资源描述
第12讲 电磁感应规律及其应用,【高考这样考】 1.(多选)(2015全国卷)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。下列说法正确的是( ),A.圆盘上产生了感应电动势 B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动,【解析】选A、B。由于磁针位于圆盘的正上方,所以穿过圆盘的磁通量始终为零,故C错误;如果将圆盘看成由沿半径方向的“辐条”组成,则圆盘在转动过程中,“辐条”会切割磁感线产生感应电动势,在圆盘中产生涡电流,该涡电流产生的磁场导致磁针运动,故A、B正确;同时圆盘中的自由电子随圆盘一起转动形成电流,该电流对磁针的转动没有作用,D错误。,2.(2015海南高考)如图,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应 强度方向垂直,当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时, 棒两端的感应电动势大小为,将此棒弯成两段长度相等且相互垂直 的折线,置于与磁感应强度相垂直的平面内,当它沿两段折线夹角平分 线的方向以速度v运动时,棒两端的感应电动势大小为。则 等 于( ) A. B. C.1 D.,【解析】选B。若直金属棒的长为L,则弯成折线后,有效切割长度 为 L。根据=BLv可知感应电动势的大小与有效切割长度成正 比,故 = ,B正确。,3.(2015安徽高考)如图所示,abcd为水平放置的平行“ ”形 光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应 强度大小为B,导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置,与导轨成角, 单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属 杆滑动过程中与导轨接触良好)。则( ),A.电路中感应电动势的大小为 B.电路中感应电流的大小为 C.金属杆所受安培力的大小为 D.金属杆的热功率为,【解析】选B。由电磁感应定律可知电路中感应电动势为E=Blv,A错误; 感应电流的大小 B正确;金属杆所受安培力的大小 C错误;热功率 D错误。,4.(2014新课标全国卷)如图甲,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间电压如图乙所 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( ),【解析】选C。本题考查了电磁感应的图像。根据法拉第电磁感应定律,ab线圈电流的变化率与线圈cd上的波形图一致,线圈cd上的波形图是方波,ab线圈电流只能是线性变化的,因为只有线性变化的变化率才是常数。所以C正确。,5.(多选)(2014山东高考)如图,一端接有定值电阻的平行金属轨道 固定在水平面内,通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定, 导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中, 导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻,以下叙述正确 的是( ) A.FM向右 B.FN向左 C.FM逐渐增大 D.FN逐渐减小,【解析】选B、C、D。由于绝缘导线紧贴导轨,根据安培定则判断电 流I在M区的磁场方向应垂直轨道面向外,且从左向右,磁感线逐渐变 密,导体棒匀速穿越该区时,由右手定则可判断棒中产生的感应电流 方向竖直向下,且逐渐增大,再由左手定则可知棒所受的安培力水平 向左,且逐渐增大,故选项A错误,C正确;同理可得,导体棒在穿越N区 的过程中,棒所受的安培力水平向左,且逐渐减小,故选项B、D均正确。,【考情分析】 主要题型：选择题、计算题 命题特点： 1.结合闭合电路的欧姆定律,利用楞次定律或右手定则判断感应电流的方向以及大小计算。 2.结合牛顿第二定律,对导体棒切割磁感线的运动进行受力分析和运动分析。 3.结合图像,应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电功率、动能定理等规律,解决电磁感应的综合问题。,【主干回顾】,【要素扫描】 (1)“三定则、一定律”的应用。 安培定则：运动电荷、电流产生磁场。 左手定则：磁场对_。 右手定则：部分导体_。 楞次定律：闭合电路磁通量发生变化。 (2)求感应电动势的两种方法。 _,用来计算感应电动势的_。 _,主要用来计算感应电动势的_。,运动电荷、电流的作用力,切割磁感线运动,平均值,瞬时值,热点考向1 电磁感应定律的图像问题 【典例1】如图甲所示,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同,则i随时间t变化的图线可能是图乙中的( ),【解题探究】 (1)直导线中电流i增大,其产生的磁场_,直导线中电流i减小, 其产生的磁场_。 (2)用_判断感应电流的方向,用_判断安培力的 方向。,增大,减小,楞次定律,左手定则,【解析】选A。本题题设要求线框中感应电流顺时针方向,根据楞次定律,可知框内磁场要么向里减弱(载流直导线中电流正向减小),要么向外增强(载流直导线中电流负向增大)。线框受安培力向左时,载流直导线电流一定向上,线框受安培力向右时,载流直导线中电流一定向下。故本题答案选A。,【迁移训练】,迁移1：把i-t图变换为E(U)-t(x)图 一均匀正方形闭合导线框abcd,边长为L=0.1m,bc边位于x轴上,在x轴 原点O右方有宽为0.2m,磁感应强度为1T的垂直纸面向里的匀强磁场区, 如图甲所示,当线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区过程中, 图乙中哪一个可以正确表示线框从进入到穿出过程中,ab边两端电势 差Uab随位置变化的情况( ),【解析】选B。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,需要分析出ab边是切割磁感线充当电源还是不切割磁 感线充当电阻。感应电动势E=BLv=0.4V。0L：ab边切割磁感线,可 等效为电源,其两端电势差为路端电压,Uab= =0.3V;L2L：ab边 和cd边均切割磁感线,等效为两电源反接,回路中没有感应电流,但ab 边两端电势差就等于ab边产生的电动势,为0.4V;2L3L：cd边切割 磁感线,ab边两端电势差Uab= =0.1V。所以选项B正确。,迁移2：把i-t图变换为F安-t图 如图甲所示,正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场。在外力作用下,一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动,t=0时刻,其四个顶点M、N、P、Q恰好在磁场边界中点。下列图像中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是图乙中的( ),【解析】选B。第一段时间从初位置到MN离开磁场,图a表示该过 程的任意一个位置,切割磁感线的有效长度为M1A与N1B之和,即为 M1M长度的2倍,此时电动势E=2Bvtv,线框受的安培力f=2BIvt= 图像是开口向上的抛物线,C、D错误;如图b所示,线框的右端M2N2刚好 出磁场时,左端Q2P2恰与MP共线,此后一段时间内有效长度不变,一直 到线框的左端与MN重合,这段时间内电流不变,安培力大小不变; 最后一段时间如图c所示,从线框左边匀速运动至MN位置开始计时, 有效长度为lAC=l-2vt,电动势E=B(l-2vt)v,线框受的安培力 图像是开口向上的抛物线,A错误,B正确。,迁移3：把i-t图变换为多图像的综合 (多选)如图甲所示,两固定的竖直光滑金属导轨足够 长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体杆c、d, 置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处。磁场宽 为3h,方向与导轨平面垂直。先由静止释放c,c刚进 磁场即做匀速运动,此时再由静止释放d,两导体杆与导轨始终保持 良好接触。用ac表示c的加速度,Ekd表示d的动能,xc、xd分别表示c、d 相对释放点的位移。图乙中正确的是( ),【解析】选B、D。开始c杆的加速度为g,c杆刚进入磁场即匀速运动, 加速度为0,在d杆下落h的过程中,h= gt2,c杆匀速下降了 xc=gtt=2h,d杆进入磁场时c杆相对释放点的位移为3h,d杆进入磁场 后,c、d杆又只在重力作用下运动,加速度为g,c、d杆都做匀加速运动, 二者与导轨组成的回路磁通量不变,感应电流为零,一起运动了h,c杆 出磁场,这时c杆的加速度仍为g,因此A错误,B正确;c杆出磁场时d杆 下落2h,c杆出磁场后,d杆切割磁感线产生电动势,在回路中产生感应 电流,因此时d杆速度大于c杆进入磁场时切割磁感线的速度,故电动势、,电流、安培力都大于c杆刚进入磁场时的大小,d杆减速,当d杆又运动了2h后,穿出磁场,做匀加速运动,结合匀变速直线运动公式 可知加速过程动能与路程成正比,所以C错误,D正确。,【典例2】(多选)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之间接一阻值为 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。下列关于穿过回路abPMa的磁 通量、磁通量的瞬时变化率 、通过金属棒的电荷量q以及ab两端 的电势差U随时间t变化的图像中,正确的是( ),【名师解读】 (1)命题立意：考查电磁感应的图像问题。 (2)关键信息：由静止开始沿导轨向上做匀加速运动。 (3)答题必备： =BS; =BLv; v=at; q=It; U=IR。 (4)易错警示：易误认为 不随时间而改变。,【解析】选B、D。设导体棒的长度为L,磁通量=BS=BLx=BL at2, 所以A错误;磁通量的变化率： =BLv=BLat,故B正确;通过金属棒的 电荷量 所以C错误;ab两端的电势差： 所以D正确。,【规律总结】解决电磁感应图像问题的方法技巧 (1)解决电磁感应图像问题的“三点关注”： 关注初始时刻,如初始时刻感应电流是否为零,是正方向还是负方向。 关注变化过程,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像变化相对应。 关注大小、方向的变化趋势,看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应。,(2)解决电磁感应图像问题的一般步骤： 明确图像的种类,即是B-t图还是-t图,或者E-t图、I-t图等。 分析电磁感应的具体过程。 用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。 结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。 根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等。 画图像或判断图像。,【加固训练】(多选)如图,一有界区域内,存在 着磁感应强度大小均为B,方向分别垂直于光滑 水平桌面向下和向上的匀强磁场,磁场宽度均 为L,边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上,使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域,若以逆时针方向为电流的正方向,能反映线框中感应电流变化规律的是( ),【解析】选A、C。线框的位移在0L、2L3L的过程中,只有一条边 切割磁感线,电流沿逆时针方向,其大小为 即I1t,为 直线;位移在L2L过程中,有两条边切割磁感线,电流方向沿顺时针 方向,其大小为 即I2t,也为直线,故选项A正确、 B错误;关于电流与位移的关系,由v2=2ax,则位移在0L和2L3L范 围内, 方向为逆时针,位移在L2L范围内, 方向为顺时针,故选项C正确、D错误。,热点考向2 电磁感应的电路和动力学问题 【典例3】(2015怀化一模)如图甲所示,间距为L、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为的斜面上。在区域内有方向垂直于斜面的匀强磁场,磁感应强度恒为B;在区域内有垂直于斜面向下的匀强磁场,其磁感应强度B2的大小随时间t变化的规律如图乙所示。t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从图示位置由静止开始沿导轨下滑,同时下端的另一金属细棒cd在位于区域内的导轨上也由静止释放。在ab棒运动到区域的下边界EF之前,cd棒始终静止不动,两棒均与导轨接触良好。,已知cd棒的质量为0.6m、电阻为0.3R,ab棒的质量、阻值均未知,区域沿斜面的长度为L,在t=tx时刻(tx未知)ab棒恰好进入区域,重力加速度为g。求：,(1)区域内磁场的方向。 (2)通过cd棒中的电流大小和方向。 (3)ab棒开始下滑的位置离区域上边界的距离。 (4)ab棒从开始下滑至EF的过程中,回路中产生的总热量。(结果用B、L、m、R、g中的字母表示),【名师解读】 (1)命题立意：考查导体切割磁感线时的感应电动势、平衡条件、 焦耳定律。 (2)关键信息：在ab棒运动到区域的下边界EF之前,cd棒始终静止 不动。,(3)答题必备： E=BLv; Q=EIt。 (4)易错警示：误认为E1与E2不相等。,【解析】(1)由楞次定律可知,流过cd的电流方向为从d到c,cd所受安 培力沿导轨向上,故由左手定则可知,区域内磁场垂直于斜面向上。 (2)cd棒受到重力、支持力和安培力的作用而处于平衡状态,由平衡条 件得：BIL=mgsin,解得：,(3)ab进入区域前做匀加速运动,进入后做匀速运动,设ab刚好到 达区域的边界的速度大小为v。在0tx内,由法拉第电磁感应定 律得： 在tx后有：E2=BLv, 且E1=E2, 解得： 解得： 故ab棒开始下滑的位置离区域上边界的距离为 。,(4)ab棒进入区域后做匀速直线运动,有 总时间为：t总=tx+t2=2tx, 电动势E=BLv不变,总热量为： Q=EIt总=2mgvtxsin=2mgLsin。 答案：(1)区域内磁场的方向垂直于斜面向上 (2) 方向由d到c (3) (4)2mgLsin,【典例4】(多选)如图所示,质量为3m的重物与一质量 为m的线框用一根绝缘细线连接起来,挂在两个高度相 同的定滑轮上,已知线框电阻为R,横边边长为L,水平 方向匀强磁场的磁感应强度为B,磁场上下边界的距离、 线框竖直边长均为h。初始时刻,磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h,将重物从静止开始释放,线框穿出磁场前,若线框已经做匀速直线运动,滑轮质量、摩擦阻力均不计。则下列说法中正确的是( ),A.线框进入磁场时的速度为 B.线框穿出磁场时的速度为 C.线框通过磁场的过程中产生的热量 D.线框进入磁场后,若某一时刻的速度为v,则加速度为,【解题探究】 (1)计算线框刚进入磁场时的速度的思路：_ _ (2)计算焦耳热的思路：_ _。,线框进入磁场前,线框,和重物均做匀加速直线运动,由牛顿第二定律和运动学公式求解。,从释放到线框离开磁场的过程,对整体由,能量守恒定律求解,【解析】选A、C、D。线框进入磁场前,对线框和重物整体受力分析, 有3mg-mg=(3m+m)a,可得匀加速直线运动的加速度a=0.5g。线框刚好 进入磁场时,位移为2h,根据v2=2ax可得 选项A对。线框穿出 磁场时,已经做匀速直线运动,那么重物也做匀速直线运动,拉力 T=3mg。对线框受力分析有拉力T=3mg竖直向上,自身重力mg竖直向下, 以及竖直向下的安培力 所以有 可得速 度 选项B错。从释放到线框离开磁场的过程,对整体根据能 量守恒有 整理可得,选项C对;线框进入磁场后,若某一时刻的速度为v,则有安培力 对整体分析有3mg-mg-F=(3m+m)a,可得加速度 选项D对。,【题组过关】 1.(多选)(2015青岛一模)如图所示,两根光滑的平行 金属导轨竖直放置在匀强磁场中,磁场和导轨平面垂直, 金属杆ab与导轨接触良好可沿导轨滑动,开始时开关S 断开,当ab杆由静止下滑一段时间后闭合S,则从S闭合开始计时,ab杆 的速度v与时间t的关系图像可能正确的是( ),【解析】选A、C、D。若ab杆速度为v时,S闭合,则ab杆中产生的感应电动势E=BLv,ab杆受到的安培力 如果安培力等于ab杆的重力,则ab杆匀速运动,A项正确;如果安培力小于ab杆的重力,则ab杆先加速最后匀速,C项正确;如果安培力大于ab杆的重力,则ab杆先减速最后匀速,D项正确;ab杆不可能匀加速运动,B项错误。,2.(2015海南高考)如图,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略。求： (1)电阻R消耗的功率。 (2)水平外力的大小。,【解析】(1)导体棒切割磁感线运动产生的电动势为E=Blv, 根据欧姆定律,闭合回路中的感应电流为 电阻R消耗的功率为P=I2R,联立可得 (2)对导体棒受力分析,受到向左的安培力和向左的摩擦力,向右的外力,三力平衡,故有 答案：(1) (2),3.(2015浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”,如图甲所示, 等臂天平的左臂为挂盘,右臂挂有矩形线圈,两臂平衡。线圈的水平边 长L=0.1 m,竖直边长H=0.3 m,匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内, 磁感应强度B0=1.0 T,方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在 02.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后,调节线圈中电流 使天平平衡,测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g=10 m/s2),(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg,线圈的匝数N1至少为多少? (2)进一步探究电磁感应现象,另选N2=100匝、形状相同的线圈,总电 阻R=10,不接外电流,两臂平衡。如图乙所示,保持B0不变,在线圈 上部另加垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B随时间均匀变大, 磁场区域宽度d=0.1m。当挂盘中放质量为0.01kg的物体时,天平平衡, 求此时磁感应强度的变化率 。,【解析】(1)线圈受到安培力F=N1B0IL, 天平平衡有mg=N1B0IL, 当电流为最大值2.0A时,N1有最小值, 代入数据得N1=25匝。 ,(2)由电磁感应定律得 由欧姆定律得 线圈受到安培力F=N2B0IL, 天平平衡有 代入数据可得 =0.1T/s。 答案：(1)25匝 (2)0.1T/s,【加固训练】(多选)(2015台州二模)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Tm=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。由静止释放后cd棒沿斜面向下做加速运动, 随着速度的增大,E=BLv变大, 也变大,F=BIL也变大,对 ab棒,当Tm=2mgsin=mgsin+BIL时,细线刚好被拉断,此时 cd棒这时向上的安培力与沿斜面向下的重力的 分力平衡,加速度大小是0,故选项A、D正确,选项B、C错误。,热点考向3 电磁感应定律的能量问题 【典例5】(20分)(2015佛山二模)如图所示,足够 长的光滑U形导体框架的宽度L=0.40m,电阻忽略不计, 其所在平面与水平面所成的角=37,磁感应强度 B=1.0T的匀强磁场方向垂直于框平面。一根质量为m=0.20kg、有效电阻R=1.0的导体棒MN垂直跨放在U形框架上,导体棒从静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时,通过导体棒横截面电量共为Q=2.0C。(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2)求：,(1)导体棒的最大加速度和最大电流强度的大小和方向。 (2)导体棒在0.2s内在框架所夹部分可能扫过的最大面积。 (3)导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中,导体棒的有效电阻消耗的电功。,【拿分策略】,按照过程列方程,就能拿到14分,若能正确求解方程,求出结果,再拿下6分,则得满分20分。,【解析】(1)MN速度为零时,加速度最大,由牛顿第二定律得mgsin37=ma (2分) 解得a=6m/s2,方向沿斜面向下 (1分) MN速度最大时,电流最大, 有：mgsin37=BIL (2分) 代入数据解得I=3A,电流的方向由NM (1分),(2)MN匀速运动时有最大速度,由法拉第电磁感应定律得 E=BLvm (1分) 由闭合电路的欧姆定律得 (1分) 代入数据解得vm=7.5m/s (1分) MN速度最大时,在0.2s内扫过的面积最大 S=Lvmt (1分) 故S=0.47.50.2m2=0.6 m2 (1分),(3)设MN从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中下滑的位移为d,通过导体棒横截面电量 (1分) (1分) 而平均感应电动势 (1分) =BLd (1分) 解得d=5m (1分),设导体棒的有效电阻消耗的电功为W,由动能定理得, (3分) 代入数据解得W=0.375J (1分) 答案：(1)6m/s2,方向沿斜面向下 3A,方向由NM (2)0.6m2 (3)0.375 J,【题组过关】 1.(2015石家庄二模)如图所示,在倾角为的 光滑斜面上,相距均为d的三条水平虚线l1、l2、l3, 它们之间的区域、分别存在垂直斜面向下和 垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框,从l1上方一定高处由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过l1进入磁场时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻,线框又开始以速度v2做匀速直线运动,重力加速度为g。在线框从释放到穿出磁场的过程中,下列说法正确的是( ),A.线框中感应电流的方向不变 B.线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间 C.线框以速度v2匀速直线运动时,发热功率为 D.线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,减少的机械能 E机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是,【解析】选C。从线框的ab边进入磁场I过程中,由右手定则判断可 知,ab边中产生的感应电流方向沿ab方向。dc边刚要离开磁场 的过程中,由右手定则判断可知,cd边中产生的感应电流方向沿dc 方向,ab边中感应电流方向沿ba方向,故A错误;根据共点力的平衡 条件可知,两次安培力与重力的分力大小相等方向相反;当ab边在磁 场中时,两边均受安培力,故v2应小于v1,则线框ab边从l1运动到l2所 用时间小于从l2运动到l3的时间,故B错误;线框以速度v2匀速运动时, 得 电功率,故C正确;机械能的减少量等于线框产生的电能,则由能量守恒知：线 框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,减少的机械能E机与线框 产生的焦耳热Q电的关系式是E机=Q电,故D错误。,2.(多选)(2015乐山二模)如图所示,固定在水平面 上的光滑平行金属导轨,间距为L,右端接有阻值为R的 电阻,空间存在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场。 质量为m、电阻为r的导体棒ab与固定弹簧相连,放在导轨上。初始时 刻,弹簧恰处于自然长度。给导体棒水平向右的初速度v0,导体棒开始 沿导轨往复运动,在此过程中,导体棒始终与导轨垂直并保持良好接 触。已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等,不计导轨电阻,则下 列说法中正确的是( ),A.导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左 B.导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U=BLv0 C.导体棒开始运动后速度第一次为零时,系统的弹性势能 D.金属棒最终会停在初始位置,在金属棒整个运动过程中,电阻R上产生的焦耳热,【解析】选A、D。导体棒开始运动的初始时刻,由右手定则判断可知： ab中产生的感应电流方向从ab,由左手定则判断得知ab棒受到的安 培力向左,故A正确;导体棒开始运动的初始时刻,ab棒产生的感应电势 为E=BLv0。由于r=R,所以导体棒两端的电压 故B错误;由 于导体棒运动过程中产生电能,所以导体棒开始运动后速度第一次为零 时,根据能量守恒定律得知：系统的弹性势能小于 故C错误;金 属棒最终会停在初始位置,在金属棒整个运动过程中,电阻R上产生的焦 耳热 故D正确。,3.(2015海淀区二模)洋流又叫海流,指大洋 表层海水常年大规模地沿一定方向较为稳定的 流动。因为海水中含有大量的正、负离子,这 些离子随海流做定向运动,如果有足够强的磁场能使海流中的正、负 离子发生偏转,便可用来发电。如图为利用海流发电的磁流体发电机 原理示意图,其中的发电管道是长为L、宽为d、高为h的矩形水平管 道。发电管道的上、下两面是绝缘板,南、北两侧面M、N是电阻可忽 略的导体板。两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于方向,竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。为了简化问题,可以认 为：开关闭合前后,海水在发电管道内以恒定速率v朝正东方向流动, 发电管道相当于电源,M、N两端相当于电源的正、负极,发电管道内海水的电阻为r(可视为电源内阻)。管道内海水所受的摩擦阻力保持不 变,大小为f。不计地磁场的影响。,(1)判断M、N两端哪端是电源的正极,并求出此发电装置产生的电动势。 (2)要保证发电管道中的海水以恒定的速率流动,发电管道进、出口两端要保持一定的压力差。请推导当开关闭合后,发电管两端压力差F与发电管道中海水的流速v之间的关系。 (3)发电管道进、出口两端压力差F的功率可视为该发电机的输入功率,定值电阻R消耗的电功率与输入功率的比值可定义为该发电机的效率。求开关闭合后,该发电机的效率。在发电管道形状确定、海水的电阻r、外电阻R和管道内海水所受的摩擦阻力f保持不变的情况下,要提高该发电机的效率,简述可采取的措施。,【解析】(1)由右手定则可知M端电势高,M端为电源的正极。开关S断 开,MN两端的电压U等于电源的电动势E,即U=E,由于导电离子做匀速 运动,所以有： 解得：E=U=Bdv (2)以发电管道内的海水为研究对象,其受力平衡,则有F=BId+f,根据 欧姆定律有： 解得：,(3)由题意可知输入功率为： 输出功率为： 解得： 可见,增大发电管道内海水的流速v和增强磁感应强度B可以提高发电机效率。 答案：(1)M端为电源的正极 Bdv (2) (3)见解析,【加固训练】如图甲所示,足够长的平行光滑金属导轨ab、cd倾斜放 置,两导轨之间的距离为L=0.5m,导轨平面与水平面间的夹角为 =30,导轨上端a、c之间连接有一阻值为R1=4的电阻,下端b、d 之间接有一阻值为R2=4的小灯泡。有理想边界的匀强磁场垂直于导 轨平面向上,虚线ef为磁场的上边界,ij为磁场的下边界,此区域内的 磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示,现将一质量为m= kg的 金属棒MN,从距离磁场上边界ef一定距离处,从t=0时刻开始由静止释 放,金属棒MN从开始运动到经过磁场的下边界ij的过程中,小灯泡的,亮度始终不变。金属棒MN在两轨道间的电阻r=1,其余部分的电阻忽略不计,ef、ij边界均垂直于两导轨,重力加速度g取10m/s2。求： (1)小灯泡的实际功率。 (2)金属棒MN穿出磁场前的最大速率。 (3)整个过程中小灯泡产生的热量。,【解析】(1)由于小灯泡的亮度始终不变,说明金属棒MN进入磁场后做 匀速直线运动,速度v达到最大,由平衡条件得：mgsin=BIL,小灯泡 的电功率P=( )2R2,电功率 (2)由闭合电路欧姆定律得： 其中,总电阻 由法拉第电磁感应定律得：E=BLv 由以上各式代入数据解得：v=5m/s,(3)金属棒进入磁场前,由牛顿第二定律得：mgsin=ma 加速度a=gsin30=5 m/s2 进入磁场前所用的时间： 设磁场区域的长度为x。在0t1时间内, 由法拉第电磁感应定律得： 金属棒MN进入磁场前,总电阻 感应电动势E= R,在磁场中运动的时间 整个过程中小灯泡产生的热量为Q=P(t1+t2) 代入数据解得：Q=5J 答案：(1) W (2)5 m/s (3)5 J,电磁感应的综合应用 【经典案例】 (18分)(2015渝中区二模)如图,电阻不计的相同 的光滑弯折金属轨道MON与MON均固定在竖直 面内,二者平行且正对,间距为L=1m,构成的斜面NOON与MOOM 跟水平面夹角均为=30,两边斜面均处于垂直于斜面的匀强磁场中, 磁感应强度大小均为B=0.1T。t=0时,将长度也为L,电阻R=0.1的金 属杆a在轨道上无初速度释放。金属杆与轨道接触良好,轨道足够长。 (g取10m/s2,不计空气阻力,轨道与地面绝缘),(1)求t时刻杆a产生的感应电动势的大小E。 (2)在t=2s时将与a完全相同的金属杆b放在MOOM上,发现b恰能静 止,求a杆的质量m以及放上b后a杆每下滑位移s=1m回路产生的焦耳热 Q。,【审题流程】,【满分模板】 (1)只放a杆在导轨上,a杆做匀加速直线运动, 由牛顿第二定律得：mgsin=ma (2分) t时刻速度为：v=at (1分) 由法拉第电磁感应定律得：E=BLv (1分) 联立解得E=0.5tV(2分),(2)t=2s时a杆产生的感应电动势的大小 E=0.5tV=1V(2分) 回路中感应电流： (2分) 解得I=5A(1分) 对b杆,由平衡条件得：mgsin30=BIL (2分) 解得：m=0.1kg(1分) 因为a、b杆完全相同,故a杆的质量也为m=0.1kg(1分) 对a、b杆组成的系统根据能量守恒定律得： Q=mgssin30(2分) 解得Q=0.5J(1分) 答案：(1)0.5tV (2)0.1kg 0.5J,【评分细则】 第一问： (1)没有列出式,直接写成a=gsin,不扣分。 (2)式写成E=0.5t,扣1分。 心得：在时间比较紧张的情况下,要尽量根据题设条件写出必要的方程。 根据运动过程分步列方程,力争多得步骤分。 要注意对计算结果的讨论,单位是否书写。,第二问： (1)式欧姆定律的表达式写成 不得分。 (2)缺少式的说明扣1分。 (3)若式写成“由动能定理得mgssin30-Q=0”,扣2分。因为Q为整个回路产生的焦耳热,故本式的研究对象应为系统。,心得：根据运动过程要列定律、定理的原始方程,不能写成变形式,否则不得分。 题目中如果有隐含的条件,计算完成一定要进行必要的文字说明,否则将影响步骤分。,
展开阅读全文