《电磁感应》课件

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,法拉第电磁感应定律的综合应用,【经典案例】,(9,分,)(2020,浙江,7,月选考真题,),如图,1,所示,在绝缘光滑水平桌面上,以,O,为原点、水平向右为正方向建立,x,轴,在,0x1.0 m,区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长,L=0.5 m,、电阻,R=0.25 ,的正方形线框,abcd,当平行于磁场边界的,cd,边进入磁场时,在沿,x,方向的外力,F,作用下以,v=1.0 m/s,的速度做匀速运动,直到,ab,边进入磁场时撤去外力。若以,cd,边进入磁场时作为计时起点,在,0t1.0 s,内磁感应强度,B,的大小与时间,t,的关系如图,2,所示,在,0t1.3 s,内线框始终做匀速运动。,将交流电源断开的瞬间,金属杯中的涡流也瞬间消失,桌面上有一边长L=0.,(3)根据受力情况和做功情况,判断能量转化情况。,法拉第电磁感应定律的综合应用,在线框以恒定速度4 m/s沿x轴正方向穿越磁场区域的过程中,如图所示的各图中,能正确表示线框从进入到穿出磁场过程中,ab边两端电势差Uab随位置变化情况的是(),棒的质量均为m,电阻均为r,轨道宽度为L,与轨道平行的绝缘细线一端固定,另,0 m/s的速度做匀速运动,直到ab边进入磁场时撤去外力。,= BLat,C错误;电荷量q= t= t= t= =,如图所示装置,在cdef区域内存在垂直纸面向里的变化的匀强磁场,要求线,线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。,25 的线圈相连,另有一金属棒PQ垂直搁置在导轨上,25 的正方形线框abcd,当平行于磁场边界的cd边进入磁场时,在沿x方向的外力F作用下以v=1.,大,由楞次定律,感应电流方向仍然是逆时针方向,所以t1t3时间内金属框中,做功,没有其他外力做功,机械能守恒,减少的重力势能等于增加的动能,即,写出表达式后,不必在试卷上代入数据,可以在草纸上运算,将正确结果写在试卷上即可。,如图所示,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中,绕过O点的轴以,角速度沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆,加速度大小是2gsin ,【解析】(1)金属棒PQ先在无磁场区域做匀减速运动,据mg=ma,如图所示装置,在cdef区域内存在垂直纸面向里的变化的匀强磁场,要求线,(1),求外力,F,的大小,;,(2),在,1.0 st1.3 s,内存在连续变化的磁场,求磁感应强度,B,的大小与时间,t,的关系,;,(3),求在,0t1.3 s,内流过导线横截面的电荷量,q,。,【解题关键】,(1),信息提取,有界磁场,先保持恒定,后均匀增大。,线框匀速通过磁场,受外力,F,和安培力,桌面光滑无摩擦力。,(2),过程分析,匀速进入磁场,匀速通过磁场,匀速出磁场,(3),核心规律,匀速进入磁场,外力等于安培力的大小,F=F,A,。,匀速出磁场,出磁场时感应电流为零,磁通量保持不变。,匀速在磁场中运动,由磁场的变化产生感应电动势。,【规范解答】,【解析】,(1),由图,2,可知,t,0,=0,B,0,=0.25 T,则回路电流,I=,(1,分,),安培力,F,A,=,(1,分,),所以外力,F=F,A,=0.062 5 N,。,(1,分,),(2),匀速出磁场,电流为,0,磁通量不变,1,=,t,1,=1.0 s,时,B,1,=0.5 T,磁通量,1,=B,1,L,2,则,t,时刻磁通量,=BLL-v(t-t,1,),(2,分,),解得,B=,(1,分,),(3)0t0.5 s,电荷量,q,1,= =0.25 C,(1,分,),0.5 st1.0 s,电荷量,q,2,= =0.25 C,(1,分,),总电荷量,q=q,1,+q,2,=0.5 C,。,(1,分,),答案,:,(1)0.062 5 N,(2)B=,(3)0.5 C,【得分技巧】,技巧,1,对应关键的物理过程,找出遵循的物理规律,书写正确的表达式。,第,(1),问中,回路电流表达式、安培力表达式、二力平衡表达式都是得分点。第,(2),问中,t,时刻磁通量表达式,第,(3),问中电荷量表达式都是得分点。,技巧,2,考试时书写过程的技巧,写出表达式后,不必在试卷上代入数据,可以在草纸上运算,将正确结果写在试卷上即可。,课时提升作业,二十七法拉第电磁感应定律及其应用自感现象,(,建议用时,60,分钟,),【基础练】,1.(2020,丽水模拟,),我国第一艘航母“辽宁舰”交接入列后,歼,-15,飞机顺利完成了起降飞行训练,图甲为一架歼,-15,飞机刚着舰时的情景。已知该飞机机身长为,l,机翼两端点,C,、,D,的距离为,d,某次在我国近海海域训练中飞机降落时的速度沿水平方向,大小为,v,。如图乙所示,该空间地磁场磁感应强度的水平分量为,B,x,竖直分量为,B,y,。,C,、,D,两点间的电势差为,U,下列分析正确的是,(,),A.U=B,x,l,v,C,点电势低于,D,点电势,B.U=B,x,dv,C,点电势高于,D,点电势,C.U=B,y,l,v,C,点电势低于,D,点电势,D.U=B,y,dv,C,点电势高于,D,点电势,【解析】,选,D,。飞机机翼切割磁感线,地磁场竖直分量为,B,y,。由法拉第电磁感应定律,可知感应电动势大小为,U=B,y,dv;,北半球的磁感应强度的竖直分量是向下的,根据右手定则,感应电动势的方向由,D,指向,C,所以,C,点的电势高于,D,点的电势,故,D,正确,A,、,B,、,C,错误。,2.,如图所示,半径为,r,的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场,B,中,绕过,O,点的轴以,角速度,沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻,R,的电流的方向和大小是,(,金属圆,盘的电阻不计,)(,),A.,由,c,到,d,I=,B.,由,d,到,c,I=,C.,由,c,到,d,I=,D.,由,d,到,c,I=,【解析】,选,D,。由右手定则可知通过电阻,R,的电流的方向是由,d,到,c;,而金属圆盘,产生的感应电动势,E= Br,2,所以通过电阻,R,的电流大小是,I= ,选项,D,正确。,3.,如图所示的电路,开关原先闭合,电路处于稳定状态,在某一时刻突然断开开关,S,则通过电阻,R,1,中的电流,I,随时间变化的图线可能是下图中的,(,),【解析】,选,D,。开关,S,原来闭合时,电路处于稳定状态,流过,R,1,的电流方向向左,大小为,I,1,。与,R,1,并联的,R,2,和线圈,L,支路,电流,I,2,的方向也是向左。当某一时刻开关,S,突然断开时,L,中向左的电流要减小,由于自感现象,线圈,L,产生自感电动势,在回路“,LR,1,AR,2,”,中形成感应电流,电流通过,R,1,的方向与原来相反,变为向右,并从,I,2,开始逐渐减小到零,故选项,D,图正确。,【加固训练】,如图所示,L,为自感系数很大、直流电阻不计的线圈,D,1,、,D,2,、,D,3,为三个完全相同的灯泡,E,为内阻不计的电源,在,t=0,时刻闭合开关,S,当电路稳定后,D,1,、,D,2,两灯的电流分别为,I,1,、,I,2,。当时刻为,t,1,时断开开关,S,若规定电路稳定时流过,D,1,、,D,2,的电流方向为电流的正方向,则图中能正确定性描述电灯电流,i,与时间,t,关系的是,(,),【解析】,选,D,。开关闭合时,电感阻碍电流,I,1,增大,所以,I,1,慢慢增大最后稳定,;,断开开关,电感阻碍电流,I,1,减小,所以,I,1,慢慢减小到,0,电流的方向未发生改变,故,A,、,B,均错误,;,开关闭合时,电感阻碍电流,I,1,增大,I,1,慢慢增大,则,I,2,慢慢减小,最后稳定,;,断开开关,原来通过,D,2,的电流立即消失,但,D,1,、,D,2,、,L,构成一回路,通过,D,1,的电流也通过,D,2,所以,I,2,慢慢减小,但电流的方向与断开前相反,故,C,错误,D,正确。,4.(,多选,),如图所示,在线圈正上方放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,几分钟后,杯中的水沸腾起来,t,0,时刻的电流方向已在图中标出,且此时电流正在增大,则关于把水烧开的过程中发生的电磁感应现象的说法正确的有,(,),A.,金属杯中产生涡流,涡流的热效应使水沸腾起来,B.t,0,时刻,从上往下看,金属杯中的涡流沿顺时针方向,C.t,0,时刻,从上往下看,金属杯中的涡流沿逆时针方向,D.,将交流电源断开的瞬间,金属杯中的涡流也瞬间消失,【解析】,选,A,、,C,、,D,。由于交流电在螺线管中产生变化的磁场,变化的磁场穿过金属杯可以在金属杯中产生变化的电场,从而产生涡流,使水沸腾,A,正确,;t,0,时刻电流从螺线管的上端流入且电流正在增大,则穿过金属杯的磁场是向下增大的,所以根据楞次定律,感应电流的磁场方向一定是向上的,由安培定则可知,从上往下看,金属杯中的涡流沿逆时针方向,故,C,正确,B,错误,;,将交流电源断开的瞬间,自感线圈中没有形成自感回路,故不能产生断电自感,所以金属杯中的涡流也瞬间消失,D,正确。,0t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动,当时刻为t1时断开开关S,若规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为电流的正方向,则图中能正确定性描述电灯电流i与时间t关系的是(),过程,x在L2L范围:由楞次定律判断得知,线框感应电流方向为顺时针,dc相,mgLsin= mv2,故D错误。,如图所示,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中,绕过O点的轴以,25 C,(1分),消的,安培力的合力为0,所以金属框在下滑过程中,合力恒定,加速度恒定,做,纸面向外,正方形金属线框电阻为R,边长是L,自线框从左边界进入磁场时开始,6 s这段时间内,导线框所受的安培力大,【解析】(1)金属棒PQ先在无磁场区域做匀减速运动,据mg=ma,(1)求外力F的大小;,如图所示,间距L=1 m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场,其磁感应强度大小B=1 T、方向垂直于纸面向里,导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v=2 m/s的速度水平向左匀速运动。,(2020杭州模拟)一正方形闭合导线框abcd边长L=0.,(2)对cd杆FA=mgsin+mgcos=1 N+ 1 N=1.,I= 知 增大,所以只有B图正确。,开始做匀 速直线运动,此时cd刚要开始沿斜面向上运动(仍保持静止),再经,(多选)如图甲所示,在倾角为的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场,其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。,0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示,在0t1.,法拉第电磁感应定律的综合应用,飞机机翼切割磁感线,地磁场竖直分量为By。,5.,如图所示装置,在,cdef,区域内存在垂直纸面向里的变化的匀强磁场,要求线,圈,a,对桌面的压力大于本身重力,则,cdef,内的磁感应强度随时间变化的关系可,能是,(,),【解析】,选,B,。若,a,对桌面的压力大于本身重力,则,b,中的感应电流应增加,由,I=,知 增大,所以只有,B,图正确。,6.(,多选,),两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直。边长为,0.1 m,、总电阻为,0.005 ,的正方形导线框,abcd,位于纸面内,cd,边与磁场边界平行,如图甲所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd,边于,t=0,时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示,(,感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正,),。下列说法正确的是,(,),A.,磁感应强度的大小为,0.5 T,B.,导线框运动速度的大小为,0.5 m/s,C.,磁感应强度的方向垂直于纸面向外,D.,在,t=0.4 s,至,t=0.6 s,这段时间内,导线框所受的安培力大小为,0.1 N,【解析】,选,B,、,C,。据右手定则可知磁感应强度的方向垂直于纸面向外,C,项正,确,;,由,v= =0.5 m/s,可知,B,项正确,;,由,E=B,l,v,可知磁感应强度的大小为,0.2 T,A,项,错误,;,据,F,安,=,可得在,t=0.4 s,至,t=0.6 s,这段时间内,导线框所受的安培力大,小为,0.04 N,D,项错误。,7.(2020,杭州模拟,),一正方形闭合导线框,abcd,边长,L=0.1 m,各边电阻均为,1,bc,边位于,x,轴上,在,x,轴原点,O,右方有宽,L=0.1 m,、磁感应强度为,1 T,、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,如图所示。在线框以恒定速度,4 m/s,沿,x,轴正方向穿越磁场区域的过程中,如图所示的各图中,能正确表示线框从进入到穿出磁场过程中,ab,边两端电势差,U,ab,随位置变化情况的是,(,),【解析】,选,B,。分两段研究,:ab,进入磁场切割磁感线过程和,dc,切割磁感线过程。,ab,进入磁场切割磁感线过程中,x,在,0,L,范围,:,由楞次定律判断得知,线框感应,电流方向为逆时针,ab,相当于电源,a,的电势高于,b,的电势,U,ab,0,。感应电动势为,E=BLv=10.14 V=0.4 V,U,ab,是外电压,则有,U,ab,= =0.3 V,。,dc,切割磁感线,过程,x,在,L,2L,范围,:,由楞次定律判断得知,线框感应电流方向为顺时针,dc,相,当于电源,a,的电势高于,b,的电势,U,ab,0,。感应电动势为,E=BLv=10.14 V=,0.4 V,则有,U,ab,= =0.1 V,。,【加固训练】,如图所示,光滑平行金属导轨,MN,、,PQ,所在平面与水平面成,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,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,时对金属棒施加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,速直线运动。下列关于穿过回路,abPMa,的磁通量变化量,、磁通量的瞬时变,化率,、通过金属棒的电荷量,q,随时间,t,变化以及,a,、,b,两端的电势差,U,随时间,t,变化的图象中,正确的是,(,),【解析】,选,B,、,D,。设加速度为,a,运动的位移,x= at,2,磁通量变化量,=BLx=,BLat,2,t,2,选项,A,错误,;,感应电动势,E= BLat,故,t,选项,B,正,确,;U= ,Ut,选项,D,正确,;,电荷量,q= ,因为,t,2,所以,qt,2,选项,C,错误。,【提升练】,8.(,多选,)(2020,宁波模拟,),如图所示,虚线右侧存在匀强磁场,磁场方向垂直,纸面向外,正方形金属线框电阻为,R,边长是,L,自线框从左边界进入磁场时开始,计时,在外力作用下由静止开始,以垂直于磁场边界的恒定加速度,a,进入磁场区,域,t,1,时刻线框全部进入磁场。若外力大小为,F,线框中电功率的瞬时值为,P,线,框磁通量的变化率为,通过导体横截面的电荷量为,q,(,其中,P-t,图象为抛物,线,),则这些量随时间变化的关系正确的是,【解析】,选,B,、,D,。线框做匀加速运动,其速度,v=at,感应电动势,E=BLv,线框进,入磁场过程中受到的安培力,F,安,=BIL= ,由牛顿第二定律得,F-,=ma,则,F= +ma,故,A,错误,;,线框中的感应电流,I= ,线框的电功率,P=I,2,R= ,B,正确,;,线框的位移,x= at,2,磁通量的变化率,=B,=,= BLat,C,错误,;,电荷量,q=,t=,t=,t= =,= ,D,正确。,9.(,多选,),如图甲所示,在倾角为,的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场,其磁感应强度,B,随时间变化的规律如图乙所示。质量为,m,的矩形金属框从,t=0,时刻静止释放,t,3,时刻的速度为,v,移动的距离为,L,重力加速度为,g,。在金属框下滑的过程中,下列说法正确的是,(,),A.t,1,t,3,时间内金属框中的电流方向不变,B.0,t,3,时间内金属框做匀加速直线运动,C.0,t,3,时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动,D.0,t,3,时间内金属框中产生的焦耳热为,mgLsin-,mv,2,【解题指导】,解答该题的关键点为,:,(1),根据楞次定律分析金属框中的电流方向,对金属框受力分析。,(2),根据牛顿第二定律判断加速度是否是恒量,若加速度不变即为匀变速直线,运动。,(3),根据受力情况和做功情况,判断能量转化情况。,【解析】,选,A,、,B,。,t,1,t,2,时间内磁感应强度减小,线框面积不变,磁通量减小,根据楞次定律,感应电流沿逆时针方向,;t,2,t,3,时间内,磁场方向增大,磁通量增,大,由楞次定律,感应电流方向仍然是逆时针方向,所以,t,1,t,3,时间内金属框中,的电流方向不变,故,A,正确,;,由于两个边的电流方向相反,两个边的安培力是抵,消的,安培力的合力为,0,所以金属框在下滑过程中,合力恒定,加速度恒定,做,匀加速直线运动,故,B,正确,C,错误,;,金属框的安培力合力为,0,对金属框只有重力,做功,没有其他外力做功,机械能守恒,减少的重力势能等于增加的动能,即,mgLsin= mv,2,故,D,错误。,10.,如图所示,MN,和,PQ,是电阻不计的平行金属导轨,其间距为,L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,右端接一个阻值为,R,的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为,d,、方向竖直向上、磁感应强度大小为,B,的匀强磁场。质量为,m,、电阻也为,R,的金属棒从高度为,h,处静止释放,到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为,金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中,求,:,(1),流过金属棒的最大电流。,(2),通过金属棒的电荷量。,(3),金属棒产生的焦耳热。,【解析】,(1),金属棒下滑过程中,根据动能定理有,mgh= m,根据法拉第电磁感应定律有,E,m,=BLv,m,根据闭合电路欧姆定律有,I,m,=,联立上式得,I,m,=,。,(2),根据,q=,可知,通过金属棒的电荷量为,q=,。,(3),金属棒克服安培力做的功完全转化成电热,由题意可知金属棒与电阻,R,上产,生的焦耳热相同,设金属棒上产生的焦耳热为,Q,故,2Q=-W,安,全过程由动能定理,mgh+W,安,-mgd=0,联立上式得,Q= mg(h-d),。,答案,:,(1),(2),(3) mg(h-d),【总结提升】,求解焦耳热,Q,的三种方法,11.(2020,绍兴模拟,),如图所示,水平放置的两平行金属导轨间距,l,=2 m,虚线,CD,左侧的轨道光滑,右侧粗糙,;,导轨右侧两端点与匝数,N=200,、横截面积,S=,100 cm,2,、总电阻,r=0. 25 ,的线圈相连,另有一金属棒,PQ,垂直搁置在导轨上,距离,CD,为,0.6 m;,垂直放置在导轨左端的金属棒,MN,通过水平绝缘轻杆固定,两金,属棒的质量均为,m=0.1 kg,电阻均为,R=0.5 ;MNDC,区域存在竖直向上的匀强,磁场,磁感应强度,B,2,=0.5 T,。在,t=0,时刻,闭合电键,K,同时金属棒,PQ,以,1 m/s,的初,速度向左运动,同时线圈内磁场的磁感应强度,B,1,随时间,t,的变化符合以下规律,:,B,1,=,。两金属棒与导轨始终接触良好,金属棒,PQ,与导轨之,间的动摩擦因数,=0.1,导轨电阻不计。,(1),通过定量计算分析,4 s,内金属棒,PQ,的运动情况,;,(2),计算,4 s,内通过金属棒,PQ,的电荷量大小,;,(3),求,2,4 s,内绝缘轻杆右端受到的弹力大小和方向。,【解析】,(1),金属棒,PQ,先在无磁场区域做匀减速运动,据,mg=ma,得,a=1 m/s,2,减速到,0,所需的时间,t= =1 s,滑行位移,x= =0.5 m,之后一直保持静止,停在,CD,线右侧,0.10 m,处,(2)0,2 s,内金属棒,PQ,中无电流,2,4 s,内线圈中产生的电动势,E= =2000.210010,-4,V=0.4 V,则,I,总,= =0.8 A,I= =0.4 A,q=It=0.42 C=0.8 C,(3),金属棒,MN,所受的安培力,:,F,安,=B,2,I,l,=0.50.42 N=0.4 N,由平衡条件可知绝缘轻杆对金属棒,MN,的弹力,F=F,安,=0.4 N,根据牛顿第三定律,金属棒对绝缘轻杆,(,右端,),所受弹力,F=0.4 N,方向向左。,答案,:,(1),见解析,(2)0.8 C,(3)0.4 N,方向向左,【培优练】,12.(,多选,),如图所示,MN,、,PQ,是与水平面成,角的两条平行光滑且足够长的金,属轨道,其电阻忽略不计。空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场,磁感,应强度大小为,B,。导体棒,ab,、,cd,垂直于轨道放置,且与轨道接触良好,每根导体,棒的质量均为,m,电阻均为,r,轨道宽度为,L,与轨道平行的绝缘细线一端固定,另,一端与,ab,棒中点连接,细线承受的最大拉力,T,m,=2mgsin ,。今将,cd,棒由静止释,放,则细线被拉断时,cd,棒的,(,),A.,速度大小是,B.,速度大小是,C.,加速度大小是,2gsin ,D.,加速度大小是,0,【解析】,选,A,、,D,。据题知,细线被拉断时,拉力达到,T,m,=2mgsin ,根据平衡条,件得,:,对,ab,棒,: T,m,=F,安,+mgsin ,则得,ab,棒所受的安培力大小为,F,安,=mgsin ;,由于两棒的电流相等,所受的安培力大小相等,由,E=BLv,、,I= ,F,安,=BIL,则得,F,安,=,联立解得,cd,棒的速度为,v= ,故,A,正确,B,错误,;,对,cd,棒,:,根据牛,顿第二定律得,: mgsin -F,安,=ma,代入得,a=gsin - =0,故,C,错,误,D,正确。,13. (,多选,),如图所示的光滑水平面上,水平条形区域,和,内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,其宽度均为,s,区域,和,之间有一宽度为,L=3s,的无磁场区域,一质量为,m,、边长为,s,的正方形线框在水平恒定外力作用下从距区域,左边界,s,处由静止开始做匀加速直线运动,假设线框能匀速地通过磁场区域,和,则下列说法正确的是,(,),A.,线框通过区域,和区域,时的速度大小之比为,1,B.,区域,与区域,内磁场的磁感应强度大小之比为,1,C.,线框通过区域,和区域,过程产生的热量相等,D.,线框通过区域,和区域,过程通过线框某一横截面的电荷量相等,【解析】,选,A,、,C,。由运动学公式,v,1,= ,v,2,= ,线框通过区域,和区,域,时的速度大小之比,=1 ,故,A,正确,;,通过区域,时,能匀速通过,说明,受到的安培力等于外力,即,F,安,=B,1,Is= ,在区域,和,之间运动时,线框做,加速运动,所以进入磁场区域,时线框的速度大于进入磁场区域,时的速度,因为线框能匀速通过磁场,所以,F,安,= ,有,所以,B,错误,;,两个过程中产生的热量等于外力做的功,两个过程中外力不变,相对水,平面的位移均为,s,所以两个过程中产生的热量相同,C,正确,;,根据,q= ,可,得,q,1,= ,q,2,= ,由于两个磁场的磁感应强度不同,所以线框通过区域,和,区域,过程通过线框某一横截面的电荷量不相等,D,错误。,14.(,多选,),如图所示,光滑金属导轨由倾斜和水平两部分组成,水平部分足够长且处在竖直向下的匀强磁场中,右端接一电源,(,电动势为,E,内阻为,r),。一电阻为,R,的金属杆,PQ,水平横跨在导轨的倾斜部分,从某一高度由静止释放,金属杆,PQ,进入磁场后的运动过程中,速度,时间图象可能是下图中的,(,导轨电阻不计,)(,),【解析】,选,A,、,B,、,D,。金属杆,PQ,进入磁场后切割磁感线产生感应电动势,根据右手定则判断得知,感应电动势的方向与电源的电动势方向相反。若金属杆,PQ,产生的感应电动势与电源的电动势大小相等,回路中总电动势为零,电路中没有电流,金属杆不受安培力,做匀速直线运动,故,A,项是可能的,;,若金属杆,PQ,产生的感应电动势小于电源的电动势大小,金属杆中电流方向从,P,到,Q,所受的安培力方向向右,将做加速运动,随着速度增加,金属杆产生的感应电动势增加,回路中总的电动势减小,电流减小,金属杆所受的安培力减小,加速度随之减小,可知,v-t,图象的斜率减小,故,B,项是可能的,;,若金属杆,PQ,产生的感应电动势大于电源的电动势大小,金属杆中电流方向从,Q,到,P,所受的安培力方向向左,将做,减速运动,随着速度减小,金属杆产生的感应电动势减小,回路中总的电动势减小,电流减小,金属杆所受的安培力减小,加速度随之减小,可知,v-t,图象的斜率减小,故,C,项是不可能,D,项是可能的。,15.,如图所示,间距,L=1 m,的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场,其磁感应强度大小,B=1 T,、方向垂直于纸面向里,导轨上有一金属棒,MN,与导轨垂直且在水平拉力,F,作用下以,v=2 m/s,的速度水平向左匀速运动。,R,1,=8 ,R,2,=12 ,C=6 F,导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计。开关,S,1,、,S,2,闭合,电路稳定后,求,:,(1),通过,R,2,的电流,I,的大小和方向。,(2),拉力,F,的大小。,(3),开关,S,1,切断后通过,R,2,的电荷量,q,。,【解析】,(1),开关,S,1,、,S,2,闭合后,根据右手定则知棒中的感应电流方向是由,MN,所以通过,R,2,的电流方向是由,ba,MN,中产生的感应电动势的大小,E=BLv,流过,R,2,的电流,I=,代入数据解得,I=0.1 A,。,(2),棒受力平衡有,F=F,安,F,安,=BIL,代入数据解得,F=0.1 N,。,(3),开关,S,1,、,S,2,闭合,电路稳定后,电容器所带电荷量,q,1,=CIR,2,S,1,切断后,流过,R,2,的电荷量,q,等于电容器所带电荷量,即,q=q,1,代入数据解得,q=7.210,-6,C,。,答案,:,(1)0.1 A,方向是,ba,(2)0.1 N,(3)7.210,-6,C,16.(2020,湖州模拟,),平行直导轨由水平部分和倾斜部分组成,导轨间距,L=,0.5 m,PQ,是分界线,倾斜部分倾角为,=30,PQ,右侧有垂直于斜面向下的,匀强磁场,B,2,=1 T,PQ,左侧存在着垂直于水平面但方向未知、大小也为,1 T,的匀,强磁场,B,1,如图所示。质量,m=0.1 kg,、接入电路的电阻,r=0.1 ,的两根金属细,杆,ab,和,cd,垂直放于该导轨上,其中,ab,杆光滑,cd,杆与导轨间的动摩擦因数为,=,导轨底端接有,R=0.1 ,的电阻。开始时,ab,、,cd,均静止于导轨上。现对,ab,杆施加一水平向左的恒定外力,F,使其向左运动,当,ab,杆向左运动的位移为,x,时,开始做匀 速直线运动,此时,cd,刚要开始沿斜面向上运动,(,仍保持静止,),再经,t=0.4 s,撤去外力,F,最后,ab,杆静止在水平导轨上。整个过程中电阻,R,的发热量为,Q,R,=1.0 J,。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。,(g,取,10 m/s,2,不计空气阻力,),(1),判断,B,1,磁场的方向,;,(2),求刚撤去外力,F,时,ab,杆的速度,v,的大小,;,(3),求,ab,杆的最大加速度,a,的大小和加速过程中的位移,x,的大小。,【解析】,(1),根据题意知当,ab,杆向左运动的位移为,x,时开始做匀速直线运动,此,时,cd,刚要开始沿斜面向上运动,cd,所受到的安培力沿斜面向上,由左手定则知,流过,cd,杆的电流为,dc,流过,ab,杆的电流为,ab,ab,杆所受到的安培力水平向,右,根据左手定则,B,1,磁场的方向竖直向下,;,(2),对,cd,杆,F,A,=mgsin+mgcos=1 N+ 1 N=1.25 N,F,A,=B,2,IL,得,I= =2.5 A,因为,R=r,所以流过,R,的电流为,2.5 A,总电流,I,总,=5 A,电路总电阻,R,总,=R,并,+r=0.15 ,ab,产生的电动势,E=I,总,R,总,=50.15 V=0.75 V,对,ab,杆,E=B,1,Lv;,解得,v= m/s=1.5 m/s;,由于两棒的电流相等,所受的安培力大小相等,由E=BLv、I= ,F安=BIL,则得,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。,时对金属棒施加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,0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示,在0t1.,(1)通过R2的电流I的大小和方向。,如图所示,间距L=1 m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场,其磁感应强度大小B=1 T、方向垂直于纸面向里,导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v=2 m/s的速度水平向左匀速运动。,(2)根据牛顿第二定律判断加速度是否是恒量,若加速度不变即为匀变速直线,当于电源,a的电势高于b的电势,Uab0。,25 的线圈相连,另有一金属棒PQ垂直搁置在导轨上,据右手定则可知磁感应强度的方向垂直于纸面向外,C项正,之后一直保持静止,停在CD线右侧0.,1 m,各边电阻均为1,线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。,(1分),所以外力F=FA=0.,(3)金属棒MN所受的安培力:,MN中产生的感应电动势的大小E=BLv,E=I总R总=50.,在线框以恒定速度4 m/s沿x轴正方向穿越磁场区域的过程中,如图所示的各图中,能正确表示线框从进入到穿出磁场过程中,ab边两端电势差Uab随位置变化情况的是(),(1分),(3),匀速运动的位移,x=vt=1.50.4 m =0.6 m,ab,杆匀速运动时,F=F,A,=B,1,I,总,L=150.5 N=2.5 N,所以水平恒力,F=2.5 N,刚开始时,速度为,0,感应电动势为,0,安培力为,0,ab,杆的加速度最大,a= =25 m/s,2,通过电阻,R,和,cd,杆的电流总相等,总是通过,ab,杆电流一半,回路产生的焦耳热,Q=Q,ab,+Q,cd,+Q,R,=4 J+1 J+1 J=6 J,根据功能原理,F,(x+x)=Q,代入数据,2.5(x+0.6)=6 J,解得,x=1.8 m,。,答案,:,(1),竖直向下,(2)1.5 m/s,(3)25 m/s,2,1.8 m,