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=Uab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/st0)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