非選擇題命題點集訓(xùn)四 電路與電磁感應(yīng).doc

非選擇題命題點集訓(xùn)四電路與電磁感應(yīng)1.圖1(2012成都市模擬)如圖1所示，MN、PQ是兩根豎直放置的間距為L的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌，虛線以上有垂直紙面向外的勻強磁場，虛線以下有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，兩磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度均為B.金屬棒ab質(zhì)量為M，電阻為R，靜止放在中導(dǎo)軌上的水平突起上；金屬棒cd質(zhì)量為m，電阻也為R，讓cd在中某處無初速釋放，當(dāng)cd下落距離為h時，ab恰好對突起沒有壓力已知兩根金屬棒始終水平且與金屬導(dǎo)軌接觸良好，金屬導(dǎo)軌的電阻不計，重力加速度為g.求：(1)當(dāng)cd下落距離為h時，通過ab的電流I；(2)當(dāng)cd下落距離為h時，cd的速度大小v；(3)從cd釋放到下落距離為h的過程中，ab上產(chǎn)生的焦耳熱Qab.(結(jié)果用B、L、M、m、R、h、g表示)2圖2是交流發(fā)電機模型示意圖在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內(nèi)垂直于磁感線的軸OO轉(zhuǎn)動，由線圈引出的導(dǎo)線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO轉(zhuǎn)動的金屬圓環(huán)相連接，金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉(zhuǎn)動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路圖3是線圈的主視圖，導(dǎo)線ab和cd分別用它們的橫截面來表示已知ab長度為L1，bc長度為L2，線圈以恒定角速度逆時針轉(zhuǎn)動(只考慮單匝線圈)圖2圖3圖4(1)線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導(dǎo)t時刻整個線圈中的感應(yīng)電動勢e1的表達式；(2)線圈平面處于與中性面成0夾角位置時開始計時，如圖4所示，試寫出t時刻整個線圈中的感應(yīng)電動勢e2的表達式；(3)若線圈電阻為r，求線圈每轉(zhuǎn)動一周電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱(其他電阻均不計)3(2012吉林長春第一次調(diào)研)如圖5甲所示，空間存在一寬度為2L的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里在光滑絕緣水平面內(nèi)有一邊長為L的正方形金屬線框，其質(zhì)量m1 kg、電阻R4 ，在水平向左的外力F作用下，以初速度v04 m/s勻減速進入磁場，線框平面與磁場垂直，外力F的大小隨時間t變化的圖線如圖5乙所示以線框右邊剛進入磁場時開始計時，求：(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B；(2)線框進入磁場的過程中，通過線框的電荷量q；(3)判斷線框能否從右側(cè)離開磁場？說明理由甲乙圖54(2012廣東高考)如圖6所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，并處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計其他電阻圖6(1)調(diào)節(jié)RxR，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速率v；(2)改變Rx，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx.答案及解析1.【解析】(1)ab受重力和安培力作用下處于平衡狀態(tài)，有MgBIL，解得I.(2)設(shè)cd切割磁感線產(chǎn)生電動勢為E，有EBLv，I，聯(lián)立以上各式解得v.(3)由能量守恒得mghQabQcdmv2，因ab與cd串聯(lián)，且電阻相等，故QabQcd，聯(lián)立解得Qabmgh.【答案】(1)I(2)v(3)Qabmgh2【解析】(1)矩形線圈abcd在磁場中轉(zhuǎn)動時，ab、cd切割磁感線，且轉(zhuǎn)動的半徑為r，轉(zhuǎn)動時ab、cd的線速度vr，且與磁場方向的夾角為t，所以，整個線圈中的感應(yīng)電動勢e12BL1vsin tBL1L2sin t.(2)當(dāng)t0時，線圈平面與中性面的夾角為0，則某時刻t時，線圈平面與中性面的夾角為(t0)故此時感應(yīng)電動勢的瞬時值e22BL1vsin(t0)BL1L2sin(t0)(3)線圈勻速轉(zhuǎn)動時感應(yīng)電動勢的最大值EmBL1L2，故有效值E回路中電流的有效值I根據(jù)焦耳定律知轉(zhuǎn)動一周電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QI2RT2R.【答案】(1)e1BL1L2sin t(2)e2BL1L2sin(t0)(3)3【解析】(1)由Ft圖象可知，線框加速度a2 m/s2線框的邊長Lv0tat241 m212 m3 mt0時刻線框中的感應(yīng)電流I線框所受的安培力F安BIL由牛頓第二定律F1F安ma又F11 N，聯(lián)立得B T0.33 T.(2)線框進入磁場的過程中，平均感應(yīng)電動勢平均電流通過線框的電荷量qt聯(lián)立得q0.75 C.(3)設(shè)勻減速運動速度減為零的過程中線框通過的位移為x，由運動學(xué)公式得0v2ax代入數(shù)值得x4 m2L所以線框不能從右側(cè)離開磁場【答案】(1)0.33 T(2)0.75 C(3)見解析4【解析】(1)對勻速下滑的導(dǎo)體棒進行受力分析如圖所示導(dǎo)體棒所受安培力F安BIl導(dǎo)體棒勻速下滑，所以F安Mgsin 聯(lián)立式，解得I導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢EBlv由閉合電路歐姆定律得I，且RxR，所以I聯(lián)立式，解得v.(2)由題意知，其等效