nbhkdz.com冰点文库

2015步步高二轮专题6 第1课时

时间:2015-01-21


专题定位

高考对本部分内容的要求较高,常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、

变压器和交流电的描述问题,在计算题中作为压轴题,以导体棒运动为背景,综合应用电路 的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律解决导体棒类问题. 本专题考查的重点有以下几个方面:①楞次定律的理解和应用;②感应电流的图象问题;③ 电磁感应过程中的动态分析问题; ④综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题; ⑤直 流电路的分析;⑥变压器原理及三个关系;⑦交流电的产生及描述问题. 应考策略 对本专题的复习应注意“抓住两个定律,运用两种观点,分析三种电路”.两

个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律; 两种观点是指动力学观点和能量观点; 三种电 路指直流电路、交流电路和感应电路.

第 1 课时

电磁感应问题的综合分析

1.楞次定律中“阻碍”的表现 (1)阻碍磁通量的变化(增反减同). (2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留). (3)阻碍原电流的变化(自感现象). 2.感应电动势的计算 ΔΦ (1)法拉第电磁感应定律:E=n ,常用于计算平均电动势. Δt ΔB ①若 B 变,而 S 不变,则 E=n S; Δt ΔS ②若 S 变,而 B 不变,则 E=nB . Δt

(2)导体棒垂直切割磁感线:E=Blv,主要用于求电动势的瞬时值.

图1 (3)如图 1 所示,导体棒 Oa 围绕棒的一端 O 在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁 1 感线,产生的电动势 E= Bl2ω. 2 3.感应电荷量的计算 E ΔΦ 回路中发生磁通量变化时, 在 Δt 时间内迁移的电荷量(感应电荷量)为 q=I·Δt= ·Δt=n ·Δt R RΔt ΔΦ =n .可见,q 仅由回路电阻 R 和磁通量的变化量 ΔΦ 决定,与发生磁通量变化的时间 Δt R 无关. 4.电磁感应电路中产生的焦耳热 当电路中电流恒定时,可用焦耳定律计算;当电路中电流变化时,则用功能关系或能量守恒 定律计算.

解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”,即: 先作“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的电源,求出电源参数 E 和 r; 接着进行“路”的分析——分析电路结构,弄清串、并联关系,求出相关部分的电流大小, 以便求解安培力; 然后是“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况,尤其注 意其所受的安培力; 接着进行“运动状态”的分析——根据力和运动的关系,判断出正确的运动模型; 最后是“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中, 其能量转化和守恒 的关系.

考向 1 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 例1 如图 2 甲所示,螺线管匝数 n=1 000 匝,横截面积 S=10 cm2,螺线管导线电阻 r

=1 Ω,电阻 R=4 Ω,磁感应强度 B 的 B-t 图象如图乙所示(以向右为正方向),下列说法正 确的是( )

图2 A.通过电阻 R 的电流是 A→C B.感应电流的大小保持不变 C.电阻 R 两端的电压为 6 V D.C 点的电势为 4.8 V 解析 根据楞次定律可知,0 到 1 秒内,电流从 C 流过 R 到 A,在 1 秒到 2 秒内,电流从 A 流过 R 到 C,因此电流为交流电,故 A 错误;计算知感应电流的大小恒为 1.2 A,电阻 R 两 端的电压 U=IR=1.2×4 V=4.8 V,故 B 正确,C 错误;当螺线管左端是正极时,C 点的电 势才为 4.8 V,当右端是正极时,则 C 点电势为-4.8 V,故 D 错误. 答案 B 以题说法 ΔΦ ΔB ΔS 1.法拉第电磁感应定律 E=n , 常有两种特殊情况, 即 E=n S 和 E=nB , Δt Δt Δt ΔB 其中 是 B-t 图象中图线的斜率,若斜率不变则感应电动势是恒定不变的. Δt 2.楞次定律中的“阻碍”有三层含义:阻碍磁通量的变化;阻碍物体间的相对运动;阻碍 原电流的变化.要注意灵活应用. 在匀强磁场中有一矩形导线框,以相同的角速度按图 3 中 a、b、c、d 所示的固 定转轴旋转,用 I1、I2、I3、I4 表示四种情况下线框中产生的感应电流的有效值,则( )

图3 A.I1=I2=I3=I4 B.I2>I1=I3>I4 C.I1>I2>I3>I4 D.I1=I2=I3>I4 答案 A 解析 据题意, 相同的矩形线框在磁场中, 以题中四种方式转动, 产生的电动势为: E= BΔS , Δt E BΔS 产生的感应电流为:I= = ,由于转动角速度相等,转动相同的弧度所用时间相等,线 R RΔ t

框所发生的面积变化也相等,则四种方式产生的感应电流相等,故选项 A 正确. 考向 2 电磁感应图象问题的分析 例2 (2014· 新课标Ⅰ· 18)如图 4(a),线圈 ab、cd 绕在同一软铁芯上.在 ab 线圈中通以变

化的电流,用示波器测得线圈 cd 间电压如图(b)所示.已知线圈内部的磁场与流经线圈的电 流成正比,则下列描述线圈 ab 中电流随时间变化关系的图中,可能正确的是( )

图4

解析 由题图(b)可知在 cd 间不同时间段内产生的电压是恒定的, 所以在该时间段内线圈 ab 中的磁场是均匀变化的,则线圈 ab 中的电流是均匀变化的,故选项 A、B、D 错误,选项 C 正确. 答案 C 以题说法 对于电磁感应图象问题的分析要注意以下三个方面:

(1)注意初始时刻的特征,如初始时刻感应电流是否为零,感应电流的方向如何. (2)注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段,这几个阶段是否和图象变化相对应. (3)注意观察图象的变化趋势,看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程对应. 如图 5 所示,水平面内有一足够长的平行金属导轨,导轨光滑且电阻不计,匀 强磁场与导轨平面垂直,阻值为 R 的导体棒垂直于导轨静止放置,且与导轨接触良好,现

闭合开关,导体棒的速度 v、回路中电流 i 随时间 t 变化的图象正确的是(

)

图5

答案 B 解析 据题意,闭合开关,有电流通过导体棒,导体棒受到向右的安培力,开始向右运动, 此时导体棒内部也产生一个与原始电源相反的一个感应电源,合电动势为:E=E0-E′= E0-Blv E0-Blv,导体棒受到的安培力为:F=BIl=Bl ,即导体棒向右做加速度减小的加速 R E0 运动,当安培力为 0 时,导体棒将保持速度 v= 做匀速运动,故选项 B 正确,选项 A 错 Bl E0-Blv 误;I= ,选项 C、D 错误. R 考向 3 电磁感应中的动力学问题分析 例3 如图 6 甲所示, 电流传感器(相当于一只理想电流表)能将各时刻的电流数据实时通过

数据采集器传输给计算机,经计算机处理后在屏幕上同步显示出 I-t 图象.电阻不计的足 够长光滑平行金属轨道宽 L=1.0 m, 与水平面的夹角 θ=37° .轨道上端连接阻值 R=1.0 Ω 的 定值电阻,金属杆 MN 长与轨道宽相等,其电阻 r=0.50 Ω、质量 m=0.02 kg.在轨道区域加 一垂直轨道平面向下的匀强磁场, 让金属杆从图示位置由静止开始释放, 杆在整个运动过程 中与轨道垂直,此后计算机屏幕上显示出如图乙所示的 I-t 图象.重力加速度 g=10 m/s2, sin 37° =0.6,cos 37° =0.8,试求:

图6 (1)t=1.2 s 时电阻 R 的热功率; (2)匀强磁场的磁感应强度 B 的大小;

(3)t=1.2 s 时金属杆的速度大小和加速度大小. 审题突破 金属杆在倾斜轨道上运动时受到几个力作用?安培力有什么特点?图象反映

金属杆运动情况如何?根据哪个过程可求磁感应强度 B 的大小? 解析 (1)由 I-t 图象可知,当 t=1.2 s 时,I=0.15 A P=I2R=0.152×1.0 W=0.022 5 W (2)由题图乙知,当金属杆稳定运动时的电流为 0.16 A 稳定时杆匀速运动,受力平衡,则有: mgsin θ=BI′L 代入数据解得:B=0.75 T (3)t=1.2 s 时电源电动势 E=I(R+r)=BLv 代入数据得:v=0.3 m/s mgsin θ-BIL=ma 3 代入数据得:a= m/s2 8 答案 (1)0.022 5 W (2)0.75 T 以题说法 (3)0.3 m/s 3 m/s2 8

电磁感应与动力学问题的解题策略

在此类问题中力现象和电磁现象相互联系、 相互制约, 解决问题前要建立“动—电—动”的 思维顺序,可概括为: (1)找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向. (2)根据等效电路图,求解回路中的电流. (3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响,从而推理得出对电路中的电流的影响, 最后定性分析导体棒最终的运动情况. (4)列牛顿第二定律或平衡方程求解.

图7 如图 7 所示,固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为 d,其右 端接有阻值为 R 的电阻,整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中.一质 量为 m(质量分布均匀)的导体杆 ab 垂直于导轨放置,且与两导轨保持良好接触,杆与导轨 之间的动摩擦因数为 μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力 F 作用下从静止开始沿导轨运动

距离 L 时,速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直).设杆接入电路的电阻为 r,导轨电阻不计,重力加速度大小为 g.求: (1)此过程杆的速度最大值 vm; (2)此过程流过电阻 R 的电量. ?F-μmg??R+r? BdL 答案 (1) (2) B2d2 R+r 解析 (1)当杆达到最大速度 vm 时,E=Bdvm E F 安=BId I= f=μmg R+r 匀速时合力为零. B2d2vm F-μmg- =0 R+r ?F-μmg??R+r? 得 vm= . B2d2 (2)由公式 q= I t 得 q I= = E R+r ΔΦ E= Δt ΔΦ R+r



BΔS R+r



BdL R+r

.

10.综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题

图8 例4 (22 分)如图 8 所示,平行金属导轨与水平面间夹角均为 37° ,导轨间距为 1 m,电

阻不计,导轨足够长.两根金属棒 ab 和以 a′b′的质量都是 0.2 kg,电阻都是 1 Ω,与导 轨垂直放置且接触良好, 金属棒和导轨之间的动摩擦因数为 0.25, 两个导轨平面处均存在着 垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出), 磁感应强度 B 的大小相同. 让 a′b′固定不动, 将金属棒 ab 由静止释放,当 ab 下滑速度达到稳定时,整个回路消耗的电功率为 8 W.求: (1)ab 下滑的最大加速度; (2)ab 下落了 30 m 高度时,其下滑速度已经达到稳定,则此过程中回路电流的发热量 Q 为 多大? (3)如果将 ab 与 a′b′同时由静止释放,当 ab 下落了 30 m 高度时, 其下滑速度也已经达到

稳定,则此过程中回路电流的发热量 Q′为多大?(g=10 m/s2,sin 37° =0.6,cos 37° =0.8)

解析 (1)当 ab 棒刚下滑时,ab 棒的加速度有最大值: a=gsin θ-μgcos θ=4 m/s2.(2 分) (2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动,有 mgsin θ=BIL+μmgcos θ,(2 分) 整个回路消耗的电功率 P 电=BILvm=(mgsin θ-μmgcos θ)vm=8 W,(2 分) 则 ab 棒的最大速度为:vm=10 m/s(1 分) 2 E2 ?BLvm? 由 P 电= = (2 分) 2R 2R 得:B=0.4 T.(1 分) 根据能量守恒得: 1 h mgh=Q+ mv2 +μmgcos θ· (2 分) 2 m sin θ 解得:Q=30 J.(1 分) (3)由对称性可知, 当 ab 下落 30 m 稳定时其速度为 v′, a′b′也下落 30 m, 其速度也为 v′, ab 和 a′b′都切割磁感线产生电动势,总电动势等于两者之和. 根据共点力平衡条件,对 ab 棒受力分析, 得 mgsin θ=BI′L+μmgcos θ(2 分) 2BLv′ BLv′ 又 I′= = (2 分) 2R R 代入解得 v′=5 m/s(1 分) 1 h 由能量守恒 2mgh= ×2mv′2+2μmgcos θ +Q′(3 分) 2 sin θ

代入数据得 Q′=75 J.(1 分) 答案 (1)4 m/s2 (2)30 J (3)75 J

(限时:15 分钟,满分:16 分) (2014· 安徽· 23)如图 9 甲所示,匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5 T,其方向垂直于倾角 θ 为 30° 的斜面向上.绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨 MPN(电阻忽略不计),MP 和 NP 长度均为 2.5 m,MN 连线水平,长为 3 m.以 MN 中点 O 为原点、OP 为 x 轴建立一 维坐标系 Ox.一根粗细均匀的金属杆 CD,长度 d 为 3 m、质量 m 为 1 kg、电阻 R 为 0.3 Ω, 在拉力 F 的作用下,从 MN 处以恒定速度 v=1 m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动(金属杆与导轨 接触良好).g 取 10 m/s2.

图9 (1)求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动到 x=0.8 m 处电势差 UCD; (2)推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x 的关系式,并在图乙中 画出 F-x 关系图像; (3)求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热. 答案 (1)1.5 V -0.6 V (2)F=12.5-3.75x(0≤x≤2) 见解析图 (3)7.5 J 解析 (1)金属杆 CD 在匀速运动中产生的感应电动势 E=Blv(l=d) E=1.5 V(D 点电势高)当 x=0.8 m 时,金属杆在导轨间的电势差为零.设此 时杆在导轨外的长度为 l 外,则 OP-x MN l 外=d- d OP= MP2-? ?2=2 m OP 2 得 l 外=1.2 m 由楞次定律判断 D 点电势高,故 C、D 两端电势差 UCD=-Bl 外 v=-0.6 V.

(2)杆在导轨间的长度 l 与位置 x 的关系是 OP-x 3 l= d=3- x OP 2 l 对应的电阻 R1= R d Blv 电流 I= R1 杆受的安培力为 F 安=BIl=7.5-3.75x 根据平衡条件得 F=F 安+mgsin θ F=12.5-3.75x(0≤x≤2) 画出的 F-x 图象如图所示.

(3)外力 F 所做的功 WF 等于 F-x 图线下所围的面积. 5+12.5 即 WF= ×2 J=17.5 J 2 而杆的重力势能增加量 ΔEp=mgOPsin θ 故全过程产生的焦耳热 Q=WF-ΔEp=7.5 J.

(限时:45 分钟) 题组 1 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 1.(2014· 四川· 6 改编)如图 1 所示,不计电阻的光滑 U 形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃 挡板 H、P 固定在框上,H、P 的间距很小.质量为 0.2 kg 的细金属杆 CD 恰好无挤压地放 在两挡板之间,与金属框接触良好并围成边长为 1 m 的正方形,其有效电阻为 0.1 Ω.此时在 整个空间加方向与水平面成 30 ° 角且与金属杆垂直的匀强磁场, 磁感应强度随时间变化规律 是 B=(0.4-0.2t) T,图示磁场方向为正方向.框、挡板和杆不计形变.则( )

图1 A.t=1 s 时,金属杆中感应电流方向从 D 到 C

B.t=3 s 时,金属杆中感应电流方向从 D 到 C C.t=1 s 时,金属杆对挡板 P 的压力大小为 0.1 N D.t=3 s 时,金属杆对挡板 H 的压力大小为 0.2 N 答案 C 解析 根据楞次定律可判断感应电流的方向

ΔΦ ΔB⊥S ΔBL2 总是从 C 到 D,故 A、B 错误;由法拉第电磁感应定律可知:E= = = sin 30° Δt Δt Δt 1 E =0.2×12× V=0.1 V,故感应电流为 I= =1 A,金属杆受到的安培力 FA=BIL,t=1 s 2 R 时,FA=0.2×1×1 N=0.2 N,方向如图甲,此时金属杆受力分析如图甲,由平衡条件可知 F1=FA· cos 60° =0.1 N,F1 为挡板 P 对金属杆施加的力.t=3 s 时,磁场反向,此时金属杆 1 受力分析如图乙,此时挡板 H 对金属杆施加的力向右,大小 F3=BILcos 60° =0.2×1×1× 2 N=0.1 N.故 C 正确,D 错误. 2.如图 2 甲所示,在竖直向上的磁场中,水平放置一个单匝金属圆线圈,线圈所围的面积 为 0.1 m2,线圈电阻为 1 Ω,磁场的磁感应强度大小 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示,规 定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流 i 的正方向.则( )

图2 A.0~5 s 内 i 的最大值为 0.1 A B.第 4 s 末 i 的方向为正方向 C.第 3 s 内线圈的发热功率最大 D.3~5 s 内线圈有扩张的趋势 答案 D E 0.01 V 解析 在 t=0 时磁通量的变化率最大,感应电流最大为 I= = =0.01 A,选项 A 错 R 1Ω 误;第 4 s 末,B 在正方向逐渐减小,根据楞次定律可知,i 的方向为负方向,选项 B 错误; 第 3 s 内,线圈中感应电动势为零,所以第 3 s 内线圈的发热功率为零,选项 C 错误;3~5 s

内穿过线圈的磁通量减少,根据楞次定律可知线圈有扩张的趋势,选项 D 正确. 3.有人设计了一个汽车“再生能源装置”原理简图如图 3 甲所示.当汽车减速时,线圈受 到辐向磁场的阻尼作用助汽车减速,同时将产生的电能储存.图甲中,线圈匝数为 n,ab 长度为 L1,bc 长度为 L2.图乙是此装置的侧视图.切割处磁场的磁感应强度大小恒为 B,有 理想边界的两个扇形磁场区边线夹角都是 90° .某次测试时,外力使线圈以角速度 ω 逆时针 匀速转动,线圈中电流 i 随时间变化图象如图丙所示(I 为已知量),取 ab 边刚开始进入右侧 的扇形磁场时刻 t=0.不计线圈转轴处的摩擦,则下列说法不正确的是( )

图3 A.线圈在图乙所示位置时,线圈中电流方向为 a→b→c→d→a 1 B.线圈在图乙所示位置时,线圈产生电动势的大小为 nBL1L2ω 2 nBL1L2ωI C.外力做功的平均功率为 2 nBL1L2ω D.闭合电路的总电阻为 I 答案 B 解析 有两个边一直在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动, 故根据切割公式, 有 E=2nBL1v, 1 其中 v = ωL2 ,解得 E = nBL1L2ω ,根据右手定则,图乙中的线圈通过的电流方向为 2 E nBL1L2ω a→b→c→d→a,故 A 正确,B 错误;根据欧姆定律,电流 I= ,解得 R= .线圈转 R I 1 动一个周期时间内,产生电流的时间是半周期,故外力做功的平均功率 P= I2R,解得 P= 2 nBL1L2ωI ,故 C、D 正确. 2 题组 2 电磁感应图象问题的分析

图4

4.如图 4 所示,光滑平行金属导轨 MN、PQ 所在平面与水平面成 θ 角,M、P 两端接一阻 值为 R 的定值电阻,阻值为 r 的金属棒 ab 垂直导轨放置在靠近 MP 的位置,其他部分电阻 不计.整个装置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下.t=0 时 对金属棒施一平行于导轨的外力 F,金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动.下列关于 ΔΦ 穿过回路 abPMa 的磁通量 Φ、磁通量的瞬时变化率 、通过金属棒的电荷量 q 以及 a、b Δt 两端的电势差 U 随时间 t 变化的图象中,正确的是( )

A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 答案 D 1 1 解析 由题意知 ab 棒做匀加速运动,其运动位移为 s= at2,磁通量 Φ=BLs=BL·at2,故 2 2 ΔΦ BLΔs ①错误;磁通量的瞬时变化率 = =BLv=BLat,故②正确;流过金属棒的电荷量 q Δt Δt ΔΦ BLΔs R R = = ,所以③错误;a、b 两端的电压 U= E= BLat,所以④正确.故选 D. R R R+r R+r 5.如图 5 甲所示,在水平桌面上,一个面积为 S、电阻为 r 的圆形金属框置于磁场中,线 框平面与磁场垂直,磁感应强度 B1 随时间 t 的变化关系如图乙所示.在 0~1 s 内磁场方向 垂直线框平面向下, 圆形金属框与一个电阻不计的水平平行金属导轨相连接, 水平导轨上放 置一根导体棒,导体棒的长为 L、电阻为 R,且与导轨接触良好,导体棒处于另一匀强磁场 中,其磁感应强度值为 B2,方向垂直导轨平面向下.若导体棒始终保持静止,则其所受的 静摩擦力 f 随时间变化的图象是下图中的(设水平向右为静摩擦力的正方向)( )

图5

答案 A 解析 在 0 到 1 秒内磁感应强度 B1 随时间 t 均匀增加,感应电动势和电流恒定且感应电流 方向为逆时针,则根据左手定则可得导体棒受到的安培力的方向为向左,大小恒定,所以棒 受到的静摩擦力方向为向右,即为正方向,且大小也恒定.而在 1 秒到 2 秒内磁感应强度大 小不变,则线圈中没有感应电动势,所以没有感应电流,则也没有安培力,因此棒不受静摩 擦力. 6.闭合矩形导线框 abcd 固定在匀强磁场中,磁场的方向与导线框所在平面垂直,磁感应强 度 B 随时间 t 变化的的规律如图 6 所示.规定垂直纸面向里为磁场的正方向,abcda 的方向 为线框中感应电流的正方向,水平向右为安培力的正方向.关于线框中的电流 i 与 ad 边所 受的安培力 F 随时间 t 变化的图象,下列选项正确的是( )

图6

答案 D 解析 由 B-t 图象可知,0~1 s 时间内,B 增大,Φ 增大,由楞次定律可知,感应电流是 逆时针的,为负值;1~2 s 磁通量减小,感应电流是顺时针,为正值;2~3 s,磁通量不变, 无感应电流;3~4 s 内,B 的方向垂直纸面向外,B 减小,Φ 减小,由楞次定律可知,感应 电流沿逆时针方向,感应电流是负的,故 A、B 错误.由左手定则可知,在 0~1 s 内,ad 受到的安培力方向:水平向右,是正的;1~2 s 安培力向左,是负的,2~3 s 时间内,无感

应电流,没有安培力,3~4 s,安培力向左,是负的;由法拉第电磁感应定律可知,感应电 ΔΦ ΔB· S E ΔB· S ΔB 动势 E= = , 感应电流 I= = , 由 B-t 图象可知, 在 0~2 s 和 3~4 s 内, 是 Δt Δt R Δt· R Δt 定值,在各时间段内 I 是定值,ad 边受到的安培力 F=BIl,I、l 不变,B 均匀变化,则安培 力 F 均匀变化,不是定值,故 C 错误,D 正确,故选 D. 题组 3 综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题

7.如图 7 所示,水平传送带带动两金属杆匀速向右运动,传送带右侧与两光滑平行金属导 轨平滑连接,导轨与水平面间夹角为 30° ,两虚线 EF、GH 之间有垂直导轨平面向下的匀强 磁场,磁感应强度为 B,磁场宽度为 L,两金属杆的长度和两导轨的间距均为 d,两金属杆 a、b 质量均为 m,两杆与导轨接触良好.当金属杆 a 进入磁场后恰好做匀速直线运动,当 金属杆 a 离开磁场时,金属杆 b 恰好进入磁场,则( )

图7 A.金属杆 b 进入磁场后做加速运动 B.金属杆 b 进入磁场后做减速运动 C.两杆在穿过磁场的过程中,回路中产生的总热量为 mgL 2

D.两杆在穿过磁场的过程中,回路中产生的总热量为 mgL 答案 D BLv 解析 由题意知,a 进入磁场后恰好做匀速直线运动,可得:mgsin θ=BIL,I= ,由题 R 意知,b 进入磁场时的速度等于 a 进入磁场时的速度,故当 b 进入磁场时,也做匀速直线运 1 动,所以 A、B 错误;a 在磁场中产生的热量 Q1=F 安 L=mgsin 30° L= mgL,b 在磁场中运 2 动产生的热量 Q2=Q1,所以两杆在穿过磁场的过程中,回路中产生的总热量为 Q=Q1+Q2 =mgL,故 D 正确. 8.在如图 8 所示的倾角为 θ 的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场 区域, 区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上, 区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下, 磁场宽度均为 L, 一个质量为 m、电阻为 R、边长也为 L 的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,t1 时刻 ab 边刚越过 GH 进入磁场Ⅰ区域,此时导线框恰好以速度 v1 做匀速直线运动;t2 时刻 ab 边下 滑到 JP 与 MN 的中间位置, 此时导线框又恰好以速度 v2 做匀速直线运动. 重力加速度为 g, 下列说法中正确的是( )

图8 A.当 ab 边刚越过 JP 时,导线框的加速度大小为 a=gsin θ B.导线框两次匀速直线运动的速度 v1∶v2=2∶1 C.在 t1 到 t2 的过程中,导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量 2 2 3mgLsin θ m?v1-v2? D.在 t1 到 t2 的过程中,有 + 机械能转化为电能 2 2 答案 D B2L2v1 解析 ab 边刚越过 GH 进入磁场Ⅰ区域时, 导线框做匀速运动, 所以 mgsin θ=BI1L= , R E2 2BLv1 当 ab 边刚越过 JP 时,I2= = ,由 2BI2L-mgsin θ=ma,联立解得 a=3gsin θ,所以 R R 4B2L2v2 4B2L2v2 A 错误; 当 a=0 时, 以速度 v2 做匀速直线运动, 即 -mgsin θ=0, 得: mgsin θ= , R R 所以 v1∶v2=4∶1,故 B 错误;在 t1 到 t2 的过程中,根据能量守恒知导线框克服安培力做 功的大小等于导线框重力势能的减少量加上动能的减少量,即克服安培力做功 W = 2 2 3mgLsin θ m?v1-v2? + ,所以 C 错误;又克服安培力做功等于产生的电能,所以 D 正确. 2 2 9.(2014· 新课标Ⅱ· 25)半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为 r、 质量为 m 且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上面, BA 的延长线通过圆导轨中心 O, 装置的俯视图如图 9 所示.整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为 B,方向竖直 向下.在内圆导轨的 C 点和外圆导轨的 D 点之间接有一阻值为 R 的电阻(图中未画出).直 导体棒在水平外力作用下以角速度 ω 绕 O 逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持 良好接触.设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为 μ,导体棒和导轨的电阻均可忽略.重力加 速度大小为 g.求:

图9 (1)通过电阻 R 的感应电流的方向和大小; (2)外力的功率.

3Bωr2 答案 (1)方向为 C→D 大小为 2R 9B2ω2r4 3μmgωr (2) + 4R 2 解析 (1)根据右手定则,得导体棒 AB 上的电流方向为 B→A,故电阻 R 上的电流方向为 C→D. vA+vB 设导体棒 AB 中点的速度为 v,则 v= 2 而 vA=ωr,vB=2ωr 根据法拉第电磁感应定律,导体棒 AB 上产生的感应电动势 E=Brv E 根据闭合电路欧姆定律得 I= ,联立以上各式解得通过电阻 R 的感应电流的大小为 I= R 3Bωr2 . 2R (2)根据能量守恒定律,外力的功率 P 等于安培力与摩擦力的功率之和,即 P=BIrv+Ffv, 而 Ff=μmg 9B2ω2r4 3μmgωr 解得 P= + . 4R 2


赞助商链接

2015步步高二轮专题9 第1课时

2015步步高二轮专题9 第1课时_理化生_高中教育_教育专区。2015步步高二轮物理专题...p1+6 cmHg 解得 L2′=9.375 cm 因为 Δh=L2+h2-L2′ 解得 Δh=6....

2015步步高二轮专题5 第1课时

2015步步高二轮专题5 第1课时_理化生_高中教育_教育专区。2015步步高二轮物理专题...由题意有 3nx=1.8h,(n=1,2,3,?), ?9-6 2?h 3 由(2)知 x≥r2...

2015步步高二轮专题4 第1课时

2015步步高二轮专题4 第1课时_理化生_高中教育_教育专区。2015步步高二轮物理专题...6.综合应用动力学和能量观点分析多过程问题 例3 1 (14 分)如图 5 所示,...

2015年步步高专题训练专题六 第1课时

2015步步高专题训练专题六 第1课时_高三理化生_理化生_高中教育_教育专区。专题...在 1 秒到 2 秒内,电流从 A 流过 R 到 C,因此电流为交流电,故 A ...

2015步步高二轮专题9 第2课时

2015步步高二轮专题9 第2课时_政史地_高中教育_教育专区。2015步步高二轮物理第...6 考向 3 原子核的衰变、核反应与动量守恒定律的组合 例3 (1)太阳内部持续...

2015步步高二轮专题5 第2课时

2015步步高二轮专题5 第2课时_理化生_高中教育_教育专区。2015步步高二轮物理第2 课时 带电粒子在复合场中的运动 1.带电粒子在电场中常见的运动类型 1 1 2 (...

2015步步高二轮专题4 第2课时

2015步步高二轮专题4 第2课时_理化生_高中教育_教育专区。2015步步高二轮物理第...Δv 解析 (1)S 断开时,ab 做匀加速直线运动,从图乙得 a= =6 m/s2 Δ...

2015年步步高二轮复习-专题六 第1讲 直线与圆

2015步步高二轮复习-专题六 第1讲 直线与圆_数学_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档 2015步步高二轮复习-专题六 第1讲 直线与圆_数学...

步步高2015高考生物二轮讲义:专题6.1种群和群落

步步高2015高考生物二轮讲义:专题6.1种群和群落_政史地_高中教育_教育专区。第1讲 种群和群落 [考纲要求] 1.种群的特征(Ⅰ)。2.种群的数量变化(Ⅱ)。3.群落...

2015步步高二轮专题2 第2课时

2015步步高二轮专题2 第2课时_理化生_高中教育_教育专区。2015步步高二轮物理第...所以当 0.6 N 的恒力 F 0.6 作用于木板时,系统一起以 a= = m/s2=2...