高三物理二轮复习 第一篇 专题通关五 电路与电磁感应 12 电磁感应规律及其应用课件.ppt

第12讲电磁感应规律及其应用,【高考这样考】1.(多选)(2015全国卷)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。下列说法正确的是(),a.圆盘上产生了感应电动势b.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动c.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化d.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动,【解析】选a、b。由于磁针位于圆盘的正上方,所以穿过圆盘的磁通量始终为零,故c错误;如果将圆盘看成由沿半径方向的“辐条”组成,则圆盘在转动过程中,“辐条”会切割磁感线产生感应电动势,在圆盘中产生涡电流,该涡电流产生的磁场导致磁针运动,故a、b正确;同时圆盘中的自由电子随圆盘一起转动形成电流,该电流对磁针的转动没有作用,d错误。,2.(2015海南高考)如图,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为,将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线,置于与磁感应强度相垂直的平面内,当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时,棒两端的感应电动势大小为。则等于()a.b.c.1d.,【解析】选b。若直金属棒的长为l,则弯成折线后,有效切割长度为l。根据=blv可知感应电动势的大小与有效切割长度成正比,故=,b正确。,3.(2015安徽高考)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b.电路中感应电流的大小为c.金属杆所受安培力的大小为d.金属杆的热功率为,【解析】选b。由电磁感应定律可知电路中感应电动势为e=blv,a错误;感应电流的大小b正确;金属杆所受安培力的大小c错误;热功率d错误。,4.(2014新课标全国卷)如图甲,线圈ab、cd绕在同一软铁芯上。在ab线圈中通以变化的电流,用示波器测得线圈cd间电压如图乙所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中,可能正确的是(),【解析】选c。本题考查了电磁感应的图像。根据法拉第电磁感应定律,ab线圈电流的变化率与线圈cd上的波形图一致,线圈cd上的波形图是方波,ab线圈电流只能是线性变化的,因为只有线性变化的变化率才是常数。所以c正确。,5.(多选)(2014山东高考)如图,一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内,通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定,导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过m、n两区的过程中,导体棒所受安培力分别用fm、fn表示。不计轨道电阻,以下叙述正确的是()a.fm向右b.fn向左c.fm逐渐增大d.fn逐渐减小,【解析】选b、c、d。由于绝缘导线紧贴导轨,根据安培定则判断电流i在m区的磁场方向应垂直轨道面向外,且从左向右,磁感线逐渐变密,导体棒匀速穿越该区时,由右手定则可判断棒中产生的感应电流方向竖直向下,且逐渐增大,再由左手定则可知棒所受的安培力水平向左,且逐渐增大,故选项a错误,c正确;同理可得,导体棒在穿越n区的过程中,棒所受的安培力水平向左,且逐渐减小,故选项b、d均正确。,【考情分析】主要题型：选择题、计算题命题特点：1.结合闭合电路的欧姆定律,利用楞次定律或右手定则判断感应电流的方向以及大小计算。2.结合牛顿第二定律,对导体棒切割磁感线的运动进行受力分析和运动分析。3.结合图像,应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电功率、动能定理等规律,解决电磁感应的综合问题。,【主干回顾】,【要素扫描】(1)“三定则、一定律”的应用。安培定则：运动电荷、电流产生磁场。左手定则：磁场对_。右手定则：部分导体_。楞次定律：闭合电路磁通量发生变化。(2)求感应电动势的两种方法。_,用来计算感应电动势的_。_,主要用来计算感应电动势的_。,运动电荷、电流的作用力,切割磁感线运动,平均值,e=blv,瞬时值,热点考向1电磁感应定律的图像问题【典例1】如图甲所示,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同,则i随时间t变化的图线可能是图乙中的(),【解题探究】(1)直导线中电流i增大,其产生的磁场_,直导线中电流i减小,其产生的磁场_。(2)用_判断感应电流的方向,用_判断安培力的方向。,增大,减小,楞次定律,左手定则,【解析】选a。本题题设要求线框中感应电流顺时针方向,根据楞次定律,可知框内磁场要么向里减弱(载流直导线中电流正向减小),要么向外增强(载流直导线中电流负向增大)。线框受安培力向左时,载流直导线电流一定向上,线框受安培力向右时,载流直导线中电流一定向下。故本题答案选a。,【迁移训练】,迁移1：把i-t图变换为e(u)-t(x)图一均匀正方形闭合导线框abcd,边长为l=0.1m,bc边位于x轴上,在x轴原点o右方有宽为0.2m,磁感应强度为1t的垂直纸面向里的匀强磁场区,如图甲所示,当线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区过程中,图乙中哪一个可以正确表示线框从进入到穿出过程中,ab边两端电势差uab随位置变化的情况(),【解析】选b。线框从进入到穿出磁场过程中,ab边两端电势差uab随位置变化情况,需要分析出ab边是切割磁感线充当电源还是不切割磁感线充当电阻。感应电动势e=blv=0.4v。0l：ab边切割磁感线,可等效为电源,其两端电势差为路端电压,uab=0.3v;l2l：ab边和cd边均切割磁感线,等效为两电源反接,回路中没有感应电流,但ab边两端电势差就等于ab边产生的电动势,为0.4v;2l3l：cd边切割磁感线,ab边两端电势差uab=0.1v。所以选项b正确。,迁移2：把i-t图变换为f安-t图如图甲所示,正方形区域mnpq内有垂直纸面向里的匀强磁场。在外力作用下,一正方形闭合刚性导线框沿qn方向匀速运动,t=0时刻,其四个顶点m、n、p、q恰好在磁场边界中点。下列图像中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是图乙中的(),【解析】选b。第一段时间从初位置到mn离开磁场,图a表示该过程的任意一个位置,切割磁感线的有效长度为m1a与n1b之和,即为m1m长度的2倍,此时电动势e=2bvtv,线框受的安培力f=2bivt=图像是开口向上的抛物线,c、d错误;如图b所示,线框的右端m2n2刚好出磁场时,左端q2p2恰与mp共线,此后一段时间内有效长度不变,一直到线框的左端与mn重合,这段时间内电流不变,安培力大小不变;最后一段时间如图c所示,从线框左边匀速运动至mn位置开始计时,有效长度为lac=l-2vt,电动势e=b(l-2vt)v,线框受的安培力图像是开口向上的抛物线,a错误,b正确。,迁移3：把i-t图变换为多图像的综合(多选)如图甲所示,两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体杆c、d,置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处。磁场宽为3h,方向与导轨平面垂直。先由静止释放c,c刚进磁场即做匀速运动,此时再由静止释放d,两导体杆与导轨始终保持良好接触。用ac表示c的加速度,ekd表示d的动能,xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移。图乙中正确的是(),【解析】选b、d。开始c杆的加速度为g,c杆刚进入磁场即匀速运动,加速度为0,在d杆下落h的过程中,h=gt2,c杆匀速下降了xc=gtt=2h,d杆进入磁场时c杆相对释放点的位移为3h,d杆进入磁场后,c、d杆又只在重力作用下运动,加速度为g,c、d杆都做匀加速运动,二者与导轨组成的回路磁通量不变,感应电流为零,一起运动了h,c杆出磁场,这时c杆的加速度仍为g,因此a错误,b正确;c杆出磁场时d杆下落2h,c杆出磁场后,d杆切割磁感线产生电动势,在回路中产生感应电流,因此时d杆速度大于c杆进入磁场时切割磁感线的速度,故电动势、,电流、安培力都大于c杆刚进入磁场时的大小,d杆减速,当d杆又运动了2h后,穿出磁场,做匀加速运动,结合匀变速直线运动公式可知加速过程动能与路程成正比,所以c错误,d正确。,【典例2】(多选)如图所示,光滑平行金属导轨mn、pq所在平面与水平面成角,m、p之间接一阻值为r的定值电阻,阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置,其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为b的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下。t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力f,金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动。下列关于穿过回路abpma的磁通量、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q以及ab两端的电势差u随时间t变化的图像中,正确的是(),【名师解读】(1)命题立意：考查电磁感应的图像问题。(2)关键信息：由静止开始沿导轨向上做匀加速运动。(3)答题必备：=bs;=blv;v=at;q=it;u=ir。(4)易错警示：易误认为不随时间而改变。,【解析】选b、d。设导体棒的长度为l,磁通量=bs=blx=blat2,所以a错误;磁通量的变化率：=blv=blat,故b正确;通过金属棒的电荷量所以c错误;ab两端的电势差：所以d正确。,【规律总结】解决电磁感应图像问题的方法技巧(1)解决电磁感应图像问题的“三点关注”：关注初始时刻,如初始时刻感应电流是否为零,是正方向还是负方向。关注变化过程,看电磁感应发生的过程分为几个阶段,这几个阶段是否和图像变化相对应。关注大小、方向的变化趋势,看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应。,(2)解决电磁感应图像问题的一般步骤：明确图像的种类,即是b-t图还是-t图,或者e-t图、i-t图等。分析电磁感应的具体过程。用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等。画图像或判断图像。,【加固训练】(多选)如图,一有界区域内,存在着磁感应强度大小均为b,方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场,磁场宽度均为l,边长为l的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上,使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域,若以逆时针方向为电流的正方向,能反映线框中感应电流变化规律的是(),【解析】选a、c。线框的位移在0l、2l3l的过程中,只有一条边切割磁感线,电流沿逆时针方向,其大小为即i1t,为直线;位移在l2l过程中,有两条边切割磁感线,电流方向沿顺时针方向,其大小为即i2t,也为直线,故选项a正确、b错误;关于电流与位移的关系,由v2=2ax,则位移在0l和2l3l范围内,方向为逆时针,位移在l2l范围内,方向为顺时针,故选项c正确、d错误。,热点考向2电磁感应的电路和动力学问题【典例3】(2015怀化一模)如图甲所示,间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为的斜面上。在区域内有方向垂直于斜面的匀强磁场,磁感应强度恒为b;在区域内有垂直于斜面向下的匀强磁场,其磁感应强度b2的大小随时间t变化的规律如图乙所示。t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从图示位置由静止开始沿导轨下滑,同时下端的另一金属细棒cd在位于区域内的导轨上也由静止释放。在ab棒运动到区域的下边界ef之前,cd棒始终静止不动,两棒均与导轨接触良好。,已知cd棒的质量为0.6m、电阻为0.3r,ab棒的质量、阻值均未知,区域沿斜面的长度为l,在t=tx时刻(tx未知)ab棒恰好进入区域,重力加速度为g。求：,(1)区域内磁场的方向。(2)通过cd棒中的电流大小和方向。(3)ab棒开始下滑的位置离区域上边界的距离。(4)ab棒从开始下滑至ef的过程中,回路中产生的总热量。(结果用b、l、m、r、g中的字母表示),【名师解读】(1)命题立意：考查导体切割磁感线时的感应电动势、平衡条件、焦耳定律。(2)关键信息：在ab棒运动到区域的下边界ef之前,cd棒始终静止不动。,(3)答题必备：e=blv;q=eit。(4)易错警示：误认为e1与e2不相等。,【解析】(1)由楞次定律可知,流过cd的电流方向为从d到c,cd所受安培力沿导轨向上,故由左手定则可知,区域内磁场垂直于斜面向上。(2)cd棒受到重力、支持力和安培力的作用而处于平衡状态,由平衡条件得：bil=mgsin,解得：,(3)ab进入区域前做匀加速运动,进入后做匀速运动,设ab刚好到达区域的边界的速度大小为v。在0tx内,由法拉第电磁感应定律得：在tx后有：e2=blv,且e1=e2,解得：解得：故ab棒开始下滑的位置离区域上边界的距离为。,(4)ab棒进入区域后做匀速直线运动,有总时间为：t总=tx+t2=2tx,电动势e=blv不变,总热量为：q=eit总=2mgvtxsin=2mglsin。答案：(1)区域内磁场的方向垂直于斜面向上(2)方向由d到c(3)(4)2mglsin,【典例4】(多选)如图所示,质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来,挂在两个高度相同的定滑轮上,已知线框电阻为r,横边边长为l,水平方向匀强磁场的磁感应强度为b,磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h。初始时刻,磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h,将重物从静止开始释放,线框穿出磁场前,若线框已经做匀速直线运动,滑轮质量、摩擦阻力均不计。则下列说法中正确的是(),a.线框进入磁场时的速度为b.线框穿出磁场时的速度为c.线框通过磁场的过程中产生的热量d.线框进入磁场后,若某一时刻的速度为v,则加速度为,【解题探究】(1)计算线框刚进入磁场时的速度的思路：_(2)计算焦耳热的思路：_。,线框进入磁场前,线框,和重物均做匀加速直线运动,由牛顿第二定律和运动学公式求解。,从释放到线框离开磁场的过程,对整体由,能量守恒定律求解,【解析】选a、c、d。线框进入磁场前,对线框和重物整体受力分析,有3mg-mg=(3m+m)a,可得匀加速直线运动的加速度a=0.5g。线框刚好进入磁场时,位移为2h,根据v2=2ax可得选项a对。线框穿出磁场时,已经做匀速直线运动,那么重物也做匀速直线运动,拉力t=3mg。对线框受力分析有拉力t=3mg竖直向上,自身重力mg竖直向下,以及竖直向下的安培力所以有可得速度选项b错。从释放到线框离开磁场的过程,对整体根据能量守恒有整理可得,选项c对;线框进入磁场后,若某一时刻的速度为v,则有安培力对整体分析有3mg-mg-f=(3m+m)a,可得加速度选项d对。,【题组过关】1.(多选)(2015青岛一模)如图所示,两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中,磁场和导轨平面垂直,金属杆ab与导轨接触良好可沿导轨滑动,开始时开关s断开,当ab杆由静止下滑一段时间后闭合s,则从s闭合开始计时,ab杆的速度v与时间t的关系图像可能正确的是(),【解析】选a、c、d。若ab杆速度为v时,s闭合,则ab杆中产生的感应电动势e=blv,ab杆受到的安培力如果安培力等于ab杆的重力,则ab杆匀速运动,a项正确;如果安培力小于ab杆的重力,则ab杆先加速最后匀速,c项正确;如果安培力大于ab杆的重力,则ab杆先减速最后匀速,d项正确;ab杆不可能匀加速运动,b项错误。,2.(2015海南高考)如图,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻r相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为b,方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略。求：(1)电阻r消耗的功率。(2)水平外力的大小。,【解析】(1)导体棒切割磁感线运动产生的电动势为e=blv,根据欧姆定律,闭合回路中的感应电流为电阻r消耗的功率为p=i2r,联立可得(2)对导体棒受力分析,受到向左的安培力和向左的摩擦力,向右的外力,三力平衡,故有答案：(1)(2),3.(2015浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”,如图甲所示,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02.0a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=10,不接外电流,两臂平衡。如图乙所示,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。,【解析】(1)线圈受到安培力f=n1b0il,天平平衡有mg=n1b0il,当电流为最大值2.0a时,n1有最小值,代入数据得n1=25匝。,(2)由电磁感应定律得由欧姆定律得线圈受到安培力f=n2b0il,天平平衡有代入数据可得=0.1t/s。答案：(1)25匝(2)0.1t/s,【加固训练】(多选)(2015台州二模)如图所示,mn、pq是与水平面成角的两条平行光滑且足够长的金属轨道,其电阻忽略不计。空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为b。导体棒ab、cd垂直于轨道放置,且与轨道接触良好,每根导体棒的质量均为m,电阻均为r,轨道宽度为l,与轨道平行的绝缘细线一端固定,另一端与ab棒中点连接,细线承受的最大拉力tm=2mgsin。今将cd棒由静止释放,则细线被拉断时,cd棒的(),a.速度大小是b.速度大小是c.加速度大小是2gsind.加速度大小是0,【解析】选a、d。由静止释放后cd棒沿斜面向下做加速运动,随着速度的增大,e=blv变大,也变大,f=bil也变大,对ab棒,当tm=2mgsin=mgsin+bil时,细线刚好被拉断,此时cd棒这时向上的安培力与沿斜面向下的重力的分力平衡,加速度大小是0,故选项a、d正确,选项b、c错误。,热点考向3电磁感应定律的能量问题【典例5】(20分)(2015佛山二模)如图所示,足够长的光滑u形导体框架的宽度l=0.40m,电阻忽略不计,其所在平面与水平面所成的角=37,磁感应强度b=1.0t的匀强磁场方向垂直于框平面。一根质量为m=0.20kg、有效电阻r=1.0的导体棒mn垂直跨放在u形框架上,导体棒从静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时,通过导体棒横截面电量共为q=2.0c。(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2)求：,(1)导体棒的最大加速度和最大电流强度的大小和方向。(2)导体棒在0.2s内在框架所夹部分可能扫过的最大面积。(3)导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中,导体棒的有效电阻消耗的电功。,【拿分策略】,按照过程列方程,就能拿到14分,若能正确求解方程,求出结果,再拿下6分,则得满分20分。,【解析】(1)mn速度为零时,加速度最大,由牛顿第二定律得mgsin37=ma(2分)解得a=6m/s2,方向沿斜面向下(1分)mn速度最大时,电流最大,有：mgsin37=bil(2分)代入数据解得i=3a,电流的方向由nm(1分),(2)mn匀速运动时有最大速度,由法拉第电磁感应定律得e=blvm(1分)由闭合电路的欧姆定律得(1分)代入数据解得vm=7.5m/s(1分)mn速度最大时,在0.2s内扫过的面积最大s=lvmt(1分)故s=0.47.50.2m2=0.6m2(1分),(3)设mn从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中下滑的位移为d,通过导体棒横截面电量(1分)(1分)而平均感应电动势(1分)=bld(1分)解得d=5m(1分),设导体棒的有效电阻消耗的电功为w,由动能定理得,(3分)代入数据解得w=0.375j(1分)答案：(1)6m/s2,方向沿斜面向下3a,方向由nm(2)0.6m2(3)0.375j,【题组过关】1.(2015石家庄二模)如图所示,在倾角为的光滑斜面上,相距均为d的三条水平虚线l1、l2、l3,它们之间的区域、分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小均为b,一个质量为m、边长为d、总电阻为r的正方形导线框,从l1上方一定高处由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过l1进入磁场时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻,线框又开始以速度v2做匀速直线运动,重力加速度为g。在线框从释放到穿出磁场的过程中,下列说法正确的是(),a.线框中感应电流的方向不变b.线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间c.线框以速度v2匀速直线运动时,发热功率为d.线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,减少的机械能e机与线框产生的焦耳热q电的关系式是,【解析】选c。从线框的ab边进入磁场i过程中,由右手定则判断可知,ab边中产生的感应电流方向沿ab方向。dc边刚要离开磁场的过程中,由右手定则判断可知,cd边中产生的感应电流方向沿dc方向,ab边中感应电流方向沿ba方向,故a错误;根据共点力的平衡条件可知,两次安培力与重力的分力大小相等方向相反;当ab边在磁场中时,两边均受安培力,故v2应小于v1,则线框ab边从l1运动到l2所用时间小于从l2运动到l3的时间,故b错误;线框以速度v2匀速运动时,得电功率,故c正确;机械能的减少量等于线框产生的电能,则由能量守恒知：线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,减少的机械能e机与线框产生的焦耳热q电的关系式是e机=q电,故d错误。,2.(多选)(2015乐山二模)如图所示,固定在水平面上的光滑平行金属导轨,间距为l,右端接有阻值为r的电阻,空间存在方向竖直、磁感应强度为b的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒ab与固定弹簧相连,放在导轨上。初始时刻,弹簧恰处于自然长度。给导体棒水平向右的初速度v0,导体棒开始沿导轨往复运动,在此过程中,导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知导体棒的电阻r与定值电阻r的阻值相等,不计导轨电阻,则下列说法中正确的是(),a.导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左b.导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压u=blv0c.导体棒开始运动后速度第一次为零时,系统的弹性势能d.金属棒最终会停在初始位置,在金属棒整个运动过程中,电阻r上产生的焦耳热,【解析】选a、d。导体棒开始运动的初始时刻,由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从ab,由左手定则判断得知ab棒受到的安培力向左,故a正确;导体棒开始运动的初始时刻,ab棒产生的感应电势为e=blv0。由于r=r,所以导体棒两端的电压故b错误;由于导体棒运动过程中产生电能,所以导体棒开始运动后速度第一次为零时,根据能量守恒定律得知：系统的弹性势能小于故c错误;金属棒最终会停在初始位置,在金属棒整个运动过程中,电阻r上产生的焦耳热故d正确。,3.(2015海淀区二模)洋流又叫海流,指大洋表层海水常年大规模地沿一定方向较为稳定的流动。因为海水中含有大量的正、负离子,这些离子随海流做定向运动,如果有足够强的磁场能使海流中的正、负离子发生偏转,便可用来发电。如图为利用海流发电的磁流体发电机原理示意图,其中的发电管道是长为l、宽为d、高为h的矩形水平管道。发电管道的上、下两面是绝缘板,南、北两侧面m、n是电阻可忽略的导体板。两导体板与开关s和定值电阻r相连。整个管道置于方向,竖直向上、磁感应强度大小为b的匀强磁场中。为了简化问题,可以认为：开关闭合前后,海水在发电管道内以恒定速率v朝正东方向流动,发电管道相当于电源,m、n两端相当于电源的正、负极,发电管道内海水的电阻为r(可视为电源内阻)。管道内海水所受的摩擦阻力保持不变,大小为f。不计地磁场的影响。,(1)判断m、n两端哪端是电源的正极,并求出此发电装置产生的电动势。(2)要保证发电管道中的海水以恒定的速率流动,发电管道进、出口两端要保持一定的压力差。请推导当开关闭合后,发电管两端压力差f与发电管道中海水的流速v之间的关系。(3)发电管道进、出口两端压力差f的功率可视为该发电机的输入功率,定值电阻r消耗的电功率与输入功率的比值可定义为该发电机的效率。求开关闭合后,该发电机的效率。在发电管道形状确定、海水的电阻r、外电阻r和管道内海水所受的摩擦阻力f保持不变的情况下,要提高该发电机的效率,简述可采取的措施。,【解析】(1)由右手定则可知m端电势高,m端为电源的正极。开关s断开,mn两端的电压u等于电源的电动势e,即u=e,由于导电离子做匀速运动,所以有：解得：e=u=bdv(2)以发电管道内的海水为研究对象,其受力平衡,则有f=bid+f,根据欧姆定律有：解得：,(3)由题意可知输入功率为：输出功率为：解得：可见,增大发电管道内海水的流速v和增强磁感应强度b可以提高发电机效率。答案：(1)m端为电源的正极bdv(2)(3)见解析,【加固训练】如图甲所示,足够长的平行光滑金属导轨ab、cd倾斜放置,两导轨之间的距离为l=0.5m,导轨平面与水平面间的夹角为=30,导轨上端a、c之间连接有一阻值为r1=4的电阻,下端b、d之间接有一阻值为r2=4的小灯泡。有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上,虚线ef为磁场的上边界,ij为磁场的下边界,此区域内的磁感应强度b随时间t变化的规律如图乙所示,现将一质量为m=kg的金属棒mn,从距离磁场上边界ef一定距离处,从t=0时刻开始由静止释放,金属棒mn从开始运动到经过磁场的下边界ij的过程中,小灯泡的,亮度始终不变。金属棒mn在两轨道间的电阻r=1,其余部分的电阻忽略不计,ef、ij边界均垂直于两导轨,重力加速度g取10m/s2。求：(1)小灯泡的实际功率。(2)金属棒mn穿出磁场前的最大速率。(3)整个过程中小灯泡产生的热量。,【解析】