福建省長泰一中高三物理 第九章 第4講 電磁感應定律的綜合應用(二)復習課件 新人教版選修32

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1、第4講 電磁感應定律的綜合應用(二)(動力學和能量)考點考點1 1 電磁感應現象中的動力學問題電磁感應現象中的動力學問題1.1.安培力的大小安培力的大小感應電動勢：感應電動勢：E=_E=_感應電流：感應電流：I=_I=_安培力公式：安培力公式：F=_F=_F= F= 2 2BvRlB Blv vERBIBIl2.2.安培力的方向安培力的方向(1)(1)先用先用_確定感應電流方向，再用確定感應電流方向，再用_確定確定安培力方向安培力方向. .(2)(2)根據楞次定律，安培力方向一定和導體切割磁感線運動方向根據楞次定律，安培力方向一定和導體切割磁感線運動方向_._.右手定則右手定則左手定則左手定則

2、相反相反1.1.安培力對導體棒運動的兩種作用安培力對導體棒運動的兩種作用(1)(1)導體棒由于通電而運動時，安培力是動力導體棒由于通電而運動時，安培力是動力. .(2)(2)由于導體棒的運動而產生感應電流，則磁場對導體棒的安培由于導體棒的運動而產生感應電流，則磁場對導體棒的安培力為阻力力為阻力. .2.2.導體棒兩種狀態(tài)的處理方法導體棒兩種狀態(tài)的處理方法(1)(1)導體處于平衡態(tài)導體處于平衡態(tài)靜止或勻速直線運動狀態(tài)靜止或勻速直線運動狀態(tài)處理方法：根據平衡條件列方程求解處理方法：根據平衡條件列方程求解. .(2)(2)導體處于非平衡態(tài)導體處于非平衡態(tài)加速度不為零加速度不為零處理方法：根據牛頓第二

3、定律進行動態(tài)分析或結合功能關系分析處理方法：根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系分析. .(2013(2013福州模擬福州模擬) )如圖所示，有兩根和水平方向成如圖所示，有兩根和水平方向成角的光角的光滑且平行的金屬軌道，上端接有可變電阻滑且平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R R，下端足夠長，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應強度為空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應強度為B.B.一根質一根質量為量為m m的金屬桿從軌道上由靜止滑下的金屬桿從軌道上由靜止滑下. .經過足夠長的時間后，經過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度金屬桿的速度會趨近于一個最大速度v v

4、m m，則，則( )( )A.A.如果如果B B增大，增大，v vm m將變大將變大B.B.如果如果變大，變大，v vm m將變大將變大C.C.如果如果R R變大，變大，v vm m將變小將變小D.D.如果如果m m變小，變小，v vm m將變大將變大【解析】【解析】選選B.B.金屬桿從軌道上由靜止滑下，金屬桿從軌道上由靜止滑下，經足夠長時間后，速度達到最大值經足夠長時間后，速度達到最大值v vm m，此后，此后桿做勻速運動，桿受重力、軌道的支持力桿做勻速運動，桿受重力、軌道的支持力和安培力如圖所示和安培力如圖所示. .安培力安培力 對對金屬桿列平衡方程：金屬桿列平衡方程：mgsin= mgs

5、in= 則則由此式可知，由此式可知，B B增大，增大，v vm m減??；減?。辉龃?，增大，v vm m增大；增大；R R變大，變大，v vm m變變大；大；m m變小，變小，v vm m變小變小, ,故故B B正確正確. .mB vFBR，ll2 2mBv R，lm2 2mgsinRvB，l考點考點2 2 電磁感應現象中的能量問題電磁感應現象中的能量問題1.1.能量的轉化能量的轉化: :感應電流在磁場中受安培力，外力克服安培力感應電流在磁場中受安培力，外力克服安培力_，將其他形式的能轉化為，將其他形式的能轉化為_，電流做功再將電能，電流做功再將電能轉化為轉化為_._.2.2.實質：電磁感應現象

6、的能量轉化，實質是其他形式的能和實質：電磁感應現象的能量轉化，實質是其他形式的能和_之間的轉化之間的轉化. .做功做功電能電能內能內能電能電能電磁感應現象中能量的三種計算方法電磁感應現象中能量的三種計算方法(1)(1)利用克服安培力求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培利用克服安培力求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功力所做的功. .(2)(2)利用能量守恒求解：機械能的減少量等于產生的電能利用能量守恒求解：機械能的減少量等于產生的電能. .(3)(3)利用電路特征來求解：通過電路中所產生的電能來計算利用電路特征來求解：通過電路中所產生的電能來計算. . (2013(2013寧德模

7、擬寧德模擬) )如圖所示，用粗細相同的銅絲做成邊長分別如圖所示，用粗細相同的銅絲做成邊長分別為為L L和和2L2L的兩只閉合線框的兩只閉合線框a a和和b,b,以相同的速度從磁感應強度為以相同的速度從磁感應強度為B B的的勻強磁場區(qū)域中勻速地拉到磁場外，若外力對環(huán)做的功分別為勻強磁場區(qū)域中勻速地拉到磁場外，若外力對環(huán)做的功分別為W Wa a、W Wb b，則，則W Wa aWWb b為為( )( )A.14 B.12 C.11 D.A.14 B.12 C.11 D.不能確定不能確定【解析】【解析】選選A.A.根據能的轉化和守恒可知，外力做功等于電能，根據能的轉化和守恒可知，外力做功等于電能，而

8、電能又全部轉化為焦耳熱而電能又全部轉化為焦耳熱, , 由電阻定律知由電阻定律知R Rb b=2R=2Ra a, ,故故W Wa aWWb b=14,A=14,A對對. .2aabbaBLvLWQ,WQRv2bB2Lv2L,Rv熱點考向熱點考向1 1 電磁感應中動力學臨界問題的求解方法電磁感應中動力學臨界問題的求解方法【例證例證1 1】(2011(2011海南高考海南高考) )如圖，如圖，abab和和cdcd是兩條豎直放置的長直光滑金屬導是兩條豎直放置的長直光滑金屬導軌，軌，MNMN和和MNMN是兩根用細線連接的金是兩根用細線連接的金屬桿，其質量分別為屬桿，其質量分別為m m和和2m.2m.豎直

9、向上的豎直向上的外力外力F F作用在桿作用在桿MNMN上，使兩桿水平靜止，上，使兩桿水平靜止，并剛好與導軌接觸；并剛好與導軌接觸； 兩桿的總電阻為兩桿的總電阻為R R，導軌間距為，導軌間距為l. .整個整個裝置處在磁感應強度為裝置處在磁感應強度為B B的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直面垂直. .導軌電阻可忽略，重力加速度為導軌電阻可忽略，重力加速度為g.g.在在t=0t=0時刻將細線燒時刻將細線燒斷，保持斷，保持F F不變，金屬桿和導軌始終接觸良好不變，金屬桿和導軌始終接觸良好. .求：求：(1)(1)細線燒斷后，任意時刻兩桿運動的速度之比；細線燒斷后

10、，任意時刻兩桿運動的速度之比；(2)(2)兩桿分別達到的最大速度兩桿分別達到的最大速度. .【解題指南】【解題指南】解答本題應把握以下三點：解答本題應把握以下三點：(1)(1)根據初狀態(tài)兩桿靜止計算根據初狀態(tài)兩桿靜止計算F F的大小的大小. .(2)(2)回路中的感應電動勢應為兩金屬桿切割磁感線產生的感應電回路中的感應電動勢應為兩金屬桿切割磁感線產生的感應電動勢之和動勢之和. .(3)(3)分析兩桿達到最大速度時桿的受力情況，進而列出相關方程分析兩桿達到最大速度時桿的受力情況，進而列出相關方程. . 【自主解答】【自主解答】(1)(1)設任意時刻設任意時刻MNMN、MNMN桿的速度分別為桿的速

11、度分別為v v1 1、v v2 2. .細線燒斷前：細線燒斷前：F=mg+2mgF=mg+2mg對對MNMN桿在任意時刻：桿在任意時刻：F-mg-FF-mg-F安安=ma=ma1 1對對MNMN桿在任意時刻：桿在任意時刻：2mg-F2mg-F安安=2ma=2ma2 2E=BE=Bl(v(v1 1+v+v2 2) )F F安安=BI=BIl EI=R任意時刻加速度之比等于速度之比任意時刻加速度之比等于速度之比即即解得：解得：v v1 1vv2 2=21=21 (2)(2)當兩桿達到最大速度時，對當兩桿達到最大速度時，對MNMN則有：則有：2mg-F2mg-F安安=0=0由以上幾式聯立解得由以上幾

12、式聯立解得v v1 1= = ，v v2 2= =答案：答案：(1)21 (2)(1)21 (2)1122av=av224mgR3B l222mgR3B l224mgR3B l222mgR3B l【互動探究】【互動探究】在在【例證【例證1 1】中，若中，若MNMN下降下降h h時，速度達到最時，速度達到最大值，則從細線被燒斷到兩桿速度達到最大值，系統產生的焦大值，則從細線被燒斷到兩桿速度達到最大值，系統產生的焦耳熱為多少？耳熱為多少？【解析】【解析】由于任意時刻，兩桿的速度大小之比始終為由于任意時刻，兩桿的速度大小之比始終為v v1 1vv2 2=21,=21,所以兩桿在相等時間內的位移之比也

13、為所以兩桿在相等時間內的位移之比也為2121，故，故當當MNMN下降下降h h時，時，MNMN將上升將上升2h2h，根據能量守恒定律得：系統產，根據能量守恒定律得：系統產生的焦耳熱為：生的焦耳熱為：Q=FQ=F2h+2mgh-mg2h- mv2h+2mgh-mg2h- mv2 21 1- - 2mv2mv2 22 2其中其中F=3mg, F=3mg, 所以所以Q=Q=答案：答案：12121224mgRv =,3B l2222mgRv =3B l322444m g R6mgh-3B l322444m g R6mgh-3B l【總結提升】【總結提升】電磁感應中動力學臨界問題的兩個提醒電磁感應中動力

14、學臨界問題的兩個提醒(1)(1)基本思路：導體受外力作用基本思路：導體受外力作用感應電動勢感應電動勢感應電流感應電流導體導體受安培力受安培力合力變化合力變化加速度變化加速度變化速度變化速度變化臨界狀態(tài)臨界狀態(tài). .(2)(2)兩種常見類型兩種常見類型. .熱點考向熱點考向2 2 電磁感應能量問題的規(guī)范求解電磁感應能量問題的規(guī)范求解【例證【例證2 2】(2011(2011上海高考上海高考)(17)(17分分) )電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長s=s=1.15 m,1.15 m,兩導軌間距兩導軌間距L=0.75 m,L=0.75 m,導軌導軌傾角為傾角為3030，導軌

15、上端，導軌上端abab接一阻接一阻值值R=1.5 R=1.5 的電阻，磁感應強度的電阻，磁感應強度B=0.8 TB=0.8 T的勻強磁場垂直軌道平的勻強磁場垂直軌道平面向上面向上. .阻值阻值r=0.5 r=0.5 ，質量，質量m=0.2 kgm=0.2 kg的金屬棒與軌道垂直且接的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端觸良好，從軌道上端abab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產生的焦耳熱金屬棒產生的焦耳熱Q Qr r=0.1 J.(=0.1 J.(取取g=10 m/sg=10 m/s2 2) )求：求：(1)(1)金屬棒在此過程中克服安培力做的功金屬

16、棒在此過程中克服安培力做的功W W安安；(2)(2)金屬棒下滑速度金屬棒下滑速度v=2 m/sv=2 m/s時的加速度時的加速度a.a.(3)(3)為求金屬棒下滑的最大速度為求金屬棒下滑的最大速度v vm m, ,有同學解答如下：由動能定有同學解答如下：由動能定理理W W重重-W-W安安= .= .由此所得結果是否正確？若正確，說明理由此所得結果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題：若不正確，給出正確的解答由并完成本小題：若不正確，給出正確的解答. .2m1mv,2【解題指南】【解題指南】解答本題應注意以下三個方面：解答本題應注意以下三個方面：(1)(1)克服安培力做了多少功，就有多少其他形

17、式的能轉化為電能，克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能，電能又轉化為熱能；電能又轉化為熱能；(2)(2)重力沿斜面的分力與安培力之矢量和就是合外力，決定物體重力沿斜面的分力與安培力之矢量和就是合外力，決定物體的加速度；的加速度；(3)(3)重力勢能的減少等于增加的動能與產生的熱能之和重力勢能的減少等于增加的動能與產生的熱能之和. .【規(guī)范解答】【規(guī)范解答】(1)(1)下滑過程中克服安培力做的功即為在電阻上產下滑過程中克服安培力做的功即為在電阻上產生的焦耳熱，由于生的焦耳熱，由于R=3r ,R=3r ,根據根據Q=IQ=I2 2RtRt可知：可知：Q QR R=3Q=3Qr r=

18、0.3 J=0.3 J(2(2分分) )所以所以W W安安=Q=Q=Q=QR R+Q+Qr r=0.4 J=0.4 J(2(2分分) )(2)(2)金屬棒下滑時受重力和安培力金屬棒下滑時受重力和安培力 (2 (2分分) )由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得mgsin30mgsin30- =ma- =ma(2(2分分) )所以所以a=gsin30a=gsin30- -= =3.2 m/s=3.2 m/s2 2(2(2分分) )(3)(3)此解法正確此解法正確. .金屬棒下滑時受重力和安培力作用，其運動滿足金屬棒下滑時受重力和安培力作用，其運動滿足mgsin30mgsin30- =ma- =ma(2

19、(2分分) )22B LF =BIL=vR+r安22B LvR+r22B Lvm(R+r)222210.80.75210 m/s - m/s20.2(1.5+0.5)22B LvR+r上式表明，加速度隨速度增大而減小，棒做加速度減小的加速上式表明，加速度隨速度增大而減小，棒做加速度減小的加速運動運動. .無論最終是否達到勻速，當棒到達斜面底端時速度一定為無論最終是否達到勻速，當棒到達斜面底端時速度一定為最大最大. .由動能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正確由動能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正確. .mgssin30mgssin30-Q= -Q= (3(3分分) )所以所以= =

20、(2(2分分) )答案：答案：(1)0.4 J (2)3.2 m/s(1)0.4 J (2)3.2 m/s2 2 (3) (3)見規(guī)范解答見規(guī)范解答2m1mv2m2Qv=2gssin30 -m120.42101.15- m/s=2.74 m/s20.2【總結提升】【總結提升】電磁感應能量問題的規(guī)范求解電磁感應能量問題的規(guī)范求解1.1.一般解題思路一般解題思路(1)(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向方向. .(2)(2)畫出等效電路畫出等效電路, ,求出回路中電阻消耗電功率的表達式求出回路中電阻消耗電功率的表達式.

21、.(3)(3)分析導體機械能的變化分析導體機械能的變化, ,用動能定理或能量守恒定律用動能定理或能量守恒定律, ,得到機得到機械功率的改變所滿足的方程械功率的改變所滿足的方程. .2.2.應注意的問題應注意的問題(1)(1)產生和維持感應電流的過程就是其他形式的能量轉化為感應產生和維持感應電流的過程就是其他形式的能量轉化為感應電流電能的過程電流電能的過程. .導體在達到穩(wěn)定狀態(tài)之前，外力移動導體所做導體在達到穩(wěn)定狀態(tài)之前，外力移動導體所做的功，一部分消耗于克服安培力做功，轉化為產生感應電流的的功，一部分消耗于克服安培力做功，轉化為產生感應電流的電能或最后再轉化為焦耳熱，另一部分用于增加導體的機

22、械能電能或最后再轉化為焦耳熱，另一部分用于增加導體的機械能. .(2)(2)在較復雜的電磁感應現象中，經常涉及求解焦耳熱的問題在較復雜的電磁感應現象中，經常涉及求解焦耳熱的問題. .尤其是變化的安培力，不能直接由尤其是變化的安培力，不能直接由Q=IQ=I2 2RtRt求解，用能量守恒的求解，用能量守恒的方法就可以不必追究變力、變電流做功的具體細節(jié)，只需弄清方法就可以不必追究變力、變電流做功的具體細節(jié)，只需弄清能量的轉化途徑，注意分清有多少種形式的能量在相互轉化，能量的轉化途徑，注意分清有多少種形式的能量在相互轉化，用能量的轉化與守恒定律就可求解，而用能量的轉化與守恒觀用能量的轉化與守恒定律就可

23、求解，而用能量的轉化與守恒觀點，只需從全過程考慮，不涉及電流的產生過程，計算簡便點，只需從全過程考慮，不涉及電流的產生過程，計算簡便. . 【變式訓練】【變式訓練】(2012(2012天津高考天津高考) )如圖所示如圖所示, ,一對光滑的平行金屬一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內導軌固定在同一水平面內, ,導軌間距導軌間距l(xiāng)=0.5 m,=0.5 m,左端接有阻值左端接有阻值R=R=0.3 0.3 的電阻的電阻. .一質量一質量m=0.1 kg,m=0.1 kg,電阻電阻r=0.1 r=0.1 的金屬棒的金屬棒MNMN放置放置在導軌上在導軌上, ,整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中整個裝置

24、置于豎直向上的勻強磁場中, ,磁場的磁感應強磁場的磁感應強度度B=0.4 T.B=0.4 T.棒在水平向右的外力作用下棒在水平向右的外力作用下, ,由靜止開始以由靜止開始以a=2 m/sa=2 m/s2 2的加速度做勻加速運動的加速度做勻加速運動, ,當棒的位移當棒的位移x=9 mx=9 m時撤去外力時撤去外力, ,棒繼續(xù)運棒繼續(xù)運動一段距離后停下來動一段距離后停下來, ,已知撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之已知撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比比Q Q1 1QQ2 2=21.=21.導軌足夠長且電阻不計導軌足夠長且電阻不計, ,棒在運動過程中始終與棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持

25、良好接觸導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸. .求求: :(1)(1)棒在勻加速運動過程中棒在勻加速運動過程中, ,通過電阻通過電阻R R的電荷量的電荷量q;q;(2)(2)撤去外力后回路中產生的焦耳熱撤去外力后回路中產生的焦耳熱Q Q2 2; ;(3)(3)外力做的功外力做的功W WF F. .【解析】【解析】(1)(1)金屬棒勻加速運動過程中，回路的磁通量變化量為：金屬棒勻加速運動過程中，回路的磁通量變化量為：=B=Blx x 由法拉第電磁感應定律得，回路中的平均感應電動勢為：由法拉第電磁感應定律得，回路中的平均感應電動勢為： 由閉合電路歐姆定律得，回路中的平均電流為：由閉合電路歐姆定律得，

26、回路中的平均電流為： 則通過電阻則通過電阻R R的電荷量為的電荷量為: :q= t q= t 由以上各式聯立，代入數據解得：由以上各式聯立，代入數據解得：q=4.5 C q=4.5 C EtEIRrI(2)(2)設撤去外力時棒的速度為設撤去外力時棒的速度為v,v,則由運動學公式得：則由運動學公式得：v v2 2=2ax =2ax 由動能定理得，棒在撤去外力后的運動過程中安培力做功為：由動能定理得，棒在撤去外力后的運動過程中安培力做功為：W=0- W=0- 由功能關系知，撤去外力后回路中產生的焦耳熱為：由功能關系知，撤去外力后回路中產生的焦耳熱為：Q Q2 2=-W =-W 聯立聯立式，代入數據

27、得：式，代入數據得：Q Q2 2=1.8 J =1.8 J 21mv2(3)(3)因為撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比為：因為撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比為：Q Q1 1QQ2 2=21=21所以所以Q Q1 1=3.6 J =3.6 J 由功能關系可知，在棒運動的整個過程中：由功能關系可知，在棒運動的整個過程中：W WF F=Q=Q1 1+Q+Q2 2 聯立聯立式得：式得：W WF F=5.4 J=5.4 J答案答案: :(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J【變式備選】【變式備選】如圖所示，導線框如圖所示，導線框ab

28、cdefabcdef的質量為的質量為m,m,電阻為電阻為r r，abab邊長為邊長為l1 1，cdcd邊長為邊長為 bcbc、dede邊長均為邊長均為l2 2.ab.ab邊正下方邊正下方h h處有一處有一單邊有界勻強磁場區(qū)域，其水平邊界為單邊有界勻強磁場區(qū)域，其水平邊界為PQPQ，磁感應強度為，磁感應強度為B B，方，方向垂直于紙面向里向垂直于紙面向里. .使線框從靜止開始下落，下落過程中使線框從靜止開始下落，下落過程中abab邊始邊始終水平，且終水平，且cdcd邊進入磁場前的某一時刻，線框已開始勻速運動邊進入磁場前的某一時刻，線框已開始勻速運動. .重力加速度為重力加速度為g,g,不計空氣阻

29、力不計空氣阻力. . 1,3l(1)(1)求求cdcd邊進入磁場瞬間線框的加速度；邊進入磁場瞬間線框的加速度；(2)(2)此后，當此后，當efef邊進入磁場前的某一時刻，線框又開始勻速下落，邊進入磁場前的某一時刻，線框又開始勻速下落，求從求從cdcd邊剛進入磁場到線框完全進入磁場過程中，線框損失的邊剛進入磁場到線框完全進入磁場過程中，線框損失的機械能機械能. .【解析】【解析】(1)(1)勻速運動時，勻速運動時，E E1 1=B=Bl1 1v v1 1,I,I1 1= =mg=BImg=BI1 1l1 1, ,得得v v1 1= =cdcd邊進入磁場瞬間線框的電動勢邊進入磁場瞬間線框的電動勢m

30、g-BImg-BI2 2( (l1 1- )=ma- )=ma得得1Er221mgrB l221112E1E =B( -)v ,I =,3rll113l221111B ( -) v53a=g-=g mr9ll(2)(2)再次達到勻速時，同理可得再次達到勻速時，同理可得從從cdcd剛進入磁場到線框完全進入磁場過程中損失的機械能剛進入磁場到線框完全進入磁場過程中損失的機械能E=E=答案：答案：(1) (2)(1) (2)22222111mgr9mgrv =14BB ( -)3lll3222221224411165m g rmg+mv-mv=mg-2232Blll5g9322244165m g rm

31、g-32Bll考查內容考查內容電磁感應在實際中的應用電磁感應在實際中的應用【例證】【例證】(2011(2011重慶高考重慶高考) )有人設計了一種可測速的跑步機，測有人設計了一種可測速的跑步機，測速原理如圖所示，該機底面固定有間距為速原理如圖所示，該機底面固定有間距為L L、長度為、長度為d d的平行金屬的平行金屬電極電極. .電極間充滿磁感應強度為電極間充滿磁感應強度為B B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，、方向垂直紙面向里的勻強磁場，且接有電壓表和電阻且接有電壓表和電阻R,R,絕緣橡膠帶上鍍有間距為絕緣橡膠帶上鍍有間距為d d的平行細金屬條，的平行細金屬條，磁場中始終僅有一根金屬條，且與電極

32、接觸良好，不計金屬電阻，磁場中始終僅有一根金屬條，且與電極接觸良好，不計金屬電阻，若橡膠帶勻速運動時，電壓表讀數為若橡膠帶勻速運動時，電壓表讀數為U ,U ,求：求：(1)(1)橡膠帶勻速運動的速率；橡膠帶勻速運動的速率；(2)(2)電阻電阻R R消耗的電功率；消耗的電功率；(3)(3)一根金屬條每次經過磁場區(qū)域克服安培力做的功一根金屬條每次經過磁場區(qū)域克服安培力做的功. .【規(guī)范解答】【規(guī)范解答】(1)(1)設電動勢為設電動勢為E E，橡膠帶運動速度為，橡膠帶運動速度為v vE=BE=BL Lv vE=UE=U所以所以(2)(2)設電阻設電阻R R消耗的電功率為消耗的電功率為P P：P= P

33、= ；(3)(3)電流強度電流強度I=I=安培力安培力F=BIF=BIL L安培力做功安培力做功W=Fd=W=Fd=答案：答案：(1) (2) (3)(1) (2) (3)Uv=BL2URURBUdRLUBL2URBUdRL1.(20131.(2013泉州模擬泉州模擬) )如圖所示，在光滑絕緣水平面上，一矩形如圖所示，在光滑絕緣水平面上，一矩形線圈沖入一勻強磁場，線圈全部進入磁場區(qū)域時，其動能恰好線圈沖入一勻強磁場，線圈全部進入磁場區(qū)域時，其動能恰好等于它在磁場外面時的一半等于它在磁場外面時的一半. .設磁場寬度大于線圈寬度，那么設磁場寬度大于線圈寬度，那么( )( )A.A.線圈恰好在剛離開

34、磁場的地方停下線圈恰好在剛離開磁場的地方停下B.B.線圈在磁場中某位置停下線圈在磁場中某位置停下C.C.線圈在未完全離開磁場時即已停下線圈在未完全離開磁場時即已停下D.D.線圈完全離開磁場以后仍能繼續(xù)運動，不會停下來線圈完全離開磁場以后仍能繼續(xù)運動，不會停下來【解析】【解析】選選D.D.線圈沖入勻強磁場時，產生感應電流，線圈受安線圈沖入勻強磁場時，產生感應電流，線圈受安培力作用做減速運動，動能也減少培力作用做減速運動，動能也減少. .同理，線圈沖出勻強磁場時，同理，線圈沖出勻強磁場時，動能減少，進、出時減少的動能都等于安培力做的功動能減少，進、出時減少的動能都等于安培力做的功. .由于進入由于

35、進入時的速度大，故感應電流大，安培力大，安培力做的功也多，時的速度大，故感應電流大，安培力大，安培力做的功也多，減少的動能也多，而線圈離開磁場過程中損失的動能少于它進減少的動能也多，而線圈離開磁場過程中損失的動能少于它進入磁場時損失的動能，即少于它在磁場外面時動能的一半，因入磁場時損失的動能，即少于它在磁場外面時動能的一半，因此線圈離開磁場仍繼續(xù)運動此線圈離開磁場仍繼續(xù)運動. .故選故選D.D.2.2.平行金屬導軌平行金屬導軌MNMN豎直放置于絕緣水平的地板上，如圖所示，豎直放置于絕緣水平的地板上，如圖所示，金屬桿金屬桿PQPQ可以緊貼導軌無摩擦滑動，導軌間除固定電阻可以緊貼導軌無摩擦滑動，導

36、軌間除固定電阻R R外，其外，其他電阻不計，勻強磁場他電阻不計，勻強磁場B B垂直穿過導軌平面，有以下兩種情況：垂直穿過導軌平面，有以下兩種情況：第一次，閉合開關第一次，閉合開關S S，然后從圖中位置由靜止釋放，然后從圖中位置由靜止釋放PQPQ，經過一段，經過一段時間后時間后PQPQ勻速到達地面；第二次，先從同一高度由靜止釋放勻速到達地面；第二次，先從同一高度由靜止釋放PQPQ，當當PQPQ下滑一段距離后突然閉合開關，最終下滑一段距離后突然閉合開關，最終PQPQ也勻速到達了地面也勻速到達了地面. .設上述兩種情況下設上述兩種情況下PQPQ由于切割磁感線產生的電能由于切割磁感線產生的電能( (都

37、轉化為內能都轉化為內能) )分別為分別為E E1 1、E E2 2，則可斷定，則可斷定( )( )A.EA.E1 1E E2 2B.EB.E1 1=E=E2 2C.EC.E1 1E E2 2D.D.無法判定無法判定E E1 1、E E2 2大小大小【解析】【解析】選選B.B.設設PQPQ的質量為的質量為m,m,勻速運動的速度為勻速運動的速度為v,v,導軌寬導軌寬l, , 則則由平衡條件得由平衡條件得BIBIl=mg,=mg,而而 E=BE=Blv,v,所以所以 可見可見PQPQ勻勻速運動的速度與何時閉合開關無關，即速運動的速度與何時閉合開關無關，即PQPQ兩種情況下落地速度兩種情況下落地速度相

38、同，由能量守恒定律得：機械能的損失完全轉化為電能，所相同，由能量守恒定律得：機械能的損失完全轉化為電能，所以兩次產生的電能相等，故以兩次產生的電能相等，故B B正確正確. . EI=R，22Rmgv=,B l3.(20123.(2012泰州模擬泰州模擬) )如圖所示，金屬棒如圖所示，金屬棒abab置于水平放置的光滑置于水平放置的光滑框架框架cdefcdef上，棒與框架接觸良好，勻強磁場垂直于上，棒與框架接觸良好，勻強磁場垂直于abab棒斜向下棒斜向下. .從某時刻開始磁感應強度均勻減小從某時刻開始磁感應強度均勻減小( (假設不會減至零假設不會減至零) )，同時施，同時施加一個水平外力加一個水平

39、外力F F使金屬棒使金屬棒abab保持靜止，則保持靜止，則F( )F( )A.A.方向向右，且為恒力方向向右，且為恒力B.B.方向向右，且為變力方向向右，且為變力C.C.方向向左，且為變力方向向左，且為變力D.D.方向向左，且為恒力方向向左，且為恒力【解析】【解析】選選C.C.根據楞次定律，根據楞次定律，B B減小時，磁通量減小時，磁通量減小，為阻礙減小，為阻礙減小，減小，abab有向右運動的趨勢，故外力有向右運動的趨勢，故外力F F方向向左方向向左. .再根據電磁再根據電磁感應定律，感應定律， B B均勻減小，故均勻減小，故 不變，不變，E E不變，不變，I I不不變變.F.F安安=BI=B

40、IL L均勻減小，故均勻減小，故F F為變力為變力.C.C項正確項正確. . BSE=,ttBt4.(20134.(2013黃岡模擬黃岡模擬) )光滑曲面與豎直平光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如圖所示，拋物線面的交線是拋物線，如圖所示，拋物線的方程為的方程為y=xy=x2 2，其下半部處在一個水平，其下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y=y=a a的直線的直線( (如圖中的虛線所示如圖中的虛線所示).).一個小金一個小金屬塊從拋物線上屬塊從拋物線上y=b(ba)y=b(ba)處以速度處以速度v v沿拋物線下滑，假設曲面沿拋物線下滑，假設曲面足

41、夠長，則金屬塊在曲面上滑動的過程中產生的焦耳熱總量足夠長，則金屬塊在曲面上滑動的過程中產生的焦耳熱總量是是( )( )A.mgb B.A.mgb B.C.mg(b-a) D.mg(b-a)+ mvC.mg(b-a) D.mg(b-a)+ mv2 221mv212【解析】【解析】選選D.D.小金屬塊進入磁場或退出磁場的過程中，金屬塊小金屬塊進入磁場或退出磁場的過程中，金屬塊內都會產生感應電流，使它的機械能減小，直到金屬塊只在勻內都會產生感應電流，使它的機械能減小，直到金屬塊只在勻強磁場內滑行時為止強磁場內滑行時為止. .金屬塊損失的機械能全部轉化成焦耳熱，金屬塊損失的機械能全部轉化成焦耳熱，為為

42、21mg bamv .25.(20125.(2012淮安模擬淮安模擬) )如圖甲所示如圖甲所示, ,水平放置足夠長的平行金屬導水平放置足夠長的平行金屬導軌軌, ,左右兩端分別接有一個阻值為左右兩端分別接有一個阻值為R R的電阻的電阻, ,勻強磁場與導軌平面勻強磁場與導軌平面垂直垂直, ,質量質量m=0.1 kgm=0.1 kg、電阻、電阻 的金屬棒置于導軌上的金屬棒置于導軌上, ,與導軌垂與導軌垂直且接觸良好直且接觸良好. .現用一拉力現用一拉力F=(0.3+0.2t) NF=(0.3+0.2t) N作用在金屬棒上作用在金屬棒上, ,經經過過2 s2 s后撤去后撤去F,F,再經過再經過0.55

43、 s0.55 s金屬棒停止運動金屬棒停止運動, ,整個過程中金屬整個過程中金屬棒運動的距離棒運動的距離x=2.45 m.x=2.45 m.如圖乙所示為金屬棒的如圖乙所示為金屬棒的v -tv -t圖象圖象,g=,g=10 m/s10 m/s2 2. .求求: :Rr=2(1)(1)金屬棒與導軌之間的動摩擦因數金屬棒與導軌之間的動摩擦因數; ;(2)(2)從撤去從撤去F F到金屬棒停止的過程中到金屬棒停止的過程中, ,每個電阻每個電阻R R上產生的焦耳熱上產生的焦耳熱. .【解析】【解析】(1)(1)在在0 02 s2 s這段時間內這段時間內, ,根據牛頓第二定律有根據牛頓第二定律有F-mg- =

44、maF-mg- =ma由圖乙可知由圖乙可知a=1.0 m/sa=1.0 m/s2 2又因又因F=0.3+0.2t,F=0.3+0.2t,可得可得0.3+0.2t- =0.10.3+0.2t- =0.1為使該式成立為使該式成立, ,必有必有 可解得可解得=0.2=0.222B L atR總22B LtR總22B L=0.2,R總(2)(2)在前在前2 s2 s內的位移內的位移所以撤去拉力后的位移所以撤去拉力后的位移x x2 2=x-x=x-x1 1=0.45 m=0.45 m從撤去拉力到金屬棒停止的過程中從撤去拉力到金屬棒停止的過程中, ,根據能量守恒定律有根據能量守恒定律有 mvmv2 2=mgx=mgx2 2+Q+Q熱熱解得解得Q Q熱熱=0.11 J=0.11 J而每個電阻而每個電阻R R上產生的焦耳熱占總熱量的四分之一上產生的焦耳熱占總熱量的四分之一, ,即即Q QR R= Q= Q熱熱=2.75=2.751010-2-2 J J答案：答案：(1)0.2 (2)(1)0.2 (2)均為均為2.752.751010-2-2 J J211x =at =2 m,21214