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- 2021-05-26 发布
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高考定位
电磁感应是电磁学部分的重点之一,是高考的重要考点.考查的重点有以下几个方面:①楞
次定律的理解和应用;②电磁感应图象;③电磁感应过程中的动态分析;④综合应用电路知
识和能量观点解决电磁感应问题.应考策略:复习应注意“抓住两个定律,运用两种观点”.两
个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律;两种观点是指动力学观点和能量观点.
考题 1 对楞次定律和电磁感应图象问题的考查
例 1 (单选)如图 1 所示,直角坐标系 xOy 的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场,磁
感应强度大小均为 B,在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场,磁感应强度大小为 2B.现将
半径为 L、圆心角为 90°的扇形闭合导线框 OPQ 在外力作用下以恒定角速度绕 O 点在纸面内
沿逆时针方向匀速转动.t=0 时刻线框在图示位置,设电流逆时针方向为正方向.则下列关
于导线框中的电流随时间变化的图线,正确的是( )
图 1
审题突破 根据转动闭合线框切割磁感线产生的感应电动势公式 E=1
2Bl2ω求出每条半径切
割磁感线时产生的感应电动势,分段由闭合电路欧姆定律求出感应电流,由楞次定律判断感
应电流的方向,即可选择图象.
解析 根据楞次定律,线框从第一象限进入第二象限时,电流方向是正方向,设导线框的电
阻为 R,角速度为ω,则电流大小为BωL2
2R
,从第二象限进入第三象限时,电流方向是负方向,
电流大小为3BωL2
2R
,从第三象限进入第四象限时,电流方向是正方向,电流大小是3BωL2
2R
,线
框从第四象限进入第一象限时,电流方向是负方向,电流大小为BωL2
2R
,B 选项正确.
答案 B
1.(双选)(2014·江苏·7)如图 2 所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,
过了几分钟,杯内的水沸腾起来.若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有( )
图 2
A.增加线圈的匝数
B.提高交流电源的频率
C.将金属杯换为瓷杯
D.取走线圈中的铁芯
答案 AB
解析 当电磁铁接通交流电源时,金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热,使水温升高.要
缩短加热时间,需增大涡电流,即增大感应电动势或减小电阻.增加线圈匝数、提高交变电
流的频率都是为了增大感应电动势,瓷杯不能产生涡电流,取走铁芯会导致磁性减弱.所以
选项 A、B 正确,选项 C、D 错误.
1.楞次定律的理解和应用
(1)“阻碍”的效果表现为:①阻碍原磁通量的变化——增反减同;②阻碍物体间的相对运动
——来拒去留;③阻碍自身电流的变化——自感现象.
(2)解题步骤:①确定原磁场的方向(分析合磁场);②确定原磁通量的变化(增加或减少);③确
定感应电流磁场的方向(增反减同);④确定感应电流方向(安培定则).
2.求解图象问题的思路与方法
(1)图象选择问题:求解物理图象的选择题可用“排除法”,即排除与题目要求相违背的图象,
留下正确图象.也可用“对照法”,即按照要求画出正确的草图,再与选项对照.解决此类
问题的关键是把握图象特点,分析相关物理量的函数关系,分析物理过程的变化或物理状态
的变化.
(2)图象分析问题:定性分析物理图象,要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量,弄清图
象的物理意义,借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断.在有关物理图象
的定量计算时,要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系,善于挖掘图象中的隐
含条件,明确有关图象所包围的面积、斜率,以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理意
义.
考题 2 对电磁感应中动力学问题的考查
例 2 如图 3 所示,间距为 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 与水平面夹角为
30°,导轨的电阻不计,导轨的 N、Q 端连接一阻值为 R 的电阻,导轨上有一根质量一定、电
阻为 r 的导体棒 ab 垂直导轨放置,导体棒上方距离 L 以上的范围存在着磁感应强度大小为 B、
方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场.现在施加一个平行斜面向上且与棒 ab 重力相等的恒
力,使导体棒 ab 从静止开始沿导轨向上运动,当 ab 进入磁场后,发现 ab 开始匀速运动,求:
图 3
(1)导体棒的质量;
(2)若进入磁场瞬间,拉力减小为原来的一半,求导体棒能继续向上运动的最大位移.
审题突破 (1)由牛顿第二定律求出导体棒的加速度,由匀变速运动的速度位移公式求出速
度,由安培力公式求出安培力,然后由平衡条件求出导体棒的质量.(2)应用牛顿第二定律、
安培力公式分析答题.
解析 (1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动,距离为 L,其加速度为
F-mgsin 30°=ma
F=mg
得 a=1
2g
棒进入磁场时的速度为 v= 2aL= gL
由棒在磁场中匀速运动可知 F 安=1
2mg
F 安=BIL=B2L2v
R+r
得 m=2B2L2
R+r
L
g
(2)若进入磁场瞬间使拉力减半,则 F=1
2mg
则导体棒所受合力为 F 安
F 安=BIL=B2L2v
R+r
=ma
v=Δs
Δt
和 a=Δv
Δt
代入上式
B2L2Δs
Δt
R+r
=mΔv
Δt
即B2L2Δs
R+r
=mΔv
设导体棒继续向上运动的位移为 s,则有
B2L2s
R+r
=mv
将 v= gL和 m=2B2L2
R+r
L
g
代入得 s=2L
答案 (1)2B2L2
R+r
L
g (2)2L
2.(单选)如图 4 所示,光滑斜面 PMNQ 的倾角为θ,斜面上放置一矩形导体线框 abcd,其中
ab 边长为 l1,bc 边长为 l2,线框质量为 m、电阻为 R,有界匀强磁场的磁感应强度为 B,方
向垂直于斜面向上,ef 为磁场的边界,且 ef∥MN.线框在恒力 F 作用下从静止开始运动,其
ab 边始终保持与底边 MN 平行,F 沿斜面向上且与斜面平行.已知线框刚进入磁场时做匀速
运动,则下列判断不正确的是( )
图 4
A.线框进入磁场前的加速度为F-mgsin θ
m
B.线框进入磁场时的速度为F-mgsin θR
B2l 21
C.线框进入磁场时有 a→b→c→d 方向的感应电流
D.线框进入磁场的过程中产生的热量为(F-mgsin θ)l1
答案 D
解析 线框进入磁场前,对整体,根据牛顿第二定律得:F-mgsin θ=ma,线框的加速度为
a=F-mgsin θ
m
,故 A 正确.设线框匀速运动的速度大小为 v,则线框受力平衡,F=F 安+mgsin
θ,而 F 安=B·Bl1v
R ·l1=B2l 21 v
R
,解得 v=F-mgsin θR
B2l 21
,选项 B 正确;根据右手定则可知,线
框进入磁场时有 a→b→c→d 方向的感应电流,选项 C 正确;由能量关系,线框进入磁场的
过程中产生的热量为力 F 做的功与线框重力势能增量的差值,即 Fl2-mgl2sin θ,选项 D 错
误,故选 D.
3.如图 5 甲所示,MN、PQ 是相距 d=1.0 m 足够长的平行光滑金属导轨,导轨平面与水平
面间的夹角为θ,导轨电阻不计,整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,金属
棒 ab 垂直于导轨 MN、PQ 放置,且始终与导轨接触良好,已知金属棒 ab 的质量 m=0.1 kg,
其接入电路的电阻 r=1 Ω,小灯泡电阻 RL=9 Ω,重力加速度 g 取 10 m/s2.现断开开关 S,将
棒 ab 由静止释放并开始计时,t=0.5 s 时刻闭合开关 S,图乙为 ab 的速度随时间变化的图
象.求:
图 5
(1)金属棒 ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值;
(2)磁感应强度 B 的大小.
答案 (1)6 m/s2 3
5 (2)1 T
解析 (1)S 断开时 ab 做匀加速直线运动
由图乙可知 a=Δv
Δt
=6 m/s2
根据牛顿第二定律有:mgsin θ=ma
所以 sin θ=3
5.
(2)t=0.5 s 时 S 闭合,ab 先做加速度减小的加速运动,当速度达到最大 vm=6 m/s 后做匀速
直线运动
根据平衡条件有 mgsin θ=F 安
又 F 安=BId E=Bdvm I= E
RL+r
解得 B=1 T.
在此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约,解决问题前首先要建立“动—电—动”
的思维顺序,可概括为:
(1)找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向.
(2)根据等效电路图,求解回路中的感应电流的大小及方向.
(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响,从而推出对电路中的感应电流有什么影响,
最后定性分析导体棒的最终运动情况.
(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解.
考题 3 对电磁感应中能量问题的考查
例 3 如图 6 所示,平行金属导轨与水平面间夹角均为 37°,导轨间距为 1 m,电阻不计,
导轨足够长.两根金属棒 ab 和以 a′b′的质量都是 0.2 kg,电阻都是 1 Ω,与导轨垂直放置
且接触良好,金属棒和导轨之间的动摩擦因数为 0.25,两个导轨平面处均存在着垂直轨道平
面向上的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度 B 的大小相同.让 a′b′固定不动,将金属棒
ab 由静止释放,当 ab 下滑速度达到稳定时,整个回路消耗的电功率为 8 W.求:
图 6
(1)ab 下滑的最大加速度;
(2)ab 下落了 30 m 高度时,其下滑速度已经达到稳定,则此过程中回路电流的发热量 Q 为多
大?
(3)如果将 ab 与 a′b′同时由静止释放,当 ab 下落了 30 m 高度时,其下滑速度也已经达到
稳定,则此过程中回路电流的发热量 Q′为多大?(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
审题突破 (1)当 ab 棒刚下滑时,v=0,没有感应电流,此时加速度最大.(2)ab 棒达到最大
速度后做匀速运动,其重力功率等于整个回路消耗的电功率,求出 vm,根据能量守恒列式求
回路电流的发热量 Q.(3)a′b′和 ab 受力平衡时稳定,求出稳定速度,根据能量守恒列式求
回路电流的发热量 Q′.
解析 (1)当 ab 棒刚下滑时,ab 棒的加速度有最大值:
a=gsin θ-μgcos θ=4 m/s2. (2 分)
(2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动,有
mgsin θ=BIL+μmgcos θ, (2 分)
整个回路消耗的电功率
P 电=BILvm=(mgsin θ-μmgcos θ)vm=8 W, (2 分)
则 ab 棒的最大速度为:vm=10 m/s (1 分)
由 P 电=E2
2R
=BLvm2
2R (2 分)
得:B=0.4 T. (1 分)
根据能量守恒得:
mgh=Q+1
2mv 2m +μmgcos θ· h
sin θ (2 分)
解得:Q=30 J. (1 分)
(3)由对称性可知,当 ab 下落 30 m 稳定时其速度为 v′,a′b′也下落 30 m,其速度也为 v′,
ab 和 a′b′都切割磁感线产生电动势,总电动势等于两者之和.
根据共点力平衡条件,对 ab 棒受力分析,
得 mgsin θ=BI′L+μmgcos θ (2 分)
又 I′=2BLv′
2R
=BLv′
R
(2 分)
代入解得 v′=5 m/s (1 分)
由能量守恒 2mgh=1
2
×2mv′2+2μmgcos θ h
sin θ
+Q′ (3 分)
代入数据得 Q′=75 J. (1 分)
答案 (1)4 m/s2 (2)30 J (3)75 J
4.(双选)在倾角为θ足够长的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场,磁
场方向一个垂直斜面向上,另一个垂直斜面向下,宽度均为 L,如图 7 所示.一个质量为 m、
电阻为 R、边长也为 L 的正方形线框在 t=0 时刻以速度 v0 进入磁场,恰好做匀速直线运动,
若经过时间 t0,线框 ab 边到达 gg′与 ff′中间位置时,线框又恰好做匀速运动,则下列说法
正确的是( )
图 7
A.当 ab 边刚越过 ff′时,线框加速度的大小为 gsin θ
B.t0 时刻线框匀速运动的速度为v0
4
C.t0 时间内线框中产生的焦耳热为 3
2mgLsin θ+15
32mv20
D.离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动
答案 BC
解析 当 ab 边进入磁场时,FA=B2L2v0
R
=mgsin θ.当 ab 边刚越过 f′f 时,线框的感应电动势
和电流均加倍,4B2L2v0
R
-mgsin θ=ma,加速度向上为 3gsin θ,A 错误;t0 时刻,4B2L2v
R
=mgsin
θ,解得 v=v0
4
,B 正确;线框从进入磁场到再次做匀速运动过程,沿斜面向下运动距离为 3
2L,
则由功能关系得 t0 时间内线框中产生的焦耳热为 Q=3mgLsin θ
2
+1
2mv 20 -1
2mv2=3
2mgLsin θ+
15
32mv 20 ,C 正确;线框离开磁场时做加速运动,D 错误.
5.如图 8 所示,水平放置的足够长的平行金属导轨 MN、PQ 的一端接有电阻 R0,不计电阻
的导体棒 ab 静置在导轨的左端 MP 处,并与 MN 垂直.以导轨 PQ 的左端为坐标原点 O,建
立直角坐标系 xOy,Ox 轴沿 PQ 方向.每根导轨单位长度的电阻为 r.垂直于导轨平面的非匀
强磁场磁感应强度在 y 轴方向不变,在 x 轴方向上的变化规律为:B=B0+kx,并且 x≥0.现
在导体棒中点施加一垂直于棒的水平拉力 F,使导体棒由静止开始向右做匀加速直线运动,
加速度大小为 a.设导体棒的质量为 m,两导轨间距为 L.不计导体棒与导轨间的摩擦,导体棒
与导轨接触良好,不计其余部分的电阻.
图 8
(1)请通过分析推导出水平拉力 F 的大小随横坐标 x 变化的关系式;
(2)如果已知导体棒从 x=0 运动到 x=x0 的过程中,力 F 做的功为 W,求此过程回路中产生的
焦耳热 Q;
(3)若 B0=0.1 T,k=0.2 T/m,R0=0.1 Ω,r=0.1 Ω/m,L=0.5 m,a=4 m/s2,求导体棒从 x
=0 运动到 x=1 m 的过程中,通过电阻 R0 的电荷量 q.
答案 (1)F=ma+B0+kx2L2 2ax
R0+2rx
(2)W-max0
(3)0.5 C
解析 (1)设导体棒运动到坐标为 x 处的速度为 v,由法拉第感应定律得产生的感应电动势为:
E=BLv ①
由闭合电路欧姆定律得回路中的电流为:
I= BLv
R0+2rx
②
由于棒做匀加速度直线运动,所以有:
v= 2ax ③
此时棒受到的安培力:FA=BIL ④
由牛顿第二定律得:F-FA=ma ⑤
由①②③④⑤联立解得:F=ma+B0+kx2L2 2ax
R0+2rx
(2)设导体棒在 x=x0 处的动能为 Ek,则由动能定理得:Ek=max0 ⑥
由能量守恒与转化定律得:W=Q+Ek ⑦
将⑥式代入⑦式解得:Q=W-max0
(3)由①②两式得:I=B0+kxLv
R0+2rx
⑧
因为 v=at,将题中所给的数值代入⑧式得:I=2t(A) ⑨
可知回路中的电流与时间成正比,所以在 0~t 时间内,通过 R0 的电荷量为:
q=I
2t=t2 (C)
由匀加速直线运动规律得:t= 2x
a
当 x=1 m 时,有 q=2x
a
=0.5 C
1.明确安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”,用框图表示如下:
电能 W 安>0
W 安<0
其他形式的能
2.明确功能关系,确定有哪些形式的能量发生了转化.如有摩擦力做功,必有内能产生;有
重力做功,重力势能必然发生变化;安培力做负功,必然有其他形式的能转化为电能.
3.根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解问题.
考题 4 综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题
例 4 (20 分)如图 9 甲所示,MN、PQ 是相距 d=1 m 的足够长平行光滑金属导轨,导轨平
面与水平面成某一夹角,导轨电阻不计;长也为 1 m 的金属棒 ab 垂直于 MN、PQ 放置在导
轨上,且始终与导轨接触良好,ab 的质量 m=0.1 kg、电阻 R=1 Ω;MN、PQ 的上端连接右
侧电路,电路中 R2 为一电阻箱;已知灯泡电阻 RL=3 Ω,定值电阻 R1=7 Ω,调节电阻箱使
R2=6 Ω,重力加速度 g=10 m/s2.现断开开关 S,在 t=0 时刻由静止释放 ab,在 t=0.5 s 时刻
闭合 S,同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场,磁场方向垂直于导轨平面斜向上;
图乙所示为 ab 的速度随时间变化图象.
图 9
(1)求斜面倾角α及磁感应强度 B 的大小;
(2)ab 由静止下滑 s=50 m(此前已达到最大速度)的过程中,求整个电路产生的电热;
(3)若只改变电阻箱 R2 的值.当 R2 为何值时,ab 匀速下滑中 R2 消耗的功率最大?消耗的最大
功率为多少?
解析 (1)S 断开时,ab 做匀加速直线运动,从图乙得 a=Δv
Δt
=6 m/s2 (1 分)
由牛顿第二定律有 mgsin α=ma, (1 分)
所以有 sin α=3
5
,即α=37°, (1 分)
t=0.5 s 时,S 闭合且加了磁场,分析可知,此后 ab 将先做加速度减小的加速运动,当速度
达到最大(vm=6 m/s)后接着做匀速运动.
匀速运动时,由平衡条件知 mgsin α=F 安, (1 分)
又 F 安=BId I=Bdvm
R 总
(1 分)
R 总=R+R1+ RLR2
RL+R2
=10 Ω (1 分)
联立以上四式有 mgsin α=B2d2vm
R 总
(2 分)
代入数据解得 B= mgsin αR 总
d2vm
=1 T (1 分)
(2)由能量转化关系有 mgsin αs=1
2mv 2m +Q (2 分)
代入数据解得 Q=mgsin αs-1
2mv 2m =28.2 J (1 分)
(3)改变电阻箱 R2 的值后,ab 匀速下滑时有
mgsin α=BdI (1 分)
所以 I=mgsin α
Bd
=0.6 A(1 分)
通过 R2 的电流为 I2= RL
RL+R2
I (1 分)
R2 的功率为 P=I 22 R2 (1 分)
联立以上三式可得 P=I2 R 2L R2
RL+R22
=I2
R 2L
RL
R2
+ R22
(1 分)
当 RL
R2
= R2时,即 R2=RL=3 Ω,功率最大, (1 分)
所以 Pm=0.27 W. (2 分)
答案 (1)37° 1 T (2)28.2 J (3)3 Ω 0.27 W
(2014·安徽·23)(16 分)如图 10 甲所示,匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5 T,其方向垂直于倾角
θ为 30°的斜面向上.绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨 MPN(电阻忽略不计),
MP 和 NP 长度均为 2.5 m,MN 连线水平,长为 3 m.以 MN 中点 O 为原点、OP 为 x 轴建立
一维坐标系 Ox.一根粗细均匀的金属杆 CD,长度 d 为 3 m、质量 m 为 1 kg、电阻 R 为 0.3 Ω,
在拉力 F 的作用下,从 MN 处以恒定速度 v=1 m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动(金属杆与导轨
接触良好).g 取 10 m/s2.
图 10
(1)求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动到 x=0.8 m 处电势差 UCD;
(2)推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x 的关系式,并在图乙中画
出 F-x 关系图像;
(3)求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热.
答案 (1)1.5 V -0.6 V
(2)F=12.5-3.75x(0≤x≤2) 见解析图
(3)7.5 J
解析 (1)金属杆 CD 在匀速运动中产生的感应电动势
E=Blv(l=d) E=1.5 V(D 点电势高)当 x=0.8 m 时,金属杆在导轨间的电势差为零.设此时
杆在导轨外的长度为 l 外,则
l 外=d-OP-x
OP
d OP= MP2-MN
2
2=2 m
得 l 外=1.2 m
由楞次定律判断 D 点电势高,故 C、D 两端电势差
UCD=-Bl 外 v=-0.6 V.
(2)杆在导轨间的长度 l 与位置 x 的关系是
l=OP-x
OP
d=3-3
2x
对应的电阻 R1=l
dR
电流 I=Blv
R1
杆受的安培力为 F 安=BIl=7.5-3.75x
根据平衡条件得 F=F 安+mgsin θ
F=12.5-3.75x(0≤x≤2)
画出的 F-x 图象如图所示.
(3)外力 F 所做的功 WF 等于 F-x 图线下所围的面积.
即 WF=5+12.5
2
×2 J=17.5 J
而杆的重力势能增加量ΔEp=mgOPsin θ
故全过程产生的焦耳热 Q=WF-ΔEp=7.5 J.
知识专题练 训练 10
题组 1 楞次定律和电磁感应图象问题
1.(单选)法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机.如图 1 所示,紫铜做的
圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中,圆盘圆心处固定一个摇柄,边缘和圆心处各与一个
黄铜电刷紧贴,用导线将电刷与电流表连接起来形成回路.转动摇柄,使圆盘逆时针匀速转
动,电流表的指针发生偏转.下列说法正确的是( )
图 1
A.回路中电流大小变化,方向不变
B.回路中电流大小不变,方向变化
C.回路中电流的大小和方向都周期性变化
D.回路中电流方向不变,从 b 导线流进电流表
答案 D
解析 铜盘转动产生的感应电动势为:E=1
2BL2ω,B、L、ω不变,E 不变,电流:I=E
R
=BL2ω
2R
,
电流大小恒定不变,由右手定则可知,回路中电流方向不变,从 b 导线流进电流表,故 A、
B、C 错误,D 正确.
2.(双选)如图 2 所示,虚线右侧存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,正方形金属框电阻
为 R,边长是 L,自线框从左边界进入磁场时开始计时,在外力作用下由静止开始,以垂直
于磁场边界的恒定加速度 a 进入磁场区域,t1 时刻线框全部进入磁场.若外力大小为 F,线
框中电功率的瞬时值为 P,线框磁通量的变化率为ΔΦ
Δt
,通过导体横截面的电荷量为 q,(其中
P—t 图象为抛物线)则这些量随时间变化的关系正确的是( )
图 2
答案 BD
解析 线框做匀加速运动,其速度 v=at,感应电动势 E=BLv
线框进入磁场过程中受到的安培力 F 安=BIL=B2L2v
R
=B2L2at
R
由牛顿第二定律得:F-B2L2at
R
=ma
则 F=ma+B2L2a
R t,故 A 错误;
感应电流 I=E
R
=BLat
R
线框的电功率 P=I2R=BLa2
R t2,故 B 正确;
线框的位移 s=1
2at2,ΔΦ
Δt
=B·ΔS
Δt
=B·
L·1
2at2
t
=1
2BLat,故 C 错误;
电荷量 q=IΔt=E
R·Δt=
ΔΦ
Δt
R
·Δt=ΔΦ
R
=BLs
R
=BL·1
2at2
R
=BLa
2R t2,故 D 正确.
题组 2 电磁感应中动力学问题
3.(双选)如图 3 所示,两根足够长的平行金属导轨倾斜放置,导轨下端接有定值电阻 R,匀
强磁场方向垂直导轨平面向上.现给金属棒 ab 一平行于导轨的初速度 v,使金属棒保持与导
轨垂直并沿导轨向上运动,经过一段时间金属棒又回到原位置.不计导轨和金属棒的电阻,
在这一过程中,下列说法正确的是( )
图 3
A.金属棒上滑时棒中的电流方向由 b 到 a
B.金属棒回到原位置时速度大小仍为 v
C.金属棒上滑阶段和下滑阶段的最大加速度大小相等
D.金属棒上滑阶段和下滑阶段通过棒中的电荷量相等
答案 AD
解析 金属棒上滑时,根据右手定则判断可知金属棒中感应电流的方向由 b 到 a,故 A 正确.金
属棒运动过程中产生感应电流,受到安培力作用,根据楞次定律可知安培力总是阻碍金属棒
相对于导轨运动,所以金属棒的机械能不断减小,则金属棒回到原位置时速度大小必小于 v,
故 B 错误.根据牛顿第二定律得:对于上滑过程:mgsin θ+F 安=ma 上;对于下滑过程:mgsin
θ-F 安′=ma 下.可知:a 上>a 下,故 C 错误.金属棒上滑阶段和下滑阶段中回路磁通量的变
化量相等,根据 q=ΔΦ
R
可知通过金属棒的电荷量相等,故 D 正确.
4.如图 4 所示,螺线管横截面积为 S,线圈匝数为 N,电阻为 R1,管内有水平向右的磁场,
磁感应强度为 B.螺线管与足够长的平行金属导轨 MN、PQ 相连并固定在同一平面内,与水平
面的夹角为θ,两导轨间距为 L.导轨电阻忽略不计.导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为
B0 的匀强磁场中.金属杆 ab 垂直导轨,杆与导轨接触良好,并可沿导轨无摩擦滑动.已知
金属杆 ab 的质量为 m,电阻为 R2,重力加速度为 g.忽略螺线管磁场对金属杆 ab 的影响,忽
略空气阻力.
图 4
(1)螺线管内方向向右的磁场 B 不变,当 ab 杆下滑的速度为 v 时,求通过 ab 杆的电流的大小
和方向;
(2)当 ab 杆下滑的速度为 v 时,螺线管内方向向右的磁场才开始变化,其变化率ΔB
Δt
=k(k>0).讨
论 ab 杆加速度的方向与 k 的取值的关系.
答案 (1) B0Lv
R1+R2
,方向为 b→a
(2)kB 20 L2v-mgR1+R2sin θ
B0LNS
,加速度方向向
下
解析 (1)切割磁感线产生的感应电动势 E1=B0Lv
则电流的大小 I= E1
R1+R2
= B0Lv
R1+R2
根据右手定则知,通过 ab 的电流方向为 b→a.
(2)根据法拉第电磁感应定律得,螺线管中磁场变化产生的感应电动势
E2=NΔBS
Δt
=kNS
产生的感应电动势方向与 ab 切割产生的感应电动势方向相反.
则感应电流的大小 I=E1-E2
R1+R2
当 mgsin θB0IL=B0LB0Lv-kNS
R1+R2
时,加速度方向向下.
即 k>B 20 L2v-mgR1+R2sin θ
B0LNS
,加速度方向向下
题组 3 电磁感应中能量问题
5.(双选)如图 5 所示,空间存在一有边界的条形匀强磁场区域,磁场方向与竖直平面(纸面)
垂直,磁场边界的间距为 L.一个质量为 m、边长也为 L 的正方形导线框沿竖直方向运动,线
框所在平面始终与磁场方向垂直,且线框上、下边始终与磁场的边界平行.t=0 时刻导线框
的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ),导线框的速度为 v0.经历一段时间后,当导线
框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ),导线框的速度刚好为零.此后,导线框
下落,经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力),则( )
图 5
A.上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等
B.上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多
C.上升过程中,导线框的加速度逐渐减小
D.上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率
答案 BC
解析 线框在运动过程中要克服安培力做功,消耗机械能,故返回原位置时速率减小,由动
能定理可知,上升过程动能变化量大,合力做功多,所以选项 A 错误;分析线框的运动过程
可知,在任一位置,上升过程的安培力大于下降过程中的安培力,而上升、下降位移相等,
故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做的功,故上升过程中线框产生的热
量多,所以选项 B 正确;以线框为对象分析受力可知,在上升过程做减速运动,有 F 安+mg
=ma,F 安=B2L2v
R
,故有 a=g+B2L2
mR v,所以上升过程中,速度减小,加速度也减小,故选项
C 正确;在下降过程中的加速度小于上升过程的加速度,而上升、下降的位移相等,故可知
上升时间较短,下降时间较长,两过程中重力做功大小相同,由功率公式可知,上升过程克
服重力做功的平均功率大于下降过程重力做的平均功率,所以选项 D 错误.
6.(2014·新课标Ⅱ·25)半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为 r、
质量为 m 且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上面,BA 的延长线通过圆导轨中心 O,
装置的俯视图如图 6 所示.整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为 B,方向竖直
向下.在内圆导轨的 C 点和外圆导轨的 D 点之间接有一阻值为 R 的电阻(图中未画出).直导
体棒在水平外力作用下以角
速度ω绕 O 逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触.设导体棒与导轨之间
的动摩擦因数为μ,导体棒和导轨的电阻均可忽略.重力加速度大小为 g.求:
图 6
(1)通过电阻 R 的感应电流的方向和大小;
(2)外力的功率.
答案 (1)方向为 C→D 大小为3Bωr2
2R
(2)9B2ω2r4
4R
+3μmgωr
2
解析 (1)根据右手定则,得导体棒 AB 上的电流方向为 B→A,故电阻 R 上的电流方向为 C→D.
设导体棒 AB 中点的速度为 v,则 v=vA+vB
2
而 vA=ωr,vB=2ωr
根据法拉第电磁感应定律,导体棒 AB 上产生的感应电动势 E=Brv
根据闭合电路欧姆定律得 I=E
R
,联立以上各式解得通过电阻 R 的感应电流的大小为 I=3Bωr2
2R .
(2)根据能量守恒定律,外力的功率 P 等于安培力与摩擦力的功率之和,即 P=BIrv+fv,而 f
=μmg
解得 P=9B2ω2r4
4R
+3μmgωr
2 .
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