2022年高考物理一輪復(fù)習講義 第2講 法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流
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1、2022年高考物理一輪復(fù)習講義 第2講 法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流 一、法拉第電磁感應(yīng)定律 1.感應(yīng)電動勢 (1)概念:在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢. ①感生電動勢:由于磁場的變化而激發(fā)出感生電場,由感生電場而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢. ②動生電動勢:由于導(dǎo)體在磁場中運動而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢. (2)條件:無論電路是否閉合,只要穿過電路的磁通量發(fā)生變化,電路中就一定有感應(yīng)電動勢. (3)與感應(yīng)電流的關(guān)系:遵守閉合電路歐姆定律,即I=. 2.法拉第電磁感應(yīng)定律 (1)定律內(nèi)容:電路中感應(yīng)電動勢的大小,跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比. (2)公式:E=n.其中n為線圈的匝數(shù).
2、 二、導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 導(dǎo)體棒切割磁感線時,可有以下三種情況: 切割方式 電動勢表達式 說 明 垂直切割 E=BLv ①導(dǎo)體棒與磁場方向垂直 ②磁場為勻強磁場 傾斜切割 E=BLvsin_θ 其中θ為v與B的夾角 旋轉(zhuǎn)切割(以一端為軸) E=BL2ω 三、自感和渦流 1.自感現(xiàn)象 (1)概念:由于導(dǎo)體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感,由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢叫做自感電動勢. (2)表達式:E=L. (3)自感系數(shù)L ①相關(guān)因素:與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關(guān). ②單位:亨利(H,1 mH=10-3 H,1 μH=10
3、-6 H). 2.渦流 當線圈中的電流發(fā)生變化時,在它附近的任何導(dǎo)體中都會產(chǎn)生感應(yīng)電流,這種電流像水的旋渦所以叫做渦流. (1)電磁阻尼:當導(dǎo)體在磁場中運動時,感應(yīng)電流會使導(dǎo)體受到安培力,安培力的方向總是阻礙導(dǎo)體的運動. (2)電磁驅(qū)動:如果磁場相對于導(dǎo)體運動,在導(dǎo)體中會產(chǎn)生感應(yīng)電流使導(dǎo)體受到安培力的作用,安培力使導(dǎo)體運動起來. 交流感應(yīng)電動機就是利用電磁驅(qū)動的原理工作的. (3)電磁阻尼和電磁驅(qū)動的原理體現(xiàn)了楞次定律的推廣應(yīng)用. 1.關(guān)于電路中感應(yīng)電動勢的大小,下列說法正確的是( ) A.穿過電路的磁通量越大,感應(yīng)電動勢就越大 B.電路中磁通量的改變量越大,感應(yīng)電動勢
4、就越大 C.電路中磁通量改變越快,感應(yīng)電動勢就越大 D.若電路中某時刻磁通量為零,則該時刻感應(yīng)電流一定為零 答案: C 2.穿過一個單匝閉合線圈的磁通量始終為每秒均勻增加 2 Wb,則( ) A.線圈中感應(yīng)電動勢每秒增加2 V B.線圈中感應(yīng)電動勢每秒減少2 V C.線圈中感應(yīng)電動勢始終為2 V D.線圈中感應(yīng)電動勢始終為一個確定值,但由于線圈有電阻,電動勢小于2 V 解析: 由E=知:ΔΦ/Δt恒定,所以E=2 V. 答案: C 3.如圖所示,L為一個自感系數(shù)很大的自感線圈,開關(guān)閉合后,小燈泡能正常發(fā)光,那么閉合開關(guān)和斷開開關(guān)的瞬間,能觀察到的現(xiàn)象分別是( ) A
5、.小燈泡逐漸變亮,小燈泡立即熄滅 B.小燈泡立即亮,小燈泡立即熄滅 C.小燈泡逐漸變亮,小燈泡比原來更亮一下再慢慢熄滅 D.小燈泡立即亮,小燈泡比原來更亮一下再慢慢熄滅 解析: 開關(guān)閉合瞬間,通過自感線圈的電流逐漸增大,自感線圈產(chǎn)生自感電動勢阻礙原電流的增加,故小燈泡逐漸變亮;開關(guān)斷開瞬間,回路處于斷開狀態(tài),故小燈泡立即熄滅,選項A正確. 答案: A 4.如圖所示,正方形線圈abcd位于紙面內(nèi),邊長為L,匝數(shù)為N,線圈內(nèi)接有電阻值為R的電阻,過ab中點和cd中點的連線OO′恰好位于垂直紙面向里的勻強磁場的右邊界上,磁場的磁感應(yīng)強度為B.當線圈轉(zhuǎn)過90°時,通過電阻R的電荷 量為(
6、 ) A. B. C. D. 解析: 初狀態(tài)時,通過線圈的磁通量為Φ1=,當線圈轉(zhuǎn)過90°時,通過線圈的磁通量為0,由q=N可得通過電阻R的電量為. 答案: B 5.如圖所示,一段導(dǎo)線彎曲成半徑為R的半圓形閉合回路.虛線MN、PQ間有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,磁場的寬度等于R,方向垂直于回路所在的平面.現(xiàn)讓回路以速度v向右勻速穿過磁場,直徑CD始終與MN垂直.關(guān)于此過程,下列結(jié)論正確的是( ) A.穿過的過程中回路中感應(yīng)電流一直不為零 B.感應(yīng)電流的方向一直不變 C.感應(yīng)電動勢先增大后減小再增大再減小 D.感應(yīng)電動勢最大值Em=2BRv 解析:
7、 當回路的圓心到磁場的中間時,回路中的感應(yīng)電動勢為零,電流為零,A項錯誤;磁通量先向里增大,后向里減小,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流的方向先沿逆時針方向后沿順時針方向,B項錯誤;當回路的圓心到MN或PQ上時,切割磁感線的有效長度最長,感應(yīng)電動勢最大為BRv,D項錯誤;在穿過磁場的過程中,回路切割磁感線的有效長度先變大,后變小,再變大,再變小,因此感應(yīng)電動勢先增大后減小再增大再減小,C項正確. 答案: C 1.決定感應(yīng)電動勢大小的因素 感應(yīng)電動勢E的大小決定于穿過電路的磁通量的變化率和線圈的匝數(shù)n.而與磁通量的大小、磁通量變化量ΔΦ的大小無必然聯(lián)系. 2.磁通量變化通常有兩種方式
8、 (1)磁感應(yīng)強度B不變,垂直于磁場的回路面積發(fā)生變化,此時E=nB; (2)垂直于磁場的回路面積不變,磁感應(yīng)強度發(fā)生變化,此時E=nS,其中是B-t圖象的斜率. (xx·新課標全國卷)如圖,均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框,半圓直徑與磁場邊緣重合;磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里,磁感應(yīng)強度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周,在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流.現(xiàn)使線框保持圖中所示位置,磁感應(yīng)強度大小隨時間線性變化.為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流,磁感應(yīng)強度隨時間的變化率的大小應(yīng)為( ) A. B. C.
9、D. 解析: 當線框繞過圓心O的轉(zhuǎn)動軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時,由于面積的變化產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,從而產(chǎn)生感應(yīng)電流.設(shè)半圓的半徑為r,導(dǎo)線框的電阻為R,即I1=====.當線圈不動,磁感應(yīng)強度變化時,I2====,因I1=I2,可得=,C選項正確. 答案: C (1)應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律解題的一般步驟 ①分析穿過閉合電路的磁場方向及磁通量的變化情況; ②利用楞次定律確定感應(yīng)電流的方向; ③靈活選擇法拉第電磁感應(yīng)定律的不同表達形式列方程求解. (2)應(yīng)注意的問題 通過回路的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關(guān),與變化過程所用的時間長短無關(guān),推導(dǎo)過程:q=Δt=Δt=. 1-1:在豎直
10、向上的勻強磁場中,水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈,線圈所圍的面積為0.1 m2,線圈電阻為1 Ω.規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時針方向,如圖甲所示.磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示.則下列說法正確的是( ) A.在時間0~5 s內(nèi),I的最大值為0.1 A B.在第4 s時刻,I的方向為逆時針 C.前2 s內(nèi),通過線圈某截面的總電量為0.01 C D.第3 s內(nèi),線圈的發(fā)熱功率最大 解析: 根據(jù)B-t圖象的斜率表示,由E==nSk,因此剛開始時,圖象的斜率為0.1,代入得電源的電動勢為0.01 V.電流為0.01 A,故A項錯誤;在第4 s時,根據(jù)楞次
11、定律,電流為逆時針,故B項正確;由q=,代入得C項正確;第3 s內(nèi),B不變,故不產(chǎn)生感應(yīng)電流,因此發(fā)熱功率為零,D項錯誤. 答案: BC 1.理解E=Blv的“四性” (1)正交性:本公式是在一定條件下得出的,除磁場為勻強磁場外,還需B、l、v三者互相垂直. (2)瞬時性:若v為瞬時速度,則E為相應(yīng)的瞬時感應(yīng)電動勢. (3)有效性:公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度. (4)相對性:E=Blv中的速度v是導(dǎo)體相對磁場的速度,若磁場也在運動,應(yīng)注意速度間的相對關(guān)系. 2.公式E=Blv與E=n的區(qū)別與聯(lián)系 E=n E=Blv 區(qū)別 研究對象 閉合回路 回路中做
12、切割磁感線運動的那部分導(dǎo)體 適用范圍 對任何電磁感應(yīng)現(xiàn)象普遍適用 只適用于導(dǎo)體切割磁感線運動的情況 聯(lián)系 導(dǎo)體切割磁感線是電磁感應(yīng)現(xiàn)象的特例,E=Blv可由E=n推導(dǎo)得出 (xx·四川理綜)半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿,單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置,整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動,桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸,從圓環(huán)中心O開始,桿的位置由θ確定,如圖所示.則( ) A.θ=0時,桿產(chǎn)生的電動勢為2Bav B.θ=時,桿產(chǎn)生的電動勢為Bav C.θ=0時,桿受的安培力大小為
13、 D.θ=時,桿受的安培力大小為 解析: 當θ=0時,桿切割磁感線的有效長度l1=2a,所以桿產(chǎn)生的電動勢E1=Bl1v=2Bav,選項A正確.此時桿上的電流I1==,桿受的安培力大小F1=BI1l1=,選項C錯誤. 當θ=時,桿切割磁感線的有效長度l2=2acos=a,桿產(chǎn)生的電動勢E2=Bl2v=Bav,選項B錯誤.此時桿上的電流I2==,桿受的安培力大小F2=BI2l2=,選項D正確. 答案: AD 2-1:如圖所示,水平放置的U形框架上接一個阻值為R0的電阻,放在垂直紙面向里的、場強大小為B的勻強磁場中,一個半徑為L、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平向右的恒定拉力F作用下,由靜
14、止開始運動距離d后速度達到v,半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r,其余電阻不計.下列說法正確的是( ) A.此時AC兩端電壓為UAC=2BLv B.此時AC兩端電壓為UAC= C.此過程中電路產(chǎn)生的電熱為Q=Fd-mv2 D.此過程中通過電阻R0的電荷量為q= 解析: AC的感應(yīng)電動勢為:E=2BLv,兩端電壓為UAC==,A錯、B對;由功能關(guān)系得Fd=mv2+Q+Wμ,C錯;此過程中平均感應(yīng)電流為=,通過電阻R0的電荷量為q=Δt=,D對. 答案: BD 通電自感 斷電自感 電路圖 器材要求 A1,A2同規(guī)格, R=RL,L較大 L很大(有鐵蕊) RL<
15、RA 現(xiàn)象 在S閉合瞬間,A2燈立即亮起來,A1燈逐漸變亮,最終一樣亮 在開關(guān)S斷開時,燈A逐漸熄滅 原因 由于開關(guān)閉合時,流過電感線圈的電流迅速增大,使線圈產(chǎn)生自感電動勢,阻礙了電流的增大,使流過A1燈的電流比流過A2燈的電流增加得慢 斷開開關(guān)S時,流過線圈L的電流減小,產(chǎn)生自感電動勢,阻礙了電流的減小,使電流繼續(xù)存在一段時間;在S斷開后,通過L的電流反向通過電燈A,燈A不會立即熄滅.若RL<RA,原來的電流IL>IA,則A燈熄滅前要閃亮一下.若RL≥RA,原來的電流IL≤IA,則燈A逐漸熄滅,不再閃亮一下 能量轉(zhuǎn)化 電能轉(zhuǎn)化為磁場能 磁場能轉(zhuǎn)化為電能 (xx·北京理綜)
16、某同學為了驗證斷電自感現(xiàn)象,自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關(guān)S和電池組E,用導(dǎo)線將它們連接成如圖所示的電路.檢查電路后,閉合開關(guān)S,小燈泡發(fā)光;再斷開開關(guān)S,小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象.雖經(jīng)多次重復(fù),仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象,他冥思苦想找不出原因.你認為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是( ) A.電源的內(nèi)阻較大 B.小燈泡電阻偏大 C.線圈電阻偏大 D.線圈的自感系數(shù)較大 解析: 小燈泡沒有出現(xiàn)閃亮現(xiàn)象是因為斷電后電路中的小燈泡兩端電壓太小、因斷電后電路與電源脫離關(guān)系,線圈與燈泡組成閉合回路,故電源內(nèi)阻大小對自感無影響,A錯誤;若小燈泡電阻偏大,則分得的電壓就
17、大,這有助于出現(xiàn)閃亮現(xiàn)象,B錯誤;若線圈電阻偏大,在自感電動勢一定的情況下,線圈內(nèi)阻上的電壓偏大,相應(yīng)燈泡兩端的電壓就偏小,這不利于出現(xiàn)閃亮現(xiàn)象,C正確;線圈自感系數(shù)越大,產(chǎn)生的自感電動勢越大,這有利于閃亮現(xiàn)象的出現(xiàn),故D錯誤. 答案: C 3-1:如圖所示的電路中,A1和A2是完全相同的燈泡,線圈L的電阻可以忽略.下列說法中正確的是( ) A.合上開關(guān)K接通電路時,A2先亮,A1后亮,最后一樣亮 B.合上開關(guān)K接通電路時,A1和A2始終一樣亮 C.斷開開關(guān)K切斷電路時,A2立刻熄滅,A1過一會兒才熄滅 D.斷開開關(guān)K切斷電路時,A1和A2都要過一會兒才熄滅 解析: 由于自感現(xiàn)
18、象,合上開關(guān)時,A1中的電流緩慢增大到某一個值,故過一會兒才亮;斷開開關(guān)時,A1中的電流緩慢減小到0,A1、A2串聯(lián),電流始終相等,都是過一會兒才熄滅.故選A、D. 答案: AD [模型特點] “桿+導(dǎo)軌”模型是電磁感應(yīng)問題高考命題的“基本道具”,也是高考的熱點. “桿+導(dǎo)軌”模型問題的物理情境變化空間大,涉及的知識點多,如力學問題、電路問題、磁場問題及能量問題等,常用的規(guī)律有法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、右手定則、左手定則、歐姆定律及力學中的運動規(guī)律、動能定理、功能關(guān)系、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律等. [求解思路] [模型分類] 模型一 單桿水平式 物理模型 勻強磁場
19、與導(dǎo)軌垂直,磁感應(yīng)強度為B,棒ab長為L,質(zhì)量為m,初速度為零,拉力恒為F,水平導(dǎo)軌光滑,除電阻R外,其他電阻不計 動態(tài)分析 設(shè)運動過程中某時刻棒的速度為v,由牛頓第二定律知棒ab的加速度為a=-,a、v同向,隨速度的增加,棒的加速度a減小,當a=0時,v最大,I=恒定 收尾狀態(tài) 運動形式 勻速直線運動 力學特征 a=0 v恒定不變 電學特征 I恒定 (xx·天津理綜)如圖所示,一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌間距l(xiāng)=0.5 m,左端接有阻值R=0.3 Ω的電阻.一質(zhì)量m=0.1 kg,電阻r=0.1 Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上,整個裝置置于豎直向上的勻強磁場
20、中,磁場的磁感應(yīng)強度B=0.4 T.棒在水平向右的外力作用下,由靜止開始以a=2 m/s2的加速度做勻加速運動,當棒的位移x=9 m時撤去外力,棒繼續(xù)運動一段距離后停下來,已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2=2∶1.導(dǎo)軌足夠長且電阻不計,棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸.求: (1)棒在勻加速運動過程中,通過電阻R的電荷量q; (2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2; (3)外力做的功WF. 解析: (1)設(shè)棒勻加速運動的時間為Δt,回路的磁通量變化量為ΔΦ,回路中的平均感應(yīng)電動勢為,由法拉第電磁感應(yīng)定律得 =
21、① 其中ΔΦ=Blx ② 設(shè)回路中的平均電流為,由閉合電路歐姆定律得 = ③ 則通過電阻R的電荷量為q=Δt④ 聯(lián)立①②③④式,代入數(shù)據(jù)得 q=4.5 C. ⑤ (2)設(shè)撤去外力時棒的速度為v,對棒的勻加速運動過程,由運動學公式得 v2=2ax ⑥ 設(shè)棒在撤去外力后的運動過程中安培力所做的功為W,由動能定理得 W=0-mv2 ⑦ 撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱 Q2=-W
22、 ⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式,代入數(shù)據(jù)得 Q2=1.8 J. ⑨ (3)由題意知,撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2=2∶1,可得Q1=3.6 J ⑩ 在棒運動的整個過程中,由功能關(guān)系可知WF=Q1+Q2 ? 由⑨⑩?式得WF=5.4 J. 答案: (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J 模型二 單桿傾斜式 物理模型 勻強磁場與導(dǎo)軌垂直,磁感應(yīng)強度為B,導(dǎo)軌間距L,導(dǎo)體棒質(zhì)量m,電阻R,導(dǎo)軌光滑,電阻不計(如
23、圖) 動態(tài)分析 棒ab釋放后下滑,此時a=gsin α,棒ab速度v↑→感應(yīng)電動勢E=BLv↑→電流I=↑→安培力F=BIL↑→加速度a↓,當安培力F=mgsin α時,α=0,v最大 收尾狀態(tài) 運動形式 勻速直線運動 力學特征 a=0 v最大 vm= 電學特征 I恒定 (xx·山東理綜)如圖所示,相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ,上端接有定值電阻R,勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面,磁感應(yīng)強度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放,當速度達到v時開始勻速運動,此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力,并保持拉力的功率恒為P,導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運動.導(dǎo)
24、體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻,重力加速度為g.下列選項正確的是( ) A.P=2mgvsin θ B.P=3mgvsin θ C.當導(dǎo)體棒速度達到時加速度大小為sin θ D.在速度達到2v以后勻速運動的過程中,R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功 解析: 導(dǎo)體棒由靜止釋放,速度達到v時,回路中的電流為I,則根據(jù)共點力的平衡條件,有mgsin θ=BIL.對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力,以2v的速度勻速運動時,則回路中的電流為2I,則根據(jù)平衡條件,有F+mgsin θ=B·2IL所以拉力F=mgsin θ,拉力的功率P=F×2v=2mgvsin θ,故選項A
25、正確.選項B錯誤;當導(dǎo)體棒的速度達到時,回路中的電流為,根據(jù)牛頓第二定律,得mgsin θ-BL=ma,解得a=sin θ,選項C正確;當導(dǎo)體棒以2v的速度勻速運動時,根據(jù)能量守恒定律,重力和拉力所做的功之和等于R上產(chǎn)生的焦耳熱,故選項D錯誤. 答案: AC 1.將閉合多匝線圈(匝數(shù)為n)置于僅隨時間變化的磁場中,線圈平面與磁場方向垂直,關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢,下列表述正確的是( ) A.穿過線圈的磁通量越大,感應(yīng)電動勢越大 B.穿過線圈的磁通量變化越快,感應(yīng)電動勢越大 C.若磁感應(yīng)強度B不變,Δt時間內(nèi)線圈面積變化ΔS,則E=nB D.若Δt時間內(nèi)磁感應(yīng)強度變化ΔB,線
26、圈面積變化ΔS,則E=n 解析: 由法拉第電磁感應(yīng)定律表達式E=n可知,感應(yīng)電動勢E的大小與線圈的匝數(shù)n和磁通量的變化率有關(guān),與磁通量無關(guān),故A錯誤,B正確.當僅有磁感應(yīng)強度變化時,磁通量的變化量ΔΦ=Φ2-Φ1=(B2-B1)S=ΔB·S,同理可得當僅有線圈面積變化時磁通量的變化量ΔΦ=B·ΔS,而當磁感應(yīng)強度和線圈面積同時變化時磁通量的變化量ΔΦ=B2S2-B1S1≠ΔB·ΔS,故C正確.D錯誤. 答案: BC 2.如圖所示是測定自感系數(shù)很大的線圈L直流電阻的電路,L兩端并聯(lián)一只電壓表,用來測自感線圈的直流電壓,在測量完畢后,將電路拆開時應(yīng)先( ) A.斷開S1 B.斷開S2
27、 C.拆除電流表 D.拆除電阻R 解析: 將電路拆開時,如果先斷開S1,而電壓表與線圈L仍組成閉合回路,由于L的自感系數(shù)很大,可能產(chǎn)生很大的自感電動勢使電壓表的指針被打彎,因此,應(yīng)先斷開S2,B項正確. 答案: B 3.一矩形線框置于勻強磁場中,線框平面與磁場方向垂直.先保持線框的面積不變,將磁感應(yīng)強度在1 s時間內(nèi)均勻地增大到原來的兩倍.接著保持增大后的磁感應(yīng)強度不變,在1 s時間內(nèi),再將線框的面積均勻地減小到原來的一半.先后兩個過程中,線框中感應(yīng)電動勢的比值為( ) A. B.1 C.2 D.4 解析: 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E==,設(shè)初始時刻磁感應(yīng)強度為
28、B0,線框面積為S0,則第一種情況下的感應(yīng)電動勢為E1===B0S0;則第二種情況下的感應(yīng)電動勢為E2===B0S0,所以兩種情況下線框中的感應(yīng)電動勢相等,比值為1,故選項B正確. 答案: B 4.xx廣州亞運會上100 m賽跑跑道兩側(cè)設(shè)有跟蹤儀,水平面上兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌平行固定放置,間距為L=0.5 m,一端通過導(dǎo)線與阻值為R=0.5 Ω的電阻連接;導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m=0.5 kg的金屬桿(如圖甲),金屬桿與導(dǎo)軌的電阻忽略不計;均勻磁場豎直向下.用與導(dǎo)軌平行的拉力F作用在金屬桿上,使桿運動.當改變拉力的大小時,相對應(yīng)的速度v也會變化,從而使跟蹤儀始終與運動員保持一致.已知v和F的關(guān)系
29、如圖乙.(取重力加速度g=10 m/s2)則( ) A.金屬桿受到的拉力與速度成正比 B.該磁場磁感應(yīng)強度為1 T C.圖線在橫軸的截距表示金屬桿與導(dǎo)軌間的阻力大小 D.導(dǎo)軌與金屬桿之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4 解析: 由圖象可知選項A錯誤、C正確;由F-BIL-μmg=0及I=可得:F--μmg=0,從圖象上分別讀出兩組F、v數(shù)據(jù)代入上式即可求得B=1 T,μ=0.4.所以選項B、D正確. 答案: BCD 5.如圖,足夠長的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°),其中MN與PQ平行且間距為L,導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直,導(dǎo)軌電阻不計.金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑,并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸,ab棒接入電路的電阻為R,當流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時,棒的速度大小為v,則金屬棒ab在這一過程中( ) A.運動的平均速度大小為v B.下滑的位移大小為 C.產(chǎn)生的焦耳熱為qBLv D.受到的最大安培力大小為sin θ 解析: 對棒受力分析如圖所示. F安=BIL=,故D錯;F安隨棒的速度的增大而增大,故棒做的不是勻加速直線運動.因此運動的平均速度≠v,A錯;由q=n可得:q=,故棒下滑的位移x=,B正確;求焦耳熱應(yīng)該用有效值,故C錯. 答案: B
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