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(duì)運(yùn)動(dòng)(來拒去留). (3)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象). 2.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算 (1)法拉第電磁感應(yīng)定律:E=n,常用于計(jì)算平均電動(dòng)勢(shì). 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(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值. (3)如圖1所示,導(dǎo)體棒Oa圍繞棒的一端O在垂直磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)而切割磁感線,產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=Bl2ω. 圖1 3.感應(yīng)電荷量的計(jì)算 回路中發(fā)生磁通量變化時(shí),在Δt時(shí)間內(nèi)遷移的電荷量(感應(yīng)電荷量)為q=IΔt=Δt=nΔt=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(shí)間Δt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(shí),可用焦耳定律計(jì)算;當(dāng)電路中電流變化時(shí),則用功能關(guān)系或能量守恒定律計(jì)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(duì)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(dòng)狀態(tài)”的分析——根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系,判斷出正確的運(yùn)動(dòng)模型; 最后是“能量”的分析——尋找電磁感應(yīng)過程和研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)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)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(qiáng)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(diǎn)的電勢(shì)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(jì)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=1.24 V=4.8 V,故B正確,C錯(cuò)誤;當(dāng)螺線管左端是正極時(shí),C點(diǎn)的電勢(shì)才為4.8 V,當(dāng)右端是正極時(shí),則C點(diǎn)電勢(shì)為-4.8 V,故D錯(cuò)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(dòng)勢(shì)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(duì)運(yùn)動(dòng);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(zhǎng)為a的正方形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,其方向垂直紙面向外,一個(gè)邊長(zhǎng)也為a的單匝正方形導(dǎo)線框架EFGH正好與上述磁場(chǎng)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(dòng),經(jīng)過導(dǎo)線框轉(zhuǎn)到圖中虛線位置,則在這時(shí)間內(nèi)( ) 圖3 A.順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),感應(yīng)電流方向?yàn)镋→F→G→H→E B.平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小等于 C.平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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?yàn)椋篍→H→G→F→E,故A錯(cuò)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(dòng)勢(shì)===,故B錯(cuò)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 (單選)(xx新課標(biāo)Ⅰ18)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(cè)得線圈cd間電壓如圖(b)所示.已知線圈內(nèi)部的磁場(chǎng)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(shí)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(shí)間段內(nèi)產(chǎn)生的電壓是恒定的,所以在該時(shí)間段內(nèi)線圈ab中的磁場(chǎng)是均勻變化的,則線圈ab中的電流是均勻變化的,故選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤,選項(xiàng)C正確. 答案 C 以題說法 對(duì)于電磁感應(yīng)圖象問題的分析要注意以下三個(gè)方面: (1)注意初始時(shí)刻的特征,如初始時(shí)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(gè)階段,這幾個(gè)階段是否和圖象變化相對(duì)應(yīng). (3)注意觀察圖象的變化趨勢(shì),看圖象斜率的大小、圖象的曲直是否和物理過程對(duì)應(yīng). (雙選)如圖5所示,一個(gè)“∠”形光滑導(dǎo)軌垂直于磁場(chǎng)固定在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng),以導(dǎo)體棒在圖中所示位置的時(shí)刻作為計(jì)時(shí)起點(diǎn),則回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shí)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(shí)間t,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv=B(vttan α)v=Bv2ttan α,可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與時(shí)間成正比,A正確;設(shè)單位長(zhǎng)度的該導(dǎo)體電阻為r,則經(jīng)時(shí)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(shí)間無關(guān),圖象為一條水平直線,B錯(cuò)誤;由于勻速運(yùn)動(dòng),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(shí)間成正比,因此功率P與時(shí)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(shí)間的平方成正比,圖象為一條曲線,D錯(cuò)誤. 考向3 電磁感應(yīng)中的動(dòng)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(shí)刻的電流數(shù)據(jù)實(shí)時(shí)通過數(shù)據(jù)采集器傳輸給計(jì)算機(jī),經(jīng)計(jì)算機(jī)處理后在屏幕上同步顯示出I-t圖象.電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)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(zhǎng)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(qiáng)磁場(chǎng),讓金屬桿從圖示位置由靜止開始釋放,桿在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中與軌道垂直,此后計(jì)算機(jī)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(shí)電阻R的熱功率; (2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??; (3)t=1.2 s時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)受到幾個(gè)力作用?安培力有什么特點(diǎn)?圖象反映金屬桿運(yùn)動(dòng)情況如何?根據(jù)哪個(gè)過程可求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??? 解析 (1)由I-t圖象可知,當(dāng)t=1.2 s時(shí),I=0.15 A P=I2R=0.1521.0 W=0.022 5 W (2)由題圖乙知,當(dāng)金屬桿穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流為0.16 A 穩(wěn)定時(shí)桿勻速運(yùn)動(dòng),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(shí)電源電動(dòng)勢(shì)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(dòng)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(dòng)—電—?jiǎng)印钡乃季S順序,可概括為: (1)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)根據(jù)等效電路圖,求解回路中的電流. (3)分析安培力對(duì)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)速度、加速度的影響,從而推理得出對(duì)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(dòng)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(zhǎng)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(gè)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(chǎng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)距離L時(shí),速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)動(dòng)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(jì),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(shí),E=Bdvm F安=BId I= f=μmg 勻速時(shí)合力為零. F-μmg-=0 得vm=. (2)由公式q=t?。健。? 得q===. 11.綜合應(yīng)用動(dòng)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(jì),導(dǎo)軌足夠長(zhǎng).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(dòng)摩擦因數(shù)為0.25,兩個(gè)導(dǎo)軌平面處均存在著垂直軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出),磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小相同.讓a′b′固定不動(dòng),將金屬棒ab由靜止釋放,當(dāng)ab下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí),整個(gè)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(shí),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a′b′同時(shí)由靜止釋放,當(dāng)ab下落了30 m高度時(shí),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?(g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8) 解析 (1)當(dāng)ab棒剛下滑時(shí),ab棒的加速度有最大值: a=gsin θ-μgcos θ=4 m/s2.(2分) (2)ab棒達(dá)到最大速度時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng),有 mgsin θ=BIL+μmgcos θ,(2分) 整個(gè)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(duì)稱性可知,當(dāng)ab下落30 m穩(wěn)定時(shí)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(dòng)勢(shì),總電動(dòng)勢(shì)等于兩者之和. 根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件,對(duì)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(shí):15分鐘,滿分:16分) (xx安徽23)如圖9甲所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(jì)),MP和NP長(zhǎng)度均為2.5 m,MN連線水平,長(zhǎng)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(zhǎng)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(yùn)動(dòng)(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(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E及運(yùn)動(dòng)到x=0.8 m處電勢(shì)差UCD; (2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)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F-x關(guān)系圖像; (3)求金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)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(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=Blv(l=d) E=1.5 V(D點(diǎn)電勢(shì)高)當(dāng)x=0.8 m時(shí),金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢(shì)差為零.設(shè)此時(shí)桿在導(dǎo)軌外的長(zhǎng)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(diǎn)電勢(shì)高,故C、D兩端電勢(shì)差 UCD=-Bl外v=-0.6 V. (2)桿在導(dǎo)軌間的長(zhǎng)度l與位置x的關(guān)系是 l=d=3-x 對(duì)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(shì)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(shí):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(jì)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(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(zhǎng)為1 m的正方形,其有效電阻為0.1 Ω.此時(shí)在整個(gè)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(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律是B=(0.4-0.2t) T,圖示磁場(chǎng)方向?yàn)檎较颍?、擋板和桿不計(jì)形變.則( ) 圖1 A.t=1 s時(shí),金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D B.t=3 s時(shí),金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到C C.t=1 s時(shí),金屬桿對(duì)擋板P的壓力大小為0.1 N D.t=3 s時(shí),金屬桿對(duì)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(cuò)誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律可知:E===sin 30=0.212 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(shí),F(xiàn)A=0.211 N=0.2 N,方向如圖甲,此時(shí)金屬桿受力分析如圖甲,由平衡條件可知F1=FAcos 60=0.1 N,F(xiàn)1為擋板P對(duì)金屬桿施加的力.t=3 s時(shí),磁場(chǎng)反向,此時(shí)金屬桿受力分如圖乙,此時(shí)擋板H對(duì)金屬桿施加的力向右,大小F3=BILcos 60=0.211 N=0.1 N.故C正確,D錯(cuò)誤. 2.(單選)如圖2甲所示,在豎直向上的磁場(chǎng)中,水平放置一個(gè)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示,規(guī)定從上往下看順時(shí)針方向?yàn)榫€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?yàn)檎较? 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(kuò)張的趨勢(shì) 答案 D 解析 在t=0時(shí)磁通量的變化率最大,感應(yīng)電流最大為I===0.01 A,選項(xiàng)A錯(cuò)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?yàn)樨?fù)方向,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;第3 s內(nèi),線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,所以第3 s內(nèi)線圈的發(fā)熱功率為零,選項(xiàng)C錯(cuò)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(kuò)張的趨勢(shì),選項(xiàng)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(jì),在M和P之間接有阻值為R=3.0 Ω的定值電阻,導(dǎo)體棒ab長(zhǎng)l=0.5 m,其電阻不計(jì),且與導(dǎo)軌接觸良好,整個(gè)裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4 T,現(xiàn)使ab以v=10 m/s的速度向右做勻速運(yùn)動(dòng),則以下判斷( ) 圖3 A.導(dǎo)體ab中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=2.0 V B.電路中的電流I=0.5 A C.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(dòng)勢(shì):E=BLv=0.40.510 V=2.0 V,選項(xiàng)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(xiàng)B錯(cuò)誤;根據(jù)左手定則判斷知:棒ab所受安培力方向向左,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;棒ab做勻速運(yùn)動(dòng),動(dòng)能不變,根據(jù)動(dòng)能定理可知合力做功為零,選項(xiàng)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(jì).整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下.t=0時(shí)對(duì)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(dòng).下列關(guān)于穿過回路abPMa的磁通量Φ、磁通量的瞬時(shí)變化率、通過金屬棒的電荷量q以及a、b兩端的電勢(shì)差U隨時(shí)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(dòng),其運(yùn)動(dòng)位移為s=at2,磁通量Φ=BLs=BLat2,故A錯(cuò)誤;磁通量的瞬時(shí)變化率==BLv=BLat,故B正確;流過金屬棒的電荷量q==,所以C錯(cuò)誤;a、b兩端的電壓U=E=BLat,所以D正確. 5.(單選)如圖5甲所示,在水平桌面上,一個(gè)面積為S、電阻為r的圓形金屬框置于磁場(chǎng)中,線框平面與磁場(chǎng)垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示.在0~1 s內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直線框平面向下,圓形金屬框與一個(gè)電阻不計(jì)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(zhǎng)為L(zhǎng)、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(chǎng)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(shí)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(shí)間t均勻增加,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電流恒定且感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,則根據(jù)左手定則可得導(dǎo)體棒受到的安培力的方向?yàn)橄蜃?,大小恒定,所以棒受到的靜摩擦力方向?yàn)橄蛴?,即為正方向,且大小也恒定.而?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(dòng)勢(shì),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(jì)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(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直.一導(dǎo)體棒從磁場(chǎng)上方的A位置釋放,用s表示導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)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(dòng)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(chǎng)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(dòng),安培力F安=減小,當(dāng)安培力減小到等于重力時(shí),做勻速運(yùn)動(dòng);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(chǎng)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(dòng),根據(jù)動(dòng)能定理,有:mgs-F安s=Ek-Ek0,故Ek=mgs-F安s+Ek0,由于減速運(yùn)動(dòng)時(shí)安培力是變力,故對(duì)應(yīng)的Ek-s圖不是直線,故B錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)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(chǎng)后只受重力,加速度為g,故C正確;導(dǎo)體棒離開磁場(chǎng)后只受重力,加速度為g,即s>h部分的v-t圖象的斜率不可能為零,故D錯(cuò)誤. 題組3 綜合應(yīng)用動(dòng)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(dòng)兩金屬桿勻速向右運(yùn)動(dòng),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(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng),兩金屬桿的長(zhǎng)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(chǎng)后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)金屬桿a離開磁場(chǎng)時(shí),金屬桿b恰好進(jìn)入磁場(chǎng),則( ) 圖7 A.金屬桿b進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速運(yùn)動(dòng) B.金屬桿b進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng) C.兩桿在穿過磁場(chǎng)的過程中,回路中產(chǎn)生的總熱量為 D.兩桿在穿過磁場(chǎng)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(chǎng)后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),可得:mgsin θ=BIL,I=,由題意知,b進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度等于a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度,故當(dāng)b進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),也做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以A錯(cuò)誤,B正確;a在磁場(chǎng)中產(chǎn)生的熱量Q1=F安L=mgsin 30L=mgL,b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的熱量Q2=Q1,所以兩桿在穿過磁場(chǎng)的過程中,回路中產(chǎn)生的總熱量為Q=Q1+Q2=mgL,故D正確. 8.(雙選)在如圖8所示的傾角為θ的光滑斜面上,存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上,區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下,磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng),一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框,由靜止開始沿斜面下滑,t1時(shí)刻ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域,此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng);t2時(shí)刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置,此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng).重力加速度為g,下列說法中正確的是( ) 圖8 A.當(dāng)ab邊剛越過JP時(shí),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(yùn)動(dòng)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(shì)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(chǎng)Ⅰ區(qū)域時(shí),導(dǎo)線框做勻速運(yùn)動(dòng),所以mgsin θ=BI1L=,當(dāng)ab邊剛越過JP時(shí),I2==,由2BI2L-mgsin θ=ma,聯(lián)立解得a=3gsin θ,所以A錯(cuò)誤;當(dāng)a=0時(shí),以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng),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(shì)能的減少量加上動(dòng)能的減少量,即克服安培力做功W=+,所以C錯(cuò)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)Ⅱ25)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(zhǎng)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(zhǎng)線通過圓導(dǎo)軌中心O,裝置的俯視圖如圖9所示.整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)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ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),在轉(zhuǎn)動(dòng)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(dòng)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?。? (2)外力的功率. 答案 (1)方向?yàn)镃→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?yàn)锽→A,故電阻R上的電流方向?yàn)镃→D. 設(shè)導(dǎo)體棒AB中點(diǎn)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(dòng)勢(shì)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=+.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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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 2019 年高 物理 二輪 復(fù)習(xí) 專題 電磁感應(yīng) 問題 綜合分析 訓(xùn)練
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