物理人教版高考复习精练与解析——电磁感应楞次定律10672.pdf

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1、 第 1 讲 电磁感应 楞次定律 1.(电磁感应现象)(2019 年西安四校联考)随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机,大到电脑、电动汽车,都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电,下列说法正确的是()。A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电 C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 D.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电【解析】无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应,A 项错误;当

2、给充电设备通以恒定直流电时,充电设备不会产生交变磁场,即不能正常充电,B 项错误;接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同,C 项正确;被充电手机内部,要有一类似金属线圈的部件与手机电池相连,当有交变磁场时,产生感应电动势,普通手机由于没有金属线圈,不能利用无线充电设备进行充电,D 项错误。【答案】C 2.(“增反减同”规律)(2019 年四川成都二模)(多选)如图所示,在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线,以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置,两条长直导线中电流大小与变化情况相同,电流方向如图所示。当两条导线中的电流都开

3、始均匀增大时,四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是()。A.线圈a中有沿逆时针方向的感应电流 B.线圈b中有沿顺时针方向的感应电流 C.线圈c中有沿顺时针方向的感应电流 D.线圈d中有沿逆时针方向的感应电流【解析】由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。两电流在a、c所在的区域产生同向磁场,a中磁场垂直纸面向里,c中磁场垂直纸面向外,当电流增大时,线圈a中有沿逆时针方向的电流,c中有沿顺时针方向的电流,A、C 两项正确;两电流在b、d所在的区域产生反向磁场,根据对称性和矢量合成可知,b、d区域中的磁通量为零,当电流变化时不能产生感应电流,B、D 两项错误。【答案】AC 3.(磁感应强度变化

4、)(2020 年洛阳一中模拟)如图所示为安检门原理图,左边门框中有一通电线圈,右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流(从左向右看),则()。A.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针 B.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流增大 C.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针 D.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流大小发生变化【解析】当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时,可知穿过右侧线圈的磁通量向右,且增大,根据楞次定律,右侧线圈中产生逆时针方向的感应电流,即使有金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针,A、C 两项

5、错误;通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流,则通电线圈中的磁通量均匀增大,所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大,磁通量的变化率是定值,由法拉第电磁感应定律可知,接收线圈中的感应电流不变,B 项错误;有金属片通过时,穿过金属片中的磁通量发生变化,金属片中也会产生感应电流,感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同,所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些,引起接收线圈中的感应电流大小发生变化,D 项正确。【答案】D 4.(“来拒去留”规律)(2019 年株洲模拟)如图所示,在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体,在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中,不计空气阻力,下列

6、说法正确的是()。A.由于铜是非磁性材料,故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度 B.由于铜是金属材料,能够被磁化,使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度,离开铜管时加速度小于重力加速度 C.由于铜是金属材料,在强磁体穿过铜管的整个过程中,铜管中都有感应电流,加速度始终小于重力加速度 D.由于铜是金属材料,铜管可视为闭合回路,强磁体进入和离开铜管时产生感应电流,在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度,但在铜管内部时加速度等于重力加速度【解析】铜是非磁性材料,不能够被磁化,B 项错误;铜是金属材料,在强磁体穿过铜管的整个过程中,铜管始终切割磁感线,铜管中都有感应电流,根据“来拒去留”的规律,

7、强磁体受到向上的磁场力,其加速度始终小于重力加速度,C 项正确,A、D 两项错误。【答案】C 5.(“增斥减吸”规律)(2019 年海南 10 月月考)如图所示,圆环形导体线圈a平放在水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合,螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动,下列说法正确的是()。A.线圈a中将产生顺时针方向(俯视)的感应电流 B.穿过线圈a的磁通量变小 C.线圈a有扩张的趋势 D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大【解析】若将滑动变阻器的滑片P向下滑动,螺线管中电流增大,由安培定则知穿过线圈a的磁场方向向下且增强,所以线圈a中磁通量增

8、大,B 项错误;根据“增斥减吸”规律可知螺线管对线圈a产生斥力,线圈a对水平桌面的压力FN将增大,D 项正确;再根据反向电流相互排斥可知线圈a中电流方向与螺线管中电流方向相反,A 项错误;根据“增缩减扩”的规律可知线圈a有收缩的趋势,C 项错误。【答案】D 6.(平动切割)(2019 年唐山模拟)(多选)如图所示,在磁感应强度B=1.0 T 的匀强磁场中,金属杆PQ在外力F作用下在粗糙 U 形金属导轨上以速度v=2 m/s 向右匀速滑动。两导轨间距离l=1.0 m,电阻R=3.0,金属杆在导轨间的电阻r=1.0,导轨电阻忽略不计。下列说法正确的是()。A.通过R的感应电流的方向为由a到d B.

9、金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为 2 V C.金属杆PQ受到的安培力大小为 0.5 N D.外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热【解析】由右手定则判断知,当金属杆滑动时产生由Q到P方向的电流,通过R的感应电流的方向为由a到d,A 项正确。金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小E=Blv=2 V,B 项正确。回路中产生的感应电流I=+=0.5 A,由安培力公式得F安=BIl=0.5 N,C 项正确。金属杆PQ在外力F作用下在粗糙 U 形导轨上以速度v向右匀速滑动,外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能之和,D 项错误。【答案】ABC 7.(磁感应强

10、度变化)(2019 年德州模拟)如图所示,长为L的金属导线弯成一圆环,导线的两端接在电容为C的平行板电容器上,P、Q为电容器的两个极板。磁场方向垂直于环面向里,磁感应强度以B=B0+kt(k0)随时间变化。t=0 时,P、Q两极板电势相等,两极板间的距离远小于环的半径。经时间t,电容器的P极板()。A.不带电 B.所带电荷量与t成正比 C.带正电,电荷量是2C4 D.带负电,电荷量是2C4【解析】磁感应强度均匀增加,回路中产生的感应电动势的方向为逆时针方向,Q板带正电,P板带负电,A 项错误;由L=2R,得R=2,感应电动势E=S=kR2=24,P极板所带电荷量Q=CE=2C4,B、C 两项错

11、误,D 项正确。【答案】D 8.(旋转切割)(2020 年湖南长郡选考模拟)(多选)如图所示,长为L的轻金属软导线下悬挂一质量为m的绝缘不带电小球,其在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动,导线与竖直方向的夹角为,重力加速度为g,磁感应强度为B,则()。A.小球转动的角速度=cos B.小球转动的角速度=tan C.金属导线中产生的感应电动势的大小E=12BL2cossin2 D.金属导线中产生的感应电动势的大小E=12BLcossin2【解析】由牛顿第二定律有mgtan=mr2,根据几何关系有r=Lsin,联立可得=cos,A 项正确,B 项错误;导线在磁场中转动切割磁感线有效长度L=Lsin,

12、根据E=12BL2得E=12BL2cossin2,C 项正确,D 项错误。【答案】AC 1.(2019 年全国卷,T14)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【解析】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程。【答案】D 2.(2018 年全国卷,T17)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

13、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,则等于()。A.54 B.32 C.74 D.2【解析】在过程中,根据法拉第电磁感应定律,有E1=11=(122-142)1,根据闭合电路欧姆定律,有I1=1,且q1=I1t1。在过程中,有E2=22=(-)1222,I2=2,q2=I2t2。又q1=q2,即(122-142)=(-)122,所以=32。【答案】B 3.(2018 年全国卷,T19)(多选)如图,两

14、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【解析】由安培定则可知右侧线圈通电后左端为 S 极,开关闭合后的瞬间,铁芯内磁通量增大,根据“增斥减吸”的规律可知左

15、侧线圈右端为 S 极,所以左线圈感应电流从南向北流过直导线,则直导线上方磁场垂直纸面向里,所以小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动,A 项正确;开关闭合并保持一段时间后,直导线中无电流,小磁针恢复图中方向,B、C 两项错误;开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,电流方向与 A 项相反,小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动,D 项正确。【答案】AD 4.(2016 年全国卷,T20)(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

16、盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定 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】由右手定则知,圆盘顺时针转动时,感应电流沿a到b的方向流动,B 项正确;由感应电动势E=12Bl2知,角速度恒定,则感应电动势恒定,电流大小恒定,A 项正确;角速度大小变化,感应电动势大小变化,但感应电流方向不变,C 项错误;若变为原来的 2 倍,则感应电动势变为原来的 2 倍,电流变为原来的 2 倍,由P=I2R知,电流在R上的热功率变为原来

17、的 4 倍,D 项错误。【答案】AB 5.(2015 年全国卷,T19)(多选)1824 年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。下列说法正确的是()。A.圆盘上产生了感应电动势 B.圆盘内的涡流产生的磁场导致磁针转动 C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动【解析】当圆盘转动时,由于切割磁感线从而在圆盘内部产

18、生电动势和涡流,该涡流产生的磁场带动磁针转动,故 A、B 两项正确;圆盘转动过程中,整个圆盘的磁通量没有变化,C 项错误;电流是由圆盘切割磁感线产生的,不是由自由电子随圆盘移动产生的,D 项错误。【答案】AB 6.(2015 年海南卷,T2)如图,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为,将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线,置于与磁感应强度相垂直的平面内,当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时,棒两端的感应电动势大小为。则等于()。A.12 B.22 C.1 D.2【解析】设折弯前导体切割磁感线的长度

19、为L,则=BLv;折弯后,导体切割磁感线的有效长度L=(2)2+(2)2=22L,故产生的感应电动势=BLv=B22Lv=22,所以=22,B 项正确。【答案】B 第 2 讲 电磁感应的综合应用(链接学生书 P144)考点一 电磁感应中的电路问题 1.特点:在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路相当于电源,与其他导体构成闭合电路。因此,电磁感应问题往往又和电路问题联系在一起。解决电磁感应电路问题的关键是把电磁感应的问题等效转换成恒定直流电路,然后利用电路的有关知识解决问题。2.电磁感应与电路问题的联系是电源与电路的连接问题,解决问题时要注意整合两部分

20、的知识。正确分析感应电动势及感应电流的方向,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;应用欧姆定律分析求解电路时,注意等效电源的内阻对电路的影响;对接在电路中电表的示数要正确进行分析,特别是接在等效电源两端的电压表,其示数表示外电压,而不是等效电源的电动势,也不是内电压。【例 1】(2019 年山西 10 月月考)如图 1 所示,空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B=0.5 T 的匀强磁场,有两条平行的长直导轨MN、PQ处于同一水平面内,间距L=0.2 m,左端连接阻值R=0.4 的电阻。质量m=0.1 kg 的导

21、体棒cd垂直跨接在导轨上,与导轨间的动摩擦因数=0.2。从t=0 时刻开始,通过一小型电动机对导体棒施加一个水平向右的牵引力F,使导体棒从静止开始沿导轨方向做加速运动,此过程中导体棒始终保持与导轨垂直且接触良好。除R以外其余部分的电阻均不计,取重力加速度大小g=10 m/s2。(1)若电动机保持恒定功率输出,导体棒的v-t 图象如图 2 所示(其中OC是曲线,CD是水平直线),已知 010 s 内,电阻R产生的热量Q=28 J。求:导体棒达到最大速度vm时牵引力F的大小。导体棒从静止开始至达到最大速度vm时的位移大小。(2)若电动机保持恒定牵引力F=0.3 N,且将电阻换为C=10 F 的电容

22、器(耐压值足够大),如图 3 所示。求t=10 s 时牵引力的功率。【解析】(1)当导体棒达到最大速度后,所受合力为零,沿导轨方向有F-F安-f=0 摩擦力f=mg=0.2 N 感应电动势E=BLvm,感应电流I=安培力F安=BIL=22m=0.25 N 此时牵引力F=F安+f=0.45 N。变力做功问题不能用功的定义式,在 010 s 内牵引力是变力但功率恒定,可根据能量守恒定律求解 电动机的功率P=Fvm=4.5 W 电动机消耗的电能等于导体棒的动能、克服安培力做功产生的焦耳热与克服摩擦力做功产生的内能之和,有 Pt=12mm2+fx+Q 解得位移大小x=60 m。(2)当导体棒的速度大小

23、为v时,感应电动势E=BLv 由C=可知,此时电容器极板上的电荷量 Q=CU=CE=CBLv 设在一小段时间 t内,可认为导体棒做匀变速运动,速度增加量为 v 电容器极板上增加的电荷量 Q=CBLv 根据电流的定义式I=CBLa 对导体棒受力分析,根据牛顿第二定律,有 F-f-BIL=ma 将I=CBLa代入上式可得a=-+22=0.5 m/s2 可知导体棒的加速度与时间无关,为一个定值,即导体棒做匀加速运动 在t=10 s 时,v=at=5 m/s,此时的功率P=Fv=1.5 W。【答案】(1)0.45 N 60 m(2)1.5 W (1)确定电源,产生感应电流或感应电动势的那部分电路就相当

24、于电源,利用法拉第电磁感应定律确定其电动势的大小,利用楞次定律确定其正、负极。需要强调的是,在电源内部电流是由负极流向正极的,在外部电流从正极流向外电路,并由负极流入电源。如无感应电流,则可以假设电流存在时的流向。(2)分析电路结构,画出等效电路图。(3)利用电路规律求解,主要有闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功和电热公式。【变式训练 1】(2019 年四川成都 5 月摸底)如图所示,绝缘水平面内固定有一间距d=1 m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC,导轨两端接有阻值分别为R1=3 和R2=6 的定值电阻,矩形区域AKFE、NMCD范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1 T

25、的匀强磁场和,一质量m=0.2 kg、电阻r=1 的导体棒bc垂直放在导轨上AK与EF之间某处,其在方向水平向右、大小F0=2 N 的恒力作用下由静止开始运动,刚要到达EF时导体棒bc的速度大小v1=3 m/s,导体棒bc进入磁场后,导体棒bc中通过的电流始终保持不变,导体棒bc在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,空气阻力不计。(1)求导体棒bc刚要到达EF时的加速度大小a1。(2)求两磁场边界EF和MN之间的距离L。【解析】(1)导体棒bc刚要到达EF时,在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E1=Bdv1,经分析可知,此时导体棒bc所受安培力的方向水平向左,根据牛顿第二定律,则有 F0-

26、BI1d=ma1 根据闭合电路的欧姆定律,则有I1=1+上式中R=121+2=2 联立解得a1=5 m/s2。(2)导体棒bc进入磁场后,受到的安培力与F0平衡,做匀速直线运动,导体棒bc中通过的电流I2保持不变,则有F0=BI2d,其中I2=2+设导体棒bc从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,则有F0=ma2 导体棒bc在EF、MN之间做匀加速直线运动,则有 22-12=2a2L 联立解得L=1.35 m。【答案】(1)5 m/s2(2)1.35 m 考点二 电磁感应中的动力学问题 感应电流在磁场中受到安培力的作用,因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起。解决这类

27、问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)。【例 2】(2020 年太原模拟)如图 1 所示,MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成=30角固定,间距L=1 m,质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度B=0.5 T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻,Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab,改变电阻箱的阻值R,测得金属杆下滑的最大速度为vm,得到1m与1的关系如图 2 所示。若轨道足够长且电阻不计,重力加速度g取 10 m/s2,则()。A.

28、金属杆中感应电流方向为由a指向b B.金属杆所受的安培力沿轨道向下 C.定值电阻的阻值为 1 D.金属杆的质量为 1 kg【解析】由右手定则可判断,金属杆中感应电流方向由b指向a,由左手定则知,金属杆所受的安培力沿轨道向上,A、B 两项错误;总电阻R总=1R1+R,I=总,当金属杆ab达到最大速度时,金属杆受力平衡,有mgsin=BIL=22m1R(R1+R),变形得1m=22sin1+221sin,根据图象可得22sin=3-0.55 sm-1,221sin=0.5 sm-1,解得杆的质量m=0.1 kg,定值电阻R1=1,C 项正确,D 项错误。【答案】C 用“四步法”分析电磁感应中的动力

29、学问题。【变式训练 2】(2019 年广西南宁 10 月检测)如图 1 所示,放置在水平桌面上的两条光滑导轨的距离L=1 m,质量m=1 kg 的光滑导体棒放在导轨上,导轨左端与阻值R=4 的电阻相连,导轨所在位置有磁感应强度大小B=2 T 的匀强磁场,磁场的方向垂直导轨平面向下,现给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F,并每隔 0.2 s 测量一次导体棒的速度,图 2 是根据所测数据描绘出的导体棒的v-t图象。设导轨足够长,求:(1)力F的大小。(2)t=1.6 s 时,导体棒的加速度大小。(3)若 01.6 s 内导体棒的位移x=8 m,请计算 01.6 s 内电阻产生的热量。【解析】(1)

30、感应电动势 E=BLv 感应电流I=,安培力F安=BIL 当速度最大时F=F安 解得F=22m=10 N。(2)当t=1.6 s 时,v1=8 m/s,此时 F安=221=8 N 由牛顿第二定律得F-F安=ma 解得a=2 m/s2。(3)由能量守恒定律得Fx=Q+12m12 解得 01.6 s 内电阻产生的热量Q=48 J。【答案】(1)10 N(2)2 m/s2(3)48 J 考点三 电磁感应中的能量问题 1.特点:电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程,而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的,安培力做功的过程,是电能转化为其他形式能的过程,外力克服安培力做功,则是其他形式的能转化

31、为电能的过程。2.基本思路:(1)在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路就相当于电源。(2)搞清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。(3)根据能量守恒定律列方程求解。3.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化 (2)求解焦耳热Q的几种方法 【温馨提示】求解电能应分清两类情况:(1)若回路中电流恒定,则可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算。(2)若电流变化,则可利用安培力做功求解,电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;也可利用能量守恒定律求解,若只有电能与机械能的转化,则减少的机械能等于产生的电能。【例 3】

32、(2019 年四川成都模拟)某同学设计了电磁健身器,简化装置如图所示。两根平行金属导轨相距l=0.50 m,倾角=53,导轨上端接一个R=0.05 的电阻。在导轨间长d=0.56 m 的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小B=2.0 T。质量m=4.0 kg 的金属棒CD水平置于导轨上,绝缘绳索绕过定滑轮两端分别与轻的拉杆GH和金属棒CD相连,CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m。一位健身者用F=80 N 的恒力沿绳拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终与导轨垂直。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。已知

33、 sin 53=0.8,cos 53=0.6,重力加速度g=10 m/s2,不计其他电阻、摩擦力,以及拉杆和绳索的质量。(1)求CD棒进入磁场时速度v的大小。(2)通过数据计算,说明CD棒进入磁场后的运动情况。(3)某健身者锻炼过程中,没有保持 80 N 的恒定拉力。若测出CD棒到达磁场上边缘时的速度为 2 m/s,CD棒每次上升过程中,电阻产生的焦耳热Q=22.4 J,这位健身者为了消耗 8000 J 的热量,约需完成以上动作多少次?【解析】(1)CD棒进入磁场前,根据牛顿第二定律,有 F-mgsin=ma 解得a=12 m/s2 由匀变速直线运动公式 2as=v2,解得v=2.4 m/s。

34、(2)CD棒刚进入磁场时,感应电动势E=Blv=2.4 V 感应电流I=48 A 安培力F安=BIl=48 N,方向沿斜面向下 重力沿斜面方向的分力G1=mgsin=32 N 因拉力F=80 N,则F=F安+G1,即合力为零,故CD棒进入磁场后,做匀速运动。(3)每次上升过程,CD棒增加的重力势能 Ep=mg(s+d)sin=25.6 J 增加的动能 Ek=12m2=8 J 每次需消耗的能量 E=Ek+Ep+Q=56 J 次数n=总142.86,则完成以上动作约需 143 次。【答案】(1)2.4 m/s(2)匀速运动(3)143 次 依据牛顿第二定律,结合运动学公式,即可求CD棒进入磁场时的

35、速度,再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律,确定安培力的大小,结合矢量的合成法则,确定合力大小,整个运动过程中,运动员消耗的能量转化为CD棒的动能、重力势能及电路的焦耳热,根据能量守恒定律,即可求解。【变式训练 3】(2019 年江西 10 月模拟)(多选)如图所示,两条电阻不计、间距l=0.2 m 的平行光滑导轨竖直放置在垂直纸面向里的匀强磁场内。已知磁感应强度B=0.5 T,导体棒ab、cd垂直跨接在平行导轨上,它们接入导轨间的电阻均为0.1,重力均为 0.1 N。现用力向上拉动导体棒ab,使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好),此时cd静止不动。则在ab上升时,下列说法正确

36、的是()。A.ab受到的拉力大小为 0.2 N B.ab向上运动的速度为 2 m/s C.在 2 s 内,拉力做功,有 0.4 J 的机械能转化为电能 D.在 2 s 内,拉力做功为 0.6 J【解析】对导体棒cd分析,有G=BIl=22v总,代入数据解得v=2 m/s,B 项正确;对导体棒ab分析,有F=G+BIl=0.2 N,A 项正确;在 2 s 内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能,电能等于克服安培力做的功,即W电=F安vt=222t总=0.4 J,C 项正确;在 2 s 内拉力做的功W拉=Fvt=0.8 J,D 项错误。【答案】ABC【变式训练 4】(2019 年银川高三质

37、量检测)如图所示,水平放置一足够长的 U 形导轨,置于方向竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小B=5 T,导轨宽度L=0.4 m,左侧与R=0.5 的定值电阻连接。右侧有导体棒ab垂直跨放在导轨上,导体棒ab的质量m=2.0 kg,在导轨间的电阻r=0.5,与导轨的动摩擦因数=0.2,其余电阻可忽略不计。导体棒ab在F=10 N 的水平外力作用下,由静止开始运动x=40 cm 后,速度达到最大,取g=10 m/s2。求:(1)导体棒ab运动的最大速度。(2)当导体棒ab的速度v=1 m/s 时,导体棒ab的加速度。(3)在导体棒ab由静止开始运动至最大速度的过程中,电阻R上产生的热量。【解析】

38、(1)导体棒ab垂直切割磁感线,产生的电动势大小 E=BLv 由闭合电路的欧姆定律有I=+导体棒受到的安培力F安=BIL 当导体棒做匀速直线运动时速度最大,由平衡条件有 22m+mg=F 联立解得最大速度vm=1.5 m/s。(2)当速度v=1 m/s 时,由牛顿第二定律有 F-22v+-mg=ma 解得a=1 m/s2。(3)在导体棒ab由静止开始运动至最大速度的过程中,由能量守恒定律有 Fx=Q+mgx+12mm2 解得Q=0.15 J 所以QR=+Q=0.075 J。【答案】(1)1.5 m/s(2)1 m/s2(3)0.075 J 考点四 电磁感应中的动量问题 1.动量定理揭示了物体所

39、受合力的冲量与其动量的变化间的关系,可表示为I合=p,其对变力作用及复杂运动过程或任意曲线运动问题的处理提供了方法和依据;在带电粒子在磁场中的曲线运动,通电导体在安培力作用下的复杂运动,导体棒切割磁感线运动的动态过程中,均涉及磁场作用的变力,故常用平均力的冲量与动量定理,即运用I合=F合t=p=pt-p0=mvt-mv0解答问题。2.以电磁感应现象为核心,综合应用力学各种不同的规律(如牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理等内容形成的综合类问题)。这类问题通常以导体棒或线圈为载体,弄清导体棒在磁场中因电磁感应现象对运动情况的影响。解决此类问题的关键在于对运动情况的分析,特别是对最终稳定状态的确定

40、,利用物体的平衡条件求最大速度,利用动量观点分析双导体棒运动情况,等等。方法(一)应用动量守恒定律解决问题【例 4】(2019 年江苏 10 月模拟)如图所示,两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L,导轨上面横放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路,两根导体棒的质量均为m,它们在导轨间的电阻均为R,回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行,开始时,棒cd静止,棒ab有水平向右的初速度v0,若两导体棒在运动中始终不接触,问:(1)在运动中产生的焦耳热Q最多是多少?(2)当ab棒的速度变为初速度

41、的34时,cd棒的加速度a是多少?【解析】(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中,两棒的总动量守恒,有 mv0=2mv 根据能量守恒定律,整个过程中产生的焦耳热 Q=12m02-122mv2=14m02。(2)设ab棒的速度变为304时,cd棒的速度为v 由动量守恒定律得mv0=34mv0+mv 解得v=04 此时回路中感应电动势E=34BLv0-14BLv0=12BLv0 回路中电流I=2=04 此时cd棒所受的安培力F=BIL=2204 由牛顿第二定律可知,cd棒的加速度a=2204。【答案】(1)14m02(2)2204【变式训练 5】(2019 年海南 11 月调研)如图所示,电阻不

42、计、间距为L的两光滑金属导轨放在水平绝缘桌面上,其半径为R的14圆弧部分处在竖直平面内,水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,直导轨末端与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒ab的质量为 2m,棒cd的质量为m,两棒接入导轨间的电阻均为r。重力加速度为g。开始时棒cd静止在水平直导轨上,棒ab从圆弧顶端无初速度释放,进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动,最后两棒都离开导轨落到地面上。棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为 31。求:(1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小。(2)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。【解析】

43、(1)设ab棒进入水平导轨的速度为v1,ab棒从圆弧导轨滑下机械能守恒,有 2mgR=122m12 离开导轨时,设ab棒的速度为v1,cd棒的速度为v2,ab棒与cd棒在水平方向上动量守恒,有 2mv1=2mv1+mv2 由平抛运动水平位移x=vt可知v1v2=x1x2=31 联立解得v1=672,v2=272。(2)根据能量守恒,两棒在轨道上运动过程中产生的焦耳热为 Q=122m12-(12 2m12+12m22)=2249mgR。【答案】(1)672 272(2)2249mgR 方法(二)应用动量定理解决问题【例 5】(2019 年河北保定期中)如图所示,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同

44、一竖直面(纸面)内,其上端接一阻值为R的电阻;在两导轨间OO下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m的金属棒ab垂直跨接在导轨上,其接入导轨间的电阻为r,且由静止开始自OO位置释放,向下运动距离d后速度不再变化。金属棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平,导轨电阻不计。重力加速度为g。(1)求棒ab在向下运动距离d的过程中回路产生的总焦耳热。(2)棒ab从静止释放经过时间t0下降了12d,求此时刻的速度大小。【解析】(1)设金属棒匀速运动的速度为vm,根据闭合电路的欧姆定律可得此时回路电流I=m+金属棒匀速运动时受力平衡,则有mg=BIl 联立解得金属棒的

45、最大速度vm=(+)22 根据能量守恒定律可得mgd=12mm2+Q 解得Q=mgd-32(R+r)2244。(2)以金属棒为研究对象,根据动量定理可得(mg-BIl)t0=mv 而q=It0=+=2(+)解得v=gt0-22d2(+)。【答案】(1)mgd-32(R+r)2244(2)gt0-22d2(+)考点五 电磁感应现象中的电荷量问题 电磁感应现象中求电荷量一般有两种类型:(1)根据平均感应电动势求平均电流,再求电荷量。平均感应电动势E=n,平均电流I=E=n,电荷量q=It=n,也就是电荷量等于磁通量的变化量除以电阻,与时间无关。(2)根据动量定理求解。安培力的冲量I=BILt=BL

46、q,由动量定理I=p可得q=。【例 6】(2018 年浙江 11 月选考,T22)如图所示,在间距L=0.2 m 的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场,磁感应强度的分布沿y方向不变,沿x方向如下:B=1T 0.2m5T-0.2m 0.2m-1T 2g2244,D 项错误。【答案】BC 2.(2017 年全国卷,T15)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U 形金属导轨,导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下

47、列说法正确的是()。A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向 B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向 C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向 D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向【解析】金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里,磁通量增大,由楞次定律可判断,闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外,由安培定则可判断PQRS中的感应电流方向为逆时针;由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外,与原磁场方向相反,则T中磁通量减小,由楞次定律可判断,T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T中感应电流

48、方向为顺时针,D 项正确。【答案】D 3.(2015 年全国卷,T15)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.Ub Uc,金属框中电流方向沿a-b-c-a C.Ubc=-12Bl2,金属框中无电流 D.Ubc=12Bl2,金属框中电流方向沿a-c-b-a【解析】金属框绕ab边转动时,闭合回路abc中的磁通量始终为零(不变),所以金属框中无电流。金属框在逆时针转动时,bc边和ac边均切割磁

49、感线,由右手定则可知UbUc,UaUc,所以根据E=Bl可知,Ubc=Uac=-Bl=-Bl0+2=-12Bl2。由以上分析可知 C 项正确。【答案】C 4.(2018 年天津卷,T12)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

50、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。图 1 图 2 (1)要使列车向右运行,启动时图甲中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?【解析】(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)由题意可