第5节电磁感应现象的两类情况

第四章电磁感应物理·选修3－2(人教版)电磁感应电磁感应第5节电磁感应现象的两类情况eq\x(基)eq\x(础)eq\x(巩)eq\x(固)1．如下图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述错误的是()A．ab杆中的电流与速率v成反比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的电热功率与速率v的平方成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v的平方成正比解析：由E＝Blv和I＝eq\f(E,R)得：I＝eq\f(Blv,R).所以安培力F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，电阻上消耗的电热功率P＝I2R＝eq\f(B2l2v2,R)；外力对ab做功的功率就等于回路产生的电热功率．答案：A2．(双选)如图甲所示，100匝线圈(图中只画了1匝)两端A、B与一电压表相连．线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．下列关于电压表的说法正确的是()A．电压表读数为50VB．电压表读数为150VC．电压表“＋”接线柱接A端D．电压表“＋”接线柱接B端解析：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×eq\f(0.05,0.1)V＝50V，选项A正确，B错误；根据楞次定律可判断，A端电势高于B端，所以电压表“＋”接线柱接A端，选项C正确，D错误．本题答案为AC.答案：AC3．如下图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时，下列叙述错误的是()A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同解析：两磁场穿过回路的磁通量等大反向，总磁通量为零，选项A对；导体ab和cd产生的感应电动势大小为Blv0，在回路中其方向相同，所以回路中产生的电动势大小为2Blv0，选项B对；由右手定则知回路中感应电流的方向为逆时针方向，选项C错；由左手定则知，回路中ab边与cd边所受安培力的方向均水平向左，选项D对．答案：C4．如图所示，在竖直平面内有两根平行金属导轨，上端与电阻R相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面．一质量为m的金属棒以初速度v0沿导轨竖直向上运动，上升到某一高度后又返回到原处，整个过程金属棒与导轨接触良好，导轨与棒的电阻不计．下列说法正确的是()A．回到出发点的速度v大于初速度v0B．通过R的最大电流上升过程小于下落过程C．电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程D．所用时间上升过程大于下落过程解析：金属棒在运动过程中，机械能不断转化为热能，所以回到出发点的速度v小于初速度v0，选项A错误；设金属棒运动的速度为v，长度为l，那么感应电动势E＝Blv，通过R的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R)，可见，当金属棒运动速度v增大时，通过R的电流增大，因为金属棒在运动过程中，机械能不断转化为热能，所以运动到同一高度处，上升时的速度大于下降时的速度，所以通过R的最大电流上升过程大于下落过程，选项B错误；同一高度处金属棒上升时受到的安培力大于下降时受到的安培力，由于上升和下降的高度相同，所以上升过程克服安培力所做的功大于下降时克服安培力做的功，故电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程．C正确；研究金属棒的上升过程时，可以采取逆向思维法，把上升过程看作金属棒从最高点自由下落，显然，下落的加速度a1＞g＞a2，其中a2为金属棒返回下落时的加速度，显然，下落相同高度，t1＜t2，选项D错误．答案：C5．(双选)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程()A．杆的速度最大值为eq\f(F－μmgR,B2d2)B．流过电阻R的电荷量为eq\f(BdL,R＋r)C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析：当杆的速度达到最大时，安培力F安＝eq\f(B2d2v,R＋r)，杆受力平衡，故F－μmg－F安＝0，所以v＝eq\f(F－μmgR＋r,B2d2)，A错；流过电阻R的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BΔS,R＋r)＝eq\f(BdL,R＋r)，B对；根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，C错，D对．答案：BDeq\x(能)eq\x(力)eq\x(提)eq\x(升)6．如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是()分析：MN切割磁感线运动产生感应电动势E＝BLv，L越来越大，回路总电阻也增大，根据电阻定律可求，然后利用闭合电路欧姆定律即可求解．解析：设∠bac＝2θ，单位长度电阻为R0.则MN切割磁感线产生电动势：E＝BLv＝Bv·2vt×tanθ＝2Bv2t·tanθ；回路总电阻为R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2vt·tanθ＋\f(2vt,cosθ)))R0＝vtR0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2tanθ＋\f(2,cosθ))).由闭合电路欧姆定律得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2Bv2t·tanθ,vtR0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2tanθ＋\f(2,cosθ))))＝eq\f(2Bvtanθ,R0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2tanθ＋\f(2,cosθ))))i与时间无关，是一定值，故A正确，B、C、D错误，故选A.答案：A点评：：关于电磁感应问题，特别是图象问题，不能凭想当然，最好是通过闭合电路欧姆定律找出关系式．7．如图所示，AB和CD是足够长的平行光滑导轨，其间距为l，导轨平面与水平面的夹角为θ.整个装置处在磁感应强度为B的，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．AC端连有电阻值为R的电阻．若将一质量M，垂直于导轨的金属棒EF在距BD端s处由静止释放，在EF棒滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段．今用大小为F，方向沿斜面向上的恒力把EF棒从BD位置由静止推至距BD端s处，突然撤去恒力F，棒EF最后又回到BD端．求：(1)EF棒下滑过程中的最大速度．(2)EF棒自BD端出发又回到BD端的整个过程中，有多少电能转化成了内能(金属棒、导轨的电阻均不计)?解析：(1)如题图所示，当EF从距BD端s处由静止开始滑至BD的过程中，受力情况如图所示．安培力：F安＝BIl＝Beq\f(Blv,R)l根据牛顿第二定律：a＝eq\f(Mgsinθ－B\f(Blv,R)l,M)①所以，EF由静止开始做加速度减小的变加速运动．当a＝0时速度达到最大值vm.由①式中a＝0有：Mgsinθ－eq\f(B2l2vm,R)＝0②则：vm＝eq\f(MgRsinθ,B2l2).(2)由恒力F推至距BD端s处，棒先减速至零，然后从静止下滑，在滑回BD之前已达最大速度vm开始匀速．设EF棒由BD从静止出发到再返回BD过程中，转化成的内能为ΔE.根据能的转化与守恒定律：Fs－ΔE＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)③ΔE＝Fs－eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgRsinθ,B2l2)))2④答案：见解析8．如下图所示，L1＝0.5m，L2＝0.8m，回路总电阻为R＝0.2Ω，M＝0.04kg，导轨光滑，开始时磁场B0＝1T．现使磁感应强度以eq\f(ΔB,Δt)＝0.2T/s的变化率均匀地增大，试求：当t为多少时，M刚离开地面？(g取10m/s2)解析：回路中原磁场方向向下，且磁通量增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab中的感应电流的方向是a→b，由左手定则可知，ab所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物．设ab中电流为I时M刚好离开地面，此时有FB＝BIL1＝Mg①I＝eq\f(E,R)②E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝L1L2·eq\f(ΔB,Δt)③B＝B0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))t＝0.2＋1④联立①②③④，解得：FB＝0.4N，I＝0.4A，B＝2T，t＝5s.答案：5s9．如图所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角是θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B.在导轨的AC端连接一个阻值为R的电阻，导轨的电阻不计．一根垂直于导轨放置的金属棒ab，电阻为r质量为m，从静止开始沿导轨下滑，下滑高度为H时达到最大速度．不计摩擦，求在此过程中：(1)ab棒的最大速度；(2)通过电阻R的热量；(3)通过电阻R的电量．分析：(1)金属棒下滑时切割磁感线运动，产生感应电动势，产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0时，速度最大．(2)下滑过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒求出整个电路产生的热量，从而求出电阻R上产生的热量．(3)电量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,R总)，求出磁通量的变化量，即可求出通过电阻R的电量．解析：(1)金属棒向下做加速度减小的加速运动，当加速度a＝0时，速度达到最大．有mgsinθ＝FAFA＝BILI＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLvm,R＋r)联立三式得，mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R＋r)所以vm＝eq\f(mgR＋rsinθ,B2L2).(2)根据能量守恒得：mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q总所以整个回路产生的热量Q总＝mgH－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)则通过电阻R的热量QR＝eq\f(R,R＋r)Q总＝eq\f(mgH－\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgR＋rsinθ,B2L2)))2R,R＋r).(3)下滑高度为H的过程中磁通量的增加量为ΔΦ＝eq\f(BLH,sinθ)通过电阻R的电量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R总)＝eq\f(BLH,R＋rsinθ).答案：见解析点评：解决本题的关键掌握运用动力学分析金属棒的运动，知道当加速度为零时，速度最大．以及会灵活运用能量守恒定律和掌握电量的公式．10．如下图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l＝0.20m，电阻R＝1.0Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道向下．现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如下图乙所示．求杆的加速度a和质量m.解析：导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝Blv＝Blat，①闭合回路中的感应电流为I＝eq\f(E,R)，②由安培力公式和牛顿第二定律得F－IlB＝ma，③将①②式代入③式整理得F＝ma＋eq\f(B2l2,R)at.④在乙图象上取两点t1＝0，F1＝1N；t2＝30s，F2＝4N代入④式，联立方程解得a＝10m/s2，m＝0.1kg.答案：10m/s20.1kg11．如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v.(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m带电量为＋q的微粒水平射入金属板