《f2011專題六第1課時電磁感應問題的綜合分析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《f2011專題六第1課時電磁感應問題的綜合分析（51頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題六 電磁感應和電路 專題定位 本專題解決的是綜合應用動力學和能量觀 點、分析和解決電磁感應過程中的運動和能量 轉化問題 高考對本部分內容的考查要求較高，常在選擇 題中考 查電磁感應中的圖象問題、變壓器和交流電的 描述問題， 在計算題中作為壓軸題，以導體棒運動為背景 ，綜合應用 電路的相關知識、牛頓運動定律和能的轉化與 守恒定律解 決導體棒類問題 本專題考查的重點有以下幾個方面： 楞次定律的理 解和應用； 感應電流的圖象問題； 電磁感應過程中的 動態(tài)分析問題； 綜合應用電路知識和能量觀點解決電磁 感應問題； 直流電路的分析； 變壓器原理及三個關系； 交流電的產生及描述問題 應考策略 對本專題

2、的復習應注意 “ 抓住兩個定律， 運用兩種觀點，分析三種電路 ” 兩個定律是指楞次定律 和法拉第電磁感應定律；兩種觀點是指動力學 觀點和能量 觀點；三種電路指直流電路、交流電路和感應 電路 第 1 課時 電磁感應問題的綜合分析 必備知識方法 知 識 回 扣 1 感應電流 ( 1) 產生條件 閉合電路的部分導體在磁場內做切割磁 感線運動 穿過閉合電路的 發(fā)生變化 ( 2) 方向判斷 右手定則：常用于情況 楞次定律：常用于情況 ( 3) “ 阻礙 ” 的表現 阻礙磁通量變化 ( 增反減同 ) 阻礙物體間的 ( 來拒去留 ) 阻礙 的變化 ( 自感現象 ) 磁通量 相對運動 原電流 2 感應電動勢的

3、產生 ( 1) 感生電場：英國物理學家麥克斯韋的電磁場理 論認為， 變化的磁場能在周圍空間激發(fā)電場，這種電場 叫感生電 場感生電場是產生 的原因 ( 2) 感生電動勢：由感生電場產生的電動勢稱為感 生電動 勢 . 如果感生電場所在的空間存在導體 , 在導體中就能產 生感生電動勢 , 感生電動勢在電路中的作用就是 ( 3) 動生電動勢：由于導體運動而產生的感應電動 勢稱為 動生電動勢 . 產生動生電動勢的那部分導體相當于 . 感生電動勢 電源 電源 3 感應電動勢的計算 ( 1) 法拉第電磁感應定律： E n t . 若 B 變，而 S 不變， 則 E ；若 S 變而 B 不變，則 E . 常用

4、于計 算 電動勢 ( 2) 導體垂直切割磁感線： E Bl v ，主要用于 求電動勢的 值 ( 3) 如圖 1 所示 , 導體棒圍繞棒的一端在垂直磁 場的平面內做勻速圓周運動而切割磁感線產 生的電動勢 E . 圖 1 nBt S nB S t 平均 瞬時 1 2Bl 2 ( 4) 感應電荷量的計算 回路中發(fā)生磁通量變化時，在 t 內遷移的電荷量 ( 感應電 荷量 ) 為 q I t E R t R t t R . 可見， q 僅由回路電阻 和 的變化量決定，與發(fā)生磁通量變化的時間無關 規(guī) 律 方 法 1 判斷電磁感應中閉合電路相對運動問題的分析方法 ( 1) 常規(guī)法：根據原磁場 ( B 原 方

5、向及 情況 ) 楞次定律 確 定感應磁場 ( B 感 方向 ) 安培定則 判斷感應電流 ( I 感 方向 ) 左手定則 導體受力及運動趨勢 ( 2) 效果法 : 由楞次定律可知 , 感應電流的 “ 效果 ” 總是阻 礙引起感應電流的 “ 原因 ” 即阻礙物體間的 來作出判斷 磁通量 相對運動 2 電磁感應中能量問題的解題思路 ( 1) 明確研究對象、研究過程 ( 2) 進行正確的受力分析、運動分析、感應電路分析 ( E 感 和 I 感 的大小、方向、變化 ) 及相互制約關系 ( 3) 明確各力的做功情況及伴隨的 情況 ( 4) 利用動能定理、能量守恒定律或功能關系列方程求解 能量轉化 3 解決

6、感應電路綜合問題的一般思路是 “ 先電后力 ” ，即： 先作 “ 源 ” 的分析 分離出電路中由電磁感應所產生 的電源，求出電源參數 E 和 r ； 再進行 “ 路 ” 的分析 分析電路結構，弄清串并聯關 系，求出相關部分的電流大小，以便安培力的求解； 然后是 “ 力 ” 的分析 分析研究對象 ( 常是金屬桿、導 體線圈等 ) 的受力情況，尤其注意其所受的安培力； 接著進行 “ 運動 ” 狀態(tài)的分析 根據力和運動的關 系，判斷出正確的運動模型； 最后是 “ 能量 ” 的分析 尋找電磁感應過程和研究對 象的運動過程中其能量轉化和守恒的關系 熱點題型例析 題型 1 楞次定律和法拉第電磁感應定律的應

7、用 例 1 ( 2010 山東 21) 如圖 2 所示，空間存 在兩個磁場，磁感應強度大小均為 B ， 方向相反且垂直紙面 , MN 、 PQ 為其邊 界， OO 為其對稱軸一導線折成邊 長為 l 的正方形閉合回路 abc d , 回路在 紙面內以恒定速度 v 0 向右運動，當運 動到關于 OO 對稱的位置時 ( ) A 穿過回路的磁通量為零 B 回路中感應電動勢大小為 2 Bl v 0 C 回路中感應電流的方向為順時針方向 D 回路中 ab 邊與 cd 邊所受安培力方向相同 圖 2 審題突破 正方形閉合回路穿越磁場的過程中，磁通量如 何變化？ 解析 此位置穿過閉合回路的磁通量 0 ，故選項

8、A 正確； 回路中的感應電動勢為 ab 、 cd 兩邊產生電動勢之和，即 E Bl ab v 0 Bl cd v 0 2 Bl v 0 ，故選項 B 正確；由右手定則可知感 應電流的方向為逆時針方向，故選項 C 錯誤；由左手定則可 知 ab 邊與 cd 邊所受的安培力方向均向左，故選項 D 正確 答案 ABD 以題說法 在應用楞次定律分析感應電流的方向時，首先要 明確原磁場方向和磁通量的變化情況 預測演練 1 北半球地磁場磁感應強度的 豎直分量方向豎直向下如圖 3 所示， 在長沙某中學實驗室的水平桌面上 , 放 置邊長為 L 的正方形閉合導體線圈 abc d ， 線圈的 ab 邊沿南北方向，

9、ad 邊沿東西方向下列說法中 正確的是 ( ) A . 若使線圈向東平動，則 a 點的電勢比 b 點的電勢高 B . 若使線圈向北平動，則 a 點的電勢比 b 點的電勢低 C. 若以 bc 為軸將線圈向上翻轉 , 則線圈中感應電流方向 為 a b c d a D. 若以 bc 為軸將線圈向上翻轉 , 則線圈中感應電流方向 為 a d c b a 圖 3 解析 由于線圈中磁通量不變，感應電流為零， A 、 B 錯； 若以 bc 為軸向上翻轉，線圈中磁通量減小，感應電流的磁 場方向與原磁場 方向相同，由楞次定律知 C 正確、 D 錯 答案 C 題型 2 圖象問題 例 2 ( 2010 廣東 16)

10、 如圖 4 所示，平行 導軌間有一矩形的勻強磁場區(qū)域，細 金屬棒 PQ 沿導軌從 MN 處勻速運動 到 M N 的過程中，棒上感應電動 勢 E 隨時間 t 變化的圖示，可能正確 的是 ( ) 圖 4 解析 金屬棒在到達勻強磁場之前，閉合回路的磁通量為 零，不產生感應電動勢，金屬棒在磁場中運動時，勻速切 割磁感線，并且切割的有效長度也不變，由公式 E BL v 知，此段時間內感應電動勢為定值，金屬棒離開磁場后， 閉合回路的磁通量變?yōu)榱?,無感應電動勢產生 ,選項 A 正確 . 答案 A 預測演練 2 如圖 5 所示，兩個有界勻強磁場的磁感應強 度大小均為 B ，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬

11、 度均為 L ，距磁場區(qū)域的左側 L 處，有一邊長為 L 的正 方形導體線框，總電阻為 R ，且線框平面與磁場方向垂 直，現用外力 F 使線框以速度 v 勻速穿過磁場區(qū)域，以 初始位置為計時起點，規(guī)定：電流沿逆時針方向時的電 動勢 E 為正，磁感線垂直紙面向里時磁通量 的方向為 正，外力 F 向右為正則以下關于線框中的磁通量 、 感應電動勢 E 、外力 F 和電功率 P 隨時間變化的圖象正 確的是 ( ) 圖 5 解析 在 0 L v 時間內，由于無磁場， 0 ， E 0 ， F 0 ， P 0 ；在 L v 2 L v 時間內， B v tL BL v t ， E BL v 恒定， 方向逆時

12、針， F B 2 L 2 v R 恒定，方向為正， P F v B 2 L 2 v 2 R 恒 定；在 2 L v 3 L v 時間內，左右兩條邊切割磁感線運動，產生 感應電動勢方向相同 , B ( L 2 v tL ) B v tL BL 2 2 BL v t ， A 錯； E 2 BL v ， B 錯； F B E R L 2 B 2 L 2 v R , 方向為正， C 錯； P I 2 R ( 2 BL v R ) 2 R 4 B 2 L 2 v 2 R ， D 正確 答案 D 題型 3 電磁感應過程的動力學分析 例 3 如圖 6 所示，相距為 l 1 m 的光滑平行金屬導軌水 平放置

13、, 一部分處在垂直于導軌平面的勻強磁場中， OO 是磁場的邊界 , 磁感應強度為 B 0.5 T , 導軌左端接有定 值電阻 R 0.5 , 導軌電阻忽略不計 , 在磁場邊界 OO 處 垂直于導軌放置一根質量為 m 1 k g , 電阻也為 R 0.5 的金屬桿 ab ， 圖 6 ( 1) 若 ab 桿在恒力 F 2 N 的作用下，從 OO 邊界由靜止開 始向右運動，通過 x 1 m 的距離到達 cd 位置時獲得 v 1 1 m /s 的速度 , 若不考慮整個裝置向外的電磁輻射 . 求此過程 中整個電路產生的熱量 Q 和到達 cd 時導體棒的加速度 a ; ( 2) 若使 ab 桿從邊界 OO

14、 處，由靜止開始做加速度為 a 2 m /s 2 的勻加速直線運動，請你寫出所施加的外力 F 與時 間 t 的關系式當 ab 桿通過 x 1 m 的距離到達 cd 位置時， 求外力的瞬時功率 解析 ( 1) 根據能量守恒定律知整個電路產生的熱量為 Q Fx 1 2 m v 2 1.5 J (2 分 ) 桿所受安培力為 F 安 B I l B 2 l 2 v R r 0.25 N (2 分 ) 由牛頓第二定律知 F F 安 ma (2 分 ) 所以 a 1.75 m /s 2 (1 分 ) ( 2) 由牛頓第二定律知 F F 安 ma (1 分 ) F 安 B I l B 2 l 2 v R r

15、 B 2 l 2 a R r t 所以 F B 2 l 2 a R r t ma 0.5 t 2 (1 分 ) 桿勻加速運動到 cd 時 v 2 2 ax ， x 1 2 at 2 (2 分 ) 所以 v 2 ax 2 m /s ， t 2 x a 1 s (2 分 ) 此時外力大小為 F 2.5 N (1 分 ) 外力的瞬時功率為 P F v 5 W (1 分 ) 答案 (1)1.5 J 1.75 m/s2 (2)F 0.5t 2.5 W 以題說法 感應電流在磁場中受到的安培力 ( 指導體棒切割 磁感線 ) F B 2 l 2 v R 與帶電粒子在磁場中受到的洛倫茲力 F 洛 q v B 比

16、較相似，即力的表達式中都含有速度 v . 因此，在進行 動力學分析時應注意力 F 和速度 v 的相互影響，此類運動 常出現最終的穩(wěn)定狀態(tài) 預測演練 3 如圖 7 所示，處于勻強磁場 中的兩根足夠長且電阻不計的平行金屬 導軌相距 L ，導軌平面與水平面重合， 左端用導線連接電容為 C 的電容器 ( 能 承受的電壓足夠大 ) . 已知勻強磁場的磁感應強度大小為 B 、方向豎直向上 . 一質量為 m 、電阻不計的直金屬棒垂 直放在兩導軌上，一根絕緣的、足夠長的輕繩一端與棒 的中點連接，另一端跨過定滑輪掛一質量為 m 的重物現 從靜止釋放重物并通過輕繩水平拖動金屬棒運動 ( 金屬 棒始終與導軌垂直并保

17、持良好接觸，不計滑輪質量和所 有摩擦 ) 求： 圖 7 ( 1 ) 若某時刻金屬棒速度為 v ，則電容器兩端的電壓多大？ ( 2 ) 求證：金屬棒的運動是勻加速直線運動； ( 3 ) 當重物從靜止開始下落一定高度時，電容器帶電量為 Q ， 則這個高度 h 多大？ 解析 ( 1) 電容器兩端的電壓 U 等于導體棒上的電動勢 E ，有 U E BL v (4 分 ) ( 2) 金屬棒速度從 v 增大到 v + v 的過程中 , 用時 t ( t 0) ， 加速度設為 a ，有 電容器兩端的電壓為 U BL v 電容器所帶電量為 Q CU C B L v (1 分 ) 此時金屬棒中的電流為 I Q

18、t C B L v t (1 分 ) 棒的加速度為 a v t (1 分 ) 對物體 m ： mg F T ma (1 分 ) 對棒： F T B I L ma (1 分 ) 綜合前兩式 mg B I L 2 ma (1 分 ) 所以 a mg 2 m B 2 L 2 C (1 分 ) 式中各量都是恒量，加速度保持不變，故金屬棒的運動是 勻加速直線運動 (1 分 ) ( 3) 由于金屬棒做勻加速直線運動，且電路中電流恒定 由 I CBL mg 2 m B 2 L 2 C (2 分 ) Q It (2 分 ) h 1 2 at 2 (2 分 ) 得 h ( 2 m B 2 L 2 C ) Q 2

19、 2 m gB 2 L 2 C 2 (2 分 ) 答案 ( 1 ) BL v ( 2 ) 見解析 ( 3 ) ( 2 m B 2 L 2 C ) Q 2 2 m g B 2 L 2 C 2 題型 4 綜合應用動力學和能量觀點分析電磁感應問題 例 4 如圖 8 甲所示，光滑且足夠長的平行金屬導軌 MN 、 PQ 固定在同一水平面上，兩導軌間距 L 0.30 m 導軌 電阻忽略不計，其間連接有固定電阻 R 0.40 .導軌上 停放一質量 m 0.10 k g 、電阻 r 0.20 的金屬桿 ab ， 整個裝置處于磁感應強度 B 0.50 T 的勻強磁場中，磁場 方向豎直向下用一外力 F 沿水平方向

20、拉金屬桿 ab ，使 之由靜止開始運動，電壓傳感器可將 R 兩端的電壓 U 即 時采集并輸入電腦，獲得電壓 U 隨時間 t 變化的關系如 圖乙所示 圖 8 ( 1) 利用上述條件證明金屬桿做勻加速直線運動，并計算加 速度的大??； ( 2) 求第 2 s 末外力 F 的瞬時功率； ( 3) 如果水平外力從靜止開始拉動桿 2 s 所做的功 W 0.3 5 J , 求金屬桿上產生的焦耳熱 解題示范 ( 1) 設路端電壓為 U ，金屬桿的運動速度為 v ， 則感應電動勢 E BL v (1 分 ) 通過電阻 R 的電流 I E R r 電阻 R 兩端的電壓 U IR BL v R R r (1 分 )

21、 由圖乙可得 U kt ， k 0.1 0 V / s (1 分 ) 解得 v k ( R r ) B L R t (1 分 ) 因為速度與時間成正比 , 所以金屬桿做勻加速運動，加速度 a k ( R r ) B L R 1.0 m /s 2 (1 分 ) ( 用其他方法證明也可以 ) ( 2) 在 2 s 末，速度 v 2 at 2.0 m /s ， (1 分 ) 電動勢 E BL v 2 通過金屬桿的電流 I E R r (1 分 ) 金屬桿受安培力 F 安 B I L ( BL ) 2 v 2 R r (1 分 ) 解得 F 安 7.5 10 2 N 設 2 s 末外力大小為 F 2

22、，由牛頓第二定律 F 2 F 安 ma (1 分 ) 解得 F 2 1.75 10 1 N (1 分 ) 故 2 s 末時 F 的瞬時功率 P F 2 v 2 0.35 W (1 分 ) ( 3) 設回路產生的焦耳熱為 Q ，由能量守恒定律 W Q 1 2 m v 2 2 (1 分 ) 解得 Q 0.15 J 電阻 R 與金屬桿的電阻 r 串聯，產生焦耳熱與電阻成正比 所以 Q R Q r R r (1 分 ) 運用合比定理 Q R Q r Q r R r r ，而 Q R Q r Q (1 分 ) 故在金屬桿上產生的焦耳熱 Q r Qr R r (1 分 ) 解得 Q r 5.0 10 2

23、J (1 分 ) 答案 見解析 以題說法 1. 電磁感應中產生的感應電流在磁場中將受到 安培力的作用，因此，電磁感應問題往往與力學問題聯系 在一起，解決這類電磁感應中的力學問題，不僅要應用電 磁學中的有關規(guī)律，如楞次定律、法拉第電磁感應定律、 閉合電路歐姆定律、焦耳定律等，還要應用力學中的有關 規(guī)律，如牛頓運動定律、動能定理、機械能守恒定律和能 的轉化與守恒定律等 2 安培力的功是電能和其他形式的能之間相互轉化的 “ 橋 梁 ” ，用框圖表示如下： 電能 W 安 0 W 安 0 其他形式的能 預測演練 4 相距 L 1.5 m 的足夠長金屬導軌豎直放置， 質量為 m 1 1 k g 的金屬棒

24、ab 和質量為 m 2 0.27 k g 的金 屬棒 cd 均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導軌上 , 如圖 9( a) 所示，虛線上方磁場方向垂直紙面向里，虛線 下方磁場方向豎直向下 , 兩處磁場磁感應強度大小相同 . ab 棒光滑， cd 棒與導軌間動摩擦因數為 0.75 ，兩棒 總電阻為 1.8 ，導軌電阻不計 ab 棒在方向豎直向上、 大小按圖 ( b ) 所示規(guī)律變化的外力 F 作用下，從靜止開始 沿導軌勻加速運動，同時 cd 棒也由靜止釋放 ( a) ( b ) ( c ) 圖 9 ( 1) 指出在運動過程中 ab 棒中的電流方向和 cd 棒受到的安 培力方向； ( 2) 求出磁感

25、應強度 B 的大小和 ab 棒加速度大??； ( 3) 已知在 2 s 內外力 F 做功 40 J ，求這一過程中，兩金屬 棒產生的總焦耳熱； ( 4) 判斷 cd 棒將做怎樣的運動，求出 cd 棒達到最大速度所 需的時間 t 0 ，并在圖 ( c ) 中定性畫出 cd 棒所受摩擦力 F f cd 隨 時間變化的圖象 解析 (1) 在運動過程中 ab 棒中的電流方向向左 ( b a ) ， cd 棒受到的安培力方向垂直于紙面向里 (2 分 ) ( 2) 經過時間 t ，金屬棒 ab 的速率 v at 此時，回路中的感應電流為 I E R BL v R 對金屬棒 ab ，由牛頓第二定律得 F B

26、I L m 1 g m 1 a 由以上各式整理得 F m 1 a m 1 g B 2 L 2 R at (2 分 ) 在圖線上取兩點 t 1 0 ， F 1 1 1 N ； t 2 2 s ， F 2 14.6 N 代入上式得 a 1 m /s 2 B 1. 2 T (2 分 ) ( 3) 在 2 s 末金屬棒 ab 的速率 v t at 2 m /s 所發(fā)生的位移 x 1 2 at 2 2 m (1 分 ) 由動能定理得 W F m 1 gx W 安 1 2 m 1 v t 2 (1 分 ) 又 Q W 安 聯立以上方程，解得 Q W F m gx 1 2 m v t 2 40 J 1 10

27、 2 J 1 2 1 2 2 J 18 J (2 分 ) ( 4) cd 棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當 cd 棒所受重 力與滑動摩擦力相等時，速度達到最大；后做加速度逐漸 增大的減速運動，最后停止運動 (2 分 ) 當 cd 棒速度達到最大時，有 m 2 g F N 又 F N F 安 ， F 安 B I L I E R BL v m R ， v m at 0 整理解得 t 0 m 2 gR B 2 L 2 a 0.27 10 1.8 0.75 1.2 2 1.5 2 1 s 2 s (3 分 ) F f cd 隨時間變化的的圖象如圖所示 (3 分 ) 答案 ab 棒中電流的方向由 b

28、a ， cd 棒受到的安培力垂直紙 面向里 ( 2 ) 1 .2 T 1 m / s 2 ( 3 ) 1 8 J ( 4 ) 見解析 考能定時訓練 1 ( 2010 安徽卷 20) 如圖 10 所示，水平地面 上方矩形區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強 磁場 , 兩個邊長相等的單匝閉合正方形線圈 和 ，分別用相同材料、不同粗細的導 線繞制 ( 為細導線 ) . 兩線圈在距磁場上界 面 h 高處由靜止開始自由下落，再進入磁場，最后落到 地面，運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內且 下邊緣平行于磁場上邊界設線圈 、 落地時的速度 大小分別為 v 1 、 v 2 ，在磁場中運動時產生的熱量分別為 Q

29、1 、 Q 2 . 不計空氣阻力，則 ( ) A v 1 v 2 ， Q 1 Q 2 B v 1 v 2 ， Q 1 Q 2 C v 1 Q 2 D v 1 v 2 ， Q 1 0 ，故 B 項錯， D 項正確 答案 D 6 . 如圖 15 所示，相距為 L 的光滑平行 金屬導軌 ab 、 cd 放置在水平桌面上 , 阻值為 R 的電阻與導軌的兩端 a 、 c 相 連滑桿 MN 質量為 m ，垂直于導軌 并可在導軌上自由滑動，不計導軌、滑桿以及導線的電 阻 . 整個裝置放于豎直方向范圍足夠大的勻強磁場中 , 磁 感應強度的大小為 B . 滑桿的中點系一不可伸長的輕繩， 繩繞過固定在桌邊的光滑輕

30、滑輪后，與另一質量也為 m 的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài)現將物塊由靜止釋放， 當物塊達到最大速度時，物塊的下落高度 h 2 m 2 gR 2 ( Bl ) 4 ， 用 g 表示重力加速度，則在物塊由靜止開始下落至速度 最大的過程中 ( ) 圖 15 A 物塊達到的最大速度是 m gR ( Bl ) 2 B 通過電阻 R 的電荷量是 2 Bm 2 gR l ( Bl ) 4 C 電阻 R 放出的熱量為 2 m 3 g 2 R 2 ( Bl ) 4 D 滑桿 MN 產生的最大感應電動勢為 m gR Bl 答案 ABD 7 . 如圖 16 所示，一正方形平面導線框 abc d 位于豎直平面內 , 經一

31、條不可伸長的絕緣 輕繩與砝碼相連 , 并使其張緊處于靜止狀 態(tài) , 線框上方的一區(qū)域內有方向垂直于線 框平面向里的勻強磁場 . 磁場區(qū)域的上、 下邊界與線框的 ab 、 cd 邊平行，從某一位 置釋放線框和砝碼系統，使線框 ab 邊剛進入磁場時就開始 做勻速運動已知線框邊長 l 0.20 m ，磁場區(qū)域的寬度為 h 1.10 m ，線框質量 m 1 0.10 k g ，電阻 R 0.10 ，砝碼 質量 m 2 0.14 k g ，磁感應強度 B 1.0 T 輕繩繞過兩等高 的輕滑輪，不計繩與滑輪間的摩擦和空氣阻力，重力加速 度取 g 10 m /s 2 . 試求： 圖 16 ( 1) 線框做勻

32、速運動的速度大??； ( 2) 當線框 ab 邊剛穿出磁場上邊界時輕繩上的彈力大小 解析 ( 1) 以線圈為研究對象，線圈在勻速上升時受到的 安培力 F 安 1 、繩子的拉力 F 1 和重力 m 1 g 相互平衡，即 F 1 F 安 1 m 1 g . (2 分 ) 砝碼受力也平衡 F 1 m 2 g . (1 分 ) 線圈勻速上升，在線圈中產生的感應電流 I 1 Bl v 1 R (2 分 ) 因此線圈受到向下的安培力 F 安 1 BI 1 l (1 分 ) 聯解 式得 v 1 ( m 2 m 1 ) gR B 2 l 2 (1 分 ) 代入數據解得 v 1 1 m / s (1 分 ) (

33、2) 線框 cd 邊進入勻強磁場區(qū)域后，系統僅在重力作用下開 始做勻加速運動直到上邊 ab 剛穿出磁場區(qū)域，設此時系統 運動的速度為 v 2 ，對該系統由機械能守恒定律得 ( m 2 m 1 ) g ( h l ) 1 2 ( m 1 m 2 ) v 2 2 1 2 ( m 1 m 2 ) v 1 2 (3 分 ) 此時線圈中產生的感應電流 I 2 Bl v 2 R ， (1 分 ) 因此線圈受到向下的安培力 F 安 2 BI 2 l (1 分 ) 對系統由牛頓第二定律得 F 安 2 ( m 1 m 2 ) g ( m 1 m 2 ) a (3 分 ) 以砝碼為研究對象，由牛頓第二定律得 F

34、2 m 2 g m 2 a (2 分 ) 由 式解并代入數據得 F 2 1.63 N (1 分 ) 答案 (1)1 m/s (2)1.63 N 8 如圖 17 所示，光滑平行的水平金屬 導軌 MN 、 PQ 相距 d , 在 M 點和 P 點 間接一個阻值為 R 的電阻，在兩導軌 間 OO 1 O 1 O 矩形區(qū)域內有垂直導 軌平面豎直向下、寬為 l 的勻強磁場，磁感應強度大小為 B . 一質量為 m ，電阻為 r 的導體棒 ab ，垂直擱在導軌上， 與磁場左邊界相距 l 0 . 現用一大小為 F 、水平向右的恒力 拉 ab 棒，使它由靜止開始運動，棒 ab 在離開磁場前已 經做勻速直線運動

35、( 棒 ab 與導軌始終保持良好的接觸，導 軌電阻不計 ) 求： ( 1) 棒 ab 在離開磁場右邊界時的速度； ( 2) 棒 ab 通過磁場區(qū)域的過程中整個回路所消耗的電能； ( 3) 棒 ab 通過磁場區(qū)域的過程中通過電阻 R 的電荷量 圖 17 解析 ( 1) ab 棒離開磁場右邊界前做勻速運動，設做勻速運 動時的速度為 v m ，則有 E Bd v m ，又因為 I E R r (2 分 ) 對 ab 棒 F B I d 0 (2 分 ) 解得 v m F ( R r ) B 2 d 2 (2 分 ) ( 2) 由能量守恒可得 F ( l 0 l ) W 電 1 2 m v m 2 (3 分 ) 得 W 電 F ( l 0 l ) mF 2 ( R r ) 2 2 B 4 d 4 (2 分 ) ( 3) 棒 ab 通過磁場區(qū)域的過程中 E t B dl t (2 分 ) 所以 I E R r B dl ( R r ) t (2 分 ) 所以通過電阻 R 的電荷量 q I t B dl R r (2 分 ) 答案 ( 1 ) F ( R r )B 2 d 2 ( 2 ) F ( l 0 l ) mF 2 ( R r ) 2 2 B 4 d 4 ( 3 ) B d l R r 返回