2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題11 電磁感應(yīng)（含解析）.docx

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專題11電磁感應(yīng) 第一部分 名師綜述 本考點(diǎn)一般以選擇題和計(jì)算題兩種形式出現(xiàn)，若是選擇題一般考查對(duì)磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁感線、安培力和洛侖茲力這些概念的理解，以及安培定則和左手定則的運(yùn)用；若是計(jì)算題主要考查安培力大小的計(jì)算，以及帶電粒子在磁場(chǎng)中受到洛倫茲力和帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)的分析判斷和計(jì)算，尤其是帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題對(duì)學(xué)生的空間想象能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問題的能力有較高的要求，仍是本考點(diǎn)的重點(diǎn)內(nèi)容，有可能成為試卷的壓軸題。由于本考點(diǎn)知識(shí)與現(xiàn)代科技密切相關(guān)，在近代物理實(shí)驗(yàn)中有重大意義，因此考題還可能以科學(xué)技術(shù)的具體問題為背景，考查學(xué)生運(yùn)用知識(shí)解決實(shí)際問題的能力和建模能力。預(yù)測(cè)高考基礎(chǔ)試題仍是重點(diǎn)考查法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律和電路等效問題．綜合試題還是涉及到力和運(yùn)動(dòng)、能量守恒、電路分析、安培力等力學(xué)和電學(xué)知識(shí)．主要的類型有滑軌類問題、線圈穿越有界磁場(chǎng)的問題、電磁感應(yīng)圖象的問題等。此外日光燈原理、磁懸浮原理、電磁阻尼、超導(dǎo)技術(shù)這些在實(shí)際中有廣泛的應(yīng)用問題也要引起重視。 第二部分 知識(shí)背一背 一、磁通量 1.定義：在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,與磁場(chǎng)方向垂直的面 積S和B的乘積. 2.公式： 3.單位：韋伯符號(hào):Wb 4.磁通量是標(biāo)量(填“標(biāo)量”或“矢量”). 二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象 1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象：當(dāng)穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時(shí)，電路中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，這種利用磁場(chǎng)產(chǎn)生電流的現(xiàn)象叫做電磁感應(yīng)． 2．產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件： 表述1：閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場(chǎng)內(nèi)做切割磁感線運(yùn)動(dòng)． 表述2：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化． 3．能量轉(zhuǎn)化 發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象時(shí)，機(jī)械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能． 三、感應(yīng)電流方向的判斷 1．楞次定律 (1)內(nèi)容：感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化． (2)適用情況：所有的電磁感應(yīng)現(xiàn)象． 2．右手定則 (1)內(nèi)容：伸開右手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)，讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使拇指指向?qū)w運(yùn)動(dòng)的方向，這時(shí)四指所指的方向就是感應(yīng)電流的方向． (2)適用情況：導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流． 四、法拉第電磁感應(yīng)定律 1．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) (1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)．產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分導(dǎo)體就相當(dāng)于電源，導(dǎo)體的電阻相當(dāng)于電源內(nèi)阻． (2)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的關(guān)系：遵循閉合電路歐姆定律，即. 2．法拉第電磁感應(yīng)定律 (1)法拉第電磁感應(yīng)定律 ①內(nèi)容：電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比． ②公式：. (2)導(dǎo)體切割磁感線的情形 運(yùn)動(dòng)速度v和磁感線方向垂直，則. 第三部分 技能+方法 一、磁通量 1.公式的適用條件 (1)勻強(qiáng)磁場(chǎng). (2)S為垂直磁場(chǎng)的有效面積. 2.磁通量的物理意義 (1)磁通量可以理解為穿過某一面積的磁感線的條數(shù). (2)同一平面，當(dāng)它跟磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，磁通量最大；當(dāng)它跟磁場(chǎng)方向平行時(shí)，磁通量為零；當(dāng)正向穿過線圈平面的磁感線條數(shù)和反向穿過的一樣多時(shí)，磁通量為零. 二、 電磁感應(yīng)現(xiàn)象 1.產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)質(zhì) 穿過電路的磁通量發(fā)生變化,電路中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì).如果電路閉合,則有感應(yīng)電流;如果電路不閉合,則只有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而無感應(yīng)電流. 2.磁通量發(fā)生變化的三種常見情況 (1)磁場(chǎng)強(qiáng)弱不變，回路面積改變； (2)回路面積不變，磁場(chǎng)強(qiáng)弱改變； (3)回路面積和磁場(chǎng)強(qiáng)弱均不變，但二者的相對(duì)位置發(fā)生改變. 注意：判斷流程： (1)確定研究的閉合電路． (2)弄清楚回路內(nèi)的磁場(chǎng)分布，并確定該回路的磁通量Φ. (3) 三、楞次定律 右手定則 1.楞次定律中“阻礙”的理解 2.楞次定律的推廣 推廣表述：感應(yīng)電流的效果總是阻礙產(chǎn)生感應(yīng)電流的原因.其具體方式為： (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”. 3.安培定則、左手定則、右手定則、楞次定律綜合應(yīng)用的比較 基本現(xiàn)象 應(yīng)用的定則或定律 運(yùn)動(dòng)電荷、電流產(chǎn)生磁場(chǎng) 安培定則 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷、電流有作用力 左手定則 電磁感應(yīng) 部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng) 右手定則 閉合回路磁通量變化 楞次定律 四、 法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 1.決定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的因素 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E的大小決定于穿過電路的磁通量的變化率 和線圈的匝數(shù)n.而與磁通量的大小、磁通量變化量ΔΦ的大小 無必然聯(lián)系. 2.磁通量變化通常有兩種方式 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，垂直于磁場(chǎng)的回路面積發(fā)生變化，此時(shí)； (2)垂直于磁場(chǎng)的回路面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化，此時(shí)，其中是B-t圖象的斜率. 五、 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 理解的“四性” (1)正交性：本公式是在一定條件下得出的，除磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，還需B、l、v三者互相垂直. (2)瞬時(shí)性：若v為瞬時(shí)速度，則E為相應(yīng)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì). (3)有效性：公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長(zhǎng)度. (4)相對(duì)性：中的速度v是導(dǎo)體相對(duì)磁場(chǎng)的速度，若磁場(chǎng)也在運(yùn)動(dòng)，應(yīng)注意速度間的相對(duì)關(guān)系. 第四部分 基礎(chǔ)練+測(cè) 一、單選題 1．如圖所示的電路中，A1和A2是完全相同的燈泡，線圈L的電阻可以忽略。下列說法中正確的是（ ） A．合上開關(guān)K一段時(shí)間后，再斷開開關(guān)K切斷電路時(shí)，A1閃亮一下后逐漸熄滅，A2逐漸熄滅 B．合上開關(guān)K一段時(shí)間后，再斷開開關(guān)K切斷電路時(shí)，A2閃亮一下后逐漸熄滅，A1逐漸熄滅 C．合上開關(guān)K一段時(shí)間后，再斷開開關(guān)K切斷電路時(shí)，A2立刻熄滅，A1逐漸熄滅 D．合上開關(guān)K一段時(shí)間后，再斷開開關(guān)K切斷電路時(shí)，A1和A2都緩慢熄滅 【答案】 D 【解析】 【詳解】 斷開開關(guān)K切斷電路時(shí)，通過A2的用來的電流立即消失，線圈對(duì)電流的減小有阻礙作用，所以通過A1的電流會(huì)慢慢變小，并且通過A2，所以兩燈泡一起過一會(huì)兒熄滅，但通過A2的燈的電流方向與原來的方向相反。故D正確，ABC錯(cuò)誤；故選D。 2．四個(gè)均勻?qū)Ь€分別制成兩個(gè)正方形、兩個(gè)直角扇形線框，分別放在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界上，由圖示位置開始按箭頭方向繞垂直紙面軸O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。若以在OP邊上從P點(diǎn)指向O點(diǎn)的方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，四個(gè)選項(xiàng)中符合如圖所示i隨時(shí)間t的變化規(guī)律的是 A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AB．圖中正方形線框繞O轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，有效切割長(zhǎng)度不斷變化，因此產(chǎn)生感應(yīng)電流大小是變化的，因此AB錯(cuò)誤； CD．圖中，有效切割長(zhǎng)度為半徑不變，因此產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小不變，根據(jù)右手定則，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，C圖中產(chǎn)生電流方向從P到O，電流為正方向，而D圖中開始產(chǎn)生電流方向從O到P，電流為負(fù)方向；離開磁場(chǎng)時(shí)，剛好相反，故C正確，D錯(cuò)誤。 故選C。 3．如圖所示，將長(zhǎng)為2m的導(dǎo)線從正中間折成120的角，使其所在的平面垂直于磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。為使導(dǎo)線中產(chǎn)生20 V的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì).則導(dǎo)線切割磁感線的最小速度為（） A．1033m/s B．10 m/s C．2033m/s D．533 m/s 【答案】 A 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“導(dǎo)線從正中間折成…”、“使導(dǎo)線中產(chǎn)生20 V的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)”可知，本題考察動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)。根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的規(guī)律，運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律、有效長(zhǎng)度等知識(shí)分析計(jì)算。 【詳解】 當(dāng)折導(dǎo)線切割磁感線的有效長(zhǎng)度最長(zhǎng)，即以AC來切割時(shí)，速度最小，則：BLACvmin=E，解得：導(dǎo)線切割磁感線的最小速度vmin=EBLAC=2023ms=1033ms。故A項(xiàng)正確，BCD三項(xiàng)錯(cuò)誤。 4．如圖所示，邊長(zhǎng)為2l的正方形虛線框內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)邊長(zhǎng)為l的正方形導(dǎo)線框所在平面與磁場(chǎng)方向垂直，導(dǎo)線框的一條對(duì)角線和虛線框的一條對(duì)角線恰好在同一直線上．從t=0開始，使導(dǎo)線框從圖示位置開始以恒定速度沿對(duì)角線方向移動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)，直到整個(gè)導(dǎo)線框離開磁場(chǎng)區(qū)域．用I表示導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流（以逆時(shí)針方向?yàn)檎?，則下列表示I-t關(guān)系的圖線中，正確的是（） A． B． C． D． 【答案】 D 【解析】 【分析】 根據(jù)感應(yīng)電流大小和方向，將選項(xiàng)逐一代入，檢查是否符合題意來選擇． 【詳解】 導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生。故A、B均錯(cuò)誤。進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)過程，線框有效切割長(zhǎng)度變化，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流在變化，故C錯(cuò)誤。線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程，有效切割長(zhǎng)度L均勻增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E均勻增大，感應(yīng)電流I均勻增大。穿出磁場(chǎng)過程，有效切割長(zhǎng)度L均勻減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E均勻減小，感應(yīng)電流I均勻減小，兩個(gè)過程感應(yīng)電流的方向相反。故D正確。故選D。 【點(diǎn)睛】 本題采用的是排除法．做選擇題常用方法有直判法、排除法、代入法、特殊值法、圖象法等等． 5．物理學(xué)家通過艱辛的實(shí)驗(yàn)和理論研究探究自然規(guī)律，為科學(xué)事業(yè)做出了巨大貢獻(xiàn)．下列描述中符合物理學(xué)史實(shí)的是( ) A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)并提出了分子電流假說 B．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象并總結(jié)出了判斷感應(yīng)電流方向的規(guī)律 C．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律但未給出引力常量G的數(shù)值 D．哥白尼大膽反駁地心說，提出了日心說，并發(fā)現(xiàn)行星沿橢圓軌道運(yùn)行的規(guī)律 【答案】 C 【解析】 【詳解】 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，安培并提出了分子電流假說，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，楞次總結(jié)出了判斷感應(yīng)電流方向的規(guī)律，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律但未給出引力常量G的數(shù)值，后來卡文迪許用扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)出了引力常數(shù)，選項(xiàng)C正確； 哥白尼大膽反駁地心說，提出了日心說，開普勒發(fā)現(xiàn)行星沿橢圓軌道運(yùn)行的規(guī)律，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C. 6．邊界MN的一側(cè)區(qū)域內(nèi)，存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于光滑水平桌面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).邊長(zhǎng)為l的正三角形金屬線框abc粗細(xì)均勻，三邊阻值相等，a頂點(diǎn)剛好位于邊界MN上，現(xiàn)使線框圍繞過a點(diǎn)且垂直于桌面的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為ω，如圖所示，則在ab邊開始轉(zhuǎn)入磁場(chǎng)的瞬間ab兩端的電勢(shì)差Uab為 A．13Bl2ω B．-12Bl2ω C．-13Bl2ω D．16Bl2ω 【答案】 A 【解析】 【分析】 當(dāng)ab邊即將進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，是ab部分在切割磁感線，相當(dāng)于電源，根據(jù)切割公式求解切割電動(dòng)勢(shì)，再根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解a、b間的電壓大?。? 【詳解】 當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ab部分在切割磁感線，切割長(zhǎng)度為兩個(gè)端點(diǎn)間的距離，即a、b間的距離為l，E=Blv=Bl?lω2=12Bl2ω；設(shè)每個(gè)邊的電阻為R，a、b兩點(diǎn)間的電壓為：U=I?2R=E3R?2R，故U=13Bωl2，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選A。 【點(diǎn)睛】 本題考查轉(zhuǎn)動(dòng)切割問題，關(guān)鍵是明確ab邊在切割磁感線，ac、bc邊電阻是外電路電阻，根據(jù)切割公式求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再結(jié)合閉合電路歐姆定律列式分析． 7．如圖所示，水平放置的兩根相距為L(zhǎng)的平行直導(dǎo)軌ab、cd，b、d間連有一定值電阻R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)。MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體棒，與ab垂直，其電阻也為R。整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌所在平面（指向圖中紙面內(nèi)），導(dǎo)體棒MN以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（） A．M端電勢(shì)低于N端電勢(shì) B．MN兩端電壓的大小為UMN=BLv C．通過定值電阻R的感應(yīng)電流I=BLvR D．電阻R中的熱功率為P=B2L2v24R 【答案】 D 【解析】 【分析】 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出電流的大小．由公式U=IR求出MN兩端的電壓的大?。桓鶕?jù)P=I2R求解電阻R中的熱功率． 【詳解】 根據(jù)右手定則可知，M端電勢(shì)高于N端電勢(shì)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E=BvL，則導(dǎo)體棒中的電流大小I=ER+R=BvL2R；因此MN兩端的電壓的大小U=IR=12BLv，選項(xiàng)BC錯(cuò)誤；電阻R中的熱功率為P=I2R=B2L2v24R，選項(xiàng)D正確；故選D. 8．關(guān)于物理科學(xué)家和他們的貢獻(xiàn)，下列說法中正確的是（） A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng) B．庫侖提出了庫侖定律，并最早用實(shí)驗(yàn)測(cè)得元電荷e的數(shù)值 C．安培發(fā)現(xiàn)電流通過導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量與電流、導(dǎo)體電阻和通電時(shí)間的規(guī)律 D．法拉第提出感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)總是阻礙原磁場(chǎng)磁通量的變化 【答案】 A 【解析】 【詳解】 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，選項(xiàng)A正確；庫侖提出了庫侖定律，密立根最早用實(shí)驗(yàn)測(cè)得元電荷e的數(shù)值，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；焦耳發(fā)現(xiàn)電流通過導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量與電流、導(dǎo)體電阻和通電時(shí)間的規(guī)律，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；楞次提出感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)總是阻礙原磁場(chǎng)磁通量的變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選A. 9．在電磁學(xué)發(fā)展過程中，許多科學(xué)家做出了貢獻(xiàn)，下列說法正確的是（） A．庫侖發(fā)現(xiàn)了點(diǎn)電荷的相互作用規(guī)律，密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)定了元電荷的數(shù)值 B．洛倫茲發(fā)現(xiàn)了磁場(chǎng)對(duì)電流的作用規(guī)律，安培發(fā)現(xiàn)了磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用規(guī)律 C．赫茲發(fā)現(xiàn)了電現(xiàn)象的磁本質(zhì)，楞次總結(jié)了右手螺旋定則判斷電流周圍的磁場(chǎng)方向 D．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象并建立了電磁感應(yīng)定律，法拉第發(fā)現(xiàn)了電流磁效應(yīng) 【答案】 A 【解析】 【詳解】 庫侖發(fā)現(xiàn)了點(diǎn)電荷的相互作用規(guī)律，密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)定了元電荷的數(shù)值，選項(xiàng)A正確；安培發(fā)現(xiàn)了磁場(chǎng)對(duì)電流的作用規(guī)律，洛倫茲發(fā)現(xiàn)了磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用規(guī)律，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；安培發(fā)現(xiàn)了電現(xiàn)象的磁本質(zhì)，安培總結(jié)了右手螺旋定則判斷電流周圍的磁場(chǎng)方向，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象并建立了電磁感應(yīng)定律，奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流磁效應(yīng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選A. 10．如圖所示，處于豎直面的長(zhǎng)方形導(dǎo)線框MNPQ邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)和2L，M、N間連接兩塊水平正對(duì)放置的金屬板，金屬板距離為d，虛線為線框中軸線，虛線右側(cè)有垂直線框平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。內(nèi)板間有一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的帶正電油滴恰好處于半衡狀態(tài)，重力加速度為g，則下列關(guān)于磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B的變化情況及其變化率的說法正確的是 A．正在增強(qiáng)，ΔBΔt=mgdqL2 B．正在減小，ΔBΔt=mgdqL2 C．正在增強(qiáng)，ΔBΔt=mgd2qL2 D．正在減小，ΔBΔt=mgd2qL2 【答案】 B 【解析】 【詳解】 油滴帶正電，受向上的電場(chǎng)力和向下的重力平衡，即Eq=mg，則上極板帶負(fù)電，由楞次定律可知，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B正在減小，且ΔBΔtL2=U，E=Ud；聯(lián)立解得ΔBΔt=mgdqL2，故選B. 二、多選題 11．如圖，電阻不計(jì)的光滑金屬軌道MN、PQ，左側(cè)連接定值電阻R，桿間距離為L(zhǎng)，放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一金屬桿ab垂直放置在軌道上，ab桿長(zhǎng)L0，電阻r?，F(xiàn)讓ab向右以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是 A．回路中感應(yīng)電流大小為I=BL0vR，方向a—b B．a(chǎn)b桿受到安培力向左 C．回路中感應(yīng)電流大小為I=BLvR+r，方向b—a D．a(chǎn)b桿受到安培力向右 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 ab向右以速度v勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv，則感應(yīng)電流為：I=BLvR+r，根據(jù)楞次定律可知電流方向?yàn)閎-a，故A錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)左手定則可知ab桿受到安培力向左，故B正確，D錯(cuò)誤。所以BC正確，AD錯(cuò)誤。 12．如圖所示，相距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌ab、cd放置在水平桌面上，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的兩端a、c相連.滑桿MN質(zhì)量為m，垂直于導(dǎo)軌并可在導(dǎo)軌上自由滑動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌、滑桿以及導(dǎo)線的電阻.整個(gè)裝置放于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.滑桿的中點(diǎn)系一不可伸長(zhǎng)的輕繩，繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與另一質(zhì)量也為m的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài).現(xiàn)將物塊由靜止釋放，當(dāng)物塊達(dá)到最大速度時(shí)，物塊的下落高度h=2m2gR2(Bl)4 ，用g表示重力加速度，則在物塊由靜止開始下落至速度最大的過程中(　　) A．物塊達(dá)到的最大速度是mgR(Bl)2 B．電阻R放出的熱量為2m3g2R2(Bl)4 C．通過電阻R的電荷量是2m2gR(Bl)3 D．滑桿MN產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為mgRBl 【答案】 ACD 【解析】 【分析】 當(dāng)棒子所受的安培力等于繩子拉力時(shí)，速度最大，根據(jù)平衡條件，結(jié)合閉合電路歐姆定律求出最大速度；根據(jù)能量守恒求出此過程中電阻R上放出的熱量.根據(jù)感應(yīng)電荷量q=△ΦR，求解通過R的電量.根據(jù)E=BLv求解滑桿MN產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。 【詳解】 當(dāng)FA=mg時(shí)，速度最大，有：B2l2vR=mg，則最大速度v=mgR(Bl)2,故A正確；根據(jù)能量守恒得，mgh=12mv2+Q，解Q=mgh-12mv2=3m3g2R22(Bl)4，故B錯(cuò)誤；通過電阻R的橫截面積的電荷量q=△ΦR=BlhR=BlR?2m2gR2(Bl)4=2m2gR(Bl)3 ，故C正確；物塊速度最大時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv=mgRBl，故D正確。所以ACD正確，B錯(cuò)誤。 【點(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵知道當(dāng)棒子所受的安培力和繩子拉力相等時(shí)，速度最大.以及會(huì)根據(jù)能量守恒定律求出電阻R上消耗的熱量。 13．關(guān)于下列器材的原理和用途，敘述正確的是（） A．變壓器既可以改變交流電壓也可以改變穩(wěn)恒直流電壓 B．經(jīng)過回旋加速器加速的帶電粒子最大速度與加速電壓大小無關(guān) C．真空冶煉爐的工作原理是通過線圈發(fā)熱使?fàn)t內(nèi)金屬熔化 D．磁電式儀表中用來做線圈骨架的鋁框能起電磁阻尼的作用 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 變壓器只能改變交流電壓，不可以改變穩(wěn)恒直流電壓，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由qvB＝mv2R得：v=qBRm，則最大動(dòng)能：EKm=12mv2=q2B2R22m；可知經(jīng)過回旋加速器加速的帶電粒子最大速度與加速電壓大小無關(guān)，選項(xiàng)B正確；真空冶煉爐的工作原理是爐中金屬產(chǎn)生渦流使?fàn)t內(nèi)金屬熔化，不是線圈發(fā)熱，故C錯(cuò)誤；磁電式儀表中用來做線圈骨架的鋁框中可以產(chǎn)生感應(yīng)電流能起電磁阻尼的作用，故D正確。故選BD. 14．如圖所示，abcd是粗細(xì)均勻的電阻絲制成的長(zhǎng)方形線框，導(dǎo)體MN有電阻，可在ad邊及bc邊上無摩擦滑動(dòng)，且接觸良好，線框處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)MN由靠ab邊外向cd邊勻速移動(dòng)的過程中，以下說法正確的是(　　) A．MN中電流先增大后減小 B．MN兩端電壓先增大后減小 C．MN上拉力的功率先減小后增大 D．矩形線框中消耗的電功率先減小后增大 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A．導(dǎo)體棒MN向右運(yùn)動(dòng)的過程中，MN相當(dāng)于電源，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，其余部分是外電路，外電阻先增大后減小，當(dāng)MN運(yùn)動(dòng)到線框中線時(shí)，外電路的電阻最大。根據(jù)閉合電路歐姆定律知MN棒中的電流先減小后增大，故A錯(cuò)誤； B．MN兩端電壓是路端電壓，由U=E-Ir，可知：E、r不變，I先減小后增大，則U先增大后減小，故B正確； C． MN棒做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力的功率等于電路中電功率，根據(jù)電功率公式P=E2R+r得知，拉力的功率先減小后增大。故C正確； D．根據(jù)推論：當(dāng)外電阻等于電源的內(nèi)電阻時(shí)，電源的輸出功率最大，由于外電阻與MN電阻的關(guān)系未知，無法判斷線框消耗的功率如何變化，故D錯(cuò)誤； 所以BC正確，AD錯(cuò)誤。 【點(diǎn)睛】 本題是電磁感應(yīng)與電路的綜合，關(guān)鍵抓住線框的總電阻先增大后減小，根據(jù)功率公式、歐姆定律等規(guī)律進(jìn)行分析。 15．如圖所示的四個(gè)日光燈的接線圖中，S1為啟動(dòng)器，S2、S3為電鍵，L為鎮(zhèn)流器，能使日光燈正常發(fā)光的是 A． B． C． D． 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 能使日光燈正常發(fā)光的是AC；當(dāng)開關(guān)接通，通過線圈在燈管兩端發(fā)熱產(chǎn)生電子，當(dāng)啟動(dòng)器溫度降低，導(dǎo)致兩極斷開，從而使得鎮(zhèn)流器產(chǎn)生很高電壓，在加速運(yùn)動(dòng)的過程中，碰撞管內(nèi)氬氣分子，使之迅速電離。從而管壁內(nèi)的熒光粉發(fā)出近乎白色的可見光；C圖中的S3的開合能起到啟輝器同樣的效果。故選AC。 【點(diǎn)睛】 日光燈正常發(fā)光后．由于交流電不斷通過鎮(zhèn)流器的線圈，線圈中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，自感電動(dòng)勢(shì)阻礙線圈中的電流變化，這時(shí)鎮(zhèn)流器起降壓限流的作用，使電流穩(wěn)定在燈管的額定電流范圍內(nèi)，燈管兩端電壓也穩(wěn)定在額定工作電壓范圍內(nèi)．由于這個(gè)電壓低于啟輝器的電離電壓，所以并聯(lián)在兩端的啟輝器也就不再起作用了． 16．如圖所示，在平面上有兩條相互垂直且彼此絕緣的長(zhǎng)通電直導(dǎo)線，以它們?yōu)樽鴺?biāo)軸構(gòu)成一個(gè)平面直角坐標(biāo)系。四個(gè)相同的閉合圓形線圈在四個(gè)象限中完全對(duì)稱放置，兩條長(zhǎng)直導(dǎo)線中電流大小與變化情況相同，電流方向如圖所示，當(dāng)兩條導(dǎo)線中的電流都開始均勻增大時(shí)，四個(gè)線圈a、b、c、d中感應(yīng)電流的情況是 A．線圈a中有感應(yīng)電流 B．線圈b中有感應(yīng)電流 C．線圈c中有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 D．線圈d中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流 【答案】 AC 【解析】 由右手螺旋定則可判定通電導(dǎo)線磁場(chǎng)的方向。ac象限磁場(chǎng)不為零，a中磁場(chǎng)垂直紙面向里，當(dāng)電流增大時(shí)，線圈a中有逆時(shí)針方向的電流，故A正確；其中bd區(qū)域中的磁通量為零，當(dāng)電流變化時(shí)不可能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B D錯(cuò)誤。ac象限磁場(chǎng)不為零，c中磁場(chǎng)垂直紙面向外，當(dāng)電流增大時(shí)，線圈c中有順時(shí)針方向的電流，故C正確；故選AC。 點(diǎn)睛：本題考查了右手螺旋定則和楞次定律的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，知道感應(yīng)電流的磁場(chǎng)阻礙原磁場(chǎng)磁通量的變化． 17．央視《是真的嗎》節(jié)目做了如下實(shí)驗(yàn)：用裸露的銅導(dǎo)線繞制成一根無限長(zhǎng)螺旋管，將螺旋管放在水平桌面上，用一節(jié)干電池和兩磁鐵制成一個(gè)“小車”，兩磁鐵的同名磁極粘在電池的正、負(fù)兩極上，只要將這輛小車推入螺旋管中，小車就會(huì)加速運(yùn)動(dòng)起來，如圖所示。關(guān)于小車的運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是： A．將小車上某一磁鐵改為S極與電池粘連，小車仍能加速運(yùn)動(dòng)， B．將小車上兩磁鐵均改為S極與電池粘連，小車的加速度方向?qū)l(fā)生改變 C．圖中小車加速度方向向右 D．圖中小車加速度方向向左 【答案】 BD 【解析】?jī)纱艠O間的電場(chǎng)線如圖甲所示： 干電池與磁體及中間部分線圈組成了閉合回路，在兩磁極間的線圈中產(chǎn)生電流，左端磁極的左側(cè)線圈和右端磁極的右側(cè)線圈中沒有電流。其中線圈中電流方向的左視圖如圖乙所示，由左手定則可知中間線圈所受的安培力向右，根據(jù)牛頓第三定律有“小車”向左加速，故D正確，C錯(cuò)誤；如果改變某一磁鐵S極與電源粘連，則磁感線不會(huì)向外發(fā)散，兩部分受到方向相反的力，合力為零，不會(huì)產(chǎn)生加速度，故A錯(cuò)誤，B正確。所以BD正確，AC錯(cuò)誤。 18．如圖甲所示，電阻為5Ω、匝數(shù)為100匝的線圈（圖中只畫了2匝）兩端A、B與電阻R相連，R=95Ω。線圈內(nèi)有方向垂直于紙面向里的磁場(chǎng)，線圈中的磁通量在按圖乙所示規(guī)律變化。則 A．A點(diǎn)的電勢(shì)小于B點(diǎn)的電勢(shì) B．在線圈位置上感應(yīng)電場(chǎng)沿逆時(shí)針方向 C．0.1s時(shí)間內(nèi)通過電阻R的電荷量為0.05C D．0.1s時(shí)間內(nèi)非靜電力所做的功為2.5J 【答案】 BCD 【解析】線圈相當(dāng)于電源，由楞次定律可知A相當(dāng)于電源的正極，B相當(dāng)于電源的負(fù)極．A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)，在線圈位置上感應(yīng)電場(chǎng)沿逆時(shí)針方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝nΔΦΔt=1000.15-0.100.1=50V，由閉合電路的歐姆定律得：I＝ER+r=505+95A=0.5A，則0.1s時(shí)間內(nèi)通過電阻R的電荷量為q=It=0.05C，選項(xiàng)C正確； 0.1s時(shí)間內(nèi)非靜電力所做的功為W=Eq=500.05J=2.5J，選項(xiàng)D正確；故選BCD. 19．水平固定放置的足夠長(zhǎng)的U 形金屬導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示，在導(dǎo)軌上放著金屬棒ab，開始時(shí)ab棒以水平初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，最后靜止在導(dǎo)軌上，就導(dǎo)軌光滑和粗糙兩種情況比較，這個(gè)過程（） A．外力對(duì)棒所做功相等 B．電流所做的功相等 C．通過ab棒的電荷量相等 D．安培力對(duì)ab棒所做的功不相等 【答案】 AD 【解析】根據(jù)動(dòng)能定理，兩種情況下外力的功都等于動(dòng)能的變化量，因初狀態(tài)和末狀態(tài)相同，則外力對(duì)棒做功相同，選項(xiàng)A正確；電流所做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)功能關(guān)系可知導(dǎo)軌光滑時(shí)，金屬棒克服安培力做功多，產(chǎn)生的焦耳熱多，電流做功大，故B錯(cuò)誤．根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q=△ΦR=BLxR，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、導(dǎo)體棒長(zhǎng)度L相同，x越大，感應(yīng)電荷量越大，因此導(dǎo)軌光滑時(shí)，感應(yīng)電荷量大．故C錯(cuò)誤．當(dāng)導(dǎo)軌光滑時(shí)，金屬棒克服安培力做功，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，產(chǎn)生的內(nèi)能等于金屬棒的初動(dòng)能；當(dāng)導(dǎo)軌粗糙時(shí)，金屬棒在導(dǎo)軌上滑動(dòng)，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生熱，把部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一方面要克服安培力做功，金屬棒的部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能與克服安培力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的和等于金屬棒的初動(dòng)能；所以導(dǎo)軌粗糙時(shí)，安培力做的功少，導(dǎo)軌光滑時(shí)，安培力做的功多，故D正確．故選AD． 點(diǎn)睛：對(duì)金屬棒正確受力分析，從能量的角度分析內(nèi)能問題，要熟悉感應(yīng)電荷量公式q=△ΦR，這是電磁感應(yīng)問題常用的經(jīng)驗(yàn)公式． 20．如圖甲所示，閉合矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。規(guī)定垂直紙面向外為磁場(chǎng)的正方向，順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，水平向右為安培力的正方向。關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i和ad邊所受的安培力F隨時(shí)間t變化的圖象，下列選項(xiàng)正確的是（　?。? A． B． C． D． 【答案】 AC 【解析】 【分析】 由圖可知磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化，則可知線圈中磁通量的變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化情況，由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向，根據(jù)左手定則可以找出安培力方向，結(jié)合可得出正確的圖象． 【詳解】 由圖示B-t圖象可知，0～1s時(shí)間內(nèi)，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流是順時(shí)針的，為正值；1～2s磁通量不變，無感應(yīng)電流；2～3s，B的方向垂直紙面向外，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，感應(yīng)電流是負(fù)的；3～4s內(nèi)，B的方向垂直紙面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，感應(yīng)電流是負(fù)的，故A正確，B錯(cuò)誤；由左手定則可知，在0～1s內(nèi)，ad受到的安培力方向：水平向右，是正的，1～2s無感應(yīng)電流，沒有安培力，2～4s時(shí)間內(nèi)，安培力水平向左，是負(fù)的；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔΦΔt=ΔBΔtS，感應(yīng)電流I=ER=SΔBRΔt，由B-t圖象可知，在每一時(shí)間段內(nèi)，ΔBΔt是定值，在各時(shí)間段內(nèi)I是定值，ad邊受到的安培力F=BIL，I、L不變，B均勻變化，則安培力F均勻變化，不是定值，C正確D錯(cuò)誤． 三、解答題 21．如圖，固定在豎直平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌ab、cd相距為L(zhǎng)，b、c間接一阻值為R的電阻。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ef水平放置，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒接入導(dǎo)軌間的阻值也為R。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直。導(dǎo)體棒在恒定外力F的作用下向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電阻上產(chǎn)生的熱功率恒為P。已知重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)且足夠長(zhǎng)。 （1）求導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng)的速度v； （2）求恒定外力F； （3）若從t＝0時(shí)刻起，突然增大F，使導(dǎo)體棒以2g的加速度勻加速上升。寫出電阻R的熱功率Pt與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系。 【答案】 （1）v=2PRBL（2）F=BLPR+mg（3）Pt=B2L22PRBL+gt2R 【解析】 【詳解】 （1）令導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng)的速度v，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv 回路中的電流為：I=E2R 電阻上產(chǎn)生的熱功率恒為: P=I2R 聯(lián)立可得：v=2PRBL （2）以導(dǎo)體棒為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件可得：F-mg-BIL=0 聯(lián)立以上可得：F=mg+BLPR （3）從t＝0時(shí)刻起，突然增大F，使導(dǎo)體棒以2g的加速度勻加速上升時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv+2gt 電阻R的熱功率Pt=I2R=E2R2R 聯(lián)立以上可得：Pt=B2L22PRBL+gt2R 22．某同學(xué)設(shè)計(jì)了一套電磁彈射裝置，如圖所示，在水平面上固定兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1m，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處于豎直方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中虛線之間區(qū)域，未畫出），連接導(dǎo)軌的電源電動(dòng)勢(shì)為E＝40V，電容器的電容為C＝1F．小車底部固定一個(gè)與其前端平齊、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形單匝導(dǎo)體線框，線框前后兩邊的電阻均為R＝0.2Ω，兩側(cè)邊電阻不計(jì)且與導(dǎo)軌接觸良好。小車與線框的總質(zhì)量為m＝lkg．開始小車處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將開關(guān)S接1，使電容器完全充電，再將S接至2，小車向前加速運(yùn)動(dòng)，在小車開始勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，將開關(guān)S拔回1，隨后小車滑出磁場(chǎng)。不計(jì)小車在運(yùn)動(dòng)過程中的摩擦。求： (1)磁場(chǎng)的方向和小車開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a； (2)小車在軌道上達(dá)到勻速時(shí)的速度大小v1； (3)小車出磁場(chǎng)過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q。 【答案】 (1)磁場(chǎng)的方向和小車開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小800m/s2； (2)小車在軌道上達(dá)到勻速時(shí)的速度大小16m/s； (3)小車出磁場(chǎng)過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱110J。 【解析】 【詳解】 (1)磁場(chǎng)方向垂直水平面向上， 小車在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中，兩電阻并聯(lián)，則有：I=ER2=2ER； 小車開始運(yùn)動(dòng)的加速度為：a=BILm=2BLEmR， 代入數(shù)據(jù)，解得：a＝800m/s2； (2)充電完成后，則有：q＝CE 放電加速過程中，應(yīng)用動(dòng)量定理，則有：BIL△t＝B△qL＝mv1﹣0 而△q＝q﹣q1 勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器兩端電壓與小車切割產(chǎn)生的電勢(shì)差相等，則有：BLv1=U=q1C 由上式聯(lián)立，解得：v1=BLECm+B2L2C 代入數(shù)據(jù)，解得：v1＝16m/s (3)小車出磁場(chǎng)的過程中，做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量定理，則有：﹣Ft＝﹣BILt＝mv2﹣mv1 小車上兩電阻串聯(lián)，I=BLv2R 而L＝vt 則有：B2L32R=mv1-mv2 代入數(shù)據(jù)，解得：v2＝6m/s 所以小車滑出磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱，為Q=12mv12-12mv22 代入數(shù)據(jù)，解得：Q＝110J 23．如圖所示，豎直平面內(nèi)一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形金屬線框abcd從某一高度由靜止下落，穿過具有水平邊界、寬度也為L(zhǎng)的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，已知cd邊穿過磁場(chǎng)區(qū)的時(shí)間為t，上述運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd邊始終保持水平，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，求： (1)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度v和勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B； (2)cd邊穿過磁場(chǎng)過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)cd邊穿過磁場(chǎng)過程中線框中電流強(qiáng)度大小I及通過導(dǎo)線截面的電荷量q。 【答案】 （1）v=Lt， B=1LmgRtL（2）Q＝mgL（3）I=mgLRt ， q=mgLtR 【解析】 【詳解】 （1）線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為：v=Lt 線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLv 由平衡條件有：mg-ER?LB=0 解得：B=1LmgRtL （2）cd邊穿過磁場(chǎng)過程做勻速運(yùn)動(dòng)，由能量守恒定律有：Q＝mgL （3）cd邊穿過磁場(chǎng)過程中線框中電流強(qiáng)度設(shè)為I。 根據(jù)mg＝BIL得：I=mgBL=mgLRt 通過的電荷量為：q＝It 解得：q=mgLtR 24．如圖所示是依附建筑物架設(shè)的磁力緩降高樓安全逃生裝置，具有操作簡(jiǎn)單、無需電能、逃生高度不受限制，下降速度可調(diào)、可控等優(yōu)點(diǎn)。 該裝置原理可等效為：間距L=0.5m的兩根豎直導(dǎo)軌上部連通，人和磁鐵固定在一起沿導(dǎo)軌共同下滑，磁鐵產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。人和磁鐵所經(jīng)位置處，可等效為有一固定導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)軌相連，整個(gè)裝置總電阻始終為R，如圖所示 在某次逃生試驗(yàn)中，質(zhì)量M1=80kg的測(cè)試者利用該裝置以v1=1.5m/s的速度勻速下降，已知與人一起下滑部分裝置的質(zhì)量m=20kg，重力加速度取g=10m/s2，且本次試驗(yàn)過程中恰好沒有摩擦。 （1）判斷導(dǎo)體棒cd中電流的方向； （2）總電阻R多大？ （3）如要使一個(gè)質(zhì)量M2=100kg的測(cè)試者利用該裝置以v1=1.5m/s的速度勻速下滑，其摩擦力f多大？ （4）保持第（3）問中的摩擦力不變，讓質(zhì)量M2=100kg測(cè)試者從靜止開始下滑，測(cè)試者的加速度將會(huì)如何變化？當(dāng)其速度為v2=0.78m/s時(shí)，加速度a多大？要想在隨后一小段時(shí)間內(nèi)保持加速度不變，則必需調(diào)控摩擦力，請(qǐng)寫出摩擦力大小隨速率變化的表達(dá)式。 【答案】 (1)電流從c到d(2) 1.510-5Ω (3)200N(4) f=720-20003v 【解析】 【詳解】 （1）由右手定則知電流從c到d （2）對(duì)導(dǎo)體棒：電動(dòng)勢(shì)E=BLv1；感應(yīng)電流I=ER=BLv1R；安培力FA=BIL=B2L2v1R 由左手定則可判斷，導(dǎo)體棒cd所受安培力方向向下，根據(jù)牛頓第三定律可知磁鐵受到磁場(chǎng)力向上，大小為FA=B2L2v1R 對(duì)M1和m：由平衡條件可得M1+mg=FA=B2L2v1R R=B2L2v1M1+mg=1.510-5Ω （3）對(duì)M2和m：由平衡條件 M2+mg=FA+f=B2L2v1R+f?f=M2+mg-B2L2v1R=200N （4）對(duì)M2和m：根據(jù)牛頓第二定律得M2+mg-FA-f=M2+ma，F(xiàn)A=B2L2v1R 所以a=M2+mg-B2L2vR-fM2+m 因?yàn)関逐漸增大，最終趨近于勻速，所以逐漸a減小，最終趨近于0。 當(dāng)其速度為v2=0.78m/s時(shí)，代入數(shù)據(jù)得a=4 要想在隨后一小段時(shí)間內(nèi)保持加速度不變，則由 M2+mg-B2L2vR-f=M2+ma?f=720-20003v （0.78≤v≤1.08） 25．如圖甲所示，半徑為R的導(dǎo)體環(huán)內(nèi)，有一個(gè)半徑為r的虛線圓，虛線圓內(nèi)有垂直紙面向里的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化規(guī)律為B1=kt（k>0且為常量）。 （1）求導(dǎo)體環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E的大?。? （2）將導(dǎo)體環(huán)換成內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)管（管子內(nèi)徑忽略），管內(nèi)放置一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球，小球重力不計(jì)，如圖乙所示。已知絕緣細(xì)管內(nèi)各點(diǎn)渦旋電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為ER=kr22R，方向與該點(diǎn)切線方向相同。小球在電場(chǎng)力作用下沿細(xì)管加速運(yùn)動(dòng)。要使t時(shí)刻管壁對(duì)小球的作用力為零，可在細(xì)管處加一垂直于紙面的磁場(chǎng)，求所加磁場(chǎng)的方向及磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B2。 【答案】 （1）得E=kπr2（2）洛倫茲力方向指向圓心。由左手定則，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。 B2=kr22R2t 【解析】 【詳解】 （1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有 E=ΔΦΔt Φ=B?S=kt?πr2 得E=kπr2 （2）洛倫茲力方向指向圓心。由左手定則，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。 電場(chǎng)力：F=ERq F=ma t時(shí)刻速度v=at 洛倫茲力大小F洛=qvB2 qvB2=mv2R 聯(lián)立解得B2=kr22R2t 26．如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定放置在水平面上，間距 L＝0.2m，一端通過導(dǎo)線與阻值為 R=10Ω 的電阻連接；導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為 m＝0.5kg 的金屬桿，金屬桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，整個(gè)裝置處于豎直向上的大小為 B＝5T 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.現(xiàn)用與導(dǎo)軌平行的拉力 F 作用在金屬桿上，金屬桿運(yùn)動(dòng)的 v-t 圖象如圖乙所示。（取重力加速度 g=10m/s2）求：. （1）t＝5s 時(shí)拉力的大小. （2）t＝5s 時(shí)電路的發(fā)熱功率. 【答案】 （1）0.4N （2）0.4W 【解析】 【詳解】 （1）由圖示圖象可知，金屬桿的加速度：a=ΔvΔt=410m/s2=0.4m/s2 t=5s時(shí)，金屬桿的速度v=2m/s 金屬桿受到的安培力：F安=BIL=B2L2vR=520.22210N=0.2N 由牛頓第二定律得：F-F安=ma 解得拉力：F=0.4N （2）5s時(shí)的發(fā)熱功率：P=E2R=B2L2v2R=520.222210N=0.4W. 27．如圖所示，足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，寬度L=0.4m，一端連接R=1Ω的電阻。導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5T。導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，其長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計(jì)。在平行于導(dǎo)軌的拉力作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)，速度v=0.6 m/s。求： （1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E和感應(yīng)電流I； （2）在0.2s時(shí)間內(nèi)，拉力的沖量IF的大?。? （3）若將MN換為電阻r =0.5Ω的導(dǎo)體棒，其它條件不變，求導(dǎo)體棒兩端的電壓U。 【答案】 （1）1.2A；（2）0.48N?s（3）0.8V 【解析】 【詳解】 （1）有法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BLv=50.40.6V=1.2V；感應(yīng)電流：由閉合電路的歐姆定律可得：I=ER=1.21A=1.2A。 （2）導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于安培力得：F拉=F安=BIL=51.20.4N=2.4N 所以拉力的沖量IF=F拉t=2.40.2Ns=0.48Ns （3）由閉合電路的歐姆定律可得：U=IR=BLvR+rR=0.8V 28．如圖所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ放置在水平面內(nèi)，其間距L=0.2m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直軌道平面向下，兩導(dǎo)軌之間連接的電阻R=4.8Ω，在導(dǎo)軌上有一金屬棒ab，其電阻r=0.2Ω，金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，如圖所示，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=0.5m/s向右勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)。求： （1）金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)； （2）通過電阻R的電流大小和方向； （3）水平拉力的大小F （4）金屬棒a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。 【答案】 (1) E=0.05V (2) I=0.01A , 從M通過R流向P (3) 0.001N (4) 0.048V 【解析】 【詳解】 （1）設(shè)金屬棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，則： E=BLv 代入數(shù)值得E=0.05V （2）設(shè)過電阻R的電流大小為I ，則： I=ER+r 代入數(shù)值得I=0.01A 由右手定則可得，通過電阻R的電流方向從M通過R流向P （3）F安=BIL ab棒勻速直線運(yùn)動(dòng)，則F=F安=0.001N （4）設(shè)a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為Uab，則： Uab=IR 代入數(shù)值得Uab=0.048V 29．如圖甲所示,MN、PQ是兩根長(zhǎng)為L(zhǎng)=2m、傾斜放置的平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距d=1m,導(dǎo)軌所在平面與水平面成一定角度,M、P間接阻值為R=6Ω的電阻.質(zhì)量為m=0.2kg、長(zhǎng)度為d的金屬棒ab放在兩導(dǎo)軌上中點(diǎn)位置,金屬棒恰好能靜止.從t=0時(shí)刻開始,空間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化如圖乙所示,在t0=0.1s時(shí)刻,金屬棒剛要沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng),此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=1.2T.已知金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并且保持良好接觸,不計(jì)金屬棒和導(dǎo)軌電阻,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力取重力加速度g=10m/s2.求： (1)0~t0時(shí)間內(nèi)通過電阻R的電荷量q; (2)金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)u. 【答案】 (1)0.2C (2) 0.75 【解析】 【詳解】 (1) (1)由題意得0~t0時(shí)間內(nèi)回路中磁通量的變化量：ΔΦ=B0dL2① 由法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E=ΔΦΔt② 由歐姆定律可得：I=ER③ 故0~t0時(shí)間內(nèi)通過電阻R的電荷量：q=IΔt ④ 聯(lián)立①②③④解得q=0.2C ； (2) 由題意得導(dǎo)體棒在t=0時(shí)刻恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)導(dǎo)軌平面與水平面之間的夾角為θ， 則有mgsinθ=fm⑤ fm=μFN ⑥ FN=mgcosθ ⑦ 在t0=0.1s時(shí)刻，金屬棒剛要沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，則有F安=mgsinθ+fm ⑧ 此時(shí)F安=B0Id ⑨ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨解得μ=0.75 . 30．如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一絕緣水平面上，兩導(dǎo)軌間距為d＝0.2m，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，M、P端連接一阻值R＝1.5Ω的電阻。有一質(zhì)量m＝0.08kg、阻值r＝0.5Ω的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌接觸良好。整個(gè)裝置處于一豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T勻強(qiáng)磁場(chǎng)中（磁場(chǎng)足夠大），t＝0秒時(shí)，給棒向右的初速度v＝10m/s，則： （1）畫出回路中的等效電路圖，并求出棒在t＝0秒時(shí)回路中的電流大??； （2）分析并說明棒向右過程中的運(yùn)動(dòng)情況； （3）若在t＝0秒時(shí)給棒施加一水平向右的拉力F＝0.05N，求10秒內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱。 【答案】 （1），0.5A；（2）棒向右做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終金屬棒靜止；（3）5J。 【解析】 【分析】 金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于電源，根據(jù)題意作出等效電路圖；由E＝BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用歐姆定律求出感應(yīng)電流；由安培力公式求出安培力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，然后分析答題；應(yīng)用安培力公式求出金屬棒受到的安培力，判斷金屬棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，應(yīng)用焦耳定律求出產(chǎn)生的焦耳熱。 【詳解】 （1）金屬棒切割磁感線相對(duì)于電源，等效電路圖如圖所示： 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝Bdv， 感應(yīng)電流：I=ER+r 代入數(shù)據(jù)解得：I＝0.5A； （2）金屬棒受到的安培力：F安培＝Bdv＝B2d2vR+r， 由牛頓第二定律得：B2d2vR+r＝ma 加速度a與速度v的方向相反，金屬棒做減速運(yùn)動(dòng)， 加速度a減小，金屬棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終速度減為零； （3）t＝0時(shí)刻金屬棒受到的安培力：F安培＝BId＝0.50.50.2＝0.05N 由此可知：F安培＝F，金屬棒所受合力為零，金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 回路產(chǎn)生的焦耳熱：Q＝I2（R+r）t＝0.52（1.5+0.5）10＝5J. 【點(diǎn)睛】 本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)相結(jié)合的一道綜合題；金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于電源，應(yīng)用E＝BLv、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律可以解題。