物理法拉第電磁感應(yīng)定律的專項(xiàng)培優(yōu)練習(xí)題附答案解析

1、物理法拉第電磁感應(yīng)定律的專項(xiàng)培優(yōu)練習(xí)題附答案解析一、法拉第電磁感應(yīng)定律B。紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框1.如圖所示，垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為abcd,其邊長(zhǎng)為L(zhǎng),總電阻為R, ad邊與磁場(chǎng)邊界平行。從ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)直至 bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，求：(2) ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q.2 2.22,3【答案】(1) P=B Lv (2) Q=B-LvR4R【解析】【詳解】(1)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv感應(yīng)電流拉力大小等于安培力大小拉力的功率(2)線圈ab邊電阻運(yùn)動(dòng)時(shí)間ab邊產(chǎn)生的焦耳熱F=BIL2,2 2B L vP=Fv=RRab=4Lt= 一

2、v2 3Q=I2Rabt =旦”4R2.如圖所示，面積為 0.2m2的100匝線圈處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律為B= (2+0.2t) T,定值電阻R=6 0線圈電阻R2=4求:、. 藺(1)磁通量變化率，回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。(2) a、b兩點(diǎn)間電壓Uabo【答案】(1) 0.04Wb/s 4V (2) 2.4V【解析】【詳解】(1)由所 (2+0.2t) T得磁場(chǎng)的變化率為0.2T/St則磁通量的變化率為：一 S-B 0.04Wb/st t根據(jù)E n 可知回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：tE n nS-B 4Vt t(2)線圈相當(dāng)于電源，Uab是外電壓，根據(jù)電路

3、分壓原理可知：EU abRi 2.4VR1 R2答：(1)磁通量變化率為 0.04Wb/s,回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 4V。(2) a、b兩點(diǎn)間電壓Uab為2.4V。3.如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度 L 1m, 一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接一阻值為 R 0.40的電阻，質(zhì)量為m 0.01kg、電阻為r 0.30的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上.現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下 滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的 OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s2(忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)原

4、磁場(chǎng)的影響 ).1判斷金屬棒兩端 a、b的電勢(shì)哪端高；2求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；3在金屬棒ab從開始運(yùn)動(dòng)的1.5s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量.甲乙【答案】(1) b端電勢(shì)較高(2) B 0.1T (3)0.26J【解析】【詳解】1由右手定可判斷感應(yīng)電流由a到b,可知b端為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的正極，故 b端電勢(shì)較高。2當(dāng)金屬棒勻速下落時(shí)，由共點(diǎn)力平衡條件得：mg BIL金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E BLv則電路中的電流為：I-ER rn x 11.2 7.0,),由圖象可得： v m/s 7m/snt2.1 1.5代入數(shù)據(jù)解得：B 0.1T3在01.5s,以金屬棒ab為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理得：1 2mgh

5、Q -mv2解得：Q 0.455JR則電阻R上產(chǎn)生的熱量為：QR -RQ 0.26JR r4 .如圖，水平面(紙面)內(nèi)同距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t=0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為 F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng).t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng).桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸 良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為 g.求(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大小;(2)電阻的阻值.【答案】E Bit。F gm_ 2 2rB l t0=m【解析】【分

6、析】【詳解】(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得：ma=F-mg設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為 當(dāng)金屬桿以速度 v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),v,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v=ato由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動(dòng)勢(shì)為:E=Blv 聯(lián)立式可得：E Bit。FmI,根據(jù)歐姆定律:(2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿的電流為式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為:f BIl F-mg=0 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得:B2l2t聯(lián)立式得：R=B1*m5 .如圖所示，兩根相距為 L的光滑平行金屬導(dǎo)軌 CD EF固定在水平面內(nèi)，并處在豎直向 下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì).在

7、導(dǎo)軌的左端接入阻值為R的定值電阻，將質(zhì)量為m、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒 MN垂直放置在導(dǎo)軌上，可以認(rèn)為 MN棒的長(zhǎng)度與導(dǎo)軌 寬度相等，且金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計(jì)空氣阻力.金屬棒MN以恒定速度v向右運(yùn)動(dòng)過程中，假設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B且保持不變，為了方便，可認(rèn)為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷.(1)請(qǐng)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，推導(dǎo)金屬棒MN中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E;(2)在上述情景中，金屬棒 MN相當(dāng)于一個(gè)電源，這時(shí)的非靜電力與棒中自由電荷所受洛 倫茲力有關(guān).請(qǐng)根據(jù)電動(dòng)勢(shì)的定義，推導(dǎo)金屬棒MN中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E.(3)請(qǐng)?jiān)趫D中畫出自由電荷所受洛倫茲力示意圖.我們知道，洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做

8、功.那么，金屬棒 MN中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉(zhuǎn)化過程中起到作用的 呢？請(qǐng)結(jié)合圖中自由電荷受洛倫茲力情況，通過計(jì)算分析說明.【答案】(1) E BLv; (2) E BLv (3)見解析【解析】【分析】(1)先求出金屬棒 MN向右滑行的位移，得到回路磁通量的變化量 ，再由法拉第電磁感應(yīng) 定律求得E的表達(dá)式；fi evB,棒中電子在evBl ,根據(jù)電動(dòng)勢(shì)定義(2)棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，電子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛倫茲力， 洛倫茲力的作用下，電子從M移動(dòng)到N的過程中，非靜電力做功 WE 計(jì)算得出E.(3)可以從微觀的角度求出水平和豎直方向上的洛倫茲力做功情況，在比較整個(gè)過程中做 功的

9、變化狀況.【詳解】(1)如圖所示，在一小段時(shí)間 t內(nèi)，金屬棒MN的位移x v t這個(gè)過程中線框的面積的變化量S L x Lv t穿過閉合電路的磁通量的變化量B S BLv t根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E t解得E BLv(2)如圖所示，棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，正電荷具有向右的分速度，受到沿棒向上的洛倫茲力裳 X X Xfi evB, fi即非靜電力在f的作用下，電子從 N移動(dòng)到M的過程中，非靜電力做功W evBL W根據(jù)電動(dòng)勢(shì)定義 E 解得E BLv(3)自由電荷受洛倫茲力如圖所示.k X W X X K卜 6 IT M V H l£ K X M1 X K設(shè)自由電荷的電荷量為 q,沿導(dǎo)體棒定向移動(dòng)

10、的速率為u .如圖所示，沿棒方向的洛倫茲力fi qvB ,做正功 W fi uAt qvBuAt垂直棒方向的洛倫茲力 f2 quB ,做負(fù)功W2f2 V AtquBv At所以Wi+W2=0 ,即導(dǎo)體棒中一個(gè)自由電荷所受的洛倫茲力做功為零.fi做正功，將正電荷從 N端搬運(yùn)到M端，fi相當(dāng)于電源中的非靜電力，宏觀上表現(xiàn)為電動(dòng)勢(shì)”，使電源的電能增加；f2做負(fù)功，宏觀上表現(xiàn)為安培力做負(fù)功，使機(jī)械能減少.大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為等量的電能，在此過程中洛倫 茲力通過兩個(gè)分力做功起到傳遞”能量的作用.【點(diǎn)睛】本題較難，要從電動(dòng)勢(shì)定義的角度上去求電動(dòng)勢(shì)的大小，并學(xué)會(huì)從微觀的角度

11、分析帶電粒 子的受力及做功情況.6 .如圖甲所示，光滑導(dǎo)體軌道 PMN和PMN是兩個(gè)完全一樣的軌道，是由半徑為 r的四 分之一圓弧軌道和水平軌道組成，圓弧軌道與水平軌道在M和M'點(diǎn)相切，兩軌道并列平行放置，MN和M'N'位于同一水平面上，兩軌道之間的距離為L(zhǎng), PP之間有一個(gè)阻值為 R的電阻，開關(guān)K是一個(gè)感應(yīng)開關(guān)(開始時(shí)開關(guān)是斷開的)，MNN M '是一個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)有豎直 向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，水平軌道 MN離水平地面的高度為 h,其截面圖如圖 乙所示.金屬棒a和b質(zhì)量均為m、電阻均為R,在水平軌道某位置放上金屬棒b,靜止不動(dòng)，a棒從圓弧頂端PP處靜

12、止釋放后，沿圓弧軌道下滑，若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接 觸，當(dāng)兩棒的速度穩(wěn)定時(shí)，兩棒距離x mR(2 ,兩棒速度穩(wěn)定之后，再經(jīng)過一段時(shí)2B2L2間，b棒離開軌道做平拋運(yùn)動(dòng)，在 b棒離開軌道瞬間，開關(guān) K閉合.不計(jì)一切摩擦和導(dǎo)軌 電阻，已知重力加速度為 g.求：(1)兩棒速度穩(wěn)定時(shí)的速度是多少？(2)兩棒落到地面后的距離是多少？(3)從a棒開始運(yùn)動(dòng)至b棒離開軌道的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少?【答案】v1 2gL(2)xQ -mgr 1222【解析】【分析】【詳解】(1) a棒沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn) M時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得：mgr1 2 -mvo 2解得a棒沿圓弧軌道最低點(diǎn)m時(shí)的速度v0 j

13、2gr從a棒進(jìn)入水平軌道開始到兩棒達(dá)到相同速度的過程中，兩棒在水平方向受到的安培力總 是大小相等，方向相反，所以兩棒的總動(dòng)量守恒.由動(dòng)量守恒定律得：mv0 2mM解得兩棒以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)的速度V1Vo2.2gr2(2)經(jīng)過一段時(shí)間,b棒離開軌道后,a棒與電阻R組成回路，從b棒離開軌道到a棒離開軌道過程中a棒受到安培力的沖量大小:IA ILBtBL 2Rit2. 2B L x2R由動(dòng)量定理:IA mv2 mV|解得v2 二gL4由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得，兩棒落到地面后的距離x V1 v2(3)由能量守恒定律可知，a棒開始運(yùn)動(dòng)至b棒離開軌道的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳1212熱：Q - mv0 -(2

14、m)v11斛得：Q mgr 27.如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌相距為L(zhǎng)1=im,導(dǎo)軌平面與水平面成。=30°角，上端連接阻值 R=1.5Q的電阻，質(zhì)量為 m=0.2Kg、阻值r=0.5Q的金屬棒 放在兩導(dǎo)軌上，距離導(dǎo)軌最上端為 L2=4m,棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸.整個(gè)裝置處于一勻 強(qiáng)磁場(chǎng)中 該勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示.為保持ab棒靜止，在棒上施加了一平行于導(dǎo)軌平面的外力F, g=10m/s2求：即獨(dú)(1)當(dāng)t=1s時(shí),棒受到安培力F安的大小和方向；(2)當(dāng)t=1s時(shí)，棒受到外力F的大小和方向；(3) 4s后，撤去外

15、力F,金屬棒將由靜止開始下滑 ，這時(shí)用電壓彳感器將 R兩端的電壓即時(shí) 采集并輸入計(jì)算機(jī)，在顯示器顯示的電壓達(dá)到某一恒定值后 ，記下該時(shí)刻棒的位置，測(cè)出該位 置與棒初始位置相距 2m,求棒下滑該距離過程中通過金屬棒橫截面的電荷量q.【答案】(1) 0.5N；方向沿斜面向上(2) 0.5N,方向沿斜面向上(3) 1.5C【解析】【分析】【詳解】(1) 0-3s內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E - -BL1L2 2V t tT=1s時(shí)，F(xiàn)安=BILi=0.5N方向沿斜面向上(2)對(duì)ab棒受力分析，設(shè)F沿斜面向下，由平衡條件：F+mgsin30 -F安=0 F=-0.5N外力F大小為0.5N.方向沿斜面

16、向上(3) q=It , I -E-； E ；BLiSR rtBL1s 1.5 1 2聯(lián)立解得q - C 1.5CR r 1.5 0.58 .研究小組同學(xué)在學(xué)習(xí)了電磁感應(yīng)知識(shí)后，進(jìn)行了如下的實(shí)驗(yàn)探究(如圖所示)：兩個(gè)足 夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌(MNPQ與M1P1Q1)間距L=0.2m,光滑傾斜軌道和粗糙水平軌道圓滑連 接，水平部分長(zhǎng)短可調(diào)節(jié)，傾斜軌道與水平面的夾角9 =37：傾斜軌道內(nèi)存在垂直斜面方向向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T, NNi右側(cè)沒有磁場(chǎng)；豎直放置的光滑半圓軌道PQ、PiQi分別與水平軌道相切于 P、Pi,圓軌道半徑ri=0. lm,且在最高點(diǎn) Q、Qi處安裝 了壓力傳感器.金屬

17、棒 ab質(zhì)量m=0.0lkg,電阻r=0.1 0,運(yùn)動(dòng)中與導(dǎo)軌有良好接觸，并且垂 直于導(dǎo)軌；定值電阻 R=0.4R連接在MMi間，其余電阻不計(jì)：金屬棒與水平軌道間動(dòng)摩 擦因數(shù) 科二0.4實(shí)驗(yàn)中他們驚奇地發(fā)現(xiàn)：當(dāng)把 NP間的距離調(diào)至某一合適值d,則只要金屬棒從傾斜軌道上離地高 h=0.95m及以上任何地方由靜止釋放，金屬棒 ab總能到達(dá)QQi 處，且壓力傳感器的讀數(shù)均為零.取g=l0m/s2, sin37=0.6, cos37°=0.8.則：(1)金屬棒從0.95m高度以上滑下時(shí)，試定性描述金屬棒在斜面上的運(yùn)動(dòng)情況，并求出 它在斜面上運(yùn)動(dòng)的最大速度；(2)求從高度h=0.95m處滑下后

18、電阻R上產(chǎn)生的熱量；(3)求合適值d.【答案】(1) 3m/s； (2) 0.04J; (3) 0.5m.【解析】【詳解】(1)導(dǎo)體棒在斜面上由靜止滑下時(shí)，受重力、支持力、安培力，當(dāng)安培力增加到等于重力的下滑分量時(shí),加速度減小為零，速度達(dá)到最大值；根據(jù)牛頓第二定律，有:mgsin FA安培力：FABIL IBLv聯(lián)立解得：vmg(Rr)sin0.01 10 (0.4 0.1) 0.6B2L20.E 0.223m/s(2)根據(jù)能量守恒定律，從高度12Q mgh -mv 0.01 10h=0.95m處滑下后回路中上產(chǎn)生的熱量:1 0.95 220.01 30.05J故電阻R產(chǎn)生的熱量為：QRRR7

19、Q(3)對(duì)從斜面最低點(diǎn)到圓軌道最高點(diǎn)過程,0 4 0.05 0.04J0.4 0.1根據(jù)動(dòng)能定理，有：mg 2r1,1212mgd m» mv 222_ _vj在圓軌道的最高點(diǎn)，重力等于向心力，有:mg m r122v5gr135 i0 0.i聯(lián)立解得：d - 0.5m2 g 2 0.4 i0i 一 一9 .如圖所不，兩根間距為 L的平行金屬導(dǎo)軌，其 cd右側(cè)水平，左側(cè)為豎直的 回弧，圓4Ri的電阻，整個(gè)裝置處在弧半徑為r,導(dǎo)軌的電阻與摩擦不計(jì)，在導(dǎo)軌的頂端接有阻值為豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)有一根阻值為R2、質(zhì)量為m的金屬桿，在水平拉力作用下，從圖中位置ef由靜止開始做加速度為 a的

20、勻加速直線運(yùn)動(dòng)，金屬桿始終保持與導(dǎo)軌垂直且接 觸良好。開始運(yùn)動(dòng)后，經(jīng)時(shí)間 ti,金屬桿運(yùn)動(dòng)到cd時(shí)撤去拉力，此時(shí)理想電壓表的示數(shù)為U,此后全屬桿恰好能到達(dá)圓弧最高處abo重力加速度為 go求:ef運(yùn)動(dòng)到(i)金屬桿從(2)金屬桿從(3)金屬桿從ef運(yùn)動(dòng)到cd運(yùn)動(dòng)到cd的過程中,cd的過程中,拉力電阻ab的過程中，電阻F隨時(shí)間t變化的表達(dá)式;Ri上通過的電荷量；Ri上產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮?1)FmaU2(RR2)tR2ati2；(2)qUti2RiRi/ i 2, 2；(3) Qi- ( ma h mgr)Ri R2 2【分析】利用法拉第電磁感應(yīng)定律和電流公式聯(lián)合求解。根據(jù)能量守恒定律求出回路

21、產(chǎn)生的總焦耳熱，再求出【詳解】Ri上產(chǎn)生的焦耳熱。(i)金屬桿運(yùn)動(dòng)到cd時(shí)，由歐姆定律可得 IiRi由閉合電路的歐姆定律可得 金屬桿的速度vi = ati由法拉第電磁感應(yīng)定律可得El= |l(Rl + R2)Ei= BLvi解得：BU(Ri R2)Ri Lati由開始運(yùn)動(dòng)經(jīng)過時(shí)間t,v=atBLv感應(yīng)電流I -Ri R2金屬桿受到的安培力 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F 安=BILF F 安=ma可得F maU2(Ri R2)t口2 .2'Ri ati12(2)金屬桿從ef運(yùn)動(dòng)到cd過程中，位移 x -ati電阻Ri上通過的電荷量：R R2E tB SS xL聯(lián)立解得：qUt12R1 '(3

22、)金屬卞f從cd運(yùn)動(dòng)到ab的過程中，由能量守恒定律可得1 2Q - mv mgr2因此電阻Ri上產(chǎn)生的焦耳熱為-Ri.QiQRi R2可得Ri /i2,2、Qi (ma h mgr)。Ri R2 2【點(diǎn)睛】此題為一道綜合題，牽涉知識(shí)點(diǎn)較多，明確求電動(dòng)勢(shì)、安培力、焦耳熱的方法是解題的關(guān) 鍵，靈活利用法拉第電磁感應(yīng)定律和能量守恒的結(jié)論是解題的捷徑。I0.如圖I所示，水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ,兩導(dǎo)軌間距為I,電阻均可忽略不計(jì)。在 M和P之間接有阻值為 R的定值電阻，導(dǎo)體桿 ab質(zhì)量為m、電 阻為r,并與導(dǎo)軌接觸良好。整個(gè)裝置處于方向豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)給ab

23、桿一個(gè)初速度 vo,使桿向右運(yùn)動(dòng)。(I)當(dāng)ab桿剛好具有初速度 vo時(shí)，求此時(shí)ab桿兩端白電壓 U; a、b兩端哪端電勢(shì)高；(2)請(qǐng)?jiān)趫D2中定性畫出通過電阻 R的電流i隨時(shí)間t變化規(guī)律的圖象；(3)若將M和P之間的電阻R改為接一電容為 C的電容器，如圖3所示。同樣給ab桿 個(gè)初速度vo,使桿向右運(yùn)動(dòng)。請(qǐng)分析說明ab桿的運(yùn)動(dòng)情況。僑案U端電勢(shì)高(3)當(dāng)ab桿以初速度Vo開始切割磁感線時(shí)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電路開始給電容器充電，有電流通過ab桿，桿在安培力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減小，桿做加速度 減小的減速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，充電結(jié)束，桿以恒定的速

24、度做 勻速直線運(yùn)動(dòng)?！窘馕觥俊痉治觥?1)求解產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，根據(jù)全電路歐姆定律求解電流強(qiáng)度和電壓，根據(jù)右手定則 判斷電勢(shì)高低；(2)分析桿的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，確定感應(yīng)電流變化情況，由此畫出圖象；(3)桿在向右運(yùn)動(dòng)過程中速度逐漸減小、 量定理求解最后的速度大小?！驹斀狻?1) ab桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：根據(jù)全電路歐姆定律：I -ER rab桿兩端電壓即路端電壓：U IRMU詈R; a端電勢(shì)高。(2)桿在向右運(yùn)動(dòng)過程中速度逐漸減小、由此分析安培力的變化，確定運(yùn)動(dòng)情況；根據(jù)動(dòng)E = Blvo感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電流逐漸減小，通過電阻R的電流i隨時(shí)間變化規(guī)律

25、的圖象如圖所示:(3)當(dāng)ab桿以初速度V0開始切割磁感線時(shí)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電路開始給電容器充電， 有電流通過ab桿，桿在安培力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，安培力減小，加速度 也減小，桿做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，充電結(jié) 束，桿以恒定的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)?！军c(diǎn)睛】對(duì)于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點(diǎn)是分析安培力作用下物體 的平衡問題；另一條是能量，分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵。11 .如圖所示，在傾角為 30的斜面上，固定一寬度為 L 0.25m的足夠長(zhǎng)平行金屬光滑內(nèi)阻為導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上端接入電源和滑動(dòng)變阻器.電源電動(dòng)勢(shì)為E 3

26、.0V ,r 1.0 .質(zhì)量m 20g的金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好.整個(gè)裝置處于垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 0.80T.導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計(jì)，取2g 10m/s .(1)如果保持金屬棒在導(dǎo)軌上靜止，滑動(dòng)變阻器接入到電路中的阻值是多少；(2)如果拿走電源，直接用導(dǎo)線接在兩導(dǎo)軌上端，滑動(dòng)變阻器阻值不變化，求金屬棒所能達(dá) 到的最大速度值；在第(2)問中金屬棒達(dá)到最大速度前，某時(shí)刻的速度為10m/s,求此時(shí)金屬棒的加速度大小.【答案】(1) R 5(2) v 12.5m/s a 1m/s2【解析】(1)因?yàn)榻饘侔綮o止在金屬軌道上，受力平衡，如圖所示，安培力F0 BIL根據(jù)平衡條

27、件知 F0 mgsin30mgsin30 - 聯(lián)立得I0.5ABL設(shè)變阻器接入電路的阻值為R ,根據(jù)閉合電路歐姆定律聯(lián)立計(jì)算得出R E r 5I此時(shí)安培力大小,IR 0.5 5V回路中電流大小應(yīng)與上面情況2.5V ,(2)金屬棒達(dá)到最大速度時(shí)，將勻速下滑, 相同，即金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，E由E BLv得v BL250.8 0.2512.5m/s .F安BI L的速2 , 2BLvR度為 10m/s ,一2 一 20.80.2510 2N 0.08N ；5受的安培力大小為根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin30 F安 ma計(jì)算得出：a 1m/s2.【點(diǎn)睛】本題是金屬棒平衡問題和動(dòng)力學(xué)問題，關(guān)鍵分析受力情

28、況，特別是分析和計(jì)算安 培力的大小.12 .如圖甲所示，兩根完全相同的光滑平行導(dǎo)軌固定，每根導(dǎo)軌均由兩段與水平面成e =30。的長(zhǎng)直導(dǎo)軌和一段圓弧導(dǎo)軌平滑連接而成，導(dǎo)軌兩端均連接電阻，阻值Ri=R>=2Q,導(dǎo)軌間距L= 0.6m.在右側(cè)導(dǎo)軌所在斜面的矩形區(qū)域MiM2P2P1內(nèi)分布有垂直斜面向上的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)上下邊界 MiPi、M2P2的距離d=0.2m,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙 所示.t=0時(shí)刻，在右側(cè)導(dǎo)軌斜面上與MiPi距離s=0.1m處，有一根阻值r=2Q的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌由靜止釋放，恰好獨(dú)立勻速通過整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域，取重力加速度g =i0m/s2,導(dǎo)軌電阻不計(jì).求：(2)

29、在ti = 0.is時(shí)刻和t2= 0.25s時(shí)刻電阻Ri的電功率之比;(3)整個(gè)過程中，電路產(chǎn)生的總熱量Q.【答案】(i) im/s (2) 4:i (3) 0. 0i J【解析】1試題分析：(i)由 mgs- sin gmv2得v£ 0 2 ¥(2)棒從釋放到運(yùn)動(dòng)至 MiPi的時(shí)間 9、"'"Atp 也 BEl= =Lti = 0.6V在ti = 0. i s時(shí)，棒還沒進(jìn)入磁場(chǎng)，有此時(shí)，R2與金屬棒并聯(lián)后再與 Ri串聯(lián)R 總=3 QJ口1 =不上 1 = 04/5 -£ 二二 02$由圖乙可知，t=0. 2s后磁場(chǎng)保持不變，ab經(jīng)過磁

30、場(chǎng)的時(shí)間"故在t2 = 0. 25 s時(shí)ab還在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)勢(shì)E2= BLv=0. 6V此時(shí)Ri與R2并聯(lián)，R總=3Q,得Ri兩端電壓Ui'= 0. 2V必Pl Ul1 5p7 u 2電功率 八，故在ti=0. i s和t2=0. 25 s時(shí)刻電阻Ri的電功率比值E2I =(3)設(shè)ab的質(zhì)量為m, ab在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過 ab的電流 片總ab受到的安培力 Fa=BIL又 mgsin 0 = BIL解得 m=0. 024kg見Qi 二一” 0.004J在t=00. 2s時(shí)間里，R2兩端的電壓U2=0. 2V,產(chǎn)生的熱量片工ab最終將在M2P2下方的軌道區(qū)域內(nèi)往返運(yùn)動(dòng)，到M

31、2P2處的速度為零，由功能關(guān)系可得在口t=0 . 2s后，整個(gè)電路最終產(chǎn)生的熱量Q=mgdsin o4mv2=0. 036J由電路關(guān)系可得 R廣生的熱量Q2Q=0. 006J故R2產(chǎn)生的總>熱量Q總=Qi+ Q2=0. 01 J考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、能量守恒定律【名師點(diǎn)睛】本題是法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律以及能量守恒定律等知識(shí)的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵要搞清電路的連接方式及能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系，明確感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)既與電路知識(shí)有關(guān)， 又與電磁感應(yīng)有關(guān).13 .如圖所示，在水平地面 MN上方空間存在一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，上邊界 EF距離地面的高度為 H.正方形金屬

32、線框 abcd的質(zhì)量m=0.02kg、邊長(zhǎng)L= 0.1m (L<H),總電阻R = 0.2 R開始時(shí)線框在磁場(chǎng)上方，ab邊距離EF高度為h,然后由靜止開始自由下落，abcd始終在豎直平面內(nèi)且 ab保持水平.求線框從開始運(yùn)動(dòng)到 ab邊剛要落地的過程中(g取10m/s2)若線框從h=0.45m處開始下落，求線框 ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度;(2)若要使線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，求h的大??；(3)求在(2)的情況下，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q和通過線框截面的電量 q.【答案】(1)a 2.5m/s2 (2)h 0.8m Q 0.02J,q 0.05C【解析】【分析】【詳解】(1)當(dāng)線圈ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由自由落體規(guī)律：Vi J2gh 3m/s棒切割磁感線產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)：E BLvi BIE 通電導(dǎo)體棒受安培力 F BIL BLE 0.15NR由牛頓第二定律：mg F ma解得：a 2.5m/s2(2)勻速進(jìn)磁場(chǎng)，由平衡知識(shí)： mg FBLv由v J2gh和I 三丁，代入可解得：h 0.8m(3)線圈cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前線圈做勻速運(yùn)動(dòng)，由能量守恒可知重力勢(shì)能變成焦耳熱Q mgL 0.02JBL2通過線框的電量q代 。0.05CR R【點(diǎn)睛】當(dāng)線框能勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，則安培力與重力相等；而當(dāng)