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高考专区 ：专题十一电磁感应10年高考真题和模拟题
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专题十一 电磁感应
考点一 电磁感应现象
1.(2019课标Ⅲ,14,6分)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现?( )
A.电阻定律 B.库仑定律
C.欧姆定律 D.能量守恒定律
答案 C 楞次定律的本质是感应磁场中能量的转化,是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现,故选项D正确。
2.(2014课标Ⅰ,14,6分)在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是( )
A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化
B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化
C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化
D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化
答案 D 将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,因线圈中的磁通量没有变化,故不能观察到感应电流,选项A不符合题意;在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时,如果通电线圈通以恒定电流,产生不变的磁场,则在另一线圈中不会产生感应电流,选项B不符合题意;在线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表时,磁通量已不再变化,因此也不能观察到感应电流,选项C不符合题意;绕在同一铁环上的两个线圈,在给一个线圈通电或断电的瞬间,线圈产生的磁场变化,使穿过另一线圈的磁通量变化,因此,能观察到感应电流,选项D符合题意。
考点二 法拉第电磁感应定律
1.(2015课标Ⅱ,15,6分,0.337)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时,a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A.Ua>Uc,金属框中无电流
B.Ub>Uc,金属框中电流方向沿a-b-c-a
C.Ubc=-12Bl2ω,金属框中无电流
D.Uac=12Bl2ω,金属框中电流方向沿a-c-b-a
答案 C 闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时,穿过金属框的磁通量始终为零,金属框中无电流。由右手定则可知Ub=Ua
2.(2015重庆理综,4,6分)图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为n,面积为S。若在t1到t2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2,则该段时间线圈两端a和b之间的电势差 φa-φb( )
A.恒为 nS(B2-B1)t2-t1 B.从0均匀变化到 nS(B2-B1)t2-t1
C.恒为 -nS(B2-B1)t2-t1 D.从0均匀变化到 -nS(B2-B1)t2-t1
答案 C 由楞次定律判定,感应电流从a流向b,b点电势高于a点电势,故φa-φb=-nSB2-B1t2-t1,因为磁场均匀增加,所以φa-φb为恒定的,可见C正确。
3.(2014江苏单科,1,3分)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。在Δt时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为( )
A.Ba22Δt B.nBa22Δt C.nBa2Δt D.2nBa2Δt
答案 B 由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E=nΔФΔt=nΔBΔt·S=n2B-BΔt·a22,得E=nBa22Δt,选项B正确。
4.(2014山东理综,16,6分)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
答案 BCD 直导线产生的磁场在M区域垂直纸面向外,在N区域垂直纸面向里,根据右手定则,导体棒上的感应电流在M区域向下,在N区域向上,由左手定则判定,在M、N区域导体棒所受安培力均向左,故A错误,B正确;I感=BLvR,F安=BI感L=B2L2vR,离直导线越近处B越大,所以FM逐渐增大,FN逐渐减小,C、D正确。
5.(2017北京理综,19,6分)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈。实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )
A.图1中,A1与L1的电阻值相同
B.图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流
C.图2中,变阻器R与L2的电阻值相同
D.图2中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等
答案 C 本题考查自感现象的判断。在图1中断开S1瞬间,灯A1突然闪亮,说明断开S1前,L1中的电流大于A1中的电流,故L1的阻值小于A1的阻值,A、B选项均错误;在图2中,闭合S2瞬间,由于L2的自感作用,通过L2的电流很小,D错误;闭合S2后,最终A2与A3亮度相同,说明两支路电流相等,故R与L2的阻值相同,C项正确。
6.(2015课标Ⅰ,19,6分)(多选)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
答案
AB 如图所示,将铜圆盘等效为无数个长方形线圈的组合,则每个线圈绕OO'轴转动时,均有感应电流产生,这些感应电流产生的磁场对小磁针有作用力,从而使小磁针转动起来,可见A、B均正确。由于圆盘面积不变,与磁针间的距离不变,故整个圆盘中的磁通量没有变化,C错误。圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场,由安培定则可判断在中心方向竖直向下,其他位置关于中心对称,此磁场不会导致磁针转动,D错误。
7.(2015山东理综,17,6分)(多选)如图,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场,圆盘开始减速。在圆盘减速过程中,以下说法正确的是( )
A.处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高
B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C.若所加磁场反向,圆盘将加速转动
D.若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动
答案 ABD 根据右手定则,处于磁场中的圆盘部分,感应电流从靠近圆盘边缘处流向靠近圆心处,故靠近圆心处电势高,A正确;安培力F=B2l2v中R,磁场越强,安培力越大,B正确;磁场反向时,安培力仍是阻力,C错误;若所加磁场穿过整个圆盘,则磁通量不再变化,没有感应电流,安培力为零,故圆盘不受阻力作用,将匀速转动,D正确。
8.(2014广东理综,15,4分)如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块( )
A.在P和Q中都做自由落体运动
B.在两个下落过程中的机械能都守恒
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
答案 C 小磁块在铜管中下落时,由于电磁阻尼作用,不做自由落体运动,机械能不守恒,而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动,机械能守恒,因此在P中下落得慢,用时长,到达底端速度小,C项正确,A、B、D错误。
9.(2019课标Ⅲ,19,6分)(多选)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是( )
答案 AC 本题考查法拉第电磁感应定律与图像结合的问题,难度较大,要求学生具有较强的综合分析能力,很好地体现了科学思维的学科核心素养。
由楞次定律可知ab棒做减速运动,cd棒做加速运动,即v1减小,v2增加。回路中的感应电动势E=BL(v1-v2),回路中的电流I=ER=BL(v1-v2)R,回路中的导体棒ab、cd的加速度大小均为a=Fm=BILm=B2L2(v1-v2)mR,由于v1-v2减小,可知a减小,所以ab与cd的v-t图线斜率的绝对值减小,I也非线性减小,所以A、C正确,B、D错误。
10.(2018课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势 ( )
A.在t=T4时为零
B.在t=T2时改变方向
C.在t=T2时最大,且沿顺时针方向
D.在t=T时最大,且沿顺时针方向
答案 AC 本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律。由i-t图像可知,在t=T4时,ΔiΔt=0,此时穿过导线框R的磁通量的变化率ΔΦΔt=0,由法拉第电磁感应定律可知,此时导线框R中的感应电动势为0,选项A正确;同理在t=T2和t=T 时,ΔiΔt为最大值,ΔΦΔt为最大值,导线框R中的感应电动势为最大值,不改变方向,选项B错误;根据楞次定律,t=T2时,导线框R中的感应电动势的方向为顺时针方向,而t=T时,导线框R中的感应电动势的方向为逆时针方向,选项C正确,选项D错误。
一题多解 当导线PQ中电流变大时,穿过导线框R的磁通量变大,由楞次定律可知,为阻碍磁通量变大,R有向右的运动趋势,根据两直导线电流同向相吸,异向相斥,可判断R中的电流方向。同理,可判断当导线PQ中电流变小时导线框R中的电流方向。
11.(2016四川理综,7,6分)(多选)如图所示,电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上,受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动,外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv(F0、k是常量),金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i,受到的安培力大小为FA,电阻R两端的电压为UR,感应电流的功率为P,它们随时间t变化图像可能正确的有( )
答案 BC 金属棒MN相当于电源,其感应电动势E=Blv,感应电流I=BlvR+r 即I∝v
FA=BIl=B2l2vR+r 即:FA∝v
UR=IR=BlvR+rR 即:UR∝v
P=IE=B2l2v2R+r 即:P∝v2
对金属棒MN:F-FA=ma
F0+kv-B2l2R+rv=ma
F0+k-B2l2R+rv=ma
若k-B2l2R+r>0,随着v增大,a也增大,棒做加速度增大的加速运动,B项正确。
若k-B2l2R+r<0,随着v增大,a减小,棒做加速度减小的加速运动,当a=0时,v达到最大后保持不变,C项正确,A项错误。
若k-B2l2R+r=0,则a=F0m,金属棒做匀加速运动
则v=at,P=IE=B2l2a2R+rt2,D项错误。
方法技巧 先分别得出I、FA、UR、P与v的关系,然后对棒MN受力分析,由牛顿第二定律列方程,最后分情况讨论棒MN的运动情况,根据各量与v的关系讨论得各量与时间的关系图像。
12.(2013课标Ⅱ,16,6分)如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中,可能正确描述上述过程的是( )
答案 D 导线框刚进入磁场时速度设为v0,此时产生的感应电动势E=BLv0,感应电流I=ER=BLv0R,线框受到的安培力F=BLI=B2L2v0R。由牛顿第二定律F=ma知,B2L2v0R=ma,由楞次定律知线框开始减速,随v减小,其加速度a减小,故进入磁场时做加速度减小的减速运动。当线框全部进入磁场开始做匀速运动,在出磁场的过程中,仍做加速度减小的减速运动,故只有D选项正确。
思路分析 推导出导线框进入磁场时所受安培力的表达式F=BIL=B2L2v0R=ma,线框加速度a=B2L2v0mR,加速度随着速度的减小而减小,线框完全在磁场中时不受安培力,a=0。由a的变化情况可知v-t图线的变化情况。
温馨提示 由楞次定律可知安培力的方向始终向左,线框完全在磁场中时不受安培力。
13.(2013大纲全国,17,6分)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点,两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为ω。t=0时,OA恰好位于两圆的公切线上,如图所示。若选取从O指向A的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是( )
答案 C 如图,设导体棒OA在转动过程中切割磁感线的有效长度为L,由几何知识知
L=2R sin ωt
则产生的感应电动势的大小为
E=12BL2ω=2BR2ω sin2 ωt
再结合右手定则判断感应电动势的方向
故,C正确,A、B、D错误。
评析 本题在考查电磁感应的基础上,更强调了学生应用数学知识解决物理问题的能力。应用几何知识得出切割磁感线的有效长度L=2R sin ωt是解题的关键,难度中等。
14.(2013山东理综,18,5分)将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图像是( )
答案 B 由图乙知,0~T2内,ΔBΔt=-k(常量),T2~T内,ΔBΔt=k(常量),由法拉第电磁感应定律及楞次定律知,回路中产生的电流为方波形交流电。0~T2内电流由b到a,由F=BIL和左手定则,知安培力F恒定且水平向左,为负方向;同理T2~T内,F恒定且水平向右,为正方向,故B正确,A、C、D错误。
15.(2012课标,20,6分)如图,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的时间间隔内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中的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正方向与图中箭头所示方向相同,则i随时间t变化的图线可能是( )
答案 A 线框abcd中电流I大小相同,Iab=Icd,而ab边与直线电流i之间的作用力大于cd边与直线电流i之间的作用力。且直线电流之间同向相吸异向相斥。依据楞次定律,当直导线中电流i方向向上且均匀减小时,线框中产生adcba方向的电流且恒定,此时线框受力向左;当直导线中电流i方向向下且增加时,线框中依然产生adcba方向的电流且恒定,此时线框受力向右。则可以判断A图正确。
16.(2014大纲全国,20,6分)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置,其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率( )
A.均匀增大 B.先增大,后减小
C.逐渐增大,趋于不变 D.先增大,再减小,最后不变
答案 C 对磁铁受力分析可知,磁铁重力不变,磁场力随速率的增大而增大,当重力等于磁场力时,磁铁匀速下落,所以选C。
17.(2015安徽理综,19,6分)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θ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 Blvsinθ
B.电路中感应电流的大小为 Bvsinθr
C.金属杆所受安培力的大小为 B2lvsinθr
D.金属杆的热功率为 B2lv2rsinθ
答案 B 金属杆MN切割磁感线的有效长度为l,产生的感应电动势E=Blv,A错误;金属杆MN的有效电阻R=rlsinθ,故回路中的感应电流I=ER=Blvsinθrl=Bvsinθr,B正确;金属杆受到的安培力F=BIlsinθ=Blsinθ·Bvsinθr=B2lvr,C错误;金属杆的热功率P=I2R=B2v2 sin2θr2·rlsinθ=B2v2 sinθ·lr,D错误。
18.(2017湖北“六校联合体”4月联考,4)如图所示,两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角,导轨的一端连接定值电阻R1,匀强磁场垂直穿过导轨平面,一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab,垂直于导轨放置,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,且R2=nR1,如果导体棒以速度v匀速下滑,导体棒此时受到的安培力大小为F,则以下判断正确的是( )
A.电阻R1消耗的电功率为Fv/n
B.重力做功的功率为mgv cos θ
C.运动过程中减少的机械能全部转化为电能
D.R2上消耗的功率为nFv/(n+1)
答案 D 导体棒以速度v匀速下滑时,由E=BLv、I=ER1+R2、F=BIL得安培力F=B2L2vR1+R2①,电阻R1消耗的热功率为P=I2R1=B2L2v2(R1+R2)2R1②,又R2=nR1③,联立①②③解得,P=Fvn+1,故A错误;重力做功的功率为mgv sin θ,B错误;导体棒克服安培力和摩擦力做功,减少的机械能转化为电能和内能,C错误;R2和R1串联,电流相等,根据P=I2R可知,R2消耗的功率等于R1消耗的功率的n倍,为nFv/(n+1),D正确;故选D。
19.(2014福建理综,18,6分)如图,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量;若撤去外力后,两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块( )
A.最大速度相同 B.最大加速度相同
C.上升的最大高度不同 D.重力势能的变化量不同
答案 C 图为物块能向上弹出且离开弹簧,则物块在刚撤去外力时加速度最大,由牛顿第二定律得:kx-mg sin θ=ma,即a=kxm-g sin θ,由于两物块k、x、θ均相同,m不同,则a不同,B错误。当mg sin θ=kx0即x0=mgsinθk时,速度最大,如图,设两物块质量m1Ek2,即v1>v2,而此时m2的速度v2已达最大,此后,m1的速度将继续增大直至最大,而m2的速度将减小,故一定是质量小的最大速度大,A错误。从开始运动至最高点,由Ep=mgh及题意知重力势能的变化量ΔEp=mgh相同,m不同,h也不同,故C正确,D错误。
20.(2014安徽理综,20,6分)英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
A.0 B.12r2qk C.2πr2qk D.πr2qk
答案 D 变化的磁场使回路中产生的感生电动势E=ΔΦΔt=ΔBΔt·S=kπr2,则感生电场对小球的作用力所做的功W=qU=qE=πr2qk,选项D正确。
本题考查麦克斯韦理论,即变化的磁场在空间激发电场。解答此题的关键是由法拉第电磁感应定律确定出感生电动势,试题难度中等,虽源于教材,但易失分。
21.(2013天津理综,3,6分)如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则( )
A.Q1>Q2,q1=q2 B.Q1>Q2,q1>q2
C.Q1=Q2,q1=q2 D.Q1=Q2,q1>q2
解题思路 隐含条件:①第一次ab边为电源;②第二次bc边为电源;③可直接应用q=nΔΦR求解q。
答案 A 第一次ab边是电源,第二次bc边是电源。设线框ab、bc边长分别为l1、l2,第一次时线框中产生的热量Q1=I12Rt=(Bl1vR)2·R·l2v=B2l12l2vR=B2l1l2vRl1,同理第二次时线框中产生的热量Q2=B2l1l2vRl2,由于l1>l2,所以Q1>Q2。通过线框导体横截面的电荷量q=nΔΦR=Bl1l2R,故q1=q2,A选项正确。
22.(2012山东理综,20,5分)(多选)如图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ,上端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放,当速度达到v时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率恒为P,导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g。下列选项正确的是( )
A.P=2mgv sin θ
B.P=3mgv sin θ
C.当导体棒速度达到v2时加速度大小为g2 sin θ
D.在速度达到2v以后匀速运动的过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
答案 AC 对导体棒受力分析如图。当导体棒以v匀速运动时(如图甲),应有:mg sin θ=F安=BIL=B2L2vR;当加力F后以2v匀速运动时(如图乙),F+mg sin θ=2B2L2vR,两式联立得F=mg sin θ,则P=F·2v=2mgv sin θ,A正确B错误;由牛顿第二定律,当导体棒的速度为v2时,a=mgsinθ-F安″m=mgsinθ-B2L2v2Rm=g2 sin θ,C正确;由功能关系,当导体棒达到2v以后匀速运动的过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功与减少的重力势能之和,D错误。
本题借助导体棒在导轨上运动这个模型,对牛顿第二定律、功能关系、平衡条件、功率的计算等知识点进行了考查。求解本题,必须对导体棒进行正确的受力分析和运动分析,弄清楚题目中所涉及的各个物理量的变化规律,然后把这些规律正确地表达出来。本题难度较大,区分度高。对物体正确地受力分析和运动分析是解决此类问题的突破点。
23.(2016天津理综,12,20分)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为θ。一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为d的正方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为ρ。为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g。
(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I;
(2)若两铝条的宽度均为b,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式;
(3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度b'>b的铝条,磁铁仍以速度v进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。
答案 (1)mgsinθ2Bd (2)见解析 (3)见解析
解析 (1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等均为F安,有
F安=IdB①
磁铁受到沿斜面向上的作用力为F,其大小有
F=2F安②
磁铁匀速运动时受力平衡,则有
F-mg sin θ=0③
联立①②③式可得
I=mgsinθ2Bd④
(2)磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为E,有
E=Bdv⑤
铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有
R=ρddb⑥
由欧姆定律有
I=ER⑦
联立④⑤⑥⑦式可得
v=ρmgsinθ2B2d2b⑧
(3)磁铁以速度v进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F,联立①②⑤⑥⑦式可得
F=2B2d2bvρ⑨
当铝条的宽度b'>b时,磁铁以速度v进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F',有
F'=2B2d2b'vρ⑩
可见,F'>F=mg sin θ,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大。之后,随着运动速度减小,F'也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减小。综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动。直到F'=mg sin θ时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑。
解题指导 明确题中所构建的物理模型是解本题的关键。另外要注意的是:两边铝条对磁铁均有电磁阻力,且阻力相同。对于(3)中磁铁运动过程的分析,可类比我们熟悉的情景:导体棒沿倾斜的平行金属导轨下滑。
方法技巧 当遇到崭新的物理情景时,可以把它与我们熟悉的情景进行分析对比,找出共同点与不同点,采用类比的方法解题,就容易突破难点。
24.(2015广东理综,35,18分)如图(a)所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4 m。导轨右端接有阻值R=1 Ω的电阻。导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场,b、d连线与导轨垂直,长度也为L。从0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t变化,规律如图(b)所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1 s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=1 m/s 做直线运动,求:
(1)棒进入磁场前,回路中的电动势E;
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F,以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。
(a)
(b)
答案 (1)0.04 V
(2)0.04 N i=t-1(1 s≤t≤1.2 s)
解析 (1)由图(b)可知0~1.0 s内B的变化率 ΔBΔt=0.5 T/s①
正方形磁场区域的面积
S=L22=0.08 m2②
棒进入磁场前0~1.0 s内回路中的感应电动势
E=ΔΦΔt=SΔBΔt③
由①②③得E=0.08×0.5 V=0.04 V
(2)当棒通过bd位置时,有效切割长度最大,感应电流最大,棒受到最大安培力
F=BIL④
棒过bd时的感应电动势
Em=BLv=0.5×0.4×1 V=0.2 V⑤
棒过bd时的电流
I=EmR⑥
由④⑤⑥得
F=0.04 N
棒通过a点后在三角形abd区域中的有效切割长度L'与时间t的关系:
L'=2v(t-1),其中t的取值范围为1 s≤t≤1.2 s⑦
电流i与时间t的关系式
i=BL'vR=2Bv2(t-1)R=t-1(1 s≤t≤1.2 s)⑧
25.(2015江苏单科,13,15分)做磁共振(MRI)检查时,对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响,将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈,线圈的半径r=5.0 cm,线圈导线的截面积A=0.80 cm2,电阻率ρ=1.5 Ω·m。如图所示,匀强磁场方向与线圈平面垂直,若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零,求:(计算结果保留一位有效数字)
(1)该圈肌肉组织的电阻R;
(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E;
(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。
答案 (1)6×103 Ω (2)4×10-2 V (3)8×10-8 J
解析 (1)由电阻定律得R=ρ2πrA,代入数据得R=6×103 Ω
(2)感应电动势E=ΔB·πr2Δt,代入数据得E=4×10-2 V
(3)由焦耳定律得Q=E2RΔt,代入数据得Q=8×10-8 J
本题考查了电阻定律、法拉第电磁感应定律和电功三个方面的内容,模型已构建好,主要考查基本规律的简单应用,属于中等难度题。
学习指导 考生在本题中出现的错误主要有以下几方面:①不理解公式中各字母的含义,乱套公式;②单位换算错误;③未按有效数字的要求表达结果;④运算结果错误。由以上种种错误可见,学习过程中不仅要牢记公式,更重要的是要理解式中各字母的物理意义;解题过程中要细心、细心、再细心!
26.(2014课标Ⅱ,25,19分)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
(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小;
(2)外力的功率。
解析 解法一 (1)在Δt时间内,导体棒扫过的面积为
ΔS=12ωΔt[(2r)2-r2]①
根据法拉第电磁感应定律,导体棒上感应电动势的大小为
ε=BΔSΔt②
根据右手定则,感应电流的方向是从B端流向A端。因此,通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端。由欧姆定律可知,通过电阻R的感应电流的大小I满足
I=εR③
联立①②③式得
I=3ωBr22R④
(2)解法一 在竖直方向有
mg-2N=0⑤
式中,由于质量分布均匀,内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等,其值为N。两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为
f=μN⑥
在Δt时间内,导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为
l1=rωΔt⑦
和
l2=2rωΔt⑧
克服摩擦力做的总功为
Wf=f(l1+l2)⑨
在Δt时间内,消耗在电阻R上的功为
WR=I2RΔt⑩
根据能量转化和守恒定律知,外力在Δt时间内做的功为
W=Wf+WR
外力的功率为
P=WΔt
由④至式得
P=32μmgωr+9ω2B2r44R
答案 (1)方向:由C端到D端 大小:3ωBr22R (2)32μmgωr+9ω2B2r44R
解题思路 (1)由法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小,再由欧姆定律求出电流,由右手定则判断电流方向。
(2)根据能量转化和守恒定律知外力做的功等于电阻R上产生的热量和摩擦力做功之和。
一题多解 (1)解法二 ε=Brv=Brωr+ω·2r2=32Br2ω
I=εR=3Br2ω2R
由右手定则判得通过R的感应电流从C→D
解法三 取Δt=T
ε=B·ΔSΔt=B(π·4r2-π·r2)2πω=32Br2ω
I=εR=3Br2ω2R
由右手定则判得通过R的感应电流从C→D
(2)解法二 由能量守恒
P=PR+Pf
在竖直方向2N=mg,则N=12mg,得f=μN=12μmg
Pf=12μmgωr+12μmg·ω·2r=32μmgωr
PR=I2R=9B2r4ω24R
所以P=32μmgωr+9B2ω2r44R
27.(2013广东理综,36,18分)如图(a)所示,在垂直于匀强磁场B的平面内,半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动,圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接。电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图(b)所示,其中ab段和bc段均为直线,且ab段过坐标原点。ω>0代表圆盘逆时针转动。已知:R=3.0 Ω,B=1.0 T,r=0.2 m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻。
(1)根据图(b)写出ab、bc段对应的I与ω的关系式;
(2)求出图(b)中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc;
(3)分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式。
图(a)
图(b)
答案 见解析
解析 (1)由图像可知,在ab段
I=ω150(-45 rad/s≤ω≤15 rad/s)
在bc段
I=ω100-0.05(15 rad/s<ω≤45 rad/s)
(2)由题意可知,P两端的电压UP等于圆盘产生的电动势,UP=12Br2ω
b点时ωb=15 rad/s
Ub=12Br2ωb=0.3 V
c点时ωc=45 rad/s
Uc=12Br2ωc=0.9 V
(3)由图像中电流变化规律可知电子元件P在b点时开始导通,则:
在ab段
IP=0(-0.9 V≤UP≤0.3 V)
在bc段
IP=I-UPR
而I=ω100-0.05
UP=12Br2ω
联立可得
IP=UP6-0.05(0.3 V
28.(2017北京理综,24,20分)发电机和电动机具有装置上的类似性,源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。
在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L,电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好,以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。
图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻,导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点M、P间接有直流电源,导体棒ab通过滑轮匀速提升重物,电路中的电流为I。
(1)求在Δt时间内,图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。
(2)从微观角度看,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便,可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。
a.请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中,分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。
b.我们知道,洛伦兹力对运动电荷不做功。那么,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢?请以图2“电动机”为例,通过计算分析说明。
答案 见解析
解析 本题考查发电机和电动机的机理分析、洛伦兹力的方向及其在能量转化中的作用。
(1)图1中,电路中的电流I1=BLvR+r
棒ab受到的安培力F1=BI1L
在Δt时间内,“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功
E电=F1·vΔt=B2L2v2ΔtR+r
图2中,棒ab受到的安培力F2=BIL
在Δt时间内,“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功
E机=F2·vΔt=BILvΔt
(2)a.如图甲、乙所示。
b.设自由电荷的电荷量为q,沿导体棒定向移动的速率为u。
如图乙所示,沿棒方向的洛伦兹力f1'=qvB,做负功
W1=-f1'·uΔt=-qvBuΔt
垂直棒方向的洛伦兹力f2'=quB,做正功
W2=f2'·vΔt=quBvΔt
所以W1=-W2,即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。
f1'做负功,阻碍自由电荷的定向移动,宏观上表现为“反电动势”,消耗电源的电能;f2'做正功,宏观上表现为安培力做正功,使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能,在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。
疑难突破 洛伦兹力的做功及其作用
在“发电机”模型中,外力促使导体棒做切割磁感线运动时,棒中自由电荷随棒运动,从而会受到沿棒方向的洛伦兹力,表现为“电源中的非静电力”,这一力做正功,起到了使其他形式能量向电能转化的作用;在“电动机”模型中,外电源使导体棒中产生电场,在电场力作用下,导体棒中的自由电荷沿棒运动,从而受到垂直于棒方向的洛伦兹力,宏观上表现为“导体棒受到的安培力”,这一力做正功,起到了使电能向其他形式能量转化的作用。
29.(2016课标Ⅲ,25,20分)如图,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左端接一阻值为R的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1=kt,式中k为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN(虚线)与导轨垂直,磁场的磁感应强度大小为B0,方向也垂直于纸面向里。某时刻,金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动,在t0时刻恰好以速度v0越过MN,此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计。求
(1)在t=0到t=t0时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值;
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
答案 (1)kt0SR (2)B0lv0(t-t0)+kSt (B0lv0+kS)B0lR
解析 (1)在金属棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为Φ=ktS①
设在从t时刻到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律有ε=-ΔΦΔt②
由欧姆定律有i=εR③
由电流的定义有i=ΔqΔt④
联立①②③④式得|Δq|=kSRΔt⑤
由⑤式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|=kt0SR⑥
(2)当t>t0时,金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有f=F⑦
式中,f是外加水平恒力,F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I,F的大小为
F=B0lI⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ'=B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt=Φ+Φ'
式中,Φ仍如①式所示。由①⑨⑩式得,在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为
Φt=B0lv0(t-t0)+kSt
在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt
由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为
εt=ΔΦtΔt
由欧姆定律有I=εtR
联立⑦⑧式得f=(B0lv0+kS)B0lR
解题指导 (1)金属棒在0~t0时间内,由于圆形磁场中的磁通量变化而引起感应电动势,从而形成感应电流,由电流的定义式可以求出流过电阻的电荷量的绝对值。
(2)当金属棒越过MN后,穿过回路的磁通量由两部分组成;再由法拉第电磁感应定律等知识可以求出外加水平恒力的大小。
易错点拨 (1)在计算磁通量时,用的是左侧矩形面积,而不是圆形磁场面积,从而导致出错。(2)当金属棒越过MN后计算磁通量时,得出的金属棒与MN的距离s=v0t,从而导致出错。
30.(2016上海单科,33,14分)如图,一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内,磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。一足够长、质量为m的直导体棒沿x方向置于轨道上,在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动,运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻为ρ,与电阻不计的轨道接触良好,运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=ky32(SI)。求:
(1)导体轨道的轨道方程y=f(x);
(2)棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系;
(3)棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。
答案 (1)y=4aB2kρ2x2 (2)Fm=k2ay
(3)k22aL2+maL
解析 (1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(±x,y),安培力Fm=B2(2x)2vR
安培力的功率P=Fmv=4B2x2v2R=ky32
棒做匀加速运动
v2=2ay
R=2ρx
代入前式得y=4aB2kρ2x2
轨道形状为抛物线。
(2)安培力Fm=4B2x2Rv=2B2xρ2ay
以轨道方程代入得
Fm=k2ay
(3)由动能定理W=Wm+12mv2
安培力做功Wm=k22aL2
棒在y=L处的动能为12mv2=maL
外力做功W=k22aL2+maL
31.(2015天津理综,11,18分)如图所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面。开始时,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g。求
(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍;
(2)磁场上下边界间的距离H。
答案 (1)4倍 (2)Qmg+28l
解析 (1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边上的感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律,有
E1=2Blv1①
设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有
I1=E1R②
设此时线框所受安培力为F1,有
F1=2I1lB③
由于线框做匀速运动,其受力平衡,有
mg=F1④
由①②③④式得
v1=mgR4B2l2⑤
设ab边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v2,同理可得
v2=mgRB2l2⑥
由⑤⑥式得
v2=4v1⑦
(2)线框自释放直到cd边进入磁场前,由机械能守恒定律,有
2mgl=12mv12⑧
线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有
mg(2l+H)=12mv22-12mv12+Q⑨
由⑦⑧⑨式得
H=Qmg+28l⑩
32.(2015海南单科,13,10分)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μ,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。
答案 (1)B2l2v2R (2)B2l2vR+μmg
解析 解法一 导体棒匀速向右滑动,速率为v,则有
F=F安+μmg
E=Blv
I=ER
F安=BIl
解得F=B2l2vR+μmg
由能量守恒定律得
Fv=μmgv+PR
解得PR=B2l2v2R
解法二 (1)导体棒切割磁感线产生的电动势
E=Blv
由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R两端电压等于电动势:
U=E
则电阻R消耗的功率
PR=U2R
综合以上三式可得
PR=B2l2v2R
(2)设水平外力大小为F,由能量守恒有
Fv=PR+μmgv
故得F=PRv+μmg=B2l2vR+μmg
33.(2015四川理综,11,19分)如图所示,金属导轨MNC和PQD,MN与PQ平行且间距为L,所在平面与水平面夹角为α,N、Q连线与MN垂直,M、P间接有阻值为R的电阻;光滑直导轨NC和QD在同一水平面内,与NQ的夹角都为锐角θ,均匀金属棒ab和ef质量均为m,长均为L,ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合;ef棒垂直放在倾斜导轨上,与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小),由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻,ef棒的阻值为R,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,忽略感应电流产生的磁场,重力加速度为g。
(1)若磁感应强度大小为B,给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1,在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止,ef棒始终静止,求此过程ef棒上产生的热量;
(2)在(1)问过程中,ab棒滑行距离为d,求通过ab棒某横截面的电荷量;
(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动,并在NQ位置时取走小立柱1和2,且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。
答案 (1)14mv12 (2)2Bd(L-dcotθ)R (3)见解析
解析 (1)设ab棒的初动能为Ek,ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W1,有
W+W1=Ek①
且W=W1②
由题有Ek=12mv12③
得W=14mv12④
说明:①②③④式各1分。
(2)设在题设过程中,ab棒滑行时间为Δt,扫过的导轨间的面积为ΔS,通过ΔS的磁通量为ΔΦ,ab棒产生的电动势为E,ab棒中的电流为I,通过ab棒某横截面的电荷量为q,则
E=ΔΦΔt⑤
且ΔΦ=BΔS⑥
I=qΔt⑦
又有I=2ER⑧
由图所示ΔS=d(L-d cot θ)⑨
联立⑤~⑨,解得q=2Bd(L-dcotθ)R⑩
说明:⑤⑥⑦⑧⑨⑩式各1分。
(3)ab棒滑行距离为x时,ab棒在导轨间的棒长Lx为
Lx=L-2x cot θ
此时,ab棒产生电动势Ex为Ex=Bv2Lx
流过ef棒的电流Ix为Ix=ExR
ef棒所受安培力Fx为Fx=BIxL
联立~,解得Fx=B2v2LR(L-2x cot θ)
由式可得,Fx在x=0和B为最大值Bm时有最大值F1。
由题知,ab棒所受安培力方向必水平向左,ef棒所受安培力方向必水平向右,使F1为最大值的受力分析如图所示,图中fm为最大静摩擦力,有
F1 cos α=mg sin α+μ(mg cos α+F1 sin α)
联立,得Bm=1Lmg(sinα+μcosα)R(cosα-μsinα)v2
式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小,该磁场方向可竖直向上,也可竖直向下。
由式可知,B为Bm时,Fx随x增大而减小,x为最大xm时,Fx为最小值F2,如图可知
F2 cos α+μ(mg cos α+F2 sin α)=mg sin α
联立,得
xm=μLtanθ(1+μ2)sinαcosα+μ
说明:式各1分,式2分,正确说明磁场方向得1分。
34.(2014浙江理综,24,20分)某同学设计一个发电测速装置,工作原理如图所示。一个半径为R=0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为R的金属棒OA,A端与导轨接触良好,O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r=R/3的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为m=0.5 kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。a点与导轨相连,b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放,下落h=0.3 m时,测得U=0.15 V。(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度g=10 m/s2)
(1)测U时,与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”?
(2)求此时铝块的速度大小;
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。
答案 (1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J
解析 (1)由右手定则知,金属棒产生的感应电动势的方向由O→A,故A端电势高于O端电势,与a点相接的是电压表的“正极”。
(2)由电磁感应定律得
U=E=ΔΦΔt
ΔΦ=12BR2Δθ
U=12BωR2
v=rω=13ωR
所以v=2U3BR=2 m/s
(3)ΔE=mgh-12mv2
ΔE=0.5 J
35.(2014安徽理综,23,16分)如图1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。
(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2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 见解析
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),解得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
l外=d-OP-xOPd、OP=MP2-(MN2)2,得l外=1.2 m
由楞次定律判断D点电势高,故CD两端电势差
UCD=-Bl外v,即UCD=-0.6 V
(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是l=OP-xOPd=3-32x
对应的电阻Rl为Rl=ldR,电流I=BlvRl
杆受的安培力F安=BIl=7.5-3.75x
根据平衡条件得F=F安+mg sin θ
F=12.5-3.75x(0≤x≤2 m)
画出的F-x图像如图所示。
(3)外力F所做的功WF等于F-x图线下所围的面积,即
WF=5+12.52×2 J=17.5 J
而杆的重力势能增加量ΔEp=mgOP sin θ
故全过程产生的焦耳热Q=WF-ΔEp=7.5 J
36.(2014江苏单科,13,15分)如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距为L,长为3d,导轨平面与水平面的夹角为θ,在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放,在滑上涂层之前已经做匀速运动,并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直,且仅与涂层间有摩擦,接在两导轨间的电阻为R,其他部分的电阻均不计,重力加速度为g。求:
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ;
(2)导体棒匀速运动的速度大小v;
(3)整个运动过程中,电阻产生的焦耳热Q。
思路解析 关注:导体棒在有绝缘涂层段受摩擦力,而不受安培力,在无涂层段不受摩擦力,而受安培力。隐含条件,匀速运动意味着摩擦力与安培力相等。
解析 (1)在绝缘涂层上
受力平衡mg sin θ=μmg cos θ
解得μ=tan θ
(2)在光滑导轨上
感应电动势E=BLv
感应电流I=ER
安培力F安=BIL
受力平衡F安=mg sin θ
解得v=mgRsinθB2L2
(3)摩擦生热Q摩=μmgd cos θ
由能量守恒定律得3mgd sin θ=Q+Q摩+12mv2
解得Q=2mgd sin θ-m3g2R2 sin2θ2B4L4
答案 (1)tan θ (2)mgRsinθB2L2
(3)2mgd sin θ-m3g2R2 sin2θ2B4L4
37.(2014北京理综,24,20分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如图所示,固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中,金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下,在导线框上以速度v做匀速运动,速度v与恒力F方向相同;导线MN始终与导线框形成闭合电路。已知导线MN电阻为R,其长度L恰好等于平行轨道间距,磁场的磁感应强度为B。忽略摩擦阻力和导线框的电阻。
(1)通过公式推导验证:在Δt时间内,F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电,也等于导线MN中产生的焦耳热Q;
(2)若导线MN的质量m=8.0 g、长度L=0.10 m,感应电流I=1.0 A,假设一个原子贡献1个自由电子,计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(下表中列出一些你可能会用到的数据);
阿伏加德罗常数NA
6.0×1023 mol-1
元电荷e
1.6×10-19 C
导线MN的摩尔质量μ
6.0×10-2 kg/mol
(3)经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞。展开你想象的翅膀,给出一个合理的自由电子的运动模型;在此基础上,求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式。
温馨提示 (1)推导出W电与Q的表达式并比较。
(2)I=neSv。
(3)分析电子运动过程中的受力情况尝试用不同方法解题。
解析 (1)电动势E=BLv
导线匀速运动,受力平衡F=F安=BIL
在Δt时间内,
外力F对导线做功W=FvΔt=F安vΔt=BILvΔt
电路获得的电能W电=qE=IEΔt=BILvΔt
可见,F对导线MN所做的功等于电路获得的电能W电;
导线MN中产生的焦耳热Q=I2RΔt=IΔt×IR=qE=W电
可见,电路获得的电能W电等于导线MN中产生的焦耳热Q。
(2)导线MN中含有的原子数为N=mμNA
因为一个金属原子贡献一个电子,所以导线MN中的自由电子数也是N。
导线MN单位体积内的自由电子数n=NSL
其中,S为导线MN的横截面积。
因为电流I=nveSe
所以ve=InSe=ILNe=ILμmNAe
解得ve=7.8×10-6 m/s
(3)假设:所有自由电子(简称电子)以同一方式运动。
解法一:动量解法
设电子在每一次碰撞结束至下一次碰撞结束之间的运动都相同,经历的时间为Δt,电子的动量变化为零。
因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用
f洛=evB
沿导线方向,电子只受到金属离子的作用力和f洛作用,所以
f洛Δt-If=0
其中If为金属离子对电子的作用力的冲量,其平均作用力为f,则If=fΔt
得f=f洛=evB
答案 (1)见解析 (2)7.8×10-6 m/s (3)见解析
(2)解法二:能量解法
设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为t,在这段时间内,通过导线一端的电子总数
N=Ite
电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力f做功产生的。
在时间t内
总的焦耳热Q=NfL
由能量守恒得Q=W电=EIt=BLvIt
所以f=evB
解法三:动力学解法
因为电流不变,所以假设电子以速度ve相对导线做匀速直线运动。
因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用,
f洛=evB
沿导线方向,电子只受到金属离子的平均作用力f和f洛作用,二力平衡
即f=f洛=evB
38.(2014天津理综,11,18分)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5 T。在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1 kg,电阻R1=0.1 Ω的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑。然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4 kg,电阻R2=0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,取g=10 m/s2。问
(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向;
(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大;
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8 m,此过程中ab上产生的热量Q是多少。
答案 (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
解析 (1)由右手定则可知ab中电流方向由a流向b。
(2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有
Fmax=m1g sin θ①
设ab刚要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有
E=BLv②
设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有
I=ER1+R2③
设ab所受安培力为F安,有
F安=ILB④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有
F安=m1g sin θ+Fmax⑤
综合①②③④⑤式,代入数据解得
v=5 m/s⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒有
m2gx sin θ=Q总+12m2v2⑦
又Q=R1R1+R2Q总⑧
解得Q=1.3 J⑨
39.(2018天津理综,12,20分)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m。列车启动前,ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所示。为使列车启动,需在M、N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
(1)要使列车向右运行,启动时图1中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由;
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小;
(3)列车减速时,需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?
图1
图2
答案 (1)见解析 (2)2BElmR (3)见解析
解析 本题考查左手定则、安培力、法拉第电磁感应定律、动量定理等。
(1)列车要向右运动,安培力方向应向右。根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a到b、由c到d,故M接电源正极。
(2)由题意,启动时ab、cd并联,设回路总电阻为R总,由电阻的串并联知识得
R总=R2①
设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有
I=ER总②
设两根金属棒所受安培力之和为F,有
F=IlB③
根据牛顿第二定律有
F=ma④
联立①②③④式得
a=2BElmR⑤
(3)设列车减速时,cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有
E1=ΔΦΔt⑥
其中
ΔΦ=Bl2⑦
设回路中平均电流为I',由闭合电路欧姆定律有
I'=E12R⑧
设cd受到的平均安培力为F',有
F'=I'lB⑨
以向右为正方向,设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲,有
I冲=-F'Δt⑩
同理可知,回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0,有
I0=2I冲
设列车停下来受到的总冲量为I总,由动量定理有
I总=0-mv0
联立⑥⑦⑧⑨⑩式得
I总I0=mv0RB2l3
讨论:若I总I0恰为整数,设其为n,则需设置n块有界磁场;若I总I0不是整数,设I总I0的整数部分为N,则需设置N+1块有界磁场。
40.(2018浙江4月选考,23,10分)如图所示,在竖直平面内建立xOy坐标系,在0≤x≤0.65 m、y≤0.40 m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长l=0.10 m、质量m=0.02 kg、电阻R=0.40 Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置,其中心的坐标为(0,0.65 m)。现将线框以初速度v0=2.0 m/s水平向右抛出。线框在进入磁场过程中速度保持不变,然后在磁场中运动,最后从磁场右边界离开磁场区域,完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内,其ab边与x轴保持平行,空气阻力不计。(g取10 m/s2)求:
(1)磁感应强度B的大小;
(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q;
(3)在全过程中,c、b两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。
答案 见解析
解析 (1)线框做平抛运动,当ab边与磁场上边界接触时,竖直方向有h=12gt2=0.2 m,得t=0.2 s,此时竖直方向的分速度v2y=gt=2 m/s=v0,合速度方向与水平方向成45°角,由题知线框匀速进入磁场,则感应电流
I=ER=Blv2yR
F安=BIl
因为线框匀速进入磁场,合力为0,所以mg=F安
联立解得B=2 T
(2)线框全部进入磁场区域之后,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动,线框离开磁场过程中,上下两边所受到的安培力抵消,所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热,水平方向上,只有ad边在水平方向上切割磁感线,线框离开磁场时所带的电荷量
q=ΔΦR=Bl2R
对离开过程在水平方向由动量定理,设向右为正,则
-Blq=mv5x-mv0
得v5x=1.5 m/s
由能量守恒得
mgΔh-Q1=12mv52-12mv42=12mv(v5x2+v5y2)-12m(v02+v4y2)
同时离开磁场过程中竖直方向只受重力,有
v5y2-v4y2=2gΔh
联立解得Q1=0.017 5 J
在进入磁场过程中,速度不变,重力势能转换成焦耳热Q2=mgl=0.02 J
所以Q总=Q1+Q2=0.037 5 J
(3)易得图中2、3、4、5状态下中心横坐标分别为0.4 m、0.5 m、0.6 m、0.7 m
①当x≤0.4 m时,线框还没进入磁场,Ucb=0;
②当0.4 m
③当0.5 m
④当0.6 m
又由动量定理得B2l2(x-0.6)R=m(v0-vx)
得Ucb=0.25-0.25x
易错点拨 在第(3)问中求c、b两端的电势差,很容易犯错误,比如说直接套用欧姆定律。在这里熟练掌握电路中的电势差的计算是避免犯错误的关键。进入磁场时cb边也有一小段导线在水平切割磁感线,所以计算电势差时,需要考虑这一小段导体上感应电动势的影响。
41.(2013课标Ⅰ,25,19分)如图,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ,间距为L。导轨上端接有一平行板电容器,电容为C。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑,求:
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系;
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
解析 (1)设金属棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为
E=BLv①
平行板电容器两极板之间的电势差为
U=E②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,按定义有
C=QU③
联立①②③式得
Q=CBLv④
(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t,通过金属棒的电流为i,金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上,大小为
f1=BLi⑤
设在时间间隔(t,t+Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ,按定义有
i=ΔQΔt⑥
ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t,t+Δt)内增加的电荷量。由④式得
ΔQ=CBLΔv⑦
式中,Δv为金属棒的速度变化量。按定义有
a=ΔvΔt⑧
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小为
f2=μN⑨
式中,N是金属棒对导轨的正压力的大小,有
N=mg cos θ⑩
金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下,设其大小为a,根据牛顿第二定律有
mg sin θ-f1-f2=ma
联立⑤至式得
a=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cg
由式及题设可知,金属棒做初速度为零的匀加速运动。t时刻金属棒的速度大小为
v=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cgt
答案 (1)Q=CBLv (2)v=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cgt
审题指导 ①忽略所有电阻意味着金属棒上产生的感应电动势全部加在平行板电容器上。电容器没有其他说明表示其在安全工作范围内,且C不变。②对金属棒受力分析,其受竖直向下的重力、垂直导轨斜向上的支持力、沿导轨向上的安培力和摩擦力。③由Q=CU,U=E=BLv,不难得出Q=CBLv。④由金属棒的受力情况分析其运动情况。
专题十一 电磁感应
考点一 电磁感应现象
1.(2019课标Ⅲ,14,6分)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现?( )
A.电阻定律 B.库仑定律
C.欧姆定律 D.能量守恒定律
答案 C 楞次定律的本质是感应磁场中能量的转化,是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现,故选项D正确。
2.(2014课标Ⅰ,14,6分)在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是( )
A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化
B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化
C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化
D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化
答案 D 将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,因线圈中的磁通量没有变化,故不能观察到感应电流,选项A不符合题意;在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时,如果通电线圈通以恒定电流,产生不变的磁场,则在另一线圈中不会产生感应电流,选项B不符合题意;在线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表时,磁通量已不再变化,因此也不能观察到感应电流,选项C不符合题意;绕在同一铁环上的两个线圈,在给一个线圈通电或断电的瞬间,线圈产生的磁场变化,使穿过另一线圈的磁通量变化,因此,能观察到感应电流,选项D符合题意。
考点二 法拉第电磁感应定律
1.(2015课标Ⅱ,15,6分,0.337)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时,a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A.Ua>Uc,金属框中无电流
B.Ub>Uc,金属框中电流方向沿a-b-c-a
C.Ubc=-12Bl2ω,金属框中无电流
D.Uac=12Bl2ω,金属框中电流方向沿a-c-b-a
答案 C 闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时,穿过金属框的磁通量始终为零,金属框中无电流。由右手定则可知Ub=Ua
2.(2015重庆理综,4,6分)图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为n,面积为S。若在t1到t2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2,则该段时间线圈两端a和b之间的电势差 φa-φb( )
A.恒为 nS(B2-B1)t2-t1 B.从0均匀变化到 nS(B2-B1)t2-t1
C.恒为 -nS(B2-B1)t2-t1 D.从0均匀变化到 -nS(B2-B1)t2-t1
答案 C 由楞次定律判定,感应电流从a流向b,b点电势高于a点电势,故φa-φb=-nSB2-B1t2-t1,因为磁场均匀增加,所以φa-φb为恒定的,可见C正确。
3.(2014江苏单科,1,3分)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。在Δt时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为( )
A.Ba22Δt B.nBa22Δt C.nBa2Δt D.2nBa2Δt
答案 B 由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E=nΔФΔt=nΔBΔt·S=n2B-BΔt·a22,得E=nBa22Δt,选项B正确。
4.(2014山东理综,16,6分)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
答案 BCD 直导线产生的磁场在M区域垂直纸面向外,在N区域垂直纸面向里,根据右手定则,导体棒上的感应电流在M区域向下,在N区域向上,由左手定则判定,在M、N区域导体棒所受安培力均向左,故A错误,B正确;I感=BLvR,F安=BI感L=B2L2vR,离直导线越近处B越大,所以FM逐渐增大,FN逐渐减小,C、D正确。
5.(2017北京理综,19,6分)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈。实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )
A.图1中,A1与L1的电阻值相同
B.图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流
C.图2中,变阻器R与L2的电阻值相同
D.图2中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等
答案 C 本题考查自感现象的判断。在图1中断开S1瞬间,灯A1突然闪亮,说明断开S1前,L1中的电流大于A1中的电流,故L1的阻值小于A1的阻值,A、B选项均错误;在图2中,闭合S2瞬间,由于L2的自感作用,通过L2的电流很小,D错误;闭合S2后,最终A2与A3亮度相同,说明两支路电流相等,故R与L2的阻值相同,C项正确。
6.(2015课标Ⅰ,19,6分)(多选)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
答案
AB 如图所示,将铜圆盘等效为无数个长方形线圈的组合,则每个线圈绕OO'轴转动时,均有感应电流产生,这些感应电流产生的磁场对小磁针有作用力,从而使小磁针转动起来,可见A、B均正确。由于圆盘面积不变,与磁针间的距离不变,故整个圆盘中的磁通量没有变化,C错误。圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场,由安培定则可判断在中心方向竖直向下,其他位置关于中心对称,此磁场不会导致磁针转动,D错误。
7.(2015山东理综,17,6分)(多选)如图,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场,圆盘开始减速。在圆盘减速过程中,以下说法正确的是( )
A.处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高
B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C.若所加磁场反向,圆盘将加速转动
D.若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动
答案 ABD 根据右手定则,处于磁场中的圆盘部分,感应电流从靠近圆盘边缘处流向靠近圆心处,故靠近圆心处电势高,A正确;安培力F=B2l2v中R,磁场越强,安培力越大,B正确;磁场反向时,安培力仍是阻力,C错误;若所加磁场穿过整个圆盘,则磁通量不再变化,没有感应电流,安培力为零,故圆盘不受阻力作用,将匀速转动,D正确。
8.(2014广东理综,15,4分)如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块( )
A.在P和Q中都做自由落体运动
B.在两个下落过程中的机械能都守恒
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
答案 C 小磁块在铜管中下落时,由于电磁阻尼作用,不做自由落体运动,机械能不守恒,而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动,机械能守恒,因此在P中下落得慢,用时长,到达底端速度小,C项正确,A、B、D错误。
9.(2019课标Ⅲ,19,6分)(多选)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是( )
答案 AC 本题考查法拉第电磁感应定律与图像结合的问题,难度较大,要求学生具有较强的综合分析能力,很好地体现了科学思维的学科核心素养。
由楞次定律可知ab棒做减速运动,cd棒做加速运动,即v1减小,v2增加。回路中的感应电动势E=BL(v1-v2),回路中的电流I=ER=BL(v1-v2)R,回路中的导体棒ab、cd的加速度大小均为a=Fm=BILm=B2L2(v1-v2)mR,由于v1-v2减小,可知a减小,所以ab与cd的v-t图线斜率的绝对值减小,I也非线性减小,所以A、C正确,B、D错误。
10.(2018课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势 ( )
A.在t=T4时为零
B.在t=T2时改变方向
C.在t=T2时最大,且沿顺时针方向
D.在t=T时最大,且沿顺时针方向
答案 AC 本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律。由i-t图像可知,在t=T4时,ΔiΔt=0,此时穿过导线框R的磁通量的变化率ΔΦΔt=0,由法拉第电磁感应定律可知,此时导线框R中的感应电动势为0,选项A正确;同理在t=T2和t=T 时,ΔiΔt为最大值,ΔΦΔt为最大值,导线框R中的感应电动势为最大值,不改变方向,选项B错误;根据楞次定律,t=T2时,导线框R中的感应电动势的方向为顺时针方向,而t=T时,导线框R中的感应电动势的方向为逆时针方向,选项C正确,选项D错误。
一题多解 当导线PQ中电流变大时,穿过导线框R的磁通量变大,由楞次定律可知,为阻碍磁通量变大,R有向右的运动趋势,根据两直导线电流同向相吸,异向相斥,可判断R中的电流方向。同理,可判断当导线PQ中电流变小时导线框R中的电流方向。
11.(2016四川理综,7,6分)(多选)如图所示,电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上,受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动,外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv(F0、k是常量),金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i,受到的安培力大小为FA,电阻R两端的电压为UR,感应电流的功率为P,它们随时间t变化图像可能正确的有( )
答案 BC 金属棒MN相当于电源,其感应电动势E=Blv,感应电流I=BlvR+r 即I∝v
FA=BIl=B2l2vR+r 即:FA∝v
UR=IR=BlvR+rR 即:UR∝v
P=IE=B2l2v2R+r 即:P∝v2
对金属棒MN:F-FA=ma
F0+kv-B2l2R+rv=ma
F0+k-B2l2R+rv=ma
若k-B2l2R+r>0,随着v增大,a也增大,棒做加速度增大的加速运动,B项正确。
若k-B2l2R+r<0,随着v增大,a减小,棒做加速度减小的加速运动,当a=0时,v达到最大后保持不变,C项正确,A项错误。
若k-B2l2R+r=0,则a=F0m,金属棒做匀加速运动
则v=at,P=IE=B2l2a2R+rt2,D项错误。
方法技巧 先分别得出I、FA、UR、P与v的关系,然后对棒MN受力分析,由牛顿第二定律列方程,最后分情况讨论棒MN的运动情况,根据各量与v的关系讨论得各量与时间的关系图像。
12.(2013课标Ⅱ,16,6分)如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中,可能正确描述上述过程的是( )
答案 D 导线框刚进入磁场时速度设为v0,此时产生的感应电动势E=BLv0,感应电流I=ER=BLv0R,线框受到的安培力F=BLI=B2L2v0R。由牛顿第二定律F=ma知,B2L2v0R=ma,由楞次定律知线框开始减速,随v减小,其加速度a减小,故进入磁场时做加速度减小的减速运动。当线框全部进入磁场开始做匀速运动,在出磁场的过程中,仍做加速度减小的减速运动,故只有D选项正确。
思路分析 推导出导线框进入磁场时所受安培力的表达式F=BIL=B2L2v0R=ma,线框加速度a=B2L2v0mR,加速度随着速度的减小而减小,线框完全在磁场中时不受安培力,a=0。由a的变化情况可知v-t图线的变化情况。
温馨提示 由楞次定律可知安培力的方向始终向左,线框完全在磁场中时不受安培力。
13.(2013大纲全国,17,6分)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点,两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为ω。t=0时,OA恰好位于两圆的公切线上,如图所示。若选取从O指向A的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是( )
答案 C 如图,设导体棒OA在转动过程中切割磁感线的有效长度为L,由几何知识知
L=2R sin ωt
则产生的感应电动势的大小为
E=12BL2ω=2BR2ω sin2 ωt
再结合右手定则判断感应电动势的方向
故,C正确,A、B、D错误。
评析 本题在考查电磁感应的基础上,更强调了学生应用数学知识解决物理问题的能力。应用几何知识得出切割磁感线的有效长度L=2R sin ωt是解题的关键,难度中等。
14.(2013山东理综,18,5分)将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图像是( )
答案 B 由图乙知,0~T2内,ΔBΔt=-k(常量),T2~T内,ΔBΔt=k(常量),由法拉第电磁感应定律及楞次定律知,回路中产生的电流为方波形交流电。0~T2内电流由b到a,由F=BIL和左手定则,知安培力F恒定且水平向左,为负方向;同理T2~T内,F恒定且水平向右,为正方向,故B正确,A、C、D错误。
15.(2012课标,20,6分)如图,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的时间间隔内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中的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正方向与图中箭头所示方向相同,则i随时间t变化的图线可能是( )
答案 A 线框abcd中电流I大小相同,Iab=Icd,而ab边与直线电流i之间的作用力大于cd边与直线电流i之间的作用力。且直线电流之间同向相吸异向相斥。依据楞次定律,当直导线中电流i方向向上且均匀减小时,线框中产生adcba方向的电流且恒定,此时线框受力向左;当直导线中电流i方向向下且增加时,线框中依然产生adcba方向的电流且恒定,此时线框受力向右。则可以判断A图正确。
16.(2014大纲全国,20,6分)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置,其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率( )
A.均匀增大 B.先增大,后减小
C.逐渐增大,趋于不变 D.先增大,再减小,最后不变
答案 C 对磁铁受力分析可知,磁铁重力不变,磁场力随速率的增大而增大,当重力等于磁场力时,磁铁匀速下落,所以选C。
17.(2015安徽理综,19,6分)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θ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 Blvsinθ
B.电路中感应电流的大小为 Bvsinθr
C.金属杆所受安培力的大小为 B2lvsinθr
D.金属杆的热功率为 B2lv2rsinθ
答案 B 金属杆MN切割磁感线的有效长度为l,产生的感应电动势E=Blv,A错误;金属杆MN的有效电阻R=rlsinθ,故回路中的感应电流I=ER=Blvsinθrl=Bvsinθr,B正确;金属杆受到的安培力F=BIlsinθ=Blsinθ·Bvsinθr=B2lvr,C错误;金属杆的热功率P=I2R=B2v2 sin2θr2·rlsinθ=B2v2 sinθ·lr,D错误。
18.(2017湖北“六校联合体”4月联考,4)如图所示,两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角,导轨的一端连接定值电阻R1,匀强磁场垂直穿过导轨平面,一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab,垂直于导轨放置,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,且R2=nR1,如果导体棒以速度v匀速下滑,导体棒此时受到的安培力大小为F,则以下判断正确的是( )
A.电阻R1消耗的电功率为Fv/n
B.重力做功的功率为mgv cos θ
C.运动过程中减少的机械能全部转化为电能
D.R2上消耗的功率为nFv/(n+1)
答案 D 导体棒以速度v匀速下滑时,由E=BLv、I=ER1+R2、F=BIL得安培力F=B2L2vR1+R2①,电阻R1消耗的热功率为P=I2R1=B2L2v2(R1+R2)2R1②,又R2=nR1③,联立①②③解得,P=Fvn+1,故A错误;重力做功的功率为mgv sin θ,B错误;导体棒克服安培力和摩擦力做功,减少的机械能转化为电能和内能,C错误;R2和R1串联,电流相等,根据P=I2R可知,R2消耗的功率等于R1消耗的功率的n倍,为nFv/(n+1),D正确;故选D。
19.(2014福建理综,18,6分)如图,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量;若撤去外力后,两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块( )
A.最大速度相同 B.最大加速度相同
C.上升的最大高度不同 D.重力势能的变化量不同
答案 C 图为物块能向上弹出且离开弹簧,则物块在刚撤去外力时加速度最大,由牛顿第二定律得:kx-mg sin θ=ma,即a=kxm-g sin θ,由于两物块k、x、θ均相同,m不同,则a不同,B错误。当mg sin θ=kx0即x0=mgsinθk时,速度最大,如图,设两物块质量m1
20.(2014安徽理综,20,6分)英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
A.0 B.12r2qk C.2πr2qk D.πr2qk
答案 D 变化的磁场使回路中产生的感生电动势E=ΔΦΔt=ΔBΔt·S=kπr2,则感生电场对小球的作用力所做的功W=qU=qE=πr2qk,选项D正确。
本题考查麦克斯韦理论,即变化的磁场在空间激发电场。解答此题的关键是由法拉第电磁感应定律确定出感生电动势,试题难度中等,虽源于教材,但易失分。
21.(2013天津理综,3,6分)如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则( )
A.Q1>Q2,q1=q2 B.Q1>Q2,q1>q2
C.Q1=Q2,q1=q2 D.Q1=Q2,q1>q2
解题思路 隐含条件:①第一次ab边为电源;②第二次bc边为电源;③可直接应用q=nΔΦR求解q。
答案 A 第一次ab边是电源,第二次bc边是电源。设线框ab、bc边长分别为l1、l2,第一次时线框中产生的热量Q1=I12Rt=(Bl1vR)2·R·l2v=B2l12l2vR=B2l1l2vRl1,同理第二次时线框中产生的热量Q2=B2l1l2vRl2,由于l1>l2,所以Q1>Q2。通过线框导体横截面的电荷量q=nΔΦR=Bl1l2R,故q1=q2,A选项正确。
22.(2012山东理综,20,5分)(多选)如图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ,上端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放,当速度达到v时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率恒为P,导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g。下列选项正确的是( )
A.P=2mgv sin θ
B.P=3mgv sin θ
C.当导体棒速度达到v2时加速度大小为g2 sin θ
D.在速度达到2v以后匀速运动的过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
答案 AC 对导体棒受力分析如图。当导体棒以v匀速运动时(如图甲),应有:mg sin θ=F安=BIL=B2L2vR;当加力F后以2v匀速运动时(如图乙),F+mg sin θ=2B2L2vR,两式联立得F=mg sin θ,则P=F·2v=2mgv sin θ,A正确B错误;由牛顿第二定律,当导体棒的速度为v2时,a=mgsinθ-F安″m=mgsinθ-B2L2v2Rm=g2 sin θ,C正确;由功能关系,当导体棒达到2v以后匀速运动的过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功与减少的重力势能之和,D错误。
本题借助导体棒在导轨上运动这个模型,对牛顿第二定律、功能关系、平衡条件、功率的计算等知识点进行了考查。求解本题,必须对导体棒进行正确的受力分析和运动分析,弄清楚题目中所涉及的各个物理量的变化规律,然后把这些规律正确地表达出来。本题难度较大,区分度高。对物体正确地受力分析和运动分析是解决此类问题的突破点。
23.(2016天津理综,12,20分)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为θ。一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为d的正方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为ρ。为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g。
(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I;
(2)若两铝条的宽度均为b,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式;
(3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度b'>b的铝条,磁铁仍以速度v进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。
答案 (1)mgsinθ2Bd (2)见解析 (3)见解析
解析 (1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等均为F安,有
F安=IdB①
磁铁受到沿斜面向上的作用力为F,其大小有
F=2F安②
磁铁匀速运动时受力平衡,则有
F-mg sin θ=0③
联立①②③式可得
I=mgsinθ2Bd④
(2)磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为E,有
E=Bdv⑤
铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有
R=ρddb⑥
由欧姆定律有
I=ER⑦
联立④⑤⑥⑦式可得
v=ρmgsinθ2B2d2b⑧
(3)磁铁以速度v进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F,联立①②⑤⑥⑦式可得
F=2B2d2bvρ⑨
当铝条的宽度b'>b时,磁铁以速度v进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F',有
F'=2B2d2b'vρ⑩
可见,F'>F=mg sin θ,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大。之后,随着运动速度减小,F'也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减小。综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动。直到F'=mg sin θ时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑。
解题指导 明确题中所构建的物理模型是解本题的关键。另外要注意的是:两边铝条对磁铁均有电磁阻力,且阻力相同。对于(3)中磁铁运动过程的分析,可类比我们熟悉的情景:导体棒沿倾斜的平行金属导轨下滑。
方法技巧 当遇到崭新的物理情景时,可以把它与我们熟悉的情景进行分析对比,找出共同点与不同点,采用类比的方法解题,就容易突破难点。
24.(2015广东理综,35,18分)如图(a)所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4 m。导轨右端接有阻值R=1 Ω的电阻。导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场,b、d连线与导轨垂直,长度也为L。从0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t变化,规律如图(b)所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1 s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=1 m/s 做直线运动,求:
(1)棒进入磁场前,回路中的电动势E;
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F,以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。
(a)
(b)
答案 (1)0.04 V
(2)0.04 N i=t-1(1 s≤t≤1.2 s)
解析 (1)由图(b)可知0~1.0 s内B的变化率 ΔBΔt=0.5 T/s①
正方形磁场区域的面积
S=L22=0.08 m2②
棒进入磁场前0~1.0 s内回路中的感应电动势
E=ΔΦΔt=SΔBΔt③
由①②③得E=0.08×0.5 V=0.04 V
(2)当棒通过bd位置时,有效切割长度最大,感应电流最大,棒受到最大安培力
F=BIL④
棒过bd时的感应电动势
Em=BLv=0.5×0.4×1 V=0.2 V⑤
棒过bd时的电流
I=EmR⑥
由④⑤⑥得
F=0.04 N
棒通过a点后在三角形abd区域中的有效切割长度L'与时间t的关系:
L'=2v(t-1),其中t的取值范围为1 s≤t≤1.2 s⑦
电流i与时间t的关系式
i=BL'vR=2Bv2(t-1)R=t-1(1 s≤t≤1.2 s)⑧
25.(2015江苏单科,13,15分)做磁共振(MRI)检查时,对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响,将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈,线圈的半径r=5.0 cm,线圈导线的截面积A=0.80 cm2,电阻率ρ=1.5 Ω·m。如图所示,匀强磁场方向与线圈平面垂直,若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零,求:(计算结果保留一位有效数字)
(1)该圈肌肉组织的电阻R;
(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E;
(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。
答案 (1)6×103 Ω (2)4×10-2 V (3)8×10-8 J
解析 (1)由电阻定律得R=ρ2πrA,代入数据得R=6×103 Ω
(2)感应电动势E=ΔB·πr2Δt,代入数据得E=4×10-2 V
(3)由焦耳定律得Q=E2RΔt,代入数据得Q=8×10-8 J
本题考查了电阻定律、法拉第电磁感应定律和电功三个方面的内容,模型已构建好,主要考查基本规律的简单应用,属于中等难度题。
学习指导 考生在本题中出现的错误主要有以下几方面:①不理解公式中各字母的含义,乱套公式;②单位换算错误;③未按有效数字的要求表达结果;④运算结果错误。由以上种种错误可见,学习过程中不仅要牢记公式,更重要的是要理解式中各字母的物理意义;解题过程中要细心、细心、再细心!
26.(2014课标Ⅱ,25,19分)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
(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小;
(2)外力的功率。
解析 解法一 (1)在Δt时间内,导体棒扫过的面积为
ΔS=12ωΔt[(2r)2-r2]①
根据法拉第电磁感应定律,导体棒上感应电动势的大小为
ε=BΔSΔt②
根据右手定则,感应电流的方向是从B端流向A端。因此,通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端。由欧姆定律可知,通过电阻R的感应电流的大小I满足
I=εR③
联立①②③式得
I=3ωBr22R④
(2)解法一 在竖直方向有
mg-2N=0⑤
式中,由于质量分布均匀,内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等,其值为N。两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为
f=μN⑥
在Δt时间内,导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为
l1=rωΔt⑦
和
l2=2rωΔt⑧
克服摩擦力做的总功为
Wf=f(l1+l2)⑨
在Δt时间内,消耗在电阻R上的功为
WR=I2RΔt⑩
根据能量转化和守恒定律知,外力在Δt时间内做的功为
W=Wf+WR
外力的功率为
P=WΔt
由④至式得
P=32μmgωr+9ω2B2r44R
答案 (1)方向:由C端到D端 大小:3ωBr22R (2)32μmgωr+9ω2B2r44R
解题思路 (1)由法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小,再由欧姆定律求出电流,由右手定则判断电流方向。
(2)根据能量转化和守恒定律知外力做的功等于电阻R上产生的热量和摩擦力做功之和。
一题多解 (1)解法二 ε=Brv=Brωr+ω·2r2=32Br2ω
I=εR=3Br2ω2R
由右手定则判得通过R的感应电流从C→D
解法三 取Δt=T
ε=B·ΔSΔt=B(π·4r2-π·r2)2πω=32Br2ω
I=εR=3Br2ω2R
由右手定则判得通过R的感应电流从C→D
(2)解法二 由能量守恒
P=PR+Pf
在竖直方向2N=mg,则N=12mg,得f=μN=12μmg
Pf=12μmgωr+12μmg·ω·2r=32μmgωr
PR=I2R=9B2r4ω24R
所以P=32μmgωr+9B2ω2r44R
27.(2013广东理综,36,18分)如图(a)所示,在垂直于匀强磁场B的平面内,半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动,圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接。电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图(b)所示,其中ab段和bc段均为直线,且ab段过坐标原点。ω>0代表圆盘逆时针转动。已知:R=3.0 Ω,B=1.0 T,r=0.2 m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻。
(1)根据图(b)写出ab、bc段对应的I与ω的关系式;
(2)求出图(b)中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc;
(3)分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式。
图(a)
图(b)
答案 见解析
解析 (1)由图像可知,在ab段
I=ω150(-45 rad/s≤ω≤15 rad/s)
在bc段
I=ω100-0.05(15 rad/s<ω≤45 rad/s)
(2)由题意可知,P两端的电压UP等于圆盘产生的电动势,UP=12Br2ω
b点时ωb=15 rad/s
Ub=12Br2ωb=0.3 V
c点时ωc=45 rad/s
Uc=12Br2ωc=0.9 V
(3)由图像中电流变化规律可知电子元件P在b点时开始导通,则:
在ab段
IP=0(-0.9 V≤UP≤0.3 V)
在bc段
IP=I-UPR
而I=ω100-0.05
UP=12Br2ω
联立可得
IP=UP6-0.05(0.3 V
28.(2017北京理综,24,20分)发电机和电动机具有装置上的类似性,源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。
在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L,电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好,以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。
图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻,导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点M、P间接有直流电源,导体棒ab通过滑轮匀速提升重物,电路中的电流为I。
(1)求在Δt时间内,图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。
(2)从微观角度看,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便,可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。
a.请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中,分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。
b.我们知道,洛伦兹力对运动电荷不做功。那么,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢?请以图2“电动机”为例,通过计算分析说明。
答案 见解析
解析 本题考查发电机和电动机的机理分析、洛伦兹力的方向及其在能量转化中的作用。
(1)图1中,电路中的电流I1=BLvR+r
棒ab受到的安培力F1=BI1L
在Δt时间内,“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功
E电=F1·vΔt=B2L2v2ΔtR+r
图2中,棒ab受到的安培力F2=BIL
在Δt时间内,“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功
E机=F2·vΔt=BILvΔt
(2)a.如图甲、乙所示。
b.设自由电荷的电荷量为q,沿导体棒定向移动的速率为u。
如图乙所示,沿棒方向的洛伦兹力f1'=qvB,做负功
W1=-f1'·uΔt=-qvBuΔt
垂直棒方向的洛伦兹力f2'=quB,做正功
W2=f2'·vΔt=quBvΔt
所以W1=-W2,即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。
f1'做负功,阻碍自由电荷的定向移动,宏观上表现为“反电动势”,消耗电源的电能;f2'做正功,宏观上表现为安培力做正功,使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能,在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。
疑难突破 洛伦兹力的做功及其作用
在“发电机”模型中,外力促使导体棒做切割磁感线运动时,棒中自由电荷随棒运动,从而会受到沿棒方向的洛伦兹力,表现为“电源中的非静电力”,这一力做正功,起到了使其他形式能量向电能转化的作用;在“电动机”模型中,外电源使导体棒中产生电场,在电场力作用下,导体棒中的自由电荷沿棒运动,从而受到垂直于棒方向的洛伦兹力,宏观上表现为“导体棒受到的安培力”,这一力做正功,起到了使电能向其他形式能量转化的作用。
29.(2016课标Ⅲ,25,20分)如图,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左端接一阻值为R的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1=kt,式中k为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN(虚线)与导轨垂直,磁场的磁感应强度大小为B0,方向也垂直于纸面向里。某时刻,金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动,在t0时刻恰好以速度v0越过MN,此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计。求
(1)在t=0到t=t0时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值;
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
答案 (1)kt0SR (2)B0lv0(t-t0)+kSt (B0lv0+kS)B0lR
解析 (1)在金属棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为Φ=ktS①
设在从t时刻到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律有ε=-ΔΦΔt②
由欧姆定律有i=εR③
由电流的定义有i=ΔqΔt④
联立①②③④式得|Δq|=kSRΔt⑤
由⑤式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|=kt0SR⑥
(2)当t>t0时,金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有f=F⑦
式中,f是外加水平恒力,F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I,F的大小为
F=B0lI⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ'=B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt=Φ+Φ'
式中,Φ仍如①式所示。由①⑨⑩式得,在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为
Φt=B0lv0(t-t0)+kSt
在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt
由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为
εt=ΔΦtΔt
由欧姆定律有I=εtR
联立⑦⑧式得f=(B0lv0+kS)B0lR
解题指导 (1)金属棒在0~t0时间内,由于圆形磁场中的磁通量变化而引起感应电动势,从而形成感应电流,由电流的定义式可以求出流过电阻的电荷量的绝对值。
(2)当金属棒越过MN后,穿过回路的磁通量由两部分组成;再由法拉第电磁感应定律等知识可以求出外加水平恒力的大小。
易错点拨 (1)在计算磁通量时,用的是左侧矩形面积,而不是圆形磁场面积,从而导致出错。(2)当金属棒越过MN后计算磁通量时,得出的金属棒与MN的距离s=v0t,从而导致出错。
30.(2016上海单科,33,14分)如图,一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内,磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。一足够长、质量为m的直导体棒沿x方向置于轨道上,在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动,运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻为ρ,与电阻不计的轨道接触良好,运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=ky32(SI)。求:
(1)导体轨道的轨道方程y=f(x);
(2)棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系;
(3)棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。
答案 (1)y=4aB2kρ2x2 (2)Fm=k2ay
(3)k22aL2+maL
解析 (1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(±x,y),安培力Fm=B2(2x)2vR
安培力的功率P=Fmv=4B2x2v2R=ky32
棒做匀加速运动
v2=2ay
R=2ρx
代入前式得y=4aB2kρ2x2
轨道形状为抛物线。
(2)安培力Fm=4B2x2Rv=2B2xρ2ay
以轨道方程代入得
Fm=k2ay
(3)由动能定理W=Wm+12mv2
安培力做功Wm=k22aL2
棒在y=L处的动能为12mv2=maL
外力做功W=k22aL2+maL
31.(2015天津理综,11,18分)如图所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面。开始时,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g。求
(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍;
(2)磁场上下边界间的距离H。
答案 (1)4倍 (2)Qmg+28l
解析 (1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边上的感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律,有
E1=2Blv1①
设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有
I1=E1R②
设此时线框所受安培力为F1,有
F1=2I1lB③
由于线框做匀速运动,其受力平衡,有
mg=F1④
由①②③④式得
v1=mgR4B2l2⑤
设ab边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v2,同理可得
v2=mgRB2l2⑥
由⑤⑥式得
v2=4v1⑦
(2)线框自释放直到cd边进入磁场前,由机械能守恒定律,有
2mgl=12mv12⑧
线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有
mg(2l+H)=12mv22-12mv12+Q⑨
由⑦⑧⑨式得
H=Qmg+28l⑩
32.(2015海南单科,13,10分)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μ,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。
答案 (1)B2l2v2R (2)B2l2vR+μmg
解析 解法一 导体棒匀速向右滑动,速率为v,则有
F=F安+μmg
E=Blv
I=ER
F安=BIl
解得F=B2l2vR+μmg
由能量守恒定律得
Fv=μmgv+PR
解得PR=B2l2v2R
解法二 (1)导体棒切割磁感线产生的电动势
E=Blv
由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R两端电压等于电动势:
U=E
则电阻R消耗的功率
PR=U2R
综合以上三式可得
PR=B2l2v2R
(2)设水平外力大小为F,由能量守恒有
Fv=PR+μmgv
故得F=PRv+μmg=B2l2vR+μmg
33.(2015四川理综,11,19分)如图所示,金属导轨MNC和PQD,MN与PQ平行且间距为L,所在平面与水平面夹角为α,N、Q连线与MN垂直,M、P间接有阻值为R的电阻;光滑直导轨NC和QD在同一水平面内,与NQ的夹角都为锐角θ,均匀金属棒ab和ef质量均为m,长均为L,ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合;ef棒垂直放在倾斜导轨上,与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小),由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻,ef棒的阻值为R,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,忽略感应电流产生的磁场,重力加速度为g。
(1)若磁感应强度大小为B,给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1,在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止,ef棒始终静止,求此过程ef棒上产生的热量;
(2)在(1)问过程中,ab棒滑行距离为d,求通过ab棒某横截面的电荷量;
(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动,并在NQ位置时取走小立柱1和2,且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。
答案 (1)14mv12 (2)2Bd(L-dcotθ)R (3)见解析
解析 (1)设ab棒的初动能为Ek,ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W1,有
W+W1=Ek①
且W=W1②
由题有Ek=12mv12③
得W=14mv12④
说明:①②③④式各1分。
(2)设在题设过程中,ab棒滑行时间为Δt,扫过的导轨间的面积为ΔS,通过ΔS的磁通量为ΔΦ,ab棒产生的电动势为E,ab棒中的电流为I,通过ab棒某横截面的电荷量为q,则
E=ΔΦΔt⑤
且ΔΦ=BΔS⑥
I=qΔt⑦
又有I=2ER⑧
由图所示ΔS=d(L-d cot θ)⑨
联立⑤~⑨,解得q=2Bd(L-dcotθ)R⑩
说明:⑤⑥⑦⑧⑨⑩式各1分。
(3)ab棒滑行距离为x时,ab棒在导轨间的棒长Lx为
Lx=L-2x cot θ
此时,ab棒产生电动势Ex为Ex=Bv2Lx
流过ef棒的电流Ix为Ix=ExR
ef棒所受安培力Fx为Fx=BIxL
联立~,解得Fx=B2v2LR(L-2x cot θ)
由式可得,Fx在x=0和B为最大值Bm时有最大值F1。
由题知,ab棒所受安培力方向必水平向左,ef棒所受安培力方向必水平向右,使F1为最大值的受力分析如图所示,图中fm为最大静摩擦力,有
F1 cos α=mg sin α+μ(mg cos α+F1 sin α)
联立,得Bm=1Lmg(sinα+μcosα)R(cosα-μsinα)v2
式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小,该磁场方向可竖直向上,也可竖直向下。
由式可知,B为Bm时,Fx随x增大而减小,x为最大xm时,Fx为最小值F2,如图可知
F2 cos α+μ(mg cos α+F2 sin α)=mg sin α
联立,得
xm=μLtanθ(1+μ2)sinαcosα+μ
说明:式各1分,式2分,正确说明磁场方向得1分。
34.(2014浙江理综,24,20分)某同学设计一个发电测速装置,工作原理如图所示。一个半径为R=0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为R的金属棒OA,A端与导轨接触良好,O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r=R/3的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为m=0.5 kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。a点与导轨相连,b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放,下落h=0.3 m时,测得U=0.15 V。(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度g=10 m/s2)
(1)测U时,与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”?
(2)求此时铝块的速度大小;
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。
答案 (1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J
解析 (1)由右手定则知,金属棒产生的感应电动势的方向由O→A,故A端电势高于O端电势,与a点相接的是电压表的“正极”。
(2)由电磁感应定律得
U=E=ΔΦΔt
ΔΦ=12BR2Δθ
U=12BωR2
v=rω=13ωR
所以v=2U3BR=2 m/s
(3)ΔE=mgh-12mv2
ΔE=0.5 J
35.(2014安徽理综,23,16分)如图1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。
(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2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 见解析
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),解得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
l外=d-OP-xOPd、OP=MP2-(MN2)2,得l外=1.2 m
由楞次定律判断D点电势高,故CD两端电势差
UCD=-Bl外v,即UCD=-0.6 V
(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是l=OP-xOPd=3-32x
对应的电阻Rl为Rl=ldR,电流I=BlvRl
杆受的安培力F安=BIl=7.5-3.75x
根据平衡条件得F=F安+mg sin θ
F=12.5-3.75x(0≤x≤2 m)
画出的F-x图像如图所示。
(3)外力F所做的功WF等于F-x图线下所围的面积,即
WF=5+12.52×2 J=17.5 J
而杆的重力势能增加量ΔEp=mgOP sin θ
故全过程产生的焦耳热Q=WF-ΔEp=7.5 J
36.(2014江苏单科,13,15分)如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距为L,长为3d,导轨平面与水平面的夹角为θ,在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放,在滑上涂层之前已经做匀速运动,并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直,且仅与涂层间有摩擦,接在两导轨间的电阻为R,其他部分的电阻均不计,重力加速度为g。求:
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ;
(2)导体棒匀速运动的速度大小v;
(3)整个运动过程中,电阻产生的焦耳热Q。
思路解析 关注:导体棒在有绝缘涂层段受摩擦力,而不受安培力,在无涂层段不受摩擦力,而受安培力。隐含条件,匀速运动意味着摩擦力与安培力相等。
解析 (1)在绝缘涂层上
受力平衡mg sin θ=μmg cos θ
解得μ=tan θ
(2)在光滑导轨上
感应电动势E=BLv
感应电流I=ER
安培力F安=BIL
受力平衡F安=mg sin θ
解得v=mgRsinθB2L2
(3)摩擦生热Q摩=μmgd cos θ
由能量守恒定律得3mgd sin θ=Q+Q摩+12mv2
解得Q=2mgd sin θ-m3g2R2 sin2θ2B4L4
答案 (1)tan θ (2)mgRsinθB2L2
(3)2mgd sin θ-m3g2R2 sin2θ2B4L4
37.(2014北京理综,24,20分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如图所示,固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中,金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下,在导线框上以速度v做匀速运动,速度v与恒力F方向相同;导线MN始终与导线框形成闭合电路。已知导线MN电阻为R,其长度L恰好等于平行轨道间距,磁场的磁感应强度为B。忽略摩擦阻力和导线框的电阻。
(1)通过公式推导验证:在Δt时间内,F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电,也等于导线MN中产生的焦耳热Q;
(2)若导线MN的质量m=8.0 g、长度L=0.10 m,感应电流I=1.0 A,假设一个原子贡献1个自由电子,计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(下表中列出一些你可能会用到的数据);
阿伏加德罗常数NA
6.0×1023 mol-1
元电荷e
1.6×10-19 C
导线MN的摩尔质量μ
6.0×10-2 kg/mol
(3)经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞。展开你想象的翅膀,给出一个合理的自由电子的运动模型;在此基础上,求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式。
温馨提示 (1)推导出W电与Q的表达式并比较。
(2)I=neSv。
(3)分析电子运动过程中的受力情况尝试用不同方法解题。
解析 (1)电动势E=BLv
导线匀速运动,受力平衡F=F安=BIL
在Δt时间内,
外力F对导线做功W=FvΔt=F安vΔt=BILvΔt
电路获得的电能W电=qE=IEΔt=BILvΔt
可见,F对导线MN所做的功等于电路获得的电能W电;
导线MN中产生的焦耳热Q=I2RΔt=IΔt×IR=qE=W电
可见,电路获得的电能W电等于导线MN中产生的焦耳热Q。
(2)导线MN中含有的原子数为N=mμNA
因为一个金属原子贡献一个电子,所以导线MN中的自由电子数也是N。
导线MN单位体积内的自由电子数n=NSL
其中,S为导线MN的横截面积。
因为电流I=nveSe
所以ve=InSe=ILNe=ILμmNAe
解得ve=7.8×10-6 m/s
(3)假设:所有自由电子(简称电子)以同一方式运动。
解法一:动量解法
设电子在每一次碰撞结束至下一次碰撞结束之间的运动都相同,经历的时间为Δt,电子的动量变化为零。
因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用
f洛=evB
沿导线方向,电子只受到金属离子的作用力和f洛作用,所以
f洛Δt-If=0
其中If为金属离子对电子的作用力的冲量,其平均作用力为f,则If=fΔt
得f=f洛=evB
答案 (1)见解析 (2)7.8×10-6 m/s (3)见解析
(2)解法二:能量解法
设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为t,在这段时间内,通过导线一端的电子总数
N=Ite
电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力f做功产生的。
在时间t内
总的焦耳热Q=NfL
由能量守恒得Q=W电=EIt=BLvIt
所以f=evB
解法三:动力学解法
因为电流不变,所以假设电子以速度ve相对导线做匀速直线运动。
因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用,
f洛=evB
沿导线方向,电子只受到金属离子的平均作用力f和f洛作用,二力平衡
即f=f洛=evB
38.(2014天津理综,11,18分)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5 T。在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1 kg,电阻R1=0.1 Ω的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑。然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4 kg,电阻R2=0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,取g=10 m/s2。问
(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向;
(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大;
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8 m,此过程中ab上产生的热量Q是多少。
答案 (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
解析 (1)由右手定则可知ab中电流方向由a流向b。
(2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有
Fmax=m1g sin θ①
设ab刚要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有
E=BLv②
设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有
I=ER1+R2③
设ab所受安培力为F安,有
F安=ILB④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有
F安=m1g sin θ+Fmax⑤
综合①②③④⑤式,代入数据解得
v=5 m/s⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒有
m2gx sin θ=Q总+12m2v2⑦
又Q=R1R1+R2Q总⑧
解得Q=1.3 J⑨
39.(2018天津理综,12,20分)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m。列车启动前,ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所示。为使列车启动,需在M、N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
(1)要使列车向右运行,启动时图1中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由;
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小;
(3)列车减速时,需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?
图1
图2
答案 (1)见解析 (2)2BElmR (3)见解析
解析 本题考查左手定则、安培力、法拉第电磁感应定律、动量定理等。
(1)列车要向右运动,安培力方向应向右。根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a到b、由c到d,故M接电源正极。
(2)由题意,启动时ab、cd并联,设回路总电阻为R总,由电阻的串并联知识得
R总=R2①
设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有
I=ER总②
设两根金属棒所受安培力之和为F,有
F=IlB③
根据牛顿第二定律有
F=ma④
联立①②③④式得
a=2BElmR⑤
(3)设列车减速时,cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有
E1=ΔΦΔt⑥
其中
ΔΦ=Bl2⑦
设回路中平均电流为I',由闭合电路欧姆定律有
I'=E12R⑧
设cd受到的平均安培力为F',有
F'=I'lB⑨
以向右为正方向,设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲,有
I冲=-F'Δt⑩
同理可知,回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0,有
I0=2I冲
设列车停下来受到的总冲量为I总,由动量定理有
I总=0-mv0
联立⑥⑦⑧⑨⑩式得
I总I0=mv0RB2l3
讨论:若I总I0恰为整数,设其为n,则需设置n块有界磁场;若I总I0不是整数,设I总I0的整数部分为N,则需设置N+1块有界磁场。
40.(2018浙江4月选考,23,10分)如图所示,在竖直平面内建立xOy坐标系,在0≤x≤0.65 m、y≤0.40 m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长l=0.10 m、质量m=0.02 kg、电阻R=0.40 Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置,其中心的坐标为(0,0.65 m)。现将线框以初速度v0=2.0 m/s水平向右抛出。线框在进入磁场过程中速度保持不变,然后在磁场中运动,最后从磁场右边界离开磁场区域,完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内,其ab边与x轴保持平行,空气阻力不计。(g取10 m/s2)求:
(1)磁感应强度B的大小;
(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q;
(3)在全过程中,c、b两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。
答案 见解析
解析 (1)线框做平抛运动,当ab边与磁场上边界接触时,竖直方向有h=12gt2=0.2 m,得t=0.2 s,此时竖直方向的分速度v2y=gt=2 m/s=v0,合速度方向与水平方向成45°角,由题知线框匀速进入磁场,则感应电流
I=ER=Blv2yR
F安=BIl
因为线框匀速进入磁场,合力为0,所以mg=F安
联立解得B=2 T
(2)线框全部进入磁场区域之后,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动,线框离开磁场过程中,上下两边所受到的安培力抵消,所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热,水平方向上,只有ad边在水平方向上切割磁感线,线框离开磁场时所带的电荷量
q=ΔΦR=Bl2R
对离开过程在水平方向由动量定理,设向右为正,则
-Blq=mv5x-mv0
得v5x=1.5 m/s
由能量守恒得
mgΔh-Q1=12mv52-12mv42=12mv(v5x2+v5y2)-12m(v02+v4y2)
同时离开磁场过程中竖直方向只受重力,有
v5y2-v4y2=2gΔh
联立解得Q1=0.017 5 J
在进入磁场过程中,速度不变,重力势能转换成焦耳热Q2=mgl=0.02 J
所以Q总=Q1+Q2=0.037 5 J
(3)易得图中2、3、4、5状态下中心横坐标分别为0.4 m、0.5 m、0.6 m、0.7 m
①当x≤0.4 m时,线框还没进入磁场,Ucb=0;
②当0.4 m
③当0.5 m
④当0.6 m
又由动量定理得B2l2(x-0.6)R=m(v0-vx)
得Ucb=0.25-0.25x
易错点拨 在第(3)问中求c、b两端的电势差,很容易犯错误,比如说直接套用欧姆定律。在这里熟练掌握电路中的电势差的计算是避免犯错误的关键。进入磁场时cb边也有一小段导线在水平切割磁感线,所以计算电势差时,需要考虑这一小段导体上感应电动势的影响。
41.(2013课标Ⅰ,25,19分)如图,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ,间距为L。导轨上端接有一平行板电容器,电容为C。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑,求:
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系;
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
解析 (1)设金属棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为
E=BLv①
平行板电容器两极板之间的电势差为
U=E②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,按定义有
C=QU③
联立①②③式得
Q=CBLv④
(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t,通过金属棒的电流为i,金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上,大小为
f1=BLi⑤
设在时间间隔(t,t+Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ,按定义有
i=ΔQΔt⑥
ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t,t+Δt)内增加的电荷量。由④式得
ΔQ=CBLΔv⑦
式中,Δv为金属棒的速度变化量。按定义有
a=ΔvΔt⑧
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小为
f2=μN⑨
式中,N是金属棒对导轨的正压力的大小,有
N=mg cos θ⑩
金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下,设其大小为a,根据牛顿第二定律有
mg sin θ-f1-f2=ma
联立⑤至式得
a=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cg
由式及题设可知,金属棒做初速度为零的匀加速运动。t时刻金属棒的速度大小为
v=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cgt
答案 (1)Q=CBLv (2)v=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cgt
审题指导 ①忽略所有电阻意味着金属棒上产生的感应电动势全部加在平行板电容器上。电容器没有其他说明表示其在安全工作范围内,且C不变。②对金属棒受力分析,其受竖直向下的重力、垂直导轨斜向上的支持力、沿导轨向上的安培力和摩擦力。③由Q=CU,U=E=BLv,不难得出Q=CBLv。④由金属棒的受力情况分析其运动情况。
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