專題提升(九)　電磁感應(yīng)的規(guī)律應(yīng)用

電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題
1.電磁感應(yīng)中電路知識(shí)的關(guān)系圖

2.電磁感應(yīng)電路的幾個(gè)等效問(wèn)題

3.處理電磁感應(yīng)電路問(wèn)題的一般思路

角度1　平動(dòng)切割的電路問(wèn)題
[例1] (2019·山東威海模擬)如圖所示,間距L=1 m的兩根足夠長(zhǎng)的固定水平平行導(dǎo)軌間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng),其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1 T、方向垂直于紙面向里,導(dǎo)軌上有一金屬棒MN與導(dǎo)軌垂直且在水平拉力F作用下以v=2 m/s的速度水平向左勻速運(yùn)動(dòng).R1=8 Ω,R2=12 Ω,C=6 μF,導(dǎo)軌和棒的電阻及一切摩擦均不計(jì).開(kāi)關(guān)S1,S2閉合,電路穩(wěn)定后,求:

(1)通過(guò)R2的電流I的大小和方向;
(2)拉力F的大小;
(3)開(kāi)關(guān)S1切斷后通過(guò)R2的電荷量Q.
解析:(1)開(kāi)關(guān)S1,S2閉合后,根據(jù)右手定則知棒中的感應(yīng)電流方向是M→N,所以通過(guò)R2的電流方向是由b→a,
MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E=BLv
流過(guò)R2的電流I=
代入數(shù)據(jù)解得I=0.1 A.
(2)棒受力平衡,有F=F安,F安=BIL
代入數(shù)據(jù)解得F=0.1 N.
(3)開(kāi)關(guān)S1,S2閉合,電路穩(wěn)定后,
電容器所帶電荷量Q1=CIR2
S1切斷后,流過(guò)R2的電荷量Q等于電容器所帶電荷量,
即Q=Q1
代入數(shù)據(jù)解得Q=7.2×10-6 C.
答案:(1)0.1 A　b→a　(2)0.1 N　(3)7.2×10-6 C
角度2　轉(zhuǎn)動(dòng)切割的電路問(wèn)題
[例2]

半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),一長(zhǎng)為r、質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒MN置于圓導(dǎo)軌上,NM的延長(zhǎng)線過(guò)圓導(dǎo)軌中心O,裝置的俯視圖如圖所示.整個(gè)裝置位于一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.在內(nèi)、外圓導(dǎo)軌間對(duì)稱地接有三個(gè)阻值均為R的電阻.直導(dǎo)體棒在垂直作用于其中點(diǎn)的水平外力F作用下,以角速度ω繞O點(diǎn)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸,導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻均可忽略.求:
(1)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì);
(2)流過(guò)導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流;
(3)外力的大小.
解析:(1)根據(jù)E=BωL2得
E感=Bω(2r)2-Bωr2=Bωr2.
(2)三個(gè)電阻為并聯(lián)關(guān)系R總=,
I總===.
(3)外力F=BI總L=B··r=.
答案:(1)Bωr2　(2)　(3)
角度3　變化磁場(chǎng)的電路結(jié)構(gòu)分析
[例3] (2019·貴州畢節(jié)三模)如圖(甲)所示,一個(gè)匝數(shù)n=100的圓形導(dǎo)體線圈,面積S1=0.4 m2,電阻r=1 Ω.在線圈中存在面積S2=0.3 m2的垂直線圈平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(乙)所示.有一個(gè)R=2 Ω的電阻,將其兩端a,b分別與圖(甲)中的圓形線圈相連接,b端接地,則下列說(shuō)法正確的是(　D　)

A.圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=6 V
B.在0~4 s時(shí)間內(nèi)通過(guò)電阻R的電荷量q=8 C
C.設(shè)b端電勢(shì)為零,則a端電勢(shì)φa=3 V
D.在0~4 s時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q=18 J
解析:由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=n,由圖(乙)結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)可得k== T/s=0.15 T/s,將其代入可得E=4.5 V,A錯(cuò)誤.設(shè)平均電流為,由q=Δt=Δt=nΔt=n,在0~4 s穿過(guò)圓形導(dǎo)體線圈的磁通量的變化量為ΔΦ=0.6×0.3 Wb-0=0.18 Wb,代入可解得q=6 C,B錯(cuò)誤.0~4 s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大,圓形線圈內(nèi)磁通量增加,由楞次定律結(jié)合右手定則可知b點(diǎn)電勢(shì)高,a點(diǎn)電勢(shì)低,故C錯(cuò)誤.由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)與電流均恒定,可得I==1.5 A,由焦耳定律可得Q=I2Rt=18 J,D正確.

解決電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題的誤區(qū)分析
(1)不能正確分析感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及感應(yīng)電流的方向.因產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分電路為電源部分,故該部分電路中的電流應(yīng)為電源內(nèi)部的電流,而外電路中的電流方向仍是從高電勢(shì)到低電勢(shì).
(2)應(yīng)用歐姆定律分析求解電路問(wèn)題時(shí),沒(méi)有注意等效電源的內(nèi)阻對(duì)電路的影響.
(3)對(duì)連接在電路中電表的讀數(shù)不能正確進(jìn)行分析,特別是并聯(lián)在等效電源兩端的電壓表,其示數(shù)應(yīng)該是路端電壓,而不是等效電源的電動(dòng)勢(shì).

1.

(2019·山東濟(jì)南模擬)如圖所示,將外皮絕緣的圓形閉合細(xì)導(dǎo)線扭一次變成兩個(gè)面積之比為1∶4的圓形閉合回路(忽略兩部分連接處的導(dǎo)線長(zhǎng)度),分別放入垂直圓面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間按B=kt(k>0,為常數(shù))的規(guī)律變化的磁場(chǎng),前后兩次回路中的電流之比為(　B　)
A.1∶3 B.3∶1 C.1∶1 D.9∶5
解析:同一導(dǎo)線構(gòu)成不同閉合回路,它們的電阻相同,則電流之比等于它們的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比,設(shè)圓形閉合細(xì)導(dǎo)線的周長(zhǎng)為l,依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=S,之前的閉合回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=kπ2;圓形閉合細(xì)導(dǎo)線扭一次變成兩個(gè)面積之比為1∶4的圓形閉合回路,根據(jù)面積之比等于周長(zhǎng)的平方之比,則1∶4的圓形閉合電路的周長(zhǎng)之比為1∶2,之后的閉合回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′=kπ2-kπ2,則前后兩次回路中的電流之比I∶I′=E∶E′=3∶1.B正確.
2.

(2019·安徽宿州模擬)如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)B=0.1 T,金屬棒AB長(zhǎng)L=0.4 m,與框架寬度相同,電阻r= Ω,框架電阻不計(jì),電阻R1=2 Ω,R2=1 Ω,當(dāng)金屬棒以v=5 m/s的速度勻速向左運(yùn)動(dòng)時(shí),求:
(1)流過(guò)金屬棒的感應(yīng)電流I.
(2)若圖中電容器的電容C=0.3 μF,則所充電荷量Q.
解析:(1)金屬棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)相當(dāng)于電源,內(nèi)阻r= Ω,等效電路如圖所示.

由E=BLv得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=0.1×0.4×5 V=0.2 V,
外電路總電阻R== Ω= Ω,
I== A=0.2 A.
(2)路端電壓U=IR=0.2× V= V,
電容器所充電荷量
Q=CU=0.3×10-6× C=4×10-8C.
答案:(1)0.2 A　(2)4×10-8 C
電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題
圖象
類型
隨時(shí)間變化的圖象,如Bt圖象、Φt圖象、Et圖象、It圖象;隨位移變化的圖象,如Ex圖象、Ix圖象;(所以要先看坐標(biāo)軸,哪個(gè)物理量隨哪個(gè)物理量變化要弄清)
問(wèn)題
類型
(1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程選出或畫出正確的圖象(畫圖象)
(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程,求解相應(yīng)的物理量(用圖象)


應(yīng)用
知識(shí)
四個(gè)
規(guī)律
左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律
六類
公式
(1)平均電動(dòng)勢(shì)E=n
(2)平動(dòng)切割電動(dòng)勢(shì)E=Blv
(3)轉(zhuǎn)動(dòng)切割電動(dòng)勢(shì)E=Bl2ω
(4)閉合電路歐姆定律I=
(5)安培力F=BIl
(6)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)公式等

角度1　動(dòng)生感應(yīng)電流的相關(guān)圖象選擇問(wèn)題
[例4] (2019·山東濟(jì)南聯(lián)考)(多選)如圖所示,導(dǎo)體棒沿兩平行導(dǎo)軌從圖中位置以速度v向右勻速通過(guò)一正方形abcd磁場(chǎng)區(qū)域,ac垂直于導(dǎo)軌且平行于導(dǎo)體棒,ac右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是左側(cè)的2倍且方向相反,導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì),下列關(guān)于導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流和所受安培力隨時(shí)間變化的圖象正確的是(規(guī)定電流由M經(jīng)R到N為正方向,安培力向左為正方向)(　AC　)


解析:導(dǎo)體棒在左半?yún)^(qū)域時(shí),根據(jù)右手定則,通過(guò)棒的電流方向向上,電流由M經(jīng)R到N為正值,且逐漸變大,導(dǎo)體棒在右半?yún)^(qū)域時(shí),根據(jù)右手定則,通過(guò)棒的電流方向向下,電流為負(fù)值,且逐漸減小,且滿足經(jīng)過(guò)分界線時(shí)感應(yīng)電流大小突然加倍,A正確,B錯(cuò)誤;第一段時(shí)間內(nèi)安培力大小F=BIL=∝L2,第二段時(shí)間內(nèi)F=2BIL=∝L2,L為有效長(zhǎng)度,在bac中L=2vt,在dac中,L=2v(2t0-t)(t0為棒運(yùn)動(dòng)到ac的時(shí)刻),C正確,D錯(cuò)誤.

動(dòng)生感應(yīng)電流的圖象分析技巧
對(duì)切割磁感線的過(guò)程進(jìn)行分段研究,分析電流的大小、方向特點(diǎn),進(jìn)而推斷安培力以及引起的影響,據(jù)此判斷得出各個(gè)階段的圖象特點(diǎn).
角度2　由變化的磁場(chǎng)圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程的問(wèn)題
[例5] (2019·安徽蚌埠聯(lián)考)如圖(甲)所示,一閉合圓形線圈水平放置,穿過(guò)它的豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖(乙),規(guī)定B的方向以向上為正方向,感應(yīng)電流以俯視順時(shí)針的方向?yàn)檎较?在0~4t時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流隨時(shí)間變化圖象中正確的是(　D　)



解析:在0~t內(nèi),B正向增大,感應(yīng)電流方向?yàn)楦┮曧槙r(shí)針?lè)较?即電流方向?yàn)檎?在t~2t內(nèi),B先正向減小后反向增大,同上分析,電流方向?yàn)樨?fù)方向,且B的變化率為0~t內(nèi)的2倍,電流大小變?yōu)?倍;在2t~3t內(nèi),B變化率為0,無(wú)感應(yīng)電流;在3t~4t內(nèi),B負(fù)向減小,電流方向?yàn)檎较?故D項(xiàng)正確.

處理圖象問(wèn)題要做到“四明確、一理解”


1.(2019·湖南岳陽(yáng)二模)如圖所示,正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).在外力作用下,一正方形閉合剛性導(dǎo)線框沿QN方向勻速運(yùn)動(dòng),t=0時(shí)刻,其四個(gè)頂點(diǎn)M′,N′,P′,Q′恰好在磁場(chǎng)邊界中點(diǎn).下列圖象中能反映線框所受安培力F的大小隨時(shí)間t變化規(guī)律的是(　B　)


解析:第一段時(shí)間從初位置到M′N′離開(kāi)磁場(chǎng),圖(甲)表示該過(guò)程的任意一個(gè)位置,切割磁感線的有效長(zhǎng)度為M1A與N1B之和,即為M1M′長(zhǎng)度的2倍,此時(shí)電動(dòng)勢(shì)E=2Bvtv,線框受的安培力F=2BIvt=,圖象是開(kāi)口向上的拋物線,故A,C錯(cuò)誤.

如圖(乙)所示,線框的右端M′N′剛好出磁場(chǎng)時(shí),左端Q′P′恰與MP共線,此后一段時(shí)間內(nèi)有效長(zhǎng)度不變,一直到線框的左端與M′N′重合,這段時(shí)間內(nèi)電流不變,安培力大小不變;最后一段時(shí)間如圖(丙)所示,從勻速運(yùn)動(dòng)至Q′P′與M′N′重合開(kāi)始計(jì)時(shí),導(dǎo)線框的邊長(zhǎng)為l,有效長(zhǎng)度為A′C′=l-2vt′,電動(dòng)勢(shì)E′=B(l-2vt′)v,線框受的安培力F′=,圖象是開(kāi)口向上的拋物線,故D錯(cuò)誤,B正確.
2.(2019·河南安陽(yáng)二模)將一段導(dǎo)線繞成圖(甲)所示的閉合電路,并固定在紙面內(nèi),回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中.回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)Ⅱ,以向里為磁場(chǎng)Ⅱ的正方向,其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖(乙)所示.用F表示ab邊受到的安培力,以水平向右為F的正方向,能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖象是(　B　)


解析:由題圖(乙)可知0~時(shí)間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t線性變化,即=k(k是一個(gè)常數(shù)),圓環(huán)的面積S不變,由E==可知圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變,則回路中的感應(yīng)電流大小不變,ab邊受到的安培力大小不變,從而可排除選項(xiàng)C,D;0~時(shí)間內(nèi),由楞次定律可判斷出流過(guò)ab邊的電流方向?yàn)橛蒪至a,結(jié)合左手定則可判斷出ab邊受到的安培力的方向向左,為負(fù)值,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確.
電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題
1.兩種狀態(tài)及處理方法
狀態(tài)
特征
處理方法
平衡態(tài)
加速度為零
根據(jù)平衡條件列式分析
非平衡態(tài)
加速度
不為零
根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)
分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析
2.力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系

3.用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題

角度1　導(dǎo)體棒切割磁感線的動(dòng)力學(xué)平衡問(wèn)題
[例6] (2019·河北唐山模擬)在同一水平面上的光滑平行導(dǎo)軌P,Q相距l(xiāng)=1 m,導(dǎo)軌左端接有如圖所示的電路.其中水平放置的平行板電容器兩極板M,N相距d=10 mm,定值電阻R1=R2=12 Ω,R3=2 Ω,金屬棒ab的電阻r=2 Ω,其他電阻不計(jì).磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直穿過(guò)導(dǎo)軌平面,當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),懸浮于電容器兩極板之間的質(zhì)量m=1×10-14 kg、電荷量q=-1×10-14 C的微粒恰好靜止不動(dòng).取g=10 m/s2,在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好,且速度保持恒定.試求:

(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向;
(2)ab兩端的路端電壓;
(3)金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的速度.
審題指導(dǎo):
題干關(guān)鍵
獲取信息
金屬棒ab沿導(dǎo)軌
向右勻速運(yùn)動(dòng)
金屬棒ab受力平衡,
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變
帶負(fù)電微粒恰好靜止不動(dòng)
M板帶正電荷
解析:(1)帶負(fù)電的微粒受到重力和電場(chǎng)力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài),因?yàn)橹亓ωQ直向下,所以電場(chǎng)力豎直向上,故M板帶正電.ab棒向右做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),ab棒等效于電源,感應(yīng)電流方向由b→a,其a端為電源的正極,由右手定則可判斷,磁場(chǎng)方向豎直向下.
(2)微粒受到重力和電場(chǎng)力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài),根據(jù)平衡條件有mg=Eq
又E=
所以UMN==0.1 V
R3兩端電壓與電容器兩端電壓相等,由歐姆定律得通過(guò)R3的電流為
I==0.05 A
則ab棒兩端的電壓為Uab=UMN+I=0.4 V.
(3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′=Blv
由閉合電路歐姆定律得E′=Uab+Ir=0.5 V
聯(lián)立解得v=1 m/s.
答案:(1)豎直向下　(2)0.4 V　(3)1 m/s

桿切割模型的分析方法
(1)電路分析:導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,電流I=.
(2)受力分析:導(dǎo)體棒中產(chǎn)生感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受安培力F安=BIl,I=,F安=.
(3)平衡類動(dòng)力學(xué)分析:導(dǎo)體棒開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)的臨界條件是安培力和其他力達(dá)到平衡.
角度2　導(dǎo)體棒切割磁感線的動(dòng)力學(xué)非平衡問(wèn)題
[例7]

如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌MN,PQ,間距為L(zhǎng),電阻不計(jì),兩導(dǎo)軌構(gòu)成的平面與水平面成θ角.金屬棒ab,cd用絕緣輕繩連接,其電阻均為R,質(zhì)量分別為2m和m.沿斜面向上的力作用在cd上使兩棒靜止,整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,重力加速度大小為g,將輕繩燒斷后,保持F不變,金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,則(　C　)
A.輕繩燒斷瞬間,cd的加速度大小a=gsin θ
B.輕繩燒斷后,cd做勻加速運(yùn)動(dòng)
C.輕繩燒斷后,任意時(shí)刻兩棒運(yùn)動(dòng)的速度大小之比vab∶vcd=1∶2
D.棒ab的最大速度vabm=
解析:沿斜面向上的力F作用在cd上使兩棒靜止,由平衡條件可得F=3mgsin θ,輕繩燒斷瞬間,cd受到沿斜面向上的力F和重力、支持力作用,由牛頓第二定律,F-mgsin θ=ma,解得cd的加速度大小a=2gsin θ,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;輕繩燒斷后,回路中有感應(yīng)電流,cd棒受到的安培力隨速度的變化而變化,所以cd做變加速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;對(duì)兩金屬棒組成的系統(tǒng),所受合外力為零,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律可知,輕繩燒斷后,任意時(shí)刻兩棒運(yùn)動(dòng)的速度大小之比vab∶vcd=1∶2,選項(xiàng)C正確;當(dāng)棒ab達(dá)到最大速度時(shí),ab棒受力平衡,2mgsin θ=BIL,I=,E=BLvabm+BL2vabm=3BLvabm,聯(lián)立解得vabm=,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

1.

如圖所示,R1=5 Ω,R2=6 Ω,電壓表與電流表的量程分別為0~10 V和0~3 A,電表均為理想電表.導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌電阻均不計(jì),且導(dǎo)軌光滑,導(dǎo)軌平面水平,ab棒處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.
(1)當(dāng)變阻器R接入電路的阻值調(diào)到30 Ω,且用F1=40 N的水平拉力向右拉ab棒并使之達(dá)到穩(wěn)定速度v1時(shí),兩表中恰好有一表滿偏,而另一表又能安全使用,則此時(shí)ab棒的速度v1是多少?
(2)當(dāng)變阻器R接入電路的阻值調(diào)到3 Ω,且仍使ab棒的速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí),兩表中恰有一表滿偏,而另一表能安全使用,則此時(shí)作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大?
解析:(1)假設(shè)電流表指針滿偏,即I=3 A,那么此時(shí)電壓表的示數(shù)應(yīng)為U=IR并=15 V,此時(shí)電壓表示數(shù)超過(guò)了量程,不能正常使用,不合題意.因此,應(yīng)該是電壓表正好達(dá)到滿偏.當(dāng)電壓表滿偏時(shí),即U1=10 V,R并==5 Ω,此時(shí)電流表的示數(shù)為I1==2 A,設(shè)ab棒穩(wěn)定時(shí)的速度為v1,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1,則E1=Blv1,且E1=I1(R1+R并)=20 V,ab棒受到的安培力為F1=BI1l=40 N,聯(lián)立解得v1=1 m/s.
(2)假設(shè)此時(shí)電流表恰好滿偏,
即I2=3 A,R并′==2 Ω,
此時(shí)電壓表的示數(shù)為U2=I2R并′=6 V,可以安全使用,符合題意.
由F=BIl可知,穩(wěn)定時(shí)ab棒受到的拉力與ab棒中的電流成正比,所以F2=F1=×40 N=60 N.
答案:(1)1 m/s　(2)60 N
2.(2019·湖南長(zhǎng)沙一模)如圖所示,兩條相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌,相距L=0.2 m,左側(cè)軌道的傾斜角θ=30°,右側(cè)軌道為圓弧線,軌道端點(diǎn)間接有電阻R=1.5 Ω,軌道中間部分水平,在MP,NQ間有距離為d=0.8 m,寬與導(dǎo)軌間距相等的方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng).磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化如圖(乙)所示.一質(zhì)量為m=10 g、導(dǎo)軌間電阻為r=1.0 Ω的導(dǎo)體棒a從t=0時(shí)刻無(wú)初速度釋放,初始位置與水平軌道間的高度差H=0.8 m.另一與a棒完全相同的導(dǎo)體棒b靜置于磁場(chǎng)外的水平軌道上,靠近磁場(chǎng)左邊界PM.a棒下滑后平滑進(jìn)入水平軌道(轉(zhuǎn)角處無(wú)機(jī)械能損失),并與b棒發(fā)生碰撞而粘合在一起,此后作為一個(gè)整體運(yùn)動(dòng).導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,導(dǎo)軌的電阻和電感不計(jì),g取10 m/s2.求:

(1)a導(dǎo)體棒與b導(dǎo)體棒碰撞前瞬間速度大小和a導(dǎo)體棒從釋放到碰撞前瞬間過(guò)程中所用的時(shí)間.
(2)粘合導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間受到的安培力大小.
解析:(1)設(shè)a導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)前瞬間速度大小為v.
a導(dǎo)體棒從釋放到與b導(dǎo)體棒碰撞前瞬間的過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律有
mgH=mv2
解得v=4 m/s
根據(jù)位移公式有=t
解得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=0.8 s.
(2)設(shè)a與b發(fā)生完全非彈性碰撞后共同速度為v′,取水平向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mv=2mv′
解得v′=2 m/s
此時(shí)粘合導(dǎo)體棒剛好進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng),所受安培力為
F=BIL
又I=,E=BLv′
解得F=0.04 N.
答案:(1)4 m/s　0.8 s　(2)0.04 N

1.

(2015·福建卷,18)如圖,由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd,固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中.一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab,dc以速度v勻速滑動(dòng),滑動(dòng)過(guò)程PQ始終與ab垂直,且與線框接觸良好,不計(jì)摩擦.在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中(　C　)
A.PQ中電流先增大后減小
B.PQ兩端電壓先減小后增大
C.PQ上拉力的功率先減小后增大
D.線框消耗的電功率先減小后增大

解析:由題意知,題目情形可等效為如圖所示的電路問(wèn)題,其中R左+R右=3R,E=BLv,r=R,當(dāng)PQ向右運(yùn)動(dòng)時(shí),R左增大,R右減小,兩者并聯(lián)的總電阻R外先增大后減小,當(dāng)PQ運(yùn)動(dòng)到線框正中央位置時(shí),R外最大,故流過(guò)PQ的電流先減小后增大,A項(xiàng)錯(cuò)誤;PQ兩端電壓U=E-Ir,故U的變化為先增大后減小,B項(xiàng)錯(cuò)誤;拉力的功率P=P總=EI,故拉力的功率先減小后增大,C項(xiàng)正確;線框消耗的電功率為電源的輸出功率P出=,外電阻由小于r逐漸增大到r,輸出功率逐漸增大到最大,R外最大為0.75R,故P出先增大后減小,D項(xiàng)錯(cuò)誤.
2.

(2013·福建卷,18)如圖,矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方,由不同高度靜止釋放,用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻.線框下落過(guò)程形狀不變,ab邊始終保持與磁場(chǎng)水平邊界線OO′平行,線框平面與磁場(chǎng)方向垂直.設(shè)OO′下方磁場(chǎng)區(qū)域足夠大,不計(jì)空氣影響,則下列哪一個(gè)圖象不可能反映線框下落過(guò)程中速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律(　A　)

解析:線框先做自由落體運(yùn)動(dòng),因線框下落高度不同,故線框ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí),速度不同,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不同,所受安培力不同,其所受安培力F安與重力mg的大小關(guān)系可分以下三種情況:
①當(dāng)F安=mg時(shí),線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng),其速度v=,選項(xiàng)D有可能;
②當(dāng)F安mg時(shí),線框減速進(jìn)入磁場(chǎng),a=-g,v減小,a減小,線框做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)線框未完全進(jìn)入磁場(chǎng)而a減為零時(shí),即此時(shí)F安=mg,線框開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng),當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B有可能.選項(xiàng)A不可能.
3.

(2019·全國(guó)Ⅱ卷,21)(多選)如圖,兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定,所在平面與水平面夾角為θ,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì).虛線ab,cd均與導(dǎo)軌垂直,在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ,MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放,兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零.從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí),到MN離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是(　AD　)

解析:若PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)剛好可以做勻速直線運(yùn)動(dòng),且PQ出磁場(chǎng)時(shí)MN仍然沒(méi)有進(jìn)入磁場(chǎng),則PQ出磁場(chǎng)后至MN進(jìn)入磁場(chǎng)的這段時(shí)間,由于磁通量Φ不變,無(wú)感應(yīng)電流,PQ,MN由同一位置釋放,MN進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同,所以感應(yīng)電流大小相同,但流過(guò)PQ的電流方向相反,故A正確,B錯(cuò)誤;若PQ出磁場(chǎng)前MN已經(jīng)進(jìn)入磁場(chǎng),由于MN進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同,磁通量Φ不變,無(wú)感應(yīng)電流,PQ,MN均加速運(yùn)動(dòng),PQ出磁場(chǎng)后的感應(yīng)電流比PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的感應(yīng)電流大,感應(yīng)電流會(huì)變小,故C錯(cuò)誤,D正確.
4.

(2019·安徽蕪湖模擬)如圖所示,在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中豎直放置兩條足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌,磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌所在平面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,導(dǎo)軌上端連接一阻值為R的電阻和開(kāi)關(guān)S,導(dǎo)軌電阻不計(jì),兩金屬棒a和b的電阻都為R,質(zhì)量分別為ma=0.02 kg和mb=0.01 kg,它們與導(dǎo)軌接觸良好,并可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地運(yùn)動(dòng),若將b棒固定,開(kāi)關(guān)S斷開(kāi),用
一豎直向上的恒力F拉a棒,穩(wěn)定后a棒以v1=10 m/s的速度向上勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)再釋放b棒,b棒恰能保持靜止.(g=10 m/s2)
(1)求拉力F的大小;
(2)若將a棒固定,開(kāi)關(guān)S閉合,釋放b棒,求b棒滑行的最大速度v2;
(3)若將a棒和b棒都固定,開(kāi)關(guān)S斷開(kāi),使磁感應(yīng)強(qiáng)度從B0隨時(shí)間均勻增加,經(jīng)0.1 s后磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到2B0時(shí),a棒受到的安培力大小正好等于a棒的重力,求兩棒間的距離.
解析:(1)設(shè)軌道寬度為L(zhǎng),開(kāi)關(guān)S斷開(kāi),a棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=B0Lv1,a棒與b棒構(gòu)成串聯(lián)閉合電路,電流為I1=,a棒,b棒受到的安培力大小為Fa=I1LB0,Fb=I1LB0,依題意,對(duì)a棒有F=Fa+Ga,因?yàn)獒尫舃棒后,b棒恰好靜止,對(duì)b棒有Fb=Gb,所以F=Ga+Gb=0.3 N.
(2)

a棒固定、開(kāi)關(guān)S閉合后,當(dāng)b棒以速度v2勻速下滑時(shí),b棒滑行速度最大,此時(shí)b棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2=B0Lv2,等效電路圖如圖所示.其內(nèi)、外總電阻R總=Rb+=R,所以電流為I2==,b棒受到的安培力與b棒的重力平衡,有mbg=,由(1)中分析可知mbg=,
聯(lián)立可得v2=7.5 m/s.
(3)設(shè)兩棒間距為d,當(dāng)磁場(chǎng)均勻變化時(shí),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E3=Ld,由于S斷開(kāi),回路中電流為I3=,依題意,a棒所受安培力2B0I3L=Ga,由(1)中分析可知mbg=,代入數(shù)據(jù)解得d=1 m.
答案:(1)0.3 N　(2)7.5 m/s　(3)1 m


英語(yǔ)朗讀寶
相關(guān)資料 更多
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
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(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)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(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)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(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)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(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部