【文档说明】微专题68 电磁感应应用之电路问题.docx,共(32)页,875.256 KB,由envi的店铺上传
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打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!1微专题67电磁感应应用之电路问题【核心要点提示】1.处理电磁感应电路问题的一般思路2.5.电磁感应中流经电源电荷量问题的求解:(1)若为恒定电流,则可以直接用公式q=It;(2)若为变化电流,
则依据=NEtqItttNRRR===总总总【微专题训练】类型一磁场变化类(多选)(2017·潍坊模拟)在如图甲所示的电路中,电阻R1=R2=2R,圆形金属线圈半径为r1,线圈导线的电阻为R,半径为r2(r2<r
1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示,图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0,其余导线的电阻不计,闭合S,至t1时刻,电路中的电流已稳定,下列说法正确
的是()A.电容器上极板带正电B.电容器下极板带正电C.线圈两端的电压为B0πr21t0D.线圈两端的电压为4B0πr225t0【答案】BD【解析】[由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针,金属线圈相当于电源,电源内部的电流
从负极流向正极,则电容器的下极板带正电,上极板带负电,A错,B对.由打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!2法拉第电磁感应定律知感应电动势为E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=B0t0×πr22,由闭合电路欧姆定律得感应电流为I=ER
+R1+R2,所以线圈两端的电压U=I(R1+R2)=4B0πr225t0,C错,D对.]【例题】(2018·湖北部分重点中学联考)如图所示,竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R,C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域,其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外,区域C
1中磁场的磁感应强度随时间按B1=b+kt(k>0)变化,C2中磁场的磁感应强度恒为B2,一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上,且与导轨接触良好,并恰能保持静止。则(BCD)A.通过金属杆的电流大小为mgB
2LB.通过金属杆的电流方向为从B到AC.定值电阻的阻值R=2πkB2a3mg-rD.整个电路中产生的热功率P=πkamg2B2[解析]AB杆平衡,mg=B2I·2a,解得I=mg2aB2,A错误;安培力向上,根据左手定则可知,A
B中感应电流的方向为从B到A,B正确;根据法拉第电磁感应定律可知:感应电动势的大小E=ΔΦΔt=ΔB1Δt·πa2=kπa2,由I=ER+r解得R=2πkB2a3mg-r,C正确;整个电路产生的热功率P=EI=πkamg2B2,D正确。【变式】(2018·山东枣庄检测)如图甲所示,在水平桌面上放置
边长L=0.2m的正方形闭合金属线圈abcd,线圈的匝数n=10匝、质量m=0.1kg,总电阻R=0.1Ω。线圈与水平桌面之间的动摩擦因数μ=0.2,线圈受水平桌面的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。线圈的右半边处于竖直方向的匀强磁场中,磁场的左边界MN与线圈ab、cd两边平行且等距。
从t=0时刻起,匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。取g=10m/s2,下列说法正确的是(BC)打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!3A.t=1s时刻线圈中的感应电动势的大小E=0B.线圈开始
滑动时,将向左滑动C.线圈滑动前,其导线中的电流不变,一直为I=0.2AD.线圈滑动前,其产生的焦耳热为Q=8.0×10-3J[解析]由E=nΔΦΔt可知,t=1s时线圈中的感应电动势不为零,A错误。由
楞次定律可知:线圈中感应电流的方向为逆时针方向,0~1s内,由左手定则可知安培力方向向右,整个变化过程中,线圈中的感应电流大小和方向均不变,E=nΔΦΔt=10×0.1×12×0.221V=0.02V,感应电流I=ER=0.2A,C正确。当磁感应强度大小为B=0.1T
时,安培力F=BIL=0.1×0.2×0.2N=0.004N<fm,所以0~1s内线圈不会滑动;当线圈恰好发生滑动时F′=B′IL=fm=μmg,解得B′=5T,在1s后,安培力方向向左,所以线圈开始滑动时,将向左滑动,B正确。ΔBΔt=0
.1T/s,磁感应强度从0变化到5T所需要的时间:t′=50.1s=50s,线圈滑动前的时间为t=t′+1s=51s,线圈滑动前,产生的焦耳热Q=I2Rt=0.22×0.1×51J=0.204J,D错误。【巩固习题】1.(2018·山
东省青岛市高三统一质检)(多选)如图,一根长为l、横截面积为S的闭合软导线置于光滑水平面上,其材料的电阻率为ρ,导线内单位体积的自由电子数为n,电子的电荷量为e,空间存在垂直纸面向里的磁场.某时刻起磁场开始减弱,磁感应强度随时间的变化规律是B=B0kt,当软导线形状稳定时
,磁场方向仍然垂直纸面向里,此时()A.软导线围成一个正方形B.导线中的电流为klS4πρ打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!4C.导线中自由电子定向移动的速率为kl4nπepD.导线中电场强度大小为kl4πBCD[A:根据楞次定律“增缩减扩”的原理,软导
线稳定时呈圆形.故A项正确.B:根据I=2πr可得、r=12π,圆的面积S0=πr2=l24π,感应电动势大小为E=s0ΔBΔt=kl24π,稳定时软导线中的电流为I=ER,其中R=ρlS,联立可得电流I=ER=klS4πρ,故B项正确.C:导线横截面积为S、单位体积内的自由电子数为n、电子的
电荷量为e,则导线中电流I=neSv,解得:导线中自由电子定向移动的速率v=kl4πpne.故C项正确.D:计算导线中电场可将其视为沿导线方向的匀强电场,则导线中电场强度E场=Ul=kl24πl=kl4π.故D项正确.]2.(2017·宁波模拟)如图甲
所示,一匝数N=10、总电阻为R=2.5Ω、边长L=0.3m的均质正三角形金属线框静置在粗糙水平面上,线框的顶点正好是半径r=L3的圆形磁场的圆心,磁场方向竖直向下(正方向),磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示,a、b是磁场边
界与线框的两交点,已知线框与水平面间的最大静摩擦力f=0.6N,取π=3,则()A.t=0时穿过线框的磁通量为0.06WbB.线框静止时,线框中的感应电流大小为0.6AC.线框静止时,a、b两点间电压为118VD.经时间t=0.8s,线框开始滑动【答案】D【解析】由磁通量的定义可
知t=0时穿过线框的磁通量为Φ=B0·16πr2=0.01Wb,A错;由法拉第电磁感应定律知E=NΔΦΔt=NΔBΔt·16πr2=0.25V,所以线框中的感应电流为I=ER=0.1A,B错;由楞次定律及
闭合电路欧姆定律可知Uab=79E=736V,C错;线框位于磁场中的两条打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!5边受到的安培力大小为F1=NBIr,且两个力的夹角为120°,合力大小等于F1,所以当F1等于最大静摩擦力时,线框就要开始滑动,即NBI
r=f,由题图乙知B=2+5t(T),联立并代入数据得t=0.8s,D对.]3.在半径为r、电阻为R的圆形导线框内,以直径为界,左、右两侧分别存在着方向如图3甲所示的匀强磁场.以垂直纸面向外的磁场为正,两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变
化规律分别如图乙所示.则0~t0时间内,导线框中()A.没有感应电流B.感应电流方向为逆时针C.感应电流大小为2πr2B0t0RD.感应电流大小为πr2B0t0R【解析】根据楞次定律可知,左边的导线框的感应电流方向为顺时针,而右边的导线框的感应电流方向也为顺
时针,则整个导线框的感应电流方向为顺时针,故A、B错误;由法拉第电磁感应定律,因磁场的变化导致导线框内产生感应电动势,结合题意可知,产生的感应电动势正好是两者之和,即为e=πr2B0t0;再由闭合电路欧姆定律,可得感应电流大小为i=πr2B0t0R,故C错误,D正确.【答案】D4.如
图所示,两块水平放置的金属板距离为d,用导线、开关K与一个n匝的线圈连接,线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B中.两板间放一台小型压力传感器,压力传感器上表面绝缘,在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量为q的带正电小球.K没有闭合时传感器有示数,K
闭合时传感器示数变为原来的一半.则线圈中磁场B的变化情况和磁通量的变化率分别为()A.正在增强,ΔΦΔt=mgd2qB.正在增强,ΔΦΔt=mgd2nqC.正在减弱,ΔΦΔt=mgd2qD.正在减弱,ΔΦΔt=mgd2nq【解析】根据K闭合时传感器示数变为原来的一半,推出带正电小球受向上
的电场力,即上极板带负电,下极板带正电,线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板,根据安培定则知感应磁场的方向向下,与原磁场方向相反,又由楞次定律得线圈中磁场正在增强;打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!6对小球受力分析得qEd=mg2,其中感应电动势E=nΔΦΔt
,代入得ΔΦΔt=mgd2nq,故B正确.【答案】B5.(多选)如图所示,粗细均匀的导线绕成匝数为n、半径为r的圆形闭合线圈.线圈放在磁场中,磁场的磁感应强度随时间均匀增大,线圈中产生的电流为I,下列说法正确的是()A.电流I与匝数n成正比B.电流I与
线圈半径r成正比C.电流I与线圈面积S成正比D.电流I与导线横截面积S0成正比【解析】由题给条件可知感应电动势为E=nπr2ΔBΔt,电阻为R=ρn2πrS0,电流I=ER,联立以上各式得I=S0r2ρ·ΔBΔt,则可知B、D项正确,A、C项错
误.【答案】BD6.(多选)如图所示,不计电阻的光滑U形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上,H、P的间距很小.质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间,与金属框接触良好并围成边长为1m
的正方形,其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律是B=(0.4-0.2t)T,图示磁场方向为正方向.框、挡板和杆不计形变.则()[来源:Z§xx§k.Com]A.t
=1s时,金属杆中感应电流方向从C到DB.t=3s时,金属杆中感应电流方向从D到CC.t=1s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND.t=3s时,金属杆对挡板H的压力大小为0.2N【解析】根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C到D,故A正确,B错误;由法拉第电磁感应定律可知:E=ΔΦ
Δt=ΔB⊥SΔt=ΔBL2Δtsin30°=0.2×12×12V=0.1V,故感应电流为I=ER=1A,金属杆受到的安培力F安=BIL,t=1s时,F安=0.2×1×1N=0.2N,此时金属杆受力分析如图甲所示,打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下
载!7由平衡条件可知F1=F安·cos60°=0.1N,F1为挡板P对金属杆施加的力.t=3s时,磁场反向,此时金属杆受力分析如图乙所示,此时挡板H对金属杆施加的力向右,大小F3=BILcos60°=0.2×1×1×12N=0.1N.故C
正确,D错误.【答案】AC7.如图所示,匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上,大小为B0,用电阻率为ρ、横截面积为S的导线做成的边长为l的正方形线框abcd水平放置,OO′为过ad、bc两边中点的直线,线框全部都位于磁场中.现把线框右半部分
固定不动,而把线框左半部分以OO′为轴向上转动60°,如图中虚线所示.(1)求转动过程中通过导线横截面的电荷量;(2)若转动后磁感应强度随时间按B=B0+kt变化(k为常量),求出磁场对线框ab边的作用力大小随时间变化的关系式.【
解析】(1)线框在转动过程中产生的平均感应电动势E=ΔΦΔt=B012l2cos60°Δt=B0l24Δt①在线框中产生的平均感应电流I=ER②R=ρ4lS③转动过程中通过导线横截面的电荷量q=IΔt④联立①②③④解得:q=B0lS16ρ.⑤(2)
若转动后磁感应强度随时间按B=B0+kt变化,在线框中产生的感应电动势大小E=ΔΦΔt=(12l2cos60°+l22)ΔBΔt=3l24k⑥打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!8在线框中产生的感应电流I=
ER⑦线框ab边所受安培力的大小为F=BIl⑧联立⑥⑦⑧解得:F=(B0+kt)3kl2S16ρ.【答案】(1)B0lS16ρ(2)F=(B0+kt)3kl2S16ρ8.(2015·浙江理综·24)小
明同学设计了一个“电磁天平”,如图所示,等臂天平的左臂为挂盘,右臂挂有矩形线圈,两臂平衡.线圈的水平边长L=0.1m,竖直边长H=0.3m,匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内,磁感应强度B0=1.0T,方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在0~2.0A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后,调节线
圈中电流使天平平衡,测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度取g=10m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5kg,线圈的匝数N1至少为多少?(2)进一步探究电磁感应现象,另选N2=100匝、形状相同的线圈,总电阻R=10Ω.不接外电流,两臂平衡.如图所示,保
持B0不变,在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B随时间均匀变大,磁场区域宽度d=0.1m.当挂盘中放质量为0.01kg的物体时,天平平衡,求此时磁感应强度的变化率ΔBΔt.【解析】(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力F=N1B0IL由天平平衡可知:mg
=N1B0IL代入数据解得:N1=25匝(2)由法拉第电磁感应定律得:E=N2ΔΦΔt=N2ΔBΔtLd由欧姆定律得:I′=ER线圈受到的安培力F′=N2B0I′L由天平平衡可得:m′g=N22B0ΔBΔt·dL2R代入数
据可得ΔBΔt=0.1T/s打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!9【答案】(1)25匝(2)0.1T/s9.如图所示,螺线管横截面积为S,线圈匝数为N,电阻为R1,管内有水平向左的变化磁场.螺线管与足够长的平行金属导轨M
N、PQ相连并固定在同一平面内,与水平面的夹角为θ,两导轨间距为L.导轨电阻忽略不计.导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为B0的匀强磁场中.金属杆ab垂直导轨,杆与导轨接触良好,并可沿导轨无摩擦滑动.已知金属杆a
b的质量为m,电阻为R2,重力加速度为g.忽略螺线管磁场对金属杆ab的影响,忽略空气阻力.(1)为使ab杆保持静止,求通过ab杆的电流的大小和方向;(2)当ab杆保持静止时,求螺线管内磁场的磁感应强度B的变化率;(3)若螺线管内磁
场的磁感应强度的变化率ΔBΔt=k(k>0),将金属杆ab由静止释放,杆将沿斜面向下运动,求当杆的速度为v时,杆的加速度大小.【解析】(1)以金属杆ab为研究对象,为使ab杆保持静止,ab杆应受到沿导轨向上的安培力,根据左手定则可以判断通过ab杆的电流方向为由b到a.根据平衡条件
得mgsinθ-B0IL=0,得I=mgsinθB0L.(2)根据法拉第电磁感应定律,E=NΔΦΔt=NSΔBΔt根据欧姆定律I=ER1+R2得ΔBΔt=mgR1+R2sinθB0LNS(3)根据法拉第
电磁感应定律得螺线管内的感应电动势E1=NSΔBΔt=NSkab杆切割磁感线产生的电动势E2=B0Lv总电动势E总=E1+E2感应电流I′=E总R1+R2根据牛顿第二定律mgsinθ-F=ma其中安培力F=B0I′L所以a=gsinθ-B0LNS
k+B0LvmR1+R2【答案】(1)mgsinθB0L方向由b到a(2)mgR1+R2sinθB0LNS(3)gsinθ-B0LNSk+B0LvmR1+R2打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!1010.如图甲所示
,在一倾角为37°的粗糙绝缘面上,静止地放置着一个匝数n=10匝的正方形线圈ABCD,E、F分别为AB、CD的中点,线圈总电阻R=2.0Ω、总质量m=0.2kg、正方形边长L=0.4m.如果向下轻推一下此线圈,则它刚好可沿斜面匀速下滑.现在将线圈静止放在斜面上后,在虚线EF以下的
区域中,加上垂直斜面方向的、磁感应强度大小按图乙所示规律变化的磁场,(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:(1)t=1s时刻,线圈中的感应电流大小I;(2)从t=0时刻开始经过多长时间线圈刚要开始运动;(3)从t=0时刻
开始到线圈刚要运动,线圈中产生的热量Q.【答案】(1)0.2A(2)4s(3)0.32J【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得E=nΔΦΔt=nΔBΔtS解得E=0.4VI=ER=0.2A(2)由受力分析可知Ff=mgsin37°F=mgsin37°+FfF=nBIL解得B=3T
B=1+0.5t则t=4s(3)由焦耳定律可得Q=I2RtQ=0.32J.11.(2018·梅州模拟)如图所示,粗糙斜面的倾角θ=37°,半径r=0.5m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场。一个匝数n=10匝的刚性正方形线框abcd通过松弛的柔软导线与一个额定功率P=1.25W的
小灯泡L相连,圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边。已知线框质量m=2kg,打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!11总电阻R0=1.25Ω,边长L>2r,与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。从t=0
时起,磁场的磁感应强度按B=2-2πt(T)的规律变化。开始时线框静止在斜面上,在线框运动前,灯泡始终正常发光。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)线
框不动时,回路中的感应电动势E;(2)小灯泡正常发光时的电阻R;(3)线框保持不动的时间内,小灯泡产生的热量Q。解析:(1)由法拉第电磁感应定律有E=nΔΦΔt=nΔBΔt×12πr2=2.5V。(2)小灯泡正常发光,有P=I2R由闭合电路欧姆定律有E=I(R0+R)
即P=ER0+R2R代入数据解得R=1.25Ω。(3)当线框恰好要运动时,设磁场的磁感应强度大小为B′对线框bc边处于磁场中的部分受力分析安培力F安=nB′I×2r由共点力的平衡条件有mgsinθ=F安+Ff=2
nB′Ir+μmgcosθ解得线框刚要运动时,磁场的磁感应强度大小B′=0.4T可得线框在斜面上可保持静止的时间t=4π5s小灯泡产生的热量Q=Pt=1.25×4π5J=3.14J。答案:(1)2.5V(2)1.25Ω(3)3.14J类型二导体杆平动切割类【例题】(2016·银川一中月考)如图
所示,两根相距为l的平行直导轨ab、cd,b、d间连有一固定电阻R,导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体棒,与ab垂直,其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于导轨
所在平面(指向图中纸面内)。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v(如图)做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小,则()打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!12A.U=12Blv,流过固定电阻R的感应电流由b
到dB.U=12Blv,流过固定电阻R的感应电流由d到bC.U=Blv,流过固定电阻R的感应电流由b到dD.U=Blv,流过固定电阻R的感应电流由d到b【解析】由右手定则可知,通过MN的电流方向为N→M,电路闭合,流过电阻R的电流方向由b到d,B、D项错误;导
体棒切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,导体棒为等效电源,其电阻为等效电源内电阻,由闭合电路的欧姆定律和部分电路欧姆定律可知,U=IR=E2R·R=Blv2R·R=12Blv,A项正确,C项错误。【答案】A【变式】(2015·安徽理综,19)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BlvsinθB.电路中感应电流的大小为BvsinθrC.金属杆所受安培力的大小为B2lvsinθrD.金属杆的发热功率为B2lv2rsinθ【解析】电路中的感应电动势E=Bl
v,感应电流I=ER=Elsinθr=Bvsinθr故A错误,B正确;金属杆所受安培力大小F=BIlsinθ=B2lvr,故C错误;金属杆的发热功率P=I2R=I2lsinθr=B2lv2sinθr,故D错误。【答案】B打开微信小程序“纷
传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!13【例题】(“卓越”自主招生)如图,电阻分布均匀的电阻丝构成的闭合线框abcd水平放置在竖直向下的匀强磁场中,电阻不可忽略的导体棒MN两端搭接在ad和bc上,MN在水平外力
F的作用下,从靠近ab处无摩擦地匀速运动到cd附近。MN与线框始终保持良好接触,在运动过程中()A.MN中的电流先减小,后增大B.MN两端的电压先增大,后减小C.MN上外力的功率先减小,后增大D.MN上消耗的电功率先增大,后减小解析:
选ABCMN在水平外力F的作用下,从靠近ab处无摩擦地匀速运动到cd附近,由法拉第电磁感应定律,MN中产生的感应电动势相等。当MN运动到中间位置时回路等效电阻最大,MN两端的电压最大,MN中电流最小,MN所受安培力最小,水平外力最小,所以MN中
的电流先减小,后增大;MN两端的电压先增大,后减小;MN上外力的功率先减小,后增大,选项A、B、C正确。由能量守恒定律,MN上消耗的电功率先减小后增大,选项D错误。【变式】(多选)如图所示,两根等高光滑的14圆弧轨道,半径为r、间距为L,轨
道电阻不计.在轨道顶端连有一阻值为R的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始,在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至a
b处,则该过程中()A.通过R的电流方向为由外向内B.通过R的电流方向为由内向外C.R上产生的热量为πrB2L2v04RD.流过R的电量为πBLr2R【解析】由右手定则可以判断cd中的电流由c到d,故通过R的电流由外向内,A正确、B错误;金属棒在运动过程中的电动势e=BLv0cosv0r
t,金属棒切割磁感线产生正弦交变电流的有效值I=BLv02R,在四分之一周期内产生的热量Q=I2R·πr2v0=πrB2L2v04R,C正确;平均电动势E=ΔΦΔt,平均电流I=ER,通过R的电荷量q=IΔt=ΔΦR,联立三式得通过R的电打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,
所有资源免费下载!14荷量q=ΔΦR=BLrR,D错误.【答案】AC【巩固习题】1.如图1所示,在匀强磁场中有一倾斜的足够长平行金属导轨,导轨间距为L,两导轨顶端连有一定值电阻R,导轨平面与水平面的夹角为θ,匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上,质量为
m、电阻为r的光滑导体棒从某一高度处由静止释放,导体棒运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好,其他部分的电阻不计,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.导体棒先做加速度减小的加速运动,后做匀速运动B.若导体棒的速度为v,则R两端的电压为BLvC.导体棒的最大速度
为mgR+rB2L2D.在导体棒下滑过程中,电路中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力所做的功【解析】导体棒随着速度的增加,受到的安培力越来越大,因此受到的合力越来越小,加速度越来越小,故导体棒做加速度减小的加速运动,当加速度为零时,做匀速运动,A正确;导体棒中产生的感应电动势为E=BLv,所
以在电阻R上的电压为RBLvR+r,B错误;由于导体棒匀速运动时有mgsinθ=B2L2vR+r,因此导体棒的最大速度为mgR+rsinθB2L2,C错误;根据功能关系,感应电流所产生的焦耳热在数值上等于导体棒克服安培力所做的功,D正确.]【答案】AD2.(2018·温州模拟)如
图所示,边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域,其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!
15R0,滑动片P位于滑动变阻器中央,定值电阻R1=R0、R2=R02。闭合开关S,电压表的示数为U,不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势,则()A.R2两端的电压为U7B.电容器的a极板带正电C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D.正方形导线框中的感应电动势为kL2解析:选AC根据法拉第电磁感应定律可知E=ΔΦΔt=ΔBSΔt=kΔtπr2Δt=kπr2,由此可知D错误。R2与R右侧部分是并联,并联滑动变阻器的阻值为R02,可知并联电阻为R04,则滑动变阻器所在支路的电阻为3R
04,外电路的总电阻为:R1+3R04=7R04,故R2两端电压为:U7R04·R04=U7,所以A正确。电路左侧的变化磁场在正方形导线框内产生逆时针方向电流,所以电容器a极板带负电,B错误。设干路电流为I,则通过滑动
变阻器左半部分的电流为I,通过其右半部分的电流为I2,由于此部分与R2并联而且电阻值相等,因此通过R2的电流也为I2,由P=I2R知:滑动变阻器热功率为P=I2R02+I22R02=5I2R08,R2的热功率为:P2=I22R02=I2R08,所以滑
动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍,故C正确。3.如图8所示,两根足够长的光滑金属导轨竖直固定放置,底端接电阻R,轻弹簧上端固定,下端悬挂质量为m的金属棒,金属棒和导轨接触良好.除电阻R外,其余电阻不计.导轨处于匀强磁场中,磁场方向垂直导轨所在平面.静止时金属棒位于A处,此时弹簧的伸长量为
Δl,弹性势能为Ep.重力加速度大小为g.将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,金属棒在运动过程中始终保持水平,则下列说法正确的是()A.当金属棒的速度最大时,弹簧的伸长量为ΔlB.从开始释放到最后静止,电阻R上产生的总热量等于mgΔl-EpC.金属棒第一次到达A处时,其加速度方向向下D.金属棒第
一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!16【解析】根据题述金属棒静止时弹簧伸长量为Δl,可得mg=kΔl.将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,金属棒向下切割磁感线运动产生感应电
动势E=Blv和感应电流I=BlvR,金属棒受到的安培力FA=BIl=B2l2vR,方向竖直向上,由牛顿第二定律mg-kx-FA=ma知,金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度减小到零时,金属棒速度最大,此时有mg=kx+FA,弹簧弹力小于金属棒的重力,故弹簧的伸长量x小于Δl
,选项A错误;金属棒最后静止时,弹簧伸长量为Δl,根据能量守恒定律,电阻R上产生的总热量Q=mgΔl-Ep,选项B正确;金属棒第一次到达A处时,其所受合外力向上,加速度方向向上,选项C错误;由能量守恒知金属
棒第一次下降的高度一定大于第一次上升的高度,由ΔΦ=B·ΔS知,金属棒第一次下降过程中回路磁通量变化量ΔΦ一定比第一次上升过程中的多,根据q=ΔΦR可知,金属棒第一次下降过程中通过电阻R的电荷量一定比
第一次上升过程中的多,选项D正确.【答案】BD4.(2016·江苏盐城模拟)如图所示,MN、GH为光滑的水平平行金属导轨,ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆,匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面,如图所示,则()A.若固定ab
,使cd向右滑动,则abdc回路有电流,电流方向由a→b→d→cB.若ab、cd以相同的速度一起向右滑动,则abdc回路有电流,电流方向由c→d→b→aC.若ab向左、cd向右同时运动,则abdc回路电流为零D.若ab、cd都向右运动,且两杆速度vcd>vab,则abdc回路有
电流,电流方向由c→d→b→a【解析】由右手定则可判断出A项做法使回路产生顺时针方向的电流,故A项错误;若ab、cd同向且速度大小相同,ab、cd所围的线圈面积不变,磁通量不变,故不产生感应电流,故B错误;若ab向左
,cd向右,则abdc中有顺时针方向的电流,故C项错误;若ab、cd都向右运动,但vcd>vab,则abdc所围面积发生变化,磁通量也发生变化,由楞次定律可判断出,回路中产生顺时针方向的电流,故D项正确。【答案】D5.(2016·河北石家庄质检
)如图所示,虚线MN上方存在垂直纸面向里的匀强磁场,MN下方存在竖直向下的匀强磁场,两处磁场磁感应强度大小均为B0。足够长的不等间距金属导轨竖直放置,导轨电阻不计。两个金属棒通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上,其中光滑金属棒AB质量为m、长为L、电阻为R;金属棒CD质量为2m、长为2L、电
阻为2R,与导轨之间的动摩擦因数为μ。若AB棒在外力F的作用下向上做匀速运动,CD棒向下做匀打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!17速运动,下列说法正确的是()A.AB棒中电流方向从A到BB.AB棒匀速运动的速度为3mgRμB20L2C.AB棒所受拉力F=mg
+1μmgD.时间t内CD棒上的焦耳热为3m2g2Rtμ2B20L2【解析】由右手定则可知,AB棒中电流方向由B向A,则A错误;设AB速度为v时匀速,则满足B0IL+mg=F,而CD棒上安培力为2B0IL,则受到的摩擦力为μ·2B0IL=2μB0IL,CD棒
匀速则2μB0IL=2mg,又由于I=B0Lv03R,解得速度v0=3mgRμB20L2,F=mg+1μmg,则B、C正确;该过程中CD棒上产生的焦耳热为I2·2Rt=2m2g2Rtμ2B20L2,则D错误。【答案】BC6.(2018·成都模拟)如
图所示,da、bc为相距为L的平行导轨(导轨电阻不计)。a、b间连接一个定值电阻,阻值为R。长直金属杆MN可以按任意角θ架在平行导轨上,并以速度v匀速滑动(平移),v的方向与da平行,杆MN每单位长度的阻值也为R。整个空间充满匀强磁场,磁感
应强度的大小为B,方向垂直纸面向里。求:(1)定值电阻上消耗的电功率最大时,θ的值;(2)杆MN上消耗的电功率最大时,θ的值。(要求写出推导过程)[方法导入]长直金属杆可以按任意角θ架在平行导轨上,利用等效法可将其等效
为长为L的金属杆切割磁感线。计算杆MN上消耗的最大电功率时,可以把定值电阻等效为电源内阻,把杆MN接入电路的电阻等效为可变化的外电阻。[解析](1)无论θ角多大,感应电动势E=BLv不变根据P=I2R可知,总电流越
大,定值电阻上消耗的电功率越大。由闭合电路欧姆定律,MN接入电路的电阻(相当于电源内阻)越小,电流越大,定值电阻上消耗的电功率越大。即θ=π2时,定值电阻上消耗的电功率最大。打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!18(2)法一:令MN接入电路的电阻为r,
则有r=LsinθR由PMN=I2r和I=BLvR+r可得PMN=BLvLRsinθ+R2·LRsinθ化简得PMN=B2L3v2RL2sinθ+sinθ+2Lθ∈0,π2,由均值不等式
可知L2sinθ+sinθ+2L≥4L,当且仅当sinθ=L,即θ=arcsinL时等号成立,此时0<L≤1m。若0<L≤1m,当θ=arcsinL时,MN上消耗的功率最大;若L>1m,当θ=π2时,MN上消耗的功率最大。法二:可将定值电阻视为电源内阻,
将MN接入电路的电阻视为外电阻,这样就变成了E恒定、内阻不变的等效电路。若0<L≤1m,当θ=arcsinL时,内外电阻相等,MN上消耗的功率最大;若L>1m,当θ=π2时,MN上消耗的功率最大。[答案]见解析7.如图所示,P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨
,间距L1=0.5m,处在竖直向下、磁感应强度大小B1=0.5T的匀强磁场中。导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上,在外力作用下向左做匀速直线运动。质量为m=0.1kg的正方形金属框abcd置于竖直平面内,其边长为L2=0.1m,每边电阻均为r=0.1Ω。线框的两顶点a、b通过细
导线与导轨相连。磁感应强度大小B2=1T的匀强磁场垂直金属框abcd向里,金属框恰好处于静止状态。不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力,g取10m/s2,求:(1)通过ab边的电流Iab;(2)导体杆ef的运动速度v。解析:(1)设通过
正方形金属框的总电流为I,ab边的电流为Iab,dc边的电流为Idc,有打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!19Iab=34I,Idc=14I金属框受重力和安培力,处于静止状态,有mg=B2IabL2+B2IdcL2联立解得I=10A,Iab=7.5A。(2)
设导体杆切割磁感线产生的电动势为E,则E=B1L1v设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R,则R=r×3rr+3r=34r根据闭合电路欧姆定律,有I=ER解得v=3mgr4B1B2L1L2=3×0.1×10×0.1
4×0.5×1×0.5×0.1m/s=3m/s。答案:(1)7.5A(2)3m/s类型三导体杆转动切割类【核心考点提示】1.当导体在垂直于磁场的平面内,绕一端以角速度ω匀速转动时,产生的感应电动势为E=Blv-=12Bl2ω,如图所示.
2.导体的一部分旋转切割磁场,如图所示,设ON=l1,OM=l2,导体棒上任意一点到轴O的间距为r,则导体棒OM两端电压为E=B(l2-l1)·ωl2+l12=Bωl222-Bωl212,其中(l2-l1)为处在磁场中的长度,ω·l2+
l12为MN中点即P点的瞬时速度.3.其他的电量与能量问题求解与单杆模型类似。【微专题训练】打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!20【例题】(2015·新课标全国Ⅱ·15)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abcaC
.Ubc=-12Bl2ω,金属框中无电流D.Ubc=12Bl2ω,金属框中电流方向沿acba【解析】金属框abc平面与磁场平行,转动过程中磁通量始终为零,所以无感应电流产生,选项B、D错误.转动过程中bc边和ac边均切割磁感线,产生感应电动势,由右手定则判断Ua<Uc,Ub<Uc
,选项A错误.由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc=-12Bl2ω,选项C正确.【答案】C【变式】(2018·江苏无锡期中)磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里,半径为L的圆形金属环总电阻为4R,圆心为O′,与长为4L、电阻为2R的金属棒OA处于同一平面内,如图所示。O点在金属环圆心的
正上方,OM=2L。现让金属棒绕O点以角速度ω沿顺时针匀速转动,已知金属棒与金属环接触良好,金属棒转至图中虚线位置时,下列说法正确的是(D)A.金属棒产生的感应电动势为16BωL2B.圆环所受安培力大小为8B2ωL23RC.M、N两点的电势差大小为8BωL2D.圆环上的
电功率为9B2ω2L4R[解析]金属棒转至图中虚线位置时,产生的感应电动势E=BlON·vN2=B×4L×4ωL2=8BωL2,打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!21选项A错误;金属棒转至图中虚线位置时,MN部分相当于电
源,电动势EMN=BlMN·vM+vN2=B×2L×2ωL+4ωL2=6BωL2,此时外电路的总电阻R外=R,金属棒MN部分的电阻r=R,则MN两点的电势差,即电源MN的路端电压UMN=12EMN=3BωL2,选项C错误;圆环左右两侧中的电流I=UMN2R=3BωL22
R,左右两个半圆的等效长度均等于2L,故圆环所受安培力大小F=2BIlMN=6B2ωL3R,选项B错误;圆环上的电功率P=U2MNR外=9B2ω2L4R,选项D正确。【巩固习题】1.如图所示,半径为r的金属圆盘在
垂直于盘面的匀强磁场B中,绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻R的电流的大小和方向是(金属圆盘的电阻不计)()A.由c到d,I=Br2ωRB.由d到c,I=Br2ωRC.由c到d,I=Br2ω2RD.由d到
c,I=Br2ω2R【解析】由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c,而金属圆盘产生的感应电动势E=12Br2ω,所以通过电阻R的电流大小是I=Br2ω2R.选项D正确.【答案】D2.(2017·河南八市重点高中联考)如图所
示,导体杆OQ在作用于OQ中点且垂直于OQ的力作用下,绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动,磁场的磁感应强度为B,方向垂直于框架平面,AO间接有电阻R,杆和框架电阻不计,回路中的总电功率为P,则()A.外
力的大小为2BrPRB.外力的大小为BrPRC.导体杆旋转的角速度为2PRBr2D.导体杆旋转的角速度为2Br2PR打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!22解析:选C由题意知,导体杆切割磁感线产生的电动势为E=PR,设Q点的线速度大小为v,则导体杆旋转切割磁感线产生的感应
电动势E=12Brv,根据P=F·12v及ω=vr,求得F=BrPR,ω=2PRBr2,因此C项正确。3.(2018·河北唐山期中)如图所示,在两个沿竖直方向的匀强磁场中,分别放入两个完全一样的水平金属圆盘a和
b。它们可以绕竖直轴自由转动,用导线通过电刷把它们相连。当圆盘a转动时(BD)A.圆盘b总是与a沿相同方向转动B.b盘与a盘的转向关系无法确定C.若B1、B2同向,则a、b转向相同D.若B1、B2反向,则a、
b转向相同[解析]当圆盘a转动时,由于切割磁感线而产生感应电流,该电流流入b盘中,在磁场中由于受安培力b盘会转动。但若不知B1、B2的方向关系,则b盘与a盘的转向关系将无法确定。故A、B错。设B1、B2同向且向上,a盘逆时针转动,则由右手定则可知a盘中的感应电流由a→a′,b盘受
力将顺时针转动,故C错,同理可判定D项正确。4.(2016·全国卷Ⅱ)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触,圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中,圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是(AB)A
.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在
R上的热功率也变为原来的2倍[解析]设圆盘的半径为r,圆盘转动的角速度为ω,则圆盘转动产生的电动势为E=12Br2ω,可知,转动的角速度恒定,电动势恒定,电流恒定,A项正确;根据右手定则可知,从上向下看,圆盘顺时针转动,圆盘中电流由边缘指向圆
心,即电流沿a到b的方向流动,B项正确;圆盘转动方向不变,产生的电流方向不变,C项错打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!23误;若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电动势变为原来的
4倍,电流变为原来的4倍,由P=I2R可知,电阻R上的热功率变为原来的16倍,D项错误。5.(2018·浙江宁波月考)法拉第发明了世界上第一台发电机—圆盘发电机,示意图如图所示。铜圆盘安装在水平的铜盘轴线导线上,O1、O2是铜盘轴线导线的接
线端,e、f是空间两个可用电刷与铜盘边缘接触的点,g、h是电阻的接线端。现在将铜盘转动,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是(B)A.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,电流大小和电流方向可能发生变化B.若圆盘转动的角速度变为原来的3倍,则电流在R上的热功率变为原来的9倍C.若将电阻
的g、h分别连接O1、O2位置,铜盘转动仍产生感应电流D.若将电阻的g、h分别连接e、f位置,铜盘转动仍产生感应电流[解析]将圆盘看成由无数辐条组成,它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流,由法拉第电磁感应定律得感应电动势E=BLv=12BL2ω,I=ER+r,
ω恒定时,I大小恒定,ω大小变化时,I大小变化,方向不变,选项A错误;由P=I2R=B2L4ω2R4R+r2知,当ω变为原来的3倍时,P变为原来的9倍,选项B正确;当铜盘转动时,其切割磁感线产生感应电动势,此时铜盘相当于电源,铜盘边缘和中心相当于电源的两个极,则要想产生感应电流,g、h分
别连接电源的两个极即可,选项CD错误。6.(2018·浙江杭州五校联考)如图所示,有以下操作:(1)铜盘放置在与盘垂直的均匀分布且逐渐增强的磁场中;(2)铜盘在垂直于铜盘的匀强磁场中绕中心轴匀速运动;(3)铜盘在蹄形磁铁两极之间匀速转动;(4)在铜盘的圆心与边缘之间接一电流计
,铜盘在蹄形磁铁两极间匀速运动。下列针对这四种操作的说法正确的是(C)A.四种情况都会产生感应电流B.只有(4)中会出现感应电流C.(4)中圆盘边缘为“电源”正极D.(2)中电流沿逆时针方向[解析](1)中穿过铜盘的磁通量均匀变化,产生的是稳定的电流;(2)中铜盘中的磁通量不变,打开微信小程
序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!24故铜盘中不会产生感应电流和涡流;(3)中铜盘的不同部分不断地进出磁场,切割磁感线运动,所以会产生感应电流,ABD错误;(4)中铜盘边缘A点为“电源”正极,O点为“电源”负极,所以C正确。7.
(2018·湖南省衡阳八中高三实验班质检)如图所示,均匀金属圆环的总电阻为4R,磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环。金属杆OM的长为l,阻值为R,M端与环接触良好,绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动。阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接,另一端和金属杆的转轴O处
的端点相连接。下列判断正确的是(AD)A.金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为Bl2ω2B.通过电阻R的电流的最小值为Bl2ω8R,方向从Q到PC.通过电阻R的电流的最大值为Bl2ω4R,且P、Q两点电势满足φP>φ
QD.OM两点间电势差绝对值的最大值为Bl2ω3[解析]M端线速度为ωl,OM切割磁感线的平均速度为v=v2,OM转动切割磁感线产生的电动势恒为:E=Blv2=12BL2ω,A正确;当M端位于最上端时,圆环两部分电阻相等,并联
电阻最大,电流最小,R并=12×2R=R,通过电阻R的电流的最小值为Imin=E3R=Bl2ω6R,根据右手定则可得电流方向从Q到P,B错误;当M位于最下端时圆环被接入的电阻为0,此时有最大电流:Imax=E2R=Bl2ω4R,根据右手定则可得电流方向从Q到P,P、Q两点电势满足
ωP<ωQ,C错误;OM作为电源,外电阻增大,总电流减小,内电压减小,路端电压增大,所以外电阻最大时,OM两点间电势差的绝对值最大,其最大值为:U=Imin×2R=Bl2ω3,D正确;故选AD。8.(2014·新课标全国Ⅱ·25)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15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打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!25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】(1)根据右手定则,得导体棒AB上的电流方向为B→A,故电阻R上的电流方向为C→D.[来源:学科网]设导体棒AB中点的速度为v,则v=vA+vB2而vA=ωr,vB=2ωr根据法拉第电磁感应定律,导
体棒AB上产生的感应电动势E=Brv根据闭合电路欧姆定律得I=ER,联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I=3Bωr22R.(2)根据能量守恒定律,外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和,即P=BIrv+fv,而f=μmg解得P=9B2ω2r44R+3μmgωr2.
【答案】(1)方向为C→D3Bωr22R(2)9B2ω2r44R+3μmgωr29.(2016·浙江10月选考·22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如图所示的装置.半径为l的圆形
金属导轨固定在水平面上,一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上,由电动机A带动旋转.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面,大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场.另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧
悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触,导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中.从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接.当开
关S断开,棒cd静止时,弹簧伸长量为x0;当开关S闭合,电动机以某一转速匀速转动,棒cd再次静止时,弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度).不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时:打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!26(1)通过棒
cd的电流Icd;(2)电动机对该装置的输出功率P;(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系.【答案】(1)B1ωl26R,方向由d到c(2)B12ω2l46R(3)6kx-x0RB1B2l3【解析】(1
)ab顺时针转动时产生的电动势为E=12B1ωl2由右手定则,电流方向由a到b,由闭合电路欧姆定律,总电流I=ER+12R=B1ωl23R通过cd棒的电流Icd=12I=B1ωl26R,方向由d到c(2)电动机的输出功率P=I2·32R=B12ω2l46R(3)S断
开时,由平衡条件kx0=mgS闭合时,由平衡条件kx=B2Icdl+mg解得ω=6kx-x0RB1B2l3.10.如图所示,半径R=0.2m的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为R的金属棒一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴上.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感
应强度B=2T.一对长L=0.2m的金属板A、B水平放置,两板间距d=0.1m.从导轨引出导线与上板连接,通过电刷从转轴引出导线与下板连接.有一质量m=1.0×10-5kg,电荷量q=-5.0×10-6C的微粒,
以v0=2m/s的速度从两板正中间水平射入.求:(1)金属棒转动的角速度ω多大时,微粒能做匀速直线运动;(2)金属棒转动的角速度ω至少多大时,微粒会碰到上极板A.【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免
费下载!27U=12BωR2根据平衡条件可得mg=qE因为E=Ud所以mg=qUd=q2dBωR2解得ω=2dmgqBR2=50rad/s(2)微粒恰好碰到上面金属板边缘时,微粒向上的加速度大小为d2=12a(Lv0)2a=dv02L2=10m/s
2q2dBω1R2-mg=ma解得ω1=2mg+adqBR2=100rad/s【答案】(1)50rad/s(2)100rad/s打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!28打开微信小程序“纷传”,搜索“
物理资源库”,所有资源免费下载!29类型四线框平动切割类【例题】(2017·全国卷Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内,
cd边与磁场边界平行,如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。下列说法正确的是(BC)A.磁感应强度的大小为0.5TB.导线框运动的速度
的大小为0.5m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t=0.4s至t=0.6s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1N[解析]由题图(b)可知,导线框运动的速度大小v=Lt=0.10.2m/s=0.5m/s,B项正确;导线框进入磁
场的过程中,cd边切割磁感线,由E=BLv,得B=ELv=0.010.1×0.5T=0.2T,A项错误;由图可知,导线框进入磁场的过程中,感应电流的方向为顺时针方向,根据楞次定律可知,磁感应强度方向垂直纸面向外,C项正确;在0.4~0.6s这段时间内,导线框正
在出磁场,回路中的电流大小I=ER=0.010.005A=2A,则导线框受到的安培力F=BIL=0.2×2×0.1N=0.04N,D项错误。【变式】(2018·山东省莱芜高三上学期期末试题)如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁感应强度为B,质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向
穿进磁场,当AC刚进入磁场时速度为v,方向与磁场边界成45°,若线框的总电阻为R,则下列说法错误的是(B)A.线框穿进磁场过程中,框中电流的方向为ABCD打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免
费下载!30B.AC刚进入磁场时线框中感应电流为2BavRC.AC刚进入磁场时线框所受安培力为2B2a2vRD.此时CD两端电压为34Bav[解析]线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大,由楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向外,则感应电流的方向为ABCD方向,故A正确;
AC刚进入磁场时CD边切割磁感线,AD边不切割磁感线,所以产生的感应电动势:E=Bav,则线框中感应电流为:I=ER=BavR;故CD两端的电压为U=I·34R=34Bav,故B错误,D正确;AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v
的方向相反,AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下,它们的大小都是:F=BIa,由几何关系可以看出,AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直,所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量合,即:F合=2F=2B2a2vR,方向竖直向下,故C正确。【巩固习题】(2016·新
疆一测)如图所示,用粗细均匀,电阻率也相同的导线绕制的直角边长为l或2l的四个闭合导体线框a、b、c、d,以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场,在每个线框刚进入磁场时,M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud,下列判断正确的是()A.Ua<Ub<Uc<UdB.Ua<Ub<Ud<UcC.U
a=Ub<Uc=UdD.Ub<Ua<Ud<Uc【解析】由电阻定律,各个线框的电阻分别为Ra=ρ2l+2lS,Rb=ρ3l+5lS、Rc=ρ4l+22lS、Rd=ρ3l+5lS,设线框刚进入磁场时的速度为v,各线框M
N边有效切割长度分别为l、l、2l、2l,各线框MN边的内阻分别为ra=ρlS、rb=ρlS、rc=ρ2lS、rd=ρ2lS,则各边产生的感应电动势分别为Ea=Blv、Eb=Blv、Ec=2Blv、Ed=2Blv,由闭合电路的欧姆
定律知,各线框中的感应电流分别为Ia=EaRa、Ib=EbRb、Ic=EcRc、Id=EdRd,M、N两点间的电压分别为Ua=Ea-Iara、Ub=Eb-Ibrb、Uc=Ec-Icrc、Ud=Ed-Idrd,分别代入
数据,可知Ua<Ub<Ud<Uc,故选打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!31项B正确。【答案】B(复旦大学自主招生)边长为L的正方形导线框abcd,在磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v垂直于bc边在线框平面内移动,磁场方向与线框平面垂直,如图
所示。设整个线框中的总感应电动势为E,b、c两点间的电压为U,则()A.E=BLv,U=BLvB.E=0,U=BLvC.E=0,U=0D.E=BLv,U=0解析:选B在磁感应强度为B的匀强磁场中移动,回路中磁通量不变,感应电流为零,整个线框中的总感应
电动势为零,b、c两点间的电压为U=BLv,选项B正确。(多选)如图6,光滑绝缘的水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导体框.匀强磁场区域宽度为2L、磁感应强度为B、方向垂直桌面向下.导体框的一边与磁场边界平行,在外力作
用下以恒定速度v穿过磁场.下列说法正确的是()A.穿过磁场过程,外力做的功为2B2L3vRB.穿过磁场过程,导体框产生的焦耳热为2B2L3vRC.进入磁场过程,通过导体框某一横截面的电荷量为BL2RD.进入和离开磁场过程,通过导体框的电流大小都为BLvR,且
方向相同【解析】当导体框进入或离开磁场时,导体框中的感应电动势E=BLv,由右手定则可知,导体框进入磁场时,感应电流方向为逆时针方向,而离开磁场时,感应电流方向为顺时针方向,D项错;进入磁场过程中,感应电流大小I=ER,时间t=L
v,所以通过导体框某一横截面的电荷量为Q=It=BL2R,C项正确;因为导线框是匀速穿过磁场的,所以外力F=FA=BIL=B2L2vR,导体框在外力作用下的位移为2L,所以外力做功为2B2L3vR,A项正确;由功能关系可知,外力克服安培力做的功等于系统产生的热量,
B项正确.打开微信小程序“纷传”,搜索“物理资源库”,所有资源免费下载!32【答案】ABC