2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題十 電磁感應(yīng)問題的綜合分析訓(xùn)練.doc

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2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題十 電磁感應(yīng)問題的綜合分析訓(xùn)練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(yùn)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：En，常用于計算平均電動勢若B變，而S不變，則EnS；若S變，而B不變，則EnB.(2)導(dǎo)體棒垂直切割磁感線：EBlv，主要用于求電動勢的瞬時值(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(yùn)動而切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢EBl2.圖13感應(yīng)電荷量的計算回路中發(fā)生磁通量變化時，在t時間內(nèi)遷移的電荷量(感應(yīng)電荷量)為qIttntn.可見，q僅由回路電阻R和磁通量的變化量決定，與發(fā)生磁通量變化的時間t無關(guān)4電磁感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱當(dāng)電路中電流恒定時，可用焦耳定律計算；當(dāng)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(jìn)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(jìn)行“運(yùn)動狀態(tài)”的分析根據(jù)力和運(yùn)動的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)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(yùn)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(雙選)如圖2甲所示，螺線管匝數(shù)n1 000匝，橫截面積S10 cm2，螺線管導(dǎo)線電阻r1 ，電阻R4 ，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的Bt圖象如圖乙所示(以向右為正方向)，下列說法正確的是()圖2A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 VDC點(diǎn)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UIR1.24 V4.8 V，故B正確，C錯誤；當(dāng)螺線管左端是正極時，C點(diǎn)的電勢才為4.8 V，當(dāng)右端是正極時，則C點(diǎn)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En，常有兩種特殊情況，即EnS和EnB，其中是Bt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(yùn)動；阻礙原電流的變化要注意靈活應(yīng)用 (雙選)如圖3所示，在邊長為a的正方形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)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3A順時針方向轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電流方向為EFGHEB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：EHGFE，故A錯誤根據(jù)幾何關(guān)系知面積的變化S(32)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qtt，故D正確考向2電磁感應(yīng)圖象問題的分析例2(單選)(xx新課標(biāo)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) (雙選)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，ab是與導(dǎo)軌材料、粗細(xì)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(yùn)動，以導(dǎo)體棒在圖中所示位置的時刻作為計時起點(diǎn)，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，則經(jīng)時間t，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLvB(vttan )vBv2ttan ，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(vtvttan )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(yùn)動，拉力的功率等于產(chǎn)生焦耳熱的功率，PI2R，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QPt，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(dāng)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(jī)，經(jīng)計算機(jī)處理后在屏幕上同步顯示出It圖象電阻不計的足夠長光滑平行金屬軌道寬L1.0 m，與水平面的夾角37.軌道上端連接阻值R1.0 的定值電阻，金屬桿MN長與軌道寬相等，其電阻r0.50 、質(zhì)量m0.02 kg.在軌道區(qū)域加一垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場，讓金屬桿從圖示位置由靜止開始釋放，桿在整個運(yùn)動過程中與軌道垂直，此后計算機(jī)屏幕上顯示出如圖乙所示的It圖象重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，試求：圖6(1)t1.2 s時電阻R的熱功率；(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)t1.2 s時金屬桿的速度大小和加速度大小審題突破金屬桿在傾斜軌道上運(yùn)動時受到幾個力作用？安培力有什么特點(diǎn)？圖象反映金屬桿運(yùn)動情況如何？根據(jù)哪個過程可求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。拷馕?1)由It圖象可知，當(dāng)t1.2 s時，I0.15 API2R0.1521.0 W0.022 5 W(2)由題圖乙知，當(dāng)金屬桿穩(wěn)定運(yùn)動時的電流為0.16 A穩(wěn)定時桿勻速運(yùn)動，受力平衡，則有：mgsin BIL代入數(shù)據(jù)解得：B0.75 T(3)t1.2 s時電源電動勢EI(Rr)BLv代入數(shù)據(jù)得：v0.3 m/smgsin BILma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(zhǔn)主動運(yùn)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(yùn)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(yùn)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(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)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.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(yùn)動距離L時，速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)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(dāng)桿達(dá)到最大速度vm時，EBdvmF安BIdIfmg勻速時合力為零Fmg0得vm.(2)由公式qt得q.11綜合應(yīng)用動力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)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ab的質(zhì)量都是0.2 kg，電阻都是1 ，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(qiáng)磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小相同讓ab固定不動，將金屬棒ab由靜止釋放，當(dāng)ab下滑速度達(dá)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(dá)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ab同時由靜止釋放，當(dāng)ab下落了30 m高度時，其下滑速度也已經(jīng)達(dá)到穩(wěn)定，則此過程中回路電流的發(fā)熱量Q為多大？(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)解析(1)當(dāng)ab棒剛下滑時，ab棒的加速度有最大值：agsin gcos 4 m/s2.(2分)(2)ab棒達(dá)到最大速度時做勻速運(yùn)動，有mgsin BILmgcos ，(2分)整個回路消耗的電功率P電BILvm(mgsin mgcos )vm8 W，(2分)則ab棒的最大速度為：vm10 m/s(1分)由P電(2分)得：B0.4 T(1分)根據(jù)能量守恒得：mghQmvmgcos (2分)解得：Q30 J(1分)(3)由對稱性可知，當(dāng)ab下落30 m穩(wěn)定時其速度為v，ab也下落30 m，其速度也為v，ab和ab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(diǎn)力平衡條件，對ab棒受力分析，得mgsin BILmgcos (2分)又I(2分)代入解得v5 m/s(1分)由能量守恒2mgh2mv22mgcos Q(3分)代入數(shù)據(jù)得Q75 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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.5 T，其方向垂直于傾角為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(diǎn)O為原點(diǎn)、OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox.一根粗細(xì)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 ，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v1 m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運(yùn)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(yùn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E及運(yùn)動到x0.8 m處電勢差UCD；(2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動到P點(diǎn)過程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式，并在圖乙中畫出Fx關(guān)系圖像；(3)求金屬桿CD從MN處運(yùn)動到P點(diǎn)的全過程產(chǎn)生的焦耳熱答案(1)1.5 V0.6 V(2)F12.53.75x(0x2)見解析圖(3)7.5 J解析(1)金屬桿CD在勻速運(yùn)動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBlv(ld)E1.5 V(D點(diǎn)電勢高)當(dāng)x0.8 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ddOP 2 m得l外1.2 m由楞次定律判斷D點(diǎn)電勢高，故C、D兩端電勢差UCDBl外v0.6 V.(2)桿在導(dǎo)軌間的長度l與位置x的關(guān)系是ld3x對應(yīng)的電阻R1R電流I桿受的安培力為F安BIl7.53.75x根據(jù)平衡條件得FF安mgsin F12.53.75x(0x2)畫出的Fx圖象如圖所示(3)外力F所做的功WF等于Fx圖線下所圍的面積即WF2 J17.5 J而桿的重力勢能增加量EpmgOPsin 故全過程產(chǎn)生的焦耳熱QWFEp7.5 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(雙選)(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的間距很小質(zhì)量為0.2 kg的細(xì)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 .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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律是B(0.40.2t) T，圖示磁場方向為正方向框、擋板和桿不計形變則()圖1At1 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到DBt3 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到CCt1 s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 NDt3 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：Esin 300.212 V0.1 V，故感應(yīng)電流為I1 A，金屬桿受到的安培力FABIL，t1 s時，F(xiàn)A0.211 N0.2 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F1FAcos 600.1 N，F(xiàn)1為擋板P對金屬桿施加的力t3 s時，磁場反向，此時金屬桿受力分如圖乙，此時擋板H對金屬桿施加的力向右，大小F3BILcos 600.211 N0.1 N故C正確，D錯誤2(單選)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 ，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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2A05 s內(nèi)i的最大值為0.1 AB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D35 s內(nèi)線圈有擴(kuò)張的趨勢答案D解析在t0時磁通量的變化率最大，感應(yīng)電流最大為I0.01 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(fù)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；35 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(kuò)張的趨勢，選項D正確3(雙選)如圖3所示，平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，它們的電阻可忽略不計，在M和P之間接有阻值為R3.0 的定值電阻，導(dǎo)體棒ab長l0.5 m，其電阻不計，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.4 T，現(xiàn)使ab以v10 m/s的速度向右做勻速運(yùn)動，則以下判斷()圖3A導(dǎo)體ab中的感應(yīng)電動勢E2.0 VB電路中的電流I0.5 AC導(dǎo)體ab棒所受安培力方向向右D導(dǎo)體ab棒所受合力做功為零答案AD解析ab棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：EBLv0.40.510 V2.0 V，選項A正確；根據(jù)右手定則得，ab棒中的電流方向從b到a，電流大小為I A，選項B錯誤；根據(jù)左手定則判斷知：棒ab所受安培力方向向左，選項C錯誤；棒ab做勻速運(yùn)動，動能不變，根據(jù)動能定理可知合力做功為零，選項D正確題組2電磁感應(yīng)圖象問題的分析4(雙選)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下t0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(yùn)動下列關(guān)于穿過回路abPMa的磁通量、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(yùn)動，其運(yùn)動位移為sat2，磁通量BLsBLat2，故A錯誤；磁通量的瞬時變化率BLvBLat，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UEBLat，所以D正確5(單選)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(qiáng)度B1隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示在01 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(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)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(qiáng)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(雙選)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(qiáng)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s表示導(dǎo)體棒進(jìn)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(jìn)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(yùn)動，安培力F安減小，當(dāng)安培力減小到等于重力時，做勻速運(yùn)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(jìn)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(yùn)動，根據(jù)動能定理，有：mgsF安sEkEk0，故EkmgsF安sEk0，由于減速運(yùn)動時安培力是變力，故對應(yīng)的Eks圖不是直線，故B錯誤；導(dǎo)體棒進(jìn)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sh部分的vt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(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析電磁感應(yīng)問題7(雙選)如圖7所示，水平傳送帶帶動兩金屬桿勻速向右運(yùn)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dāng)金屬桿a進(jìn)入磁場后恰好做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)金屬桿a離開磁場時，金屬桿b恰好進(jìn)入磁場，則()圖7A金屬桿b進(jìn)入磁場后做加速運(yùn)動B金屬桿b進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)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(jìn)入磁場后恰好做勻速直線運(yùn)動，可得：mgsin BIL，I，由題意知，b進(jìn)入磁場時的速度等于a進(jìn)入磁場時的速度，故當(dāng)b進(jìn)入磁場時，也做勻速直線運(yùn)動，所以A錯誤，B正確；a在磁場中產(chǎn)生的熱量Q1F安Lmgsin 30LmgL，b在磁場中運(yùn)動產(chǎn)生的熱量Q2Q1，所以兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為QQ1Q2mgL，故D正確8(雙選)在如圖8所示的傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域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(jìn)入磁場區(qū)域，此時導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)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(yùn)動重力加速度為g，下列說法中正確的是()圖8A當(dāng)ab邊剛越過JP時，導(dǎo)線框的加速度大小為agsin B導(dǎo)線框兩次勻速直線運(yùn)動的速度v1v241C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(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能答案BD解析ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場區(qū)域時，導(dǎo)線框做勻速運(yùn)動，所以mgsin BI1L，當(dāng)ab邊剛越過JP時，I2，由2BI2Lmgsin ma，聯(lián)立解得a3gsin ，所以A錯誤；當(dāng)a0時，以速度v2做勻速直線運(yùn)動，即mgsin 0，得：mgsin ，所以v1v241，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(biāo)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(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點(diǎn)和外圓導(dǎo)軌的D點(diǎn)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，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??；(2)外力的功率答案(1)方向為CD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BA，故電阻R上的電流方向為CD.設(shè)導(dǎo)體棒AB中點(diǎn)的速度為v，則v而vAr，vB2r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EBrv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PBIrvFfv，而Ffmg解得P.