第十一章 電磁感應(yīng)

1、高考考綱考綱解讀1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象.()1.要求:理解電磁感應(yīng)現(xiàn)象.2.考查:感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件.2.磁通量.()1.要求:判斷磁通量的增減.2.考查:磁通量變化量的計(jì)算.3.法拉第電磁感應(yīng)定律.()1.要求:掌握電磁感應(yīng)定律及感應(yīng)電動(dòng)勢的計(jì)算公式.2.考查:應(yīng)用公式E=nt、E=Blv進(jìn)行計(jì)算,且常與力、電綜合考查.4.楞次定律.()1.要求:掌握楞次定律內(nèi)容.2.考查:應(yīng)用楞次定律和右手定則判斷感應(yīng)電流方向.5.自感、渦流.()1.要求:掌握自感現(xiàn)象產(chǎn)生的原因.2.考查:通、斷電自感現(xiàn)象的分析.(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第165171頁) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律考向掃描1產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件及相關(guān)物理學(xué)史2

2、利用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向和變化3利用右手定則判斷切割類電流方向和電勢高低4利用楞次定律推廣判斷導(dǎo)體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)或受力情況1.(2012年山東理綜,14,5分)以下敘述正確的是()A.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象B.慣性是物體的固有屬性,速度大的物體慣性一定大C.牛頓最早通過理想斜面實(shí)驗(yàn)得出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因D.感應(yīng)電流遵從楞次定律所描述的方向,這是能量守恒定律的必然結(jié)果解析:法拉第最早發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象,A正確;慣性是物體的固有屬性,質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度,B錯(cuò)誤;伽利略通過理想斜面實(shí)驗(yàn)得出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因,C錯(cuò)誤;自然界任何過程都遵循能量守恒定律,D正確.答案:AD. 本

3、題難度不大,物理學(xué)史是近幾年山東高考的必考內(nèi)容,也就要求今后在備考中要加強(qiáng)物理學(xué)史的學(xué)習(xí),通過物理學(xué)史的學(xué)習(xí)使學(xué)生熱愛科學(xué),學(xué)習(xí)嚴(yán)謹(jǐn)?shù)目茖W(xué)態(tài)度.2.(2012年全國新課標(biāo)卷,20,6分)如圖,一載流長直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi),線框在長直導(dǎo)線右側(cè),且其長邊與長直導(dǎo)線平行.已知在t=0到t=t1的時(shí)間間隔內(nèi),直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化,而線框中的感應(yīng)電流總是沿順時(shí)針方向;線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.設(shè)電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同,則i隨時(shí)間t變化的圖線可能是() 解析:因通電導(dǎo)線周圍的磁場離導(dǎo)線越近磁場越強(qiáng),而線框中左右兩邊電流的大小相同,而方向相反,所以受到的

4、安培力方向相反,而導(dǎo)線框的左邊受到的力大于導(dǎo)線框的右邊受到的力,所以合力沿導(dǎo)線框左邊受到的力的方向,因?yàn)榫€框受到的安培力的合力先水平向左,后水平向右,根據(jù)左手定則,導(dǎo)線處的磁場方向先垂直紙面向里,后垂直紙面向外,根據(jù)右手定則,則導(dǎo)線的電流先為正,后為負(fù),所以A正確;B、C、D錯(cuò)誤.答案:A.3.(2011年海南卷,7,4分)自然界的電、熱和磁等現(xiàn)象都是相互聯(lián)系的,很多物理學(xué)家為尋找它們之間的聯(lián)系做出了貢獻(xiàn).下列說法正確的是()A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng),揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系B.歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律,說明了熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系C.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象,揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間

5、的聯(lián)系D.焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應(yīng),定量給出了電能和熱能之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系解析:奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng),揭示了電與磁之間的聯(lián)系,A正確;歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律,說明了純電阻電路電流和電壓之間存在聯(lián)系,B錯(cuò)誤;法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象,揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系,C正確;焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應(yīng),定量給出了電能和熱能之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系,D正確.答案:ACD.4.(2011年江蘇卷,2,3分)如圖所示,固定的水平長直導(dǎo)線中通有電流I,矩形線框與導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi),且一邊與導(dǎo)線平行.線框由靜止釋放,在下落過程中() A.穿過線框的磁通量保持不變B.線框中感應(yīng)電流方向保持不變C.線框所受安培力的合力為零D.線

6、框的機(jī)械能不斷增大解析:離導(dǎo)線越遠(yuǎn),磁感應(yīng)強(qiáng)度越小.線框下落,磁通量減小,故A錯(cuò)誤;由楞次定律可知,線框中感應(yīng)電流方向保持不變,B正確;線框上、下兩邊所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不同,安培力的合力不為零,C錯(cuò)誤;克服安培力做功,機(jī)械能減小,D錯(cuò)誤.答案:B.5.(2011年上海卷,13,3分)如圖,均勻帶正電的絕緣圓環(huán)a與金屬圓環(huán)b同心共面放置,當(dāng)a繞O點(diǎn)在其所在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)時(shí),b中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流,且具有收縮趨勢,由此可知,圓環(huán)a() A.順時(shí)針加速旋轉(zhuǎn)B.順時(shí)針減速旋轉(zhuǎn)C.逆時(shí)針加速旋轉(zhuǎn)D.逆時(shí)針減速旋轉(zhuǎn)解析:b中為順時(shí)針電流,由安培定則知,感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向里;b環(huán)有收縮趨勢,說明

7、原磁場磁通量減少,方向垂直紙面向里,a環(huán)中的電流減小;a環(huán)帶正電,由楞次定律知,a環(huán)順時(shí)針減速運(yùn)動(dòng).答案:B. 本題綜合考查了楞次定律和安培定則的應(yīng)用,正確分析感應(yīng)電流磁場方向及b環(huán)收縮的原因是解題的關(guān)鍵.6.(2010年浙江理綜,19,6分)半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置,在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線,分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接,兩板間距為d,如圖(甲)所示.有一變化的磁場垂直于紙面,規(guī)定向內(nèi)為正,變化規(guī)律如圖(乙)所示.在t=0時(shí)刻平板之間中心有一重力不計(jì),電荷量為q的靜止微粒.則以下說法正確的是()A.第2秒內(nèi)上極板為正極B.第3秒內(nèi)上極板為負(fù)極C.第2秒

8、末微?；氐搅嗽瓉砦恢肈.第2秒末兩極板之間的電場強(qiáng)度大小為0.2r2/d解析:由題圖(乙)知第2秒內(nèi),磁場向內(nèi)并均勻減小,由楞次定律知,環(huán)中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針,因而上極板帶正電,A項(xiàng)正確;第3秒內(nèi)磁場向外且均勻增大.由楞次定律知,環(huán)中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針,上極板仍帶正電,B項(xiàng)錯(cuò)誤;同理,第1秒內(nèi)上極板帶負(fù)電,此微粒2秒內(nèi)先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),再做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小不變,運(yùn)動(dòng)方向不變,C項(xiàng)錯(cuò)誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律知,電路中感應(yīng)電動(dòng)勢為E感=t=r2Bt=0.1r2,場強(qiáng)為E=E感d=0.1r2/d,D項(xiàng)錯(cuò)誤.答案:A.法拉第電磁感應(yīng)定律自感考向掃描1利用法拉第電磁感應(yīng)定律分析或計(jì)算電動(dòng)勢的大小

9、及變化2利用公式E=Blv和左手定則計(jì)算分析切割類電動(dòng)勢及安培力方向3利用自感現(xiàn)象分析燈泡亮暗的原因備考點(diǎn)撥1.以“磁場變化”或“閉合電路面積”的變化考查公式E=n·SBt和E=n·BSt的應(yīng)用2.以“線框過磁場”或“導(dǎo)體棒切割”為背景考查對(duì)公式E=Blv的應(yīng)用3.自感現(xiàn)象中分析斷電自感燈泡“閃亮”的原因及電流的方向也是高考的常考形式1.(2012年全國新課標(biāo)卷,19,6分)如圖,均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框,半圓直徑與磁場邊緣重合;磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周,在線

10、框中產(chǎn)生感應(yīng)電流.現(xiàn)使線框保持圖中所示位置,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化.為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過程中同樣大小的電流,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率Bt的大小應(yīng)為() A.4B0B.2B0C.B0D.B02解析:當(dāng)線框繞過圓心O以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),由于面積的變化產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢,從而產(chǎn)生感應(yīng)電流,即I1=ER=Rt=B0SRt=B0r22Rt=B0r22R ,當(dāng)線圈不動(dòng),磁場強(qiáng)度變化時(shí),I2=Rt=BSRt=Br22Rt,因I1=I2,可得Bt=B0,C正確.答案:C. 本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用,涉及兩種類型公式的選用.解題時(shí)關(guān)鍵是要求學(xué)生能利用公式得到電流的表達(dá)式,注意本題的動(dòng)生電動(dòng)勢是直徑

11、切割磁感線,而不是半徑.2.(2011年廣東理綜,15,4分)將閉合多匝線圈置于僅隨時(shí)間變化的磁場中,線圈平面與磁場方向垂直,關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流,下列表述正確的是()A.感應(yīng)電動(dòng)勢的大小與線圈的匝數(shù)無關(guān)B.穿過線圈的磁通量越大,感應(yīng)電動(dòng)勢越大C.穿過線圈的磁通量變化越快,感應(yīng)電動(dòng)勢越大D.感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同解析:根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,感應(yīng)電動(dòng)勢的大小與線圈的匝數(shù)成正比,與磁通量的變化率成正比,與磁通量大小無關(guān),故A、B錯(cuò)誤,C正確;根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向可能與原磁場方向相同,也可能相反,D錯(cuò)誤.答案:C.3.(2011年北京理綜,19,

12、6分)某同學(xué)為了驗(yàn)證斷電自感現(xiàn)象,自己找來帶鐵心的線圈L,小燈泡A,開關(guān)S和電池組E,用導(dǎo)線將它們連接成如圖所示的電路.檢測電路后,閉合開關(guān)S,小燈泡發(fā)光;再斷開開關(guān)S,小燈泡僅有不顯著的延時(shí)熄滅現(xiàn)象.雖經(jīng)多次重復(fù),仍未見老師演示時(shí)出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象,他冥思苦想找不出原因.你認(rèn)為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是()A.電源的內(nèi)阻較大B.小燈泡電阻偏大C.線圈電阻偏大D.線圈的自感系數(shù)較大解析:線圈L要阻礙通過它的電流變化.斷電時(shí),要阻礙其中的電流減小,L中電流要比斷電前的電流小,并且通過燈泡形成一個(gè)回路,若L中電流斷電前比燈泡中電流大,此時(shí)L中電流雖減小,但仍比燈泡斷電前電流大,燈泡就會(huì)閃亮

13、一下.要實(shí)現(xiàn)L中電流比小燈泡電流大,根據(jù)歐姆定律可知,L的電阻比小燈泡電阻要小.從而判定出C正確.答案:C.4.(2010年山東理綜,21,4分)如圖所示,空間存在兩個(gè)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,方向相反且垂直紙面,MN、PQ為其邊界,OO'為其對(duì)稱軸.一導(dǎo)線折成邊長為l的正方形閉合回路abcd,回路在紙面內(nèi)以恒定速度v0向右運(yùn)動(dòng),當(dāng)運(yùn)動(dòng)到關(guān)于OO'對(duì)稱的位置時(shí)() A.穿過回路的磁通量為零B.回路中感應(yīng)電動(dòng)勢大小為2Blv0C.回路中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向D.回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相同解析:穿過閉合回路的磁感線方向相反,且條數(shù)相同,故磁通量為零,A項(xiàng)正確;閉合

14、回路的ab邊和cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向都為逆時(shí)針方向,所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相加,即E=2Blv0,故B項(xiàng)正確;由右手定則判定感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;由感應(yīng)電流方向和左手定則可判定ab邊和cd邊所受安培力的方向相同,故D項(xiàng)正確.答案:ABD.5.(2010年課標(biāo)全國卷,21,6分)如圖所示,兩個(gè)端面半徑同為R的圓柱形鐵芯同軸水平放置,相對(duì)的端面之間有一縫隙,鐵芯上繞導(dǎo)線并與電源連接,在縫隙中形成一勻強(qiáng)磁場.一銅質(zhì)細(xì)直棒ab水平置于縫隙中,且與圓柱軸線等高、垂直.讓銅棒從靜止開始自由下落,銅棒下落距離為0.2R時(shí)銅棒中電動(dòng)勢大小為E1,下落距離為0.8R時(shí)電動(dòng)勢大小為E2

15、.忽略渦流損耗和邊緣效應(yīng).關(guān)于E1、E2的大小和銅棒離開磁場前兩端的極性,下列判斷正確的是()A.E1>E2,a端為正B.E1>E2,b端為正C.E1<E2,a端為正D.E1<E2,b端為正解析:將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖,如圖所示根據(jù)右手定則判斷b端電勢高,b端為正;銅棒下落距離為0.2R時(shí),l1=2R2-(0.2R)2=2R0.96,v1=2g·0.2R=0.4gR, 所以E1=Bl1v1=2BR0.96×0.4gR=2BR0.384gR,銅棒下落距離為0.8R時(shí),l2=2R2-(0.8R)2=2R·0.36,v2=2g·0.8R=

16、1.6gR,所以E2=Bl2v2=2BR0.36×1.6gR=2BR0.576gR,故E2>E1.答案:D. 此題考查了右手螺旋定則、右手定則和法拉第電磁感應(yīng)定律,既有定性判定,又有定量計(jì)算,難度較大.解此題應(yīng)注意決定電動(dòng)勢大小的多個(gè)因素的變化,既要考慮有效長度的變化,又要考慮瞬時(shí)速率的變化.電磁感應(yīng)中的圖象問題考向掃描1電磁感應(yīng)中切割類圖象的選取2自感現(xiàn)象中電流方向及大小隨時(shí)間變化的圖象備考點(diǎn)撥1.以“線框”過磁場或“導(dǎo)體棒”在磁場中運(yùn)動(dòng)為背景分析電流或電動(dòng)勢等隨時(shí)間或距離的變化圖象2.以“通、斷電自感”為背景考查感應(yīng)電動(dòng)勢的作用或電流的變化規(guī)律3.高考中圖象問題的考查一般有

17、兩種,一種是以圖象提供的信息為條件,另一種是選擇符合題目條件的圖象1.(2012年重慶理綜,21,6分)如圖所示,正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.在外力作用下,一正方形閉合剛性導(dǎo)線框沿QN方向勻速運(yùn)動(dòng),t=0時(shí)刻,其四個(gè)頂點(diǎn)M'、N'、P'、Q'恰好在磁場邊界中點(diǎn),下列圖象中能反映線框所受安培力f的大小隨時(shí)間t變化規(guī)律的是() 解析:導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)時(shí)M'N'切割磁感線的有效長度越來越小,Q'P'先有效長度不變,故回路中總的切割有效長度先變大后不變再變小,由安培力公式f=BIL=B2L2vR,L隨時(shí)間均勻變化,知B選項(xiàng)正確

18、.答案:B. 本題考查電磁感應(yīng)中的圖象問題,但也涉及有關(guān)感應(yīng)電動(dòng)勢和安培力的計(jì)算是屬于綜合性較強(qiáng)的題型,難度大.2.(2012年福建理綜,18,6分)如圖(甲),一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開始下落,穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵,銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合.若取磁鐵中心O為坐標(biāo)原點(diǎn),建立豎直向下為正方向的x軸,則圖(乙)中最能正確反映環(huán)中感應(yīng)電流i隨環(huán)心位置坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖象是()解析:由條形磁鐵的磁感線分布圖知,從圓環(huán)下落處至O點(diǎn),磁場的水平分量先增加后減小至0,磁場的增加與減小都不是線性的,且磁場方向向外,從O點(diǎn)以下,磁場的水平分量向里,先增加后減小,磁場的增加與減小也不是

19、線性的,銅環(huán)加速下滑,由i=BlvR判定電流變化不是線性的,A錯(cuò)誤;關(guān)于O點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn),下面的速度大于上面的速度,磁感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量B大小相同,則下邊的電流大于上邊電流,B正確.由于關(guān)于O點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)速度大小不同,則電流不同,C錯(cuò)誤;在O點(diǎn)的上方與下方,磁感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量方向相反,根據(jù)右手定則,電流方向也應(yīng)該相反,D錯(cuò)誤.答案:B. (1)掌握常見磁體的磁感線分布是解此題的關(guān)鍵點(diǎn).(2)挖掘題目中的隱含條件,例如,磁感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量B關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱,大小相等,方向相反;由于重力大于安培力,銅環(huán)加速下落.3.(2011年山東理綜,22,4分)如圖(甲)所示,兩固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌足夠長且電阻不

20、計(jì).兩質(zhì)量、長度均相同的導(dǎo)體棒c、d,置于邊界水平的勻強(qiáng)磁場上方同一高度h處.磁場寬為3h,方向與導(dǎo)軌平面垂直.先由靜止釋放c,c剛進(jìn)入磁場即勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)再由靜止釋放d,兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸.用ac表示c的加速度,Ekd表示d的動(dòng)能,xc、xd分別表示c、d相對(duì)釋放點(diǎn)的位移.圖(乙)中正確的是() 解析:0h,c棒自由落體ac=g,h3h,c棒勻速下落.當(dāng)c棒達(dá)xc=3h處時(shí),d棒恰進(jìn)入磁場,且速度相等,從此以后c、d棒中電流為零,F安=0,c、d棒只受重力,以共同的速度自由下落.ac=ad=g.故A錯(cuò)誤,B正確;02h段只受重力做功,2h4h段受安培力和重力,且F安>mg做

21、加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),4h以后只受重力,故C錯(cuò)誤,D正確.答案:BD.4.(2010年廣東理綜,16,4分)如圖所示,平行導(dǎo)軌間有一矩形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,細(xì)金屬棒PQ沿導(dǎo)軌從MN處勻速運(yùn)動(dòng)到M'N'的過程中,棒上感應(yīng)電動(dòng)勢E隨時(shí)間t變化的圖示,可能正確的是()解析:若磁場區(qū)域?qū)挒閘,則金屬棒勻速切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=Blv,因金屬棒勻速運(yùn)動(dòng),故E是恒量,故B、C錯(cuò).金屬棒運(yùn)動(dòng)的初始階段和最后階段不切割磁感線,E=0,故A對(duì),D錯(cuò).答案:A. 本題考查導(dǎo)體棒切割磁感線時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的計(jì)算.解題關(guān)鍵是兩點(diǎn):公式E=Blv的應(yīng)用.感應(yīng)電動(dòng)勢產(chǎn)生的時(shí)間段在圖象中的體現(xiàn).5.(

22、2010年北京理綜,19,6分)在如圖(甲)所示的電路中,兩個(gè)相同的小燈泡L1和L2分別串聯(lián)一個(gè)帶鐵芯的電感線圈L和一個(gè)滑動(dòng)變阻器R.閉合開關(guān)S后,調(diào)整R,使L1和L2發(fā)光的亮度一樣,此時(shí)流過兩個(gè)燈泡的電流均為I.然后,斷開S.若t'時(shí)刻再閉合S,則在t'前后的一小段時(shí)間內(nèi),正確反映流過L1的電流i1、流過L2的電流i2隨時(shí)間t變化的圖象是圖(乙)中的()(甲)(乙)解析:S閉合前,i1=0,i2=0,S閉合后,流過L1的電流從零緩慢增大到穩(wěn)定值I.流過L2的電流立即增大到穩(wěn)定值I.故B正確.答案:B.電磁感應(yīng)中的力、電綜合問題考向掃描1利用F=ILB和左手定則分析和計(jì)算電磁感

23、應(yīng)中的安培力的大小和方向2利用電磁感應(yīng)中的安培力和共點(diǎn)力的平衡條件分析和計(jì)算導(dǎo)體的受力3利用安培力做功分析和計(jì)算能量的轉(zhuǎn)化4利用法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律分析和計(jì)算電路中的電流、電壓、電功、電熱和所通過的電荷量5利用動(dòng)力學(xué)的規(guī)律分析和計(jì)算電磁感應(yīng)中的導(dǎo)體做變加速運(yùn)動(dòng)、勻加速運(yùn)動(dòng)的受力、加速度、速度和安培力的功率備考點(diǎn)撥1.以“單棒導(dǎo)軌”或“雙棒導(dǎo)軌”模型考查感應(yīng)電流大小方向,安培力的大小、方向及共點(diǎn)力平衡,變加速運(yùn)動(dòng),做功和能量轉(zhuǎn)化情況2.高考中此考點(diǎn)的綜合性較強(qiáng),試題難度較大,分析時(shí)要搞清電源(棒、線圈)、外電路,靈活利用左、右手定則分析電流和研究對(duì)象的受力及運(yùn)動(dòng)情況.結(jié)合閉合電路

24、歐姆定律計(jì)算電流、電壓和電功等1.(2012年北京理綜,19,6分)物理課上,老師做了一個(gè)奇妙的“跳環(huán)實(shí)驗(yàn)”.如圖,她把一個(gè)帶鐵芯的線圈L、開關(guān)S和電源用導(dǎo)線連接起來后,將一金屬套環(huán)置于線圈L上,且使鐵芯穿過套環(huán).閉合開關(guān)S的瞬間,套環(huán)立刻跳起.某同學(xué)另找來器材再探究此實(shí)驗(yàn).他連接好電路,經(jīng)重復(fù)試驗(yàn),線圈上的套環(huán)均未動(dòng).對(duì)比老師演示的實(shí)驗(yàn),下列四個(gè)選項(xiàng)中,導(dǎo)致套環(huán)未動(dòng)的原因可能是()A.線圈接在了直流電源上B.電源電壓過高C.所選線圈的匝數(shù)過多D.所用套環(huán)的材料與老師的不同解析:套環(huán)跳起的原因是閉合開關(guān)的瞬間,套環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流從而受到磁場力的作用,且磁場力大于套環(huán)的重力.該同學(xué)實(shí)驗(yàn)未成功的原

25、因,可能是選用了不同材料的套環(huán).D項(xiàng)正確.答案:D.2.(2012年四川理綜,20,6分)半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿,單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置,整個(gè)內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸,從圓環(huán)中心O開始,桿的位置由確定,如圖所示.則() A.=0時(shí),桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢為2BavB.=3時(shí),桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢為3BavC.=0時(shí),桿受的安培力大小為2B2av(+2)R0D.=3時(shí),桿受的安培力大小為3B2av(5+3)R0解析:=0時(shí),導(dǎo)體桿切割有效長度2a,故E=2Bav,A

26、選項(xiàng)正確;=3時(shí),切割有效長度l=2a·cos 3=a,故E=Blv=Bav,B選項(xiàng)錯(cuò)誤;=0時(shí),回路的總電阻R總=2a·R0+a·R0,故安培力F=BIl=B2l2vR總=4avB2(+2)R0,故C選項(xiàng)錯(cuò)誤;=3時(shí),R總'=aR0+562a·R0,安培力F'=BIl=B2l2vR1'=3B2av(5+3)R0,故D選項(xiàng)正確.答案:AD.3.(2012年山東理綜,20,5分)如圖所示,相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為,上端接有定值電阻R,勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放,

27、當(dāng)速度達(dá)到v時(shí)開始勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力,并保持拉力的功率恒為P,導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng).導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻,重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是() A.P=2mgvsin B.P=3mgvsin C.當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到v2時(shí)加速度大小為g2sin D.在速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動(dòng)的過程中,R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功解析:當(dāng)金屬棒以速度v勻速下滑時(shí),滿足:B2l2vR=mgsin 當(dāng)金屬棒以速度2v勻速下滑時(shí),滿足:B2l22vR=mgsin +F兩式聯(lián)立解得:F=mgsin ,則拉力F的功率P=F·2v=2mgv

28、sin ,A正確,B錯(cuò)誤;當(dāng)金屬棒以速度v2勻速下滑時(shí),由牛頓第二定律:mgsin -B2l2v2R=ma,解得:a=g2sin ,C正確;當(dāng)金屬棒以速度2v勻速下滑時(shí),由功能關(guān)系可知,F做的功和重力做的功全部轉(zhuǎn)化成電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱,D錯(cuò)誤.答案:AC. 本題是一道綜合性比較強(qiáng)的考題,這類問題是每年高考的必考內(nèi)容,考生在備考中要充分重視.4.(2011年福建理綜,17,6分)如圖,足夠長的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成角(0<<90°),其中MN與PQ平行且間距為L,導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直,導(dǎo)軌電阻不計(jì).金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑,并與兩導(dǎo)軌始終保

29、持垂直且良好接觸,ab棒接入電路的電阻為R,當(dāng)流過ab棒某一橫截面的電量為q時(shí),棒的速度大小為v,則金屬棒ab在這一過程中()A.運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為12vB.下滑的位移大小為qRBLC.產(chǎn)生的焦耳熱為qBLvD.受到的最大安培力大小為B2L2vRsin 解析:由法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律知:E=t,I=ER=tR,q=I·t=R=BL·xR,所以位移x=qRBL,故B正確.因?yàn)榘舨皇亲鰟蜃兯龠\(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤.由E=BLv和F安=BIL知安培力大小應(yīng)為B2L2vR,故D錯(cuò)誤.產(chǎn)生的焦耳熱Q=mgqRBL·sin -12mv2,故C錯(cuò)誤.答案:B.5.(20

30、10年安徽理綜,20,6分)如圖所示,水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,兩個(gè)邊長相等的單匝閉合正方形線圈和,分別用相同材料、不同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制(為細(xì)導(dǎo)線).兩線圈在距磁場上界面h高處由靜止開始自由下落,再進(jìn)入磁場,最后落到地面.運(yùn)動(dòng)過程中,線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場上邊界.設(shè)線圈、落地時(shí)的速度大小分別為v1、v2,在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2.不計(jì)空氣阻力,則() A.v1<v2,Q1<Q2B.v1=v2,Q1=Q2C.v1<v2,Q1>Q2D.v1=v2,Q1<Q2解析:線圈進(jìn)入磁場前機(jī)械能守恒,進(jìn)入磁場時(shí)速度均為

31、v=2gh,設(shè)線圈材料的密度為1,電阻率為2,線圈邊長為l,導(dǎo)線橫截面積為S,則線圈的質(zhì)量m=14lS,電阻R=24lS,由牛頓第二定律得mg-B2l2vR=ma解得a=g-B2v1612,可見兩線圈在磁場中運(yùn)動(dòng)的加速度相同,兩線圈落地時(shí)速度相同,即v1=v2,故A、C選項(xiàng)錯(cuò)誤;線圈在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功,Q=W安,而F安=B2l2vR,因兩線圈電阻不同,由題意知線圈電阻大,其安培力小,故其做功少,產(chǎn)生熱量也少,故Q1<Q2,故選項(xiàng)D正確,B錯(cuò)誤.答案:D. 該題綜合性較強(qiáng),主要考查了機(jī)械能守恒、牛頓第二定律以及電磁感應(yīng)定律的有關(guān)知識(shí),難度較大,突破本題的關(guān)鍵是分析

32、出線圈在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí),加速度不變;安培力與導(dǎo)線橫截面積有關(guān),以及產(chǎn)生熱量與克服安培力做功相等.6.(2010年四川理綜,20,6分)如圖所示,電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌固定在一絕緣斜面上,兩相同的金屬導(dǎo)體棒a、b垂直于導(dǎo)軌靜止放置,且與導(dǎo)軌接觸良好,勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面.現(xiàn)用一平行于導(dǎo)軌的恒力F作用在a的中點(diǎn),使其向上運(yùn)動(dòng).若b始終保持靜止,則它所受摩擦力可能() A.變?yōu)?B.先減小后不變C.等于FD.先增大再減小解析:若兩導(dǎo)軌間距離為l,金屬棒a向上運(yùn)動(dòng)時(shí),電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E=Blv,電路中的感應(yīng)電流為:I=ER=BlvR,金屬棒所受安培力為:F安=BIl=B2l2vR,由楞次定律

33、可判斷出a所受安培力方向沿斜面向下,b所受安培力沿斜面向上,此時(shí)對(duì)于金屬棒a受力分析如圖(甲),由牛頓第二定律得:F-Ff1-mgsin -F安=F-mgcos -mgsin -B2l2vR=ma.隨著速度v的增加,金屬棒a的加速度逐漸減小,當(dāng)加速度減小為零后金屬棒a做勻速運(yùn)動(dòng),因而安培力將先增大后保持不變.對(duì)于金屬棒b受力如圖(乙),由平衡條件:F安+Ff=mgsin ,因而隨著安培力的變化摩擦力Ff將先減小后保持不變,B項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)金屬棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),b所受摩擦力可能變?yōu)榱?但一定小于拉力F,A項(xiàng)正確,C項(xiàng)錯(cuò)誤.答案:AB. 本題是典型的力、電綜合題,主要涉及電磁感應(yīng)、安培力、力和

34、運(yùn)動(dòng)的關(guān)系和物體的平衡等知識(shí),題目的綜合性強(qiáng),考查的知識(shí)點(diǎn)全,多方面考查了考生的能力,難度大,區(qū)分度好.7.(2012年天津理綜,11,18分)如圖所示,一對(duì)光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌間距l(xiāng)=0.5 m,左端接有阻值R=0.3 的電阻.一質(zhì)量m=0.1 kg,電阻r=0.1 的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上,整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4 T.棒在水平向右的外力作用下,由靜止開始以a=2 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)棒的位移x=9 m時(shí)撤去外力,棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來,已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q2=21.導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì),棒在

35、運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸.求:(1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中,通過電阻R的電荷量q;(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2;(3)外力做的功WF.解析:(1)設(shè)棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,回路中磁通量的變化量為,回路中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢為E,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=t其中=Blx設(shè)回路中的平均電流為I,由閉合電路歐姆定律得I=ER+r則通過電阻R的電荷量為q=It聯(lián)立得q=4.5 C.(2)設(shè)撤去外力時(shí)棒的速度為v,對(duì)棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過程,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2=2ax設(shè)棒撤去外力后的運(yùn)動(dòng)過程中安培力做功為W.由動(dòng)能定理得W=0-12mv2撤去外力后產(chǎn)生的熱量為Q2=-W聯(lián)立式,

36、代入數(shù)據(jù)得Q2=1.8 J.(3)由題意知,撤去外力前后回路中產(chǎn)生的熱量之比Q1Q2=21,得Q1=2Q2=3.6 J在棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中,由功能關(guān)系得WF=Q1+Q2聯(lián)立得WF=5.4 J.答案:(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J 明確拉力和安培力做功的特點(diǎn),特別是要注意安培力做的功,明確安培力做功的實(shí)質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化.8.(2012年福建理綜,22,20分)如圖(甲),在圓柱形區(qū)域內(nèi)存在一方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,在此區(qū)域內(nèi),沿水平面固定一半徑為r的圓環(huán)形光滑細(xì)玻璃管,環(huán)心O在區(qū)域中心.一質(zhì)量為m、帶電量為q(q>0)的小球,在管內(nèi)沿逆

37、時(shí)針方向(從上向下看)做圓周運(yùn)動(dòng).已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(乙)所示,其中T0=2mqB0.設(shè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中電量保持不變,對(duì)原磁場的影響可忽略.(1)在t=0到t=T0這段時(shí)間內(nèi),小球不受細(xì)管側(cè)壁的作用力,求小球的速度大小v0;(2)在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大過程中,將產(chǎn)生渦旋電場,其電場線是在水平面內(nèi)一系列沿逆時(shí)針方向的同心圓,同一條電場線上各點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等.試求t=T0到t=1.5T0這段時(shí)間內(nèi):細(xì)管內(nèi)渦旋電場的場強(qiáng)大小E;電場力對(duì)小球做的功W0.解析:(1)小球運(yùn)動(dòng)時(shí)不受細(xì)管側(cè)壁作用力,因而小球所受洛倫茲力提供向心力qv0B0=mv02r由式解得v0=qB0rm.(

38、2)在T0到1.5T0這段時(shí)間內(nèi),細(xì)玻璃管內(nèi)一周的感應(yīng)電動(dòng)勢E感=r2Bt由圖(乙)可知Bt=2B0T0由于同一條電場線上各點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等,所以E=E感2r由式及T0=2mqB0得E=qB02r2m在T0到1.5T0時(shí)間內(nèi),小球沿切線方向的加速度大小恒為a=qEm小球運(yùn)動(dòng)的末速度大小v=v0+at由圖(乙)t=0.5T0,并由式得v=32v0=3qB0r2m由動(dòng)能定理,電場力做功為W=12mv2-12mv02由式解得W=58mv02=5q2B02r28m.答案:(1)qB0rm(2)qB02r2m5q2B02r28m9.(2012年廣東理綜,35,18分)如圖所示,質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab,垂直

39、放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上.導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為,并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中,左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板.R和Rx分別表示定值電阻和滑動(dòng)變阻器的阻值,不計(jì)其他電阻.(1)調(diào)節(jié)Rx=R,釋放導(dǎo)體棒,當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí),求通過棒的電流I及棒的速率v.(2)改變Rx,待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后,將質(zhì)量為m、帶電量為+q的微粒水平射入金屬板間,若它能勻速通過,求此時(shí)的Rx.解析:(1)棒勻速下滑,以導(dǎo)體棒為研究對(duì)象:BIl=mgsin 通過棒的電流I=mgsinBl根據(jù)閉合電路歐姆定律:I=BlvRx+R=Blv2R由聯(lián)立得v=2mgRsinB2l

40、2.(2)微粒勻速通過金屬板,有:qE=mgE=Uxd由聯(lián)立得Ux=mgdq.根據(jù)歐姆定律,若通過Rx的電流為I',則I'=UxRx=mgdqRx以勻速運(yùn)動(dòng)的金屬棒為研究對(duì)象,則BI'l=mgsin 由聯(lián)立解得此時(shí)的Rx=Bldqsin.答案:(1)mgsinBl2mgRsinB2l2(2)Bldqsin10.(2012年浙江理綜,25,22分)為了提高自行車夜間行駛的安全性,小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一種“閃爍”裝置.如圖所示,自行車后輪由半徑r1=5.0×10-2 m的金屬內(nèi)圈、半徑r2=0.40 m的金屬外圈和絕緣輻條構(gòu)成.后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條,

41、每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡.在支架上裝有磁鐵,形成了磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.10 T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強(qiáng)磁場,其內(nèi)半徑為r1外半徑為r2、張角=6.后輪以角速度=2 rad/s相對(duì)于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng).若不計(jì)其它電阻,忽略磁場的邊緣效應(yīng).(1)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場時(shí),求感應(yīng)電動(dòng)勢E,并指出ab上的電流方向;(2)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場時(shí),畫出“閃爍”裝置的電路圖;(3)從金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場時(shí)開始,經(jīng)計(jì)算畫出輪子轉(zhuǎn)一圈過程中,內(nèi)圈與外圈之間電勢差Uab隨時(shí)間t變化的Uabt圖象;(4)若選擇的是“1.5 V0.3 A”的小燈泡,該“閃爍”裝置能否正常工作?有同

42、學(xué)提出,通過改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B、后輪外圈半徑r2、角速度和張角等物理量的大小,優(yōu)化前同學(xué)的設(shè)計(jì)方案,請(qǐng)給出你的評(píng)價(jià).解析:(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時(shí),所構(gòu)成的回路的磁通量變化.設(shè)經(jīng)過時(shí)間t,磁通量變化量為,由法拉第電磁感應(yīng)定律E=t=BS=B(12r22-12r12)由、式并代入數(shù)值得:E=t=12B(r22-r12)=4.9×10-2 V根據(jù)右手定則(或楞次定律),可得感應(yīng)電流方向?yàn)閎a.(2)通過分析,可得電路圖為(3)設(shè)電路中的總電阻為R總,根據(jù)電路圖可知,R總=R+13R=43Rab兩端電勢差Uab=E-IR=E-ER總R=14E=1.2×10-2 V設(shè)ab

43、離開磁場區(qū)域的時(shí)刻為t1,下一根金屬條進(jìn)入磁場區(qū)域的時(shí)刻為t2,t1=112 st2=2=14 s設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時(shí)間為T,T=2=1 s在T=1 s內(nèi),金屬條有四次進(jìn)出,后三次與第一次相同.由、可畫出如下Uabt圖像.(4)“閃爍”裝置不能正常工作.(金屬條的感應(yīng)電動(dòng)勢只有4.9×10-2 V,遠(yuǎn)小于小燈泡的額定電壓,因此無法工作.)B增大,E增大,但有限度;r2增大,E增大,但有限度;增大,E增大,但有限度;增大,E不變.答案:見解析11.(2011年四川理綜,24,19分)如圖所示,間距l(xiāng)=0.3 m的平行金屬導(dǎo)軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個(gè)豎直面內(nèi).在水平面a1b1

44、b2a2區(qū)域內(nèi)和傾角=37°的斜面c1b1b2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=0.4 T、方向豎直向上和B2=1 T、方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場.電阻R=0.3 、質(zhì)量m1=0.1 kg、長為l的相同導(dǎo)體桿K、S、Q分別放置在導(dǎo)軌上,S桿的兩端固定在b1、b2點(diǎn),K、Q桿可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動(dòng)且始終接觸良好.一端系于K桿中點(diǎn)的輕繩平行于導(dǎo)軌繞過輕質(zhì)定滑輪自然下垂,繩上穿有質(zhì)量m2=0.05 kg的小環(huán).已知小環(huán)以a=6 m/s2的加速度沿繩下滑,K桿保持靜止,Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運(yùn)動(dòng).不計(jì)導(dǎo)軌電阻和滑輪摩擦,繩不可伸長.取g=10 m/s2,sin 37

45、6;=0.6,cos 37°=0.8.求(1)小環(huán)所受摩擦力的大小;(2)Q桿所受拉力的瞬時(shí)功率.解析:(1)對(duì)小環(huán)受力分析,由牛頓第二定律得:m2g-Ff=m2a,代入數(shù)據(jù),解得:Ff=0.2 N.(2)導(dǎo)體桿K靜止,導(dǎo)體桿Q勻速,且Q發(fā)生電磁感應(yīng),電路結(jié)構(gòu)為K、S并聯(lián)接入干路,Q相當(dāng)于電源,則設(shè)K中電流為I,Q的速度為v.對(duì)K,由平衡條件:Ff=B1Il對(duì)Q,由平衡條件:m1gsin +F=B2(2I)l電路總電阻R總=R2+R閉合電路歐姆定律,得:2I=ER總,又E=B2lv拉力的瞬時(shí)功率P=F·v聯(lián)立上式解得:P=2 W.答案:(1)0.2 N(2)2 W 本題考查

46、電磁感應(yīng)中的力電綜合,對(duì)象較多,過程復(fù)雜,難度較大.解本題時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn):(1)對(duì)發(fā)生電磁感應(yīng)的導(dǎo)體正確受力分析,據(jù)平衡條件列方程.(2)電路結(jié)構(gòu)要弄清.(3)對(duì)導(dǎo)體桿的串、并聯(lián)關(guān)系弄清后,閉合電路歐姆定律就能正確使用了.12.(2011年天津理綜,11,18分)如圖所示,兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為L=0.5 m,其電阻不計(jì),兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角.完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置,每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸,已知兩棒質(zhì)量均為m=0.02 kg,電阻均為R=0.1 ,整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2

47、 T,棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下,沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng),而棒cd恰好能夠保持靜止.取g=10 m/s2,問:(1)通過棒cd的電流I是多少,方向如何?(2)棒ab受到的力F多大?(3)棒cd每產(chǎn)生Q=0.1 J的熱量,力F做的功W是多少?解析:(1)棒cd受安培力Fcd=ILB棒cd在共點(diǎn)力作用下平衡,則Fcd=mgsin 30°由上式,代入數(shù)據(jù)得:I=1 A據(jù)楞次定律可判定棒cd中電流方向由d到c.(2)棒ab與棒cd受安培力大小相等,Fab=Fcd對(duì)棒ab,由共點(diǎn)力平衡知F=mgsin30°+ILB代入數(shù)據(jù)解得F=0.2 N.(3)設(shè)棒cd產(chǎn)生Q=0.1 J熱量的

48、時(shí)間為t,由焦耳定律知Q=I2Rt設(shè)棒ab勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v,則產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E=BLv據(jù)閉合電路歐姆定律知I=E2R由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知在時(shí)間t內(nèi),棒ab的位移x=vt力F做的功W=Fx綜合上述各式,代入數(shù)據(jù)得W=0.4 J.答案:(1)1 A方向由d到c(2)0.2 N(3)0.4 J 本題為雙金屬棒問題,綜合考查了共點(diǎn)力平衡條件、楞次定律、左手定則、焦耳定律、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、功的公式.知識(shí)覆蓋面廣、綜合性強(qiáng),著重考查學(xué)生分析問題解決問題的能力.弄清研究對(duì)象,正確進(jìn)行受力分析,建立各物理量間的聯(lián)系是解決此類問題的關(guān)鍵.13.(2011年重慶理綜,23,16分

49、)有人設(shè)計(jì)了一種可測速的跑步機(jī).測速原理如圖所示.該機(jī)底面固定有間距為L、長度為d的平行金屬電極.電極間充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,且接有電壓表和電阻R.絕緣橡膠帶上鍍有間距為d的平行細(xì)金屬條,磁場中始終僅有一根金屬條,且與電極接觸良好,不計(jì)金屬電阻.若橡膠帶勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),電壓表讀數(shù)為U,求:(1)橡膠帶勻速運(yùn)動(dòng)的速率;(2)電阻R消耗的電功率;(3)一根金屬條每次經(jīng)過磁場區(qū)域克服安培力做的功.解析:(1)設(shè)電動(dòng)勢為E,橡膠帶運(yùn)動(dòng)速率為v.由E=BLv,E=U,得:v=UBL.(2)設(shè)電阻R消耗的電功率為P,P=U 2R.(3)設(shè)電流大小為I,安培力為F,克服安培力

50、做的功為W由I=UR,F=BIL,W=Fd,得:W=BLUdR.答案:(1)UBL(2)U2/R(3)BLUdR(2011年浙江理綜,23,16分)如圖(甲)所示,在水平面上固定有長為L=2 m、寬為d=1 m的金屬“U”型導(dǎo)軌,在“U”型導(dǎo)軌右側(cè)l=0.5 m范圍內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖(乙)所示.在t=0時(shí)刻,質(zhì)量為m=0.1 kg的導(dǎo)體棒以v0=1 m/s的初速度從導(dǎo)軌的左端開始向右運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.1,導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為=0.1 /m,不計(jì)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響(取g=10 m/s2).(1)通

51、過計(jì)算分析4 s內(nèi)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況;(2)計(jì)算4 s內(nèi)回路中電流的大小,并判斷電流方向;(3)計(jì)算4 s內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱.解析:(1)導(dǎo)體棒先在無磁場區(qū)域做勻減速直線運(yùn)動(dòng),有:-mg=ma,v1=v0+at,x=v0t+12at2,代入數(shù)據(jù)解得:t=1 s,x=0.5 m,導(dǎo)體棒沒有進(jìn)入磁場區(qū)域.導(dǎo)體棒在1 s末已停止運(yùn)動(dòng),以后一直保持靜止,離左端位置仍為x=0.5 m第(1)問共5分賦分細(xì)則:1.三個(gè)式每答對(duì)一個(gè)式得1分.2.若式寫成mg=ma、a=g或a=1 m/s2同樣得1分;若式寫成v=v0-at、v0=at或t=1 s同樣得1分;若式寫成x=v0t-12at2、x=v022a或x=

52、v02t同樣得1分.3.求解出中t=1 s,x=0.5 m就得1分;雖然沒有式但有x=0.5 m得2分.4.對(duì)說明清楚“第1 s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng),后3秒一直靜止”的含義就得1分.(2)前2 s磁通量不變,回路電動(dòng)勢和電流分別為E=0,I=0后2 s回路產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E=t=ldBt=0.1 V回路的總長度為5 m因此回路的總電阻為R=5=0.5 電流為I=ER=0.2 A根據(jù)楞次定律,在回路中的電流方向是順時(shí)針方向.第(2)問共8分賦分細(xì)則:1.式每答對(duì)一個(gè)式得2分;式每式1分;對(duì)說明清楚“回路中的電流方向是順時(shí)針方向”就得1分.2.若將式寫成E=t=ldBt同樣得2分;若第(1)問中沒有x=0

53、.5 m,但有式得2分;若沒有兩式,但有式得3分. 通過高考閱卷統(tǒng)計(jì)分析,造成失分的原因如下:1.審題不仔細(xì),遺漏第式的求解,遺漏電流方向的確定導(dǎo)致失分.2.考生不能正確分析并求解回路的總長度.(3)前2 s電流為零,后2 s有恒定電流,焦耳熱為Q=I2Rt=0.04 J.第(3)問共3分賦分細(xì)則:只寫出Q=I2Rt或Q=E2Rt得2分. 通過高考閱卷統(tǒng)計(jì)分析,造成失分的原因如下:審題不仔細(xì),錯(cuò)誤的求解出摩擦生熱和焦耳熱的總和.答案:見解析(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第172179頁)1.對(duì)磁通量的理解(1)磁通量是指穿過單位面積的磁感線條數(shù)嗎?如何計(jì)算磁通量的大小?(2)在計(jì)算磁通量的變化時(shí),要規(guī)定正方向

54、,磁通量是矢量嗎?(3)影響磁通量變化的因素有哪些?(4)磁通量的變化與磁通量的變化率有什么區(qū)別?答案(1)磁通量可以用穿過某一面積的磁感線條數(shù)來形象地定性描述,而不是單位面積的磁感線條數(shù),可以用公式=BSsin (為B與S面的夾角)進(jìn)行定量的計(jì)算.(2)磁通量為標(biāo)量,但在計(jì)算時(shí),為表示磁感線從不同的方向穿過線圈平面,常引入正負(fù)號(hào),正負(fù)號(hào)并不表示磁通量的方向,僅表示磁感線的貫穿方向,而且這種規(guī)定是任意的.(3)磁通量的變化:=2-1常見情況S、不變,B改變,這時(shí)=B·SsinB、不變,S改變,這時(shí)=S·BsinB、S不變,改變,這時(shí)=BS(sin2-sin1)(4)磁通量的

55、變化表示磁通量變化的多少,磁通量的變化率表示磁通量變化的快慢,分別用和t表示.2.對(duì)楞次定律的理解(1)感應(yīng)電流的磁場與引起感應(yīng)電流的磁場,體現(xiàn)了怎樣的因果關(guān)系?(2)感應(yīng)電流的磁場方向與引起感應(yīng)電流的磁場方向一定相反嗎?(3)感應(yīng)電流的磁場阻礙原磁通量變化有哪幾種方式?答案.(1)閉合導(dǎo)體回路中磁通量的變化是產(chǎn)生感應(yīng)電流的原因,而感應(yīng)電流磁場的出現(xiàn)是感應(yīng)電流存在的結(jié)果,簡單地說,只有當(dāng)穿過閉合回路中的磁通量發(fā)生變化時(shí),才會(huì)有感應(yīng)電流的磁場出現(xiàn).(2)不一定,原磁通量增加時(shí),感應(yīng)電流的磁場要阻礙它的增加,因此兩個(gè)磁場方向相反;原磁通量減少時(shí),感應(yīng)電流的磁場要阻礙它的減少,因此兩個(gè)磁場方向相同.

56、(3)感應(yīng)電流的磁場阻礙原磁通量變化的方式有以下幾種:當(dāng)回路的磁通量發(fā)生變化時(shí),感應(yīng)電流的效果是阻礙原磁通量的變化,即“增反減同”.當(dāng)出現(xiàn)引起磁通量變化的相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí),感應(yīng)電流的效果是阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng),即“來拒去留”.當(dāng)回路可以形變時(shí),感應(yīng)電流可以使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢,即“增縮減擴(kuò)”.當(dāng)回路磁通量變化由自身電流變化引起時(shí),感應(yīng)電流的效果是阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象),即“增反減同”.3.對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律的理解(1)公式E=nt中,越大,感應(yīng)電動(dòng)勢E就越大嗎?(2)公式E=Blvsin 中“l(fā)”是導(dǎo)體棒的實(shí)際長度嗎?(3)在電路中電流由電源的正極流向電源的負(fù)極,應(yīng)用右手定則判斷導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流方向時(shí),導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源,四指的指向?yàn)殡娫吹呢?fù)極