（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 專題突破十一 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用講義（含解析）.docx

專題突破十一電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用命題點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的圖象問題1.解題關(guān)鍵弄清初始條件、正負(fù)方向的對(duì)應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)等是解決此類問題的關(guān)鍵.2.解題步驟(1)明確圖象的種類，即是Bt圖象還是t圖象，或者Et圖象、It圖象等；(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對(duì)應(yīng)關(guān)系；(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等知識(shí)寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等；(6)畫圖象或判斷圖象.3.兩種常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(shì)(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負(fù)，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng).(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象進(jìn)行分析和判斷.例1(多選)(2018揚(yáng)州中學(xué)5月模擬)在光滑水平桌面上有一邊長為l的正方形線框abcd，bc邊右側(cè)有一等腰直角三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域efg，三角形腰長為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直桌面向下，abef在同一直線上，其俯視圖如圖1所示，線框從圖示位置在水平拉力F作用下向右勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)，線框中感應(yīng)電流i及拉力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系可能是(以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，F(xiàn)向右為正方向，時(shí)間單位為)()圖1答案BD變式1(2018如皋市調(diào)研)將一段導(dǎo)線繞成如圖2甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi).回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)，以向里為磁場(chǎng)的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示.用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖象是()圖2答案B解析根據(jù)題圖Bt圖象可知，在0時(shí)間內(nèi)，Bt圖線的斜率為負(fù)且為定值，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律EnS可知，該段時(shí)間圓環(huán)區(qū)域內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流是恒定的，由楞次定律可知，ab中電流方向?yàn)閎a，再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力，且0時(shí)間內(nèi)安培力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在T時(shí)間內(nèi)，Bt圖線的斜率為正且為定值，故ab邊所受安培力仍恒定不變，但方向與規(guī)定的正方向相同.綜上可知，B正確.命題點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問題1.解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題的一般思路2.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)能量轉(zhuǎn)化其他形式的能量電能焦耳熱或其他形式的能量(2)求解焦耳熱Q的三種方法3.單棒導(dǎo)體切割磁感線的一般運(yùn)動(dòng)過程類型“電動(dòng)電”型“動(dòng)電動(dòng)”型示意圖已知量棒ab長L，質(zhì)量m，電阻R；導(dǎo)軌光滑水平，電阻不計(jì)棒ab長L，質(zhì)量m，電阻R；導(dǎo)軌光滑，電阻不計(jì)過程分析(表示增大，表示減小，表示推出)S閉合，棒ab受安培力F，此時(shí)加速度a，棒ab速度v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv電流I安培力FBIL加速度a，當(dāng)安培力F0時(shí)，a0，v最大，最后勻速運(yùn)動(dòng)棒ab釋放后下滑，此時(shí)加速度agsin，棒ab速度v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv電流I安培力FBIL加速度a，當(dāng)安培力Fmgsin時(shí)，a0，v最大，最后勻速運(yùn)動(dòng)能量轉(zhuǎn)化分析通過安培力做功，電能一部分轉(zhuǎn)化為棒的動(dòng)能，一部分通過克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電能，又通過電阻轉(zhuǎn)化為焦耳熱重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為棒的動(dòng)能，一部分通過克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電能，又通過電阻轉(zhuǎn)化為焦耳熱4.兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析模型1“導(dǎo)體棒”切割磁感線例2(多選)(2018江蘇單科9)如圖3所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)、的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)和時(shí)的速度相等.金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g.金屬桿()圖3A.剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度方向豎直向下B.穿過磁場(chǎng)的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C.穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgdD.釋放時(shí)距磁場(chǎng)上邊界的高度h可能小于答案BC解析穿過磁場(chǎng)后，金屬棒在磁場(chǎng)之間做加速運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)上邊緣速度大于從磁場(chǎng)出來時(shí)的速度，即進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度等于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度，大于從磁場(chǎng)出來時(shí)的速度.金屬棒在磁場(chǎng)中做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，A錯(cuò).金屬棒在磁場(chǎng)中做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知maBILmgmg，a隨著減速過程逐漸變小，即在前一段做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng).在磁場(chǎng)之間做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過程位移大小相等，由vt圖象(可能圖象如圖所示)可以看出前一段用時(shí)多于后一段用時(shí)，B對(duì).由于進(jìn)入兩磁場(chǎng)時(shí)速度相等，由動(dòng)能定理知，W安1mg2d0，W安12mgd.即通過磁場(chǎng)產(chǎn)生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd，C對(duì).設(shè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，則由機(jī)械能守恒定律知mghmv2，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)maBILmgmg，解得v，由式得h>，D錯(cuò).例3(2018南京市三模) 如圖4甲所示，固定在水平桌面上的間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌，其右端MN間接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌上存在著以efhg為邊界，寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，方向豎直向下.一長度為L的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，金屬棒的電阻也為R，在t0時(shí)刻從圖示位置在恒力作用下由靜止開始沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，tt0時(shí)刻恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，并保持不變.金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R上的電流大小不變，導(dǎo)軌電阻不計(jì).求：圖4(1)0t0時(shí)間內(nèi)流過電阻R的電流I的大小和方向；(2)金屬棒穿過磁場(chǎng)的速度及所受恒力的大??；(3)金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)方向由NM(2)(3)解析(1)0t0時(shí)間內(nèi)，由ES解得E由I解得I由楞次定律可知，電流方向?yàn)橛蒒到M(2)經(jīng)分析可知，金屬棒穿過磁場(chǎng)的過程中電動(dòng)勢(shì)大小與0t0時(shí)間內(nèi)相同由EB0Lv解得v金屬棒勻速通過磁場(chǎng)由受力平衡得FBIL則F(3)金屬棒從題圖所示位置到恰好穿出磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過程中電流大小不變，為I金屬棒勻速通過磁場(chǎng)的時(shí)間為tt0所以QI2R(t0t0).變式2(2018泰州中學(xué)月考)如圖5甲所示，MN、PQ為水平放置的足夠長的平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L為0.5m，導(dǎo)軌左端連接一個(gè)阻值為2的定值電阻R，將一根質(zhì)量為0.2kg的金屬棒cd垂直放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒cd的電阻r2，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2T.若棒以1m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)對(duì)棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒為4W，從此時(shí)開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過2s金屬棒的速度穩(wěn)定不變，圖乙為安培力與時(shí)間的關(guān)系圖象.試求：圖5(1)金屬棒的最大速度；(2)金屬棒的速度為3m/s時(shí)的加速度大?。?3)求從開始計(jì)時(shí)起2s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的電熱.答案(1)4m/s(2)m/s2(3)3.25J解析(1)金屬棒速度最大時(shí)，所受合外力為零，即F安mF.由題圖乙可知F安m1.0N，則vm4m/s.(2)金屬棒速度為3m/s時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv20.53V3V.電流I，F(xiàn)安BIL金屬棒受到的拉力FN根據(jù)牛頓第二定律FF安ma解得am/s2m/s2.(3)從開始計(jì)時(shí)起2s內(nèi)，由動(dòng)能定理得，PtW安mvm2mv02W安6.5J則QR3.25J.模型2“導(dǎo)線框”切割磁感線例4(2018南通市、泰州市一模)如圖6所示，光滑絕緣斜面傾角為，斜面上平行于底邊的虛線MN、PQ間存在垂直于斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ相距為L.一質(zhì)量為m、邊長為d(dL)的正方形金屬線框abef置于斜面上，線框電阻為R.ab邊與磁場(chǎng)邊界MN平行，相距為L.線框由靜止釋放后沿斜面下滑，ef邊離開磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.求：圖6(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中通過線框橫截面的電荷量q；(2)線框ef邊離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度的大小v；(3)線框穿過磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)(2)(3)mg(2Ld)sin解析(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E通過回路的電荷量qItt磁通量的變化量Bd2解得q.(2)線框ef邊離開磁場(chǎng)前，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I受到的安培力FIdB由平衡條件有mgsin F0解得v.(3)線框由靜止至離開磁場(chǎng)，由能量守恒定律有mg(2Ld)sin Qmv20解得Qmg(2Ld)sin .例5(2018揚(yáng)州市一模)實(shí)驗(yàn)小組想要探究電磁剎車的效果，在遙控小車底面安裝寬為L、長為2.5L的N匝矩形線框abcd，總電阻為R，面積可認(rèn)為與小車底面相同，其平面與水平地面平行，小車總質(zhì)量為m.如圖7是簡化的俯視圖，小車在磁場(chǎng)外以恒定的功率做直線運(yùn)動(dòng)，受到地面阻力恒為Ff，進(jìn)入磁場(chǎng)前已達(dá)到最大速度v，車頭(ab邊)剛要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)立即撤去牽引力，車尾(cd邊)剛出磁場(chǎng)時(shí)速度恰好為零.已知有界磁場(chǎng)寬度為2.5L，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下.求：圖7(1)進(jìn)入磁場(chǎng)前小車所受牽引力的功率P；(2)車頭剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流的大小I；(3)電磁剎車過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)Ffv(2)(3)mv25FfL解析(1)進(jìn)入磁場(chǎng)前小車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，根據(jù)受力平衡則有：FFf牽引力的功率為：PFvFfv；(2)車頭剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：ENBLv感應(yīng)電流的大小為：I(3)根據(jù)能量守恒定律得：QFf5Lmv2可得，電磁剎車過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：Qmv25FfL.1.(多選)(2018啟東中學(xué)月考)如圖8所示，兩固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(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(chǎng)上方同一高度h處.磁場(chǎng)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(chǎng)立即勻速運(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.下圖中正確的是()圖8答案BD解析導(dǎo)體棒c進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度恒為g，有hgt2，vgt，c棒進(jìn)入磁場(chǎng)以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)的路程為hvtgt22h，此后d棒進(jìn)入磁場(chǎng)，d棒進(jìn)入磁場(chǎng)而c棒還沒有穿出磁場(chǎng)的過程，無電磁感應(yīng)，兩導(dǎo)體棒僅受到重力作用，加速度均為g，直到c棒穿出磁場(chǎng)，穿出磁場(chǎng)后c棒僅受重力，加速度仍為g，A錯(cuò)誤，B正確；c棒穿出磁場(chǎng)后，d棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此時(shí)d棒速度大于c棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)切割感線的速度，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流、感應(yīng)安培力都大于c棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的大小，d棒減速，直到穿出磁場(chǎng)僅受重力，做勻加速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)v2v022gh，可知?jiǎng)蚣铀龠^程動(dòng)能與運(yùn)動(dòng)距離成正比，D正確.2.(2018如皋市模擬四)如圖9所示，質(zhì)量為m、電阻為R的單匝矩形線框置于光滑水平面上，線框邊長abL、ad2L.虛線MN過ad、bc邊中點(diǎn).一根能承受最大拉力為F0的細(xì)線沿水平方向拴住ab邊中點(diǎn)O，細(xì)線與ab邊垂直.從某時(shí)刻起，在MN右側(cè)加一方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按Bkt的規(guī)律均勻變化.一段時(shí)間后，細(xì)線被拉斷，線框向左運(yùn)動(dòng)，ab邊穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度為v.求：圖9(1)細(xì)線斷裂前線框中的電功率P；(2)細(xì)線斷裂后瞬間線框的加速度大小a及線框離開磁場(chǎng)的過程中安培力所做的功W；答案(1)(2)mv2解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：EL2kL2；電功率：P(2)細(xì)線斷裂瞬間安培力：F安F0，線框的加速度a線框離開磁場(chǎng)過程中，由動(dòng)能定理得：Wmv2.3.(2018南京師大附中5月模擬)近期大功率儲(chǔ)能技術(shù)受到媒體的廣泛關(guān)注，其中飛輪儲(chǔ)能是熱點(diǎn)之一.為說明某種飛輪儲(chǔ)能的基本原理，將模型簡化為如圖10所示：光滑的”形導(dǎo)軌水平放置，電阻不計(jì)，長度足夠.軌道平行部分間距為L1m，導(dǎo)軌上靜止放置有長度也為L、質(zhì)量為m100kg、接入電路的電阻為R10.1的導(dǎo)體棒AB.導(dǎo)軌間虛線框區(qū)域有垂直軌道平面向上的均勻變化磁場(chǎng).虛線框右側(cè)區(qū)域有垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B10T.圖中開關(guān)S接a，經(jīng)過足夠長時(shí)間，棒AB向右勻速運(yùn)動(dòng)，速度為v100m/s.然后若將開關(guān)S接b，棒AB可作為電源對(duì)電阻R2供電，電阻R20.9.圖10(1)開關(guān)S接a，棒AB勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，虛線框中的磁場(chǎng)磁通量每秒鐘變化多少？(2)求開關(guān)S接b的瞬間棒AB的加速度大小.(3)求開關(guān)S接b后R2產(chǎn)生的總熱量Q.答案(1)1000Wb(2)100m/s2(3)4.5105J解析(1)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為零，安培力為零，電流為零，磁通量不變，所以虛線框中磁場(chǎng)磁通量每秒增加BLvt1 000 Wb；(2)棒AB產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv1 000 V，電路中的感應(yīng)電流I1 000 A，故受到的安培力為FBIL1104 N，根據(jù)牛頓第二定律可得a100 m/s2；(3)棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為熱量，故Q總mv25105 J，電阻R2上產(chǎn)生的熱量為QQ總4.5105 J.4.(2018蘇州市模擬)如圖11所示，空間存在豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一邊長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形單匝導(dǎo)線框abcd放在水平桌面上.在水平拉力作用下，線框從左邊界以速度v勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)撤去拉力，ab邊恰好能到達(dá)磁場(chǎng)的右邊界.已知線框與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，磁場(chǎng)寬度大于L，重力加速度為g.求：圖11(1)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，其兩端的電壓U；(2)水平拉力的大小F和磁場(chǎng)的寬度d；(3)整個(gè)過程中產(chǎn)生的總熱量Q.答案(1)BLv(2)mgL(3) mgLmv2解析(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv感應(yīng)電流Iab邊兩端電壓UIRBLv.(2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)后，對(duì)線框受力分析得，F(xiàn)F安mgmg撤去拉力后，線框在磁場(chǎng)中只受到滑動(dòng)摩擦力，做勻減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)位移x2所以磁場(chǎng)寬度dL.(3)進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生焦耳熱Q1I2Rt1由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q2mg(L)mgLmv2所以整個(gè)過程產(chǎn)生的熱量為QQ1Q2mgLmv2.1.(2017南通市第二次調(diào)研)如圖1所示，閉合導(dǎo)線框勻速穿過垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾却笥诰€框尺寸，規(guī)定線框中逆時(shí)針方向的電流為正，則線框中電流i隨時(shí)間t變化的圖象可能正確的是()圖1答案B解析閉合導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)由楞次定律知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故排除D，閉合導(dǎo)線框離開磁場(chǎng)時(shí)由楞次定律知電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，故排除A，根據(jù)有效切割長度的變化可知，C錯(cuò)誤，B正確.2.(多選)(2018鹽城中學(xué)月考)如圖2所示，電阻為R的金屬棒，從圖示位置分別以速率v1、v2沿電阻不計(jì)的光滑軌道從ab勻速滑到ab處，若v1v212，則在兩次移動(dòng)過程中()圖2A.回路中感應(yīng)電流I1I212B.回路中產(chǎn)生熱量Q1Q212C.回路中通過橫截面的總電荷量q1q212D.金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1E212答案ABD3.(2018南京市三校聯(lián)考)如圖3所示，線圈由A位置開始下落，不計(jì)空氣阻力，在磁場(chǎng)中受到的安培力如果總小于它的重力，則它在A、B、C、D四個(gè)位置(B、D位置恰好線圈有一半在磁場(chǎng)中)時(shí)，加速度關(guān)系為()圖3A.aA>aB>aC>aDB.aAaC>aB>aDC.aAaC>aD>aBD.aAaC>aDaB答案B4.(2017宜興市下學(xué)期初考)如圖4所示，在光滑水平面上，有一個(gè)粗細(xì)均勻的單匝正方形閉合線框abcd.t0時(shí)刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開始向右一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，bc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻為t1，ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻為t2，設(shè)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為i，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列i、U、F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化關(guān)系圖象正確的是()圖4答案C解析線框的速度與時(shí)間的關(guān)系式為vat，a是加速度，設(shè)線框邊長為L，總電阻為R，在0t1時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，t1t2時(shí)間內(nèi)，由EBLv和i得，感應(yīng)電流與時(shí)間的關(guān)系式為it，B、L、a、R均不變，電流i與t成正比，t2時(shí)間后無感應(yīng)電流，故A、B錯(cuò)誤；在0t1時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，ad邊兩端的電壓為零，t1t2時(shí)間內(nèi)，電流i與t成正比，ad邊兩端電壓大小為UiRadR，電壓隨時(shí)間均勻增加，t2時(shí)間后無感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，ad邊兩端電壓大小為UEBLat，電壓隨時(shí)間均勻增加，故C正確；根據(jù)推論得知：線框所受的安培力為F安，由牛頓第二定律得FF安ma，得Ftma,0t1時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，F(xiàn)ma，為定值，t1t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)與t是線性關(guān)系，但不過原點(diǎn)，t2時(shí)間后無感應(yīng)電流，F(xiàn)ma，為定值，故D錯(cuò)誤.5.(多選)如圖5甲所示，閉合矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直.規(guī)定垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向，abcda方向?yàn)殡娏鞯恼较?，水平向右為安培力的正方?磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，下列關(guān)于線框中的電流i、ad邊所受的安培力F隨時(shí)間t變化的圖象，正確的是()圖5答案AD解析由題圖Bt圖象可知，01s時(shí)間內(nèi)，B增大，增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向是逆時(shí)針的，為負(fù)值；13s，磁通量不變，無感應(yīng)電流；34s，B減小，減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，為正值；由左手定則可知，在01s內(nèi)，ad邊受到的安培力水平向右，是正的，13s無感應(yīng)電流，不受安培力，34s時(shí)間內(nèi)，安培力水平向左，是負(fù)的；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)ES，感應(yīng)電流I，由Bt圖象可知，在每一時(shí)間段內(nèi)，是定值，則在各時(shí)間段內(nèi)I是定值，ad邊受到的安培力FBIL，I、L不變，01s內(nèi)B均勻增大，則F均勻增大，34s內(nèi)B均勻減小，則F均勻減小，故B、C錯(cuò)誤，A、D正確.6.(多選)(2018海安中學(xué)月考)水平固定放置的足夠長的U形金屬導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖6所示，在導(dǎo)軌上放著金屬棒ab，開始時(shí)ab棒以水平初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，最后靜止在導(dǎo)軌上，就導(dǎo)軌光滑和粗糙兩種情況比較，這個(gè)過程()圖6A.外力對(duì)棒所做功相等B.電流所做的功相等C.通過ab棒的電荷量相等D.安培力對(duì)ab棒所做的功不相等答案AD解析根據(jù)動(dòng)能定理，兩種情況下外力的功都等于動(dòng)能的變化量，因初狀態(tài)和末狀態(tài)相同，則外力對(duì)棒做功相同，選項(xiàng)A正確；電流所做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)功能關(guān)系可知導(dǎo)軌光滑時(shí)，金屬棒克服安培力做功多，產(chǎn)生的焦耳熱多，電流做功多，故B錯(cuò)誤；根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、導(dǎo)體棒長度L相同，x越大，感應(yīng)電荷量越大，因此導(dǎo)軌光滑時(shí)，感應(yīng)電荷量大，故C錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)軌光滑時(shí)，金屬棒克服安培力做功，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，產(chǎn)生的內(nèi)能等于金屬棒的初動(dòng)能；當(dāng)導(dǎo)軌粗糙時(shí)，金屬棒在導(dǎo)軌上滑動(dòng)，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生熱，把部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一方面要克服安培力做功，金屬棒的部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能與克服安培力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的和等于金屬棒的初動(dòng)能；所以導(dǎo)軌粗糙時(shí)，安培力做的功少，導(dǎo)軌光滑時(shí)，安培力做的功多，故D正確.7.(多選)(2018溧水中學(xué)期初模擬)如圖7所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L，底端接有阻值為R的電阻.一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌和桿ab的電阻可忽略.整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向上.讓桿ab沿軌道由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和桿ab接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦，桿ab由靜止下滑距離s時(shí)，已勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.則 ()圖7A.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)桿ab的速度為B.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)桿ab受到的安培力大小為mgsinC.桿ab由靜止下滑距離s過程中，安培力做功為mgssinD.桿ab由靜止下滑距離s過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量為mgssin答案AB解析勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsin F安，又F安BIL，解得v，F(xiàn)安mgsin ，故A、B正確；桿ab由靜止下滑距離s過程中，根據(jù)能量守恒定律可得電阻R產(chǎn)生的熱量Qmgssin mv2，其中v，安培力做功為WQmv2mgssin ，其中v，故C、D錯(cuò)誤.8.(2018南京市學(xué)情調(diào)研)如圖8所示，電阻不計(jì)、間距為l1.0m的光滑平行金屬導(dǎo)軌，水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.0 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R1.5，質(zhì)量為m1.0kg、電阻為r0.5的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好.當(dāng)MN受到垂直于棒的水平外力F2.0N的作用，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過位移x1.55m，到達(dá)PQ處(圖中未畫出)，此時(shí)速度為v2.0m/s.求：圖8(1)金屬棒在PQ處所受磁場(chǎng)作用力大?。?2)金屬棒在PQ處的加速度大??；(3)金屬棒在運(yùn)動(dòng)中回路總共產(chǎn)生的熱能.答案(1)1.0N(2)1.0m/s2(3)1.1J解析(1)速度為v2.0 m/s時(shí)，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBlv產(chǎn)生的感應(yīng)電流I由此得磁場(chǎng)對(duì)金屬棒的作用力為：F安BIl1.0 N(2)由牛頓第二定律有FF安ma解得a1.0 m/s2(3)設(shè)金屬棒受到的安培力做功為W，由動(dòng)能定理得FxWmv2解得Wmv2Fx1.1 J金屬棒克服安培力所做的功，即回路中總共產(chǎn)生的熱能得QW1.1 J.9.(2018鹽城市三模)如圖9所示，在豎直平面內(nèi)，水平且平行的、虛線間距為L，其間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一長為2L、寬為L的矩形線框質(zhì)量為m、電阻為R.開始時(shí)，線框下邊緣正好與虛線重合，由靜止釋放，線框上邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)后線框一直做減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間后，線框上邊緣經(jīng)過虛線瞬間加速度恰為0.重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力.求矩形線框穿過磁場(chǎng)過程中：圖9(1)上邊緣經(jīng)過虛線瞬間，線框中電流的大小；(2)磁通量變化率的最大值；(3)線框中產(chǎn)生的焦耳熱.答案(1)(2)BL(3)2mgL解析(1)由線框受力平衡得：BILmg，解得I.(2)線框上邊緣剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)磁通量的變化率最大，設(shè)此時(shí)速度為v1，磁通量變化率BLv1由動(dòng)能定理得mgLmv12則BL.(3) 設(shè)線框上邊緣通過虛線瞬間線框速度為v2，則BLv2IR設(shè)線框穿過磁場(chǎng)過程中克服安培力做的功為W，根據(jù)動(dòng)能定理mgLWmv22mv12解得W2mgL線框克服安培力所做的功，就是線框中產(chǎn)生的焦耳熱，故QW2mgL.10.(2018鎮(zhèn)江市模擬)如圖10所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角30的斜面上，其電阻不計(jì)，間距為0.4m.導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域和，兩區(qū)域的邊界為MN，區(qū)域和中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的方向分別垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為0.5T.將質(zhì)量為0.1kg、電阻為0.1的導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上的區(qū)域中，ab剛好不下滑.再在區(qū)域中將質(zhì)量為0.4kg、電阻為0.1的光滑導(dǎo)體棒cd從導(dǎo)軌上由靜止開始下滑.cd棒始終處于區(qū)域中，兩棒與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，g取10m/s2.圖10(1)求ab棒所受最大靜摩擦力，并判斷cd棒下滑時(shí)ab棒中電流的方向；(2)ab棒剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd棒的速度大小v；(3)若從cd棒開始下滑到ab棒剛要向上滑動(dòng)的過程中，裝置中產(chǎn)生的總熱量為2.6J，求此過程中cd棒下滑的距離x.答案(1)0.5N由a流向b(2)5m/s(3)3.8m解析(1)ab剛好不下滑時(shí)，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力有Ffmaxm1gsin 則Ffmax0.5 N由右手定則可知cd棒下滑時(shí)ab棒中電流方向由a流向b.(2)設(shè)ab剛好要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有EBlv設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設(shè)ab所受安培力為F安，有F安BIl此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安m1gsin Ffmax代入數(shù)據(jù)解得v5 m/s.(3)設(shè)從cd棒開始下滑到ab棒剛要向上滑動(dòng)的過程中裝置中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒有m2gxsin Q總m2v2解得x3.8 m.