《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 能力課1 電磁感應(yīng)中的圖象和電路問題學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 能力課1 電磁感應(yīng)中的圖象和電路問題學(xué)案（19頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 能力課1　電磁感應(yīng)中的圖象和電路問題 　[熱考點(diǎn)]電磁感應(yīng)中的圖象問題 1.圖象類型 (1)電磁感應(yīng)中常涉及磁感應(yīng)強(qiáng)度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動(dòng)勢E和感應(yīng)電流I等隨時(shí)間變化的圖象，即B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象和I－t圖象。 (2)對于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流的情況，有時(shí)還常涉及感應(yīng)電動(dòng)勢E和感應(yīng)電流I等隨位移變化的圖象，即E－x圖象和I－x圖象等。 2.兩類圖象問題 (1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象。 (2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量。 3.解題關(guān)鍵 弄清初始條件、正負(fù)方向的對應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁

2、場的轉(zhuǎn)折點(diǎn)等是解決此類問題的關(guān)鍵。 4.電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個(gè)常用方法 排除法 定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負(fù)，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。 函數(shù)法 根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象進(jìn)行分析和判斷。 命題角度1　磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的圖象問題 【例1】　將一段導(dǎo)線繞成圖1甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)?；芈返腶b邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場Ⅰ中?；芈返膱A環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場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

3、示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反應(yīng)F隨時(shí)間t變化的圖象是(　　) 圖1 解析　根據(jù)B－t圖象可知，在0～時(shí)間內(nèi)，B－t圖線的斜率為負(fù)且為定值，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nS可知，該段時(shí)間圓環(huán)區(qū)域內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流是恒定的，由楞次定律可知，ab中電流方向?yàn)閎→a，再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力，且0～時(shí)間內(nèi)安培力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在～T時(shí)間內(nèi)，B－t 圖線的斜率為正且為定值，故ab邊所受安培力大小仍恒定不變，但方向與規(guī)定的正方向相同。綜上可知，選項(xiàng)B正確。 答案　B 【變式訓(xùn)練1】　(多選)如圖2甲所示，在水平面上固定一個(gè)匝數(shù)為

4、10匝的等邊三角形金屬線框，總電阻為3 Ω，邊長為0.4 m。金屬框處于兩個(gè)半徑為0.1 m的圓形勻強(qiáng)磁場中，頂點(diǎn)A恰好位于左邊圓的圓心，BC邊的中點(diǎn)恰好與右邊圓的圓心重合。左邊磁場方向垂直紙面向外，右邊磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確是(π取3)(　　) 圖2 A.線框中感應(yīng)電流的方向是順時(shí)針方向 B.t＝0.4 s時(shí)，穿過線框的磁通量為0.005 Wb C.經(jīng)過t＝0.4 s，線框中產(chǎn)生的熱量為0.3 J D.前0.4 s內(nèi)流過線框某截面的電荷量為0.2 C 解析　根據(jù)楞次定律和安培定則，線框中感應(yīng)電流的方向是逆時(shí)針方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；0.4

5、 s時(shí)穿過線框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝πr2·B1－πr2·B2＝0.055 Wb，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖乙知＝ T/s＝10 T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝n＝n·πr2·＝1.5 V，感應(yīng)電流I＝＝0.5 A，0.4 s內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝0.3 J，選項(xiàng)C正確；前0.4 s內(nèi)流過線框某截面的電荷量q＝It＝0.2 C，選項(xiàng)D正確。 答案　CD 命題角度2　導(dǎo)體切割磁感線的圖象問題 【例2】　(2018·東北三校聯(lián)考)(多選)如圖3所示，M、N為同一水平面內(nèi)的兩條平行長直導(dǎo)軌，左端串聯(lián)電阻R，金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，金屬桿和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，桿與導(dǎo)軌間接觸良好且無

6、摩擦，整個(gè)裝置處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)對金屬桿ab施加一個(gè)與其垂直的水平方向的恒力F，使金屬桿從靜止開始運(yùn)動(dòng)。在運(yùn)動(dòng)過程中，金屬桿的速度大小為v，R上消耗的總能量為E，則下列關(guān)于v、E隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是(　　) 圖3 解析　對金屬桿ab施加一個(gè)與其垂直的水平方向的恒力F，使金屬桿從靜止開始運(yùn)動(dòng)。由于金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流，受到隨速度的增大而增大的安培力作用，所以金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)安培力增大到等于水平方向的恒力F時(shí)，金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)，v－t圖象A正確，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知，開始水平方向的恒力F做的功一部分使金屬桿動(dòng)能增大，另一部分

7、轉(zhuǎn)化為電能，被電阻R消耗掉；當(dāng)金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)后，水平方向的恒力F所做的功等于R上消耗的總能量E，因此E－t圖象可能正確的是選項(xiàng)D。 答案　AD 【變式訓(xùn)練2】　將一均勻?qū)Ь€圍成一圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OMN，其中OM＝R，圓弧MN的圓心為O點(diǎn)，將導(dǎo)線框的O點(diǎn)置于如圖4所示的直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，其中第二和第四象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，第三象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B。從t＝0時(shí)刻開始讓導(dǎo)線框以O(shè)點(diǎn)為圓心，以恒定的角速度ω沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，假定沿ONM方向的電流為正，則線框中的電流隨時(shí)間的變化規(guī)律描繪正確的是(　　) 圖4

8、 解析　在0～t0時(shí)間內(nèi)，線框從圖示位置開始(t＝0)轉(zhuǎn)過90°的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E1＝BωR2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為I1＝＝，根據(jù)楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向(沿ONM方向)。在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，線框進(jìn)入第三象限的過程中，回路中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(沿OMN方向)?；芈分挟a(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E2＝BωR2＋·2BωR2＝BωR2＝3E1；感應(yīng)電流為I2＝3I1。在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，線框進(jìn)入第四象限的過程中，回路中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向(沿ONM方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E3＝BωR2＋·2BωR2＝BωR2＝3E1；感應(yīng)電流為I3

9、＝3I1。在3t0～4t0時(shí)間內(nèi)，線框出第四象限的過程中，回路中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E4＝BωR2，由閉合電路歐姆定律得，回路電流為I4＝I1，選項(xiàng)B正確。 答案　B 命題角度3　電磁感應(yīng)中雙電源問題與圖象的綜合 【例3】　如圖5所示為兩個(gè)有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長為L的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針方向時(shí)的電動(dòng)勢E為正，磁感線垂直紙面向里時(shí)磁通量Φ的方向?yàn)檎?/p>

10、，外力F向右為正。則以下關(guān)于線框中的磁通量Φ、感應(yīng)電動(dòng)勢E、外力F和電功率P隨時(shí)間變化的圖象正確的是(　　) 圖5 解析　當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)L時(shí)開始進(jìn)入磁場，磁通量開始增加，當(dāng)全部進(jìn)入時(shí)達(dá)到最大；此后向外的磁通量增加，總磁通量減小；當(dāng)運(yùn)動(dòng)到2.5L時(shí)，磁通量最小，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)線框進(jìn)入第一個(gè)磁場時(shí)，由E＝BLv可知，E保持不變，而開始進(jìn)入第二個(gè)磁場時(shí)，兩邊同時(shí)切割磁感線，電動(dòng)勢應(yīng)為2BLv，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因安培力總是與運(yùn)動(dòng)方向相反，故拉力應(yīng)一直向右，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；拉力的功率P＝Fv，因速度不變，而線框在第一個(gè)磁場時(shí)，電流為定值，拉力也為定值；兩邊分別在兩個(gè)磁場中時(shí)，由選項(xiàng)B的分析可知，電

11、流加倍，回路中總電動(dòng)勢加倍，功率變?yōu)樵瓉淼?倍；此后從第二個(gè)磁場中離開時(shí)，安培力應(yīng)等于線框在第一個(gè)磁場中的安培力，所以功率應(yīng)等于在第一個(gè)磁場中的功率，故選項(xiàng)D正確。 答案　D 【變式訓(xùn)練3】　(2018·保定模擬)如圖6所示為有理想邊界的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B＝0.5 T，兩邊界間距s＝0.1 m，一邊長L＝0.2 m的正方形線框abcd由粗細(xì)均勻的電阻絲圍成，總電阻為R＝0.4 Ω，現(xiàn)使線框以v＝2 m/s的速度從位置Ⅰ勻速運(yùn)動(dòng)到位置Ⅱ，則下列能正確反映整個(gè)過程中線框a、b兩點(diǎn)間的電勢差Uab隨時(shí)間t變化的圖線是(　　) 圖6 解析　ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為

12、E＝BLv＝0.2 V，線框中感應(yīng)電流為I＝＝0.5 A，所以在0～5×10－2 s時(shí)間內(nèi)，a、b兩點(diǎn)間電勢差為U1＝I·R＝0.15 V。在5×10－2～10×10－2 s時(shí)間內(nèi)，a、b兩點(diǎn)間電勢差U2＝E＝0.2 V；在10×10－2～15× 10－2 s時(shí)間內(nèi)，a、b兩點(diǎn)間電勢差為U3＝I·R＝0.05 V，選項(xiàng)A正確。 答案　A 　[?？键c(diǎn)]電磁感應(yīng)中的電路問題 1.電磁感應(yīng)中電路知識的關(guān)系圖 2.“三步走”分析電路為主的電磁感應(yīng)問題 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例4】　(2017·江西新余期末)如圖7甲所示，水平面上的兩光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距

13、d＝0.5 m，電阻不計(jì)，左端通過導(dǎo)線與阻值R＝2 Ω的電阻連接，右端通過導(dǎo)線與阻值RL＝4 Ω的小燈泡L連接。在CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，CE長l＝2 m，有一阻值r＝2 Ω的金屬棒PQ放置在靠近磁場邊界CD處(恰好不在磁場中)。CDFE區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示。在t＝0至t＝4 s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，在t＝4 s時(shí)使金屬棒PQ以某一速度進(jìn)入磁場區(qū)域并保持勻速運(yùn)動(dòng)。已知從t＝0開始到金屬棒運(yùn)動(dòng)到磁場邊界EF處的整個(gè)過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化。求： 圖7 (1)通過小燈泡的電流； (2)金屬棒PQ在磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的速度大小。

14、 解析　(1)在t＝0至t＝4 s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，磁場變化導(dǎo)致電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢。等效電路為r與R并聯(lián)，再與RL串聯(lián)，電路的總電阻 R總＝RL＋＝5 Ω 此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢 E＝＝dl＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V 通過小燈泡的電流I＝＝0.1 A。 (2)當(dāng)棒在磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢，等效電路為R與RL并聯(lián)，再與r串聯(lián)，此時(shí)電路的總電阻R總′＝r＋＝ Ω＝ Ω 由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流IL＝I＝0.1 A，則流過金屬棒的電流為 I′＝IL＋I(xiàn)R＝IL＋＝0.3 A 電動(dòng)勢E′＝I′R總′＝Bdv 解得棒PQ在磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的速

15、度大小 v＝1 m/s。 答案　(1)0.1 A　(2)1 m/s 【變式訓(xùn)練4】　(2018·焦作一模)(多選)如圖8所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為l＝1 m，cd間、de間、cf間分別接著阻值R＝10 Ω的電阻。一阻值R＝10 Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4 m/s勻速向左運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好；導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。下列說法正確的是(　　) 圖8 A.導(dǎo)體棒ab中電流的流向?yàn)橛蒪到a B.cd兩端的電壓為1 V C.de兩端的電壓為1 V D.fe兩端的電壓為1 V 解析　由右手定則可知ab中電流方

16、向?yàn)閍→b，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv，ab為電源，cd間電阻R為外電路負(fù)載，de和cf間電阻中無電流，de和cf間都無電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即U＝·R＝＝1 V，選項(xiàng)B、D正確，C錯(cuò)誤。 答案　BD 電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型——建構(gòu)模型能力的培養(yǎng) 模型一　“單桿＋導(dǎo)軌”模型 1.單桿水平式(導(dǎo)軌光滑) 物理模型 動(dòng)態(tài)分析 設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中某時(shí)刻棒的速度為v，加速度為a＝－，a、v同向，隨v的增加，a減小，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，I＝恒定 收尾狀態(tài) 運(yùn)動(dòng)形式 勻速直線運(yùn)動(dòng) 力學(xué)特征 a＝0，v最大，vm＝ 電學(xué)特征 I

17、恒定 2.單桿傾斜式(導(dǎo)軌光滑) 物理模型 動(dòng)態(tài)分析 棒釋放后下滑，此時(shí)a＝gsin α，速度v↑E＝BLv↑I＝↑F＝BIL↑a↓，當(dāng)安培力F＝mgsin α?xí)r，a＝0，v最大 收尾狀態(tài) 運(yùn)動(dòng)形式 勻速直線運(yùn)動(dòng) 力學(xué)特征 a＝0，v最大，vm＝ 電學(xué)特征 I恒定 【例1】　如圖9所示，足夠長的金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，金屬導(dǎo)軌寬度L＝1.0 m，導(dǎo)軌上放有垂直導(dǎo)軌的金屬桿P，金屬桿質(zhì)量為m＝0.1 kg，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T、豎直向下的勻強(qiáng)磁場。連接在導(dǎo)軌左端的電阻R＝3.0 Ω，金屬桿的電阻r＝1.0 Ω，其余部分電阻不計(jì)。某時(shí)刻給金屬桿一個(gè)水平向右的

18、恒力F，金屬桿P由靜止開始運(yùn)動(dòng)，圖乙是金屬桿P運(yùn)動(dòng)過程的v－t圖象，導(dǎo)軌與金屬桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。在金屬桿P運(yùn)動(dòng)的過程中，第一個(gè)2 s內(nèi)通過金屬桿P的電荷量與第二個(gè)2 s內(nèi)通過P的電荷量之比為3∶5。g取10 m/s2。求： 圖9 (1)水平恒力F的大?。? (2)前4 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量。 解析　(1)由圖乙可知金屬桿P先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，2 s后做勻速直線運(yùn)動(dòng) 當(dāng)t＝2 s時(shí)，v＝4 m/s，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv 感應(yīng)電流I＝ 安培力F′＝BIL＝ 根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有F－F′－μmg＝0 解得F＝0.75 N。 (2)通過金屬桿P的電荷量q＝t

19、＝·t 其中＝＝ 所以q＝∝x(x為P的位移) 設(shè)第一個(gè)2 s內(nèi)金屬桿P的位移為x1，第二個(gè)2 s內(nèi)P的位移為x2 則ΔΦ1＝BLx1，ΔΦ2＝BLx2＝BLvt 又由于q1∶q2＝3∶5 聯(lián)立解得x2＝8 m，x1＝4.8 m 前4 s內(nèi)由能量守恒定律得 F(x1＋x2)＝mv2＋μmg(x1＋x2)＋Qr＋QR 其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶3 解得QR＝1.8 J。 答案　(1)0.75 N　(2)1.8 J 模型二　“雙桿＋導(dǎo)軌”模型 示意圖 力學(xué)觀點(diǎn) 導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩

20、棒以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng) 兩棒以相同的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 動(dòng)量觀點(diǎn) 系統(tǒng)動(dòng)量守恒 系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 能量觀點(diǎn) 棒1動(dòng)能的減少量＝棒2動(dòng)能的增加量＋焦耳熱 外力做的功＝棒1的動(dòng)能＋棒2的動(dòng)能＋焦耳熱 【例2】　兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為l。導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，如圖10所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其它部分的電阻可不計(jì)。在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，求

21、： 圖10 (1)在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？ (2)當(dāng)棒ab的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r(shí)，棒cd的加速度是多大？ 解析　(1)從開始到兩棒達(dá)到相同速度v的過程中，兩棒的總動(dòng)量守恒，有mv0＝2mv， 根據(jù)能量守恒定律，整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝mv－·2mv2＝mv。 (2)設(shè)棒ab的速度變?yōu)関0時(shí)，cd棒的速度為v′， 則由動(dòng)量守恒可知mv0＝mv0＋mv′ 得v′＝v0，此時(shí)棒cd所受的安培力F＝BIl＝。 由牛頓第二定律可得棒cd的加速度大小為 a＝＝，方向水平向右。 答案　(1)mv　(2)，方向水平向右 (1)若涉及變力作用下運(yùn)動(dòng)問題，可選用動(dòng)量守恒

22、和能量守恒的方法解決。 (2)若涉及恒力或恒定加速度，一般選用動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)。若涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間問題也可選用動(dòng)量定理求解?！　　　　　? 【針對訓(xùn)練】　如圖11所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50 T的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計(jì)。導(dǎo)軌間的距離l＝0.20 m。兩根質(zhì)量均為m＝0.10 kg的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R＝0.50 Ω。在t＝0時(shí)刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為0.20 N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)。經(jīng)過t＝5.0 s，金屬桿甲的加

23、速度為a＝1.37 m/s2，問此時(shí)兩金屬桿的速度各為多少？ 圖11 解析　設(shè)任一時(shí)刻t兩金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v1和v2，經(jīng)過很短的時(shí)間Δt，桿甲移動(dòng)距離v1Δt，桿乙移動(dòng)距離v2Δt，回路面積改變 ΔS＝[(x－v2Δt)＋v1Δt]l－lx＝(v1－v2)lΔt 由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝B，回路中的電流I＝，桿甲的運(yùn)動(dòng)方程F－BlI＝ma。由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動(dòng)量(t＝0時(shí)為0)等于外力F的沖量Ft＝mv1＋mv2。聯(lián)立以上各式解得v1＝，v2＝，代入數(shù)據(jù)得v1＝8.15 m/s，v2＝1.85 m

24、/s。 答案　8.15 m/s　1.85 m/s 活頁作業(yè) (時(shí)間：40分鐘) ?題組一　電磁感應(yīng)中的圖象問題 1.(2017·孝感模擬)如圖1甲所示，在電阻R＝1 Ω，面積S1＝0.3 m2的圓形線框中心區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場，圓形磁場區(qū)面積S2＝0.2 m2。若取磁場方向垂直紙面向外為正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化規(guī)律可用圖乙描述，則線框中的感應(yīng)電流I(取順時(shí)針方向?yàn)檎较?隨時(shí)間t的變化圖線是 (　　) 圖1 答案　C 2.下列四個(gè)選項(xiàng)圖中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。A、B中的導(dǎo)線框?yàn)檎叫?，C、D中的導(dǎo)線框?yàn)橹苯巧刃?。各?dǎo)線框均繞垂直紙面軸

25、O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如箭頭所示，轉(zhuǎn)動(dòng)周期均為T。從線框處于圖示位置時(shí)開始計(jì)時(shí)，以在OP邊上從P點(diǎn)指向O點(diǎn)的方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向。則在如圖所示的四個(gè)情景中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖2所示的是(　　) 圖2 解析　根據(jù)感應(yīng)電流在一段時(shí)間恒定，導(dǎo)線框應(yīng)為扇形；由右手定則可判斷出產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化規(guī)律如題圖所示的是選項(xiàng)C。 答案　C 3.兩塊水平放置的金屬板，板間距離為d，用導(dǎo)線將兩塊金屬板與一線圈連接，線圈中存在方向豎直向上、大小變化的磁場，如圖3所示。兩板間有一帶正電的油滴恰好靜止，則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的圖象是(　　) 圖3

26、 解析　帶正電的油滴靜止，即所受重力與電場力平衡，兩板間為勻強(qiáng)電場，因此線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為恒定值，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，通過線圈的磁通量一定是均勻變化的，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；油滴帶正電，故下極板電勢高于上極板電勢，感應(yīng)電流產(chǎn)生磁場與原磁場方向相同，由楞次定律可知，通過線圈的磁通量均勻減小，故選項(xiàng)C正確，B錯(cuò)誤。 答案　C 4.(2017·洛陽市高中三年級第一次統(tǒng)一考試)如圖4甲所示，光滑導(dǎo)軌水平放置在與水平方向夾角為60°的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定圖甲中B的方向?yàn)檎较?，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，除電阻R的阻值外，其余電阻

27、不計(jì)，導(dǎo)體棒ab在水平拉力作用下始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，規(guī)定a→b的方向?yàn)殡娏鞯恼较?，水平向右的方向?yàn)槔Φ恼较颍瑒t在0～t1時(shí)間內(nèi)，能正確反映流過導(dǎo)體棒ab的電流I和導(dǎo)體棒ab所受水平拉力F隨時(shí)間t變化的圖象是(　　) 圖4 解析　在0～t1時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率＝，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢恒定，感應(yīng)電流恒定，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可判斷出ab中感應(yīng)電流方向?yàn)閎指向a，導(dǎo)體棒所受安培力F安＝BIL，0～t0時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安斜向右下方，隨時(shí)間均勻減小，t0～t1時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安斜向左上方，隨時(shí)間均勻增大，由平衡條件可知，導(dǎo)體棒所受水平拉力F時(shí)刻與F安在水平方向上的分力

28、等大反向，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。 答案　D 5.(2018·山東第一次大聯(lián)考)(多選)如圖5所示，導(dǎo)體棒沿兩平行導(dǎo)軌從圖中位置以速度v向右勻速通過一正方形abcd磁場區(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)(　　) 圖5 解析　導(dǎo)體棒在左半?yún)^(qū)域時(shí)，根據(jù)右手定則，通過棒的電流方向向上，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，通過棒的電流方向向下，電流為負(fù)值，且逐漸減小，且經(jīng)過分

29、界線時(shí)感應(yīng)電流大小突然加倍，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；第一段時(shí)間內(nèi)安培力大小F＝BIL＝∝L2∝t2，第2段時(shí)間內(nèi)F′＝2BIL＝∝L2∝t2，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 答案　AC 6.(多選)如圖6所示，一個(gè)邊長為L的正方形線框abcd無初速度地從高處釋放，線框下落過程中，下邊保持水平向下平動(dòng)，在線框的下方，有一個(gè)上、下界面都水平的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場區(qū)高度為2L，磁場方向與線框平面垂直，閉合線框下落后，剛好勻速進(jìn)入磁場區(qū)，在整個(gè)進(jìn)出磁場過程中，線框中的感應(yīng)電流I隨位移x變化的圖象可能是下圖中的(　　) 圖6 解析　線框剛進(jìn)入磁場時(shí)，＝mg，下邊始終勻速切割磁感線，通過線框的感應(yīng)電流的大小

30、恒定為I0，方向不變，線框完全進(jìn)入磁場后，安培力立即消失，線框僅在重力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框下邊剛出磁場時(shí)，線框的速度大于進(jìn)入磁場時(shí)的速度，故電流大于I0，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；線框所受安培力大于重力，線框做減速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電流及安培力都減小，所以線框的加速度a＝也減小，當(dāng)加速度減小到0時(shí)，電流為I0，選項(xiàng)B、D中在x＝2L和x＝3L之間的曲線，分別對應(yīng)著上邊剛要出磁場時(shí)，線框的速度已減小到進(jìn)入磁場時(shí)的速度和未減小到該速度兩種情況，因此選項(xiàng)B、D正確。 答案　BD ?題組二　電磁感應(yīng)中的電路問題 7.如圖7所示，兩個(gè)互連的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，磁場垂直穿過大金屬

31、環(huán)所在區(qū)域，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí)，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，則a、b兩點(diǎn)間的電勢差為(　　) 圖7 A.E B.E C.E D.E 解析　a、b間的電勢差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的，故a、b間電勢差為U＝E，選項(xiàng)B正確。 答案　B 8.(多選)如圖8所示，一不計(jì)電阻的導(dǎo)體圓環(huán)，半徑為r、圓心在O點(diǎn)，過圓心放置一長度為2r、電阻為R的輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好，現(xiàn)將此裝置放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場中，磁場邊界恰與圓環(huán)直徑在同一直線上，現(xiàn)使輻條以角速度ω繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，右側(cè)電路通過電刷與圓環(huán)中心和環(huán)的邊緣相接觸，R1＝，S

32、處于閉合狀態(tài)，不計(jì)其他電阻，則下列判斷正確的是(　　) 圖8 A.通過R1的電流方向?yàn)樽韵露? B.感應(yīng)電動(dòng)勢大小為2Br2ω C.理想電壓表的示數(shù)為Br2ω D.理想電流表的示數(shù)為 解析　由右手定則可知圓環(huán)中心為電源的正極、圓環(huán)邊緣為電源的負(fù)極，因此通過R1的電流方向?yàn)樽韵露?，選項(xiàng)A正確；由題意可知，始終有長度為r的輻條在轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁場線，因此感應(yīng)電動(dòng)勢大小為Br2ω，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖可知，在磁場內(nèi)部的半根輻條相當(dāng)于電源，磁場外部的半根輻條與R1并聯(lián)，因此理想電壓表的示數(shù)為Br2ω，選項(xiàng)C正確；理想電流表的示數(shù)為，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　AC 9.如圖9所示，間距L＝1 m的

33、兩根足夠長的固定水平平行導(dǎo)軌間存在著勻強(qiáng)磁場，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＝6μF，導(dǎo)軌和棒的電阻及一切摩擦均不計(jì)。開關(guān)S1、S2閉合，電路穩(wěn)定后，求： 圖9 (1)通過R2的電流I的大小和方向； (2)拉力F的大??； (3)開關(guān)S1切斷后通過R2的電荷量Q。 解析　(1)開關(guān)S1、S2閉合后，根據(jù)右手定則知棒中的感應(yīng)電流方向是由M→N，所以通過R2的電流方向是由b→a MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小E＝BLv 流過R2的電流I＝ 代入

34、數(shù)據(jù)解得I＝0.1 A (2)棒受力平衡有F＝F安，F(xiàn)安＝BIL 代入數(shù)據(jù)解得F＝0.1 N (3)開關(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R2的電荷量Q等于電容器所帶電荷量的減少量，即Q＝Q1－0 代入數(shù)據(jù)解得Q＝7.2×10－6 C 答案　(1)0.1 A，方向是b→a　(2)0.1 N (3)7.2×10－6 C 10.在傾角為θ＝37°的斜面內(nèi)，放置MN和PQ兩根不等間距的光滑金屬導(dǎo)軌，該裝置放置在垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)軌M、P端間接入阻值R1＝30 Ω的電阻和理想電流表，N、Q端間接阻值為R2＝6 Ω的電阻。質(zhì)量為m

35、＝0.6 kg、長為L＝1.5 m的金屬棒放在導(dǎo)軌上以v0＝5 m/s的初速度從ab處向右上方滑到a′b′處的時(shí)間為t＝0.5 s，滑過的距離l＝0.5 m。ab處導(dǎo)軌間距Lab＝0.8 m，a′b′處導(dǎo)軌間距La′b′＝1 m。若金屬棒滑動(dòng)時(shí)電流表的讀數(shù)始終保持不變，不計(jì)金屬棒和導(dǎo)軌的電阻。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： 圖10 (1)此過程中電阻R1上產(chǎn)生的熱量； (2)此過程中電流表上的讀數(shù)； (3)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。 解析　(1)因電流表的讀數(shù)始終保持不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢不變， 故BLabv0＝BLa′b′va′b′，代入數(shù)據(jù)可得va′b′＝4 m/s， 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律， 得Q總＝m(v－v)－mglsin 37°＝QR1＋QR2 由Q＝t，得＝， 代入數(shù)據(jù)可求，得QR1＝0.15 J (2)由焦耳定律QR1＝IR1t可知電流表讀數(shù) I1＝＝0.1 A (3)不計(jì)金屬棒和導(dǎo)軌上的電阻，則R1兩端的電壓始終等于金屬棒與兩軌接觸間的電動(dòng)勢， 由E＝I1R1，E＝BLa′b′va′b′可得 B＝＝0.75 T 答案　(1)0.15 J　(2)0.1 A　(3)0.75 T 19