2020高考物理一輪總復習 第十章 電磁感應 能力課1 電磁感應中的電路和圖象問題練習(含解析)新人教版
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1、第十章 能力課1 電磁感應中的電路和圖象問題 一、選擇題 1.(多選)很多人喜歡到健身房騎車鍛煉,某同學根據(jù)所學知識設計了一個發(fā)電測速裝置,如圖所示,自行車后輪置于垂直車身平面向里的勻強磁場中,后輪圓形金屬盤在磁場中轉動時,可等效成一導體棒繞圓盤中心O轉動.已知磁感應強度B=0.5 T,圓盤半徑l=0.3 m,圓盤電阻不計,導線通過電刷分別與后輪外邊緣和圓心O相連,導線兩端a、b間接一阻值R=10 Ω的小燈泡.后輪勻速轉動時,用電壓表測得a、b間電壓U=0.6 V.則( ) A.電壓表的正接線柱應與a相接 B.電壓表的正接線柱應與b相接 C.圓盤勻速轉動20 min產(chǎn)生的電
2、能為426 J D.該自行車后輪邊緣的線速度大小為8 m/s 解析:選BD 根據(jù)右手定則可判斷輪子邊緣的點等效為電源的負極,電壓表的正接線柱應與b相接,B正確,A錯誤;根據(jù)焦耳定律得Q=I2Rt,由歐姆定律得I=,代入數(shù)據(jù)解得Q=43.2 J,C錯誤;由U=E=Bl2ω,v=ωl=8 m/s,D正確. 2.如圖所示,兩個互連的金屬圓環(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環(huán)所在區(qū)域,當磁感應強度隨時間均勻變化時,在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢為E,則a、b兩點間的電勢差為( ) A.E B.E C.E D.E 解析:選B a、b間的電勢差等于路端電壓,而
3、小環(huán)電阻占電路總電阻的,故a、b間電勢差為U=E,選項B正確. 3.(多選)如圖所示,水平放置的粗糙U形框架上接一個阻值為R0的電阻,放在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中,一個半徑為L、質(zhì)量為m的半圓形硬導體AC在水平向右的恒定拉力F作用下,由靜止開始運動距離d后速度達到v,半圓形硬導體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:選BD AC的感應電動勢為E=2BLv,兩端電壓為UAC==,A
4、錯誤,B正確;由功能關系得Fd=mv2+Q+Qf,C錯誤;此過程中平均感應電流為=,通過電阻R0的電荷量為q=Δt=,D正確. 4.(2019屆石家莊畢業(yè)班教學質(zhì)量檢測)如圖甲所示,導體棒MN置于水平導軌上,P、Q之間有阻值為R的電阻,PQNM所圍的面積為S,不計導軌和導體棒的電阻.導軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場,規(guī)定磁場方向豎直向上為正,在0~2t0時間內(nèi)磁感應強度的變化情況如圖乙所示,導體棒MN始終處于靜止狀態(tài).下列說法正確的是( ) A.在0~t0和t0~2t0內(nèi),導體棒受到導軌的摩擦力方向相同 B.在t0~2t0內(nèi),通過電阻R的電流方向為P到Q C.在0~t0內(nèi),通過
5、電阻R的電流大小為 D.在0~2t0內(nèi),通過電阻R的電荷量為 解析:選D 由楞次定律和右手定則,結合題圖可知,0~t0時間內(nèi),通過電阻R的電流方向為P→Q,t0~2t0時間內(nèi),電流方向為Q→P,B項錯誤;由左手定則可知,兩段時間內(nèi)安培力方向相反,故導體棒所受靜摩擦力方向相反,A項錯誤;由法拉第電磁感應定律可知,0~t0時間內(nèi),E1=,所以通過R的電流I1=,C項錯誤;在0~2t0時間內(nèi),PQNM范圍內(nèi)磁通量變化量為ΔΦ=B0S,則通過電阻R的電荷量q=·2t0=·2t0=·2t0=,D項正確. 5.(2018年全國卷Ⅱ)如圖,在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導軌,導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁
6、場區(qū)域,區(qū)域寬度均為l,磁感應強度大小相等、方向交替向上向下.一邊長為l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動.線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是( ) 解析:選D 由右手定則判定,線框向左移動0~過程,回路中電流方向為順時針,由E=2BLv可知,電流i為定值;線框向左移動~l過程,線框左、右兩邊產(chǎn)生的感應電動勢相抵消,回路中電流為零.線框向左移動l~l過程,回路中感應電流方向為逆時針.由上述分析可見,選項D正確. 6.(多選)如圖所示,兩根等高光滑的圓弧軌道,半徑為r、間距為L,軌道電阻不計.在軌道頂端連有一阻值為R的電阻,整個裝置處在一豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度為B
7、.現(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計的金屬棒從軌道最低位置cd開始,在拉力作用下以初速度v0向右沿軌道做勻速圓周運動至ab處,則該過程中( ) A.通過R的電流方向由外向內(nèi) B.通過R的電流方向由內(nèi)向外 C.R上產(chǎn)生的熱量為 D.流過R的電荷量為 解析:選AC cd棒在拉力作用下運動至ab處的過程中,閉合回路中的磁通量減小,再由楞次定律及安培定則可知,回路中電流方向為逆時針方向(從上向下看),則通過R的電流方向由外向內(nèi),故A對,B錯;通過R的電荷量為q==,D錯;R上產(chǎn)生的熱量為Q=t=·=,C對. 7.(多選)(2017年全國卷Ⅱ)兩條平行虛線間存在一勻強磁場,磁感應強度方向與
8、紙面垂直.邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導線框abcd位于紙面內(nèi),cd邊與磁場邊界平行,如圖(a)所示.已知導線框一直向右做勻速直線運動,cd邊于t=0時刻進入磁場.線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時,感應電動勢取正).下列說法正確的是( ) A.磁感應強度的大小為0.5 T B.導線框運動速度的大小為0.5 m/s C.磁感應強度的方向垂直于紙面向外 D.在t=0.4 s至t=0.6 s這段時間內(nèi),導線框所受的安培力大小為0.1 N 解析:選BC 導線框勻速進入磁場時速度v== m/s=0.5 m/s,選項B正確;由E=
9、BLv,得B== T=0.2 T,選項A錯誤;由右手定則可確定磁感應強度方向垂直于紙面向外,選項C正確;導線框所受安培力F=BLI=BL=0.2×0.1× N=0.04 N,選項D錯誤. 8.如圖,由某種粗細均勻的總電阻為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磁場B中.一接入電路電阻為R的導體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動,滑動過程PQ始終與ab垂直,且與線框接觸良好,不計摩擦.在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中( ) 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
10、框消耗的電功率先減小后增大 解析:選C 導體棒產(chǎn)生的電動勢E=BLv,畫出其等效電路如圖,總電阻R總=R+=R+,在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中,總電阻先增大后減小,總電流先減小后增大,故A錯誤;PQ兩端的電壓為路端電壓U=E-IR,即先增大后減小,故B錯誤;拉力的功率等于克服安培力做功的功率,有P安=IE,先減小后增大,故C正確;線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率,因外電阻最大值為R,小于內(nèi)阻R;根據(jù)電源的輸出功率與外電阻大小的變化關系,外電阻越接近內(nèi)電阻時,輸出功率越大,可知線框消耗的電功率先增大后減小,故D錯誤. 9.(多選)如圖所示,在方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強
11、磁場中,沿水平面固定一個V字形金屬框架CAD,已知∠A=θ,導體棒EF在框架上從A點開始在外力作用下,沿垂直EF方向以速度v勻速向右平移,使導體棒和框架始終構成等腰三角形回路.已知框架和導體棒的材料和橫截面積均相同,其單位長度的電阻均為R,框架和導體棒均足夠長,導體棒運動中始終與磁場方向垂直,且與框架接觸良好,關于回路中的電流I和消耗的電功率P隨時間t的變化關系,下列四個圖象中可能正確的是( ) 解析:選AD 設框架和導體棒的電阻率為ρ,橫截面積為S,當導體棒運動的時間為t時,由幾何知識可得,此時接在閉合回路中切割磁感線導體棒的長度為l=2vttan,此時整個回路的電阻為R=ρ+,
12、由法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律可得E=BLv=IR,可求得I=,可見電流為定值,A正確,B錯誤;整個回路消耗的電功率P=I2R,由于電流為定值,整個回路的R與t成正比,故P與t成正比,C錯誤,D正確. 10.如圖所示,兩根足夠長的平行直導軌AB、CD與水平面成θ角放置,兩導軌間距為L,A、C兩點間接有阻值為R的定值電阻.一根質(zhì)量均勻分布的直金屬桿放在兩導軌上,并與導軌垂直.整套裝置處于磁感應強度大小為B0的勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面向上,導軌和金屬桿接觸良好,金屬桿的阻值為r,其余部分電阻不計,金屬桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)將外力F沿與導軌平行的方向作用在金屬桿上,讓其
13、由靜止開始沿導軌向上做勻加速直線運動,則下列外力F與作用時間t的圖象中正確的是( ) 解析:選B 分析金屬桿在運動過程中的受力情況可知,金屬桿受重力mg、導軌的支持力N、外力F、摩擦力f和安培力F安的共同作用,金屬桿沿導軌方向向上運動,由牛頓第二定律有F-mgsinθ-F安-f=ma,又F安=B0IL,I==,所以F安=B0IL=,f=μmgcosθ,所以有F-mgsinθ--μmgcosθ=ma,又因為v=at,將其代入上式可得F=t+mgsinθ+μmgcosθ+ma,由此表達式可知,選項B正確. 二、非選擇題 11.如圖,在水平面內(nèi)有兩條電阻不計的平行金屬導軌AB、CD,
14、導軌間距為L;一根電阻為R的金屬棒ab可在導軌上無摩擦地滑動,棒與導軌垂直,并接觸良好,導軌之間有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度為B,導軌右端與電路連接,電路中的兩個定值電阻阻值分別為2R和R,現(xiàn)用力拉ab以速度v0勻速向左運動.求: (1)感應電動勢的大??; (2)棒ab中感應電流的大小和方向; (3)ab兩端的電勢差Uab; (4)電阻R上的電功率. 解析:(1)ab棒產(chǎn)生的感應電動勢E=BLv0. (2)棒勻速向左運動,根據(jù)右手定則判斷可知,感應電流方向為b→a,感應電流的大小為I==. (3)ab兩端的電勢差Uab=I·3R=. (4)PR=I2·R=2·R=.
15、 答案:(1)BLv0 (2) b→a (3) (4) 12.(2018屆廣東湛江高三調(diào)研)如圖所示,傾角為θ=37°的光滑斜面上存在寬度為h的勻強磁場區(qū)域,磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直斜面向下,一個粗細均勻質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為l的正方形金屬線框abcd,開始時線框abcd的ab邊到磁場的上邊緣距離為l,將線框由靜止釋放,已知h>l,ab邊剛離開磁場的下邊緣時線框做勻速直線運動,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度大小為g. (1)ab邊剛離開磁場的下邊緣時,線框中的電流和cd邊兩端的電勢差各是多大? (2)求線框abcd從開始至ab邊剛離開磁場的下邊
16、緣過程中產(chǎn)生的熱量. 解析:(1)ab邊剛離開磁場的下邊緣時,設線框中的電流為I,cd兩端的電勢差為Ucd,由于線框做勻速直線運動,由平衡條件有 mgsin37°=BIl 解得I= 根據(jù)歐姆定律有Ucd=I·R 聯(lián)立解得Ucd=. (2)設線框abcd從開始至ab邊剛離開磁場的下邊緣過程中產(chǎn)生的熱量為Q,根據(jù)法拉第電磁感應定律有 E=BLv 由閉合電路歐姆定律有 I= 聯(lián)立解得v= 根據(jù)能量守恒定律得mg(h+l)sin37°=Q+mv2 聯(lián)立解得Q=mg(h+l)-. 答案:(1) (2)mg(h+l)- |學霸作業(yè)|——自選 一、選擇題 1.如下圖甲所示,
17、光滑導軌水平放置在斜向下且與水平方向夾角為60°的勻強磁場中,勻強磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定斜向下為B的正方向),導體棒ab垂直導軌放置且與導軌接觸良好,除電阻R的阻值外,其余電阻不計,導體棒ab在水平外力作用下始終處于靜止狀態(tài).規(guī)定a→b的方向為電流的正方向,水平向右的方向為外力的正方向,則在0~t1時間內(nèi),能正確反映流過導體棒ab的電流I和導體棒ab所受水平外力F隨時間t變化的圖象是( ) 解析:選D 在0~t1時間內(nèi),由楞次定律及安培定則可判定回路中的電流方向始終為b→a,由法拉第電磁感應定律可判定回路中的電流大小恒定,故A、B兩項錯誤;由F安=BI
18、L可得F安隨B的變化而變化,在0~t0時間內(nèi),F(xiàn)安方向水平向右,故外力F與F安等值反向,方向水平向左為負值;在t0~t1時間內(nèi),F(xiàn)安方向改變,故外力F方向也改變?yōu)檎担C上所述,D項正確. 2.如圖所示,匝數(shù)n=100匝、橫截面積S=0.2 m2、電阻r=0.5 Ω的圓形線圈處于垂直紙面向里的勻強磁場中.磁感應強度隨時間按B=0.6+0.02t (T)的規(guī)律變化.處于磁場外的電阻R1=3.5 Ω,R2=6 Ω,電容器的電容C=30 μF,閉合開關S,則下列說法中正確的是( ) A.線圈中產(chǎn)生順時針方向的感應電流 B.線圈兩端M、N兩點間的電壓為0.4 V C.電阻R1消耗的電功率
19、為9.6×10-3 W D.電路穩(wěn)定后,斷開開關S,則通過電阻R2的電荷量為7.2×10-6 C 解析:選D 閉合開關S,由楞次定律可知,圓形線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時針方向的電流,選項A錯誤;100匝的圓形線圈產(chǎn)生感應電動勢,相當于電源,其等效電路圖如圖所示,線圈中的感應電動勢E=n=nS=100×0.02×0.2 V=0.4 V,所以通過電源的電流I== A=0.04 A,線圈兩端M、N兩點間的電壓為路端電壓,即U=E-Ir=0.4 V-0.04×0.5 V=0.38 V,選項B錯誤;電阻R1消耗的電功率P1=I2R1=0.042×3.5 W=5.6×10-3 W,選項C錯誤;閉合開關S一段時間后
20、,電路達到穩(wěn)定狀態(tài),電容器相當于開路,其兩端電壓U′等于電阻R2兩端的電壓,即U′=IR2=0.04×6 V=0.24 V,電容器充電后所帶電荷量為Q=CU′=30×10-6×0.24 C=7.2×10-6 C,當開關S斷開后,電容器通過電阻R2放電,即通過電阻R2的電荷量為7.2×10-6 C,選項D正確. 3.(2019屆河南八市質(zhì)檢)如圖所示,導體桿OP在作用于OP中點且垂直于OP的力作用下,繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框架在勻強磁場中以一定的角速度轉動,磁場的磁感應強度為B,AO間接有電阻R,桿和框架電阻不計,回路中的總電功率為P,則( ) A.外力的大小為2Br B
21、.外力的大小為Br C.導體桿旋轉的角速度為 D.導體桿旋轉的角速度為 解析:選C 設導體桿轉動的角速度為ω,則導體桿轉動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E=Br2ω,I=,根據(jù)題述回路中的電功率為P,則P=EI;設維持導體桿勻速轉動的外力為F,則有P=,v=rω,聯(lián)立解得F=Br,ω=,選項C正確,A、B、D錯誤. 4.(多選)(2019屆廣東佛山質(zhì)檢)水平放置足夠長的光滑平行導軌,電阻不計,間距為L,左端連接的電源電動勢為E,內(nèi)阻為r,質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜放在導軌上,金屬桿處于導軌間的部分電阻為R.整個裝置處在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中,閉合開關,金屬桿沿導軌做變加
22、速運動直至達到最大速度,則下列說法正確的是( ) A.金屬桿的最大速度大小為 B.此過程中通過金屬桿的電荷量為 C.此過程中電源提供的電能為 D.此過程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為 解析:選AC 閉合開關后電路中有電流,金屬桿在安培力的作用下向右運動,金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢,方向與電源電動勢方向相反,當兩者相等時,電流為0,金屬桿達到最大速度,此時E=BLvm,得vm=,A項正確;對桿應用動量定理有BLt=mvm,又q=t,得q=,B項錯誤;電源提供的電能E電=qE=,C項正確;據(jù)能量守恒定律,E電=Ek+Q熱,Ek=mvm2,可得Q熱=E電-Ek=,Q熱為電源內(nèi)阻和金屬桿上產(chǎn)
23、生的總熱量,D項錯誤. 5.(2018屆福州四校聯(lián)考)兩條平行虛線間存在一勻強磁場,磁感應強度方向與紙面垂直,一正方形單匝導線框abcd位于紙面內(nèi),如圖(a)所示,t=0時cd邊與磁場邊界重合,導線框在水平外力F的作用下從靜止開始做變速直線運動通過該磁場,規(guī)定逆時針方向為感應電流的正方向,回路中感應電流隨時間變化的關系如圖(b)所示;規(guī)定水平向左為力的正方向,下列給出的關于回路中感應電動勢E、線框所受安培力F安、外力F隨時間變化的圖象中,一定錯誤的是( ) 解析:選B 根據(jù)閉合電路歐姆定律,可知回路中感應電動勢與感應電流成正比,A正確;根據(jù)安培力公式F安=BIL,安培力與電流成正
24、比,但是安培力與線框的運動方向相反,在線框進入磁場過程中,所受安培力向左,為正值,出磁場時所受安培力方向也是向左,為正值,所以B錯誤,C正確;由I=結合題圖,可知線框始終做勻變速直線運動,力F的方向始終向右且與安培力的合力始終不變,D正確. 6.(多選)(2018屆廣東惠州高三第三次調(diào)研)如圖甲所示,光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角,M、P兩端接一電阻R,整個裝置處于方向垂直導軌平面向上、大小為B的勻強磁場中,兩導軌間的距離為l.t=0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F,使金屬棒由靜止開始沿導軌向上運動,金屬棒電阻為r,導軌電阻忽略不計.已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化
25、的關系如圖乙所示.下列關于棒運動的速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖象正確的是( ) 解析:選AB 根據(jù)題圖乙所示的I-t圖象可知I=kt,其中k為比例系數(shù),由閉合電路歐姆定律可得I==kt,又E=Blv,整理得v=t,v-t圖象是一條過原點的斜率大于零的直線,說明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運動,即v=at,A正確;由法拉第電磁感應定律E=,則得=k(R+r)t,-t的圖象是一條過原點的斜率大于零的直線,B正確;對金屬棒在沿導軌方向列出動力學方程,F(xiàn)-BIl-mgsinθ=ma,而I=,v=at,整理得F=+ma+mgsinθ,可見F
26、-t圖象是一條斜率大于零且縱截距大于零的直線,C錯誤;q=I·Δt===t2,則q-t圖象應是一條開口向上的拋物線,D錯誤. 7.在如圖甲所示的電路中,螺線管匝數(shù)n=1 500匝,橫截面積S=20 cm2.螺線管導線電阻r=1.0 Ω,R1=4.0 Ω,R2=5.0 Ω,C=30 μF.在一段時間內(nèi),穿過螺線管的磁場的磁感應強度B按如圖乙所示的規(guī)律變化.則下列說法中正確的是( ) A.螺線管中產(chǎn)生的感應電動勢為1 V B.閉合S,電路中的電流穩(wěn)定后,螺線管兩端電壓為1.08 V C.電路中的電流穩(wěn)定后電容器下極板帶負電 D.S斷開后,流經(jīng)R2的電荷量為1.8×10-6 C 解
27、析:選B 由法拉第電磁感應定律可知E=n=nS,其中n=1 500匝,S=20×10-4 m2,等于乙圖中圖線斜率,為 T/s=0.4 T/s,代入得E=1.2 V,A錯誤;感應電流I==0.12 A,螺線管兩端的電壓U=I(R1+R2)=1.08 V,B正確;由楞次定律及安培定則可得,螺線管下端電勢高,所以電容器下極板帶正電,C錯誤;S斷開后,電容器把儲存的電量都通過R2釋放出來,Q=CUR2,其中UR2=IR2,得Q=1.8×10-5 C,D錯誤. 8.如圖所示,將一根絕緣硬金屬導線彎曲成一個完整的正弦曲線形狀,它通過兩個小金屬環(huán)a、b與長直金屬桿導通,圖中a、b間距離為L,導線組成的正
28、弦圖形頂部或底部到桿的距離都是d.右邊虛線范圍內(nèi)存在磁感應強度大小為B、方向垂直于彎曲導線所在平面的勻強磁場,磁場區(qū)域的寬度為,現(xiàn)在外力作用下導線沿桿以恒定的速度v向右運動,t=0時刻a環(huán)剛從O點進入磁場區(qū)域,則下列說法正確的是( ) A.在t=時刻,回路中的感應電動勢為Bdv B.在t=時刻,回路中的感應電動勢為2Bdv C.在t=時刻,回路中的感應電流第一次改變方向 D.在t=時刻,回路中的感應電流第一次改變方向 解析:選D 當t=時,閉合回路的位置如圖1,此時的有效長度為零,感應電動勢也為零,此時的感應電流也為零,電流為零是電流方向改變的時刻,A選項錯誤,D選項正確;當t
29、=時,閉合回路的位置如圖2,有效長度為d,感應電動勢E=Bdv,B選項錯誤;在t=時刻,閉合回路的位置如圖3,有效長度為d,電流大小I=,電流不為零,電流方向不變,C選項錯誤. 二、非選擇題 9.勻強磁場磁感應強度B=0.2 T,磁場寬度L=3 m,一正方形金屬框邊長ab=l=1 m,其每條邊電阻r=0.2 Ω,金屬框以v=10 m/s的速度勻速穿過磁場區(qū),其平面始終保持與磁感線方向垂直,如圖所示,求: (1)畫出金屬框穿過磁場區(qū)的過程中,金屬框內(nèi)感應電流的I-t圖線; (2)畫出ab兩端電壓的U-t圖線. 解析:(1)線框進入磁場區(qū)時,有 E1=Blv=2 V,I1==2
30、.5 A 方向沿逆時針,如圖實線abcd所示,感應電流持續(xù)的時間 t1==0.1 s 線框在磁場中運動時,有E2=0,I2=0 無電流的持續(xù)時間, t2==0.2 s 線框穿出磁場區(qū)時,有E3=Blv=2 V I3==2.5 A 此電流的方向為順時針,如上圖虛線adcb所示. 規(guī)定電流方向逆時針為正,得I-t圖線見答案圖甲. (2)線框進入磁場區(qū)ab兩端電壓為 U1=I1r=2.5×0.2 V=0.5 V 線框在磁場中運動時,ab兩端電壓等于感應電動勢,即 U2=Blv=2 V 線框出磁場時ab兩端電壓為 U3=E3-I3r=1.5 V 由此得U-t圖線如答
31、案圖乙所示. 答案:(1)如圖甲所示 (2)如圖乙所示 10.如圖所示,在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌,導軌間距為L,長為3d,導軌平面與水平面的夾角為θ,在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層.勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向與導軌平面垂直.質(zhì)量為m的導體棒從導軌的頂端由靜止釋放,在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運動,并一直勻速滑到導軌底端.導體棒始終與導軌垂直,且僅與涂層間有摩擦,接在兩導軌間的電阻為R,其他部分的電阻均不計,重力加速度為g.求: (1)導體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ; (2)導體棒勻速運動的速度大小v; (3)整個運動過程中,電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q. 解析:
32、(1)在絕緣涂層上導體棒受力平衡有 mgsinθ=μmgcosθ 解得μ=tanθ. (2)在光滑導軌上 感應電動勢E=BLv 感應電流I= 安培力F安=BIL 導體棒受力平衡有F安=mgsinθ 解得v=. (3)摩擦生熱QT=μmgdcosθ 由能量守恒定律有3mgdsinθ=Q+QT+mv2 解得Q=2mgdsinθ-. 答案:(1)tanθ (2) (3)2mgdsinθ- 11.(2019屆新余高三期末質(zhì)檢)如圖甲所示,水平面上的兩光滑金屬導軌平行固定放置,間距d=0.5 m,電阻不計,左端通過導線與阻值R=2 Ω的電阻連接,右端通過導線與阻值RL=4
33、Ω的小燈泡L連接.在CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強磁場,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)磁場的磁感應強度B隨時間變化如圖乙所示.在t=0至t=4 s內(nèi),金屬棒PQ保持靜止,在t=4 s時使金屬棒PQ以某一速度進入磁場區(qū)域并保持勻速運動.已知從t=0開始到金屬棒運動到磁場邊界EF處的整個過程中,小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化.求: (1)通過小燈泡的電流; (2)金屬棒PQ在磁場區(qū)域中運動的速度大?。? 解析:(1)在t=0至t=4 s內(nèi),金屬棒PQ保持靜止,磁場變化導致電路中產(chǎn)生感應電動勢.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 此時感應電動勢E==dl=0.5×2×0.5 V=0.5 V 通過小燈泡的電流為I==0.1 A. (2)當棒在磁場區(qū)域中運動時,由導體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢,電路為R與RL并聯(lián),再與r串聯(lián),此時電路的總電阻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+IR=IL+=0.3 A 電動勢E′=I′R總′=Bdv 解得棒PQ在磁場區(qū)域中運動的速度大小v=1 m/s. 答案:(1)0.1 A (2)1 m/s 17
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