浙江专用高考物理二轮复习专题四第2讲电磁感应规律及综合应用讲义增分练

mgsin 30 ° ( 12— 11) — 2nBLI △ t = mv— m( — vi) 0

其中 q= I △ t = nB^J2 联立① &得 V2 = 2 m/s J 向下穿过磁场产生的热量

1 2 1 2枯 Q2= 2mgcSin 30 ° —尹13+ 尹仍 再联立J30得Q= 3.5 J 所以整个过程线框产生的热量 答案 (1)6 N 4 Q (2)4.5 J

Q= Q + Q = 4.5 J <

巧用流程解决电磁感应中力、电综合问题

1. (2024 ?浙江名校协作体

模拟 )如图17所示，质量为 m= 0.04 kg、边长I = 0.4 m的正方形 线框abed放置在一光滑绝缘斜面上， 线框用一平行斜面的细绳系于 O点，斜面的倾角为0 = 30°;线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的关系为 垂直于斜面；已知线框电阻为 ( )

B= 2 + 0.5 t (T)，方向

R= 0.5 Q ,重力加速度取 g= 10 m/s 2。下列说法中正确的是

图17

A. 线框中的感应电流方向为 abeda B. t = 0时，细线拉力大小为 F= 0.2 N C. 线框中感应电流大小为 I = 80 mA

D. 经过一段时间t，线框可能拉断细绳向下运动 解析 由楞次定律可知线框中的感应电流方向为

△ B 1

adeba,故选项A错误；感应电动势

E

E=

=—(R 2) = 0.04 V,由闭合电路欧姆定律， 可知线框中感应电流大小为 △ t 2 I = = 0.08 A= 80 mA

R

由平衡条件可知 FT+ BII = mg>in 0 , t = 0时，B= 2 T，解得FT= 0.136 N，故选项B错误，C 正确；经过一段时间 选项D错误。 答案 C 2.

(多选)如图18

t，安培力BII可能大于 m?n 0，所以线框可能沿斜面向上运动，故

甲所示，足够长的平行金属导轨 MN PQ顷斜放置。完全相同的两金属棒 ab、 ed分别垂直导轨放置，

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棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的电阻均为 R,导轨间距

-17 -

为I且光滑，电阻不计，整个装置处在方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为

强磁场中。棒ab在平行于导轨向上的力 F作用下，沿导轨向上运动，从某时刻开始计时，两 棒的v — t图象如图乙所示，两图线平行， V。已知，则从计时开始(

B的匀

)

图18

A. 通过棒cd的电流方向由d到c B.通过棒cd的电流

Blvo

1

= -iR-

B2| C.力 F= 2vo

R

D.力F做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒动能的增量

解析 由Vab>Vcd，故通过cd的电流方向由 d到c,选项A正确；由

B|V ab— B|V cd

，可得I = 2R

B，选项 B错误；对 ab棒：F— m@in 2R

9 2

0 — BII = mab，对 cd 棒：BII — m^in 0 = mad, aab

=acd，可得F=」也，选项C正确；力F做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒的动能增量

R

与重力势能增量之和，选项 D错误。 答案 AC 3.

(2024 ?温州二模)如图19所示，两根相

同的平行金属导轨固定在水平面内，左端用导线相 连，在导轨的某位置建立与导轨平面共面的直角坐标系

xOy x轴紧靠导轨，y轴垂直导轨。

y轴重合，右边界I与 y轴

在y轴的右侧分布着垂直导轨平面向外的有界磁场，左边界n与

平行，磁感应强度的大小沿 y轴均匀分布，沿x轴按B2= B0(2 + kx)规律分布(式中k>0, B0、 k均为定值且为已知量)。在边界I的右侧某位置垂直导轨放置一质量为

一水平向左的瞬时冲量，使其向左运动，同时在棒上施加一水平向右的恒力

m的金属棒，现给棒

Fo,棒穿过磁场

后继续向左运动，然后再返回磁场，并能从边界I穿出。已知：棒向左运动经过边界i、n

V V

的速度及向右返回经过边界n的速度大小分别为

V、？、4( V是未知量)；棒向左运动离开边界

n的最大距离是磁场两边界间距的

1 一 3，棒向右运动穿过磁场区域的过程中速度不变；

n倍n>

导轨单位长度的阻值是恒定的，导线及金属棒电阻不计，棒与导轨间的摩擦力大小恒定，求：

图19

(1) 棒与导轨间摩擦力大小

Ff ；

Q ： Q;

(2) 棒左、右两次穿越磁场的过程中产生的电热之比 (3) 导线到边界n的距离 d；

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(4)棒左、右两次穿越磁场的过程中所用的时间之比 解析(1)设金属棒向左运动离开边界n的最大距离为 为零；

tl : t2。

S1，此时金属棒的速度

根据动能定理可得，在金属棒从边界n向左运动到最大距离过程中

在金属棒从最大距离向右运动返回边界n的过程中

由①②可解得Ff=5F0。

⑵设磁场两边界间距为 S2,根据功能关系, 在从右向左运动第一次穿越磁场区域过程中

在从左向右运动第二次穿越磁场区域过程中

F0S2- FfS2- Q= 0⑤

棒向左运动离开边界n的最大距离是磁场两边界间距的 由①②③④⑤⑥可解得 Q： Q = (12 n-4) ： 1。⑦ (3)

的过程中速度不变，

由题意知，棒向右运动穿过磁场区域即做匀速直线运动，即受力平衡;

n倍，即si= ns2⑥

由于所受F。、重力、支持力、摩擦力均恒定，则所受安培力也是恒定的，

口

吒

v

且 F安= BIL=-R ? 4

2

由⑤式F0S2- FfS2- F安S2= 0，得F安=匚F0⑧

5 在从磁场边界n进入时， x= 0,此时B2= 2B2⑨

和从磁场边界I出来时， x= S2,此时 宵=B0(2 + kS2)⑩ 设导轨单位长度电阻为 r，金属棒切割磁感线的长度为 有

2&L2 v B0 (2 + kS2)L2 v们 dr 4 — (d+ S2) r 4 2 由①可解得d=「°

L,由x = 0和x = S2处安培力相等，则

k

(4)

时刻速度为 对于第一次穿过磁场区域过程中，设任一v'，以向右为正方向，则有

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FD+ Ff +

B2L2

r

v'= mat2

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