1、高考资源网（） 您身边的高考专家第三讲电磁感应的综合应用电磁感应中的电路问题 【重难提炼】1电磁感应电路中的五个等效问题2解决电磁感应电路问题的基本步骤(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向：感应电流方向是电源内部电流的方向，从而确定电源正、负极，明确内阻r.(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路图(3)“式”的建立：根据EBlv或En结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下
2、的匀强磁场中一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()APQ中电流先增大后减小BPQ两端电压先减小后增大CPQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大审题突破在匀强磁场中，谁运动谁是电源，则PQ中的电流为干路电流，PQ两端电压为路端电压，线框消耗的功率为电源的输出功率，再依据电路的规律求解问题解析设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3Rr；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外，当r时，R外maxR，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即P
3、Q从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小PQ中的电流为干路电流I，可知干路电流先减小后增大，选项A错误PQ两端的电压为路端电压UEU内，因EBlv不变，U内IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误拉力的功率大小等于安培力的功率大小，PF安vBIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误答案C【题组过关】考向一恒定感应电流的电路分析1如图所示，a、b两
4、个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la3lb，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Ba、b线圈中感应电动势之比为91Ca、b线圈中感应电流之比为34Da、b线圈中电功率之比为31解析：选B.由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则A项错误；根据法拉第电磁感应定律ENNS，而磁感应强度均匀变化，即恒定，则a、b线圈中的感应电动势之比为9，故B项正确；根据电阻定律R，且L4Nl，则3，由闭合电路欧姆定律I，得a、b线圈中的感应电流之比为
5、3，故C项错误；由功率公式PI2R知，a、b线圈中的电功率之比为27，故D项错误2.如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为()AEBECE DE解析：选B.a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的，故UabE，B正确3(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A若圆盘转动的角速度恒定，则电流
6、大小恒定B若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：选AB.设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为，则圆盘转动产生的电动势为EBr2，可知，若转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由PI2R可知，电阻R
7、上的热功率变为原来的4倍，D项错误考向二变化感应电流的电路分析4如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝(图中用粗线表示)，R14 、R28 (导轨其他部分电阻不计)导轨OACO的形状满足y2sin(单位：m)磁感应强度B0.2 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v5.0 m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻求：(1)外力F的最大值；(2)金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；(3)在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系解析：(1)由题图容易
8、看出，当y0时x有两个值，即sin0时，x10，x23.这即是O点和C点的横坐标，因而与A点对应的x值为1.5.将x1.5代入函数y2sin，便得A点的纵坐标，即y2sin 2(单位：m)这就是金属棒切割磁感线产生电动势的最大有效长度当金属棒在O、C间运动时，R1、R2是并联在电路中的，其等效电路如图所示其并联电阻R并 .当金属棒运动到x位置时，其对应的长度为y2sin，此时金属棒产生的感应电动势为EByv2Bvsin (单位：V)，其电流I(单位：A)而金属棒所受的安培力应与F相等，即FBIy.在金属棒运动的过程中，由于B、v、R并不变，故F随y的变大而变大当y最大时F最大，即Fmax0.3
9、 N.(2)R1两端电压最大时，其功率最大即UEmax时，R1上消耗的功率最大，而金属棒上产生的最大电动势EmaxBymaxv2.0 V.这时Pmax1.0 W.(3)当t0时，棒在x0处设运动到t时刻，则有xvt，将其代入y得y2sin，再结合EByv和I，得Isin0.75sinA.答案：(1)0.3 N(2)1.0 W(3)I0.75sinA考向三含容电路的分析与计算5.在同一水平面的光滑平行导轨P、Q相距l1 m，导轨左端接有如图所示的电路其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d10 mm，定值电阻R1R212 ，R32 ，金属棒ab的电阻r2 ，其他电阻不计磁感应强度B0.5 T
10、的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m11014 kg，电荷量q11014 C的微粒恰好静止不动取g10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好且速度保持恒定试求：(1)匀强磁场的方向；(2)ab两端的路端电压；(3)金属棒ab运动的速度大小解析：(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由ba，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件
11、有mgEq又E，所以UMN0.1 VR3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I0.05 A则ab棒两端的电压为UabUMNI0.4 V.(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势EBlv由闭合电路欧姆定律得EUabIr0.5 V联立解得v1 m/s.答案：(1)竖直向下(2)0.4 V(3)1 m/s电磁感应中电路问题的误区分析 (1)不能正确分析感应电动势及感应电流的方向因产生感应电动势的那部分电路为电源部分，故该部分电路中的电流应为电源内部的电流，而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有注意等效电源的内阻对电路的影响(3)对连接在电路
12、中电表的读数不能正确进行分析，特别是并联在等效电源两端的电压表，其示数应该是路端电压，而不是等效电源的电动势 电磁感应中的图象问题 【重难提炼】1题型特点一般可把图象问题分为三类：(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象；(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量；(3)根据图象定量计算2解题关键：弄清初始条件，正负方向的对应，变化范围，所研究物理量的函数表达式，进、出磁场的转折点是解决问题的关键3解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是Bt图象还是t图象，或者是Et 图象、It图象等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系；(4)
13、结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画出图象或判断图象(多选)如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是FF0kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有()审题突破先
14、分别得出I、FA、UR、P与v的关系然后对棒MN受力分析，由牛顿第二定律列方程分情况讨论棒MN的运动情况，最后依据各量与v的关系讨论得到各量与t的关系解析设某时刻金属棒的速度为v，根据牛顿第二定律FFAma，即F0kvma，即F0vma，如果k，则加速度与速度成线性关系，且随着速度增大，加速度越来越大，即金属棒运动的vt图象的切线斜率也越来越大，由于FA，FAt图象的切线斜率也越来越大，感应电流、电阻两端的电压及感应电流的功率也会随时间变化得越来越快，B项正确；如果k，则金属棒做匀加速直线运动，电动势随时间均匀增大，感应电流、电阻两端的电压、安培力均随时间均匀增大，感应电流的功率与时间的二次方
15、成正比，没有选项符合；如果k0代表圆盘逆时针转动已知：R3.0 ，B1.0 T，r0.2 m忽略圆盘、电流表和导线的电阻(1)根据图乙写出ab、bc段对应的I与的关系式；(2)求出图乙中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的关系式解析：(1)由题图乙可知，在ab段I A(45 rad/s15 rad/s)在bc段I A(15 rad/s45 rad/s)(2)由题意可知，P两端的电压UP等于圆盘产生的电动势，UPBr2b点时b15 rad/s，UbBr2b0.3 Vc点时c45 rad/s，UcBr2c0.9 V.(3)由题图乙中电
16、流变化规律可知电子元件P在b点时开始导通，则：在ab段IP0(0.9 VUP0.3 V)在bc段IPI而I0.05，UPBr2联立可得IP A(0.3 Vmg，所以从静止开始加速运动，ab棒运动会切割磁感线产生感应电流，从而使ab棒受到一个向左的安培力，这样加速度会减小，最终会做匀速运动；而cd棒所受到的最大安培力与摩擦力相同，所以总保持静止状态，即安培力对ab棒做负功，对cd棒不做功，所以选项C正确，A、B、D错误2(2019衢州检测)如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L0.2 m，左端接有阻值R0.3 的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑导轨水平导轨的整个区域内存在
17、竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B1.0 T一根质量m0.2 kg，电阻r0.1 的金属棒垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲导轨上升到最大高度h0.8 m处已知金属棒与导轨间的动摩擦因数0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g10 m/s2.求：(1)金属棒运动的最大速度v；(2)金属棒在磁场中速度为时的加速度大小；(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热解析：(1)金属棒从离开磁场到上升到弯曲导轨最高点，根据机
18、械能守恒定律：mv2mgh解得：v4 m/s.(2)金属棒在磁场中以最大速度v做匀速运动过程，设回路中的电流为I，根据平衡条件得FBILmg回路中的电流为：I解得：F0.6 N.金属棒速度为时，设回路中的电流为I根据牛顿第二定律得FBILmgma回路中的电流为：I解得：a1 m/s2.(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q根据功能关系：Fxmgxmv2Q则电阻R上的焦耳热：QRQ解得：QR1.5 J.答案：(1)4 m/s(2)1 m/s2(3)1.5 J考向二倾斜导轨上的运动分析3如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C
19、.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g.忽略所有电阻让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为EBLv平行板电容器两极板之间的电势差为UE设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C联立式得QCBLv.(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的磁场的作用力
20、方向沿导轨向上，大小为F安BLi设在时间间隔(t，tt)内流经金属棒的电荷量为Q，据定义有iQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，tt)内增加的电荷量由式得：QCBLv式中，v为金属棒的速度变化量据定义有a金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为FfFN式中，FN是金属棒对导轨的正压力的大小，有FNmgcos 金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin F安Ffma联立至式得ag由式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动t时刻金属棒的速度大小为vgt.答案：(1)QCBLv(2)vgt考向三竖直方向上的运动分析4(多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属
21、导轨PP、QQ倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法中正确的是()A金属棒ab最终可能匀速下滑B金属棒ab一直加速下滑C金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动解析：选BC.金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsin BIl0，金属棒将一直加速，A错、B对；由右手定则可知，金属棒a端电
22、势高，则M板电势高，C项对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D项错5.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
23、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.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E12Blv1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设此时线框所受安培力为F1，有F12I1lB由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1由式得v1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由式得v24v1.(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守
24、恒定律，有2mglmv线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l.答案：(1)4倍(2)28l电磁感应中的能量问题 【题组过关】1(2019浙江选考4月)如图所示，倾角37、间距l0.1 m 的足够长金属导轨底端接有阻值R0.1 的电阻，质量m0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 mx0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场从t0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足vkx(可导出akv)，k5 s1.当棒ab
25、运动至x10.2 m处时，电阻R消耗的电功率P0.12 W，运动至x20.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x0处棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用Fx图象下的“面积”代表力F做的功，sin 370.6)(1)磁感应强度B的大小；(2)外力F随位移x变化的关系式；(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.解析：(1)P，B T.(2)无磁场区间0x0.2 ma5v25xF25xmmgcos mgsin 0.962.5x有磁场区间0.2 mx0.8 m，FA0.6xF25xmmgcos mgsin FA0.962.5x0.6x0.963.1x
26、.(3)作FAx图象如图，上升过程中克服安培力做功(梯形面积)WA1(x1x2)(x2x1)0.18 J撤去外力后，设棒ab上升的距离为s，再次进入磁场时的速度为v，则(mgsin mgcos )smv2(mgsin mgcos )smv2得v2 m/s由于mgsin mgcos 0，故棒ab再次进入磁场后做匀速运动下降过程中克服安培力做功WA2(x2x1)0.144 JQWA1WA20.324 J.答案：见解析2.小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l0.50 m，倾角53，导轨上端串接一个R0.05 的电阻在导轨间长d0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下
27、的匀强磁场，磁感应强度B2.0 T质量m4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.解析：(1)由牛顿第二定律a
28、12 m/s2进入磁场时的速度v2.4 m/s.(2)感应电动势EBlv感应电流I安培力FAIBl代入得FA48 N(3)健身者做功WF(sd)64 J由牛顿第二定律Fmgsin FA0CD棒在磁场区域做匀速运动在磁场中运动的时间t焦耳热QI2Rt26.88 J.答案：见解析3.(2018浙江选考4月)如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，在0x0.65 m、y0.40 m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l0.10 m、质量m0.02 kg、电阻R0.40 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(0，0.65 m)现将线框以初速度v02.0
29、m/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x轴保持平行，空气阻力不计求：(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，cb两端的电势差Uc b与线框中心位置的x坐标的函数关系解析：(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hgt20.2 m，得t0.2 s，此时竖直方向的分速度v2ygt2 m/sv0，合速度方向与水平方向成45角，由题知进入过程中为匀速进入，ad与bc这两根杆产生的电动势相互抵消，所以整个框只有ab边框切割
30、，并且只有竖直方向切割，有效速度为2 m/s，此时电流I，EBlv2yFABIl因为线框匀速进入磁场，合力为0，所以mgFA联立式得B2 T.(2)线框全部进入磁场区域之后，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，线框离开磁场过程中，上下两根杆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边的水平方向上的速度在切割磁感线，线框离开磁场的电荷量q出去过程中列水平方向的动量定理，设向右为正，FAmv5xmv0，得Blqmv5xmv0得v5x1.5 m/s，设出去过程中下降距离为h，列出动能定理表达式，mghQ1mvmv(mvmv)(mvmv)同样出去过程中竖直
31、方向只受重力，由竖直方向运动规律得vv2gh联立得Q10.017 5 J在进入磁场过程中，速度不变，重力势能转换成焦耳热Q2mgl0.02 J所以Q总0.037 5 J.(3)首先求得图中2，3，4，5四个时刻线框的横坐标为0.4 m，0.5 m，0.6 m，0.7 m0x0.4 m，线框未进入磁场，所以vc b0；0.4 mx0.5 m，对于cb边有，Uc bB(x0.4)v0Blv3y4x1.7(V)；0.5 mxab)，处于匀强磁场中同种材料同样规格的金属丝MN可与导线框保持良好的接触并做无摩擦滑动当MN在外力作用下从导线框左端向右匀速运动到右端的过程中，下列说法正确的是()A金属丝MN
32、相当于电源，MN间的外电路总电阻先减小后增大B金属丝MN相当于电源，MN间的外电路总电阻先增大后减小C导线框消耗的电功率先减小后增大D导线框消耗的电功率先增大再减小，再增大再减小解析：选BD.金属丝MN在外力作用下从导线框的左端开始做切割磁感线的匀速运动，所以产生的电动势为定值，EBLv0，整个电路的总电阻等于金属丝的电阻r与左右线框并联电阻之和，当金属丝MN运动到线框中点时总电阻达到最大值，A错，B对在金属丝MN运动过程中，设某一时刻线框的总电阻为R，金属丝的电阻为r，由于adab，则金属丝MN运动到线框中点时，Rr，亦即Rr的位置在线框中点的左边，根据对称性，在线框中点的右边也有Rr的位置
33、所以在线框中点两边对称的位置导线框消耗的电功率最大所以，当MN从导线框左端向右运动到右端的过程中，导线框消耗的电功率先增大再减小，再增大再减小，C错，D对二、非选择题9.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，方向垂直纸面向里在内圆导轨的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，导体棒和导轨
34、的电阻均可忽略重力加速度大小为g.求：(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率解析：(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为BA，故电阻R上的电流方向为CD.设导体棒AB中点的速度为v，则v而vAr，vB2r根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势EBrv根据闭合电路欧姆定律得I，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I.(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PBIrvFfv，而Ffmg解得P.答案：(1)CD(2)10如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L0.4 m导轨右端接有阻值R1 的电阻导体棒垂直放置在导轨上，
35、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内有方向竖直向下的匀强磁场，bd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，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场若使棒在导轨上始终以速度v1 m/s做直线运动，求：甲乙(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的关系式解析：(1)正方形磁场的面积为S，则S0.08 m2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的由Bt图象可知0.5 T/s，根据En，得回路中的感应电动势
36、ES0.50.08 V0.04 V.(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大此时感应电动势EBLv0.50.41 V0.2 V回路中感应电流I A0.2 A导体棒受到的安培力FBIL0.50.20.4 N0.04 N当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l2v(t1)(1 st1.2 s)感应电动势eBlv2Bv2(t1)(t1)V感应电流i(t1)A (1 st1.2 s)答案：(1)0.04 V(2)0.04 Ni(t1)A (1 st1.2 s)课后作业(十八)(建议用时：45分钟)一、选择题1.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框
37、abcd，ab边长大于bc边长从置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()AQ1Q2q1q2BQ1Q2q1q2CQ1Q2q1q2 DQ1Q2q1q2解析：选A.设ab和bc边长分别为L1、L2，线框电阻为R，若假设穿过磁场区域的时间为t.通过线框导体横截面的电荷量qIt，因此q1q2.线框上产生的热量为Q，第一次：Q1BL1I1L2BL1L2，同理可以
38、求得Q2BL2I2L1BL2L1，由于L1L2，则Q1Q2，故A正确2.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab，导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动的过程中()A随着ab运动速度的增大，其加速度也增大B外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C外力F做功的功率始终等于电路中的电功率D克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析：选D.由牛顿第二定律可得Fma，棒向右做加速度减小的加速运动，A错由于在达到最终速度前F，力F做的功等于电路中获得的电能与金属棒的动能之和，则F的功率大于克服安
39、培力做功的功率，即大于电路中的电功率，电路中获得的电能等于克服安培力所做的功B、C错，D对3.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域和内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，和之间无磁场一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是()解析：选C.MN棒先做自由落体运动，当到区磁场时由四个选项知棒开始减速说明F安mg，由牛顿第二定律得，F安mgma，当减速时F安减小，合力减小，a也减小，速度图象中
40、图线上各点切线斜率减小，离开区后棒做加速度为g的匀加速直线运动，随后进入区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流变化情况相同，则在区磁场中运动情况与区磁场中完全相同，所以只有C项正确4.如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，此时()A电阻R1消耗的热功率为B电阻R2消耗的热功率为C整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvsin D整个装置消耗的机械功率为Fv解析：
41、选B.上滑速度为v时，导体棒受力如图所示，则F，所以PR1PR2()2RFv，故选项A错误，B正确；因为FfFN，FNmgcos ，所以PFfFfvmgvcos ，选项C错误；此时，整个装置消耗的机械功率为PPFPFfFvmgvcos ，选项D错误5.如图所示，电阻不计的竖直光滑金属轨道PMNQ，其PMN部分是半径为r的圆弧，NQ部分水平且足够长，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于PMNQ平面指向纸面内一粗细均匀的金属杆质量为m，电阻为R，长为r.从图示位置由静止释放，若当地的重力加速度为g，金属杆与轨道始终保持良好接触，则下列说法中正确的是()A杆在下滑过程中机械能守恒B杆最终不可能沿NQ
42、匀速运动C杆从释放到全部滑至水平轨道过程中，产生的电能等于D杆从释放到全部滑至水平轨道过程中，通过杆的电荷量等于解析：选D.杆在下滑过程中，杆与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，会产生感应电流，杆将受到安培力作用，则杆的机械能不守恒，故A错误；杆最终沿水平面运动时，不产生感应电流，不受安培力作用而做匀速运动，故B错误；杆从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小，产生电能和杆的动能，由能量守恒定律知：杆上产生的电能小于，故C错误；通过杆与金属导轨所组成的闭合回路的磁通量的变化量为B，根据推论q，得到通过杆的电荷量为q，故D正确6.(多选)如图所示，有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，上端接
43、有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A如果B变大，vm将变大B如果变大，vm将变大C如果R变大，vm将变大D如果m变小，vm将变大解析：选BC.金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势EBlv，在闭合电路中形成电流I，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力FA作用，FABIl，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsin ma，当a0时，vvm，解得vm，故选B、C
44、.7(多选)如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光则()A有界磁场宽度lLB磁场的磁感应强度应为C线框匀速穿越磁场，速度恒为D线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL解析：选BC.因线框穿越磁场的过程中小灯泡正常发光，故线框匀速穿越磁场，且线框长度L和磁场宽度l相同，A错误；因线框匀速穿越磁场，故重力和安培力相等，mgnBILn
45、BL，得B，B正确；线框匀速穿越磁场，重力做功的功率等于电功率，即mgvP，得v，C正确；线框穿越磁场时，通过的位移为2L，且重力做功完全转化为焦耳热，故Q2mgL，D错误8(多选)如图所示，在倾角为的光滑斜面上，有三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域、宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线
46、框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是()A线框中感应电流的方向不变B线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间C线框以速度v2做匀速直线运动时，发热功率为sin2D线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能E机与重力做功WG的关系式是E机WGmvmv解析：选CD.线框从释放到穿出磁场的过程中，由楞次定律可知感应电流方向先沿abcda后沿adcba再沿abcda方向，A项错误；线框第一次匀速运动时，由平衡条件有BIdmgsin ，I，解得v1，第二次匀速运动时，由平衡条件有2BIdmgsin ，I，解得v2，线框ab边匀速通过区域，先减速再匀速通过区域，
47、而两区域宽度相同，故通过区域的时间小于通过区域的时间，B项错误；由功能关系知线框第二次匀速运动时发热功率等于重力做功的功率，即Pmgv2sin ，C项正确；线框从进入磁场到第二次匀速运动过程中，损失的重力势能等于该过程中重力做的功，动能损失量为mvmv，所以线框机械能损失量为E机WGmvmv，D项正确二、非选择题9如图所示，质量m10.1 kg、电阻R10.3 、长度l0.4 m的导体棒ab横放在U形金属框架上，框架质量m20.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数0.2，相距0.4 m的MM、NN相互平行，电阻不计且足够长电阻R20.1 的MN垂直于MM.整个装置处于竖直向上的匀
48、强磁场中，磁感应强度B0.5 T垂直于ab施加F2 N的水平恒力，使ab从静止开始无摩擦地运动，且始终与MM、NN保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q0.1 J，求该过程中ab位移x的大小解析：(1)ab对框架的压力F1m1g框架受水平面的支持力FNm2gF1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到的最大静摩擦力F2FNab中的感应电动势EBlvMN中的电流IMN受到的安培力F安IlB框架开始运动时F安F2由上述
49、各式代入数据解得v6 m/s.(2)闭合回路中产生的总热量Q总Q由能量守恒定律，得Fxm1v2Q总代入数据解得x1.1 m.答案：(1)6 m/s(2)1.1 m10如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l0.5 m，左端接有阻值R0.3 的电阻一质量m0.1 kg，电阻r0.1 的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B0.4 T金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221.导轨足够长且电阻
50、不计，金属棒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)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF.解析：(1)设金属棒匀加速运动的时间为t，回路的磁通量的变化量为，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得E其中Blx设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得I则通过电阻R的电荷量为qIt联立式，得q代入数据得q4.5 C.(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v22ax设金属棒在撤去外力后的运动过程中克服安培力所做的功为W，由动能定理得W0mv2撤去外力后回路
51、中产生的焦耳热Q2W联立式，代入数据得Q21.8 J(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221，可得Q13.6 J在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WFQ1Q2由式得WF5.4 J.答案：(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J11(2019湖州模拟)如图所示，一个质量为m、电阻不计的足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L，空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与MN平行的绝缘细线系在定点A.已知，细线能承受
52、的最大拉力为T0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时框架的瞬时速度v0大小；(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q.解析：(1)细线断裂时，对棒有T0F安，F安BILI，EBLv0，v0at0联立解得t0，v0.(2)在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运动，直至二者速度相同，设二者最终速度大小为v，撤去拉力F时，框架的速度v0，由系统动量守恒可得mv02mv解得v撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热为Qmv2mv2解得Q.答案：(1)(2)- 34 - 版权所有高考资源网