高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題4 電路和電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)及其應(yīng)用特訓(xùn)

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第2講 電磁感應(yīng)及其應(yīng)用 1．(2016華南師大附中綜測(cè)三)如圖所示，半徑為R1的圓形的導(dǎo)體線框，套住了半徑為R2的邊界為圓形的磁場(chǎng)區(qū)域，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝kt(k>0)變化時(shí)(　BC　) A．線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為πkR B．線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為πkR C．線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较? D．線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较? 解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝N，又N＝1，Δφ＝ΔBS，S＝πR，k＝，所以E＝πkR，A錯(cuò)誤，B正確，因?yàn)閗＞0，故B在垂直線框向外方向逐漸增大，由楞次定律知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向里，則感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍珻正確，D錯(cuò)誤． 2．(2015山東卷)(多選)如圖所示，一均勻金屬圓盤繞通過(guò)其圓心且與盤面垂直的軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．現(xiàn)施加一垂直穿過(guò)圓盤的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓盤開(kāi)始減速．在圓盤減速過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是(　ABD　) A．處于磁場(chǎng)中的圓盤部分，靠近圓心處電勢(shì)高 B．所加磁場(chǎng)越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng) C．若所加磁場(chǎng)反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動(dòng) D．若所加磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動(dòng) 解析：由右手定則可知，處于磁場(chǎng)中的圓盤部分，靠近圓心處電勢(shì)高，選項(xiàng)A正確；根據(jù)E＝BLv可知所加磁場(chǎng)越強(qiáng)，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，感應(yīng)電流越大，產(chǎn)生的阻礙圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的安培力越大，則圓盤越容易停止轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；若加反向磁場(chǎng)，根據(jù)楞次定律可知安培力阻礙圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)，故圓盤仍減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若所加磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤，則圓盤中無(wú)感應(yīng)電流，不產(chǎn)生安培力，圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確． 3．(2016黃岡模擬)如圖所示，足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37，寬度為0.5 m，電阻忽略不計(jì)，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導(dǎo)體接觸良好，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.8 T．將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此時(shí)導(dǎo)體棒MN的運(yùn)動(dòng)速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2，sin37＝0.6)(　B　) A．2.5 m/s　1 W B．5 m/s　1 W C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9 W 解析：把立體圖象變?yōu)槠矫鎴D，由平衡條件列出方程是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵，對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析作出截面圖，如圖所示，導(dǎo)體棒共受四個(gè)力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力，由平衡條件得 mgsin 37＝F安＋Ff， ① Ff＝μFN， ② FN＝mgcos 37， ③ 而F安＝BIL， ④ I＝， ⑤ E＝BLv， ⑥ 聯(lián)立①～⑥式，解得 v＝ 代入數(shù)據(jù)得v＝5 m/s 小燈泡消耗的電功率為P＝I2R， ⑦ 由⑤⑥⑦式得P＝2R＝1 W．故選項(xiàng)B正確． 4．(2016佛山市檢測(cè))(多選)如圖所示，某同學(xué)在電磁爐面板上豎直放置一紙質(zhì)圓筒，圓筒上套一環(huán)形輕質(zhì)鋁箔，電磁爐產(chǎn)生的交變磁場(chǎng)的頻率、強(qiáng)度及鋁箔厚度可以調(diào)節(jié)．現(xiàn)給電磁爐通電，發(fā)現(xiàn)鋁箔懸浮了起來(lái)，若只改變其中一個(gè)變量，則(　CD　) A．增強(qiáng)磁場(chǎng)，鋁箔懸浮高度將不變 B．鋁箔越薄，鋁箔中產(chǎn)生的感應(yīng)電流越大 C．增大頻率，鋁箔中產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大 D．在剛接通電源產(chǎn)生如圖磁場(chǎng)的瞬間，鋁箔中會(huì)產(chǎn)生如圖所示的電流 解析：發(fā)現(xiàn)鋁箔懸浮了起來(lái)，是由于磁場(chǎng)的變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)致安培力出現(xiàn)，當(dāng)磁場(chǎng)增強(qiáng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大，則安培力增大，那么高度會(huì)升高，使其周圍的磁場(chǎng)會(huì)變?nèi)?，?dǎo)致安培力變小，仍與重力平衡，故A錯(cuò)誤；根據(jù)電阻定律R＝ρ，鋁箔越薄，S越小，則電阻越大，再由I＝，可知，感應(yīng)電流越小，故B錯(cuò)誤；當(dāng)增大頻率，導(dǎo)致磁場(chǎng)的變化率變大，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，那么感應(yīng)電流增大，故C正確；在剛接通電源產(chǎn)生如圖磁場(chǎng)的瞬間，根據(jù)楞次定律：增則反，可知，鋁箔中會(huì)產(chǎn)生如圖所示的電流，故D正確． 5．(2016濟(jì)南3月模擬)無(wú)限長(zhǎng)通電直導(dǎo)線在其周圍某一點(diǎn)產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流成正比，與導(dǎo)線到這一點(diǎn)的距離成反比，即B＝k(式中k為常數(shù))．如圖甲所示，光滑絕緣水平面上平行放置兩根無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線M和N，導(dǎo)線N中通有方向如圖的恒定電流IN，導(dǎo)線M中的電流IM大小隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，方向與N中電流方向相同．絕緣閉合導(dǎo)線框ABCD放在同一水平面上，AB邊平行于兩直導(dǎo)線，且位于兩者正中間．則以下說(shuō)法正確的是(　ACD　) A．0～t0時(shí)間內(nèi)，流過(guò)R的電流方向由C→D B．t0～2t0時(shí)間內(nèi)，流過(guò)R的電流方向由D→C C．0～t0時(shí)間內(nèi)，不計(jì)CD邊電流影響，則AB邊所受安培力的方向向左 D．t0～2t0時(shí)間內(nèi)，不計(jì)CD邊電流影響，則AB邊所受安培力的方向向右 解析：導(dǎo)線N中通有向上的恒定電流，所以在閉合導(dǎo)線框ABCD內(nèi)的磁通量向里，0～2t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線M內(nèi)電流逐漸增大，所以導(dǎo)線框ABCD內(nèi)的磁通量向里且增大，根據(jù)楞次定律，流過(guò)R的電流方向由C→D，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；導(dǎo)線M在AB處產(chǎn)生磁場(chǎng)方向向里，導(dǎo)線N在AB處產(chǎn)生磁場(chǎng)方向向外，0～t0時(shí)間內(nèi)，M中電流小于N中電流，故合磁感應(yīng)強(qiáng)度向外，不計(jì)CD邊電流影響，導(dǎo)線AB邊電流向下，根據(jù)左手定則所受安培力的方向向左，選項(xiàng)C正確；同理，t0～2t0時(shí)間內(nèi)，不計(jì)CD邊電流影響，導(dǎo)線AB邊電流向下，磁場(chǎng)向里，則AB邊所受安培力的方向向右，選項(xiàng)D正確． 6．(2016鄭州模擬)如圖所示，間距l(xiāng)＝0.4 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角θ＝30，正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T，方向垂直于斜面．甲、乙兩金屬桿的電阻R相同、質(zhì)量均為m＝0.02 kg，垂直于導(dǎo)軌放置．起初，甲金屬桿處在磁場(chǎng)上邊界ab上，乙在甲上方距甲也為l處．現(xiàn)將兩金屬桿同時(shí)由靜止釋放，并同時(shí)在甲金屬桿上施加一個(gè)沿著導(dǎo)軌的拉力F，使甲金屬桿始終以a＝5 m/s2的加速度沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)，已知乙金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，取g＝10 m/s2，則(　BC　) A．每根金屬桿的電阻R＝0.016 Ω B．甲金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是0.4 s C．甲金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中F的功率逐漸增大 D．乙金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力的功率是0.1 W 解析：乙金屬桿在進(jìn)入磁場(chǎng)前，甲乙兩金屬桿加速度大小相等，當(dāng)乙剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，甲剛好出磁場(chǎng)．由v2＝2al解得乙進(jìn)、甲出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小均為v＝2 m/s.由v＝at解得甲金屬桿在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝0.4 s，選項(xiàng)B正確；乙金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后有mgsin 30＝BIl，又Blv＝I2R，聯(lián)立解得R＝0.064 Ω，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；甲金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中力F和桿的速度都逐漸增大，則其功率也逐漸增大，選項(xiàng)C正確；乙金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力的功率是P＝BIlv＝0.2 W，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故本題答案為BC． 7．(2016武漢市四月調(diào)考)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的菱形由兩個(gè)等邊三角形abd和bcd構(gòu)成，在三角形abd內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在三角形bcd內(nèi)存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形導(dǎo)線框efg在紙面內(nèi)向右勻速穿過(guò)磁場(chǎng)，頂點(diǎn)e始終在直線ab上，底邊gf始終與直線dc重合．規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，在?dǎo)線框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電流隨位移變化的圖象是(　A　) 解析：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BL有v，電流I＝＝，三角形egf向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則，開(kāi)始時(shí)ef切割磁感線，產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?，大小設(shè)為I0；0～過(guò)程；en切割磁感線產(chǎn)生向下的電流，nf產(chǎn)生向上的電流，em產(chǎn)生向下電流，切割磁感線的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)有＝en－nf－em，隨著三角形的運(yùn)動(dòng)L有在減小，感應(yīng)電流減小，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，L有＝0，電流為零：～L過(guò)程，繼續(xù)移動(dòng)，根據(jù)等邊三角形的幾何關(guān)系，nf＋em大于en，L有＝nf＋em－en，逐漸變大，電流變大，當(dāng)efg與bcd重合時(shí)，eg邊和ef切割磁感線，產(chǎn)生電流方向均為逆時(shí)針?lè)较?，大小變?yōu)?I0；L～2L過(guò)程中，繼續(xù)移動(dòng)gm切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，L有＝gm逐漸減小，直至全部出磁場(chǎng)電流為零，故A正確． 8．(2016第二次全國(guó)大聯(lián)考)(多選)如圖甲所示，MN左側(cè)有一垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為l的正方形金屬線框置于該磁場(chǎng)中，使線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，且bc邊與磁場(chǎng)邊界MN重合．對(duì)線框施加一按圖乙所示規(guī)律變化的水平拉力F，使線框由靜止開(kāi)始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)t＝0時(shí)，拉力大小為F0；線框的ad邊與磁場(chǎng)邊界MN重合時(shí)，拉力大小為3F0.則(　BD　) A．線框的加速度為 B．線框的ad邊出磁場(chǎng)時(shí)的速度為 C．線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 D．線框的總電阻為B2l2 解析：t＝0時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝0，感應(yīng)電流I＝0，安培力F安＝BIL＝0，由牛頓第二定律得，F(xiàn)0＝ma，得a＝，故A錯(cuò)誤；根據(jù)公式v2＝2al，得v＝，故B正確；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式t＝＝，故C錯(cuò)誤；線框的ad邊與磁場(chǎng)邊界MN重合時(shí)，根據(jù)3F0－＝ma，得R＝B2l2，故D正確． 9．(2016 東北三省四市聯(lián)考二)如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．t＝0時(shí)對(duì)金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒ab由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．已知通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．下列關(guān)于金屬棒運(yùn)動(dòng)速度v、外力F、流過(guò)R的電量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時(shí)間變化的圖象正確的是(　B　) 解析：設(shè)金屬棒的電阻為r，金屬棒長(zhǎng)為l，由閉合電路歐姆定律知，通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流I＝，由圖乙可知，I＝kt，由以上兩式解得，v＝kt，即金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝，由閉合電路歐姆定律得＝(R＋r)．由圖乙可知＝kt.由以上三式解得，＝(R＋r)kt.選項(xiàng)B正確；金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得 F－mgsin θ－BIl＝ma， 則F＝mgsin θ＋ma＋BIl＝mgsin θ＋k＋Blkt，選項(xiàng)C錯(cuò)誤； 流過(guò)電阻R的電荷量q＝It＝kt2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 10．(2016全國(guó)大聯(lián)考二)如圖所示，固定的豎直光滑U型金屬導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，上端接有阻值為R的電阻，處在方向水平且垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與勁度系數(shù)為k的固定輕彈簧相連放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)．初始時(shí)刻，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，其伸長(zhǎng)量為x1＝，此時(shí)導(dǎo)體棒具有豎直向上的初速度v0.在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．則下列說(shuō)法正確的是(　BC　) A．初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小F＝ B．初始時(shí)刻導(dǎo)體棒加速度的大小a＝2g＋ C．導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終將靜止，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài) D．導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mv＋ 解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv0， 由閉合電路歐姆定律得：I＝， 由安培力公式得：F＝，故A錯(cuò)誤； 初始時(shí)刻，F(xiàn)＋mg＋kx1＝ma， 得a＝2g＋，故B正確； 因?yàn)閷?dǎo)體棒靜止時(shí)沒(méi)有安培力，只有重力和彈簧的彈力，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，故C正確；根據(jù)能量守恒，減小的動(dòng)能和重力勢(shì)能全都轉(zhuǎn)化為焦耳熱，但R上的只是一部分，故D錯(cuò)誤． 11．(2016長(zhǎng)沙模擬二)如圖所示，一根有一定值電阻的直導(dǎo)體棒質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)，其兩端放在位于水平面內(nèi)間距也為L(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌上，并與之接觸良好；棒左側(cè)兩導(dǎo)軌之間連接一可控電阻；導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面．t＝0時(shí)刻，給導(dǎo)體棒一個(gè)平行于導(dǎo)軌的初速度，此時(shí)可控電阻的阻值為R0.在棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)可控電阻的變化使棒中的電流強(qiáng)度保持恒定．不計(jì)導(dǎo)軌電阻，導(dǎo)體棒一直在磁場(chǎng)中． (1)求可控電阻R隨時(shí)間t變化的關(guān)系式； (2)若已知棒中電流強(qiáng)度為I，求0～t時(shí)間內(nèi)可控電阻上消耗的平均功率P； (3)若在棒的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將題中的可控電阻改為阻值為R0的定值電阻，則棒將減速運(yùn)動(dòng)位移x1后停下，而由題中條件，棒將運(yùn)動(dòng)位移x2后停下，求的值． 解析：(1)因棒中的電流強(qiáng)度保持恒定，故棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)棒的電阻為r，電流為I，其初速度為v0，加速度大小為a，經(jīng)時(shí)間t后，棒的速度變?yōu)関，則有v＝v0－at 而a＝ t＝0時(shí)刻棒中電流為I＝， 經(jīng)時(shí)間t后棒中電流為I＝， 由以上各式得R＝R0－t. (2)因可控電阻R隨時(shí)間t均勻減小， 故所求P＝I2， 由以上各式得P＝I2(R0－t)． (3)將可控電阻改為定值電阻R0，棒將做變減速運(yùn)動(dòng) 有v0＝t，＝， 而t＝t， ＝＝， 由以上各式得x1＝， 而x2＝， 由以上各式得x2＝， 所求＝. 答案：(1)R＝R0－t　(2)I2(R0－t)　(3)2 12．(2016廈門模擬)如圖甲所示，aa′、bb′、cc′、dd′為四條平行金屬軌道，都處在水平面內(nèi)．a(chǎn)a′、dd′間距為2L，bb′、cc′間距為L(zhǎng).磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里，邊界與軌道垂直．a(chǎn)b、cd兩段軌道在磁場(chǎng)區(qū)域正中間，到磁場(chǎng)左右邊界的距離均為s.軌道電阻不計(jì)且光滑，在a′d′之間接一阻值為R的定值電阻．現(xiàn)用水平向右的力拉著質(zhì)量為m、長(zhǎng)為2L的均勻金屬桿從磁場(chǎng)左側(cè)某處由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，金屬桿的電阻與其長(zhǎng)度成正比，金屬桿與軌道接觸良好，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不轉(zhuǎn)動(dòng)，忽略與ab、cd重合的短暫時(shí)間內(nèi)速度的變化． (1)證明：若拉力為恒力，無(wú)論金屬桿的電阻r為多少，都不能使金屬桿保持勻速通過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)； (2)若金屬桿的電阻r＝2R，保持拉力為F不變，使金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后立刻做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)右邊界時(shí)，速度大小為v.試求此次通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，整個(gè)回路放出的總熱量； (3)若金屬桿的電阻r＝2R，通過(guò)改變拉力的大小，使金屬桿從磁場(chǎng)左側(cè)某處從靜止開(kāi)始出發(fā)，保持勻加速運(yùn)動(dòng)到達(dá)磁場(chǎng)右邊界．已知金屬桿即將到達(dá)ab、cd位置時(shí)的拉力的大小為F0，已在圖乙中標(biāo)出．試在圖乙中定性畫出拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象(不需要標(biāo)明關(guān)健點(diǎn)的具體坐標(biāo)，但圖象應(yīng)體現(xiàn)各段過(guò)程的差異)． 解析：(1)當(dāng)金屬桿在ab、cd左側(cè)時(shí)，安培力 FA1＝， 當(dāng)金屬桿在ab、cd右側(cè)時(shí)，安培力FA2＝， 若拉力為恒力且金屬桿始終勻速運(yùn)動(dòng)，則有 FA1＝FA2，v1＝v2， 解得r＝－3R，即金屬桿的電阻為負(fù)值，這是不可能的．因此，若拉力為恒力，無(wú)論金屬桿的電阻r為多少，都不能使金屬桿保持勻速通過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)． (2)當(dāng)金屬桿在ab、cd左側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有 F＝FA＝＝，解得v1＝， 對(duì)金屬桿通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有 F2s－Q＝mv2－mv， 得Q＝2Fs－mv2＋， (3)在磁場(chǎng)外拉力恒定，金屬桿做勻加速運(yùn)動(dòng) 在ab、cd左側(cè)時(shí)，有F1－FA′＝ma， FA′＝＝， 則F1＝ma＋， 在ab、cd右側(cè)時(shí)，有F2－FA″＝ma. FA″＝＝ 則F2＝ma＋ 比較可得進(jìn)入ab、cd右側(cè)后F－t圖線的斜率變小． 由于物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以進(jìn)入ab、cd左側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比在ab、cd右側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間要長(zhǎng)，故拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系圖如圖所示． 答案：(1)見(jiàn)解析　(2)2Fs－mv2＋　(3)見(jiàn)解析 13．(2014安徽卷)如圖甲所示，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“Λ”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的中點(diǎn)O為原點(diǎn)、OP為x軸建立一坐標(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. (1)求金屬桿CD運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)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)系圖象； (3)求金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱． 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＝ 得：l外＝1.2 m 由楞次定律判斷D點(diǎn)電勢(shì)高，故CD兩端電勢(shì)差 UCD＝－Bl外v，UCD＝－0.6 V (2)桿在導(dǎo)軌間的長(zhǎng)度l與位置x關(guān)系是 l＝d＝3－x 對(duì)應(yīng)的電阻R1為R1＝R，電流I＝ 桿受的安培力 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(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WF－ΔEP＝7.5 J 答案：(1)1.5 V?。?.6 V (2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)　圖象見(jiàn)解析 (3)7.5 J 14．(2016廣州綜合練習(xí)二)如圖甲，單匝圓形線圈c與電路連接，電阻R2兩端與平行光滑金屬直導(dǎo)軌p1e1f1、p2e2f2連接，垂直于導(dǎo)軌平面向下、向上有矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，它們的邊界為e1e2，區(qū)域Ⅰ中垂直導(dǎo)軌并緊靠e1e2平放一導(dǎo)體棒ab.兩直導(dǎo)軌分別與同一豎直平面內(nèi)的圓形光滑絕緣導(dǎo)軌O1、O2相切連接，O1、O2在切點(diǎn)f1、f2處開(kāi)有小口可讓ab進(jìn)入，ab進(jìn)入后小口立即閉合． 已知：O1、O2的直徑和直導(dǎo)軌間距均為d，c的直徑為2d；電阻R1、R2的阻值均為R，其余電阻不計(jì)；直導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且其平面與水平面夾角為60，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.重力加速度為g.在c中邊長(zhǎng)為d的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直線圈平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化如圖乙所示，ab在t＝0～內(nèi)保持靜止． (1)求ab靜止時(shí)通過(guò)它的電流大小和方向； (2)求ab的質(zhì)量m； (3)設(shè)ab進(jìn)入圓軌道后能達(dá)到離f1f2的最大高度為h，要使ab不脫離圓形軌道運(yùn)動(dòng)，求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的取值范圍并討論h與B2的關(guān)系式． 解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得c內(nèi)感生電動(dòng)勢(shì) E＝S＝d2B0， ① 由全電路歐姆定律有E＝IR(R2被ab短路)， ② 聯(lián)立①②解得I＝＝， ③ 根據(jù)楞次定律和右手螺旋定則(或者平衡條件和左手定則)判斷ab中電流方向?yàn)閍→b，④ (2)由題意可知導(dǎo)軌平面與水平面夾角為θ＝60 對(duì)在t＝0～內(nèi)靜止的ab受力分析有 mgsin θ＝B0Id， ⑤ 聯(lián)立③⑤解得m＝＝， ⑥ (3)由題意知t＝后，c內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，ab滑入?yún)^(qū)域Ⅱ，由直導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)可知ab進(jìn)入圓形軌道時(shí)已達(dá)勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)ab的速度為v，其電動(dòng)勢(shì)為E2，電流為I2 由平衡條件得mgsin θ＝B2I2d， ⑦ 由法拉第電磁感應(yīng)定律得動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E2＝B2dv， ⑧ 由全電路歐姆定律有E2＝I2， ⑨(R1、R2并聯(lián)) 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨解得v＝＝， ⑩ 由題意可知ab滑不過(guò)圓心等高點(diǎn)或者滑過(guò)圓軌道最高點(diǎn)均符合題意，分類討論如下： (ⅰ)當(dāng)mv2≤mgcos θ即B2≥B0時(shí)， ? ab上滑過(guò)程由動(dòng)能定理得mgh＝mv2，即h＝， ? (ⅱ)設(shè)ab能滑到圓軌道最高點(diǎn)時(shí)速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律應(yīng)滿足 mg≤， ? 所以當(dāng)mv2－mg(1＋cos θ)≥mv， 即B2≤B0時(shí)， ? ab能滑到圓軌道最高點(diǎn)，有h＝(1＋cos θ)＝， ? 答案：(1)見(jiàn)解析　(2)　　(3)見(jiàn)解析