新課改高中物理選修二同步專題講義:06 C法拉第電磁感應(yīng)定律 提升版(教師版)_第1頁
新課改高中物理選修二同步專題講義:06 C法拉第電磁感應(yīng)定律 提升版(教師版)_第2頁
新課改高中物理選修二同步專題講義:06 C法拉第電磁感應(yīng)定律 提升版(教師版)_第3頁
新課改高中物理選修二同步專題講義:06 C法拉第電磁感應(yīng)定律 提升版(教師版)_第4頁
新課改高中物理選修二同步專題講義:06 C法拉第電磁感應(yīng)定律 提升版(教師版)_第5頁
已閱讀5頁,還剩50頁未讀 繼續(xù)免費閱讀

下載本文檔

版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請進(jìn)行舉報或認(rèn)領(lǐng)

文檔簡介

法拉第電磁感應(yīng)定律知識點:法拉第電磁感應(yīng)定律一、電磁感應(yīng)定律1.感應(yīng)電動勢在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢叫作感應(yīng)電動勢,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源.2.法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容:閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小,跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比.(2)公式:E=neq\f(ΔΦ,Δt),其中n為線圈的匝數(shù).(3)在國際單位制中,磁通量的單位是韋伯(Wb),感應(yīng)電動勢的單位是伏(V).二、導(dǎo)線切割磁感線時的感應(yīng)電動勢1.導(dǎo)線垂直于磁場方向運動,B、l、v兩兩垂直時,如圖甲所示,E=Blv.圖甲圖乙2.導(dǎo)線的運動方向與導(dǎo)線本身垂直,但與磁感線方向夾角為θ時,如圖乙所示,E=Blvsin_θ.3.導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,導(dǎo)體棒所受安培力的方向與導(dǎo)體棒運動方向相反,導(dǎo)體棒克服安培力做功,把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.技巧點撥一、對電磁感應(yīng)定律的理解1.磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ及磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)的比較:磁通量Φ磁通量的變化量ΔΦ磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)物理意義某時刻穿過磁場中某個面的磁感線條數(shù)在某一過程中,穿過某個面的磁通量的變化量穿過某個面的磁通量變化的快慢當(dāng)B、S互相垂直時的大小Φ=BS⊥ΔΦ=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ2-Φ1,B·ΔS,S·ΔB))eq\f(ΔΦ,Δt)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|Φ2-Φ1|,Δt),B·\f(ΔS,Δt),\f(ΔB,Δt)·S))注意若穿過的平面中有方向相反的磁場,則不能直接用Φ=BS.Φ為抵消以后所剩余的磁通量開始和轉(zhuǎn)過180°時平面都與磁場垂直,但穿過平面的磁通量是不同的,一正一負(fù),ΔΦ=2BS,而不是零在Φ-t圖像中,可用圖線的斜率表示eq\f(ΔΦ,Δt)2.公式E=neq\f(ΔΦ,Δt)的理解感應(yīng)電動勢的大小E由磁通量變化的快慢,即磁通量變化率eq\f(ΔΦ,Δt)決定,與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ無關(guān).二、導(dǎo)線切割磁感線時的感應(yīng)電動勢1.導(dǎo)線切割磁感線時感應(yīng)電動勢表達(dá)式的推導(dǎo)如下圖所示,閉合電路一部分導(dǎo)線ab處于勻強磁場中,磁感應(yīng)強度為B,ab的長度為l,ab以速度v勻速垂直切割磁感線.則在Δt內(nèi)穿過閉合電路磁通量的變化量為ΔΦ=BΔS=BlvΔt根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=eq\f(ΔΦ,Δt)=Blv.2.對公式的理解(1)當(dāng)B、l、v三個量的方向互相垂直時,E=Blv;當(dāng)有任意兩個量的方向互相平行時,導(dǎo)線將不切割磁感線,E=0.(2)當(dāng)l垂直B且l垂直v,而v與B成θ角時,導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E=Blvsinθ.(3)若導(dǎo)線是彎折的,或l與v不垂直時,E=Blv中的l應(yīng)為導(dǎo)線在與v垂直的方向上的投影長度,即有效切割長度.圖甲中的有效切割長度為:L=eq\x\to(cd)sinθ;圖乙中的有效切割長度為:L=eq\x\to(MN);圖丙中的有效切割長度為:沿v1的方向運動時,L=eq\r(2)R;沿v2的方向運動時,L=R.3.導(dǎo)體轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢如下圖所示,導(dǎo)體棒在磁場中繞A點在紙面內(nèi)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動,磁感應(yīng)強度為B,則AC在切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Bleq\x\to(v)=Bl·eq\f(ωl,2)=eq\f(1,2)Bl2ω.三、E=neq\f(ΔΦ,Δt)與E=Blv的比較1.區(qū)別:E=neq\f(ΔΦ,Δt)研究的是整個閉合回路,適用于計算各種電磁感應(yīng)現(xiàn)象中Δt內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢;E=Blv研究的是閉合回路的一部分,即做切割磁感線運動的導(dǎo)體,只適用于計算導(dǎo)體做切割磁感線運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢,可以是平均感應(yīng)電動勢,也可以是瞬時感應(yīng)電動勢.2.聯(lián)系:E=Blv是由E=neq\f(ΔΦ,Δt)在一定條件下推導(dǎo)出來的,該公式可看成法拉第電磁感應(yīng)定律的一個推論.例題精練1.(2021春?越秀區(qū)期末)用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線,做成半徑為r的圓環(huán),垂直圓環(huán)面的磁場充滿其內(nèi)接正方形,t=0時磁感應(yīng)強度的方向如圖(a)所示,磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)所示,則在t=0到t=2t0的時間內(nèi)()A.圓環(huán)中產(chǎn)生的熱量為 B.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為 C.圓環(huán)中始終沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生 D.圓環(huán)中有先順時針再逆時針的感應(yīng)電流【分析】應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢,應(yīng)用歐姆定律求出圓環(huán)的電阻,應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流,應(yīng)用焦耳定律求出圓環(huán)產(chǎn)生的熱量;根據(jù)圖(b)判斷原磁場變化,根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向,再由右手螺旋定則判斷感應(yīng)電流的方向?!窘獯稹拷猓築、由電阻定律可知,圓環(huán)的電阻R=,由幾何知識可知,圓環(huán)內(nèi)接正方向的邊長a=r,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,感應(yīng)電動勢:E==由閉合電路的歐姆定律可知,感應(yīng)電流I==,故B錯誤;A、由焦耳定律可知,圓環(huán)產(chǎn)生的熱量;Q=I2Rt=()2××2t0=,故A正確;CD、由圖(b)所示圖象可知,穿過閉合圓環(huán)的磁通量不斷變化,圓環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流;0~t0,磁場方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強度減小,通過線圈的磁通量也減小,根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向相同,垂直紙面向里,由右手螺旋定則可判斷感應(yīng)電流方向為順時針,t0~2t0,磁場方向垂直紙面向外,磁感應(yīng)強度增大,通過線圈的磁通里也增大,根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向相反,垂直紙面向里,由右手螺旋定則可判斷感應(yīng)電流方向為順時針,所以圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向始終順時針,故D錯誤。故選:A。【點評】本題是電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的綜合題,根據(jù)題意應(yīng)用楞次定律、左手定則、電磁感應(yīng)定律、電阻定律與閉合電路的歐姆定律、焦耳定律即可解題,掌握基礎(chǔ)知識是解題的前提與關(guān)鍵,掌握基礎(chǔ)知識即可解題;求感應(yīng)電動勢時要注意,磁場的面積是圓環(huán)內(nèi)接正方形的面積,不是圓環(huán)的面積,這是易錯點。2.(2021春?廣州期末)如圖所示為幾個有理想邊界的磁場區(qū)域,相鄰區(qū)域的磁感應(yīng)強度B大小相等,方向相反,區(qū)域的寬度均為L,現(xiàn)有一邊長為L的正方形導(dǎo)線框由如圖示位置開始,沿垂直于區(qū)域邊界的直線勻速穿過磁場區(qū)域,速度大小為v,規(guī)定電流順時針方向為正方向,下圖中能正確反映線框中感應(yīng)電流的是()A. B. C. D.【分析】線框剛進(jìn)入磁場時,只有一條邊切割磁感線,全部進(jìn)入磁場后,有兩條邊切割磁感線,根據(jù)E=BLv求出感應(yīng)電動勢,從而求出感應(yīng)電流的大小.根據(jù)右手定則判定出感應(yīng)電流的方向?!窘獯稹拷猓涸?﹣階段,感應(yīng)電流的大小I1=,方向為順時針方向;在﹣階段,感應(yīng)電流的大小I2=,方向為逆時針方向;在﹣階段,感應(yīng)電流的大小I3=,方向為順時針方向;在﹣階段,感應(yīng)電流的大小I4=,方向為逆時針方向。在﹣階段,感應(yīng)電流的大小I5=,方向為順時針方向。故D正確,ABC錯誤。故選:D?!军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=BLv,以及會用右手定則判定感應(yīng)電流的方向。隨堂練習(xí)1.(2021春?永濟市校級期末)如圖所示,Ⅰ和Ⅱ是一對異名磁極,ab為放在其間的金屬棒。ab和cd用導(dǎo)線連成一個閉合回路。當(dāng)ab棒向左運動時,cd導(dǎo)線受到向下的磁場力。由此可知()A.b點電勢高于a點電勢 B.Ⅰ是S極 C.cd中電流方向是由d到c D.當(dāng)ab棒向左運動時,ab棒受到向左的磁場力【分析】根據(jù)cd棒所受磁場力的方向,由左手定則判斷出cd中電流的方向,然后由右手定則判斷出ab棒所在處磁場方向,進(jìn)一步判斷出磁極名稱;棒ab相當(dāng)于電源,根據(jù)電流方向判斷電勢的高低。由左手定則判斷ab棒受到的磁場力方向?!窘獯稹拷猓篈BC、cd導(dǎo)線受到向下的磁場力,cd處磁場方向水平向左,由左手定則可知,cd中電流方向由c→d,則知ab棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由b→a,ab棒相當(dāng)于電源,則a點電勢高于b點電勢。當(dāng)ab棒向左運動時,由右手定則可知,ab棒所在處磁場方向豎直向上,則Ⅰ是S極,Ⅱ是N極,故AC錯誤,B正確;D、ab棒中電流由b→a,ab棒所在處磁場方向豎直向上,由左手定則判斷可知,ab棒受到向右的磁場力,故D錯誤。故選:B。【點評】本題的關(guān)鍵要掌握左手定則和右手定則,并能搞清兩者的區(qū)別,知道安培力方向與電流方向、磁場方向的關(guān)系使用左手定則。判斷導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向使用右手定則。2.(2021春?龍巖期末)如圖甲所示,空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場,一邊長為L的單匝正方形線框固定在紙面內(nèi)、線框的電阻為R,線框一半面積在磁場中。t=0時磁感應(yīng)強度的方向如圖甲所示。磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示,則在t=0到t=t1的時間間隔內(nèi)()A.線框所受安培力的方向始終不變 B.線框中的感應(yīng)電流始終沿逆時針方向 C.線框中的感應(yīng)電動勢大小為 D.線框中的感應(yīng)電流大小為【分析】應(yīng)用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向,應(yīng)用左手定則判斷出安培力方向;應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢大??;再根據(jù)歐姆定律求出感應(yīng)電流大小?!窘獯稹拷猓篈B、由楞次定律可知,在t=0到t=t1的時間間隔內(nèi),線框中的感應(yīng)電流始終沿順時針方向,由左手定則可知:0﹣t0時間內(nèi)線框受到的安培力向左,t0﹣t1時間內(nèi)安培力向右,故AB錯誤;C、由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,線框中的感應(yīng)電動勢大小為:E==?L2=,故C錯誤;D、根據(jù)歐姆定律得感應(yīng)電流大小:I==,故D正確。故選:D?!军c評】本題是電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的綜合題,要能熟練應(yīng)用楞次定律、左手定則、法拉第電磁感應(yīng)定律與歐姆定律,掌握基礎(chǔ)知識是解題的前提與關(guān)鍵。3.(2021春?連云港期末)如圖所示,兩根間距為L、電阻不計且足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角θ=30°,質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN被鎖定在軌道上。整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中,MN棒受到沿斜面向上、大小為mg的恒力F作用。某時刻棒解除鎖定,經(jīng)過時間t棒剛好達(dá)到最大速度v。金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,重力加速度為g。下列說法正確的是()A.解除鎖定后,棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由N→M B.解除鎖定后瞬間,棒的加速度大小為g C.t時間內(nèi)棒重力勢能的增加量大于回路中產(chǎn)生的焦耳熱 D.時間t內(nèi)通過MN棒的電量為【分析】根據(jù)牛頓第二定律可求得解除鎖定瞬間,導(dǎo)體棒的加速度;根據(jù)動能定理判斷重力勢能變化與焦耳熱的大小關(guān)系,通過MN的電荷量可以根據(jù)平均電流的方法求得。【解答】解:初始時,導(dǎo)體棒受重力,支持力,恒力F鎖定在斜面上A、解除鎖定后,由于沿斜面向上的F=mg,大于重力沿斜面向下的分力,故導(dǎo)體向上運動,根據(jù)右手定則判斷電流方向由M→N,故A錯誤;B、解除鎖定后瞬間,根據(jù)牛頓第二定律有:F﹣mgsinθ=ma,代入求得a=,故B錯誤;C、根據(jù)動能定理有:Fs﹣mgh﹣Q=F=mg,s==2h代入可知mgh﹣Q=即t時間內(nèi)棒重力勢能的增加量大于回路中產(chǎn)生的焦耳熱,故C正確;D、由于t時間內(nèi)電流不斷變化,所以不能根據(jù)E=BLv計算電流,從而求電荷量,故D錯誤。故選:C?!军c評】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象,關(guān)鍵是弄清楚導(dǎo)體棒的運動情況和受力情況,根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律列方程進(jìn)行求解,如果涉及電荷量問題,常根據(jù)動量定理結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律列方程進(jìn)行解答。綜合練習(xí)一.選擇題(共20小題)1.(2021春?倉山區(qū)校級期中)如圖,兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置,底端接電阻R,輕彈簧上端固定,下端懸掛質(zhì)量為m的金屬棒,金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好,除電阻R外,其余電阻不計,導(dǎo)軌處于勻強磁場中,磁場方向垂直導(dǎo)軌所在平面。靜止時金屬棒位于A處,此時彈簧的伸長量為Δl,彈性勢能為Ep,重力加速度大小為g。將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放,金屬棒在運動過程中始終保持水平,則()A.金屬棒第一次到達(dá)A處時,其加速度方向向下 B.當(dāng)金屬棒的速度最大時,彈簧的伸長量為ΔL C.電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于mgΔl﹣Ep D.金屬棒第一次下降過程通過電阻R的電荷量與第一次上升過程的相等【分析】金屬棒的速度最大時,合力為零,由平衡條件求彈簧的伸長量。金屬棒最后靜止在A處,從釋放到金屬棒最后靜止的過程中,其重力勢能減小,轉(zhuǎn)化成內(nèi)能和彈簧的彈性勢能。根據(jù)牛頓第二定律分析加速度方向。由q=分析通過電阻R的電荷量關(guān)系?!窘獯稹拷猓篈、金屬棒第一次到達(dá)A處時,受到重力、彈簧的彈力和安培力,且重力與彈力大小相等、方向相反,安培力方向向上,所以合力等于安培力,方向向上,可知加速度方向向上,故A錯誤;B、金屬棒的速度最大時,合力為零,設(shè)此時彈簧的形變量為x,由平衡條件有:mg=kx+F安,金屬棒原來靜止時有:mg=kΔl,兩式對比可得:x<Δl,即金屬棒的速度最大時,彈簧的伸長量小于Δl,故B錯誤;C、金屬棒最后靜止在A處,從釋放到金屬棒最后靜止的過程中,其重力勢能減小,轉(zhuǎn)化成內(nèi)能和彈簧的彈性勢能,則由能量守恒定律可知,電阻R上產(chǎn)生的熱量:Q=mgΔl﹣Ep,故C正確;D、根據(jù)能量守恒定律知,金屬棒第一次下降的高度大于第一次上升的高度,通過電阻的電荷量q=,金屬棒第一次下降過程磁通量的變化量比第一次上升過程磁通量的變化量大,則金屬棒第一次下降過程通過電阻R的電荷量比第一次上升過程的多,故D錯誤。故選:C。【點評】本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識的綜合應(yīng)用,關(guān)鍵要正確分析金屬棒的受力情況和回路中能量轉(zhuǎn)化情況,由牛頓第二定律分析加速度。2.(2021春?和平區(qū)期末)如圖所示,在水平面上放置間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)cd、ef,左端連接阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m的金屬棒ab,垂直導(dǎo)軌靜止放置,接入導(dǎo)軌間的電阻也為R,導(dǎo)軌處在豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。金屬棒ab受到平行ef向右的瞬時沖量I后,開始運動。運動過程中金屬棒ab始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。導(dǎo)軌的電阻不計,則整個運動過程中()A.金屬棒ab中的電流方向為a到b B.金屬棒ab兩端的最大電壓 C.金屬棒ab的最大加速度為 D.金屬棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為【分析】金屬棒ab受到平行ef向右的瞬時沖量I后開始向右運動,根據(jù)右手定則判斷ab中感應(yīng)電流方向,ab棒受到向左的安培力,則ab棒將向右做減速運動,ab棒剛開始運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大,ab棒兩端的電壓最大,ab棒受到的安培力最大,合外力最大,加速度最大,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律求金屬棒ab兩端的最大電壓,根據(jù)牛頓第二定律和安培力公式相結(jié)合求最大加速度。根據(jù)能量守恒定律求回路中產(chǎn)生的總的焦耳熱,從而求出金屬棒ab產(chǎn)生的焦耳熱?!窘獯稹拷猓篈、金屬棒ab受到平行ef向右的瞬時沖量I后開始向右運動,根據(jù)右手定則判斷可知,金屬棒ab中的電流方向為b到a,故A錯誤;B、設(shè)瞬時沖量I作用后ab桿獲得速度為v。取向右為正方向,根據(jù)動量定理得:I=mv,得v=金屬棒ab剛開始運動時速度最大,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大,ab棒兩端的電壓最大,金屬棒ab兩端的最大電壓Uab=E=BLv=,故B錯誤;C、金屬棒ab剛開始運動時加速度最大,設(shè)為a,則根據(jù)牛頓第二定律得BI電L=ma,根據(jù)閉合電路歐姆定律得電路中電流:I電===聯(lián)立解得a=,故C正確;D、金屬棒向右做減速運動,最終靜止,根據(jù)能量守恒定律得:回路中產(chǎn)生的總的焦耳熱為Q=mv2=,則金屬棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為Rab=Q=,故D錯誤。故選:C?!军c評】本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合問題,關(guān)鍵要分析清楚金屬棒ab的運動過程,分瞬時沖量作用和向右運動兩個過程分析,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力和力學(xué)規(guī)律相結(jié)合進(jìn)行處理。3.(2021春?徐匯區(qū)校級期末)如圖,光滑金屬導(dǎo)軌所在平面豎直,勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直。一水平導(dǎo)體棒由靜止開始下落,下落時導(dǎo)體棒兩端與軌道接觸良好。下落一段距離,導(dǎo)體棒獲得的動能為ΔEk,損失的重力勢能為ΔEp,回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q。則()A.ΔEP=Q B.ΔEk+ΔEP=恒量 C.ΔEk=ΔEp+Q D.ΔEp=ΔEk+Q【分析】導(dǎo)體棒在下落的過程中,導(dǎo)體棒的重力勢能一部分轉(zhuǎn)化為動能,一部分轉(zhuǎn)化為回路中產(chǎn)生的焦耳熱;由于產(chǎn)生焦耳熱,所以導(dǎo)體棒的機械能不守恒?!窘獯稹拷猓簩?dǎo)體棒在下落的過程中,導(dǎo)體棒的重力勢能一部分轉(zhuǎn)化為動能,一部分轉(zhuǎn)化為回路中產(chǎn)生的焦耳熱,則導(dǎo)體棒損失的重力勢能等于導(dǎo)體棒的動能以及回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和Ep=ΔEK+ΔQ;由于產(chǎn)生焦耳熱,所以導(dǎo)體棒的機械能ΔEK+ΔEp逐漸減小,則ΔEk+ΔEP不是恒量;故D正確,ABC錯誤。故選:D?!军c評】本題考查能量轉(zhuǎn)化問題,要注意初始狀態(tài)和末狀態(tài)的能量變化是解題的關(guān)鍵。4.(2021?肥城市模擬)如圖所示,兩電阻可以忽略不計的平行金屬長直導(dǎo)軌固定在水平面上,相距為L,另外兩根長度為L、質(zhì)量為m、電阻為R的相同導(dǎo)體棒垂直靜置于導(dǎo)軌上,導(dǎo)體棒在長導(dǎo)軌上可以無摩擦地左右滑動,導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B。某時刻使左側(cè)的導(dǎo)體棒獲得大小為v0的向左初速度、右側(cè)的導(dǎo)體棒獲得大小為2v0的向右初速度,則下列結(jié)論正確的是()A.該時刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為BLv0 B.當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度大小為時,導(dǎo)體棒b的速度大小一定是 C.當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為0時,兩導(dǎo)體棒受到的安培力大小都是 D.當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為0時,兩導(dǎo)體棒受到的安培力大小都是【分析】根據(jù)右手定則可知兩根導(dǎo)體棒切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相同,再根據(jù)E=Blv求解感應(yīng)電動勢;根據(jù)動量守恒定律判斷導(dǎo)體棒b的速度大小;當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為0時,根據(jù)動量守恒定律求解b棒的速度,再根據(jù)安培力的公式及感應(yīng)電流的表達(dá)式求解此時回路中的安培力大小?!窘獯稹拷猓篈、根據(jù)右手定則可知兩根導(dǎo)體棒切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相同,故該時刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv0+BL×2v0=3BLv0,故A錯誤;B、當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度大小為時,有可能方向向左、也可能方向向右,整體在水平方向動量守恒,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律得:當(dāng)a的方向向右時:m×2v0﹣mv0=m×+mv1解得:v1=當(dāng)a的方向向左時:m×2v0﹣mv0=m×(﹣)+mv2解得:v2=,故速度大小可能是、也可能是,故B錯誤;CD、當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為0時,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律得:m×2v0﹣mv0=mvb解得:vb=v0方向向右,此時回路中的安培力大小為:F=BIL回路中的感應(yīng)電流為:I==聯(lián)立解得:F=,故C正確,D錯誤。故選:C。【點評】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與動量守恒定律的綜合應(yīng)用,關(guān)鍵是弄清楚受力情況和運動情況,能夠根據(jù)動量守恒定律進(jìn)行解答。5.(2021?湖南模擬)如圖甲所示。在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4,在L1和L2之間、L3和L4之間存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小均為1T,方向垂直于虛線所在平面,磁場寬度為L,現(xiàn)有一寬度cd=L=0.5m、質(zhì)量為0.1kg、電阻為2Ω的矩形線圈abcd,將其從圖示位置由靜止釋放(cd邊與L1重合),速度隨時間變化關(guān)系如圖乙所示,t1時刻cd邊與L2重合,t2時刻ab邊與L3重合,t3時刻ab邊與L4重合,已知t1~t2的時間間隔為0.6s,整個運動過程線圈平面始終處于豎直方向。(重力加速度g取10m/s2)則()A.t1時刻,線圈運動的速度大小v1=3.5m/s B.L1與L2、L3與L4之間的勻強磁場的寬度為1m C.在0~t1時間內(nèi),通過線圈的電荷量為0.25C D.在0~t3時間內(nèi),線圈產(chǎn)生的熱量為1.1125J【分析】根據(jù)t2~t3時間內(nèi)線圈受力平衡求解該過程的速度大小,t1~t2的時間內(nèi)線圈做加速度為g的勻加速直線運動,根據(jù)速度﹣時間關(guān)系求解t1時刻線圈運動的速度大??;根據(jù)圖象分析線框的長度,再根據(jù)位移﹣時間關(guān)系求解d的大?。桓鶕?jù)電荷量的計算公式求解通過線圈的電荷量根據(jù)能量守恒定律求解產(chǎn)生的熱?!窘獯稹拷猓篈、t2~t3時間內(nèi)線圈做勻速運動,根據(jù)受力平衡有:mg=BIL=,聯(lián)立兩式解得:v2=8m/s,t1~t2的時間間隔為t=0.6s,線圈做加速度為g的勻加速直線運動,根據(jù)速度﹣時間關(guān)系有:v2=v1+gt,解得:v1=2m/s,故A錯誤;B、t1~t2時間內(nèi),線圈一直做勻加速直線運動,知ab邊剛進(jìn)入上邊的磁場時,cd邊也剛進(jìn)入下邊的磁場,設(shè)磁場的寬度為d,則線圈的長度L′=2d,線圈下降的位移勻加速下降的位移為:x=L′+d=3d,則有3d=v1t+,解得:d=1m,故B正確;C、在0~t1時間內(nèi),cd邊從L1運動到L2,通過線圈的電荷量q=Δt==,解得:q=0.25C,故C錯誤;D、在0~t3時間內(nèi),根據(jù)能量守恒定律得:Q=mg(3d+2d)﹣,解得:Q=1.8J,故D錯誤。故選:B?!军c評】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與圖象的結(jié)合,關(guān)鍵是能夠從圖像上獲取信息,得到線框的運動情況,根據(jù)運動學(xué)公式結(jié)合能量守恒定律、電荷量的計算公式等解答。6.(2021?菏澤二模)在豎直向下的勻強磁場中有兩根水平放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF,導(dǎo)軌上放有一金屬棒MN?,F(xiàn)從t=0時刻起,金屬棒中的電流與時間成正比,即I=kt(其中k為常量),方向如圖所示,金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。下列關(guān)于棒的速度v、加速度a隨時間t變化的關(guān)系圖像,可能正確的是()A. B. C. D.【分析】根據(jù)安培力公式寫出安培力的表達(dá)式,再由牛頓第二定律第二定律判斷加速度的變體情況,從而知道速度的變化規(guī)律;【解答】解:由題知,導(dǎo)軌粗糙,棒中通入的電流隨時間成正比的的電流I=kt,棒將受到安培力作用,且逐漸增大,當(dāng)安培力大于最大靜摩擦力時,棒開始運動,根據(jù)牛頓第二定律得:F﹣f=ma,而F=BIL、I=kt。聯(lián)立得到:BkL?t﹣f=ma,可見加速度a隨時間均勻增大,速度逐漸增大,故A正確,B錯誤、C錯誤、D錯誤。故選:A?!军c評】本題考查安培力公式,牛頓第二定律、等相關(guān)內(nèi)容,寫出加速度的表達(dá)式是關(guān)鍵,從而知道加速度隨時間的變化關(guān)系,還要注意的是v﹣t圖象的斜率是加速度。7.(2021?臨海市二模)如圖所示,水平面內(nèi)第二、三象限內(nèi)存在豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=1T。將一根電阻R=0.5Ω的均勻?qū)Ь€圍成一個閉合線圈Oab,已知ab剛好為四分之一圓弧,Oa長0.1m,t=0時Oa與x軸重合?,F(xiàn)讓線圈從如圖所示位置開始繞O點以角速度ω=4rad/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動。在一個周期內(nèi),下列說法中正確的是()A.通過線圈中電流的有效值為0.04A B.Oa兩端只有在線圈進(jìn)入和穿出磁場兩個過程中有電壓 C.因為一個周期內(nèi)穿過線圈的磁通量變化為零,所以線圈中電動勢的有效值為零 D.因為一個周期內(nèi)穿過線圈的磁通量變化為零,所以通過線圈某一橫截面的電荷量為零【分析】根據(jù)E=BLv求出感應(yīng)電動勢,應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流,然后根據(jù)題意求出感應(yīng)電流的有效值;應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律與電流的定義式求出通過線圈某一橫截面的電荷量。【解答】解:AC、線圈進(jìn)入磁場與離開磁場過程線圈切割磁感線的有效長度r=Oa=0.1m,線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Br=Br=Br2ω=V=0.02V,由閉合電路的歐姆定律可知,感應(yīng)電流I==0.04A,設(shè)電流的有效值為I有效,則2I2R×=RT,代入數(shù)據(jù)解得:I有效=A=0.02A,故AC錯誤;B、線圈進(jìn)入、離開磁場過程線圈中有感應(yīng)電流,Oa兩端有電壓,線圈完全在磁場中轉(zhuǎn)動過程,Oa切割磁感線,Oa兩端有電壓,故C錯誤;D、在一個周期內(nèi)穿過線圈的磁通量變化量ΔΦ=0,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,平均感應(yīng)電動勢為零,平均感應(yīng)電流為零,通過線圈某一橫截面的電荷量q=t=0,故D正確。故選:D?!军c評】分析清楚線圈的運動過程,應(yīng)用E=BLv、法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律、電流定義式即可解題時;解題時要注意線圈進(jìn)入與離開磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Br=Br2ω。8.(2021?泰安四模)如圖所示,兩根電阻不計、傾角為θ=37°且足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置,導(dǎo)軌間距為L=0.4m,頂端連接電阻為R=2Ω的定值電阻。虛線上方(含虛線處)的區(qū)域存在豎直向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B=1.25T。質(zhì)量為m=0.1kg、電阻為R1=1Ω的導(dǎo)體棒P在虛線上方某處;電阻為R2=2Ω的導(dǎo)體棒Q固定在虛線處。將導(dǎo)體棒P由靜止釋放,經(jīng)過時間t=3s導(dǎo)體棒P到達(dá)虛線處,P在到達(dá)虛線之前已達(dá)到最大速度,P、Q與導(dǎo)軌始終接觸良好。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.下列說法正確的是()A.導(dǎo)體棒P到達(dá)虛線前的動量變化率越來越大 B.導(dǎo)體棒P到達(dá)虛線時的速度大小為4.8m/s C.導(dǎo)體棒P的釋放點與虛線間的距離為m D.從導(dǎo)體棒P開始運動到到達(dá)虛線時導(dǎo)體棒Q上產(chǎn)生的焦耳熱為J【分析】根據(jù)動量定理Δp=F合Δt可得=F合,根據(jù)運動過程中合外力的變化情況分析動量變化率;根據(jù)平衡條件求解導(dǎo)體棒P到達(dá)虛線時的速度大??;對金屬棒根據(jù)動量定理求解位移大??;由能量守恒可求解導(dǎo)體棒Q上產(chǎn)生的焦耳熱?!窘獯稹拷猓篈、導(dǎo)體棒P由靜止釋放,做加速運動,向上的安培力越來越大,所以向下運動的加速度越來越小,即合力越來越小,根據(jù)動量定理Δp=F合Δt可得:=F合,所以動量變化率越來越小,導(dǎo)體棒P在到達(dá)虛線之前已達(dá)到最大速度,即最后做勻速運動,故合外力為零,則動量變化率為零,故A錯誤;B、導(dǎo)體棒P勻速運動時受力平衡,根據(jù)平衡條件可得:mgsinθ=BIL,其中:=,R總=,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得:v=4.8m/s,故B正確;C、導(dǎo)體棒運動過程中穿過導(dǎo)體棒P的電荷量為:==,取向下為正方向,對金屬棒根據(jù)動量定理可得:mgsinθ?t﹣BqL=mv﹣0解得:=13.125m,故C錯誤;D、由能量守恒可知:,導(dǎo)體棒Q上產(chǎn)生的焦耳熱為:解得:=1.6875J,故D錯誤。故選:B?!军c評】對于安培力作用下導(dǎo)體棒的運動問題,如果涉及電荷量、求位移問題,常根據(jù)動量定理結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律列方程進(jìn)行解答。9.(2021?廣東二模)風(fēng)速測速儀的簡易裝置如圖甲所示,某段時間內(nèi)線圈中感應(yīng)電流的波形如圖乙所示,下列說法正確的是()A.若風(fēng)速變大,圖乙中感應(yīng)電流的周期變大 B.若風(fēng)速變大,圖乙中感應(yīng)電流的峰值變大 C.圖乙中感應(yīng)電流最大時,風(fēng)速最大 D.圖乙中感應(yīng)電流隨時變化的原因是風(fēng)速在變【分析】線圈在磁場中轉(zhuǎn)動,會產(chǎn)生交流電.根據(jù)相對運動,可知,磁場對線圈來轉(zhuǎn)動,則也會產(chǎn)生交流電.轉(zhuǎn)動的周期即為交流電的周期,轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速與交流電的最大值有關(guān)?!窘獯稹拷猓篈、若風(fēng)速變大,那么風(fēng)杯帶線圈轉(zhuǎn)動更快,則周期變小,故A錯誤;B、根據(jù)Em=NBSω,而,所以風(fēng)速變大后,交流電電動勢的峰值變大,感應(yīng)電流的峰值Im=也將變大,故B正確;C、交流電出現(xiàn)峰值時,只是線圈此時在磁場中切割磁感線的速度最大,并不代表此時的風(fēng)速最大,故C錯誤;D、圖乙中出現(xiàn)交流電,是因為線圈在磁場中勻速轉(zhuǎn)動時,切割磁感線速度的大小和方向均周期性的變化而產(chǎn)生的,不是隨風(fēng)速而變化,故D錯誤。故選:B?!军c評】根據(jù)相對性來分析與解決問題,同時掌握感應(yīng)電動勢與轉(zhuǎn)速關(guān)系,及轉(zhuǎn)速與周期的關(guān)系。10.(2021?江蘇模擬)如圖所示,豎直向下的勻強磁場磁感應(yīng)強度為0.5T,水平地面上固定有電阻不計的光滑“V”形導(dǎo)軌MPN,MN、MP、NP長度均為2m,以MN中點O為原點,OP為x軸建系,一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD長度為2m,電阻為R,在F的作用下沿x軸勻速運動,v=1m/s,下列關(guān)于CD兩端電勢差UCD、回路中電流I、拉力F大小、拉力做功W和與導(dǎo)體棒所處橫坐標(biāo)x的關(guān)系圖像正確的是()A. B. C. D.【分析】(1)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,結(jié)合電路結(jié)構(gòu)能求cd兩端的電壓;(2)感應(yīng)電流大小與導(dǎo)體長度無關(guān),則電流恒定,因而由安培力公式可求解安培力的變化;(3)當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運動,由有效長度可列出安培力大小關(guān)于向下運動位移的表達(dá)式,根據(jù)安培力與位移成線性關(guān)系,可利用安培力公式和功的公式求外力做的功?!窘獯稹拷猓篈、導(dǎo)體棒cd切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=BL0v,由于MPN的電阻不計,框內(nèi)導(dǎo)線被短路,所以cd兩端的電勢差就是框外的兩部分切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢,即Ucd=2?B?x?tan30°?v=2?0.5?x??1=,它是一條過原點的直線,故A正確;B、MPN與cd框內(nèi)的部分形成回路有電流,若整個cd棒長為L0、電阻為R,則此時的電流:I==,與x無關(guān),大小是恒定的,故B錯誤;C、由于cd勻速運動,所以外力F=F安=BI(L0﹣2xtan30°),F(xiàn)關(guān)于x是一次函數(shù),是一條下降的直線,故C錯誤;D、拉力的功W=Fx=BI(L0﹣2xtan30°)?x,顯然是一條開口向下的拋物線,故D錯誤。故選:A?!军c評】本題考查直導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢公式、歐姆定律、安培力、牛頓第二定律、電路結(jié)構(gòu)等內(nèi)容,抓基本知識點,緊扣物理過程,代入相應(yīng)規(guī)律可解決問題。11.(2021?湖南模擬)如圖所示,MN為勻強磁場的左邊界,磁場中有正方形線框abcd,其ad邊與MN重合。線框第一次以ad邊為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動而出磁場;第二次線框在外力作用下向左勻速拉出磁場,兩次所用時間相同,第一次線框產(chǎn)生的熱量為Q1,通過ad邊的電荷量為q1,bc邊經(jīng)過MN時所受安培力為F1,第二次線框產(chǎn)生的熱量為Q2,通過ad邊的電荷量為q2,bc邊經(jīng)過MN時所受安培力為F2,以下說法正確的是()A.F1:F2=π:2,q1:q2=π:1 B.Q1:Q2=8:π,q1:q2=1:1 C.F1:F2=π:4,q1:q2=1:1 D.Q1:2Q2=π2:8,q1:q2=1:1【分析】第一次線框產(chǎn)生正弦交流電,求出電動勢的最大值,第二次線框向左勻速運動,根據(jù)E=BLv計算電動勢;根據(jù)歐姆定律計算電流、根據(jù)安培力的計算公式計算安培力,根據(jù)焦耳定律計算產(chǎn)生的焦耳熱,根據(jù)電荷量的計算公式求解電荷量,由此得出比值?!窘獯稹拷猓涸O(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,線框邊長為L,電阻為R,線框勻速轉(zhuǎn)動的周期為T.第一次線框產(chǎn)生正弦交流電為整個周期的四分之一,電動勢的最大值Em=BSω=,bc邊經(jīng)過MN時,線框中的電流I1=,bc邊所受安培力的大小為F1=BI1L=,四分之一周期內(nèi)線框產(chǎn)生的熱量為Q1==,通過ad邊的電荷量q1==;第二次線框向左勻速運動,速度v==,線框產(chǎn)生電動勢E=BLv=,第二次線框產(chǎn)生的熱量為Q2==,安培力F2==通過ad邊的電荷量:q2==,所以有:=,=1,=,故ABC錯誤,D正確。故選:D?!军c評】本題主要是考查線框轉(zhuǎn)動切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和平動切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的計算,知道正弦交流電最大值和有效值的計算方法,掌握電荷量的經(jīng)驗公式。12.(2021春?福州期中)如圖甲所示,正方形金屬線圈abcd位于豎直平面內(nèi),其質(zhì)量為m,電阻為R。在線圈的下方有一勻強磁場,MN和M′N′是磁場的水平邊界,并與bc邊平行,磁場方向垂直于紙面向里?,F(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落,圖乙是線圈由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的v﹣t圖象,圖中字母均為已知量,重力加速度為g,不計空氣阻力,下列說法不正確的是()A.金屬線框剛進(jìn)入磁場時感應(yīng)電流方向沿abcda方向 B.磁場的磁感應(yīng)強度為B= C.金屬線框的邊長為 D.金屬線框在0~t4的時間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為2mgv1(t2﹣t1)+m(v32﹣v22)【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向;由圖知,金屬線框進(jìn)入磁場過程做勻速直線運動,重力和安培力平衡,列式可求出磁感應(yīng)強度;由圖象可知,金屬框進(jìn)入磁場過程中是做勻速直線運動,根據(jù)時間和速度求解金屬框的邊長;由能量守恒定律求出在進(jìn)入磁場過程中金屬框產(chǎn)生的熱量?!窘獯稹拷猓篈、金屬線框剛進(jìn)入磁場時磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流方向沿abcda方向,故A正確;B、在金屬框進(jìn)入磁場的過程中,金屬框所受安培力等于重力,則得:mg=BIL,I=,又L=v1(t2﹣t1)。聯(lián)立解得:B=,故B正確;C、由圖象可知,金屬框進(jìn)入磁場過程中是做勻速直線運動,速度為v1,運動時間為t2﹣t1,故金屬框的邊長:L=v1(t2﹣t1),故C錯誤;D、t1到t2時間內(nèi),根據(jù)能量守恒定律,產(chǎn)生的熱量為:Q1=mgL=mgv1(t2﹣t1);t3到t4時間內(nèi),根據(jù)能量守恒定律,產(chǎn)生的熱量為:Q2=mgL+m(v32﹣v22)=mgv1(t2﹣t1)+m(v32﹣v22)故Q=Q1+Q2=2mgv1(t2﹣t1)+m(v32﹣v22),故D正確。本題選錯誤的,故選:C?!军c評】本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識的綜合,能由v﹣t圖象讀出線框的運動情況,選擇與之相應(yīng)的力學(xué)規(guī)律是解答本題的關(guān)鍵,要加強練習(xí),培養(yǎng)自己識別、理解圖象的能力和分析、解決綜合題的能力。13.(2021?肥城市模擬)如圖所示,在光滑的絕緣水平面上有一邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強磁場,有一個邊長比L小的正方形線圈沿水平方向進(jìn)入磁場,初速度為v0,全部穿出磁場時速度為v,則在線圈進(jìn)入磁場和穿出磁場的過程中,下列說法正確的是()A.線圈中感應(yīng)電流的方向相同 B.產(chǎn)生的熱量相同 C.線圈全部進(jìn)入磁場時速度為 D.通過線圈橫截面的電荷量的絕對值大小不同【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向;根據(jù)克服安培力做功關(guān)系分析產(chǎn)生的熱量關(guān)系;根據(jù)動量定理結(jié)合電荷量的計算公式分析線圈全部進(jìn)入磁場時速度大??;根據(jù)磁通量變化量的關(guān)系分析電荷量的關(guān)系。【解答】解:A、根據(jù)楞次定律可知,線圈進(jìn)入磁場過程中電流方向為逆時針,穿出磁場的過程中電流方向為順時針,線圈中感應(yīng)電流的方向相反,故A錯誤;B、線圈進(jìn)入磁場和穿出磁場的過程都做減速運動,根據(jù)F=BIL可知線圈進(jìn)入磁場時安培力的平均值較大,線圈克服安培力做功較多,產(chǎn)生的內(nèi)能較大,故B錯誤;D、設(shè)線圈全部進(jìn)入磁場時速度為v′,取初速度方向為正方向,由動量定理可知:進(jìn)入磁場過程中:﹣BL△t1=mv′﹣mv0,又電量q=△t1=,得:m(v0﹣v′)=BLq=同理可得離開磁場過程中:m(v′﹣v)=進(jìn)入和穿出磁場過程,磁通量的變化量相等,則進(jìn)入和穿出磁場的兩個過程通過導(dǎo)線框橫截面積的電量相等,則有:v0﹣v′=v′﹣v,解得:v′=,故C正確。C、線圈進(jìn)入磁場和穿出磁場的過程中,通過線圈的磁通量變化量相等,根據(jù)q=知,通過線圈橫截面的電荷量的絕對值大小相同,故D錯誤。故選:C。【點評】對于安培力作用下導(dǎo)體棒的運動問題,如果涉及電荷量、求位移問題,常根據(jù)動量定理結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律列方程進(jìn)行解答。14.(2021?天心區(qū)校級二模)如圖,間距均為L的平行虛線M、N、R間存在著磁感應(yīng)強度大小相等,方向相反的勻強磁場,磁場方向垂直于紙面.紙面內(nèi)有一等腰直角三角形導(dǎo)線框abc,長為L的bc邊與虛線M垂直.現(xiàn)讓線框沿bc方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域,從c點經(jīng)過虛線M開始計時,線框中電功率P與時間t的關(guān)系正確的是()A. B. C. D.【分析】由楞次定律依據(jù)磁通量的變化可以判定感應(yīng)電流的方向,根據(jù)導(dǎo)線切割磁感線的有效長度,由法拉第電磁感應(yīng)定律分段分析感應(yīng)電動勢E與時間t的關(guān)系,由功率公式P=分析線框中電功率P與時間t的關(guān)系,從而確定圖像的形狀?!窘獯稹拷猓篶點由虛線M運動到虛線N的過程中,導(dǎo)線切割的有效長度l1=vt感應(yīng)電流方向沿逆時針,根據(jù)電功率公式有;c點由虛線N運動到虛線R的過程中,導(dǎo)線切割的有效長度:l2=2vt電流方向沿順時針,根據(jù)電功率公式有;ab邊由虛線N運動到虛線R的過程中,導(dǎo)線切割的有效長度l3=vt電流方向沿逆時針,根據(jù)電功率公式有,故C正確,ABD錯誤。故選:C?!军c評】解答本題的關(guān)鍵要確定導(dǎo)線有效長度與時間的關(guān)系,再法拉第電磁感應(yīng)定律和電功率公式確定電功率與時間的關(guān)系,根據(jù)解析式分析圖像的形狀。15.(2021?江蘇二模)如圖所示,兩電阻不計的足夠長光滑導(dǎo)軌傾斜放置,上端連接一電阻R,空間有一垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場B,一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好,從某處自由釋放,下列四幅圖像分別表示導(dǎo)體棒運動過程中速度v與時間t關(guān)系、加速度a與時間t關(guān)系、機械能E與位移x關(guān)系、以及通過導(dǎo)體棒電量q與位移x關(guān)系,其中可能正確的是()A. B. C. D.【分析】根據(jù)導(dǎo)體棒的受力情況和運動情況推導(dǎo)出位移a與t、速度v與t、E與x、q與x的關(guān)系,根據(jù)關(guān)系式結(jié)合圖象進(jìn)行分析?!窘獯稹拷猓篈、設(shè)導(dǎo)軌寬度為L,對金屬棒根據(jù)牛頓第二定律可得:mgsinθ﹣BIL=ma,其中I=,則有:mgsinθ﹣=ma,解得:a=gsinθ﹣隨著速度的增加,加速度逐漸減小,根據(jù)v=at可知v﹣t圖象的斜率減小,當(dāng)加速度為零時導(dǎo)體棒做勻速運動,故A錯誤;B、根據(jù)a=gsinθ﹣=gsinθ﹣,由于加速度逐漸減小,a﹣t圖象的斜率逐漸減小,故B錯誤;C、開始時,合力方向沿斜面向下,位移沿斜面向下,安培力做負(fù)功,金屬棒的機械能減少;在很短一段位移△x內(nèi),根據(jù)功能關(guān)系可得:△E=BIL△x=,所以E﹣x圖象的斜率表示安培力,隨著速度增大、安培力增大、圖象的斜率增大,最后勻速運動時,安培力不變,則E﹣x圖象的斜率不變,故C正確;D、根據(jù)電荷量的計算公式可得:q====,所以q﹣x關(guān)系圖象是通過原點的傾斜直線,故D錯誤。故選:C?!军c評】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖象問題,根據(jù)導(dǎo)體棒的運動情況和受力情況,推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的關(guān)系式,由此進(jìn)行解答,這是電磁感應(yīng)問題中常用的方法和思路。16.(2021春?鼓樓區(qū)校級期中)如圖,理想變壓器原線圈上連接著在水平面內(nèi)的長直平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌之間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場,一金屬桿MN在導(dǎo)軌上左右來回運動,始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,其速度v隨時間t的變化規(guī)律為v=v0sint,兩燈A、B均發(fā)光,線圈L的直流電阻、導(dǎo)軌和金屬桿的電阻均忽略不計。則()A.只增大T,則燈A變亮、燈B變暗 B.當(dāng)時間t=T時,理想交流電壓表的示數(shù)為零 C.只將變阻器R的滑片下滑時,理想交流電壓表的示數(shù)變小 D.只增大電容器兩極板距離,A燈變暗【分析】若MN棒以速度v=v0sint的規(guī)律在導(dǎo)軌上左右來回運動,原線圈中產(chǎn)生正弦式交變電流,副線圈中將有感應(yīng)電流產(chǎn)生,根據(jù)電容器和電感線圈的特性分析選擇;電壓表的示數(shù)為有效值;電壓表的示數(shù)由原副線圈匝數(shù)比和原線圈的電壓決定;根據(jù)容抗的計算公式分析A燈亮度變化。【解答】解:設(shè)導(dǎo)軌寬度為L、磁感應(yīng)強度為B,由于速度v隨時間t的變化規(guī)律為v=v0sint,則感應(yīng)電動勢:e=BLv=BLv0sint;A、只增大T,感應(yīng)電動勢的有效值不變,但頻率減??;電容器的特性:通交流,隔直流,通調(diào)頻,阻低頻,所以燈A變暗;電感的特性:通直流,阻交流。通低頻,阻高頻,所以燈B變亮,故A錯誤;B、當(dāng)時間t=T時,兩燈都亮著,電壓表的示數(shù)為有效值,不為零,故B錯誤;C、只將變阻器R的滑片下滑時,變阻器R阻值減小,通過副線圈的電流增大,電壓表的示數(shù)是由原副線圈匝數(shù)比和原線圈的電壓決定,保持不變,故C錯誤;D、只增大電容器兩極板距離,電容C減小,根據(jù)容抗XC=可知電容的阻礙作用增大,A燈變暗,故D正確。故選:D?!军c評】本題考查對變壓器原理的理解,并抓住產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件和電感、電容的特性進(jìn)行分析.明確電感和電容對交流電的阻礙作用.17.(2021?南充模擬)航空母艦的艦載機在起飛的過程中,僅靠自身發(fā)動機噴氣不足以在飛行甲板上達(dá)到起飛速度,如果安裝輔助起飛的電磁彈射系統(tǒng)(如圖甲所示)就能達(dá)到起飛速度。電磁彈射系統(tǒng)的一種設(shè)計可簡化為乙圖所示,圖中MN、PQ是光滑平行金屬直導(dǎo)軌(電阻忽略不計),AB是電磁彈射車,回路PBAM中電流恒定,該電流產(chǎn)生的磁場對彈射車施加力的作用,從而帶動艦載機由靜止開始向右加速起飛,不計空氣阻力,關(guān)于該系統(tǒng),下列說法正確的是()A.MN、PQ間的磁場是勻強磁場 B.彈射車做加速度減小的加速運動 C.彈射車的動能與電流的大小成正比 D.回路PBAM中通以交變電流,彈射車仍能正常加速【分析】通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場為環(huán)形磁場,離導(dǎo)線越遠(yuǎn),磁場越弱;結(jié)合安培力表達(dá)式,根據(jù)題意判斷表達(dá)式中各物理量變化,從安培力大小的變化情況可判斷加速度情況,結(jié)合動能定理與安培力表達(dá)式可判斷C選項正誤,判斷電流方向變化時彈射車的受力情況可判斷其是否能在通過交流電時正常加速?!窘獯稹拷猓篈、根據(jù)右手螺旋法則可知平行金屬直導(dǎo)軌之間存在豎直向上的磁場,且通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場為環(huán)形磁場,離導(dǎo)線越遠(yuǎn),磁場越弱,故MN、PQ間的磁場不是勻強磁場,故A錯誤;B.沿導(dǎo)軌方向,磁場不變,且M、P兩端加載恒定電壓,電阻不變,則電流大小也不變,平行導(dǎo)軌的寬度也不變,則由安培力表達(dá)式F安=BIL,可知安培力大小不變,所以彈射車的加速度不變,故彈射車做勻加速直線運動,故B錯誤;C.根據(jù)動能定理可知下F安x=Ek﹣0,當(dāng)回路中的電流增大,則會使導(dǎo)軌間的磁場也隨之增大,則結(jié)合安培力表達(dá)式F安=BIL,電流增大,表達(dá)式中B與I均增大,可知安培力與電流的大小不成正比,故動能與電流的大小也不成正比,故C錯誤;D.根據(jù)右手螺旋法則可知電流方向沿回路PBAM時,導(dǎo)軌之間產(chǎn)生豎直向上的磁場,結(jié)合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向向右;當(dāng)電流方向沿回路MABP時,根據(jù)右手螺旋法則導(dǎo)軌之間產(chǎn)生豎直向下的磁場,結(jié)合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向依然向右。故電流的變化不改變電磁彈射車所受安培力的方向,即電磁彈射系統(tǒng)能夠正常工作,故D正確。故選:D?!军c評】本題考查范圍較廣,涉及知識點包括安培力表達(dá)式、動能定理以及牛頓第二定律,對學(xué)生整合已學(xué)知識點進(jìn)行綜合運用的能力以及分析綜合能力有一定要求,難度適中。18.(2021?興慶區(qū)校級三模)如圖甲,兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi)。外圓環(huán)通以如圖乙所示的電流。規(guī)定內(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b端時,a、b間的電壓Uab為正,下列Uab﹣t圖像可能正確的是()A. B. C. D.【分析】分析第一個周期內(nèi)的感應(yīng)電流變化情況,通過分析電流的變化明確磁場的變化,根據(jù)楞次定律即可得出內(nèi)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢,從而確定a、b間的電壓uab變化情況?!窘獯稹拷猓河梢覉D可知,在0~0.25T0內(nèi),通過大圓環(huán)的電流沿順時針增加,由楞次定律可判斷內(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b端,因電流的變化率逐漸減小,故內(nèi)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸減小,a、b間的電壓uab等于內(nèi)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢,則uab逐漸減小到零;同理可知,在0.25T0~0.5T0內(nèi),通過大圓環(huán)的電流沿順時針逐漸減小,由楞次定律可知,a端電勢低于b端,因電流的變化率逐漸變大,故內(nèi)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變大,則uab逐漸增大。在第二個0.5T0內(nèi),重復(fù)以上變化,綜合來看,選擇C符合變化特點,故C正確,ABD錯誤。故選:C?!军c評】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用,要注意明確楞次定律解題的基本步驟,正確掌握并理解“增反減同”的意義,并能正確應(yīng)用。19.(2021?義烏市模擬)如圖所示M、N為處在勻強磁場中的兩條位于同一水平面內(nèi)的平行長導(dǎo)軌,一端串接電阻R,磁場沿豎直方向,ab為金屬桿,可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動,滑動時始終保持與導(dǎo)軌垂直,桿和導(dǎo)軌的電阻不計,現(xiàn)于導(dǎo)軌平面內(nèi)沿垂直于ab方向?qū)U施一水平恒力F,使桿從靜止出發(fā)向右運動,在以后的過程中,力F沖量的大小I、力F瞬時功率的大小以及力F所做的功的大小隨時間t變化的圖線,分別對應(yīng)于圖中的哪一條圖線?()A.甲、乙和丙 B.甲、乙和丁 C.乙、丙和丁 D.乙、丙和甲【分析】根據(jù)沖量的定義I=Ft分析力F沖量的大小I與t的關(guān)系;對金屬桿進(jìn)行受力分析,分析清楚金屬桿的運動過程,由牛頓第二定律判斷加速度如何變化,從而確定其速度的變化情況,由P=Fv分析力F瞬時功率的大小與時間的關(guān)系;根據(jù)功的公式W=Fl分析力F所做的功的大小與時間的關(guān)系?!窘獯稹拷猓毫是恒力,則力F沖量的大小I=Ft,I與t成正比,I﹣t圖像為過原點的直線,對應(yīng)甲圖線;金屬桿ab在運動過程中受到的安培力大小為:FA=BIL=,根據(jù)牛頓第二定律得:F﹣FA=ma,得:F﹣=ma,可知,隨著速度v增大,金屬桿所受的安培力增大,合外力減小,加速度減小,故金屬桿做加速度逐漸減小的變加速運動,當(dāng)加速度減為零時做勻速直線運動,力F瞬時功率的大小:P=Fv,可知,P﹣t圖線對應(yīng)乙圖線。設(shè)在極短時間△t內(nèi)金屬桿的位移為△x,力F做的功為△W,則△W=F△x=Fv?△t,則=Fv,故W﹣t圖像的斜率表示力F的瞬時功率,可知P﹣t圖線對應(yīng)丙圖線,故A正確,BCD錯誤。故選:A?!军c評】對金屬桿正確進(jìn)行受力分析,分析清楚其運動過程,再根據(jù)各個圖線斜率的變化情況,來分析圖像的形狀。20.(2021春?贛縣區(qū)校級月考)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上,兩銅片P、Q分別于圓盤的邊緣和銅軸接觸,圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中,圓盤旋轉(zhuǎn)時,關(guān)于流過電阻R的電流,下列說法正確的是()A.若從上往下看,圓盤順時針轉(zhuǎn)動,則電流沿a到b的方向流動 B.因為通過圓盤面的磁通量為零,所以無電流 C.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍【分析】圓盤可等效看成無數(shù)條半徑組成的,這些導(dǎo)體做切割磁感線運動,有效切割長度為銅盤的半徑,根據(jù)感應(yīng)電動勢公式分析電動勢情況,由歐姆定律分析電流情況。根據(jù)右手定則分析感應(yīng)電流方向,根據(jù)電功率計算公式分析電流在R上的熱功率變化情況?!窘獯稹拷猓篈B、若從上往下看,圓盤順時針轉(zhuǎn)動,可看做無數(shù)條半徑在切割磁感線,根據(jù)右手定則可知,電流沿a到b的方向流動,故A正確,B錯誤;C、若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流大小發(fā)生變化,但是電流方向不發(fā)生變化,故C錯誤;D、若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,根據(jù)轉(zhuǎn)動切割感應(yīng)電動勢公式E=Bωr2,得電流在R上的熱功率P==,即在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍,故D錯誤。故選:A。【點評】本題是轉(zhuǎn)動切割磁感線類型,運用等效法處理。根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向,需要熟練掌握。二.多選題(共10小題)21.(2021春?濱海新區(qū)期末)如圖所示,單匝線圈ABCD在外力作用下以速度v向右勻速進(jìn)入勻強磁場,第二次以速度2v勻速進(jìn)入同一勻強磁場。則第二次與第一次進(jìn)入過程中()A.線圈中感應(yīng)電動勢之比為1:2 B.線圈中電流之比為2:1 C.通過線圈的電量之比為1:1 D.線圈中產(chǎn)生的熱量之比為4:1【分析】根據(jù)切割公式E=BLv求解電動勢,然后求出感應(yīng)電動勢之比;由閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流,然后求出電流之比;由電流定義式求出流過線圈的電荷量,然后求出電荷量之比;由焦耳定律求出線圈產(chǎn)生的熱量,然后求出熱量之比?!窘獯稹拷猓涸O(shè)磁感應(yīng)強度大小為B,BD邊長度為L,CD邊長為L′,線圈電阻為R,已知線圈的速度v1=v,v2=2v;A、線圈進(jìn)入磁場過程中,線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv,第二次與第一次進(jìn)入過程中,感應(yīng)電動勢之比E2:E1=2v:v=2:1,故A錯誤;B、由閉合電路的歐姆定律可知,感應(yīng)電流I==,感應(yīng)電流I與速度v成正比,第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時線圈中電流之比I2:I1=2v:v=2:1,故B正確;C、通過線圈的電荷量q=IΔt=Δt=Δt=,電荷量與速度無關(guān),電荷量之比為1:1,故C正確;D、線圈進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的熱量:Q=I2Rt=()2?R?=,產(chǎn)生的熱量與速度成正比,第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時線圈中產(chǎn)生熱量之比:Q2:Q1=2v:v=2:1,故D錯誤;故選:BC?!军c評】本題關(guān)鍵明確線圈進(jìn)入磁場過程中,電動勢E=BLv,然后根據(jù)P=Fv求解功率,根據(jù)Q=I2Rt求解熱量,由電流定義式可以求出電荷量.22.(2021春?黃埔區(qū)校級期末)如圖為電磁剎車實驗裝置,小車底面安裝有矩形導(dǎo)線框abcd,線框底面平行于地面,在小車行進(jìn)方向有與abcd等寬、等長的有界勻強磁場,磁場方向垂直地面向上。小車進(jìn)入磁場前撤去牽引力,小車穿過磁場后滑行一段距離停止。則小車()A.進(jìn)入磁場時,矩形導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向為adcba B.穿過磁場的過程中,中間有一段時間矩形導(dǎo)線框中沒有感應(yīng)電流 C.小車進(jìn)入磁場前的速度越大,滑行的距離越遠(yuǎn) D.穿過磁場的過程中,矩形導(dǎo)線框受到的安培力方向始終水平向左【分析】導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流由右手定則來判斷,通電直導(dǎo)線在磁場中受到的安培力由左手定則來判斷。判斷是否有感應(yīng)電流主要看磁通量是否發(fā)生變化?!窘獯稹拷猓篈,進(jìn)入磁場時,ab邊切割磁感線,根據(jù)右手定則,則可判斷感應(yīng)電流的方向為abcda,故A錯誤。B,因為矩形導(dǎo)線框與有界磁場等寬,導(dǎo)線框進(jìn)入磁場時,磁通量增大,離開磁場時,磁通量減小,所以一直有感應(yīng)電流,故B錯誤。C,汽車穿過磁場時,通過的電荷量q=It==,所以通過汽車的電荷量q恒定,結(jié)合動量定理﹣BILt=mv2﹣mv1即BLq=mv2﹣mv1,所以進(jìn)入磁場的速度越大,出磁場的速度越大,滑行的距離越遠(yuǎn),故C正確;D,進(jìn)入磁場時感應(yīng)電流的方向為abcda,根據(jù)左手定則可判斷ab邊受到安培力的方向沿水平向左;離開磁場時的電流方向為adcba,根據(jù)左手定則,cd邊受到安培力的方向依然水平向左。故D正確。故選:CD?!军c評】用右手定則判斷感應(yīng)電流的方向,用左手定則判斷安培力的方向,用磁通量的變化來判斷感應(yīng)電流的有無。23.(2021春?棗莊期末)如圖甲所示,在磁場區(qū)域內(nèi)有一正方形閉合金屬線框abcd.勻強磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示,t=0時磁場方向垂直于紙面向外.規(guī)定金屬線框中的感應(yīng)電流逆時針方向為正,ab邊受安培力方向向右為正.則金屬線框中的感應(yīng)電流I及ab邊受安培力F隨時間t的變化圖像正確的是()A. B. C. D.【分析】由右圖可知B的變化,則可得出磁通量的變化情況,由楞次定律可知電流的方向;由法拉第電磁感應(yīng)定律可知電動勢,即可知電路中電流的變化情況,由F=BIL可知安培力的變化情況?!窘獯稹拷猓篈B、由圖可知,0﹣1s內(nèi),線圈中磁通量的變化率相同,故0﹣1s內(nèi)電流的方向相同,由楞次定律可知,電路中電流方向為逆時針,即電流為正方向;同理可知,1﹣2s內(nèi)電路中的電流為順時針,電流為負(fù)的,且兩段時間內(nèi)電流強度大小時等,故A錯誤,B正確;C、由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,感應(yīng)電動勢:E==S是定值,電路中電流大小I=恒定不變,由F=BIL可知,F(xiàn)與B成正比;由左手定律可知,ab邊0﹣0.5s內(nèi)與1.5﹣2s內(nèi)安培力向左,為負(fù)值。0.5﹣1s內(nèi)與1﹣1.5s內(nèi)安培力向右,為正值,故C正確,D錯誤。故選:BC?!军c評】本題要求學(xué)生能正確理解B﹣t圖的含義,才能準(zhǔn)確的利用楞次定律、左手定律等進(jìn)行判定;解題時要特別注意,0﹣1s,1﹣2s,雖然磁場的方向發(fā)生了變化,但因其變化為連續(xù)的,故產(chǎn)生的電流一定是相同的。24.(2021春?河北期末)如圖所示,光滑絕緣水平面上有一個質(zhì)量為m、邊長為l的正方形線圈,沿水平方向以某一初速度進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,當(dāng)線圈有一半進(jìn)入磁場區(qū)域時,其速度恰好為零。已知線圈的總電阻為R,不考慮線圈的自感系數(shù)。下列說法正確的是()A.線圈運動過程中加速度越來越小 B.整個過程中,通過線圈某一橫截面的電荷量為 C.線圈的初速度為 D.整個過程中線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為【分析】根據(jù)牛頓第二定律和安培力公式列式分析線圈加速度的變化情況,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和電荷量與電流的關(guān)系求通過線圈某一橫截面的電荷量;根據(jù)動量定理求線圈的初速度;根據(jù)能量守恒定律求線圈中產(chǎn)生的焦耳熱?!窘獯稹拷猓篈、線圈進(jìn)入磁場的過程中,受到向左的安培力而減速,設(shè)線圈的速度為v時,加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律得:F安=ma,又F安=BIl=Bl?=聯(lián)立得a=,則知隨著速度減小,線圈的加速度減小,故A正確;B、整個過程中,通過線圈某一橫截面的電荷量為q=?Δt,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得:==,根據(jù)閉合電路歐姆定律得:=聯(lián)立解得q==,故B正確;C、設(shè)線圈的初速度為v0。取向右為正方向,由動量定理得:﹣Bl?Δt=0﹣mv0,其中?Δt=q=,解得v0=,故C正確;D、整個過程中線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為Q==,故D錯誤。故選:ABC?!军c評】解答本題時,關(guān)鍵要能推導(dǎo)出電荷量與磁通量變化量的關(guān)系式q=,要知道線圈進(jìn)入磁場的過程做變減速直線運動,可根據(jù)動量定理求初速度。25.(2021春?龍巖期末)一種帶有閃爍燈的自行車后輪結(jié)構(gòu)如圖所示,車輪與輪軸之間均勻地連接4根金屬條、每根金屬條中間都串接一個小燈珠,每個小燈珠阻值相等且恒定,金屬條與車輪金屬邊框構(gòu)成閉合回路,車輪半徑r=0.4m,輪軸半徑可以忽略。車架上固定一個強磁鐵,可形成圓心角θ=60°的扇形勻強磁場區(qū)域,磁感應(yīng)強度B=2.0T,方向如圖所示,若自行車正常前進(jìn)時,后輪順時針轉(zhuǎn)動的角速度恒為ω=10rad/s,不計其它電阻和車輪厚度,當(dāng)金屬條ab進(jìn)入磁場時()A.金屬條ab中的電流方向是從a到b B.a(chǎn)b間的電壓為0.4V C.通過四盞小燈珠的電流相同 D.通過金屬條ab間小燈珠的電流等于另外三盞小燈珠的電流之和【分析】當(dāng)其中一根金屬條在磁場中切割磁感應(yīng)線時,該金屬條相當(dāng)于電源,其它三根金屬條相當(dāng)于外電路且并聯(lián),根據(jù)右手定則判斷電流方向;根據(jù)電路連接特點求解電路總電阻;根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流,根據(jù)歐姆定律求解ab間的電壓?!窘獯稹拷猓篈、當(dāng)金屬條ab進(jìn)入磁場時,自身相當(dāng)于電源,根據(jù)右手定則可知,電流從b流向a,故A錯誤;BCD、金屬條ab進(jìn)入磁場時,等效電路圖如下:根據(jù)電磁感應(yīng)定律可知E==0.5×2.0×0.42×10V=1.6V由于燈珠電阻相同,設(shè)為R,外電路三個燈珠并聯(lián),并聯(lián)電阻R并=根據(jù)閉合電路歐姆定律知:I=所以ab間的電壓即外電路電壓U外=I=0.4V,同時通過金屬條ab間小燈珠的電流等于另外三盞小燈珠的電流之和,故BD正確,C錯誤;故選:BD?!军c評】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與電路的結(jié)合,關(guān)鍵是搞清電路的連接關(guān)系,正確區(qū)分電源和外電路,同時要掌握轉(zhuǎn)動切割感應(yīng)電動勢的計算公式。26.(2021春?開封期末)如圖所示,空間存在方向豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小B=0.5T。在勻強磁場區(qū)域內(nèi),有一對光滑平行金屬導(dǎo)軌處于同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌足夠長,導(dǎo)軌間距L=1m,電阻可忽略不計。質(zhì)量均為m=lkg、電阻均為R=2.5Ω的金屬導(dǎo)體棒MN和PQ垂直放置于導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌接觸良好?,F(xiàn)給MN一水平向右瞬時作用力F,使棒MN獲得初速度v0=4m/s,下列說法正確的是()A.兩棒最終都是2m/s B.棒MN上產(chǎn)生的熱量4J C.通過MN的電量4C D.從開始到穩(wěn)定,回路MNPQ的面積增加4m2【分析】兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動量守恒;根據(jù)能量守恒可求得系統(tǒng)產(chǎn)生熱量,根熱量與電阻的關(guān)系求得MN的熱量,結(jié)合動量定理計算電荷量,根據(jù)電磁感應(yīng)定律求得面積?!窘獯稹拷猓篈、從棒MN獲得初速度到兩棒最終相對靜止的過程中,由于系統(tǒng)受力平衡,所以兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動量守恒,規(guī)定向右為正,則mv0=2mv,代入數(shù)據(jù)解得v=2m/s,故A正確;B、兩導(dǎo)體棒最終共速向右運動,根據(jù)能量守恒有Q===4J,由于MN與PQ的電阻相等,所以QMN==2J,故B錯誤;C、電荷量:q=,導(dǎo)體棒MN,根據(jù)動量定理有Bt=mv,代入數(shù)據(jù)解得q=4C,故C正確;D、由C選項知q==4C,根據(jù)==,代入數(shù)據(jù)解得S=40m2,故D錯誤。故選:AC?!军c評】本題考查雙導(dǎo)體棒運動問題,關(guān)鍵在于若無摩擦力,則兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動量守恒,最終達(dá)到共速,可根據(jù)能量守恒計算熱量。27.(2021?七星區(qū)校級模擬)如圖甲,邊長為L、匝數(shù)為n的正方形閉合金屬線圈abcd置于垂直紙面的勻強磁場中,線圈的總電阻為R,規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度的正方向,磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙。下列說法正確的是()A.在時刻,線圈中的感應(yīng)電流為 B.在時刻,線圈ab邊受到的安培力水平向右 C.在1s內(nèi)線圈中的電流方向改變了次 D.在任一周期內(nèi)通過線圈某一橫截面的電量為0【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析,B隨時間t的變化率為零,則線圈中的感應(yīng)電流為0,線圈不受安培力。一個周期內(nèi)電流方向改變兩次。根據(jù)電荷量公式可知,q=n,據(jù)此分析?!窘獯稹拷猓篈、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知,E=n,在時刻,B隨時間t的變化率為零,則線圈中的感應(yīng)電流為0,故A錯誤;B、同理,在時刻,B隨時間t的變化率為零,則線圈中的感應(yīng)電流為零,線圈ab邊不受安培力作用,故B錯誤;C、B變化的周期為2t0,一個周期內(nèi)電流方向改變兩次,故1s內(nèi)線圈中的電流方向改變了次,故C正確;D、根據(jù)電荷量公式可知,q=n,任一周期內(nèi),磁通量的變化量為0,則通過線圈某一橫截面的電量為0,故D正確。故選:CD?!军c評】該題是法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、焦耳定律和楞次定律等知識的綜合應(yīng)用,這些都是電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵守的基本規(guī)律,要熟練掌握,并能正確應(yīng)用。28.(2021?武侯區(qū)校級模擬)如圖所示,正方形金屬線圈abcd邊長為L,電阻為R?,F(xiàn)將線圈平放在粗糙水平傳送帶上,ab邊與傳送帶邊緣QN平行,隨傳送帶以速度v勻速運動,勻強磁場的邊界PQNM是平行四邊形,磁場方向垂直于傳送帶向上,磁感應(yīng)強度大小為B,PQ與QN夾角為45°,PM長為2L,PQ足夠長,線圈始終相對于傳送帶靜止,在線圈穿過磁場區(qū)域的過程中,下列說法正確的是()A.線圈感應(yīng)電流的方向先是沿adcba后沿abcda B.線圈受到的靜摩擦力先增大后減小 C.線圈始終受到垂直于ad向右的靜摩擦力 D.線圈受到摩擦力的最大值為【分析】應(yīng)用楞次定律可以判斷出感應(yīng)電流方向;根據(jù)線圈的運動過程判斷安培力大小如何變化,然后應(yīng)用平衡條件判斷摩擦力大小如何變化;應(yīng)用左手定則判斷出安培力方向,然后判斷出摩擦力方向;當(dāng)線圈進(jìn)入磁場的有效長度最大時線圈受到的安培力最大,此時摩擦力最大,應(yīng)用安培力公式求出最大安培力即可求出最大摩擦力?!窘獯稹拷猓篈、線圈進(jìn)入磁場時磁通量增大,離開磁場時磁通量減小,由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向先沿adcba后沿abcda,故A正確;B、因線圈切割磁感線的有效長度先變大,后變小,再變大,再變小,感應(yīng)電流和安培力大小也做同樣變化,線圈始終相對于傳送帶靜止做勻速運動,線圈受到的靜摩擦力與安培力等大反向,說明靜摩擦力先變大,后變小,再變大,再變小,故B錯誤;C、線圈受到安培力平行QN方向向左,靜摩擦力和安培力等大反向,說明靜摩擦力平行QN方向向右,與ad不垂直,故C錯誤;D、線圈受到安培力最大值,由前面分析可知靜摩擦力和安培力等大反向,說明摩擦力的最大值為,故D正確。故選:AD?!军c評】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)相結(jié)合的一道綜合題,根據(jù)題意分析清楚線圈的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵,應(yīng)用楞次定律、左手定則與安培力公式即可解題。29.(2021?桃城區(qū)校級三模)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度,其原理示意圖如圖所示。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,導(dǎo)軌電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。電容器電容C,首先開關(guān)接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,M達(dá)到最大速度vm后離開導(dǎo)軌。這個過程中()A.MN做勻加速直線運動 B.通過MN的電量q= C.達(dá)到最大速度時電容器C兩極板間的電壓為0 D.求出通過M的電量q后,不可以利用的公式q==求出M加速過程的位移【分析】MN開始運動后,要切割磁感線產(chǎn)生反電動勢,回路中的總電壓減小,從而導(dǎo)致電流減小,MN不可能做勻加速運動;對MN應(yīng)用動量定理可以求出通過MN的電量q;當(dāng)MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢等于電容器兩極板間電壓時通過MN的電流為零,MN開始做勻速運動,速度最大;根據(jù)歐姆定律與電流定義式求出電荷量的表達(dá)式,分析能否利用公式q==求出MN加速過程的位移?!窘獯稹拷猓篈、MN開始運動后,要切割磁感線產(chǎn)生反電動勢,回路中的總電壓減小,回路中電流減小,MN受到的安培力減小,加速度減小,則MN做加速度減小的變加速運動,故A錯誤;B、設(shè)在此過程中MN的平均電流為I,通過MN的電量為:q=I?Δt,MN上受到平均安培力為:F=BIL,由動量定理,有:F?Δt=mvm﹣0,聯(lián)立解得:q=,故B正確;C、達(dá)到最大速度時電容器C兩極板間的電壓不為0,等于MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢BLVm,故C錯誤;D、不可以,因為:該過程中任一時刻電流為:I=,U是電容器板間電壓,從式中可以看出電流不恒定,取一很短時間Δt',流過MN電量為:q=IΔt'=Δt',只有當(dāng)U=0時才可以得出式q=,而本題過程中始終不滿足U=0,故D正確。故選:BD?!军c評】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識的綜合,解決這類題目的基本思路是對研究對象正確進(jìn)行受力分析,弄清運動形式,然后依據(jù)相應(yīng)規(guī)律求解。30.(2021春?湖北月考)如圖所示,在光滑絕緣的水平面上方,有兩個方向相反的水平方向的勻強磁場,磁場范圍足夠大,磁感應(yīng)強度的大小左邊為2B,右邊為3B,一個豎直放置的寬為L、長為3L、質(zhì)量為m、電阻為r的矩形金屬線框,以初速度v垂直磁場方向從圖中實線位置開始向右運動,當(dāng)線框運動到虛線位置(在左邊磁場中的長度為L、在右邊磁場中的長度為2L)時,線框的速度為,則下列判斷正確的是()A.此時線框中電流方向為逆時針,電功率為 B.此過程中通過線框截面的電量為 C.此時線框的加速度大小為 D.此過程中線框克服安培力做的功為mv2【分析】根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢,根據(jù)電功率的計算公式求解電功率;求出初位置、虛線位置的磁通量和此過程中磁通量的變化量,根據(jù)電荷量的經(jīng)驗公式求解通過線框截面的電量;根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大??;根據(jù)能量守恒定律可得此過程中線框克服安培力做的功?!窘獯稹拷猓篈、線框向右運動,由右手定則可知,線框在圖示虛線位置,線框右邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆時針方向,線框左邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆時針方向,因此此時線框中電流方向為逆時針,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=2BL×v+3BL×=,電功率為P===,故A正確;B、初位置線框的磁通量Φ1=2BS=6BL2,方向向外;在虛線位置的磁通量為Φ2=3B×2L×L﹣2BL×L=4BL2,方向向里;以向里為正方向,此過程中磁通量的變化量為ΔΦ=Φ2﹣Φ1=4BL2﹣(﹣6BL2)=10BL2,此過程中通過線框截面的電量為q=Δt=Δt=Δt=,故B錯誤;C、由閉合電路的歐姆定律可知,此時線框的電流I=,線框受到的安培力大小FA=2BIL+3BIL=5BIL=,根據(jù)牛頓第二定律可得,加速度大小a=,故C錯誤;D、設(shè)此過程中線框克服安培力做的功為W,由能量守恒定律得:W==,故D正確。故選:AD?!军c評】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的力學(xué)問題和能量問題,知道線框的受力情況,根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程,根據(jù)能量守恒定律、電功率的計算公式等列方程求解;此外還有牢記電荷量的經(jīng)驗公式。三.填空題(共10小題)31.(2021春?齊齊哈爾月考)邊長為l、總電阻為R的正方形閉合線圈,從磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場用一個平行線框的力將此線框勻速地拉出磁場。設(shè)第一次速度為v,第二次速度為2v,則(1)兩次拉力大小之比為F1:F2=1:2;(2)兩次拉力做的功之比為W1:W2=1:2;(3)兩次拉力功率之比為P1:P2=1:4;(4)兩次通過線圈截面的電荷量之比為q1:q21:1?!痉治觥吭诤懔ψ饔孟?,矩形線圈以不同速度被勻速拉出,拉力與安培力大小相等,根據(jù)安培力的計算公式求解拉力之比;根據(jù)功的功的計算公式求解做功之比;功率等于拉力與速度的乘積;感應(yīng)電荷量由q=It求解.【解答】解:(1)根據(jù)平衡條件可得拉力F=F安=BIL=∝v,則得F1:F2=1:2;(2)拉力做的功W=FL=∝v,則得W1:W2=1:2;(3)拉力的功率為:P=Fv=∝v2,所以拉力的功率之比為P1:P2=1:4;(4)流過導(dǎo)線橫截面的電量q=It==,q與v無關(guān),所以q1:q2=1:1。故答案為:(1)1:2;(2)1:2;(3)1:4;(4)1:1?!军c評】要對兩種情況下物理量進(jìn)行比較,我們應(yīng)該先把要比較的物理量表示出來再求解.關(guān)鍵要掌握安培力的推導(dǎo)方法和感應(yīng)電荷量的表達(dá)式.32.(2021春?思明區(qū)校級月考)如圖所示,在垂直紙面向里的有界勻強磁場區(qū)域的左側(cè),一個質(zhì)量為m的正方形線框由位置Ⅰ以初速度v沿垂直于磁場邊界水平向右運動,線框經(jīng)過位置Ⅱ,當(dāng)運動到位置Ⅲ時速度恰為零,此時線框剛好有一半離開磁場區(qū)域。線框的邊長小于磁場區(qū)域的寬度。不計摩擦力,則線框從位置Ⅰ到位置Ⅱ的過程中,線框產(chǎn)生的焦耳熱為。【分析】對線框進(jìn)入磁場和

溫馨提示

  • 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
  • 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
  • 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
  • 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
  • 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
  • 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
  • 7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

評論

0/150

提交評論