第13講　電磁感應(yīng)題型1　法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律1.判斷感應(yīng)電流方向的兩種方法(1)楞次定律:一般用于線圈面積不變,磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化的情形。(2)右手定則:一般用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情形。2.楞次定律中“阻礙”的四種表現(xiàn)形式(1)阻礙磁通量的變化——“增反減同”。(2)阻礙相對運(yùn)動——“來拒去留”。(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢——“增縮減擴(kuò)”。(4)阻礙電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”。3.在應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律E=n=nS時要注意:S為有效面積,當(dāng)線圈的面積大于磁場的區(qū)域時,磁場的面積為有效面積。求感應(yīng)電動勢大小的常見情況與方法:情景圖研究對象回路中磁通量發(fā)生變化導(dǎo)體平動切割磁感線導(dǎo)體轉(zhuǎn)動切割磁感線線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動表達(dá)式E=nE=BLvE=BL2ωEm=NBSωe=Emsin ωt[例1] 某一金屬圓環(huán)處于勻強(qiáng)磁場中,環(huán)面垂直于磁場,如圖甲所示。磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按正弦規(guī)律變化,如圖乙所示。取磁場垂直于環(huán)面向里為正方向,則下列說法錯誤的是(　C　)A.0～t2時間內(nèi),環(huán)中感應(yīng)電動勢先減小后增大B.t1～t3時間內(nèi),環(huán)中感應(yīng)電流方向一直沿順時針C.t2～t4時間內(nèi),金屬環(huán)先出現(xiàn)擴(kuò)張趨勢再出現(xiàn)收縮趨勢D.t2～t3時間內(nèi),環(huán)上某一段受到的安培力先變大后變小解析:0～t2時間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率先變小后變大,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知,環(huán)中的感應(yīng)電動勢先減小后增大,A正確;根據(jù)楞次定律和安培定則可知,t1～t3時間內(nèi),環(huán)中感應(yīng)電流方向一直沿順時針方向,B正確;當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大時,根據(jù)楞次定律可知,金屬環(huán)有收縮的趨勢,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度減小時,金屬環(huán)有擴(kuò)張趨勢,從題圖乙可以看出,t2～t4時間內(nèi),金屬環(huán)先出現(xiàn)收縮趨勢再出現(xiàn)擴(kuò)張趨勢,C錯誤;由于t2時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為零,因此環(huán)上某一段受到的安培力為零,在t3時刻,感應(yīng)電動勢為零,感應(yīng)電流為零,因此環(huán)上某一段受到的安培力也為零,因此t2～t3時間內(nèi),環(huán)上某一段受到的安培力先變大后變小,D正確。[拓展訓(xùn)練1] 如圖所示,在光滑絕緣水平面上,兩條固定的相互垂直彼此絕緣的導(dǎo)線通以大小相同的電流I。在角平分線上,對稱放置四個相同的正方形線圈。當(dāng)電流在相同時間間隔內(nèi)增加相同量,則(　B　)A.1、3線圈靜止不動,2、4線圈沿著對角線向內(nèi)運(yùn)動B.1、3線圈靜止不動,2、4線圈沿著對角線向外運(yùn)動C.2、4線圈靜止不動,1、3線圈沿著對角線向內(nèi)運(yùn)動D.2、4線圈靜止不動,1、3線圈沿著對角線向外運(yùn)動解析:根據(jù)安培定則可判斷,1、3兩個線圈所在位置合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零,2線圈所在位置磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外,4線圈所在位置磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里。當(dāng)兩根導(dǎo)線中電流在相同時間間隔內(nèi)增加相同量時,1、3線圈所在位置合磁感應(yīng)強(qiáng)度仍為零,所以1、3線圈靜止不動;2、4線圈所在位置磁感應(yīng)強(qiáng)度增大,穿過2、4線圈的磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知,2、4線圈要阻礙磁通量增大,因此要沿著對角線向外運(yùn)動,選項B正確。題型2　電磁感應(yīng)相關(guān)的圖像問題　解決電磁感應(yīng)圖像問題的一般步驟(1)明確圖像的種類,即是B-t圖像還是-t圖像,或者E-t圖像、I-t圖像等。(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程。(3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系。定性分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中某個物理量的變化趨勢、變化快慢,特別是物理量的方向(或正負(fù)),排除錯誤的選項。(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式。(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式,進(jìn)行數(shù)學(xué)分析,如分析斜率的變化、截距等。(6)畫圖像或判斷圖像。[例2] (多選)如圖所示,邊長為l、電阻為R的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向運(yùn)動。在外力F作用下以速度v勻速穿過三個寬度均為l的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,已知三個區(qū)域中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域中的磁場方向分別為垂直紙面向里、向外和向里。若以磁感線垂直紙面向里時穿過線框的磁通量Φ為正,產(chǎn)生的電流沿順時針方向的電動勢E為正,外力F向右為正,從線框剛進(jìn)入磁場時開始計時,則下列反映線框中的磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E、外力F和線框的電功率P隨時間變化的圖像正確的是(　BC　)解析:在線框進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ的過程中,穿過線框的磁通量Φ=Blvt∝t,所以在0～時間內(nèi),磁通量Φ隨時間t均勻增加,由E=Blv,可知在0～時間內(nèi)電動勢為定值,電流方向為逆時針,所以電動勢為負(fù)值,因感應(yīng)電流I=,故F=F安=BIl=v,在此段時間內(nèi)也為定值,且方向向右,故為正值,功率P=I2R,同樣為定值。同理,在時間內(nèi),Φ先逐漸減小到零再反向增大,電動勢E、電流I為正值且均變成原來的兩倍,外力F、功率P變?yōu)樵瓉淼乃谋?。?/span>時間內(nèi),Φ從負(fù)的最大值逐漸減小到零再變?yōu)檎淖畲笾?電動勢E為負(fù)值且是0～時間內(nèi)電動勢的兩倍,外力和功率仍與時間內(nèi)大小相同。在時間內(nèi),磁通量Φ逐漸減小,外力F、功率P與0～ 時間內(nèi)大小相同,電動勢與0～時間內(nèi)大小相同但方向相反。故選B、C。[拓展訓(xùn)練2] (多選)如圖所示,空間有一寬度為L的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場方向垂直紙面向里,abc是由均勻電阻絲做成的等腰直角三角形線框,bc邊上的高也為L。圖示時刻,bc邊與磁場邊界平行,a點(diǎn)在磁場邊界上。現(xiàn)使線框從圖示位置勻速通過磁場區(qū),速度方向始終與磁場邊界垂直,若規(guī)定圖示線框的位置x=0,感應(yīng)電流i沿逆時針方向為正,線框受到的安培力F方向向左為正,則下列圖像可能正確的為(　AC　)解析:進(jìn)入磁場的過程中,線框切割磁感線的有效長度d=2x,回路中的感應(yīng)電流I==x,隨位移均勻增加,根據(jù)楞次定律,電流方向為正。出磁場時,由于前后感應(yīng)電動勢抵消,電流也均勻增加,根據(jù)楞次定律,電流方向為負(fù),A正確,B錯誤;進(jìn)磁場時線框所受安培力F=BId=x2,方向向左,出磁場時與入磁場時完全相同,方向也向左,C正確,D錯誤。題型3　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題1.電荷量的求解電荷量q=IΔt,其中I必須是電流的平均值。由E=n,I=,q=IΔt聯(lián)立可得q=n,與時間無關(guān)。2.求解焦耳熱Q的三種方法(1)焦耳定律:Q=I2Rt,適用于電流、電阻不變。(2)功能關(guān)系:Q=W克服安培力,電流變不變都適用。(3)能量轉(zhuǎn)化:Q=ΔE(其他能的減少量),電流變不變都適用。3.電磁感應(yīng)綜合題的解題策略(1)電路分析:明確電源與外電路,可畫等效電路圖。(2)受力分析:把握安培力的特點(diǎn),安培力大小與導(dǎo)體棒速度有關(guān),一般在牛頓第二定律方程里討論,v的變化影響安培力大小,進(jìn)而影響加速度大小,加速度的變化又會影響v的變化。(3)過程分析:注意導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場或離開磁場時的速度是否達(dá)到“收尾速度”。(4)能量分析:克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。[例3] 如圖所示,半徑為2l的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上,一根長也為2l、電阻為2R的金屬棒ab一端與導(dǎo)軌接觸良好,另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上,由電動機(jī)A帶動旋轉(zhuǎn)。在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,金屬導(dǎo)軌區(qū)域中心半徑為l的區(qū)域內(nèi)磁場豎直向上,其余部分磁場豎直向下。另有一質(zhì)量為m、長為l、電阻為R的金屬棒MN放置于導(dǎo)軌前面并與固定在豎直平面內(nèi)的平行導(dǎo)軌保持良好接觸,導(dǎo)軌間距為l,處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線與平行導(dǎo)軌連接。MN處于靜止?fàn)顟B(tài),MN與豎直平行導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ,認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則下列說法正確的是(　C　)A.MN中電流方向由M到NB.MN兩端電壓為Bl2ωC.MN與平行導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ至少為 D.電路總電功率為 解析:MN處于靜止?fàn)顟B(tài),豎直方向上受重力和靜摩擦力處于平衡,可知MN所受安培力方向垂直導(dǎo)軌向里,根據(jù)左手定則知,MN中的電流方向由N到M,故A錯誤;由于金屬棒ab被分成兩部分位于相反的磁場中,所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相反,ab產(chǎn)生的總電動勢E=Bl-Bl=Bl-Bl=Bl2ω,則MN兩端的電壓U=·R=E=Bl2ω,故B錯誤;MN要處于靜止?fàn)顟B(tài),有mg≤μBIl,根據(jù)閉合電路歐姆定律得I==,解得μ≥,故C正確;電路的總電功率P==,故D錯誤。[拓展訓(xùn)練3] (多選)如圖所示,水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ,兩導(dǎo)軌間距為L,電阻不計。在M、Q之間接有一阻值為R的電阻。導(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻也為R,并與導(dǎo)軌接觸良好,整個裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)給ab桿一個初速度v0,使桿向右運(yùn)動。下列說法正確的是(　BD　)A.ab桿將做勻減速直線運(yùn)動直到靜止B.整個過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為mC.ab桿速度減為時,ab桿加速度大小為D.ab桿速度減為零時,ab桿走過的位移為解析:導(dǎo)體桿運(yùn)動過程中受到的安培力F=BIL=,安培力方向與速度方向相反,因此做減速運(yùn)動,安培力逐漸減小,則加速度逐漸減小,故A錯誤;整個過程中根據(jù)能量守恒定律可知回路中產(chǎn)生的熱量Q=m,電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q1=Q=m,選項B正確;ab桿速度減為時,ab桿加速度大小為a===,故C錯誤;ab桿速度減為零時,根據(jù)動量定理得mv0=·Δt=BL·Δt=BL·Δt=,則ab桿走過的位移為x=,故D正確。專題訓(xùn)練13　電磁感應(yīng)保分基礎(chǔ)練1.如圖所示,一光滑絕緣豎直半圓軌道ABC固定在水平面上,AC為水平直徑,B為半圓軌道的最低點(diǎn)。一閉合金屬圓環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放,運(yùn)動過程中經(jīng)過一勻強(qiáng)磁場區(qū)域,該區(qū)域的寬度遠(yuǎn)大于圓環(huán)的直徑,不計空氣阻力。則下列說法正確的是(　C　)A.圓環(huán)向右穿過磁場后,能運(yùn)動到C點(diǎn)B.圓環(huán)最終停在B點(diǎn)C.在進(jìn)入和離開磁場的過程中,圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反D.圓環(huán)完全進(jìn)入磁場后離B點(diǎn)越近速度越大,感應(yīng)電流也越大解析:圓環(huán)向右進(jìn)入磁場的過程中,會產(chǎn)生感應(yīng)電流,圓環(huán)中將產(chǎn)生焦耳熱,根據(jù)能量守恒定律知圓環(huán)的機(jī)械能將轉(zhuǎn)化為電能,所以圓環(huán)回不到與A點(diǎn)等高的C點(diǎn),選項A錯誤;圓環(huán)在不斷進(jìn)出磁場的過程中,機(jī)械能不斷轉(zhuǎn)化為圓環(huán)的內(nèi)能,最后整個圓環(huán)只會在磁場區(qū)域做往復(fù)運(yùn)動,因為在此區(qū)域內(nèi)磁通量沒有變化,圓環(huán)的機(jī)械能守恒,圓環(huán)不會停在B點(diǎn),選項B錯誤;當(dāng)圓環(huán)進(jìn)入或離開磁場區(qū)域的過程中,圓環(huán)的磁通量發(fā)生變化,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流的方向相反,選項C正確;整個圓環(huán)完全進(jìn)入磁場后,磁通量不再發(fā)生變化,不會產(chǎn)生感應(yīng)電流,選項D錯誤。2.(2022·山水聯(lián)盟模擬)如圖所示,用輕繩將一條形磁體豎直懸掛于O點(diǎn),在其正下方的水平絕緣桌面上放置一銅質(zhì)圓環(huán)?，F(xiàn)將磁體從A處由靜止釋放,經(jīng)過B、C到達(dá)最低處D,再擺到左側(cè)最高處E,圓環(huán)始終保持靜止。下列說法正確的是(　B　)A.磁體在A、E兩處的重力勢能相等B.磁體從A擺到D的過程中,圓環(huán)對桌面的壓力大于圓環(huán)的重力C.磁體從A到D和從D到E的過程中,圓環(huán)受到的摩擦力方向相反D.磁體從A到D的過程中,圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的電流(從上往下看)解析:由于有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能,故在A、E兩處的重力勢能不相等,故A錯誤;A擺到D的過程中,圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流有使圓環(huán)遠(yuǎn)離磁體阻礙磁通量增大的趨勢,故對桌面的壓力大于圓環(huán)受到的重力,故B正確;由楞次定律的推論“來拒去留”可知,從A到D和從D到E的過程中,圓環(huán)受到的摩擦力方向均向右,故C錯誤;磁體從A到D的過程中,穿過圓環(huán)的磁通量向上且增大,根據(jù)楞次定律和安培定則可知,產(chǎn)生順時針方向的電流(從上往下看),故D錯誤。3.輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量為m=1 kg、半徑為1 m、電阻R=π Ω、匝數(shù)n=2的金屬閉合圓環(huán)。圓環(huán)圓心等高點(diǎn)的上方區(qū)域分布著磁場,如圖甲所示。磁場方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間變化關(guān)系如圖乙所示。不考慮金屬圓環(huán)的形變和電阻的變化,整個過程細(xì)線未斷且圓環(huán)始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。g取10 m/s2。則下列判斷正確的是(　B　)A.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為0.2 AB.0～2 s時間內(nèi)圓環(huán)產(chǎn)生的熱量為0.02π JC.圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向為順時針D.0～6 s內(nèi)細(xì)線拉力變小解析:由題可知,圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小I=n,S=,解得I=0.1 A,選項A錯誤;0～2 s 時間內(nèi)圓環(huán)產(chǎn)生的熱量為Q=I2Rt=0.02π J,選項B正確;由楞次定律和安培定則可知,圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向為逆時針,選項C錯誤;0～6 s內(nèi),感應(yīng)電流不變,磁感應(yīng)強(qiáng)度增大,安培力F=BIL增大,方向豎直向下,細(xì)線拉力增大,選項D錯誤。4.如圖所示,兩條光滑平行導(dǎo)軌ac和bd水平放置于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,導(dǎo)軌左端接有一平行板電容器C,現(xiàn)給金屬棒MN一個水平向右的恒力F,使得金屬棒由靜止向右運(yùn)動,下列有關(guān)金屬棒上的電流隨時間變化的圖像描述可能正確的是(　C　)解析:根據(jù)電流的定義I===,根據(jù)牛頓第二定律F-BIL=ma,得F-B L=ma,其中=a,解得a=,加速度是定值,所以金屬棒做勻加速直線運(yùn)動,電流I==CBLa,也為定值。故選C。5.如圖所示,abcd是位于豎直平面內(nèi)用粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形線框,它的下方有一個垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,MN、PQ為磁場的上下水平邊界,兩邊界間的距離與正方形的邊長均為L,線框從某一高度開始下落,恰好能勻速進(jìn)入磁場。不計空氣阻力,以bc邊進(jìn)入磁場時為起點(diǎn),在線框通過磁場的過程中,線框中的感應(yīng)電流i(順時針方向為正)、bc兩點(diǎn)間的電勢差Ubc、線框所受的安培力F(豎直向上的方向為正)、線框產(chǎn)生的焦耳熱Q分別隨下落高度h的變化關(guān)系可能正確的是(　D　)解析:根據(jù)題意可知,線框勻速進(jìn)入磁場,設(shè)速度為v,則有線框受到的安培力與重力等大反向,因線框勻速運(yùn)動,則安培力大小保持不變,由楞次定律的“來拒去留”可知,線框出磁場時,安培力方向仍向上,且等于重力,則線框勻速出磁場,故C錯誤;當(dāng)bc邊進(jìn)入磁場時,根據(jù)右手定則可知,線框中電流方向為逆時針,故A錯誤;根據(jù)題意可知,當(dāng)下落高度為0～L時,bc邊切割磁感線,則感應(yīng)電動勢為E=BLv,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得Ubc=BLv,當(dāng)下落高度為L～2L時,ad邊切割磁感線,則感應(yīng)電動勢為E=BLv,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得Ubc=BLv,故B錯誤;根據(jù)能量守恒定律有,線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=mgh,可知Qh圖像為過原點(diǎn)的直線,故D正確。6.(多選)如圖所示,金屬盤的半徑R=0.50 m,金屬盤可繞固定轉(zhuǎn)軸O轉(zhuǎn)動,金屬盤處在柱狀勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直金屬盤向下,柱狀磁場橫截面的圓心與金屬盤圓心在同一豎直線上,磁場橫截面的半徑也為R,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2 T,金屬盤邊緣和轉(zhuǎn)軸通過導(dǎo)線與一燈泡相連,燈泡的標(biāo)識為“6 V　4 W”,現(xiàn)使金屬盤勻速轉(zhuǎn)動,忽略金屬盤接入電路的電阻,以下說法正確的是(　AD　)A.在轉(zhuǎn)動過程中穿過金屬盤的磁通量沒有發(fā)生變化B.若轉(zhuǎn)動金屬盤使燈泡正常發(fā)光,保持此轉(zhuǎn)速僅把磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小減半,則燈泡的功率減半C.當(dāng)金屬盤的轉(zhuǎn)速為 r/s時,燈泡正常發(fā)光D.若轉(zhuǎn)動金屬盤使燈泡正常發(fā)光,保持此轉(zhuǎn)速,僅使磁場存在的區(qū)域減小為以O(shè)1為圓心,半徑為柱狀區(qū)域,使磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變,則小燈泡的功率變?yōu)樵瓉淼?/span>解析:磁場不變,金屬盤面積不變,所以穿過金屬盤的磁通量不變,A正確;金屬盤的半徑作為導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)切割磁感線,產(chǎn)生的電動勢E=BR2ω,燈泡功率P=,可知當(dāng)B減小為時燈泡功率變?yōu)?/span>P,B錯誤;當(dāng)燈泡正常發(fā)光時E=BR2ω=6 V,又ω=2πn,解得n= r/s,C錯誤;若磁場區(qū)域減小為以O(shè)1為圓心,半徑為柱狀區(qū)域,則R減小為,則電動勢變?yōu)樵瓉淼?/span>,代入P=得功率變?yōu)樵瓉淼?/span>,D正確。高分強(qiáng)化練7.如圖甲,在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R,R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦式交變電流i,i的變化如圖乙所示,規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電流(　C　)A.在t=時最大B.在t=時改變方向C.在t=時最大,且沿順時針方向D.在t=T時最大,且沿順時針方向解析:由題圖乙可知,在t=時導(dǎo)線中電流的變化率為零,此時導(dǎo)線框中磁通量的變化率為零,則感應(yīng)電流為零,故A錯誤;從t=到t=時間內(nèi),圖像的斜率均為負(fù)值,磁感線垂直紙面向里穿過導(dǎo)線框的磁通量先減小,后變?yōu)榇鸥芯€垂直紙面向外穿過導(dǎo)線框的磁通量增加,由楞次定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向不變,故B錯誤;結(jié)合正弦曲線變化的特點(diǎn)可知,當(dāng)PQ中的電流為0時,電流的變化率最大,所以電流產(chǎn)生的磁場的變化率最大,所以在t=時刻或t=T時刻導(dǎo)線框內(nèi)磁通量的變化率最大,則產(chǎn)生的電動勢最大,在時間內(nèi),垂直紙面向里的磁場減弱,導(dǎo)線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場的方向垂直紙面向里,根據(jù)安培定則可知,電流的方向為順時針方向;同理可知,在～T時間內(nèi),垂直紙面向外的磁場減弱,導(dǎo)線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場的方向垂直紙面向外,根據(jù)安培定則可知,感應(yīng)電流的方向為逆時針方向,故C正確,D錯誤。8.(2022·浙江新高考預(yù)測)如圖所示,在一磁場空間內(nèi),懸掛了一個“正方體”金屬導(dǎo)體,“正方體”的邊長為d,該“正方體”的中間挖去一個邊長為r的空心區(qū)域,其中d-r?r,在該“正方體”的上半?yún)^(qū)域由四根相同的、長度為L的細(xì)線提起并懸掛于一點(diǎn),現(xiàn)在該“正方體”內(nèi)通入磁場大小為B=kt(k是常量,t是時間)的勻強(qiáng)磁場,方向豎直向上,“正方體”的重力為G,電阻率為ρ,則下列說法不正確的是(　D　)A.每根細(xì)線承受的拉力為B.產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為kd2C.該“正方體”的熱功率為D.在該“正方體”周圍鋪上一層低電阻率(小于ρ)的鋼板,可有效降低渦流產(chǎn)生的影響解析:由對稱性可知,“正方體”金屬導(dǎo)體受到的安培力為零。設(shè)每根細(xì)線與豎直方向的夾角為θ,則根據(jù)平衡條件可得4Fcos θ=G,又因cos θ=,求得每根細(xì)線承受的拉力為F=,故A正確;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得,“正方體”金屬導(dǎo)體內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E=S=kd2,故B正確;根據(jù)楞次定律和安培定則可知,“正方體”金屬導(dǎo)體內(nèi)部將產(chǎn)生恒定且方向從上往下看為順時針的感應(yīng)電流,則該“正方體”的熱功率為P=,根據(jù)電阻定律有R=ρ=ρ,聯(lián)立解得P=,故C正確;在該“正方體”周圍鋪上一層低電阻率(小于ρ)的鋼板,根據(jù)P=知,反而增大了渦流產(chǎn)生的影響,故D錯誤。9.(多選)如圖甲所示,足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌JK、PQ傾斜放置,兩導(dǎo)軌間距離為L=1.0 m,導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角為θ=30°,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上,導(dǎo)軌的J、P兩端連接阻值為R=3.0 Ω的電阻,金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置,并用細(xì)線通過光滑定滑輪與重物相連,金屬棒ab的質(zhì)量m=0.20 kg、電阻r=0.50 Ω,重物的質(zhì)量M=0.60 kg。如果將金屬棒和重物由靜止釋放,金屬棒沿導(dǎo)軌上滑距離與時間的關(guān)系圖像如圖乙所示(0～0.3 s這段圖線為曲線,0.3～0.6 s這段圖線為直線),不計導(dǎo)軌電阻,g取10 m/s2。則下列說法正確的是(　ABD　)A.t=0時刻金屬棒的加速度a=6.25 m/s2B.在0.6 s內(nèi)通過電阻R的電荷量q= CC.在0.6 s內(nèi)電阻R產(chǎn)生的熱量Q=2.1 JD.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B= T解析:在t=0時刻,對金屬棒和重物整體,由牛頓第二定律得Mg-mgsin 30°=(m+M)a,解得a=6.25 m/s2,故A正確;由題圖乙可以看出,最終金屬棒ab將勻速運(yùn)動,勻速運(yùn)動的速度v==3.5 m/s,金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv,感應(yīng)電流I=,金屬棒所受安培力F=ILB=,勻速運(yùn)動時,金屬棒受力平衡,可得+mgsin θ=Mg,聯(lián)立解得B= T,又因為在0.6 s內(nèi)金屬棒ab上滑的距離s=1.40 m,所以通過電阻R的電荷量為q=== C,故B、D正確;由能量守恒定律得Mgs=mgssin θ+Q+(M+m)v2,解得Q=2.1 J,又因為QR=Q,解得QR=1.8 J,故C錯誤。10.(多選)如圖所示,垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,紙面內(nèi)有一由均勻金屬絲制成的等腰直角三角形線框abc,直角邊邊長為L,bc邊與磁場邊界平行,線框總電阻為R。線框在向左的拉力作用下以速度v勻速進(jìn)入磁場。下列分析正確的是(　CD　)A.線框進(jìn)入磁場過程中有順時針方向的感應(yīng)電流B.線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的熱量為C.線框ab邊中點(diǎn)進(jìn)入磁場時拉力的功率大小為D.線框進(jìn)入磁場過程中通過線框某一橫截面的電荷量為解析:由楞次定律和安培定則可知線框進(jìn)入磁場過程中有逆時針方向的感應(yīng)電流,故A錯誤;由公式F安=BIL=Bx=可知,F安與x成二次函數(shù)關(guān)系,根據(jù)F安與x的關(guān)系圖像可知,線框進(jìn)入磁場的過程中,F安所做的功等于圖線與x軸所圍成的面積,所以F安所做的功小于,線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的熱量小于,故B錯誤;線框ab邊中點(diǎn)進(jìn)入磁場時拉力F==,功率P=Fv=,故C正確;線框進(jìn)入磁場過程中通過線框某一橫截面的電荷量為q==,故D正確。11.(多選)如圖甲所示,兩根完全相同的光滑長直導(dǎo)軌固定,兩導(dǎo)軌構(gòu)成的平面與水平面之間的夾角為θ,導(dǎo)軌兩端均連接電阻,阻值R1=R2=R,導(dǎo)軌間距為L。在導(dǎo)軌所在斜面的矩形區(qū)域M1P1P2M2內(nèi)分布有垂直斜面向上的磁場,磁場上下邊界M1P1、M2P2的距離為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。在導(dǎo)軌斜面上與M1P1距離為s處,有一根質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌在t=0時刻靜止釋放(金屬棒ab與導(dǎo)軌接觸良好),t1時刻金屬棒恰好進(jìn)入磁場并勻速通過整個磁場區(qū)域。已知重力加速度為g,導(dǎo)軌電阻不計。下列說法正確的是(　AC　)A.t1時刻ab棒的速度大小為B.從開始運(yùn)動到離開磁場區(qū)域ab棒減少的機(jī)械能等于該過程中回路所產(chǎn)生的總焦耳熱C.ab棒在磁場中運(yùn)動的過程中棒兩端的電壓大小為B0LD.在進(jìn)入磁場前和通過磁場區(qū)域的過程中通過ab棒的電荷量之比為1∶1解析:t1時刻ab棒恰好進(jìn)入磁場并勻速通過整個磁場區(qū)域,則剛進(jìn)入磁場時滿足mgsin θ=B0L,解得v=,A正確;前t1時間內(nèi),ab棒進(jìn)入磁場前,ab棒的機(jī)械能不變,磁場變化回路也產(chǎn)生焦耳熱,所以從開始運(yùn)動到離開磁場區(qū)域ab棒減少的機(jī)械能小于該過程中回路所產(chǎn)生的總焦耳熱,B錯誤;ab棒在進(jìn)入磁場前機(jī)械能守恒,有mgssin θ=mv2,ab棒進(jìn)入磁場后有E=B0Lv,I=,U=I·R,解得棒兩端的電壓大小為U=B0L,C正確;ab棒進(jìn)入磁場前E1=Ld,I1=×,q1=I1t1,解得q1=,ab棒進(jìn)入磁場后q2=I2(t2-t1),I2=,E2=,解得q2=,所以q1∶q2=1∶2,D錯誤。12.(2021·浙江1月選考)嫦娥五號成功實(shí)現(xiàn)月球著陸和返回,鼓舞人心。小明知道月球上沒有空氣,無法靠降落傘減速降落,于是設(shè)計了一種新型著陸裝置。如圖所示,該裝置由船艙、間距為l的平行導(dǎo)軌、產(chǎn)生垂直導(dǎo)軌平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場的磁體和“∧”型剛性線框組成,“∧”型線框ab邊可沿導(dǎo)軌滑動并接觸良好。船艙、導(dǎo)軌和磁體固定在一起,總質(zhì)量為m1。整個裝置豎直著陸到月球表面前瞬間的速度大小為v0,接觸月球表面后線框速度立即變?yōu)榱?。?jīng)過減速,在導(dǎo)軌下方緩沖彈簧接觸月球表面前船艙已可視為勻速。已知船艙電阻為3r;“∧”型線框的質(zhì)量為m2,其7條邊的邊長均為l,電阻均為r;月球表面的重力加速度為。整個運(yùn)動過程中只有ab邊在磁場中,線框與月球表面絕緣,不計導(dǎo)軌電阻和摩擦阻力。 (1)求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間線框ab邊產(chǎn)生的電動勢E0;(2)通過畫等效電路圖,求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間流過ab的電流I0;(3)求船艙勻速運(yùn)動時的速度大小v;(4)同桌小張認(rèn)為在磁場上方、兩導(dǎo)軌之間連接一個電容為C的電容器,在著陸減速過程中還可以回收部分能量,在其他條件均不變的情況下,求船艙勻速運(yùn)動時的速度大小v′和此時電容器所帶電荷量q。解析:(1)電動勢E0=Blv0。(2)等效電路圖如圖所示。由圖可知,總電阻R=2r,電流I0==。(3)勻速運(yùn)動時線框受到安培力FA=,根據(jù)牛頓第三定律,質(zhì)量為m1的部分受力F=FA,方向豎直向上,勻速條件F=,解得v=。(4)勻速運(yùn)動時電容器不充、放電,v′=v=,I==,UC=I×3r=,q=CUC=。答案:(1)Blv0　(2)見解析　(3)  (4)　13.超級高鐵是一種以“真空管道運(yùn)輸”為理論核心設(shè)計的交通工具,它具有超高速、低能耗、無噪聲、零污染等特點(diǎn)。如圖a,已知管道中固定著兩根平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ,兩導(dǎo)軌間距為 r;運(yùn)輸車的質(zhì)量為m,橫截面是半徑為r的圓。運(yùn)輸車上固定著間距為D、與導(dǎo)軌垂直的兩根導(dǎo)體棒1和2,每根導(dǎo)體棒的電阻為R,每段長度為D的導(dǎo)軌的電阻也為R。其他電阻忽略不計,重力加速度為g。(1)如圖b,當(dāng)管道中的導(dǎo)軌平面與水平面成θ=30°時,運(yùn)輸車恰好能無動力地勻速下滑,求運(yùn)輸車與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ;(2)在水平導(dǎo)軌上進(jìn)行實(shí)驗,不考慮摩擦及空氣阻力。①當(dāng)運(yùn)輸車由靜止離站時,在導(dǎo)體棒2后間距為D處接通固定在導(dǎo)軌上電動勢為E的直流電源,此時導(dǎo)體棒1、2均處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場中,如圖c,求剛接通電源時運(yùn)輸車的加速度的大小;(電源內(nèi)阻不計,不考慮電磁感應(yīng)現(xiàn)象)②當(dāng)運(yùn)輸車進(jìn)站時,管道內(nèi)依次分布磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,寬度為D的勻強(qiáng)磁場,且相鄰的勻強(qiáng)磁場的方向相反,求運(yùn)輸車以速度v0從如圖d所示通過距離2D后的速度v。解析:(1)將運(yùn)輸車的重力分解,如圖甲所示。設(shè)導(dǎo)軌對運(yùn)輸車的支持力為FN1、FN2,如圖乙所示。由幾何關(guān)系得FN1=mgcos θ,FN2=mgcos θ,又Ff1=μFN1,Ff2=μFN2,運(yùn)輸車勻速運(yùn)動有mgsin θ=Ff1+Ff2,解得μ=。(2)①運(yùn)輸車離站時,電路如圖丙所示,則R總=,由閉合電路的歐姆定律得I=,又I1=,I2=,導(dǎo)體棒所受的安培力分別為F1=BI1·r,F2=BI2·r,運(yùn)輸車的加速度a=,解得a=。②運(yùn)輸車進(jìn)站時做減速運(yùn)動,電路如圖丁所示。當(dāng)車速為v時,由法拉第電磁感應(yīng)定律得E1=B·rv,E2=B·rv,由閉合電路的歐姆定律得I′=,導(dǎo)體棒所受的安培力F3=BI′·r,F4=BI′·r,運(yùn)輸車所受的合力F=F3+F4=,選取一小段時間Δt,運(yùn)輸車速度的變化量為Δv,由動量定理得-Δt=mΔv,即-Δx=mΔv,在通過距離2D過程中,有-=mv-mv0,解得v=v0-。答案:(1)　(2)①?、趘0-  

相關(guān)學(xué)案

2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第20講熱學(xué)和光學(xué)實(shí)驗學(xué)案（浙江專用）：

這是一份2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第20講熱學(xué)和光學(xué)實(shí)驗學(xué)案（浙江專用），共23頁。

2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第19講電學(xué)實(shí)驗學(xué)案（浙江專用）：

這是一份2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第19講電學(xué)實(shí)驗學(xué)案（浙江專用），共40頁。

2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第18講力學(xué)實(shí)驗學(xué)案（浙江專用）：

這是一份2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第18講力學(xué)實(shí)驗學(xué)案（浙江專用），共41頁。

英語朗讀寶
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
  • 1.電子資料成功下載后不支持退換，如發(fā)現(xiàn)資料有內(nèi)容錯誤問題請聯(lián)系客服，如若屬實(shí)，我們會補(bǔ)償您的損失
  • 2.壓縮包下載后請先用軟件解壓，再使用對應(yīng)軟件打開；軟件版本較低時請及時更新
  • 3.資料下載成功后可在60天以內(nèi)免費(fèi)重復(fù)下載
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
  • 精品推薦
  • 所屬專輯17份
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯誤

手機(jī)驗證碼 獲取驗證碼

手機(jī)驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

  • 0

    資料籃

  • 在線客服

    官方
    微信

    添加在線客服

    獲取1對1服務(wù)

  • 官方微信

    官方
    微信

    關(guān)注“教習(xí)網(wǎng)”公眾號

    打開微信就能找資料

  • 免費(fèi)福利

    免費(fèi)福利
返回
頂部