【正文】 無線充電兩種方式。(3)磁場左右邊界間的距離d。類題演練6.(多選)(2019四川成都高三摸底)如圖甲,線圈A(圖中實線,共100匝) m2,總電阻r=2 Ω,A右側所接電路中,電阻R1=2 Ω,R2=6 Ω,電容C=3 μF,開關S1閉合。若金屬棒a、b與導軌接觸良好,且不計導軌的電阻和棒與導軌的摩擦。對于雙桿模型應用動量守恒定律,通常可以類比完全非彈性碰撞的模型。撤去磁場B2后,導體棒中雖然有電流,但所處空間沒有磁場,不受安培力,根據(jù)導體棒的運動情況可求受力,進而求摩擦因數(shù)。(2)求導體棒MN與導軌之間動摩擦因數(shù)?？挤?　電磁感應中的動力學問題)時,金屬棒的速度達到最大。在運動過程中,線框bc邊始終與磁場的邊界平行。,進行數(shù)學分析,如分析斜率的變化、截距等。將一小磁針懸掛在直導線正上方,開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài),下列說法正確的是(　　),小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動,小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向,小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向,小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動,兩光滑圓形導軌固定在水平面內,圓心均為O點,半徑分別為r1= m,r2= m,兩導軌通過導線與阻值R=2 Ω的電阻相連,一長為r1的導體棒與兩圓形導軌接觸良好,導體棒一端以O點為圓心,以角速度ω=100 rad/s順時針勻速轉動,兩圓形導軌所在區(qū)域存在方向豎直向下、磁感應強度大小B=2 T的勻強磁場,不計導軌及導體棒的電阻,下列說法正確的是(　　) A V,通過電阻的電流減小3.(2020全國Ⅲ卷)如圖所示,一邊長為l0的正方形金屬框abcd固定在水平面內,空間存在方向垂直于水平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場。(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”。一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上,用水平恒力F向右拉動金屬框,運動過程中,裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中,MN與金屬框保持良好接觸,且與bc邊保持平行。3.(多選)(2019全國Ⅱ卷)如圖,兩條光滑平行金屬導軌固定,所在平面與水平面夾角為θ,導軌電阻忽略不計。焊接過程中所利用的電磁學規(guī)律的發(fā)現(xiàn)者為(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　 情境剖析本題屬于基礎性題目,以“管道高頻焊機”為素材創(chuàng)設生產科技類情境。一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S,將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內,圓心O在MN上。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。高頻考點能力突破考點一楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用(M)歸納總結　(1)右手定則,即根據(jù)導體在磁場中做切割磁感線運動的情況進行判斷。(3)E=12Bl2ω,適用于導體棒旋轉切割磁感線的情況。將導體棒與a點之間的距離記為x,求導體棒所受安培力的大小隨x(0≤x≤2l0)變化的關系式。線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是(　　)思維點撥找到線框在移動過程中哪一部分切割磁感線,并根據(jù)右手定則判斷電流的方向,從而判斷整個回路中總電流的方向。運動過程中,ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好,兩者速度分別用vv2表示,回路中的電流用I表示。(2)金屬棒滑到軌道底端的整個過程中流經電阻R的電荷量。邊界ab下方導軌空間內有垂直于導軌向下的勻強磁場B2。導軌電阻為零。歸納總結　,而能量的轉化是通過(克服)安培力做功的形式實現(xiàn)的。QM、DE為足夠長的水平導軌。且不計導軌的電阻和棒與導軌的摩擦①兩桿進入磁場前機械能守恒,故以相同速率進入磁場。靜止釋放cd桿,當通過cd桿某一截面的電荷量為q時,cd桿的速度大小為v,整個過程ab桿在外力F的作用下處于靜止狀態(tài),重力加速度為g,則在上述過程中(　　)≤mgRsinθB2L2cos2θ8.(2020天津模擬)如圖所示,兩光滑平行金屬導軌置于水平面內,兩導軌間距為L,左端連有阻值為R的電阻,一金屬桿置于導軌上,金屬桿右側存在一磁感應強度大小為B、方向豎直向下的有界勻強磁場區(qū)域。該傳感器輸出信號強,抗干擾性能好,不需要供電,安裝使用方便。【案例探究2】(多選)(2020天津卷)手機無線充電是比較新穎的充電方式。兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為L,導軌間存在垂直于導軌平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場,導軌電阻不計?！景咐骄?】(2020北京朝陽區(qū)高三上期末)某研學小組設計了一個輔助列車進站時快速剎車的方案。(3)請你評價該設計方案的優(yōu)點和缺點。甲乙(1)要使列車向右運行,啟動時圖甲中M、N哪個接電源正極,并簡要說明理由。另一種情況是兩桿都在運動,對于這種情況,要注意兩桿切割磁感線產生的感應電動勢是相加還是相減分析方法動力學觀點通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動,而另一個金屬桿做加速度逐漸減小的減速運動,最終兩金屬桿以共同的速度勻速運動能量觀點其中一個金屬桿機械能的減少量等于另一個金屬桿機械能的增加量與回路中產生的焦耳熱之和動量觀點對于兩金屬桿在平直的光滑導軌上運動的情況,如果兩金屬桿所受的外力之和為零,則考慮應用動量守恒定律處理問題由BIL它們分別垂直導軌放置并始終與導軌接觸良好。在勻強磁場區(qū)域內,有一對光滑平行金屬導軌,處于同一水平面內,導軌足夠長,導軌間距L=1 m,電阻可忽略不計。導體棒不受摩擦力先將PQ暫時鎖定,金屬棒MN在垂直于棒的拉力F作用下,由靜止開始以加速度a=,5s后保持拉力F的功率不變,直到棒以最大速度vm做勻速直線運動單桿運動,先做勻加速直線運動,再保持牽引力功率不變、做加速度逐漸減小的加速運動,最大速度時加速度為零,受力平衡當棒MN達到最大速度vm時,解除PQ鎖定,同時撤去拉力F,兩棒最終均勻速運動雙桿運動,系統(tǒng)動量守恒、能量守恒若PQ始終不解除鎖定,當棒MN達到最大速度vm時,撤去拉力F單桿運動,僅在安培力作用下做加速度減小的減速運動,加速度和速度同時小到零破題(1)僅導體棒MN運動時,導體棒MN運動情景可類比機車先恒定加速度啟動、再恒定功率啟動的模型,求解方法也與之相同。圓環(huán)的電阻R=ρlS=2ρπrS,感應電流I=ER=B0S4ρt0,C正確。當MN運動時,金屬框的bc邊和導體棒MN一起切割磁感線,設導體棒MN和金屬框的速度分別為vv2,則電路中的電動勢E=Bl(v2v1)電路中的電流I=ER=Bl(v2v1)R金屬框和導體棒MN受到的安培力分別為F安框=B2l2(v2v1)R,與運動方向相反F安MN=B2l2(v2v1)R,與運動方向相同設導體棒MN和金屬框的質量分別為mm2,則對導體棒MN有B2l2(v2v1)R=m1a1對金屬框有FB2l2(v2v1)R=m2a2初始速度均為零,則a1從零開始逐漸增加,a2從Fm2開始逐漸減小?！绢愵}演練1】AD　解析如圖甲所示,閉合開關瞬間右邊線圈產生電流,左邊線圈磁通量增強。兩圓環(huán)間導體棒在Δt時間內掃過的面積ΔS=(πr22πr12)g當導體棒與金屬框接觸的兩點間棒的長度為l時,由法拉第電磁感應定律知,導體棒上感應電動勢的大小為E=Blv①由歐姆定律知,流過導體棒的感應電流為I=ER②式中,R為這一段導體棒的電阻。由C圖和F安=BIl可知,F安不均勻變化,加速度不均勻變化,速度圖像的斜率為加速度,A正確,B錯誤。金屬棒a、b進入磁場后,到b棒第一次離開磁場過程中,由能量守恒定律得12(ma+mb)v02=12(ma+mb)v2+Q解得此棒從進入磁場到勻速運動的過程電路中產生的焦耳熱Q=3mgh(3)對b由動量定理得BILt=mv02根據(jù)電荷量公式得q=It=BL(v1v2)4Rt=BL(x1x2)4Rx1x2=2mR2ghB2L2【類題演練6】BD　解析t=0時刻,磁場方向垂直于線圈平面向里,由題圖乙并根據(jù)楞次定律和安培定則可知,線圈A中產生順時針方向的感應電流,閉合S2,電路穩(wěn)定后,通過R2的電流由a流向b,選項A錯誤。設cd桿的最大速度為vm,此時cd桿做勻速運動,則有gsinθB2L2vmcos2θmR=0,解得vm=mgRsinθB2L2cos2θ,所以有v≤mgRsinθB2L2cos2θ,選項D正確?！景咐骄?】答案(1)mvmBL　(2)BLvm+mvmBLC　(3)不可行,理由見解析解析(1)設在此過程中MN的平均電流為I,Q1=IR,從式中可以看出電流不恒定,取一很短時間Δt39。該方案的缺點:沒有考慮列車車廂和內部線路等也是金屬材質,進入磁場時會產生渦流對設備產生不良影響。,由閉合電路歐姆定律有I39。在b穿越磁場的過程中,b是電源,a與R是外電路,電路的總電阻R總1=Rb+RRaR+Ra=8Ω。同理,a在磁場中勻速運動時有B2L2vaR總2=magsin53176。=。(3)棒以MN為研究對象,設某時刻棒中電流為i,在極短時間Δt內,由動量定理得BiLΔt=mΔv對式子兩邊求和有∑(BiLΔt)=∑(mΔvm)而Δq=iΔt對式子兩邊求和,有∑Δq=∑(iΔt)聯(lián)立各式解得BLq=mvm,又對于電路有:q=ΔΦ2R=BLx2R代入數(shù)據(jù)解得x=405m