2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專題突破復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第二講 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用學(xué)案

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1、 第二講 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用 [知識建構(gòu)] [高考調(diào)研] 1.考查方向:①結(jié)合閉合電路的歐姆定律,利用楞次定律或右手定則判斷感應(yīng)電流的方向以及大小計算.②結(jié)合牛頓第二定律,對導(dǎo)體棒切割磁感線的運(yùn)動進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析.③結(jié)合圖象,應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律、電功率、功能關(guān)系等規(guī)律,解決電磁感應(yīng)的綜合問題. 2.常用的思想方法:①圖象法.②微元法.③排除法.④等效法. [答案] (1)楞次定律與右手定則的關(guān)系 楞次定律 右手定則 研究對象 整個閉合導(dǎo)體回路 閉合導(dǎo)體回路的一部分 適用范圍 磁通量變化產(chǎn)生感應(yīng)電流的各種情況 一段導(dǎo)體在磁

2、場中做切割磁感線運(yùn)動 關(guān)系 右手定則是楞次定律的特殊情況 (2)公式:E=n n:線圈的匝數(shù),ΔΦ:磁通量的變化量,Δt:對應(yīng)于ΔΦ所用的時間,:磁通量的變化率. (3)解決電路問題的基本思路 ①找電源:哪部分電路產(chǎn)生了電磁感應(yīng)現(xiàn)象,則這部分電路就是電源. ②由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢的大小,根據(jù)楞次定律或右手定則確定出電源的正負(fù)極. a.在外電路,電流從正極流向負(fù)極;在內(nèi)電路,電流從負(fù)極流向正極. b.存在雙感應(yīng)電動勢的問題中,要求出總的電動勢. ③正確分析電路的結(jié)構(gòu),畫出等效電路圖. a.內(nèi)電路:“切割”磁感線的導(dǎo)體和磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于“電源”,

3、該部分導(dǎo)體的電阻相當(dāng)于內(nèi)電阻. b.外電路:除“電源”以外的電路即外電路. ④運(yùn)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特點、電功率等列方程求解. (4)動力學(xué)問題 基本思路:導(dǎo)體受外力運(yùn)動感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流導(dǎo)體受安培力―→合外力變化加速度變化―→速度變化. 考向一 楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 [歸納提煉] 1.感應(yīng)電流方向的判斷方法 (1)右手定則,即根據(jù)導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運(yùn)動的情況進(jìn)行判斷. (2)楞次定律,即根據(jù)穿過閉合回路的磁通量的變化情況進(jìn)行判斷. 2.楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式 (1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”. (2)阻礙相對運(yùn)動——“來

4、拒去留”. (3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢——“增縮減擴(kuò)”. (4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”. 3.感應(yīng)電動勢大小的計算 (1)法拉第電磁感應(yīng)定律:E=n,適用于普遍情況. (2)E=Blv,適用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情況. (3)E=Bl2ω,適用于導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)切割磁感線的情況.  (多選)(2017·全國卷Ⅱ)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直.邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi),cd邊與磁場邊界平行,如圖(a)所示.已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動,cd邊于t=0時刻進(jìn)入磁場.線框中感應(yīng)電動勢隨時

5、間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時,感應(yīng)電動勢取正).下列說法正確的是(  ) A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 T B.導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小為0.5 m/s C.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外 D.在t=0.4 s至t=0.6 s這段時間內(nèi),導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N [思路點撥] 線框進(jìn)入磁場,根據(jù)右手定則或楞次定律能判斷出磁場方向,結(jié)合圖象分析出線框運(yùn)動的速度,從圖象上感應(yīng)電動勢的大小能計算出磁感應(yīng)強(qiáng)度與安培力. [解析] 由E-t圖象可知,線框經(jīng)過0.2 s全部進(jìn)入磁場,則速度v== m/s=0.5 m/s,選項B正確;E=0.01 V,根據(jù)E=B

6、Lv可知,B=0.2 T,選項A錯誤;根據(jù)楞次定律可知,磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外,選項C正確;在t=0.4 s至t=0.4 s這段時間內(nèi),導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流I== A=2 A,所受的安培力大小F=BIL=0.04 N,選項D錯誤,故選BC. [答案] BC 用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢常見情況與方法 情景圖 研究對象 回路(不一定閉合) 一段直導(dǎo)線(或等效成直導(dǎo)線) 繞一端轉(zhuǎn)動的一段導(dǎo)體棒 繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動的導(dǎo)線框 表達(dá)式 E=n E=BLvsinθ E=BL2ω E=NBSωsinωt [熟練強(qiáng)化] 1.(2017·全國卷Ⅲ)如

7、圖,在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌平面與磁場垂直.金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS,一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi),線框與導(dǎo)軌共面.現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動,在運(yùn)動開始的瞬間,關(guān)于感應(yīng)電流的方向,下列說法正確的是(  ) A.PQRS中沿順時針方向,T中沿逆時針方向 B.PQRS中沿順時針方向,T中沿順時針方向 C.PQRS中沿逆時針方向,T中沿逆時針方向 D.PQRS中沿逆時針方向,T中沿順時針方向 [解析] 金屬桿PQ向右切割磁感線,根據(jù)右手定則可知PQRS中感應(yīng)電流沿逆時針方向;原來T中的磁場方向垂直于紙面向里,金屬桿PQ中

8、的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外,使得穿過T的磁通量減小,根據(jù)楞次定律可知T中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流,綜上所述,可知A、B、C項錯誤,D項正確. [答案] D 2.(2017·金麗衢十二校聯(lián)考)如右圖所示,用一條橫截面積為S的硬導(dǎo)線做成一個邊長為L的正方形,把正方形的一半固定在均勻增大的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間的變化率=k(k>0),虛線ab與正方形的一條對角線重合,導(dǎo)線的電阻率為ρ.則下列說法正確的是(  ) A.線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流 B.線框具有擴(kuò)張的趨勢 C.若某時刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則線框受到的安培力為 D.線框中ab兩點

9、間的電勢差大小為 [解析] 根據(jù)楞次定律,線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿逆時針方向,故A錯誤;B增大,穿過線框的磁通量增大,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流的磁場為了阻礙磁通量的增加,線框有收縮的趨勢,故B錯誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律得:E==S=·L2=kL2,因線框電阻R=ρ, 那么感應(yīng)電流大小為I==,則線框受到的安培力為:F=BI×L=,故C正確;由上分析,可知,ab兩點間的電勢差大小U=E=kL2,故D錯誤. [答案] C 3.(多選)(2016·全國卷Ⅱ)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示.銅圓盤安裝在豎直的銅軸上,兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸.圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中.

10、圓盤旋轉(zhuǎn)時關(guān)于流過電阻R的電流,下列說法正確的是(  ) A.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定,則電流大小恒定 B.若從上向下看,圓盤順時針轉(zhuǎn)動,則電流沿a到b的方向流動 C.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電流在 R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 [解析] 法拉第圓盤相當(dāng)于無數(shù)根輻條做切割磁感線運(yùn)動,若圓盤順時針轉(zhuǎn)動,根據(jù)右手定則可知電流在圓盤上流向圓心,在外電路由a流向b,B正確.圓盤轉(zhuǎn)動方向不變,電流方向也不會發(fā)生改變,C錯誤.產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小E=Bl2ω,可知若ω不變,則E不變,A正確.當(dāng)ω變?yōu)樵瓉淼?倍時,

11、E、I也會變?yōu)樵瓉淼?倍,根據(jù)P=I2R,可知熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍,D錯誤. [答案] AB 考向二 電磁感應(yīng)中的圖象問題 [歸納提煉] 電磁感應(yīng)圖象問題解題“5步曲” 第1步:明確圖象的種類.是B-t圖、I-t圖、v-t圖、F-t圖或是E-t圖等; 第2步:分析電磁感應(yīng)的具體過程.明確運(yùn)動分成幾個階段(根據(jù)磁通量的變化特征或切割特點分析); 第3步:寫出函數(shù)方程.結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動定律等寫出函數(shù)方程; 第4步:進(jìn)行數(shù)學(xué)分析.根據(jù)函數(shù)方程進(jìn)行數(shù)學(xué)分析,例如分析斜率的變化、截距等; 第5步:得結(jié)果.畫圖象或判斷圖象.  (2017·河北唐山一模)如圖所

12、示,在水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌左端接一定值電阻R,導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置,整個裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中.現(xiàn)給導(dǎo)體棒一向右的初速度,不考慮導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻,下列圖線中,導(dǎo)體棒速度隨時間的變化和通過電阻R的電荷量q隨導(dǎo)體棒位移的變化描述正確的是(  ) [解析] 導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中受向左的安培力F=,安培力阻礙棒的運(yùn)動,速度減小,由牛頓第二定律得棒的加速度大小a==,則a減小,v-t圖線斜率的絕對值減小,故B項正確,A項錯誤.通過R的電荷量q==x,可知C、D項錯誤. [答案] B 圖象問題的思路與方法 (1)圖象選擇問題:求解物理圖象的選擇題可用“排除法”,即排除與題目要求相違背

13、的圖象,留下正確圖象.也可用“對照法”,即按照要求畫出正確的草圖,再與選擇對照.解決此類問題關(guān)鍵是把握圖象特點、分析相關(guān)物理量的函數(shù)關(guān)系、分析物理過程的變化或物理狀態(tài)的變化. (2)圖象分析問題:定性分析物理圖象,要明確圖象中的橫軸與縱軸所代表的物理量,弄清圖象的物理意義,借助有關(guān)的物理概念、公式、不變量和定律作出相應(yīng)判斷.在有關(guān)物理圖象的定量計算時,要弄清圖象所揭示的物理規(guī)律及物理量間的函數(shù)關(guān)系,善于挖掘圖象中的隱含條件,明確有關(guān)圖象所包圍的面積、斜率,以及圖象的橫軸、縱軸的截距所表示的物理意義. [熟練強(qiáng)化] 1.(多選)如圖甲所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角,

14、M、P之間接一阻值為R的定值電阻,阻值為r的金屬棒bc垂直導(dǎo)軌放置,其他電阻不計.整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上.t=0時對棒施加一平行于導(dǎo)軌向上的外力F,棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動,通過R的感應(yīng)電荷量q隨t2的變化關(guān)系如圖乙所示.下列關(guān)于金屬棒bc的加速度a、通過棒的電流I、金屬棒受到的外力F、穿過回路cbPM的磁通量Φ隨時間t變化的圖象中正確的是(  ) [解析] 由題意可得q=It=t=t2,結(jié)合圖乙可知金屬棒的加速度a恒定,選項A錯誤,B正確;由牛頓第二定律可得F-mgsinθ-BIl=ma,故有F=at+m(gsinθ+a),選項C正確;由Φ=

15、Bl可知選項D錯誤. [答案] BC 2.(2017·江西南昌三校四聯(lián))如圖所示,有一個矩形邊界的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場方向垂直紙面向里.一個三角形閉合導(dǎo)線框,由位置1(左)沿紙面勻速運(yùn)動到位置2(右).取線框剛到達(dá)磁場邊界的時刻為計時起點(t=0),規(guī)定逆時針方向為電流的正方向,則圖中能正確反映線框中電流與時間關(guān)系的是(  ) [解析] 線框進(jìn)入磁場的過程,磁通量向里增加,根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向外,由安培定則可知感應(yīng)電流方向為逆時針,電流方向應(yīng)為正方向,故B、C錯誤;線框進(jìn)入磁場的過程,線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小,由E=BLv,可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減

16、??;線框完全進(jìn)入磁場后,磁通量不變,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生;線框穿出磁場的過程,磁通量向里減小,根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向里,由安培定則可知感應(yīng)電流方向為順時針,電流方向應(yīng)為負(fù)方向,線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小,由E=BLv,可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減??;故A正確,D錯誤. [答案] A 3.(2017·江淮十校三模)寬為L的兩光滑豎直裸導(dǎo)軌間接有固定電阻R,導(dǎo)軌(電阻忽略不計)間Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中有垂直紙面向里寬為d、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,Ⅰ、Ⅱ區(qū)域間距為h,如圖,有一質(zhì)量為m、長為L電阻不計的金屬桿與豎直導(dǎo)軌緊密接觸,從距區(qū)域Ⅰ上端H處桿由靜止釋放.若桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中運(yùn)動

17、情況完全相同,現(xiàn)以桿由靜止釋放為計時起點,則桿中電流隨時間t變化的圖象可能正確的是(  ) [解析] 桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中運(yùn)動情況完全相同,說明產(chǎn)生的感應(yīng)電流也應(yīng)完全相同,排除A和C選項.因桿在無磁場區(qū)域中做a=g的勻加速運(yùn)動,又桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中運(yùn)動情況完全相同,則桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域應(yīng)做減速運(yùn)動,在區(qū)域Ⅰ中對桿受力分析知其受豎直向下的重力和豎直向上的安培力,由牛頓第二定律得加速度a=,方向豎直向上,則知桿做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動,又I=,由I-t圖線斜率變化情況可知選項B正確,選項D錯誤. [答案] B 考向三 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題 [歸納提煉] 能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法 1.能量

18、轉(zhuǎn)化 2.求解焦耳熱Q的三種方法 (1)焦耳定律:Q=I2Rt. (2)功能關(guān)系:Q=W克服安培力. (3)能量轉(zhuǎn)化:Q=ΔE其他能的減少量.  將一斜面固定在水平面上,斜面的傾角為θ=30°,其上表面絕緣且斜面的頂端固定一擋板,在斜面上加一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場,磁場區(qū)域的寬度為H=0.4 m,如圖甲所示,磁場邊界與擋板平行,且上邊界到斜面頂端的距離為x=0.55 m.將一通電導(dǎo)線圍成的矩形導(dǎo)線框abcd置于斜面的底端,已知導(dǎo)線框的質(zhì)量為m=0.1 kg、導(dǎo)線框的電阻為R=0.25 Ω、ab的長度為L=0.5 m.從t=0時刻開始在導(dǎo)線框上加一恒定的拉力F,拉力的方向平行于斜面

19、向上,使導(dǎo)線框由靜止開始運(yùn)動,當(dāng)導(dǎo)線框的下邊與磁場的上邊界重合時,將恒力F撤走,最終導(dǎo)線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞,碰后導(dǎo)線框以等大的速度反彈,導(dǎo)線框沿斜面向下運(yùn)動.已知導(dǎo)線框向上運(yùn)動的v-t圖象如圖乙所示,導(dǎo)線框與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=,整個運(yùn)動過程中導(dǎo)線框沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動,且始終沒有離開斜面,g=10 m/s2. (1)求在導(dǎo)線框上施加的恒力F以及磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。? (2)若導(dǎo)線框沿斜面向下運(yùn)動通過磁場時,其速度v與位移s的關(guān)系為v=v0-s,其中v0是導(dǎo)線框ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度大小,s為導(dǎo)線框ab邊進(jìn)入磁場區(qū)域后對磁場上邊界的位移大小,求整個過程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量Q. [思

20、路路線]  (1) (2) [解析] (1)由v-t圖象可知,在0~0.4 s時間內(nèi)導(dǎo)線框做勻加速直線運(yùn)動,進(jìn)入磁場時的速度為v1=2.0 m/s,所以在此過程中的加速度a==5.0 m/s2 由牛頓第二定律有F-mgsinθ-μmgcosθ=ma 解得F=1.5 N 由v-t圖象可知,導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域后以速度v1做勻速直線運(yùn)動 通過導(dǎo)線框的電流I== 導(dǎo)線框所受安培力F安=BIL 對于導(dǎo)線框勻速運(yùn)動的過程,由力的平衡條件有 F=mgsinθ+μmgcosθ+ 解得B=0.50 T. (2)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動,并以速度v1勻速穿出磁場,說明導(dǎo)線

21、框的寬度等于磁場的寬度H 導(dǎo)線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運(yùn)動,到達(dá)擋板時的位移為 x0=x-H=0.15 m 設(shè)導(dǎo)線框與擋板碰撞前的速度為v2,由動能定理,有 -mg(x-H)sinθ-μmg(x-H)cosθ=mv-mv 解得v2==1.0 m/s 導(dǎo)線框碰擋板后速度大小仍為v2,導(dǎo)線框下滑過程中,由于重力沿斜面方向的分力與滑動摩擦力大小相等,即mgsinθ=μmgcosθ=0.50 N,因此導(dǎo)線框與擋板碰撞后向下做勻速運(yùn)動,ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度為v2=1.0 m/s;進(jìn)入磁場后因為又受到安培力作用而減速,做加速度逐漸變小的減速運(yùn)動,設(shè)導(dǎo)線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為v3

22、 由v=v0-s得v3=v2-=-1.0 m/s 因v3<0,說明導(dǎo)線框在離開磁場前速度已經(jīng)減為零,這時安培力消失,導(dǎo)線框受力平衡,所以導(dǎo)線框?qū)㈧o止在磁場中某位置 導(dǎo)線框向上運(yùn)動通過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q1=I2Rt==0.40 J 導(dǎo)線框向下運(yùn)動進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q2=mv=0.05 J 所以Q=Q1+Q2=0.45 J. [答案] (1)1.5 N 0.50 T (2)0.45 J 用動力學(xué)觀點、能量觀點解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟 [熟練強(qiáng)化] 遷移一 單桿模型中的能量問題 1.(2017·河北名校聯(lián)盟)如圖所示,相距為L的兩條足夠長的光滑

23、平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ,N、Q兩點間接有阻值為R的電阻.整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下.將質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導(dǎo)軌上,桿cd由靜止釋放,下滑距離x時達(dá)到最大速度.重力加速度為g,導(dǎo)軌電阻不計,桿與導(dǎo)軌接觸良好.求: (1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度; (2)上述過程中,桿上產(chǎn)生的熱量. [解析] (1)設(shè)桿cd下滑到某位置時速度為v,則桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv,回路中的感應(yīng)電流I= 桿所受的安培力F=BIL 根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-=ma 當(dāng)速度v=0時,桿的加速度最大,最大加速度a=gs

24、inθ,方向沿導(dǎo)軌平面向下 當(dāng)桿的加速度a=0時,速度最大,最大速度vm=,方向沿導(dǎo)軌平面向下. (2)桿cd從開始運(yùn)動到達(dá)到最大速度過程中,根據(jù)能量守恒定律得 mgxsinθ=Q總+mv 又Q桿=Q總 所以Q桿=mgxsinθ-. [答案] (1)gsinθ,方向沿導(dǎo)軌平面向下 ,方向沿導(dǎo)軌平面向下 (2)mgxsinθ- 遷移二 雙桿模型中的能量問題 2.(多選)(2017·浙江五校聯(lián)考)如圖所示,足夠長的光滑水平直導(dǎo)軌的間距為l,電阻不計,垂直軌道平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,導(dǎo)軌上相隔一定距離放置兩根長度均為l的金屬棒,a棒質(zhì)量為m,電阻為R,b棒質(zhì)量為2m,電阻為

25、2R,現(xiàn)給a棒一個水平向右的初速度v0,已知a棒在以后的運(yùn)動過程中沒有與b棒發(fā)生碰撞,當(dāng)a棒的速度減為時,b棒剛好碰到了障礙物立即停止運(yùn)動,而a棒仍繼續(xù)運(yùn)動,則下列說法正確的是(  ) A.b棒碰到障礙物前瞬間的速度為 B.在b棒停止運(yùn)動前b棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qb=mv C.b棒停止運(yùn)動后,a棒繼續(xù)滑行的距離為 D.b棒停止運(yùn)動后,a棒繼續(xù)滑行的距離為 [解析] 設(shè)b棒碰到障礙物前瞬間的速度為v2,之前兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒,則mv0=m+2mv2,解得v2=,所以選項A錯誤;在b棒停止運(yùn)動前,根據(jù)能量守恒定律可得a棒和b棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q=Qa+Qb=mv-m2-×2mv=mv,

26、Qb=2Qa,解得Qb=mv,所以選項B正確;a棒單獨(dú)向右滑行的過程中,當(dāng)其速度為v時,所受的安培力大小為F安=BIl=v,根據(jù)動量定理有-F安Δt=mΔv,所以有∑=∑(m·Δv),可得x=m,b棒停止運(yùn)動后a棒繼續(xù)前進(jìn)的距離x=,所以選項C正確,選項D錯誤. [答案] BC 遷移三 線框模型中的能量問題 3.(2017·蘇州模擬)如圖所示,豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框ABCD和abcd的邊長均為l、電阻均為R,質(zhì)量分別為2m和m,它們分別系在一跨過兩個定滑輪的絕緣輕繩兩端,在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.開始時ABCD的下邊界與勻強(qiáng)磁場的上邊界重

27、合,abcd的上邊界到勻強(qiáng)磁場的下邊界的距離為l.現(xiàn)將兩導(dǎo)線框由靜止釋放,當(dāng)ABCD全部進(jìn)入磁場時,兩導(dǎo)線框開始做勻速運(yùn)動.不計摩擦和空氣阻力,重力加速度為g,求: (1)兩導(dǎo)線框勻速運(yùn)動的速度大小; (2)兩導(dǎo)線框在從開始運(yùn)動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱; (3)導(dǎo)線框abcd通過磁場的時間. [解析] (1)如圖所示,設(shè)兩導(dǎo)線框剛勻速運(yùn)動的速度大小為v、此時輕繩上的張力為T,則對ABCD有T=2mg① 對abcd有T=mg+BIl② I=③ E=Blv④ 則v=.⑤ (2)設(shè)兩導(dǎo)線框在從開始運(yùn)動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱為Q,當(dāng)左、右兩導(dǎo)線框分別向上、向下運(yùn)

28、動2l的距離時,兩導(dǎo)線框等高,對這一過程,由能量守恒定律有4mgl=2mgl+×3mv2+Q⑥ 聯(lián)立⑤⑥解得Q=2mgl-. (3)導(dǎo)線框abcd通過磁場的過程中以速度v勻速運(yùn)動,設(shè)導(dǎo)線框abcd通過磁場的時間為t,則t=⑦ 聯(lián)立⑤⑦解得t=. [答案] (1) (2)2mgl- (3) 高考題型預(yù)測——桿+導(dǎo)軌模型 [考點歸納] 1.單桿模型的常見情況 2.雙桿在導(dǎo)軌上滑動 (1)初速度不為零,不受其他水平外力的作用 光滑的平行導(dǎo)軌 光滑不等距導(dǎo)軌 示意圖 質(zhì)量m1=m2 電阻r1=r2 長度L1=L2 質(zhì)量m1=m2 電阻r1=r2

29、 長度L1=2L2 分析 桿MN做變減速運(yùn)動,桿PQ做變加速運(yùn)動,穩(wěn)定時,兩桿的加速度均為零,以相等的速度勻速運(yùn)動 桿MN做變減速運(yùn)動,桿PQ做變加速運(yùn)動,穩(wěn)定時,兩桿的加速度均為零,兩桿的速度之比為1∶2 (2)初速度為零,一桿受到恒定水平外力的作用 光滑的平行導(dǎo)軌 不光滑平行導(dǎo)軌 示意圖 質(zhì)量m1=m2 電阻r1=r2 長度L1=L2 摩擦力Ff1=Ff2 質(zhì)量m1=m2 電阻r1=r2 長度L1=L2 分析 開始時,兩桿做變加速運(yùn)動;穩(wěn)定時,兩桿以相同的加速度做勻加速運(yùn)動 開始時,若Ff

30、.若F>2Ff,PQ桿先變加速后勻加速運(yùn)動,MN桿先靜止后變加速最后和PQ桿同時做勻加速運(yùn)動,且加速度相同 [典題示例]  如圖1所示,在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,兩根足夠長的平行光滑金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi),相距為L.一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上,與軌道接觸良好.軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計. (1)如圖2所示,若軌道左端M、P間接一電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源和一阻值為R的電阻.閉合開關(guān)S,導(dǎo)體棒從靜止開始運(yùn)動.求經(jīng)過一段時間后,導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度的大?。? (2)如圖3所示,若軌道左端M、P間接一電容器,電容器的電容為C,導(dǎo)體棒在水平向右

31、的恒力F的作用下從靜止開始運(yùn)動.求導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中的加速度的大?。? [審題指導(dǎo)] 第一步 讀題干—提信息 題干 信息 1)光滑金屬軌道 滑動中不受摩擦力 2)軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計 求電流I時,圖3不能用I=,應(yīng)選I= 3)求導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中的加速度的大小 猜想棒可能勻加速運(yùn)動 第二步 審程序—順?biāo)悸? [解析] (1)閉合開關(guān)后,導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的電動勢與電阻R兩端的電壓相等時,導(dǎo)體棒ab達(dá)到最大速度v2,I=,U=IR,U=BLv2 解得v2=. (2)導(dǎo)體棒ab向右加速運(yùn)動,在極短時間Δt內(nèi),導(dǎo)體棒的速度變化Δv,根據(jù)加速度的定義a=,導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢變化

32、ΔE=BLΔv,電容器增加的電荷量Δq=CΔE=CBLΔv 根據(jù)電流的定義I=,解得I=CBLa 導(dǎo)體棒ab受到的安培力F安=BIL=B2L2Ca 根據(jù)牛頓第二定律得F-F安=ma 解得a=. [答案] (1) (2) 桿模型分析思路 [預(yù)測題組] 1.(多選)(2017·蘇州模擬)如圖所示,在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,有一水平絕緣桌面,桌面上放置了間距為L的足夠長的兩平行光滑導(dǎo)軌,導(dǎo)軌左側(cè)連一阻值為R的電阻,軌道電阻不計.與兩軌道垂直的質(zhì)量為M、電阻為r的導(dǎo)體桿開始靜止放在軌道上,現(xiàn)通過與軌道平行的輕繩經(jīng)過一光滑的定滑輪與一質(zhì)量為m的物塊相連,導(dǎo)體

33、桿在重力作用下開始運(yùn)動,導(dǎo)體桿的速度達(dá)到最大時為vm.運(yùn)動中桿始終垂直軌道,則下列說法正確的是(  ) A.導(dǎo)體桿做的是勻變速直線運(yùn)動,運(yùn)動過程中流過電阻R的電流方向是a→b B.導(dǎo)體桿獲得的最大速度為vm= C.當(dāng)物塊的速度為v=時,導(dǎo)體桿的加速度為 D.導(dǎo)體桿開始運(yùn)動時加速度最大,且為 [解析] 導(dǎo)體桿先做變速直線運(yùn)動,后做勻速運(yùn)動,運(yùn)動過程中流過電阻R的電流方向是b→a,A錯誤;桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv,因v變大,故E變大,電路中電流I=,電流變大,桿受的安培力F安=BIL,因I變大,故F安變大,選桿和物塊整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律,mg-=(M+m)a,當(dāng)a=

34、0時,桿達(dá)到最大速度vm=,B正確;當(dāng)物塊的速度為v=時,導(dǎo)體桿的加速度為,C錯誤;導(dǎo)體桿開始運(yùn)動時加速度最大,為,D正確. [答案] BD 2.(2017·江西六校聯(lián)考)如圖所示,ab和cd是兩條豎直固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌,MN和M′N′是用絕緣細(xì)線連接的兩根金屬桿,其質(zhì)量分別為m和2m,用豎直向上、大小未知的外力F作用在桿MN中點,使兩桿水平靜止,并剛好與導(dǎo)軌接觸.整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場中,導(dǎo)軌足夠長,間距為L,電阻可忽略,兩桿總電阻為R,與導(dǎo)軌始終接觸良好,重力加速度為g.t=0時刻,將細(xì)線燒斷,保持力F不變. (1)細(xì)線燒斷后任意時刻,求兩

35、桿運(yùn)動的速度大小之比. (2)若桿MN至速度最大時發(fā)生的位移為s,該過程中通過金屬桿橫截面的電荷量Δq和電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q各為多少? [解析] (1)解法一:以兩桿為研究對象,初始合外力為零,有F=3mg 細(xì)線燒斷后桿MN向上運(yùn)動,桿M′N′向下運(yùn)動,任意時刻,兩桿中感應(yīng)電流等大反向,所受安培力等大反向,故系統(tǒng)合外力仍為零,動量守恒,有mv1-2mv2=0 故兩桿運(yùn)動的速度大小之比為v1∶v2=2∶1 解法二:用隔離法,利用牛頓運(yùn)動定律分析 設(shè)桿MN和桿M′N′的加速度大小分別為a1、a2 對桿MN:F-mg-F安1=ma1 對桿M′N′:2mg-F安2=2ma2 注意到F

36、=3mg,F(xiàn)安1=F安2 故a1∶a2=2∶1 根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律,兩桿運(yùn)動的速度大小之比總有v1∶v2=2∶1. (2)設(shè)兩桿的最大速度分別為v1m和v2m,根據(jù)系統(tǒng)動量守恒,有mv1m-2mv2m=0 桿M′N′的最大速度為v2m=v1m 此過程中桿M′N′的位移大小為s2=s 該過程中穿過回路的磁通量變化量ΔΦ=B·L 通過金屬桿橫截面的電荷量Δq== 該過程中安培力為變力,根據(jù)動能定理 對桿MN,有 WF-mgs-W安1=mv 對桿M′N′,有 2mg·s-W安2=×2m2 又WF=3mgs W安1+W安2=Q 當(dāng)桿的速度最大時,對桿MN,有 F-mg-F安

37、1m=0 而F=3mg,F(xiàn)安1m=BLIm Im=,E=BL(v1m+v2m)=BLv1m 聯(lián)立解得v1m= 該過程電路中產(chǎn)生的焦耳熱 Q=3mgs-. [答案] (1)2∶1 (2) 3mgs- 3.如圖,兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ,間距為L.導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器,電容為C.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌平面.在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒,棒可沿導(dǎo)軌下滑,且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸.已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g.忽略所有電阻.讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑,求: (1)電容器極板上積累

38、的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系; (2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系. [解析] (1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v,則感應(yīng)電動勢為 E=BLv① 平行板電容器兩極板之間的電勢差為 U=E② 設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q,按定義有 C=③ 聯(lián)立①②③式得 Q=CBLv④ (2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t,通過金屬棒的電流為i,金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導(dǎo)軌向上,大小為 f1=BLi⑤ 設(shè)在時間間隔(t,t+Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ,按定義有 i=⑥ ΔQ也是平行板電容器極板在時間間隔(t,t+Δt)內(nèi)增加的電荷量.由④式得 ΔQ=CBLΔv⑦ 式中,Δv為金屬棒的速度變化量.按定義有 a=⑧ 金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小為 f2=μN(yùn)⑨ 式中,N是金屬棒對導(dǎo)軌的正壓力的大小,有 N=mgcosθ⑩ 金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下,設(shè)其大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-f1-f2=ma ? 聯(lián)立⑤至?式得 a=g 由式及題設(shè)可知,金屬棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動.t時刻金屬棒的速度大小為 v=gt? [答案] (1)Q=CBLv (2)v=gt 24

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