2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第3講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案.doc
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第3講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 微知識(shí)1 電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題 1.內(nèi)電路和外電路 (1)切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源。 (2)該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻,其余部分是外電路。 2.電源電動(dòng)勢(shì)和路端電壓 (1)電動(dòng)勢(shì):E=BLv或E=n。 (2)電源正、負(fù)極:用右手定則或楞次定律確定。 (3)路端電壓:U=E-Ir=IR。 微知識(shí)2 電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題 微知識(shí)3 感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中所受的安培力 1.安培力的大小 由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,感應(yīng)電流I=和安培力公式F=BIL得F=。 2.安培力的方向判斷 微知識(shí)4 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒 1.能量轉(zhuǎn)化的實(shí)質(zhì) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化實(shí)質(zhì)是其他形式能和電能之間的轉(zhuǎn)化。 2.能量的轉(zhuǎn)化 感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受安培力,外力克服安培力做功,將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能,電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(或其他形式的能)。 3.熱量的計(jì)算 電流(恒定)做功產(chǎn)生的熱量用焦耳定律計(jì)算,公式Q=I2Rt。 一、思維辨析(判斷正誤,正確的畫(huà)“√”,錯(cuò)誤的畫(huà)“”。) 1.閉合電路的歐姆定律同樣適用于電磁感應(yīng)電路。(√) 2.在閉合回路中切割磁感線的那部分導(dǎo)體兩端的電壓一定等于產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。() 3.電路中電流一定從高電勢(shì)流向低電勢(shì)。() 4.克服安培力做的功一定等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱。() 5.有安培力作用時(shí)導(dǎo)體棒不可能做加速運(yùn)動(dòng)。() 二、對(duì)點(diǎn)微練 1.(電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題)如圖所示,兩個(gè)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(chǎng)垂直穿過(guò)大金屬環(huán)所在區(qū)域,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí),在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,則a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為( ) A.E B.E C.E D.E 解析 a、b間的電勢(shì)差等于路端電壓,而小環(huán)電阻占電路總電阻的,故a、b間電勢(shì)差為U=E,B項(xiàng)正確。 答案 B 2.(電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題)在四個(gè)選項(xiàng)中,虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。A、B中的導(dǎo)線框?yàn)檎叫?,C、D中的導(dǎo)線框?yàn)橹苯巧刃?。各?dǎo)線框均繞垂直紙面軸O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng),轉(zhuǎn)動(dòng)方向如箭頭所示,轉(zhuǎn)動(dòng)周期均為T。從線框處于圖示位置時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí),以在OP邊上從P點(diǎn)指向O點(diǎn)的方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向。則在選項(xiàng)中的四個(gè)情景中,產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖所示的是( ) 解析 根據(jù)感應(yīng)電流在一段時(shí)間恒定,導(dǎo)線框應(yīng)為扇形;由右手定則可判斷出產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化規(guī)律如題圖甲所示的是C。 答案 C 3.(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題)(多選)如圖所示,有兩根和水平方向成α角的光滑平行金屬軌道,上端接有可變電阻R,下端足夠長(zhǎng),空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下,經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后,金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vmax,則( ) A.如果B增大,vmax將變大 B.如果α變大,vmax將變大 C.如果R變大,vmax將變大 D.如果m變大,vmax將變大 解析 金屬桿從軌道上由靜止滑下,經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間后,速度達(dá)最大值vmax,此后金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng),桿受重力、軌道的支持力和安培力,如圖所示。安培力F=LB,對(duì)金屬桿列平衡方程mgsinα=,則vmax=,由此式可知,B增大,vmax減??;α增大,vmax增大;R變大,vmax變大;m變大, vmax變大。因此B、C、D項(xiàng)正確。 答案 BCD 4.(電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題)如圖所示,豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R,質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無(wú)摩擦,棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì),整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直,棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時(shí)間內(nèi),力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于( ) A.棒的機(jī)械能增加量 B.棒的動(dòng)能增加量 C.棒的重力勢(shì)能增加量 D.電阻R上放出的熱量 解析 棒受重力G、拉力F和安培力F安的作用。由動(dòng)能定理:WF+WG+W安=ΔEk得WF+W安=ΔEk+mgh,即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機(jī)械能的增加量,選項(xiàng)A正確。 答案 A 見(jiàn)學(xué)生用書(shū)P164 微考點(diǎn) 1 電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題 核|心|微|講 在電磁感應(yīng)過(guò)程中,切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),該導(dǎo)體或回路相當(dāng)于電源。因此,電磁感應(yīng)問(wèn)題往往又和電路問(wèn)題聯(lián)系在一起。解決此類問(wèn)題的基本思想是將電磁感應(yīng)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為直流電路的分析與計(jì)算問(wèn)題。 基本思路:①用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向;②弄清電路結(jié)構(gòu),必要時(shí)畫(huà)出等效電路圖;③運(yùn)用歐姆定律、串并聯(lián)電路等規(guī)律求解路端電壓、電功率等問(wèn)題。 典|例|微|探 【例1】 (多選)如圖所示,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場(chǎng)區(qū)域,其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B=kt(常量k>0)?;芈分谢瑒?dòng)變阻器R的最大阻值為R0,滑動(dòng)片P位于滑動(dòng)變阻器中央,定值電阻R1=R0、R2=。閉合開(kāi)關(guān)S,電壓表的示數(shù)為U,不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),則( ) A.R2兩端的電壓為 B.電容器的a極板帶正電 C.滑動(dòng)變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍 D.正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為kL2 【解題導(dǎo)思】 (1)電路中哪部分是電源? 答:MN左側(cè)的正方形線框是電源。 (2)滑動(dòng)變阻器的左右兩部分中電流相等嗎? 答:滑動(dòng)變阻器的左邊部分電流大于右邊部分電流。 解析 將滑動(dòng)變阻器在滑片處分為兩部分,電阻均為,其中右側(cè)部分與R2并聯(lián),并聯(lián)阻值為,所以電路中總電阻為,由歐姆定律可知,A項(xiàng)正確;當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加時(shí),由楞次定律可知,R2中電流從右向左,所以b板帶正電,B項(xiàng)錯(cuò)誤;滑動(dòng)變阻器右側(cè)部分電流、電壓均與R2相同,左側(cè)部分電阻與R2相同,電流是R2中電流的2倍,由P=I2R可知滑動(dòng)變阻器的總功率是R2的5倍,所以C項(xiàng)正確;由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=n,其中S為有效面積,S=πr2,得E=πkr2,所以D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案 AC 題|組|微|練 1.如圖所示,虛線框內(nèi)存在均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng),三個(gè)電阻R1、R2、R3的阻值之比為1∶2∶3,導(dǎo)線的電阻不計(jì)。當(dāng)S1、S2閉合,S3斷開(kāi)時(shí),閉合回路中感應(yīng)電流為I;當(dāng)S2、S3閉合,S1斷開(kāi)時(shí),閉合回路中感應(yīng)電流為5I;當(dāng)S1、S3閉合,S2斷開(kāi)時(shí),閉合回路中感應(yīng)電流為( ) A.0 B.4I C.6I D.7I 解析 因?yàn)镽1∶R2∶R3=1∶2∶3,可以設(shè)R1=R,R2=2R,R3=3R;由電路圖可知,當(dāng)S1、S2閉合,S3斷開(kāi)時(shí),電阻R1與R2組成閉合回路,設(shè)此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是E1,由歐姆定律可得E1=3IR。當(dāng)S2、S3閉合,S1斷開(kāi)時(shí),電阻R2與R3組成閉合回路,設(shè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2,由歐姆定律可得E2=5I5R=25IR。當(dāng)S1、S3閉合,S2斷開(kāi)時(shí),電阻R1與R3組成閉合回路,此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=E1+E2=28IR,則此時(shí)的電流I′===7I,故選項(xiàng)D正確。 答案 D 2.在同一水平面上的光滑平行導(dǎo)軌P、Q相距l(xiāng)=1 m,導(dǎo)軌左端接有如圖所示的電路。其中水平放置的平行板電容器兩極板M、N相距d=10 mm,定值電阻R1=R2=12 Ω,R3=2 Ω,金屬棒ab的電阻r=2 Ω,其他電阻不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直穿過(guò)導(dǎo)軌平面,當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),懸浮于電容器兩極板之間的質(zhì)量m=110-14kg、電荷量q=-110-14 C的微粒恰好靜止不動(dòng)。g取10 m/s2,在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好,且速度保持恒定。試求: (1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向。 (2)ab兩端的路端電壓。 (3)金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的速度。 解析 (1)負(fù)電荷受到重力和電場(chǎng)力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài),因?yàn)橹亓ωQ直向下,所以電場(chǎng)力豎直向上,故M板帶正電。ab棒向右做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),ab棒等效于電源,其a端為電源的正極,感應(yīng)電流方向由b→a,由右手定則可判斷,磁場(chǎng)方向豎直向下。 (2)微粒受到重力和電場(chǎng)力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài),根據(jù)平衡條件有 mg=Eq, 又E=, 所以UMN==0.1 V。 R3兩端電壓與電容器兩端電壓相等,由歐姆定律得通過(guò)R3的電流為 I==0.05 A, 則ab棒兩端的電壓為 Uab=UMN+I(xiàn)=0.4 V。 (3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv, 由閉合電路歐姆定律得 E=Uab+I(xiàn)r=0.5 V, 聯(lián)立解得v=1 m/s。 答案 (1)豎直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s 微考點(diǎn) 2 電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題 核|心|微|講 1.圖象類型 2.分析方法 對(duì)圖象的分析,應(yīng)做到“四明確三理解” (1)明確圖象所描述的物理意義;明確各種正、負(fù)號(hào)的含義;明確斜率的含義;明確圖象和電磁感應(yīng)過(guò)程之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系。 (2)理解三個(gè)相似關(guān)系及其各自的物理意義 v-Δv-,B-ΔB-,Φ-ΔΦ-。 典|例|微|探 【例2】 (多選)如圖所示,電阻不計(jì)、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)軌左端接一定值電阻R。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上,受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F=F0+kv(F0、k是常量),金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)電流為i,受到的安培力大小為FA,電阻R兩端的電壓為UR,感應(yīng)電流的功率為P,它們隨時(shí)間t變化圖象可能正確的有( ) 【解題導(dǎo)思】 (1)水平方向?qū)w棒受到哪些力作用? 答:水平方向受到外力F和安培力作用。 (2)導(dǎo)體棒的加速度會(huì)隨著速度變化而變化嗎? 答:根據(jù)F-FA=ma和F=F0+kv可知,a與v有關(guān)。 解析 設(shè)某時(shí)刻金屬棒的速度為v,根據(jù)牛頓第二定律F-FA=ma,即F0+kv-=ma,即F0+v=ma,如果k>,則加速度與速度成線性關(guān)系,且隨著速度增大,加速度越來(lái)越大,即金屬棒運(yùn)動(dòng)的v-t圖象的切線斜率越來(lái)越大,由于FA=,F(xiàn)A-t圖象的切線斜率也越來(lái)越大,感應(yīng)電流、電阻兩端的電壓及感應(yīng)電流的功率也會(huì)隨時(shí)間變化得越來(lái)越快,B項(xiàng)正確;如果k=,則金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間均勻增大,感應(yīng)電流、電阻兩端的電壓、安培力均隨時(shí)間均勻增大,感應(yīng)電流的功率與時(shí)間的二次方成正比,沒(méi)有選項(xiàng)符合;如果k<,則金屬棒做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng),感應(yīng)電流、電阻兩端的電壓、安培力均增加得越來(lái)越慢,最后恒定,感應(yīng)電流的功率最后也恒定,C項(xiàng)正確。 答案 BC 【反思總結(jié)】 電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個(gè)常見(jiàn)解法 1.排除法:定性地分析電磁感應(yīng)過(guò)程中物理量的變化趨勢(shì)(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化),特別是物理量的正負(fù),排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。 2.函數(shù)法:根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系,然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象作出分析和判斷,這未必是最簡(jiǎn)捷的方法,但卻是最有效的方法。 題|組|微|練 3.如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、三象限內(nèi)有垂直該坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),二者磁感應(yīng)強(qiáng)度相同,圓心角為90的扇形導(dǎo)線框OPQ以角速度ω繞O點(diǎn)在圖示坐標(biāo)平面內(nèi)沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)。規(guī)定與圖中導(dǎo)線框的位置相對(duì)應(yīng)的時(shí)刻為t=0,導(dǎo)線框中感應(yīng)電流逆時(shí)針為正。則關(guān)于該導(dǎo)線框轉(zhuǎn)一周的時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化圖象正確的是( ) 解析 在線框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí),由E=BL2ω知,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定,感應(yīng)電流大小不變,故B、D項(xiàng)錯(cuò)誤;在~T內(nèi),由楞次定律判斷可知線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向沿逆時(shí)針?lè)较?,為正,故A項(xiàng)正確、C項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案 A 4.邊長(zhǎng)為a的閉合金屬正三角形框架,左邊豎直且與磁場(chǎng)右邊界平行,完全處于垂直框架平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?,F(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場(chǎng),如圖所示,則下列圖象與這一過(guò)程相符合的是( ) 解析 該過(guò)程中,框架切割磁感線的有效長(zhǎng)度等于框架與磁場(chǎng)右邊界兩交點(diǎn)的間距,根據(jù)題中幾何關(guān)系有l(wèi)有效=x,所以E電動(dòng)勢(shì)=Bl有效v=Bvx∝x,A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;框架勻速運(yùn)動(dòng),故F外力=F安==∝x2,C項(xiàng)錯(cuò)誤;P外力功率=F外力v∝F外力∝x2,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案 B 微考點(diǎn) 3 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 核|心|微|講 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力的作用,從而影響導(dǎo)體棒(或線圈)的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況。 1.導(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài) (1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 (2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零。 2.處理方法 根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。 3.導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)分析流程 典|例|微|探 【例3】 如圖,兩固定的絕緣斜面傾角均為θ,上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng),質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上。已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中,回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求: (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小。 (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小。 【解題導(dǎo)思】 (1)ab棒受到哪些力的作用? 答:重力(豎直向下)、斜面的支持力(垂直斜面向上)、軟導(dǎo)線的拉力(沿斜面向上)、斜面的摩擦力(沿斜面向上)、安培力(沿斜面向上)。 (2)cd棒受到哪些力的作用? 答:重力(豎直向下)、斜面的支持力(垂直斜面向上)、軟導(dǎo)線的拉力(沿斜面向上)、斜面的摩擦力(沿斜面向下) 解析 (1)設(shè)兩根導(dǎo)線的總的張力的大小為T,右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為N1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為N2。對(duì)于ab棒,由力的平衡條件得2mgsinθ=μN(yùn)1+T+F,① N1=2mgcosθ。② 對(duì)于cd棒,同理有 mgsinθ+μN(yùn)2=T,③ N2=mgcosθ,④ 聯(lián)立①②③④式得 F=mg(sinθ-3μcosθ)。⑤ (2)由安培力公式得F=BIL,⑥ 這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流。 ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=Blv,⑦ 式中,v是ab棒下滑速度的大小。 由歐姆定律得I=,⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得 v=(sinθ-3μcosθ)。⑨ 答案 (1)mg(sinθ-3μcosθ) (2)(sinθ-3μcosθ) 【反思總結(jié)】 用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的一般思路是“先電后力”,具體思路如下: 1.進(jìn)行“源”的分析——分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源,求出電源的參數(shù)E和r。 2.進(jìn)行“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu),明確串、并聯(lián)的關(guān)系,求出相關(guān)部分的電流大小,以便求解安培力。 3.進(jìn)行“力”的分析——分析研究對(duì)象(常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力情況,尤其注意其所受的安培力。 4.進(jìn)行“運(yùn)動(dòng)”狀態(tài)的分析——根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系,判斷出正確的運(yùn)動(dòng)模型。 題|組|微|練 5.(多選)如圖所示,不計(jì)電阻的光滑U形金屬框水平放置,光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上,H、P的間距很小。質(zhì)量為0.2 kg的細(xì)金屬桿CD恰好無(wú)擠壓地放在兩擋板之間,與金屬框接觸良好并圍成邊長(zhǎng)為1 m的正方形,其有效電阻為0.1 Ω。此時(shí)在整個(gè)空間加方向與水平面成30角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律為B=(0.4-0.2t)T,圖示磁場(chǎng)方向?yàn)檎较????、擋板和桿不計(jì)形變。則( ) A.t=1 s時(shí),金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D B.t=3 s時(shí),金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到C C.t=1 s時(shí),金屬桿對(duì)擋板P的壓力大小為0.1 N D.t=3 s時(shí),金屬桿對(duì)擋板H的壓力大小為0.2 N 解析 由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律是B=(0.4-0.2t) T,則t=1 s時(shí),穿過(guò)金屬桿與金屬框圍成的平面的磁通量向下且在減小,則根據(jù)楞次定律可知,金屬桿CD中的感應(yīng)電流的方向從C到D,故A項(xiàng)正確;在t=3 s時(shí),穿過(guò)金屬桿與金屬框圍成的平面的磁通量向上且在增大,則根據(jù)楞次定律可知,金屬桿CD中的感應(yīng)電流的方向從C到D,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得,在t=1 s時(shí),回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E=L2sin30=0.1 V,根據(jù)閉合電路歐姆定律和電路的串、并聯(lián)知識(shí)可得,流經(jīng)金屬桿CD的電流大小為I==1 A,又根據(jù)平衡條件可知,在t=1 s時(shí)擋板P對(duì)金屬桿CD產(chǎn)生的彈力為F=BILsin30=0.211 N=0.1 N,又根據(jù)牛頓第三定律可得,在t=1 s時(shí)金屬桿CD對(duì)擋板P產(chǎn)生的壓力為0.1 N,故C項(xiàng)正確;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得,在t=3 s時(shí),回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E′=L2sin30=0.1 V,根據(jù)閉合電路歐姆定律和電路的串、并聯(lián)知識(shí)可得,流經(jīng)金屬桿CD的電流大小為I′==1 A,又根據(jù)平衡條件可知,在t=3 s時(shí)擋板H對(duì)金屬桿CD產(chǎn)生的彈力為F′=BI′Lsin30=0.211 N=0.1 N,根據(jù)牛頓第三定律可得,在t=3 s時(shí)金屬桿CD對(duì)擋板H產(chǎn)生的壓力為0.1 N,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案 AC 6.(多選)如圖,兩根足夠長(zhǎng)且光滑平行的金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面,導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連,板間距離足夠大,板間有一帶電微粒,金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上,下滑過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好。現(xiàn)同時(shí)由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab,則下列說(shuō)法正確的是( ) A.金屬棒ab最終可能勻速下滑 B.金屬棒ab一直加速下滑 C.金屬棒ab下滑過(guò)程中M板電勢(shì)高于N板電勢(shì) D.帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng) 解析 金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑,棒中有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而對(duì)電容器充電,充電電流通過(guò)金屬棒時(shí)受安培力作用,只有金屬棒速度增大時(shí)才有充電電流,因此總有mgsin θ-BIl>0,金屬棒將一直加速,A項(xiàng)錯(cuò)、B項(xiàng)對(duì);由右手定則可知,金屬棒a端電勢(shì)高,則M板電勢(shì)高,C項(xiàng)對(duì);若微粒帶負(fù)電,則靜電力向上與重力反向,開(kāi)始時(shí)靜電力為0,微粒向下加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)靜電力增大到大于重力時(shí),微粒的加速度向上,D項(xiàng)錯(cuò)。 答案 BC 微考點(diǎn) 4 電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題 核|心|微|講 1.能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn) 2.電能的求解思路 典|例|微|探 【例4】(多選)如圖所示,固定放置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌的間距為d,其右端接有阻值為R的電阻,整個(gè)裝置處在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置,且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ?,F(xiàn)導(dǎo)體棒在水平向左、垂直于導(dǎo)體棒的恒力F作用下從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離L時(shí),速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持垂直)。設(shè)導(dǎo)體棒接入電路的電阻為r,導(dǎo)軌電阻不計(jì),重力加速度大小為g。則在此過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是( ) A.導(dǎo)體棒的速度最大值為 B.流過(guò)電阻R的電荷量為 C.恒力F和摩擦力對(duì)導(dǎo)體棒做的功之和等于導(dǎo)體棒動(dòng)能的變化量 D.恒力F和安培力對(duì)導(dǎo)體棒做的功之和大于導(dǎo)體棒動(dòng)能的變化量 【解題導(dǎo)思】 (1)導(dǎo)體棒的速度在什么情況下達(dá)到最大? 答:合外力為零。 (2)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有哪些力做功?合外力的功與動(dòng)能變化有何關(guān)系? 答:恒力F做正功、摩擦力做負(fù)功、安培力做負(fù)功,合外力的功與動(dòng)能變化相等。 解析 當(dāng)合外力為零的時(shí)候,導(dǎo)體棒的加速度為零,此時(shí)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到最大值,此后因?yàn)樗俣炔蛔?,所以感?yīng)電流不變,安培力不變,合外力不變,一直是零,導(dǎo)體棒將做勻速直線運(yùn)動(dòng)。由E=Bdv,F(xiàn)安=BId以及I=得出安培力F安=,因?yàn)楹贤饬榱悖訤安=F-μmg,可解出vm=,所以A項(xiàng)錯(cuò)誤;由電荷量q=IΔt、E=和I=得出q==,所以B項(xiàng)正確;由能量守恒知恒力F做的功在數(shù)值上等于產(chǎn)生的電熱(即克服安培力做的功)、克服摩擦力做的功以及動(dòng)能的增加量,所以C項(xiàng)錯(cuò)誤、D項(xiàng)正確。 答案 BD 題|組|微|練 7.(多選)如圖所示,兩條電阻不計(jì)的平行導(dǎo)軌與水平面成θ角,導(dǎo)軌的一端連接定值電阻R1,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面。一根質(zhì)量為m、電阻為R2的導(dǎo)體棒ab,垂直導(dǎo)軌放置,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,且R2=2R1。如果導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑,導(dǎo)體棒此時(shí)受到的安培力大小為F,則以下判斷正確的是( ) A.電阻R1消耗的熱功率為 B.整個(gè)裝置消耗的機(jī)械功率為Fv C.整個(gè)裝置因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcosθ D.若使導(dǎo)體棒以v的速度勻速上滑,則必須施加沿導(dǎo)軌向上的外力F外=2F 解析 由能量守恒定律可知,安培力的功率等于電路中消耗的電功率,因此有P1+P2=Fv, 由焦耳定律可知==,解得P1=Fv,A項(xiàng)正確;由于導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng),整個(gè)裝置消耗的機(jī)械功率等于重力的功率,為mgvsinθ,B項(xiàng)錯(cuò)誤;下滑過(guò)程中,導(dǎo)體棒所受摩擦力大小為f=μmgcosθ,整個(gè)裝置因摩擦而消耗的功率為P′=fv=μmgvcosθ,C項(xiàng)正確;若使導(dǎo)體棒以v的速度勻速上滑,則安培力方向沿斜面向下而大小不變,由共點(diǎn)力平衡條件可知,則應(yīng)沿斜面向上施加的拉力為F外=mgsinθ+F+μmgcosθ,又導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑時(shí),導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F,則mgsinθ=F+μmgcosθ,F(xiàn)外=2(F+μmgcosθ),D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案 AC 8.如圖所示,固定的水平光滑金屬導(dǎo)軌,間距為L(zhǎng),左端接有阻值為R的電阻,處在方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連,放在導(dǎo)軌上,導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。初始時(shí)刻,彈簧恰處于自然長(zhǎng)度,導(dǎo)體棒具有水平向右的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。 (1)求初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力。 (2)若導(dǎo)體棒從初始時(shí)刻到速度第一次為零時(shí),彈簧的 彈性勢(shì)能為Ep,則這一過(guò)程中安培力所做的功W1和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1分別為多少? (3)導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng),最終將靜止于何處?從導(dǎo)體棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終靜止的過(guò)程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少? 解析 (1)初始時(shí)刻棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv0, 棒中感應(yīng)電流I=, 作用于棒上的安培力F=BIL, 聯(lián)立以上各式解得F=,方向水平向左。 (2)由功能關(guān)系得 安培力做功W1=Ep-mv, 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 Q1=mv-Ep。 (3)由能量轉(zhuǎn)化及平衡條件等,可判斷:棒最終靜止于初始位置,Q=mv。 答案 (1),方向水平向左 (2)Ep-mv mv-Ep (3)棒最終靜止于初始位置 mv 見(jiàn)學(xué)生用書(shū)P167 電磁感應(yīng)中的“桿+導(dǎo)軌”模型 素能培養(yǎng) 1.單桿模型 (1)模型特點(diǎn):導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)→閉合回路→感應(yīng)電流→安培力→阻礙棒相對(duì)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)。 (2)分析思路:確定電源 (3)解題關(guān)鍵:對(duì)棒的受力分析,動(dòng)能定理應(yīng)用。 2.雙桿模型 (1)模型特點(diǎn) ①一桿切割時(shí),分析同單桿類似。 ②兩桿同時(shí)切割時(shí),回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)由兩桿共同決定,E==Bl(v1-v2)。 (2)解題要點(diǎn):?jiǎn)为?dú)分析每一根桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)及受力情況,建立兩桿聯(lián)系,列方程求解。 經(jīng)典考題 如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ=30的斜面上,導(dǎo)軌電阻不計(jì),間距L=0.4 m。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN,Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下,Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上,兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.5 T。在區(qū)域Ⅰ中,將質(zhì)量m1=0.1 kg、電阻R1=0.1 Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上,ab剛好不下滑。然后,在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2=0.4 kg、電阻R2=0.1 Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上,由靜止開(kāi)始下滑。cd在滑動(dòng)過(guò)程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中,ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸,g取10 m/s2。問(wèn): (1)cd下滑的過(guò)程中,ab中的電流方向。 (2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí),cd的速度v多大。 (3)從cd開(kāi)始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中,cd滑動(dòng)的距離x=3.8 m,此過(guò)程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少。 解析 (1)cd下滑,根據(jù)右手定則判斷,c端電勢(shì)高于d端,ab中電流方向從a到b。 (2)ab剛放上時(shí),剛好不下滑,說(shuō)明ab棒受到了最大靜摩擦力fm作用,且fm=m1gsinθ, cd棒下滑后,分析導(dǎo)體棒ab的受力如圖所示,ab剛要上滑時(shí),ab所受最大靜摩擦力沿斜面向下,則 F安=fm+m1gsinθ, 又F安=ILB, cd棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv, 由閉合電路的歐姆定律得 I=, 由以上各式得 v==5 m/s。 (3)設(shè)cd產(chǎn)生的熱量為Q′,則 ==1, 根據(jù)動(dòng)能定理得 m2gxsinθ-(Q+Q′)=m2v2, 代入已知數(shù)據(jù)得Q=Q′=1.3 J。 答案 (1)從a到b (2)5 m/s (3)1.3 J 對(duì)法對(duì)題 1.如圖,MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌,其間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌彎曲部分光滑,平直部分粗糙,右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處?kù)o止釋放,到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中( ) A.流過(guò)金屬棒的最大電流為 B.通過(guò)金屬棒的電荷量為 C.克服安培力所做的功為mgh D.金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h-μd) 解析 金屬棒滑下過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有mgh=mv,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有Em=BLvm,根據(jù)閉合電路歐姆定律有Im=,聯(lián)立得Im=,A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)q=可知,通過(guò)金屬棒的電荷量為,B項(xiàng)錯(cuò)誤;金屬棒運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得mgh+Wf+W安=0,所以克服安培力做的功小于mgh,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;由Wf=-μmgd,金屬棒克服安培力做的功完全轉(zhuǎn)化成電熱,由題意可知金屬棒與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相同,設(shè)金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q,故2Q=-W安,聯(lián)立得Q=mg(h-μd),D項(xiàng)正確。 答案 D 2.如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行光滑金屬導(dǎo)軌相距為L(zhǎng),導(dǎo)軌平面與水平面成θ角,質(zhì)量均為m、阻值均為R的金屬棒a、b緊挨著放在兩導(dǎo)軌上,整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,以一平行于導(dǎo)軌平面向上的恒力F=2mgsinθ拉a棒,同時(shí)由靜止釋放b棒,直至b棒剛好勻速時(shí),在此過(guò)程中通過(guò)棒的電量為q,棒與導(dǎo)軌始終垂直并保持良好接觸,重力加速度為g。求: (1)b棒剛好勻速時(shí),a、b棒間的距離s。 (2)b棒最終的速度大小vb。 (3)此過(guò)程中a棒產(chǎn)生的熱量Q。 解析 (1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有=,① 根據(jù)閉合電路歐姆定律有 =,② 又q=Δt,③ 得q===,解得 s=。④ (2)b棒勻速時(shí)有 BIL=mgsinθ,⑤ E=BL(va+vb),⑥ I=。⑦ 對(duì)a棒向上加速的任一時(shí)刻由牛頓第二定律得 F-BIL-mgsinθ=ma1,即 mgsinθ-BIL=ma1。⑧ 對(duì)b棒向下加速的任一時(shí)刻由牛頓第二定律得 mgsinθ-BIL=ma2,⑨ 由⑧⑨式可得a1=a2, 故a、b棒運(yùn)動(dòng)規(guī)律相似,速度同時(shí)達(dá)到最大,且最終va=vb,⑩ 由⑤⑥⑦⑩式可得 vb=。? (3)因a、b棒串聯(lián),產(chǎn)生的熱量Q相同,設(shè)a、b棒在此過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的距離分別為l1和l2,對(duì)a、b棒組成的系統(tǒng),由功能關(guān)系得 Fl1-mgsinθl1+mgsinθl2= mv+mv+2Q,? l1+l2=s且l1=l2,? 由④⑩??解得 Q=-。 答案 (1) (2) (3)- 見(jiàn)學(xué)生用書(shū)P168 1.(多選)如圖所示,在光滑的水平面上方,有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng),PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界,磁場(chǎng)范圍足夠大。一邊長(zhǎng)為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框,以速度v垂直磁場(chǎng)方向從如圖(Ⅰ)位置開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng),當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到分別有一半面積在兩個(gè)磁場(chǎng)中的(Ⅱ)的位置時(shí),線框的速度為。下列說(shuō)法正確的是( ) A.在位置(Ⅱ)時(shí)線框中的電功率為 B.此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為mv2 C.在位置(Ⅱ)時(shí)線框的加速度為 D.此過(guò)程中通過(guò)線框截面的電量為 解析 線框經(jīng)過(guò)位置(Ⅱ)時(shí),線框左右兩邊均切割磁感線,此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Ba2=Bav,故線框中的電功率P==,A項(xiàng)正確;線框從位置(Ⅰ)到位置(Ⅱ)的過(guò)程中,動(dòng)能減少了ΔEk=mv2-m()2=mv2,根據(jù)能量守恒定律可知,此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為mv2,B項(xiàng)正確;線框在位置(Ⅱ)時(shí),左右兩邊所受安培力大小均為F=Ba=,根據(jù)左手定則可知,線框左右兩邊所受安培力的方向均向左,故此時(shí)線框的加速度a==,C項(xiàng)錯(cuò)誤;由q=Δt,=,=,解得q=,線框在位置(Ⅰ)時(shí)其磁通量為Ba2,而線框在位置(Ⅱ)時(shí)其磁通量為0,綜上q=,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案 AB 2.磁卡的磁條中有用于存儲(chǔ)信息的磁極方向不同的磁化區(qū),刷卡器中有檢測(cè)線圈。當(dāng)以速度v0刷卡時(shí),在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),其E-t關(guān)系如圖所示。如果只將刷卡速度改為,線圈中的E-t關(guān)系圖可能是( ) 解析 刷卡速度改為原來(lái)一半時(shí),磁卡通過(guò)檢測(cè)線圈的時(shí)間即有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生的時(shí)間就變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,可知A、B項(xiàng)錯(cuò)誤;由E=BLv知,只減小v時(shí),磁卡與檢測(cè)線圈在相同的相對(duì)位置處產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也減小,C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。 答案 D 3.(多選)在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN,相距為L(zhǎng),導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下。有兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b,先將a棒垂直導(dǎo)軌放置,用跨過(guò)光滑定滑輪的細(xì)線與物塊c連接,連接a棒的細(xì)線平行于導(dǎo)軌,由靜止釋放c,此后某時(shí)刻將b也垂直導(dǎo)軌放置,a、c此刻起做勻速運(yùn)動(dòng),b棒剛好能靜止在導(dǎo)軌上。a棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直,兩棒與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。則( ) A.物塊c的質(zhì)量是2msinθ B.b棒放上導(dǎo)軌前,物塊c減少的重力勢(shì)能等于a、c增加的動(dòng)能 C.b棒放上導(dǎo)軌后,物塊c減少的重力勢(shì)能等于回路消耗的電能 D.b棒放上導(dǎo)軌后,a棒中電流大小是 解析 b棒恰好靜止,受力平衡,有mgsinθ=F安,對(duì)a棒,安培力沿導(dǎo)軌平面向下,由平衡條件知mgsinθ+F安=mcg,由以上兩式可得mc=2msinθ,A項(xiàng)正確;根據(jù)機(jī)械能守恒定律知,b棒放上導(dǎo)軌之前,物塊c減少的重力勢(shì)能應(yīng)等于a棒、物塊c增加的動(dòng)能與a棒增加的重力勢(shì)能之和,B項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒可知,b棒放上導(dǎo)軌后,物塊c減少的重力勢(shì)能應(yīng)等于回路消耗的電能與a棒增加的重力勢(shì)能之和,C項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)b棒,設(shè)通過(guò)的電流為I,由平衡條件知mgsinθ=F安=BIL,得I=,即a棒中的電流為,D項(xiàng)正確。 答案 AD 4.(多選)在如圖所示的傾角為θ的光滑斜面上,存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上,區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下,磁場(chǎng)的寬度均為L(zhǎng),一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框,由靜止開(kāi)始沿斜面下滑,當(dāng)ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)時(shí),恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng);當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時(shí),線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng),從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)程中,線框的動(dòng)能變化量為ΔEk,重力對(duì)線框做功大小為W1,安培力對(duì)線框做功大小為W2,下列說(shuō)法正確的有( ) A.在下滑過(guò)程中,由于重力做正功,所以有v2>v1 B.從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)程中,機(jī)械能守恒 C.從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)程中,有(W1-ΔEk)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 D.從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)程中,線框動(dòng)能的變化量大小為ΔEk=W1-W2 解析 當(dāng)線框的ab邊進(jìn)入GH后勻速運(yùn)動(dòng)到進(jìn)入JP為止,ab進(jìn)入JP后回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大,感應(yīng)電流增大,因此所受安培力增大,安培力阻礙線框下滑,因此ab進(jìn)入JP后開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng),使感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流均減小,安培力又減小,當(dāng)安培力減小到與重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等時(shí),以速度v2做勻速運(yùn)動(dòng),因此v2- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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