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专题九电磁感应

发布时间:2013-10-05 10:00:52  

专题九

电磁感应

重要知识重温

长效热点例证

专题特色讲堂

对点随堂小练

试考素能特训

影像考纲

电磁感应现象 磁通量 法拉第电磁感应定律 楞次定律 自感、涡流

Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅱ Ⅰ

知点网面

电磁感应是电磁学中最为重要的内容,也是高考命题频率 最高的内容之一.题型多为选择题、计算题.主要考查电磁感 应、楞次定律、法拉第电磁感应定律、自感等知识.本部分知 识多结合电学、力学部分出压轴题,其命题形式主要是电磁感 应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用、 电磁感应与能量守恒的综合应用.复习中要熟练掌握感应电流 的产生条件、感应电流方向的判断、感应电动势的计算,还要 掌握本部分内容与力学、能量的综合问题的分析求解方法. 感谢江西特级教师陈东胜对本栏目的鼎力支持

重要知识重温

夯实基础让你得心应手
(对应学生用书P048)

(一)安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用 (1)安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律应用于不同 现象.
基本现象 运动电荷、电流产生磁场 磁场对运动电荷、电流作用力 电磁 感应 部分导体切割磁感线运动 闭合电路磁通量变化 应用的定则或定律 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律

(2)右手定则与左手定则的区别:抓住“因果关系”是解决 问题的关键.“因动而电”用右手定则,“因电而力”用左手 定则. (3)应用楞次定律的关键是正确区分所涉及的两个磁场:一 是引起感应电流的磁场,二是感应电流产生的磁场.

(4)

(二)感应电动势的计算 ΔΦ (1)法拉第电磁感应定律:E=n Δt .若B变,而S不变,则E ΔB ΔS =nS Δt ;若S变而B不变,则E=nB Δt .常用于计算平均感应电 动势. (2)导体垂直切割磁感线:E=BLv,主要用于求电动势的 瞬时值.

(3)如图所示,导体棒围绕棒的一端在垂直磁场的平面内做 1 2 匀速圆周运动而切割磁感线产生的电动势,E= Bl ω. 2

(4)感应电荷量的计算. 回路中发生磁通量变化时,在Δt内迁移的电荷量(感应电荷 E ΔΦ ΔΦ 量)为q=IΔt=RΔt=RΔtΔt= R .可见,q仅由回路电阻和磁通量 的变化量决定,与发生磁通量变化的时间无关.

长效热点例证

细研热点让你有的放矢

(对应学生用书P049)

楞次定律和电磁感应定律
常考点一

命题指数:★★★★★

典题必研 [例1] ?2010· 江苏单科,2? 一矩形线框置于匀强磁场中,线

框平面与磁场方向垂直.先保持线框的面积不变,将磁感应强 度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍.接着保持增大后的磁 感应强度不变,在1s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原 来的一半.先后两

个过程中,线框中感应电动势的比值为( 1 A. 2 B. 1 C. 2 D. 4 )

[解析] 设原磁感应强度是B,线框面积是S.第1s内ΔΦ1= S 2BS-BS=BS,第2s内ΔΦ2=2B· 2 -2B· S=-BS.因为E=

ΔΦ n Δt ,所以两次电动势大小相等,B正确.

[答案] B

通法必会 1.用楞次定律判定感应电流方向: ①找到原磁场方向及磁通量的变化情况. ②确定感应电流磁场的方向:即运用“增反减同”确定感 应磁场方向. ③判定感应电流方向:由安培定则判出感应电流方向.

2.用法拉第电磁感应定律求感应电动势大小: ΔΦ ①由E=n Δt 求平均感应电动势:保持S不变时, ΔB E=nS Δt ΔS 保持B不变时,E=nB Δt

②用E=Blvsinθ求,适用于导体棒切割. 1 ③E= BL2ω.求E.适用于导体棒绕一个端点垂直于磁感线 2 匀速转动的切割情景.

冲关必试 1. 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, 磁场垂直于环面向里,磁感应强度以B=B0+Kt(K>0)随时间变 化,t=0时,P、Q两板电势相等,两板间的距离远小于环的半 径,经时间t,电容器P板( )

A.不带电 B.所带电荷量与t成正比 KL2C C.带正电,电荷量是 4π KL2C D.带负电,电荷量是 4π

[解析] 磁感应强度以B=B0+Kt(K>0)随时间变化,由法 ΔΦ ΔB L2 拉第电磁感应定律得:E= Δt =S Δt =KS,而S= ,经时间t 4π KL2C 电容器P板所带电荷量Q=EC= ;由楞次定律知电容器P 4π 板带负电,故D选项正确.

[答案] D

电磁感应中的图象问题
常考点二

命题指数:★★★★★

典题必研 [例2] 如图所示,空间存在两个磁场,磁感应强度大小均

为B,方向相反且垂直纸面,MN、PQ为其边界,OO′为其对 称轴,一导线折成边长为L的正方形闭合线框abcd,线框在外力 作用下由纸面内图示位置从静止开始向右做匀加速运动,若电 流以逆时针方向为正方向,则从线框开始运动到ab边刚进入到 PQ右侧磁场的过程中,能反映线框中感应电流随时间变化规律 的图象是( )

[解析] 对于电磁感应中的识图题一般先比较选项间的差 异,用排除法作出选择,先由法拉第电磁感应定律及右手定则 →确定回路中总的感应电动势与时间的关系→结合闭合电路欧 姆定律确定感应电流的大小与时间的关系→正确选择.

由法拉第电磁感应定律知在ab边运动到MN边界的过程中 E 2BLat 感应电动势E=2BLv=2BLat,感应电流为i= R = R ∝t, C、D错;在ab边从MN边界运动到PQ边界的过程中,产生的感 E BLat 应电动势为E=BLv=BLat,感应电流为i= R = R ∝t,即刚 过MN边界时感应电动势、感应电流均减小一半,所以A错B 对.

[答案] B

通法必

会 图象类问题的解决方法 (1)图象选择问题:求解物理图象的选择类问题可用“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”,即按照题目要求画出正确的草图,再与选项对 照,选出正确选项.解决此类问题的关键就是把握图象特点、 分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化规律或关键 物理状态.

(2)图象分析问题:在定性分析物理图象时,要明确图象中 的横轴与纵轴所代表的物理量,要弄清图象的物理意义,借助 有关的物理概念、公式、定理和定律作出分析判断;而对物理 图象定量计算时,要搞清图象所揭示的物理规律或物理量间的 函数关系,并要注意物理量的单位换算问题,要善于挖掘图象 中的隐含条件,明确有关图线所包围的面积、图象在某位置的 斜率(或其绝对值)、图线在纵轴和横轴上的截距所表示的物理 意义.

冲关必试 福建理综,18? 如图甲,一圆形闭合铜环由高处从 2. ?2012· 静止开始下落,穿过一根竖直悬挂的条形磁铁,铜环的中心轴 线与条形磁铁的中轴线始终保持重合.若取磁铁中心O为坐标 原点,建立竖直向下为正方向的x轴,则图乙中最能正确反映 环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是( )

[解析] 条形磁铁的磁感线分布示意图如图所示.铜环由 静止开始下落过程中磁通量的变化率是非均匀变化的,故环中 产生的感应电动势、环中的感应电流也是非均匀变化的,A错 误.在关于O点对称的位置上磁场分布对称,但环的速率是增 大的,则环在O点下方的电流最大值大于在O点上方电流的最大 值,故C错误.由于磁通量在O点上方是向上增大而在O点下方 是向上减小的,故环中电流方向在经过O点是要改变的,D错 误.可知B选项正确.

[答案] B

电磁感应中的力学问题
常考点三

命题指数:★★★★

典题必研 [例 3] 在范围足够大,方向竖直向下的匀强磁场中,磁感

应强度 B=0.2 T,有一水平放置的光滑框架,宽度为 L=0.4m, 如图所示, 框架上放置一质量为 0.05kg, 电阻为 1Ω 的金属杆 cd, 框架电阻不计.若 cd 杆以恒定加速度 a=2m/s2 由静止开始做匀 变速运动,则

(1)在 5s 内平均感应电动势是多少? (2)第 5s 末,回路中的电流多大? (3)第 5s 末,作用在 cd 杆上的水平外力多大?

[解]

1 2 (1)5s 内的位移 x= at =25m 2

x 5s 内的平均速度 v = t =5m/s 故平均感应电动势 E =BL v =0.4V. (2)第 5s 末:v=at=10m/s 此时感应电动势:E=BLv E BLv 0.2×0.4×10 则回路电流 I=R= R = A=0.8A. 1

(3)杆匀加速运动,则 F-F 安=ma 即 F=BIL+ma=0.164N.

通法必会 在处理有关电磁感应中

的力学问题时一般要注意以下三个 方面: (1)认识解决电磁感应中的力学问题的基本思路:①用电磁 感应定律和楞次定律、右手定则确定感应电动势的大小和方向; ②应用闭合电路欧姆定律求出电路中感应电流的大小;③分析 研究导体的受力情况,特别要注意安培力方向的确定;④列出 动力学方程或平衡方程求解.

(2)注意弄清两种状态:①导体处于平衡状态——静止或匀 速直线运动(根据平衡条件——合外力等于零列式分析); ②导体 处于非平衡状态——加速度不为零(根据牛顿第二定律进行动态 分析或结合功能关系分析).

(3)注意动力学的临界问题. 一 般 分 析 方 法 是 : 导 体 受 外 力 运 动 → 感 应 电 动 势 (E = E BLv)→感应电流(I= )→导体受安培力(F=BIL)→合外力变 R+r 化(F=ma)→加速度变化→速度变化→临界状态.

冲关必试 3. 如图甲所示,两根足够长的光滑平行金属导轨相距 L= 0.4m,导轨平面与水平面成 θ=30° 角,下端通过导线连接阻值 R=0.5Ω 的电阻.金属棒 ab 阻值 r=0.3Ω,质量 m=0.2kg,放 在两导轨上,与导轨垂直并保持良好接触.其余部分电阻不计, 整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中.取 g=10m/s2.

(1)若磁场是均匀增大的匀强磁场,在开始计时即 t=0 时刻 磁感应强度 B0=2.0 T,为保持金属棒静止,作用在金属棒上平 行斜面向上的外力 F 随时间 t 变化的规律如图乙所示, 求磁感应 强度 B 随时间 t 变化的关系.

(2)若磁场是磁感应强度大小恒为 B1 的匀强磁场,通过额定 功率 P=10W 的小电动机对金属棒施加平行斜面向上的牵引力, 8 使其从静止开始沿导轨做匀加速直线运动,经过 s 电动机达到 7 额定功率,此后电动机功率保持不变,金属棒运动的 v-t 图象 如图丙所示.试求磁感应强度 B1 的大小和小电动机刚达到额定 功率时金属棒的速度 v1 的大小.

[解]

(1)由于磁场均匀增大, 所以金属棒中的电流 I 大小保

持不变,安培力 F 安方向沿斜面向下,设任意时刻 t 磁感应强度 为 B,金属棒静止,合外力为零,则 F=mgsinθ+BIL 由图乙可知在任意时刻 t,外力 F=(2+t)N 在 t=0 时刻有 F0=mgsinθ+B0IL,其中 F0=2N,B0=2 T 解上述方程可得 B=(2+2t) T.

(2)由图丙可知,金属棒运动的最大速度 vm=5m/s,此时金 属棒所受合力为零,设金属棒此时所受拉力大小为 Fmin,流过 棒中的电流为 Im,则功率与速度关系为 P=Fminvm 回路中的电动势:Em=B1Lvm Em 由欧姆定律知:Im= R+r 对金属棒受力分析可得 Fmin-mgsinθ-B1ImL=0 B2L2vm P 1 即 =mgsinθ+ ,解得 B1=1 T vm R+r

小电动机刚达到额定功率时, 设金属棒所受拉力大

小为 F1, 加速度大小为 a,感应电动势为 E1,流过金属棒的电流为 I1,根 据牛顿第二定律得:P=F1v1,v1=at 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律分别有:E1=B1Lv1,I1 E1 = R+r 对金属棒受力分析可得:F1-mgsinθ-B1I1L=ma B2L2v1 v1 P 1 即 -mgsinθ- =m· ,解得 v1=4m/s. t v1 R+r

电磁感应中的电路问题
常考点四

命题指数:★★★★★

典题必研 [例 4] 如图所示,de 和 fg 是两根足够长且固定在竖直方

向上的光滑金属导轨,导轨间的距离为 L、电阻忽略不计.在导 轨的上端接电动势为 E、内阻为 r 的电源.一质量为 m、电阻为 R 的导体棒 ab 已水平放置于导轨下端 e、g 处,并与导轨始终接 触良好.导体棒与金属导轨、电源、开关构成回路,整个装置所

处平面与水平匀强磁场垂直, 磁场的磁感应强度为 B, 方向垂直 于纸面向外.已知接通开关 S 后,导体棒 ab 由静止开始向上加 速运动.求:

(1)导体棒 ab 刚开始向上运动时的加速度以及导体棒 ab 所 能达到的最大速度; (2)导体棒 ab 达到最大速度后电源的输出功率; (3)分析导体棒 ab 达到最大速度后的一段时间 Δt 内,整个 回路中能量是怎样转化的?并证明能量守恒.

[解]

(1)导体棒 ab 刚开始运动时的速度为零,由闭合电路

欧姆定律得 E I= R+r 导体棒 ab 所受安培力 FA=BIL 由牛顿第二定律知 FA-mg=ma,可得导体棒 ab 开始运动 时的加速度 ELB a= -g m?R+r?

设导体棒 ab 向上运动的最大速度为 vmax,当导体棒所受重 力与安培力大小相等时达到最大速度,设此时回路中的电流为 mg I′,则有 I′LB=mg,所以 I′=BL E-BLvmax 由闭合电路欧姆定律得回路电流为 I′= ,得 R+r EBL-mg?R+r? vmax= . B2L2

(2)导体棒 ab 达到最大速度后,电源的输出功率 P=EI′- Emg mg 2 I′ r,得 P= BL -(BL) r.
2

(3)电源的电能转化为导体棒 ab 增加的机械能和电路中产生 的焦耳热 mgE Δt 时间内电源的电能 ΔE 电=I′EΔt= BL Δt 导体棒 ab 增加的机械能

EBL-mg?R+r? ΔE 机=mgvmaxΔt=mg Δt B2L2 m2g2 电路中产生的焦耳热 Q=I′2(R+r)Δt= 2 2(R+r)Δt BL Δt 时间内,导体棒 ab 增加的机械能与电路中产生的焦耳热 之和为 ΔE′,ΔE′=ΔE 机+Q mgE 整理得 ΔE′= BL Δt 由此得到 ΔE 电=ΔE′,回路中能量守恒.

通法必会 求解电磁感应中的电路问题的思路方法 (1)确定电源.磁通量发生变化的电路或切割磁感线的导体 ΔΦ 将产生感应电动势, 则该电路或导体就是电源, 先利用 E=n Δt 或 E=Blv 求出感应电动势的大小, 再利用楞次定律或右手定则 判断感应电流的方向.若在一个电路中有几部分导体切割磁感 线但又互相联系,可等

效为电源的串、并联.

(2)分析电路结构,画出等效电路图,其中包含内、外电路 以及外电路的串、并联关系. (3)应用电路的有关规律(欧姆定律和串、并联电路的基本性 质以及焦耳定律等)列方程求解.

冲关必试 4. 如图所示,由几根长度都是 L 的金属杆连接成的一个 “日”字型的矩形金属框 abcdef,放在纸面所在的平面内,有 一个宽度也为 L 的匀强磁场,磁场边界跟 cd 杆平行,磁感应强 度的大小是 B,方向垂直于纸面向里,金属杆 af、be、cd 的电 阻都为 r,其他各杆的电阻不计,各杆端点间接触良好.现以速 度 v 匀速地把金属框从磁场的左边界水平向右拉,从 cd 杆刚进 入磁场瞬间开始计时,求:

(1)cd 杆在磁场中运动的过程中,通过 af 杆的电流; (2)从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中,金属框中 电流所产生的总热量 Q.

[解析]

(1)cd 杆切割磁感线产生的电动势 E=BLv

此时的等效电路如图所示,则 be、af 并联,由闭合电路欧 E 姆定律 I= 得 R+r

BLv 2BLv 通过干路 bc 的电流为 I= = 3r r+r/2 I BLv 故通过 af 杆的电流 Iaf= = . 2 3r (2)因金属框匀速运动,切割磁感线产生的电能全转化为热 能,故 cd 杆在磁场中运动时,金属框产生的总热量为
2 3 2BLv L 2B L v Q0=IEt= ×BLv×v = 3r 3r

因此,从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中,金属 2B2L3v 框中电流所产生的总热量 Q=3Q0= r .
[答案] BLv 2B2L3v (1) (2) r 3r

专题特色讲堂

关注细节让你明察秋毫
(对应学生用书 P052)

纠错笔记 易错点 错误 [易错题] t=0 时,磁场在 xOy 平面内的分布如图所示, 其 对双杆切割磁感线问题中的电动势和安培力计算

磁感应强度的大小均为 B0,方向垂直于 xOy 平面,相邻磁场区 域的磁场方向相反,每个同向磁场区域的宽度均为 L0,整个磁 场以速度 v 沿 x 轴正方向匀速运动.若在磁场所在区间内放置 一由 n 匝线圈组成的矩形线框 abcd, 线框的 bc 边平行于 x 轴. bc =LB、 ab=L, B 略大于 L0, L 总电阻为 R, 线框始终保持静止. 求:

(1)线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小; (2)线框所受安培力的大小和方向.

[错因分析] 没有考虑线框的 ab、cd 两条边在方向相反的 磁场中均产生电动势,只按一条边切割磁感线来计算电动势, 得出 E=nB0Lv 的错误结果. 求线框所受安培力时,一是不注意总安培力为 n 匝线圈受 力之和;二是没有考虑线框的 ab、cd 两条边均受到安培力,得 nB2L2v 0 出 F=BIL= R 的错误结论.

[正确解析]

(1)线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速

运动,切割磁感线的速度大小为 v,任意时刻线框中总的感应电 动势大小 E=2nB0Lv 2nB0Lv

导线中的电流大小 I= R .

4n2B2L2v 0 (2)线框所受安培力的大小 F=2nB0LI= R 由左手定则判断,线框所受安培力的方向始终沿 x 轴正方 向.
[答案] 方向 2nB0Lv 4n2B2L2v 0 (1)2nB0Lv (2) 方向沿 x 轴正 R R

[纠错心得]

对于双杆切割磁感线或闭合导线框在磁场中

运动的情况,可能线框的两条边均产生电动势,要看两电动势 是同向还是反向;同样求导线框所受安培力的时候,也要注意 两条边是否均受安培力,还要注意匝数 n 的问题.

思维方法 思维法 特别关注 模型特征'“杆+导轨”模型问题的物理情境变化空间大, 涉及的知识点很多,如力学问题、电路问题、磁场问题及能量 问题等,要顺利解题需全面理解相关知识,常用的基本规律有 法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则、右手定则、欧姆 定律及力学中的运动学规律、动力学规律、动能定理、能量转 化和守恒定律等. “杆+导轨”模型问题

“杆+导轨”模型类试题命题的“基本元素”:导轨、金 属棒、磁场,具有如下的变化特点: 对于导轨: (1)导轨的形状:常见导轨的形状为 U 形,还可以为圆形、 三角形等; (2)导轨的闭合性:导轨本身可以不闭合,也可闭合; (3)导轨电阻:电阻不计、均匀分布或部分有电阻、串联外 电阻; (4)导轨的放置:水平、竖直、倾斜放置等.

对于金属棒: (1)金属棒的受力情况:受安培力以外的拉力、阻力或仅受 安培力; (2)金属棒的初始状态:静止或运动; (3)金属棒的运动状态:匀速运动、匀变速运动、非匀变速 直线运动或转动; (4)金属棒切割磁感线状况:整体切割磁感线或部分切割磁 感线;

(5)金属棒与导轨的连接:金属棒可整体或部分接入电路, 即金属棒的有效长度问题. 解题思路 解决电磁感应中的临界问题的关键在于通过运 动状态的分析来寻找过程中的临界状态,如速度、加速度取最 大值或最小值的条件等,基本思路是:

[例]

如图所示,两足够长平行光滑的金属导轨 MN、PQ

相距为 L,导轨平面与水平面夹角 α=30° ,导轨上端跨接一定 值电阻 R, 导轨电阻不计. 整个装置处于方向竖直向上的匀强磁 场中,长为 L 的金属棒 cd 垂直于 MN、PQ 放置在金属导轨上, 且与导轨保持良好接触,金属棒 cd 的质量为 m、电阻为 r,重 力加速度为 g,现将金属棒由静止释放,当金属棒沿导轨下滑距 离为 s 时,速度达到最大值 vm.求:

(1)金属棒开始运动时加速度的大小; (2)匀强磁场的磁感应强度大小; (3)金属棒沿导轨下滑距离为 s 的过程中,电阻 R 上产生的 热量.

[解析]

(1)设金属棒开始运动时的加速度大小为 a,由牛顿

第二定律有 mgsinα=ma

,解得 a=gsinα. (2)设匀强磁场的磁感应强度大小为 B,则金属棒达到最大 速度时产生的电动势 E=BLvmcosα. E 回路中产生的感应电流 I= ,金属棒所受安培力 F= R+r BIL, 金属棒所受合外力为零时,下滑的速度达到最大,则

Fcosα=mgsinα.联立以上各式解得: 1 B=L 2mg?R+r? 3vm

(3)设电阻 R 上产生的热量为 Q1,整个电路产生的热量为 Q 1 2 R Q 总,则 mgssinα= mvm+Q 总,Q1= 2 R+r 总 mR?gs-v2 ? m 联立以上两式解得 Q1= . 2?R+r?

[答案]

1 (1)gsinα (2)L

2mg?R+r? 3vm

mR?gs-v2 ? m (3) 2?R+r?

对点随堂小练

历炼经典让你顿悟高考
(对应学生用书 P053)

课标,20?如图,一载流长直导线和一矩形导线框固 1.?2012· 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( )

[解析] 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 i 向上且均匀减小时, 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 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.

[答案] A

北京理综,19?物理课上, 2.?2012· 老师做了一个奇妙的“跳 环实验”.如图,她把一个带铁芯的线圈 L、开关 S 和电源用导 线连接起来后,将一金属套环置于线圈 L 上,且使铁芯穿过套 环.闭合开关 S 的瞬间,套环立刻跳起. 某同学另找来器材再探究此实验,他连接好电路,经重复 试验,线圈上的套环均未动.对比老师演示的实验,下列四个 选项中,导致套环未动的原因可能是 ( )

A.线圈接在了直流电源上 B.电源电压过高 C.所选线圈的匝数过多 D.所用套环的材料与老师的不同

[解析] 闭合开关 S,金属套环跳起,是因为 S 闭合瞬间, 穿过套环的磁通量变化,环中产生感应电流的缘故.产生感应 电流要具备两个条件:回路闭合和穿过回路的磁通量变化.只 要连接电路正确,闭合 S 瞬间,就会造成穿过套环磁通量变化, 与电流的交直流性质、电压高低、线圈匝数多少均无关.该同 学实验失败,可能是套环选用了非导电材料的缘故,故 D 选项 正确.

[答案] D

3. 如图所示在竖直向下的磁感应强度为 B 的匀强磁场中,

有两根水平放置相距 L 且足够长的平行金属导轨 AB、CD,在 AC 端连接一阻值为 R 的电阻,一根垂直于导轨放置的金属棒 ab 质量为 m,导轨和金属棒的电阻不计,若用恒力 F 沿水平方 向向右拉金属棒运动,则下列说法正确的是( )

A.金属棒一定先做加速度减小的加速运动,最后做匀速直 线运动 B.金属棒向右运动过程中所受的安培力方向水平向左,大 小恒定不变 C. 金属棒达到最终速度后, 电阻 R 中产生的焦耳热一定等 于外力 F 做的功 FR D.金属棒的最终速度一定为 2 2 BL

[解析] 金属棒 ab 在外力作用下向右加速切割磁感线,由 法拉第电磁感应定律知产生的感应电动势为 E=BLv, 回路中的 E 感应电流为 I=R,产生的安培力为 F 安=BIL,随着速度增大, 感应电动势增大,回路中感应电流增大,金属棒所受安培力增 大,方向水平向左,当 F 合=0 时速度最大,最后做匀速运动, FR A 对 B 错;当导轨光滑时最终有 F=F 安,此时速度为 2 2,金 BL 属棒达到最终速度后,电阻 R 中产生的焦耳热一定等于外力 F

做的功,当导轨粗糙时,令金属棒与导轨间的动摩擦因数为 μ, 此时外力 F 所做的功用于提供 R 中产生的焦耳热和因摩擦所产 B2L2vm 生的内能,且当合力为零时速度最大,有 F-μmg- R =0, ?F-μmg?R 即 vm= ,所以 C、D 错. B2L2

[答案] A

4.如图所示有理想边界的两个匀强磁场, 磁感应强度均为 B =0.5 T,两边界间距 s=0.1m,一边长 L=0.2m 的正方形线框 abcd 由粗细均匀的电阻丝围成,总电阻为 R=0.4Ω,现使线框 以 v=2m/s 的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ,则下列能正确 反映整个过程中线框 a、b 两点间电势差 Uab 随时间 t 变化的图 线是( )

[解析]

ab 边切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLv=

E - 0.2V, 线框中感应电流为 I=R=0.5A, 所以在 0~5×10 2s 时间 3 内, b 两点间电势差为 U1=I× R=0.15V; 5×10-2s~0.1s a、 在 4 时间内,ab 两端电势差为 U2=E=0.2V;在 0.1~1.5×10 1s 时 1 间内,a、b 两点间电势差为 U1=I× R=0.05V. 4


[答案] A

5.如图所示的电路中,L 是一个自感系数很大、直流电阻不 计的线圈,D1、D2 和 D3 是三个完全相同的灯泡,E 是内阻不计 的电源.在 t=0 时刻,闭合开关 S,电路稳定后在 t1 时刻断开 开关 S.规定以电路稳定时流过 D1、D2 的电流方向为正方向,分 别用 I1、I2 表示流过 D1 和 D2 的电流,则图中能定性描述电流随 时间变化关系的是( )

[解析] 闭合开关 S 后,通过 D1、D2 和 D3 的电流都是由上 向下,D1 中电流逐渐增大为稳定电流,且 D1 中稳定电流为 D2、 D3 中稳定电流的 2 倍;断开 S 后,由于自感现象通过 D1

的电流 方向不变,但电流大小不能突变,电流逐渐减为零,所以选项 A 错误,B 正确; 开关断开后,D2 和 D3 中电流方向都是由下向上, 大小从 D1 中的稳定电流值逐渐减为零,所以选项 C 正确,D 错 误.

[答案] BC

6.如图甲所示,CDE 是固定在绝缘水平面上的光滑金属导 轨,CD=DE=L,∠CDE=60° ,CD 和 DE 单位长度的电阻均 为 r0,导轨处于磁感应强度为 B、竖直向下的匀强磁场中.MN 是绝缘水平面上的一根金属杆,其长度大于 L,电阻可忽略不 计. MN 在向右的水平拉力作用下以速度 v0 在 CDE 上匀速滑 现 行.MN 在滑行的过程中始终与 CDE 接触良好,并且保持与∠ CDE 的角平分线垂直.

(1)求 MN 滑行到 C、E 两点时,C、D 两点电势差的大小; (2)推导 MN 在 CDE 上滑动过程中, 回路中的感应电动势 E 与时间 t 的关系表达式; (3)在运动学中我们学过:通过物体运动速度和时间的关系 图象(v-t 图)可以求出物体运动的位移 x,如图乙中物体在 0~ t0 时间内的位移在数值上等于梯形 Ov0Pt0 的面积.通过类比我 们可以知道:如果画出力与位移的关系图象(F-x 图)也可以通 过图线求出力对物体所做的功.

请你推导 MN 在 CDE 上滑动过程中,MN 所受安培力 F 安 与 MN 的位移 x 的关系表达式,并用 F 安与 x 的关系图线求出 MN 在 CDE 上整个滑行的过程中, MN 和 CDE 构成的回路所产 生的焦耳热.

[解]

(1)MN 滑行到 C、 两点时, E 在回路中的长度等于 L,

此时回路中的感应电动势 E1=BLv0 由于 MN 的电阻忽略不计, 和 DE 的电阻相等, CD 所以 C、 D 两点电势差的大小 1 1 U= E1= BLv0. 2 2

(2)设经过时间 t 运动到如图所示位置, 此时金属杆在回路中 2 3 的长度 l=2v0ttan30° = vt 3 0 2 3 2 感应电动势 E=Blv0= Bv0t. 3

(3)在第(2)问图示位置时,回路中的电阻 4 3 R= rvt 3 0 0 E Bv0 回路中的电流 I=R= 2r0 即回路中的电流为一常量.此时安培力的大小

3B2v2 0 F 安=BIl= t 3r0 由于 MN 在 CDE 上滑动时的位移 x=v0t 3B2v0 所以 F 安= x 3r0 则安培力的大小随位移变化的图象(F 安-x 图)如图所示 因此 MN 在 CDE 上的整个滑行过程中,安培力所做的功
2 3B2L2v0 1 3L B v0L W 安= · · = 2 2 2r0 8r0

根据能量守恒定律,回路中产生的焦耳热 Q 等于安培力所 3B2L2v0 做的功,即 Q= . 8r0


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