1、訓(xùn)練10電磁感應(yīng)中的綜合問題1. (2019浙江選考)如圖所示，在間距 L=0.2m的兩光滑平行水平金屬導(dǎo)軌間存在方向垂直于紙面(向內(nèi) 為正)的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為分布沿y方向不變，沿x方向如下：1Tx 0.2mB 5 xT 0.2m x 0.2m1Tx 0.2m導(dǎo)軌間通過單刀雙擲開關(guān) S連接恒流源和電容 C=1F的未充電的電容器，恒流源可為電路提供恒定電流 I=2A ,電流方向如圖所示。有一質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌靜止放置于 x=0.7m處。開關(guān)S擲向1,棒ab從靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá) x3= 0.2m處時(shí)，開關(guān)S擲向2。已知棒ab在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo) 軌垂直。求：恒流源(提示：可以

2、用F x圖象下的 面積”代表力F所做的功)(1)棒ab運(yùn)動(dòng)到x=0.2m時(shí)的速度 vi；(2)棒ab運(yùn)動(dòng)到x2= 0.1m時(shí)的速度V2；(3)電容器最終所帶的電荷量Q?！敬鸢浮?1) 2 m/s (2) J46m/s (3) 2C7【解析】(1)安培力F BIL ,人卡一 F BIL加速度a m m速度 v12a x0 x12 m/s(2)在區(qū)間 0.2m x 0.2m安培力F 5xIL ,如圖所示5II c c安培力做功 W 51 x1(2019江蘇卷)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場(chǎng)垂直.已知線圈的面積S=0.3 m2、電阻R=0.6 ，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度

3、 B=0.2 T.現(xiàn)同時(shí)向兩側(cè)拉動(dòng)線圈，線圈的兩邊 在At=0.5 s時(shí)間內(nèi)合到一起.求線圈在上述過程中(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值 E；(2)感應(yīng)電流的平均值I,并在圖中標(biāo)出電流方向;(3)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量 q. x221 c根據(jù)動(dòng)能定理可得W 1 mvf2解得 V2,4.6 m/s(3)根據(jù)動(dòng)量定理可得BLQ mv mv3電荷量Q CU CBLv聯(lián)立解得Q筮黑2c 7在x0.2m處的速度v3 v1 2 m/s2.【答案】(1) 0.12 V (2) 0.2 A 電流方向見解析(3) 0.1 C【解析】(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值 E磁通量的變化代入數(shù)據(jù)得E=0.12 V(2)平均電流I ER

4、代入數(shù)據(jù)得1=0.2A (電流方向見圖(3)電荷量q=I?t代入數(shù)據(jù)得q=0.1 C3. (2017江蘇卷)如圖所示，兩條相距 d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上， 其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域 MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度 V0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(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:lx x xl【答案】(1) I2 一 2Bdv0B d v0(2) a RmR(3) P_ 2 22B d (v v)R【解析】(1)感應(yīng)

5、電動(dòng)勢(shì)E Bdv.E感應(yīng)電流 MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小 1;(2) MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；(3) PQ剛要離開金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P。-R解得IBdv0R(2)安培力F BId牛頓第二定律F ma解得a2 , 2B d v0mR(3)金屬桿切割磁感線的速度 V=Vo V ,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E Bd(Vo v)電功率P ER_ 2 22解得pB d (Vo v)R4. (2017北京卷)發(fā)電機(jī)和電動(dòng)機(jī)具有裝置上的類似性，源于它們機(jī)理上的類似性。直流發(fā)電機(jī)和直流電相距為L(zhǎng),電阻不計(jì)。電阻為 R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好， 以速度v (

6、v平行于MN)向右做勻速運(yùn)動(dòng)。圖1軌道端點(diǎn)MP間接有阻值為r的電阻，導(dǎo)體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點(diǎn)MP間接有直流電源，導(dǎo)體棒 ab通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。(1)求在At時(shí)間內(nèi)，圖1發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能和圖2電動(dòng)機(jī)”輸出的機(jī)械能。(2)從微觀角度看，導(dǎo)體棒 ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用。為了 方便，可認(rèn)為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷。a.請(qǐng)?jiān)趫D3 (圖1的導(dǎo)體棒ab)、圖4 (圖2的導(dǎo)體棒ab)中，分別畫出自由電荷所受洛倫 茲力的示意圖。b.我們知道，洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功。那么，導(dǎo)體棒 ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉(zhuǎn)化過程中

7、起到作用的呢？請(qǐng)以圖2電動(dòng)機(jī)”為例，通過計(jì)算分析說明。,2.2 2 ,【答案】(1)B L v t BLv tR r(2)a.如圖3、b.見解析力MX 8Ii【解析】(1)圖1中，電路中的電流BLvR rr廣l/xi LM用XX棒ab受到的安培力Fi=BIiL在用時(shí)間內(nèi)， 發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能等于棒ab克服安培力做的功 E申FiB2L2v2 t圖2中，棒ab受到的安培力F2=BIL在用時(shí)間內(nèi)， 電動(dòng)機(jī)”輸出的機(jī)械能等于安培力對(duì)棒ab做的功E機(jī)F2BILv tb-a方向的洛倫茲力，在該洛倫茲力作用下，正電荷沿導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)形成感應(yīng)電流，有沿 b- a方向的分速度，受到向左的洛倫茲力作用;b-a方向的洛

8、倫茲力作用。如圖 3、圖4中，在電源形成的電場(chǎng)作用下，棒 ab中的正電荷沿a-b方向運(yùn)動(dòng)，受到向右的洛倫茲力作用，該洛倫茲力使導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)，正電荷具有向右的分速度，又受到沿 圖4。b.設(shè)自由電荷的電荷量為q,沿導(dǎo)體棒定向移動(dòng)的速率為u。如圖4所示，沿棒方向的洛倫茲力f1 qvB ,做負(fù)功 W|f1 u t qvBu t垂直棒方向的洛倫茲力f2 quB ,做正功W2 f2Vt quBv t所示W(wǎng)iW2,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做負(fù)功，阻礙自由電荷的定向移動(dòng)，宏觀上表現(xiàn)為發(fā)電動(dòng)勢(shì)”，消耗電源的電能；f2做正功，宏觀上表現(xiàn)為安培力做正功，使機(jī)械能增加。大量自由電荷所受洛倫

9、茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉(zhuǎn)化為等量的機(jī)械能，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。5.如圖所示，寬度為 L的平行光滑的金屬軌道，左端為半徑為ri的四分之一圓弧軌道，右端為半徑為r2的半圓軌道，中部為與它們相切的水平軌道。水平軌道所在的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一根質(zhì)量為 m的金屬桿a置于水平軌道上，另一根質(zhì)量為 M的金屬桿b由靜止開始自左端軌 道最高點(diǎn)滑下，當(dāng) b滑入水平軌道某位置時(shí)， a就滑上了右端半圓軌道最高點(diǎn)( b始終運(yùn)動(dòng)且a、b未 相撞)，并且a在最高點(diǎn)對(duì)軌道白壓力大小為mg,此過程中通過 a的電荷量為q, a、b棒的電阻分別為Ri、R2,其余部分電阻

10、不計(jì)。在 b由靜止釋放到a運(yùn)動(dòng)到右端半圓軌道最高點(diǎn)過程中，求：(1)在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí) b的最大加速度是多大？(2)自b釋放到a到達(dá)右端半圓軌道最高點(diǎn)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱是多少?(3) a剛到達(dá)右端半圓軌道最低點(diǎn)時(shí)b的速度是多大？B L .2gri【答案】（1） a （2） Q j2gr,BLq 3mgr2M B R22. 2 2 B L q m 2M（3）Vb3 ，2gr M6gr21I解析】由機(jī)械能守恒定律：-Mv21峋11四R1 R2由牛頓第二定律有：F安=BIL=Ma ab2l2J 礪(2)由動(dòng)量定理有：-BILt=Mv b2 4Mvb1即：-BLq=Mv b2 HMvbi vb2.

11、2gr1BLqM根據(jù)牛頓第三定律得:N=N?=mg, mg2va1mva12g2212 Mgr1Mvb2212-mva12mg2 r2Q Q J2gr, BLq 3mgr22 , 2 2BLq2M(3)二.能量守恒有2mgr212-mva22122 mva1va2,6g2.動(dòng)量守恒定律Mvb1 Mvb3mva2 -vb31 2gr16gr26.如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬 MN、PQ平行放置在傾角為 的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為點(diǎn)間接有阻值為 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。處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向下。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略。讓

12、L。M、P 兩整套裝置ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦。Q(1)在加速下滑過程中，當(dāng) ab桿的速度大小為 v時(shí)，ab桿中的電流及其加速度的大小;(2)求在下滑過程中 ab桿可達(dá)到的最大速度。b剛滑到水平軌道時(shí)加速度最大，E=BLv bi, I(3)從開始下滑到達(dá)到最大速度的過程中，棒沿導(dǎo)軌下滑了距離s,求整個(gè)裝置生熱多少。_2 2B l vBlvmgsinz-【答案】(1) I Bv a RRmvmmgRsinB2l2(3) Q mgh3 22.2m g R sin4 42B4l4【解析】(1)在加速下滑過程中，當(dāng) ab桿的速度大小為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=B

13、Lv此時(shí)ab桿中的電流BlvR金屬桿受到的安培力:F BILmgsin由牛頓第二定律得:2. 2B l vR(2)金屬桿勻速下滑時(shí)速度達(dá)到最大，由平衡條件得:-2. 2mgsin B Lvm則速度的最大值mgRsinvmb212(3)若達(dá)到最大速度時(shí)，導(dǎo)體棒下落高度為h,由能量守恒定律得mgs sin1 mvm Q23 2 2.2則焦耳熱Q【名師點(diǎn)睛】, m g R sinmgh47 4 -2B l當(dāng)桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)桿的速度最大，分析清楚桿的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提；分析清楚桿的運(yùn)動(dòng)過程后，應(yīng)用E=BLv、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律、平衡條件與能量守恒定律即可解題；求解熱量時(shí)從能量角度分析可以

14、簡(jiǎn)化解題過程。7.如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng),導(dǎo)軌上平行放置兩根導(dǎo)體棒ab和cd,構(gòu)成矩形回路。已知兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m、電阻均為R,其他電阻忽略不計(jì)，整個(gè)導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦的滑行。開始時(shí)，導(dǎo)體棒cd靜止、ab有水平向右的初速度 vo,兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸。求:(1)開始時(shí)，導(dǎo)體棒 ab中電流的大小和方向;(2)從開始到導(dǎo)體棒 cd達(dá)到最大速度的過程中，矩形回路產(chǎn)生的焦耳熱;(3)當(dāng)ab棒速度變?yōu)?一 V0時(shí)，cd棒加速度的大小。4 HYPERLINK l bookmark54 o Curre

15、nt Document Blv1o HYPERLINK l bookmark89 o Current Document 【答案】(1)嗎方向由a b(2)-mvo HYPERLINK l bookmark285 o Current Document 2R4(3)2. 2B L Vo4 Rm【解析】(1) ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) Eab BLv0ab棒中電流1 ER.方向由a b(2)當(dāng)ab棒與cd棒速度相同時(shí)，cd棒的速度最大，設(shè)最大速度為v由動(dòng)量守恒定律mv0 2mv1 v v02由能量守恒關(guān)系Q= 1 mv2 - 2mv2 22,12 - Q= mv04(3)設(shè)ab棒的速度為3 Vo時(shí)，c

16、d棒的速度為v43由動(dòng)重寸恒te律：mv0 m-v0 mv41v v。43Eab BL-v041Ecd BL-v04,EabEcdI=BL2R2RBLv02 2B Lv0I= 0 4R4Rcd棒受力為F IBL此時(shí)cd棒加速度為a_ 2 2FB2L2v04Rm8.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 0.1kg,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(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B 0.4T。棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a 2m/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

17、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 Q1: q2 2:1。導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且(2 )撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2。(3)外力做的功?！敬鸢浮?1) 4.5 C (2) 1.8J(3) 5.4J【解析】(1)棒勻加速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為 t,有xat2,解得t 心 3s2a根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律求電路中產(chǎn)生的平均電流為：1.5A根據(jù)電流定義式有：q It 4.5 C(2 )撤去外力前棒做勻加速運(yùn)動(dòng)根據(jù)速度公式末速為：v at 6 m/s撤去外力后棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，安培力做負(fù)功先將棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能

18、再通過電流做功將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以焦耳熱等于棒的動(dòng)能減少_L12 / c .Q2Ek mv1.8 J2(3)根據(jù)題意在撤去外力前的焦耳熱為：Q1 2Q2 3.6 JQi)、重力不做功共同使棒的動(dòng)能增大,撤去外力前拉力做正功、安培力做負(fù)功(其絕對(duì)值等于焦耳熱根據(jù)動(dòng)能定理有：Ek Wf Q1則 WfEk Q1 5.4 J9. (2020 上海高三二模) 如圖甲，放置在光滑絕緣水平面上的正方形金屬線框abcd,處于豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab邊與磁場(chǎng)的邊界 MN重合。金屬線框由粗細(xì)均勻白相同材料制成，邊長(zhǎng)L=2m、質(zhì)量m= 1kg、電阻R=4QO在to=O時(shí)，金屬線框在水平力 F作用下，由靜止開

19、始向右運(yùn)動(dòng)，直到金屬線框離開 磁場(chǎng)。在此過程中，測(cè)得金屬線框中的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示：(1)指明金屬線框在離開磁場(chǎng)的過程中，流經(jīng)金屬框ab邊的電流方向;(2)計(jì)算t=2s時(shí)，c、d兩點(diǎn)的電壓;(3)計(jì)算在04s內(nèi)，通過金屬線框的電量;(4)分析說明金屬線框從 t=0開始至全部離開磁場(chǎng)過程中的運(yùn)動(dòng)情況，并計(jì)算勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。甲乙【答案】(1) a-b； (2)0.9V ； (3)1.20； (4)1.2T【解析】(1)流經(jīng)ab邊的電流方向?yàn)?a-bo (2)由圖乙可知，t=2s時(shí)線框中的電流為 0.3A。cd兩端的電壓為閉合電路的端電壓，故3Ucd IR外 TR 0.75 0

20、.3 4V=0.9V。4(3)04s內(nèi)通過電阻的電量與圖線與 t軸所圍面積的數(shù)值相等一 一q -It 0.5 0.6 40=1.20(4)由I-t圖像可得感應(yīng)電流隨時(shí)間變化規(guī)律為I = 0.15 t (A)BLv金屬線框感應(yīng)電流I 0.15tRIR 0.15R,所以v - 1BL BL由上式可知，金屬線框的速度與時(shí)間成正比，可判斷金屬線框做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。由勻變速 22m/s =0.25m/s由勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式v at,可得vat0.15RtBL TOC o 1-5 h z 1c21直線運(yùn)動(dòng)公式L1 at2 ,可得a2L HYPERLINK l bookmark65 o Curr

21、ent Document 2t20.15R0.15 4T故 B T=1.2TaL0.25 210.如圖甲所示，光滑且足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L=0.3 m。導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，其間連接有固定電阻R=0.4 Qo導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m=0.1 kg、電阻r=0.2 的金屬桿ab,整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下。利用一外力F沿水平方向拉金屬桿ab,使之由靜止開始運(yùn)動(dòng)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，電壓傳感器可將R兩端的電壓U即時(shí)采集并輸入電腦，獲得電壓 U隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。(1)求金屬桿的瞬時(shí)速度隨時(shí)間變化的表達(dá)式；(2)求第2 s末

22、外力F的大?。?3)如果水平外力從靜止起拉動(dòng)桿2 s所做的功為1.2 J,求整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少。【答案】(1) 2t (2) 0.35 N (3) 0.4 J【解析】(1)設(shè)路端電壓為 U,桿的運(yùn)動(dòng)速度為 v,則有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv感應(yīng)電流為：I E根據(jù)：U = IRR r聯(lián)立可得：U IR E R 旦RvR r R r代入數(shù)據(jù)解得：U 0.1V由圖乙可得：U=0.2t (V)可得速度為：v=2t (m/s)(2)由上式v=2t知，金屬桿的加速度為 a=2 m/s2,在2 s末金屬桿的速度為：v=at=4 m/s,2，一BL v此時(shí)桿受到的安培力大小為：F BIL 0.15NR

23、 r由牛頓第二定律，對(duì)桿有 F T =ma代入數(shù)據(jù)解得：F=0.35 N TOC o 1-5 h z 1 O1O(3)在 2 s 末，桿的動(dòng)能為：Ek-mv2-0.1 42 J0.8 J HYPERLINK l bookmark260 o Current Document 22由能量守恒定律，回路產(chǎn)生的焦耳熱Q=W-Ek=0.4 J【名師點(diǎn)睛】本題主要考查了導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)里滑動(dòng)問題，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓第 二定律和能量守恒定律結(jié)合進(jìn)行解題。11. (2020江蘇省高郵中學(xué)高三模考)如圖，質(zhì)量為M的足夠長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌 abcd放在光滑的絕緣水平面上.一電阻不計(jì)，質(zhì)量為 m的導(dǎo)體棒PQ

24、放置在導(dǎo)軌上，始終與導(dǎo)軌接觸良好，PQbc構(gòu)成矩形.棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為 內(nèi)棒左側(cè)有兩個(gè)固定于水平面的立柱.導(dǎo)軌bc段長(zhǎng)為L(zhǎng),開始時(shí)PQ左側(cè)導(dǎo)軌的總電阻為 R,右側(cè)導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度的電阻為 Ro,以ef為界，其左側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上，右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平向左，磁感應(yīng) 強(qiáng)度大小均為 B.在t=0時(shí)，一水平向左的拉力 F垂直作用在導(dǎo)軌的 bc邊上，使導(dǎo)軌由靜止開始做勻加速 直線運(yùn)動(dòng)，加速度為 a.(1)求回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的表達(dá)式；(2)經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間拉力 F達(dá)到最大值，拉力 F的最大值為多少？(3)某過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q,導(dǎo)軌克服摩擦力做功為 W,求導(dǎo)軌動(dòng)能的增加量.BLat

25、八 一1. 一。 a 八 m【答案】(1) 2- (2) Ma+mgh (1+m) B2L2J (3) (W mQ) TOC o 1-5 h z R &at2 RR)mg【解析】(1)回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=BLv導(dǎo)軌做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)v=at回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的表達(dá)式E=BLat HYPERLINK l bookmark121 o Current Document .2x -at HYPERLINK l bookmark107 o Current Document 122回路中總電阻 e=R+2R0( at2) R aR0t2 心2, BLat回路中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的表達(dá)式I二

26、一-一2R R0at(2)導(dǎo)軌受到外力F,安培力Fa,摩擦力f；Fa BILB2L2atR R0at2f (mg Fa)(mgB2L2at 、2 )R Rat2由牛頓第二定律F FaMa解得F Mamg (1)_ 2 2B L atR &at2Ma mg (1)2, 2B L aF Roat所以Fmax Mamg1)B2L21a21 RR(3)設(shè)此過程中導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離 S由動(dòng)能定理， W合=AEk, W合=Mas由于摩擦力 Ff= Mmg+ Fa),則摩擦力做功 W=科mgS Wa=科mgS科Q所以SW Qmg WQ導(dǎo)軌動(dòng)能的增加量Ek MaS Mamg12.如圖所示，光滑且足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌

27、MN、PQ固定在豎直平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng) = 1m,導(dǎo)軌間連接的定值電阻 R= 3Q,導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為 m=0.1kg的金屬桿ab,金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好,桿的電阻r=1 ，其余電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B = 1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向里.重力加速度g取10 m/s2?，F(xiàn)讓金屬桿從 AB水平位置由靜止釋放，忽略空氣阻力的影響，求:NxQ(1)金屬桿的最大速度;R上產(chǎn)生的焦耳熱Q = 0.6J,此時(shí)金屬(2)若從金屬桿開始下落到剛好達(dá)到最大速度的過程中，電阻棒下落的高度為多少?(3)達(dá)到最大速度后，為使ab棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，從該時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)怎樣隨時(shí)

28、間t變化？推導(dǎo)這種情況下B與t的關(guān)系式。【答案】(1) 4 m/s(2) 1.6 m(3) BT5t 4t 1.6【解析】(1)設(shè)金屬桿的最大速度為Vm ,安培力與重力平衡，則有:F安 mg又F安BIL、 I聯(lián)立得：F安-2. 2B L Vmmg解得：Vm 4 m/sR r 3 1(2)電路中廣生的總焦耳熱：Q巧 Q 0.6 J 0.8 J心 R 312由能重寸恒te律得：mghmvm Q總2解得：h 1.6 m(3)為使ab棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，應(yīng)使穿過線圈平面的磁通量不發(fā)生變化在該時(shí)刻穿過線圈平面的磁通量為：1 BLht時(shí)刻的磁通量為：, 日 B由12得：代入數(shù)據(jù)解得：B122 Bh vmt

29、2gt)Bh.1.2h Vmt - gt216 T25t2 4t 1.613. (2020天津高三一模)所圖所示，匝數(shù) N、截面積S、電阻R的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向下的隨時(shí)間均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1.線圈通過開關(guān)k連接兩根相互平行、間距 d的傾斜導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面和水平面的夾角為 ，下端連接阻值 R的電阻.在傾斜導(dǎo)軌間的區(qū)域僅有垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.接通開關(guān)k后，將一根阻值2R、質(zhì)量m的導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上.導(dǎo)體棒恰好靜止不動(dòng).假設(shè)導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，重力加速度為g。(1)求磁場(chǎng)Bi的變化率(2)斷開開關(guān)k,導(dǎo)體棒ab開始下滑，經(jīng)時(shí)間t沿導(dǎo)軌

30、下滑的距離為x,求此過程導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量Q.“ B 5mg sin o -【答案】- ;(2)2r.t NBSdQ -mgxsinVB【解析】(1)據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律 E=NS VBVt(mgtsin2 2B2d2x 23R ) 2m對(duì)導(dǎo)體棒受力分析有mgsin a =BIabd2R R2R RIab=1 I3B 5mgsin解得 t NBSd(2)對(duì)ab應(yīng)用動(dòng)量定理 mgsint-BIdt=mv -0由 q It 可彳導(dǎo) mgsint-Bdq=mv-0據(jù)能量守恒定律mgxsin 懺；mv2+Q 總Q=2Q3聯(lián)立得 2 Q mgxsin2 , 2B d x. 2 (mgtsin)3R 2m

31、14.如圖所示，豎直放置的間距為 L 1米的兩平行光滑導(dǎo)軌，上端連接一個(gè)阻值為R 1的電阻，在導(dǎo)軌的MN位置以下有垂直紙面向里的磁場(chǎng)，在MN處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 Bo 1T ,在MN下方的磁場(chǎng)沿 Y軸方向磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減少，在MN下方1米處的磁感應(yīng)強(qiáng)度剛好為零?，F(xiàn)有一質(zhì)量為1 kg,電阻也是R 1的金屬棒，從距離 MN為h 0.2米的上方緊貼導(dǎo)軌自由下落，然后進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域繼續(xù)下落相同高度h的過程中，能使得電阻 R上的電功率保持不變(不計(jì)一切摩擦)求g 10 m/s2(1)電阻R上的電功率；(2)從MN位置再下降h時(shí)，金屬棒的速度 v；(3)從MN位置再下降h所用的時(shí)間t.【解析】(1)設(shè)金屬棒進(jìn)入

32、磁場(chǎng)時(shí)的速度為【答案】(1)1 W(2) 2.5 m/s(3) 0.44sV0 ,對(duì)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前的下落過程應(yīng)用機(jī)械能守恒定律得：mgh mv2, 2解得：V02 m/s此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E B0Lv0 1 1 2 V=2 V E 2感應(yīng)電流I -A=1 A2R 2根據(jù)電功率的計(jì)算公式可得電阻 R上的電功率P I 2R 12 1 W=1 W(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨y的變化關(guān)系為BB0 ky當(dāng)y 1m時(shí)B 0,所以k 1所以B 1 y T由于金屬棒在磁場(chǎng)中下落h的過程中電阻 R上的電功率保持不變，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，所以有:BLv。 1 h Lv代入數(shù)據(jù)解得v 2.5 m/s(3)設(shè)金屬棒從MN

33、位置再下降h過程中，克服安培力做的功 W克a,據(jù)動(dòng)能定理可得：1 一 21 一 2mgh WA mv mv0 22解得：W克a 0.875 J所以整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱：Q W克a 0.875 J據(jù)焦耳定律：Q 2P t代入數(shù)據(jù)解得t 0.437 5 s 0.44 s【名師點(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導(dǎo)體棒的平衡問題，根據(jù)平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題， 根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。. (2020四川省南充市白塔中學(xué)高二月考)如圖所示，相距L=0.5m足夠長(zhǎng)的兩根光滑導(dǎo)軌與水平面成 37。角，導(dǎo)軌

34、電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面斜向上.ab、cd為水平金屬棒且與導(dǎo)軌接觸良好，它們的質(zhì)量均為 靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)讓 cd棒從靜止開始下滑，直至與 的熱量為1J,已知細(xì)線能承受的最大拉力y.一.ab棒中電流的方向與大小cd棒的速度大小cd棒沿導(dǎo)軌下滑的距離【答案】(1)電流的方向是從 a流向b I=1【解析】(1) cd棒切割，由右手定則可知，細(xì)繩被拉斷瞬時(shí)，對(duì) ab棒后：m=0.5kg、電阻均為 R=2Q. ab棒與一絕緣水平細(xì)繩相連處于ab相連的細(xì)繩剛好被拉斷，在此過程中cd棒電阻R上產(chǎn)生T-5N, g=10m/s2, sin370=0.6, cos370=

35、0.8,求細(xì)繩被拉斷時(shí)：A (2) v= 4 m/s (3) 2mab棒中電流的方向是從 a流向boT cos37 = mgsin37 +BIL解得：I=1A(2)由閉合電路歐姆定律可得BLv=I(R+R)解得 v= 4 m/s(3)金屬棒cd從靜止開始運(yùn)動(dòng)直至細(xì)繩剛好被拉斷的過程中，ab、cd電流相同，電阻相同:可得 Qab= Qcd = 1J在此過程中電路產(chǎn)生的總熱量Q =Qab+ Qcd=2J由能量守恒得 mgsSin370=-mv2+Q解得s = 2m.如圖所示，質(zhì)量 m1=0.1 kg,電阻Rl=0.3 Q,長(zhǎng)度l=0.4 m的導(dǎo)體棒ab橫放在U形金屬框架上?？蚣苜|(zhì)量m2=0.2 k

36、g ,放在絕緣水平面上，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)產(chǎn)0.2,相距0.4 m的MM、NN相互平行，電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)。 MN電阻R2=0.1 且垂直于 MM。整個(gè)裝置處于豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。垂直于 ab施加F=2 N的水平恒力，ab從靜止開始無摩擦地運(yùn)動(dòng)，始終與 MM、NN 保持良好接觸。當(dāng)ab運(yùn)動(dòng)到某處時(shí)，框架開始運(yùn)動(dòng)。設(shè)框架與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g 取 10 m/s2。求：(1)框架開始運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒 ab的加速度a的大??；(2)框架開始運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒 ab的速度v的大小；(3)從導(dǎo)體棒ab開始運(yùn)動(dòng)到框架開始運(yùn)動(dòng)的過程中，MN上產(chǎn)生白熱量 Q=0.1 J,

37、該過程通過導(dǎo)體棒ab的電荷量的大小。2【答案】(1) a 14 m/s(2) v 6 m/s (3) q 0.55 C【解析】(1) ab對(duì)框架白壓力F1 m1g框架受水平面的支持力 Fn m2g F1由題意可知，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則框架受到最大靜摩擦力F為:F2Fn框架開始運(yùn)動(dòng)時(shí)有：F安 F2導(dǎo)體棒的加速度大小:F2m1代入數(shù)據(jù)解得：a 14 m/s2(2) ab中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E Blv，- EMN中電流I Ri R2MN受到的安培力為F安BIl框架開始運(yùn)動(dòng)時(shí) F安 F2，代入數(shù)據(jù)解得v 6 m/s TOC o 1-5 h z (3)閉合回路中產(chǎn)生的總熱： Qtt R R Q 心

38、R2由能量守恒定律得 Fx m1v2 Qtt2心代入數(shù)據(jù)解得x 1.1mBlx _通過導(dǎo)體棒的電荷量qRiB-，代入數(shù)據(jù)解得q 0.55 C1&17. (2020寧夏回族自治區(qū)銀川一中高三三模)如圖甲所示，相距為 L的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌一部分處在以O(shè)O為右邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直導(dǎo)軌平面向下，導(dǎo)軌右側(cè)接有定值電阻 R,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。 在距邊界OO左側(cè)L處垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為 m、電阻r的金 屬桿ab。若ab桿在恒力作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)3L距離，其v-x的關(guān)系圖象如圖乙所示(圖中所示量為已知量且均為國際單位)，求此過程中電阻 R上產(chǎn)生的焦耳熱

39、QR及ab桿在剛要離開磁場(chǎng)時(shí)的加速度a。(2)若ab桿固定在導(dǎo)軌上的初始位置，使勻強(qiáng)磁場(chǎng)保持大小不變，繞 OO軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。若磁場(chǎng)方向由圖示位置開始轉(zhuǎn)過一的過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,則磁場(chǎng)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小是多少?22222Rm v2 3v1v v【答案】(1)2二；v一-4 R r 4L【解析】(l)ab桿離起始位置的位移從L到3L的過程中，由動(dòng)能定理可得 TOC o 1-5 h z 1212F (3L L)mv2mv122ab桿在磁場(chǎng)中由起始位置發(fā)生位移L的過程，根據(jù)功能關(guān)系，恒力F做的功等于ab桿增加的動(dòng)能與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，則有 FL12-mviQ 總2聯(lián)立解得Q總/ 22、m(

40、v2 3Vl )22、Rm(v2 3v1 )4(R r)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的峰值為EmBSBL2電路中產(chǎn)生的焦耳熱為QE2R -R上廣生熱量為Qr Q總R r2 2ab桿剛要離開磁場(chǎng)時(shí)，水平方向上受安培力和恒力F作用，其中安培力為 F安 vR r由牛頓第二定律可得 F F安 ma222.2v2 viB L vi解得a -14L m(R r)(2)磁場(chǎng)旋轉(zhuǎn)時(shí)，可等效為矩形閉合電路在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中反方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，所以閉合電路中產(chǎn)生正弦式電流,2其中T 一聯(lián)立可得磁場(chǎng)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度4Q(R r)b2l418.如圖，兩根足夠長(zhǎng)且平行的金屬桿制成光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面成a角，導(dǎo)軌寬為L(zhǎng),電阻忽略不計(jì)?？臻g有一足夠大、與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。開始時(shí)導(dǎo)軌頂端接一不計(jì)內(nèi)阻的穩(wěn)壓電源，電動(dòng)勢(shì)為E,如圖a所示。導(dǎo)體棒P垂直于導(dǎo)軌放置并始終與導(dǎo)軌接觸良好，P的質(zhì)量為m、電阻為Ro（2）若去掉穩(wěn)壓電源，用一根不計(jì)電阻的導(dǎo)線連接兩根導(dǎo)軌的頂端，如圖 B。再次由靜止釋放導(dǎo)體棒P。請(qǐng)通過分析，從速度、加速度的角度描述導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)；（3）設(shè)導(dǎo)軌頂端接穩(wěn)壓電源時(shí)，通過靜止導(dǎo)體棒的電流為Ii；頂端接導(dǎo)線時(shí)，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)其中的電流會(huì)無限逼近12。請(qǐng)討論Ii、I2的大小分別由哪些因素決定?！敬鸢浮浚?） 嗎警，垂直于斜面向下（2）見解析（3）導(dǎo)體棒的質(zhì)量m、斜面傾角“、