1、专题十二电磁感应【5年高考】考点一电磁感应现象楞次定律1.(2018课标,19,6分)(多选)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是()A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动答案AD2.(2018课标,18,6分
2、)如图,在同一水平面内有两根平行长导轨,导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()答案D考点二法拉第电磁感应定律自感涡流1.(2017课标,18,6分)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图所示。无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()答案A
3、2.(2019课标,20,6分)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示;磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t=0到t=t1的时间间隔内()A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为B0rS4t0D.圆环中的感应电动势大小为B0r24t0答案BC3.(2018课标,17,6分)如图,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为
4、圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)。在过程、中,流过OM的电荷量相等,则BB等于()A.54B.32C.74D.2答案B4.(2016课标,25,20分)如图,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左端接一阻值为R的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场
5、,磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1=kt,式中k为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN(虚线)与导轨垂直,磁场的磁感应强度大小为B0,方向也垂直于纸面向里。某时刻,金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动,在t0时刻恰好以速度v0越过MN,此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计。求(1)在t=0到t=t0时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值;(2)在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。答案(1)kt0SR(2)B0lv0(t-t0)+kSt(B0lv0+kS)B0lR考点三电磁感应中的综合应用
6、1.(2017课标,20,6分)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为0.005的正方形导线框abcd位于纸面内,cd边与磁场边界平行,如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。下列说法正确的是()A.磁感应强度的大小为0.5TB.导线框运动速度的大小为0.5m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t=0.4s至t=0.6s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1N答案BC2.(2019课标,21,6分)(多选
7、)如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为,导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直,在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是()答案AD3.(2020课标,21,6分)(多选)如图,U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上,ab和dc边平行,和bc边垂直。ab、dc足够长,整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上,用水平恒力F
8、向右拉动金属框,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中,MN与金属框保持良好接触,且与bc边保持平行。经过一段时间后()A.金属框的速度大小趋于恒定值B.金属框的加速度大小趋于恒定值C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值答案BC4.(2020山东等级考,12,4分)(多选)如图所示,平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场,图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时,4s末bc边刚好进入磁场。在此过程中,
9、导体框内感应电流的大小为I,ab边所受安培力的大小为Fab,二者与时间t的关系图像可能正确的是()答案BC5.(2016课标,24,12分)如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为。重力加速度大小为g。求(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2)电阻的阻值。答案(1)Blt0Fm-g(2
10、)B2l2t0m6.(2016课标,24,14分)如图,两固定的绝缘斜面倾角均为,上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为,重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;(2)金属棒运动速度的大小。答案(1)mg(sin-3cos)(2)(sin-
11、3cos)mgRB2L27.(2019天津理综,11,18分)如图所示,固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场,磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。PQ的质量为m,金属导轨足够长、电阻忽略不计。(1)闭合S,若使PQ保持静止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向;(2)断开S,PQ在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q,求该过程安培力做
12、的功W。答案(1)Bkl3R方向水平向右(2)12mv2-23kq教师专用题组【5年高考】考点一电磁感应现象楞次定律1.(2020课标,14,6分)如图,水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈,右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态,电路接通的瞬间,可观察到()A.拨至M端或N端,圆环都向左运动B.拨至M端或N端,圆环都向右运动C.拨至M端时圆环向左运动,拨至N端时向右运动D.拨至M端时圆环向右运动,拨至N端时向左运动答案B左侧线圈通电后相当于条形磁铁,形成的磁场相当于条形磁铁的磁场,将图中开关闭合时,线圈及金属圆环内磁场由0开始增加,根据楞次定律可知,金属圆
13、环将向磁场弱的方向移动,即向右移动。圆环移动方向与开关拨至M或拨至N无关。故选B项。2.(2019课标,14,6分)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现?()A.电阻定律B.库仑定律C.欧姆定律D.能量守恒定律答案C楞次定律的本质是感应磁场中能量的转化,是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现,故选项D正确。3.(2014课标,14,6分)在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是()A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流
14、表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化答案D将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,因线圈中的磁通量没有变化,故不能观察到感应电流,选项A不符合题意;在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时,如果通电线圈通以恒定电流,产生不变的磁场,则在另一线圈中不会产生感应电流,选项B不符合题意;在线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表时,磁通量已不再变化,因此也不能观察到感应电流,选项C不符合题意;绕在同一铁环上的两个线圈,在给一个线圈通电或断电的瞬间,线圈产生的磁场变化,使穿过
15、另一线圈的磁通量变化,因此,能观察到感应电流,选项D符合题意。考点二法拉第电磁感应定律自感涡流1.(2020江苏单科,3,3分)如图所示,两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是()A.同时增大B1减小B2B.同时减小B1增大B2C.同时以相同的变化率增大B1和B2D.同时以相同的变化率减小B1和B2答案B本题借助图形考查了安培定则和楞次定律的应用。同时增大B1减小B2,环中的合磁通量方向垂直纸面向里,且增大,由楞次定律可知环中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外,由安培定则可知环中感应电流方向为逆时针方向,
16、A错误;同时减小B1增大B2,环中的合磁通量方向垂直纸面向外,且增大,由楞次定律可知,环中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里,由安培定则可知环中感应电流方向为顺时针方向,B正确;同时以相同的变化率增大或减小B1和B2,环中的合磁通量始终为零,不产生感应电流,C、D错误。2.(2017江苏单科,1,3分)如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A.11B.12C.14D.41答案A磁通量=BS,其中B为磁感应强度,S为与B垂直的有效面积。因为是同一磁场,B相同,且有效面积相同,Sa=Sb,故a=b。选项A正确。易
17、错点评虽然两线圈面积不同,但是有效面积相等。3.(2016浙江理综,16,6分)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则()A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a、b线圈中感应电动势之比为91C.a、b线圈中感应电流之比为34D.a、b线圈中电功率之比为31答案B磁场均匀增大,穿过两线圈的磁通量增大,根据楞次定律可知两线圈内会产生逆时针方向的感应电流,选项A错误;由法拉第电磁感应定律E=nt=nBtl2,得EaEb=la2lb2=91,选项B正确;由电阻
18、定律R=LS,得RaRb=lalb=31,由闭合电路欧姆定律可得I=ER,即IaIb=EaEbRbRa=31,选项C错误;由P=E2R得PaPb=Ea2Eb2RbRa=271,选项D错误。4.(2015课标,15,6分,0.337)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时,a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()A.UaUc,金属框中无电流B.UbUc,金属框中电流方向沿a-b-c-aC.Ubc=-12Bl2,金属框中无电流D.Uac=12Bl2,金属框中电流方向沿
19、a-c-b-a答案C闭合金属框在匀强磁场中以角速度逆时针转动时,穿过金属框的磁通量始终为零,金属框中无电流。由右手定则可知Ub=Ua0,随着v增大,a也增大,棒做加速度增大的加速运动,B项正确。若k-B2l2R+rL)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中,可能正确描述上述过程的是()答案D导线框刚进入磁场时速度设为v0,此时产生的感应电动势E=BLv0,感应电流I=ER=BLv0R,线框受到的安培力F=BLI=B2L2v0R。由牛顿第二定律F=ma
20、知,B2L2v0R=ma,由楞次定律知线框开始减速,随v减小,其加速度a减小,故进入磁场时做加速度减小的减速运动。当线框全部进入磁场开始做匀速运动,在出磁场的过程中,仍做加速度减小的减速运动,故只有D选项正确。思路分析推导出导线框进入磁场时所受安培力的表达式F=BIL=B2L2v0R=ma,线框加速度a=B2L2v0mR,加速度随着速度的减小而减小,线框完全在磁场中时不受安培力,a=0。由a的变化情况可知v-t图线的变化情况。温馨提示由楞次定律可知安培力的方向始终向左,线框完全在磁场中时不受安培力。6.(2013大纲全国,17,6分)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点,两圆形区域内分别存在垂直
21、于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为。t=0时,OA恰好位于两圆的公切线上,如图所示。若选取从O指向A的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是()答案C如图,设导体棒OA在转动过程中切割磁感线的有效长度为L,由几何知识知L=2Rsint则产生的感应电动势的大小为E=12BL2=2BR2sin2t再结合右手定则判断感应电动势的方向故,C正确,A、B、D错误。评析本题在考查电磁感应的基础上,更强调了学生应用数学知识解决物理问题的能力。应用几何知识得出切割磁感线的有效长度L=
22、2Rsint是解题的关键,难度中等。7.(2013山东理综,18,5分)将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场,以向里为磁场的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图像是()答案B由图乙知,0T2内,Bt=-k(常量),T2T内,Bt=k(常量),由法拉第电磁感应定律及楞次定律知,回路中产生的电流为方波形交流电。0T2内电流由b到a,由F=BIL和左手定则,知安培力F恒定且水平向左,为负方向;同理T2T内,F
23、恒定且水平向右,为正方向,故B正确,A、C、D错误。8.(2012课标,20,6分)如图,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间间隔内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中的感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头所示方向相同,则i随时间t变化的图线可能是()答案A线框abcd中电流I大小相同,Iab=Icd,而ab边与直线电流i之间的作用力大于cd边与直线电流i之间的作用力。且直线电流之间同向相吸异向相斥。依据楞次定律,当直导线中电流i方向向上且均匀减小时,
24、线框中产生adcba方向的电流且恒定,此时线框受力向左;当直导线中电流i方向向下且增加时,线框中依然产生adcba方向的电流且恒定,此时线框受力向右。则可以判断A图正确。9.(2017天津理综,3,6分)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是()A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小答案D本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培
25、力、平衡条件。由于通过回路的磁通量向下减小,则根据楞次定律可知ab中感应电流的方向由a到b,A错误。因ab不动,回路面积不变;当B均匀减小时,由E=nt=nBtS知,产生的感应电动势恒定,回路中感应电流I=ER+r恒定,B错误。由F=BIL知F随B减小而减小,C错误。对ab由平衡条件有f=F,故D正确。一题多解广义楞次定律因B减小时引起回路磁通量减小,由广义楞次定律可知回路有扩张的趋势,则ab所受安培力方向向右,再由左手定则可以判定ab中感应电流的方向从a到b,故A错误。10.(2014大纲全国,20,6分)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直
26、放置,其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率()A.均匀增大B.先增大,后减小C.逐渐增大,趋于不变D.先增大,再减小,最后不变答案C对磁铁受力分析可知,磁铁重力不变,磁场力随速率的增大而增大,当重力等于磁场力时,磁铁匀速下落,所以选C。11.(2017江苏单科,13,15分)如图所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后,金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长
27、,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求:(1)MN刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小I;(2)MN刚扫过金属杆时,杆的加速度大小a;(3)PQ刚要离开金属杆时,感应电流的功率P。答案(1)Bdv0R(2)B2d2v0mR(3)B2d2(v0-v)2R解析(1)感应电动势E=Bdv0感应电流I=ER解得I=Bdv0R(2)安培力F=BId牛顿第二定律F=ma解得a=B2d2v0mR(3)金属杆切割磁感线的速度v=v0-v,则感应电动势E=Bd(v0-v)电功率P=E2R解得P=B2d2(v0-v)2R12.(2016天津理综,12,20分)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安
28、全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为。一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为d的正方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为。为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为
29、铝条的内能,重力加速度为g。(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I;(2)若两铝条的宽度均为b,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式;(3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度bb的铝条,磁铁仍以速度v进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。答案(1)mgsin2Bd(2)见解析(3)见解析解析(1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等均为F安,有F安=IdB磁铁受到沿斜面向上的作用力为F,其大小有F=2F安磁铁匀速运动时受力平衡,则有F-mgsin=0联立式可得I=mgsin2Bd(2)磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为E,有E=Bdv
30、铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有R=ddb由欧姆定律有I=ER联立式可得v=mgsin2B2d2b(3)磁铁以速度v进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F,联立式可得F=2B2d2bv当铝条的宽度bb时,磁铁以速度v进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F,有F=2B2d2bv可见,FF=mgsin,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大。之后,随着运动速度减小,F也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减小。综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动。直到F=mgsin时
31、,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑。解题指导明确题中所构建的物理模型是解本题的关键。另外要注意的是:两边铝条对磁铁均有电磁阻力,且阻力相同。对于(3)中磁铁运动过程的分析,可类比我们熟悉的情景:导体棒沿倾斜的平行金属导轨下滑。方法技巧当遇到崭新的物理情景时,可以把它与我们熟悉的情景进行分析对比,找出共同点与不同点,采用类比的方法解题,就容易突破难点。13.(2015广东理综,35,18分)如图(a)所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4m。导轨右端接有阻值R=1的电阻。导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下
32、的匀强磁场,b、d连线与导轨垂直,长度也为L。从0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t变化,规律如图(b)所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s 做直线运动,求:(1)棒进入磁场前,回路中的电动势E;(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F,以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。(a)(b)答案(1)0.04V(2)0.04Ni=t-1(1st1.2s)解析(1)由图(b)可知01.0s内B的变化率 Bt=0.5T/s正方形磁场区域的面积S=L22=0.08m2棒进入磁场前01.0s内回路中的感应电动势E=t=SBt由
33、得E=0.080.5V=0.04V(2)当棒通过bd位置时,有效切割长度最大,感应电流最大,棒受到最大安培力F=BIL棒过bd时的感应电动势Em=BLv=0.50.41V=0.2V棒过bd时的电流I=EmR由得F=0.04N棒通过a点后在三角形abd区域中的有效切割长度L与时间t的关系:L=2v(t-1),其中t的取值范围为1st1.2s电流i与时间t的关系式i=BLvR=2Bv2(t-1)R=t-1(1st1.2s)14.(2020课标,24,12分)如图,一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内,空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于2l0的均匀导体棒以
34、速率v自左向右在金属框上匀速滑过,滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上,导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r,金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x,求导体棒所受安培力的大小随x(0x2l0)变化的关系式。答案见解析解析当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时,由法拉第电磁感应定律知,导体棒上感应电动势的大小为E=Blv由欧姆定律,流过导体棒的感应电流为I=ER式中,R为这一段导体棒的电阻。按题意有R=rl此时导体棒所受安培力大小为f=BlI由题设和几何关系有l=2x,0x22l02(2l0-x),22l0x2l0联立式得f=2B2vrx,0x22l02B
35、2vr(2l0-x),22l00代表圆盘逆时针转动。已知:R=3.0,B=1.0T,r=0.2m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻。(1)根据图(b)写出ab、bc段对应的I与的关系式;(2)求出图(b)中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc;(3)分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式。图(a)图(b)答案见解析解析(1)由图象可知,在ab段I=150(-45rad/s15rad/s)在bc段I=100-0.05(15rad/s45rad/s)(2)由题意可知,P两端的电压UP等于圆盘产生的电动势,UP=12Br2b点时b=15rad/sUb=12Br2b=0.3Vc点时
36、c=45rad/sUc=12Br2c=0.9V(3)由图象中电流变化规律可知电子元件P在b点时开始导通,则:在ab段IP=0(-0.9VUP0.3V)在bc段IP=I-UPR而I=100-0.05UP=12Br2联立可得IP=UP6-0.05(0.3VUP0.9V)本题考查了与电磁感应有关的电路问题,还涉及电子元件的应用,需注意电子元件一般是非线性元件。另外,运用图象解决实际问题的能力在本题中也是关键。试题难度中等。17.(2017北京理综,24,20分)发电机和电动机具有装置上的类似性,源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。在竖直向下的磁感
37、应强度为B的匀强磁场中,两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L,电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好,以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻,导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点M、P间接有直流电源,导体棒ab通过滑轮匀速提升重物,电路中的电流为I。(1)求在t时间内,图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。(2)从微观角度看,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便,可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。a.请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图
38、2的导体棒ab)中,分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。b.我们知道,洛伦兹力对运动电荷不做功。那么,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢?请以图2“电动机”为例,通过计算分析说明。答案见解析解析本题考查发电机和电动机的机理分析、洛伦兹力的方向及其在能量转化中的作用。(1)图1中,电路中的电流I1=BLvR+r棒ab受到的安培力F1=BI1L在t时间内,“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功E电=F1vt=B2L2v2tR+r图2中,棒ab受到的安培力F2=BIL在t时间内,“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功E机=F2vt=BILvt(2)
39、a.如图甲、乙所示。b.设自由电荷的电荷量为q,沿导体棒定向移动的速率为u。如图乙所示,沿棒方向的洛伦兹力f1=qvB,做负功W1=-f1ut=-qvBut垂直棒方向的洛伦兹力f2=quB,做正功W2=f2vt=quBvt所以W1=-W2,即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。f1做负功,阻碍自由电荷的定向移动,宏观上表现为“反电动势”,消耗电源的电能;f2做正功,宏观上表现为安培力做正功,使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能,在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。疑难突破洛伦兹力的做功及其作用在“发电机”模型中,外力促使导
40、体棒做切割磁感线运动时,棒中自由电荷随棒运动,从而会受到沿棒方向的洛伦兹力,表现为“电源中的非静电力”,这一力做正功,起到了使其他形式能量向电能转化的作用;在“电动机”模型中,外电源使导体棒中产生电场,在电场力作用下,导体棒中的自由电荷沿棒运动,从而受到垂直于棒方向的洛伦兹力,宏观上表现为“导体棒受到的安培力”,这一力做正功,起到了使电能向其他形式能量转化的作用。18.(2016上海单科,33,14分)如图,一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内,磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。一足够长、质量为m的直导体棒沿x方向置于轨道上,在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线
41、运动,运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻为,与电阻不计的轨道接触良好,运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=ky32(SI)。求:(1)导体轨道的轨道方程y=f(x);(2)棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系;(3)棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。答案(1)y=4aB2k2x2(2)Fm=k2ay(3)k22aL2+maL解析(1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(x,y),安培力Fm=B2(2x)2vR安培力的功率P=Fmv=4B2x2v2R=ky32棒做匀加速运动v2=2ayR=2x代入前式得y=4aB2k2x2轨道形状为抛物线。(2)安培力Fm=4B2
42、x2Rv=2B2x2ay以轨道方程代入得Fm=k2ay(3)由动能定理W=Wm+12mv2安培力做功Wm=k22aL2棒在y=L处的动能为12mv2=maL外力做功W=k22aL2+maL19.(2015天津理综,11,18分)如图所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面。开始时,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速
43、运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g。求(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍;(2)磁场上下边界间的距离H。答案(1)4倍(2)Qmg+28l解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边上的感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律,有E1=2Blv1设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有I1=E1R设此时线框所受安培力为F1,有F1=2I1lB由于线框做匀速运动,其受力平衡,有mg=F1由式得v1=mgR
44、4B2l2设ab边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v2,同理可得v2=mgRB2l2由式得v2=4v1(2)线框自释放直到cd边进入磁场前,由机械能守恒定律,有2mgl=12mv12线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有mg(2l+H)=12mv22-12mv12+Q由式得H=Qmg+28l20.(2015海南单科,13,10分)如图,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的
45、动摩擦因数为,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略。求(1)电阻R消耗的功率;(2)水平外力的大小。答案(1)B2l2v2R(2)B2l2vR+mg解析解法一导体棒匀速向右滑动,速率为v,则有F=F安+mgE=BlvI=ERF安=BIl解得F=B2l2vR+mg由能量守恒定律得Fv=mgv+PR解得PR=B2l2v2R解法二(1)导体棒切割磁感线产生的电动势E=Blv由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R两端电压等于电动势:U=E则电阻R消耗的功率PR=U2R综合以上三式可得PR=B2l2v2R(2)设水平外力大小为F,由能量守恒有Fv=PR+mgv故得F=PRv+mg=B2l2vR+
46、mg21.(2015四川理综,11,19分)如图所示,金属导轨MNC和PQD,MN与PQ平行且间距为L,所在平面与水平面夹角为,N、Q连线与MN垂直,M、P间接有阻值为R的电阻;光滑直导轨NC和QD在同一水平面内,与NQ的夹角都为锐角,均匀金属棒ab和ef质量均为m,长均为L,ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合;ef棒垂直放在倾斜导轨上,与导轨间的动摩擦因数为(较小),由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻,ef棒的阻值为R,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,忽略感应电流产生的磁场,重力加速度为g。(1
47、)若磁感应强度大小为B,给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1,在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止,ef棒始终静止,求此过程ef棒上产生的热量;(2)在(1)问过程中,ab棒滑行距离为d,求通过ab棒某横截面的电荷量;(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动,并在NQ位置时取走小立柱1和2,且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。答案(1)14mv12(2)2Bd(L-dcot)R(3)见解析解析(1)设ab棒的初动能为Ek,ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W1,有W+W1=Ek且W=W1由题有Ek=12
48、mv12得W=14mv12说明:式各1分。(2)设在题设过程中,ab棒滑行时间为t,扫过的导轨间的面积为S,通过S的磁通量为,ab棒产生的电动势为E,ab棒中的电流为I,通过ab棒某横截面的电荷量为q,则E=t且=BSI=qt又有I=2ER由图所示S=d(L-dcot)联立,解得q=2Bd(L-dcot)R说明:式各1分。(3)ab棒滑行距离为x时,ab棒在导轨间的棒长Lx为Lx=L-2xcot此时,ab棒产生电动势Ex为Ex=Bv2Lx流过ef棒的电流Ix为Ix=ExRef棒所受安培力Fx为Fx=BIxL联立,解得Fx=B2v2LR(L-2xcot)由式可得,Fx在x=0和B为最大值Bm时有
49、最大值F1。由题知,ab棒所受安培力方向必水平向左,ef棒所受安培力方向必水平向右,使F1为最大值的受力分析如图所示,图中fm为最大静摩擦力,有F1cos=mgsin+(mgcos+F1sin)联立,得Bm=1Lmg(sin+cos)R(cos-sin)v2式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小,该磁场方向可竖直向上,也可竖直向下。由式可知,B为Bm时,Fx随x增大而减小,x为最大xm时,Fx为最小值F2,如图可知F2cos+(mgcos+F2sin)=mgsin联立,得xm=Ltan(1+2)sincos+说明:式各1分,式2分,正确说明磁场方向得1分。22.(2014浙江理综,24,20分
50、)某同学设计一个发电测速装置,工作原理如图所示。一个半径为R=0.1m的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为R的金属棒OA,A端与导轨接触良好,O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r=R/3的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为m=0.5kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T。a点与导轨相连,b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放,下落h=0.3m时,测得U=0.15V。(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度g=10
51、m/s2)(1)测U时,与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”?(2)求此时铝块的速度大小;(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。答案(1)正极(2)2m/s(3)0.5J解析(1)由右手定则知,金属棒产生的感应电动势的方向由OA,故A端电势高于O端电势,与a点相接的是电压表的“正极”。(2)由电磁感应定律得U=E=t=12BR2U=12BR2v=r=13R所以v=2U3BR=2m/s(3)E=mgh-12mv2E=0.5J23.(2014江苏单科,13,15分)如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距为L,长为3d,导轨平面与水平面的夹角为,在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝
52、缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放,在滑上涂层之前已经做匀速运动,并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直,且仅与涂层间有摩擦,接在两导轨间的电阻为R,其他部分的电阻均不计,重力加速度为g。求:(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数;(2)导体棒匀速运动的速度大小v;(3)整个运动过程中,电阻产生的焦耳热Q。思路解析关注:导体棒在有绝缘涂层段受摩擦力,而不受安培力,在无涂层段不受摩擦力,而受安培力。隐含条件,匀速运动意味着摩擦力与安培力相等。解析(1)在绝缘涂层上受力平衡mgsin=mgcos解得=tan(2)在光滑导轨上感应电动势E
53、=BLv感应电流I=ER安培力F安=BIL受力平衡F安=mgsin解得v=mgRsinB2L2(3)摩擦生热Q摩=mgdcos由能量守恒定律得3mgdsin=Q+Q摩+12mv2解得Q=2mgdsin-m3g2R2sin22B4L4答案(1)tan(2)mgRsinB2L2(3)2mgdsin-m3g2R2sin22B4L424.(2014北京理综,24,20分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如图所示,固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中,金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下,在导线框上以速度v做匀速运动,速度v与恒力F方向相同;导线MN始终与导线框形成
54、闭合电路。已知导线MN电阻为R,其长度L恰好等于平行轨道间距,磁场的磁感应强度为B。忽略摩擦阻力和导线框的电阻。(1)通过公式推导验证:在t时间内,F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电,也等于导线MN中产生的焦耳热Q;(2)若导线MN的质量m=8.0g、长度L=0.10m,感应电流I=1.0A,假设一个原子贡献1个自由电子,计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(下表中列出一些你可能会用到的数据);阿伏加德罗常数NA6.01023mol-1元电荷e1.610-19C导线MN的摩尔质量6.010-2kg/mol(3)经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离
55、子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞。展开你想象的翅膀,给出一个合理的自由电子的运动模型;在此基础上,求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式。温馨提示(1)推导出W电与Q的表达式并比较。(2)I=neSv。(3)分析电子运动过程中的受力情况尝试用不同方法解题。解析(1)电动势E=BLv导线匀速运动,受力平衡F=F安=BIL在t时间内,外力F对导线做功W=Fvt=F安vt=BILvt电路获得的电能W电=qE=IEt=BILvt可见,F对导线MN所做的功等于电路获得的电能W电;导线MN中产生的焦耳热Q=I2Rt=ItIR=qE=W电可见,电路获得的电能W电等
56、于导线MN中产生的焦耳热Q。(2)导线MN中含有的原子数为N=mNA因为一个金属原子贡献一个电子,所以导线MN中的自由电子数也是N。导线MN单位体积内的自由电子数n=NSL其中,S为导线MN的横截面积。因为电流I=nveSe所以ve=InSe=ILNe=ILmNAe解得ve=7.810-6m/s(3)假设:所有自由电子(简称电子)以同一方式运动。解法一:动量解法设电子在每一次碰撞结束至下一次碰撞结束之间的运动都相同,经历的时间为t,电子的动量变化为零。因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用f洛=evB沿导线方向,电子只受到金属离子的作用力和f洛作用,所以f洛t-If=0其中
57、If为金属离子对电子的作用力的冲量,其平均作用力为f,则If=ft得f=f洛=evB答案(1)见解析(2)7.810-6m/s(3)见解析(2)解法二:能量解法设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为t,在这段时间内,通过导线一端的电子总数N=Ite电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力f做功产生的。在时间t内总的焦耳热Q=NfL由能量守恒得Q=W电=EIt=BLvIt所以f=evB解法三:动力学解法因为电流不变,所以假设电子以速度ve相对导线做匀速直线运动。因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用,f洛=evB沿导线方向,电子只受到金属离子的平均作用力f和f
58、洛作用,二力平衡即f=f洛=evB25.(2014天津理综,11,18分)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角=30的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4m。导轨所在空间被分成区域和,两区域的边界与斜面的交线为MN,中的匀强磁场方向垂直斜面向下,中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T。在区域中,将质量m1=0.1kg,电阻R1=0.1的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑。然后,在区域中将质量m2=0.4kg,电阻R2=0.1的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,
59、取g=10m/s2。问(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向;(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大;(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8m,此过程中ab上产生的热量Q是多少。答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J解析(1)由右手定则可知ab中电流方向由a流向b。(2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有Fmax=m1gsin设ab刚要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有E=BLv设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有I=ER1+R2设ab所受安培力为F安,有F安=ILB此时ab受
60、到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有F安=m1gsin+Fmax综合式,代入数据解得v=5m/s(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒有m2gxsin=Q总+12m2v2又Q=R1R1+R2Q总解得Q=1.3J26.(2019海南单科,14,16分)如图,一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨,导轨间距为l;两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直,长度均为l;棒与导轨间的动摩擦因数为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力);整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下。从t=0时开始,对AB棒施加一外力,使AB棒从静止开始向右做匀加速运动,直到t=t
61、1时刻撤去外力,此时棒中的感应电流为i1;已知CD棒在t=t0(0t0t1)时刻开始运动,运动过程中两棒均与导轨接触良好。两棒的质量均为m,电阻均为R,导轨的电阻不计。重力加速度大小为g。(1)求AB棒做匀加速运动的加速度大小;(2)求撤去外力时CD棒的速度大小;(3)撤去外力后,CD棒在t=t2时刻静止,求此时AB棒的速度大小。答案(1)2mgRB2l2t0(2)2mgRt1B2l2t0-2Ri1Bl(3)4mgRt1B2l2t0-2Ri1Bl-2g(t2-t1)解析(1)设AB棒做匀加速运动的加速度大小为a,在t=t0时刻AB棒的速度为v0=at0,此时对CD棒:mg=F安1F安1=Bi0
62、li0=Blv02R联立解得:a=2mgRB2l2t0(2)在t1时刻,AB棒的速度v1=at1=2mgRt1B2l2t0此时i1=E2R,E=Blv1-BlvCD解得vCD=2mgRt1B2l2t0-2Ri1Bl(3)撤去外力后到CD棒静止,对CD棒应用动量定理有:-mg(t2-t1)+BIl(t2-t1)=0-mvCD对AB棒应用动量定理有:-mg(t2-t1)-BIl(t2-t1)=mvAB-mv1联立解得:vAB=4mgRt1B2l2t0-2Ri1Bl-2g(t2-t1)27.(2018天津理综,12,20分)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种
63、动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m。列车启动前,ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所示。为使列车启动,需在M、N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。(1)要使列车向右运行,启动时图1中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由;(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小;(3)列车减速时,需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强
64、度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?图1图2答案(1)见解析(2)2BElmR(3)见解析解析本题考查左手定则、安培力、法拉第电磁感应定律、动量定理等。(1)列车要向右运动,安培力方向应向右。根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a到b、由c到d,故M接电源正极。(2)由题意,启动时ab、cd并联,设回路总电阻为R总,由电阻的串并联知识得R总=R2设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有I=ER总设两根金属棒所受安培力之和为F,有F=IlB根据牛顿第二定律有
65、F=ma联立式得a=2BElmR(3)设列车减速时,cd进入磁场后经t时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有E1=t其中=Bl2设回路中平均电流为I,由闭合电路欧姆定律有I=E12R设cd受到的平均安培力为F,有F=IlB以向右为正方向,设t时间内cd受安培力冲量为I冲,有I冲=-Ft同理可知,回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0,有I0=2I冲设列车停下来受到的总冲量为I总,由动量定理有I总=0-mv0联立式得I总I0=mv0RB2l3讨论:若I总I0恰为整数,设其为
66、n,则需设置n块有界磁场;若I总I0不是整数,设I总I0的整数部分为N,则需设置N+1块有界磁场。28.(2018浙江4月选考,23,10分)如图所示,在竖直平面内建立xOy坐标系,在0x0.65m、y0.40m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长l=0.10m、质量m=0.02kg、电阻R=0.40的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置,其中心的坐标为(0,0.65m)。现将线框以初速度v0=2.0m/s水平向右抛出。线框在进入磁场过程中速度保持不变,然后在磁场中运动,最后从磁场右边界离开磁场区域,完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内,其ab边与
67、x轴保持平行,空气阻力不计。(g取10m/s2)求:(1)磁感应强度B的大小;(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q;(3)在全过程中,c、b两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。答案见解析解析(1)线框做平抛运动,当ab边与磁场上边界接触时,竖直方向有h=12gt2=0.2m,得t=0.2s,此时竖直方向的分速度v2y=gt=2m/s=v0,合速度方向与水平方向成45角,由题知线框匀速进入磁场,则感应电流I=ER=Blv2yRF安=BIl因为线框匀速进入磁场,合力为0,所以mg=F安联立解得B=2T(2)线框全部进入磁场区域之后,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动,线
68、框离开磁场过程中,上下两边所受到的安培力抵消,所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热,水平方向上,只有ad边在水平方向上切割磁感线,线框离开磁场时所带的电荷量q=R=Bl2R对离开过程在水平方向由动量定理,设向右为正,则-Blq=mv5x-mv0得v5x=1.5m/s由能量守恒得mgh-Q1=12mv52-12mv42=12mv(v5x2+v5y2)-12m(v02+v4y2)同时离开磁场过程中竖直方向只受重力,有v5y2-v4y2=2gh联立解得Q1=0.0175J在进入磁场过程中,速度不变,重力势能转换成焦耳热Q2=mgl=0.02J所以Q总=Q1+Q2=0.0375J(3)易得图中2、
69、3、4、5状态下中心横坐标分别为0.4m、0.5m、0.6m、0.7m当x0.4m时,线框还没进入磁场,Ucb=0;当0.4mx0.5m时,线框电动势由ab边切割磁感线提供,但cb边进入磁场部分也在切割磁感线,因此这里相当于也有一个电源,在计算电势差时也要考虑,同时电势差要注意正负,因此Ucb=-14Blv2y+B(x-0.4)v0=4x-1.7;当0.5mx0.6m时线框完全进入磁场,电路中没有电流,但cb边仍在切割磁感线,因此仍然相当于一个电源,Ucb=Blv0=0.4V;当0.6mv2,则开始时甲中的感应电流一定大于乙中的感应电流D.若v1v2,则最终稳定状态时甲的速度可能大于乙的速度答
70、案BC8.(2020山东聊城一中高三6月检测,12)如图所示,固定轨道由倾角为的斜导轨与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成,轨道所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场,两导轨间距为L,上端用阻值为R的电阻连接。在沿斜导轨向下的拉力(图中未画出)作用下,一质量为m、接入电路的有效电阻为R的金属杆MN从斜导轨上某一高度处由静止开始(t=0)沿斜导轨匀加速下滑,经过时间t0杆MN滑至斜轨道的最底端P2Q2处,此时速度大小为v并撤去拉力,杆MN在水平导轨上减速运动直至停止,杆MN始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触,导轨的电阻以及一切摩擦均不计。则下列说法正确的是()A.杆MN中通过的最大感应电流Im=BLv2RB.杆MN沿斜导轨下滑的过程中,通过电阻R的电荷量q=BLvt04RC.撤去拉力后,杆MN在水平轨道上运动的路程s=2mRvB2L2D.撤去拉力后,回路中产生的焦耳热为12mv2答案ACD
