屬桿MN長與軌道寬相等，其電阻r＝0.50 Ω、質(zhì)量m＝0.02 kg.在軌道區(qū)域加一垂直軌道平面向下的勻強磁場，讓金屬桿從圖示位置由靜止開始釋放，桿在整個運動過程中與軌道垂直，此后計算機屏幕上顯示出如圖乙所示的I－t圖象．重力加速度g＝10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，試求： 圖6 (1)t＝1.2 s時電阻R的熱功率； (2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大??； (3)t＝1.2 s時金屬桿的速度大小和加速度大?。? 審題突破　金屬桿在傾斜軌道上運動時受到幾個力作用？安培力有什么特點？圖象反映金屬桿運動情況如何？根據(jù)哪個過程可求磁感應(yīng)強度B的大??？ 解析　(1)由I－t圖象可知，當t＝1.2 s時，I＝0.15 A P＝I2R＝0.152×1.0 W＝0.022 5 W (2)由題圖乙知，當金屬桿穩(wěn)定運動時的電流為0.16 A 穩(wěn)定時桿勻速運動，受力平衡，則有： mgsin θ＝BI′L 代入數(shù)據(jù)解得：B＝0.75 T (3)t＝1.2 s時電源電動勢E＝I(R＋r)＝BLv 代入數(shù)據(jù)得：v＝0.3 m/s mgsin θ－BIL＝ma 代入數(shù)據(jù)得：a＝ m/s2 答案　(1)0.022 5 W　(2)0.75 T　(3)0.3 m/s　 m/s2 以題說法　電磁感應(yīng)與動力學(xué)問題的解題策略 在此類問題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)系、相互制約，解決問題前要建立“動—電—動”的思維順序，可概括為： (1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動勢的大小和方向． (2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中的電流． (3)分析安培力對導(dǎo)體棒運動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的電流的影響，最后定性分析導(dǎo)體棒最終的運動情況． (4)列牛頓第二定律或平衡方程求解． 如圖7所示，固定在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中．一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運動距離L時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)．設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大小為g.求： 圖7 (1)此過程桿的速度最大值vm； (2)此過程流過電阻R的電量． 答案　(1)　(2) 解析　(1)當桿達到最大速度vm時，E＝Bdvm F安＝BId　I＝　Ff＝μmg 勻速時合力為零． F－μmg－＝0 得vm＝. (2)由公式q＝t　＝?。? 得q＝＝＝. 10．綜合應(yīng)用動力學(xué)觀點和能量觀點分析電磁感應(yīng)問題 例4　 (22分)如圖8所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面間夾角均為37°，導(dǎo)軌間距為1 m，電阻不計，導(dǎo)軌足夠長．兩根金屬棒ab和以a′b′的質(zhì)量都是0.2 kg，電阻都是1 Ω，與導(dǎo)軌垂直放置且接觸良好，金屬棒和導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為0.25，兩個導(dǎo)軌平面處均存在著垂直軌道平面向上的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強度B的大小相同．讓a′b′固定不動，將金屬棒ab由靜止釋放，當ab下滑速度達到穩(wěn)定時，整個回路消耗的電功率為8 W．求： 圖8 (1)ab下滑的最大加速度； (2)ab下落了30 m高度時，其下滑速度已經(jīng)達到穩(wěn)定，則此過程中回路電流的發(fā)熱量Q為多大？ (3)如果將ab與a′b′同時由靜止釋放，當ab下落了30 m高度時，其下滑速度也已經(jīng)達到穩(wěn)定，則此過程中回路電流的發(fā)熱量Q′為多大？(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 思維導(dǎo)圖 解析　(1)當ab棒剛下滑時，ab棒的加速度有最大值： a＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2.(2分) (2)ab棒達到最大速度時做勻速運動，有 mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ，(2分) 整個回路消耗的電功率 P電＝BILvm＝(mgsin θ－μmgcos θ)vm＝8 W，(2分) 則ab棒的最大速度為：vm＝10 m/s(1分) 由P電＝＝(2分) 得：B＝0.4 T．(1分) 根據(jù)能量守恒得： mgh＝Q＋mv＋μmgcos θ·(2分) 解得：Q＝30 J．(1分) (3)由對稱性可知，當ab下落30 m穩(wěn)定時其速度為v′，a′b′也下落30 m，其速度也為v′，ab和a′b′都切割磁感線產(chǎn)生電動勢，總電動勢等于兩者之和． 根據(jù)共點力平衡條件，對ab棒受力分析， 得mgsin θ＝BI′L＋μmgcos θ(2分) 又I′＝＝(2分) 代入解得v′＝5 m/s(1分) 由能量守恒2mgh＝×2mv′2＋2μmgcos θ＋Q′(3分) 代入數(shù)據(jù)得Q′＝75 J．(1分) 答案　(1)4 m/s2　(2)30 J　(3)75 J (限時：15分鐘，滿分：16分) (xx·安徽·23)如圖9甲所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面向上．絕緣斜面上固定有“∧”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電阻忽略不計)，MP和NP長度均為2.5 m，MN連線水平，長為3 m．以MN中點O為原點、OP為x軸建立一維坐標系Ox.一根粗細均勻的金屬桿CD，長度d為3 m、質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3 Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1 m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)．g取10 m/s2. 　 圖9 (1)求金屬桿CD運動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E及運動到x＝0.8 m處電勢差UCD； (2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關(guān)系式，并在圖乙中畫出F－x關(guān)系圖像； (3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產(chǎn)生的焦耳熱． 答案　(1)1.5 V　－0.6 V (2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)　見解析圖 (3)7.5 J 解析　(1)金屬桿CD在勻速運動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E＝Blv(l＝d)　E＝1.5 V(D點電勢高)當x＝0.8 m時，金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢差為零．設(shè)此時桿在導(dǎo)軌外的長度為l外，則 l外＝d－d　OP＝ ＝2 m 得l外＝1.2 m 由楞次定律判斷D點電勢高，故C、D兩端電勢差 UCD＝－Bl外v＝－0.6 V. (2)桿在導(dǎo)軌間的長度l與位置x的關(guān)系是 l＝d＝3－x 對應(yīng)的電阻R1＝R 電流I＝ 桿受的安培力為F安＝BIl＝7.5－3.75x 根據(jù)平衡條件得F＝F安＋mgsin θ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 畫出的F－x圖象如圖所示． (3)外力F所做的功WF等于F－x圖線下所圍的面積． 即WF＝×2 J＝17.5 J 而桿的重力勢能增加量ΔEp＝mgOPsin θ 故全過程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WF－ΔEp＝7.5 J. (限時：45分鐘) 題組1　楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 1．(xx·四川·6)如圖1所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很?。|(zhì)量為0.2 kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1 m的正方形，其有效電阻為0.1 Ω.此時在整個空間加方向與水平面成30 °角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律是B＝(0.4－0.2t) T，圖示磁場方向為正方向．框、擋板和桿不計形變．則(　　) 圖1 A．t＝1 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D B．t＝3 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到C C．t＝1 s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 N D．t＝3 s時，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2 N 答案　AC 解析　根據(jù)楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向總是從C到D，故A正確，B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：E＝＝＝sin 30°＝0.2×12× V＝0.1 V，故感應(yīng)電流為I＝＝1 A，金屬桿受到的安培力FA＝BIL，t＝1 s時，F(xiàn)A＝0.2×1×1 N＝0.2 N，方向如圖甲，此時金屬桿受力分析如圖甲，由平衡條件可知F1＝FA·cos 60°＝0.1 N，F(xiàn)1為擋板P對金屬桿施加的力．t＝3 s時，磁場反向，此時金屬桿受力分析如圖乙，此時擋板H對金屬桿施加的力向右，大小F3＝BILcos 60°＝0.2×1×1× N＝0.1 N．故C正確，D錯誤． 2．如圖2甲所示，在豎直向上的磁場中，水平放置一個單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1 m2，線圈電阻為1 Ω，磁場的磁感應(yīng)強度大小B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定從上往下看順時針方向為線圈中感應(yīng)電流i的正方向．則(　　) 圖2 A．0～5 s內(nèi)i的最大值為0.1 A B．第4 s末i的方向為正方向 C．第3 s內(nèi)線圈的發(fā)熱功率最大 D．3～5 s內(nèi)線圈有擴張的趨勢 答案　D 解析　在t＝0時磁通量的變化率最大，感應(yīng)電流最大為I＝＝＝0.01 A，選項A錯誤；第4 s末，B在正方向逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知，i的方向為負方向，選項B錯誤；第3 s內(nèi)，線圈中感應(yīng)電動勢為零，所以第3 s內(nèi)線圈的發(fā)熱功率為零，選項C錯誤；3～5 s內(nèi)穿過線圈的磁通量減少，根據(jù)楞次定律可知線圈有擴張的趨勢，選項D正確． 3．有人設(shè)計了一個汽車＂再生能源裝置＂原理簡圖如圖3甲所示．當汽車減速時，線圈受到輻向磁場的阻尼作用助汽車減速，同時將產(chǎn)生的電能儲存．圖甲中，線圈匝數(shù)為n，ab長度為L1，bc長度為L2.圖乙是此裝置的側(cè)視圖．切割處磁場的磁感應(yīng)強度大小恒為B，有理想邊界的兩個扇形磁場區(qū)邊線夾角都是90°.某次測試時，外力使線圈以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動，線圈中電流i隨時間變化圖象如圖丙所示(I為已知量)，取ab邊剛開始進入右側(cè)的扇形磁場時刻t＝0.不計線圈轉(zhuǎn)軸處的摩擦，則(　　) 圖3 A．線圈在圖乙所示位置時，線圈中電流方向為a→b→c→d→a B．線圈在圖乙所示位置時，線圈產(chǎn)生電動勢的大小為nBL1L2ω C．外力做功的平均功率為 D．閉合電路的總電阻為 答案　ACD 解析　有兩個邊一直在均勻輻向磁場中做切割磁感線運動，故根據(jù)切割公式，有E＝2nBL1v，其中v＝ωL2，解得E＝nBL1L2ω，根據(jù)右手定則，圖乙中的線圈通過的電流方向為a→b→c→d→a，故A正確，B錯誤；根據(jù)歐姆定律，電流I＝，解得R＝.線圈轉(zhuǎn)動一個周期時間內(nèi)，產(chǎn)生電流的時間是半周期，故外力做功的平均功率P＝I2R，解得P＝，故C、D正確． 題組2　電磁感應(yīng)圖象問題的分析 4．如圖4所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置在靠近MP的位置，其他部分電阻不計．整個裝置處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下．t＝0時對金屬棒施一平行于導(dǎo)軌的外力F，金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做勻加速運動．下列關(guān)于穿過回路abPMa的磁通量Φ、磁通量的瞬時變化率、通過金屬棒的電荷量q以及a、b兩端的電勢差U隨時間t變化的圖象中，正確的是(　　) 圖4 答案　BD 解析　由題意知ab棒做勻加速運動，其運動位移為x＝at2，磁通量Φ＝BLx＝BL·at2，故A錯誤；磁通量的瞬時變化率＝＝BLv＝BLat，故B正確；流過金屬棒的電荷量q＝＝，所以C錯誤；a、b兩端的電壓U＝E＝BLat，所以D正確． 5．(xx·福建三明市三校聯(lián)考)如圖5甲所示，在水平桌面上，一個面積為S、電阻為r的圓形金屬框置于磁場中，線框平面與磁場垂直，磁感應(yīng)強度B1隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示．在0～1 s內(nèi)磁場方向垂直線框平面向下，圓形金屬框與一個電阻不計的水平平行金屬導(dǎo)軌相連接，水平導(dǎo)軌上放置一根導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒的長為L、電阻為R，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒處于另一勻強磁場中，其磁感應(yīng)強度值為B2，方向垂直導(dǎo)軌平面向下．若導(dǎo)體棒始終保持靜止，則其所受的靜摩擦力Ff隨時間變化的圖象是下圖中的(設(shè)水平向右為靜摩擦力的正方向)(　　) 圖5 答案　A 解析　在0到1秒內(nèi)磁感應(yīng)強度B1隨時間t均勻增加，感應(yīng)電動勢和電流恒定且感應(yīng)電流方向為逆時針，則根據(jù)左手定則可得導(dǎo)體棒受到的安培力的方向為向左，大小恒定，所以棒受到的靜摩擦力方向為向右，即為正方向，且大小也恒定．而在1秒到2秒內(nèi)磁感應(yīng)強度大小不變，則線圈中沒有感應(yīng)電動勢，所以沒有感應(yīng)電流，則也沒有安培力，因此棒不受靜摩擦力． 6．如圖6所示，電阻不計的平行導(dǎo)軌豎直固定，上端接有電阻R，高度為h的勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直．一導(dǎo)體棒從磁場上方的A位置釋放，用x表示導(dǎo)體棒進入磁場后的位移，i表示導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電流大小，v表示導(dǎo)體棒的速度大小，Ek表示導(dǎo)體棒的動能，a表示導(dǎo)體棒的加速度大小，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直并接觸良好．以下圖象可能正確的是(　　) 圖6 答案　AC 解析　導(dǎo)體棒進入磁場后，受到向上的安培力和重力，如果安培力大于重力，導(dǎo)體棒將做減速運動，安培力F安＝減小，當安培力減小到等于重力時，做勻速運動；電流I＝，由于速度先減小后不變，故電流也是先減小后不變，故A正確；導(dǎo)體棒進入磁場后，受到向上的安培力和重力，如果安培力大于重力，導(dǎo)體棒將做減速運動，根據(jù)動能定理，有：mgx－F安x＝Ek－Ek0，故Ek＝mgx－F安x＋Ek0，由于減速運動時安培力是變力，故對應(yīng)的Ek－x圖不是直線，故B錯誤；導(dǎo)體棒進入磁場后，受到向上的安培力和重力，如果安培力等于重力，導(dǎo)體棒的加速度為零；離開磁場后只受重力，加速度為g，故C正確；導(dǎo)體棒離開磁場后只受重力，加速度為g，即x＞h部分的v－t圖象的斜率不可能為零，故D錯誤． 題組3　綜合應(yīng)用動力學(xué)觀點和能量觀點分析電磁感應(yīng)問題 7．如圖7所示，水平傳送帶帶動兩金屬桿勻速向右運動，傳送帶右側(cè)與兩光滑平行金屬導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌與水平面間夾角為30°，兩虛線EF、GH之間有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，磁場寬度為L，兩金屬桿的長度和兩導(dǎo)軌的間距均為d，兩金屬桿a、b質(zhì)量均為m，兩桿與導(dǎo)軌接觸良好．當金屬桿a進入磁場后恰好做勻速直線運動，當金屬桿a離開磁場時，金屬桿b恰好進入磁場，則(　　) 圖7 A．金屬桿b進入磁場后做加速運動 B．金屬桿b進入磁場后做勻速運動 C．兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為 D．兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為mgL 答案　BD 解析　由題意知，a進入磁場后恰好做勻速直線運動，可得：mgsin θ＝BIL，I＝，由題意知，b進入磁場時的速度等于a進入磁場時的速度，故當b進入磁場時，也做勻速直線運動，所以A錯誤，B正確；a在磁場中產(chǎn)生的熱量Q1＝F安L＝mgsin 30°L＝mgL，b在磁場中運動產(chǎn)生的熱量Q2＝Q1，所以兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為Q＝Q1＋Q2＝mgL，故D正確． 8．在如圖8所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域，區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場寬度均為L，一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)域，此時導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運動．重力加速度為g，下列說法中正確的是(　　) 圖8 A．當ab邊剛越過JP時，導(dǎo)線框的加速度大小為a＝gsin θ B．導(dǎo)線框兩次勻速直線運動的速度v1∶v2＝4∶1 C．在t1到t2的過程中，導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少量 D．在t1到t2的過程中，有＋機械能轉(zhuǎn)化為電能 答案　BD 解析　ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)域時，導(dǎo)線框做勻速運動，所以mgsin θ＝BI1L＝，當ab邊剛越過JP時，I2＝＝，由2BI2L－mgsin θ＝ma，聯(lián)立解得a＝3gsin θ，所以A錯誤；當a＝0時，以速度v2做勻速直線運動，即－mgsin θ＝0，得：mgsin θ＝，所以v1∶v2＝4∶1，故B正確；在t1到t2的過程中，根據(jù)能量守恒知導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于導(dǎo)線框重力勢能的減少量加上動能的減少量，即克服安培力做功W＝＋，所以C錯誤；又克服安培力做功等于產(chǎn)生的電能，所以D正確． 9．(xx·新課標Ⅱ·25)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖9所示．整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向豎直向下．在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點和外圓導(dǎo)軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)．直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略．重力加速度大小為g.求： 圖9 (1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大小； (2)外力的功率． 答案　(1)方向為C→D　大小為 (2)＋ 解析　(1)根據(jù)右手定則，得導(dǎo)體棒AB上的電流方向為B→A，故電阻R上的電流方向為C→D. 設(shè)導(dǎo)體棒AB中點的速度為v，則v＝ 而vA＝ωr，vB＝2ωr 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒AB上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Brv 根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝，聯(lián)立以上各式解得通過電阻R的感應(yīng)電流的大小為I＝. (2)根據(jù)能量守恒定律，外力的功率P等于安培力與摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋Ffv，而Ff＝μmg 解得P＝＋.