（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 第3節(jié) 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用教學(xué)案 新人教版

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1、第3節(jié)　電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 ?　　【p186】 夯實(shí)基礎(chǔ)　 電磁感應(yīng)的電路問題 1．電源與外電路 切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈相當(dāng)于__電源__，其電阻相當(dāng)于電源__內(nèi)阻__，其余部分是外電路． 2．常用參量的求解 (1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：電動(dòng)勢E＝__n__或__E＝BLvsin__θ__． (2)根據(jù)閉合電路的歐姆定律：路端電壓U＝__E－Ir__，對純電阻電路，干路電流I＝____． (3)通過電路中導(dǎo)體橫截面的電量q＝__n__，R′為閉合電路的總電阻． 考點(diǎn)突破　　 例1如圖所示，MNPQ是用單位長度電阻為r0的均勻金屬條制成的矩形閉合框

2、，線框固定在傾角為θ的絕緣斜面上，MN長為L，MQ長為4L，有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直穿過斜面．質(zhì)量為m的金屬桿ab在外力F作用下，以速度v勻速沿斜面向下滑過矩形框，滑行過程中ab始終平行于MN且與框良好接觸，外力F始終沿斜面且垂直于ab.已知金屬桿ab的單位長度電阻為2.1r0，不計(jì)桿與框的摩擦．重力加速度取g，將桿ab經(jīng)過MN時(shí)的位移記為s＝0，求： (1)桿ab中感應(yīng)電流I隨位移s變化的關(guān)系式； (2)桿ab發(fā)熱功率的最小值； (3)矩形框MNPQ上發(fā)熱功率最大時(shí)ab桿的位移． 【解析】(1)感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，外電路被ab分為上下兩部分，R外＝＝r0， I＝＝

3、＝ ＝. (2)外電路電阻最大時(shí)，感應(yīng)電流最小，ab發(fā)熱功率最小．因?yàn)镽上＋R下為常數(shù)，所以當(dāng)R上＝R下時(shí)R外有最大值，即位移s＝2L，此時(shí)R外＝＝r0＝2.5Lr0，Pab＝ I2R內(nèi)＝ R內(nèi)＝. (3)矩形框的功率即電源的輸出功率，當(dāng)R外＝R內(nèi)時(shí)，P出最大． 即r0＝2.1Lr0，可解得s1＝L，s2＝3L. 【小結(jié)】解答電磁感應(yīng)電路問題的方法 1．確定電源 產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的導(dǎo)體或線圈就是電源． 2．分清內(nèi)、外電路 內(nèi)電路是切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈，外電路由電阻、電容等電學(xué)元件組成． 3．解題的基本步驟 (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律或右手定則確

4、定感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向，感應(yīng)電動(dòng)勢的方向是電源內(nèi)部電流的方向． (2)根據(jù)電源和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路圖，注意區(qū)別內(nèi)、外電路，區(qū)別路端電壓和電動(dòng)勢． (3)根據(jù)E＝BLvsin θ或E＝n結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識和電功率、焦耳定律等列式求解．若涉及理想變壓器的問題，結(jié)合變壓器公式求解． 針對訓(xùn)練　 1．(多選)如圖甲，線圈A(圖中實(shí)線，共100匝)的橫截面積為0.3 m2，總電阻r＝2 Ω，A右側(cè)所接電路中，電阻R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，電容C＝3 μF，開關(guān)S1閉合．A中有橫截面積為0.2 m2的區(qū)域C(圖中虛線)，C內(nèi)有圖乙所示的變化磁場，t＝0時(shí)刻

5、，磁場方向垂直于線圈平面向里為正．下列判斷正確的是(BD) A．閉合S2，電路穩(wěn)定后，通過R2的電流由b流向a B．閉合S2，電路穩(wěn)定后，通過R2的電流大小為0.4 A C．閉合S2，電路穩(wěn)定后再斷開S1，通過R2的電流由b流向a D．閉合S2，電路穩(wěn)定后再斷開S1，通過R2的電荷量為7.2×10－6 C 【解析】根據(jù)楞次定律，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，則閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過R2的電流由a流向b，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝nS＝100××0.2 V＝4 V，則閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過R2的電流大小為I＝＝ A＝0.4 A，選項(xiàng)B正確；閉合S2、電路穩(wěn)

6、定后電容器上極板帶正電，則當(dāng)再斷開S1，電容器放電，通過R2的電流由a流向b，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電路穩(wěn)定后電容器帶電量Q＝CUR2＝3×10－6×0.4×6 C＝7.2×10－6 C，則電路穩(wěn)定后再斷開S1，通過R2的電荷量為7.2×10－6 C，選項(xiàng)D正確． 2．(多選)如圖所示，一個(gè)匝數(shù)n＝100匝的圓形線圈，面積S1＝0.4 m2，電阻r＝1 Ω.在線圈中存在面積S2＝0.3 m2，垂直線圈平面向外的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.3＋0.15t.將線圈兩端a、b與一個(gè)阻值R＝2 Ω的電阻相連接，b端接地．則下列說法正確的是(AD) A．通過電阻R的電流方向向上 B．回路中的電流大小

7、逐漸增大 C．電阻R消耗的電功率為6.75 W D．a(chǎn)端的電勢φa＝－3 V 【解析】由題可知，磁場逐漸增強(qiáng)，即原磁場磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相反，根據(jù)右手定律可知通過電阻R的電流方向向上，故選項(xiàng)A正確；由B＝0.3＋0.15t可知：＝0.15 T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知：E＝nS2＝100×0.15×0.3 V＝4.5 V，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：I＝＝ A＝1.5 A，恒定不變，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)公式可知電阻R消耗的電功率為：P＝I2R＝1.52×2 W＝4.5 W，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)歐姆定律可知電阻R兩端電壓為Uba＝IR＝1.5×2

8、V＝3.0 V＝φb－φa，由題可知：φb＝0，則φa＝－3 V，故選項(xiàng)D正確． ?　　【p187】 夯實(shí)基礎(chǔ)　 電磁感應(yīng)的圖象問題 圖象 類型 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動(dòng)勢E和感應(yīng)電流I隨__時(shí)間t__變化的圖象，即B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象、I－t圖象 (2)對于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流的情況，還常涉及感應(yīng)電動(dòng)勢E和感應(yīng)電流I隨__位移x__變化的圖象，即E－x圖象和I－x圖象 問題 類型 (1)由給定的__電磁感應(yīng)__過程判斷或畫出正確的圖象 (2)由給定的有關(guān)圖象分析__電磁感應(yīng)__過程，求解相應(yīng)的物理量 (3)利用給出的圖象判斷或

9、畫出新的圖象 應(yīng)用 知識 左手定則、安培定則、右手定則、__楞次定律__、__法拉第電磁感應(yīng)定律__、歐姆定律、牛頓定律、函數(shù)圖象等知識 考點(diǎn)突破　　 例2如圖甲所示，導(dǎo)體框架abcd放置于水平面內(nèi)，ab平行于cd，導(dǎo)體棒MN與兩導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置放置于垂直于框架平面的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，MN始終保持靜止．規(guī)定豎直向上為磁場正方向，沿導(dǎo)體棒由M到N為感應(yīng)電流的正方向，水平向右為導(dǎo)體棒所受安培力F的正方向，水平向左為導(dǎo)體棒所受摩擦力f的正方向，下列圖象中正確的是(　　) 【解析】由圖看出，磁感應(yīng)強(qiáng)度先不變，后均勻減小，再反向均勻增大，則可

10、判定的值，先為零，然后一定，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢先為零，后恒定不變，感應(yīng)電流先沒有，后恒定不變，根據(jù)楞次定律得知，回路中感應(yīng)電流方向逆時(shí)針，為正，故A錯(cuò)誤，B正確．在0～t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN不受安培力，故C錯(cuò)誤；由左手定則判斷可知，在t1～t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向右，由F＝BIL可知，B均勻減小，MN所受安培力大小F均勻減小；在t2～t3時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向左，由F＝BIL可知，B均勻增大，MN所受安培力大小F均勻增大；根據(jù)平衡條件得到，棒MN受到的靜摩擦力大小f＝F，方向相反，即在0～t1時(shí)間內(nèi)，沒有摩擦力，而在t1～t2時(shí)

11、間內(nèi)，摩擦力方向向左，大小減小，在t2～t3時(shí)間內(nèi)，摩擦力方向向右，大小增大．D正確． 【答案】BD 例3如圖，平行光滑金屬導(dǎo)軌M、N固定在水平面上，處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中．完全相同的兩金屬棒P、Q搭放在導(dǎo)軌上，開始均處于靜止?fàn)顟B(tài)．給P施加一與導(dǎo)軌平行的恒定拉力作用，運(yùn)動(dòng)中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好．設(shè)導(dǎo)軌足夠長，除兩棒的電阻外其余電阻均不計(jì)．則兩棒的速度及棒中的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象正確的是(　　) 【解析】P向右做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，由右手定則判斷知，回路中產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流，由左手定則判斷可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速運(yùn)動(dòng)；Q向右運(yùn)動(dòng)后，開始階

12、段，兩桿的速度差增大，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢增大，感應(yīng)電流增大，兩桿所受的安培力都增大，則P的加速度減小，Q的加速度增大，當(dāng)兩者的加速度相等時(shí)，速度之差不變，感應(yīng)電流不變，安培力不變，兩桿均做加速度相同的勻加速運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒的速度差增大，感應(yīng)電動(dòng)勢增大，通過電流增大，最終兩棒都做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度差保持不變，故回路中感應(yīng)電動(dòng)勢不變，電流恒定，故C錯(cuò)誤，D正確． 【答案】AD 【小結(jié)】1.解決圖象問題的一般步驟 (1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等． (2)分析電磁感應(yīng)的具體過程． (3)用右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電流方向與

13、時(shí)間的對應(yīng)關(guān)系． (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式． (5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等． 2．此類題的特點(diǎn)及解題關(guān)鍵 此類題的特點(diǎn)是已知B－t圖或Ф－t圖，來分析線框中的電動(dòng)勢、電流或線框所受安培力的變化情況．解題的關(guān)鍵是：弄清圖象中的斜率、拐點(diǎn)、截距的物理意義，結(jié)合楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n、E＝BLv及歐姆定律來分析電壓、電流的大小以及安培力大小變化． 3．解這類題最常用的方法是排除法：先由楞次定律或右手定則確定電磁感應(yīng)過程中的電流方向排除錯(cuò)誤選項(xiàng)，再由法拉第電磁感應(yīng)定律確定某過程中電動(dòng)勢大小變化情況排除錯(cuò)誤

14、選項(xiàng)． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 針對訓(xùn)練　 3．(多選)如圖甲所示，一正方形導(dǎo)線框ABCD置于勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化如圖乙所示，則線框中的電流I和導(dǎo)線AB受到的安培力F隨時(shí)間t變化的圖象分別是(規(guī)定垂直紙面向里的方向?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度的正方向，逆時(shí)針方向?yàn)榫€框中電流的正方向，向右為安培力的正方向)(AC) 【解析】由B－t圖象可知，0～內(nèi)，線圈中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，電路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，沿ABCDA方向，即電流為正方向；～T內(nèi)，線圈中向里的磁通量減小，由楞次定律可知，電路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，即電流為負(fù)方向；由法拉第電磁感

15、應(yīng)定律：E＝＝，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小保持不變，故A正確，B錯(cuò)誤；0～內(nèi)，電路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，根據(jù)左手定則可知，AB邊受到的安培力的方向向右，為正值；～T內(nèi)，電路中的電流為順時(shí)針，AB邊受到的安培力的方向向左，為負(fù)值；根據(jù)安培力的公式：F＝BIL，電流大小不變，安培力的大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比，故C正確，D錯(cuò)誤． 4．(多選)如圖所示，在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，沿水平面固定一個(gè)V字形金屬框架CAD，已知∠A＝θ，導(dǎo)體棒EF在框架上從A點(diǎn)開始在外力作用下，沿垂直EF方向以速度v勻速向右平移，使導(dǎo)體棒和框架始終構(gòu)成等腰三角形回路．已知框架和導(dǎo)體棒的材料

16、和橫截面積均相同，其單位長度的電阻均為R，框架和導(dǎo)體棒均足夠長，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)中始終與磁場方向垂直，且與框架接觸良好．關(guān)于回路中的電流I和消耗的電功率P隨時(shí)間t變化關(guān)系的下列四個(gè)圖象中可能正確的是(AD) 【解析】t時(shí)刻有效切割長度L＝2vttan ∴電動(dòng)勢E＝Bv·2vttan 總電阻，R總＝R ∴電流I＝＝.A對，B錯(cuò)．而P＝I2R總，P∝t，D對，C錯(cuò)． ?　　【p188】 夯實(shí)基礎(chǔ)　 1．感應(yīng)電流在磁場中受到__安培力__的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟__力__學(xué)問題聯(lián)系在一起．解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(

17、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律等)，分析時(shí)要特別注意__a＝0__、速度v達(dá)到__最大值__時(shí)的特點(diǎn)． 2．運(yùn)動(dòng)的動(dòng)態(tài)分析 考點(diǎn)突破　　 例4如圖所示，兩平行導(dǎo)軌間距為L，傾斜部分和水平部分長度均為L，傾斜部分與水平面的夾角為37°，cd間接電阻R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．質(zhì)量為m的金屬細(xì)桿靜止在傾斜導(dǎo)軌底端，與導(dǎo)軌接觸良好，電阻為r.整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化關(guān)系為B＝B0＋kt(k>0)，在桿運(yùn)動(dòng)前，以下說法正確的是(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A．穿過回路的磁通量為2(B0＋kt)L2 B．流過導(dǎo)體棒的

18、電流方向?yàn)橛蒪到a C．回路中電流的大小為 D．細(xì)桿受到的摩擦力一直減小 【解析】由Ф＝BS效＝(B0＋kt)·(L2＋L2cos 37°)＝1.8(B0＋kt)L2，故A錯(cuò)誤．磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，由法拉第電磁感應(yīng)定得E＝n＝·S＝k·(L2＋L2cos 37°)＝1.8kL2，由閉合電路歐姆定律得I＝＝，則C正確．由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向俯視為順時(shí)針方向，即電流流向?yàn)閎到a，B正確．因感應(yīng)電流大小恒定，則細(xì)桿所受的安培力F＝BIL因B逐漸增大而增大，由左手定則知方向水平向右，對桿由平衡知識可得mgsin θ＝f＋BILcos θ，則摩擦力先向上逐漸減小到零，后向下逐漸增大，D錯(cuò)誤．

19、 【答案】BC 例5如圖所示，固定的絕緣斜面傾角為θ＝30°，質(zhì)量為m＝1 kg的均勻細(xì)金屬棒ab(僅畫出a端)和質(zhì)量為M＝2 kg的均勻細(xì)金屬棒cd(僅畫出c端)用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線構(gòu)成回路abcd，并通過固定在斜面頂端的兩個(gè)光滑絕緣小定滑輪連接使兩金屬棒水平，導(dǎo)線平行斜面．已知在虛線右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T的勻強(qiáng)磁場，方向垂直斜面向上，回路總電阻為R＝0.5 Ω，兩金屬棒的長度均為L＝0.5 m，ab棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，重力加速度為g＝10 m/s2，cd棒始終未觸地，ab棒始終未到滑輪處． (1)將兩金屬棒由靜止釋放，求釋放瞬間的加速度大??； (2)求兩金

20、屬棒最終穩(wěn)定時(shí)的速度大小． 【解析】(1)設(shè)金屬棒釋放瞬問細(xì)導(dǎo)線上的拉力為T，對金屬棒cd，由牛頓第二定律得 Mg－T＝Ma 對金屬棒ab，由牛頓第二定律得： T－mgsin θ－μFN＝ma 又FN＝mgcos θ 聯(lián)立解得a＝2.5 m/s2 (2)兩金屬棒最終穩(wěn)定后以共同速度做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)速度為v ab棒運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv 由閉合電路歐姆定律得I＝ 由安培力公式可知F＝BIL 穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)后對cd棒有Mg＝T1 對ab棒有T1＝mgsin θ＋μmgcos θ＋F 聯(lián)立解得v＝15 m/s 【小結(jié)】電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析 1．兩種狀態(tài)及處理

21、 (1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)． 處理方法：根據(jù)平衡條件合外力等于零列式分析． (2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不為零． 處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系、動(dòng)量及動(dòng)量變化關(guān)系分析． 2．電磁感應(yīng)問題中兩大研究對象及其相互制約關(guān)系 針對訓(xùn)練　 5．如圖所示，水平放置的光滑金屬長導(dǎo)軌MM′和NN′之間接有電阻R，導(dǎo)軌左、右兩區(qū)域分別處在方向相反與軌道垂直的勻強(qiáng)磁場中，方向見圖，設(shè)左、右區(qū)域磁場的磁感強(qiáng)度為B1和B2，虛線為兩區(qū)域的分界線．一根金屬棒ab放在導(dǎo)軌上并與其垂直，棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)．金屬棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面區(qū)域中恰

22、好以速度為v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則(B) A．若B2＝B1時(shí)，棒進(jìn)入右面區(qū)域中后先做加速運(yùn)動(dòng)，最后以速度做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．若B2＝B1時(shí)，棒進(jìn)入右面區(qū)域中時(shí)仍以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．若B2＝2B1時(shí)，棒進(jìn)入右面區(qū)域后先做減速運(yùn)動(dòng)，最后以速度做勻速運(yùn)動(dòng) D．若B2＝2B1時(shí)，棒進(jìn)入右面區(qū)域后先做加速運(yùn)動(dòng)，最后以速度4v做勻速運(yùn)動(dòng) 【解析】金屬棒在水平向右的恒力作用下，在虛線左邊區(qū)域中以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，恒力F與安培力平衡．當(dāng)B2＝B1時(shí)，棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，棒切割磁感線的感應(yīng)電動(dòng)勢與感應(yīng)電流大小均沒有變化，棒所受安培力大小和方向也沒有變化，與恒力F仍然平衡，則棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，

23、以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確．當(dāng)B2＝2B1時(shí)，棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流均變大，所受的安培力也變大，恒力沒有變化，則棒先減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流減小，棒受到的安培力減小，當(dāng)安培力與恒力再次平衡時(shí)棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)棒勻速運(yùn)動(dòng)速度大小為v′.在左側(cè)磁場中，有F＝，在右側(cè)磁場中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F＝＝，可得v′＝v，即棒最后以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C、D錯(cuò)誤． 6．(多選)如圖甲所示，光滑的平行導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，導(dǎo)軌表面上放著光滑導(dǎo)體棒ab、cd，兩棒之間用絕緣細(xì)桿連接，兩導(dǎo)體棒平行且與導(dǎo)軌垂直．現(xiàn)加一垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，設(shè)磁場

24、方向向下為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，t1＝2t0，不計(jì)ab、cd間電流的相互作用，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，每根導(dǎo)體棒的電阻為R，導(dǎo)軌間距和絕緣細(xì)桿的長均為L.下列說法正確的是(ABD) A．t＝t0時(shí)輕桿既不被拉伸也不被壓縮 B．在0～t1時(shí)間內(nèi)，絕緣細(xì)桿先被拉伸后被壓縮 C．在0～t1時(shí)間內(nèi)，abcd回路中的電流方向是先順時(shí)針后逆時(shí)針 D．若在0～t1時(shí)間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電量為q，則t1時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 【解析】t＝t0時(shí)，ab、cd中有感應(yīng)電流，但磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，故安培力為0，桿中沒有作用力，A對；0～t0，回路中磁通量向下減小，t0～t1，磁通量向上增大，根

25、據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流一直為順時(shí)針，根據(jù)“增縮減擴(kuò)”原理，回路先有擴(kuò)張，后有收縮趨勢，故桿先被拉伸后被壓縮，B對，C錯(cuò)；q＝t＝t＝，設(shè)t1時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則ΔΦ＝2BS＝2BL2，所以B＝，D對． ?　　【p189】 夯實(shí)基礎(chǔ)　 1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)是__其他形式的能__轉(zhuǎn)化成電能． 2．感應(yīng)電流在磁場中受安培力，外力克服安培力__做功__，將__其他形式的能__轉(zhuǎn)化為__電能__，(或者說安培力做的負(fù)功的絕對值等于產(chǎn)生的電能)電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為__其他形式的能__． 3．電流做功產(chǎn)生的熱量用焦耳定律計(jì)算，公式為Q＝__I2Rt__． 考點(diǎn)突破　　 例6如圖所示，在

26、傾角為30°的斜面上固定一電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，下端接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與斜面垂直(圖中未畫出)．質(zhì)量為m、長度為L，阻值大小也為R的金屬棒ab與固定在斜面上方的勁度系數(shù)為k的絕緣彈簧相接，彈簧處于原長并被鎖定．現(xiàn)解除鎖定的同時(shí)使金屬棒獲得沿斜面向下的速度v0，從開始運(yùn)動(dòng)到停止運(yùn)動(dòng)的過程中金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，彈簧彈性勢能為Ep＝kx2(x為彈簧形變量)．在上述過程中(　　) A．開始運(yùn)動(dòng)時(shí)金屬棒與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)間電壓為 B．通過電阻R的最大電流一定是 C．通過電阻R的總電荷量為

27、 D．回路產(chǎn)生的總熱量等于mv＋ 【解析】開始時(shí)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢：E＝BLv0，金屬棒與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)間的電壓：U＝IR＝×R＝E＝，故A正確；金屬棒開始向下運(yùn)動(dòng)時(shí)做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒的速度最大時(shí)感應(yīng)電流最大，金屬棒的最大速度大于v0，最大電流大于，故B錯(cuò)誤；最終金屬棒靜止，此時(shí)由平衡條件得：mgsin 30°＝kx，此時(shí)彈簧的伸長量：x＝，通過R的總電荷量：q＝＝＝，故C正確；由能量守恒定律得：mv＋mgxsin 30°＝Q＋kx2，解得：Q＝mv＋mgxsin 30°－kx2＝mv＋，故D錯(cuò)誤． 【答案】AC 例7如圖所示，兩根平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ放在水平面上，

28、左端向上彎曲，導(dǎo)軌間距為L，電阻不計(jì)．水平段導(dǎo)軌所處空間存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.導(dǎo)體棒a和b的質(zhì)量均為m，電阻值分別為Ra＝R，Rb＝2R.b棒放置在水平導(dǎo)軌上且距彎曲軌道底部L0處，a棒在彎曲軌道上距水平面h高度處由靜止釋放．運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)軌棒和導(dǎo)軌接觸良好且始終和導(dǎo)軌垂直，重力加速度為g.求： (1)a棒剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力； (2)從a棒開始下落到最終穩(wěn)定的過程中，a棒上產(chǎn)生的內(nèi)能． 【解析】(1)設(shè)a棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，從開始下落到剛進(jìn)入磁場： mgh＝mv2 a棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv 根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝ a棒受到的安培

29、力F＝BIL F＝ (2)a、b棒均受安培力作用，大小相等，方向相反，所以a棒和b棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．設(shè)兩棒最終穩(wěn)定速度為v1， mv＝2mv1 a棒產(chǎn)生內(nèi)能為Ea，b棒產(chǎn)生內(nèi)能為Eb 根據(jù)能量守恒：mv2＝×2mv＋Ea＋Eb Eb＝2Ea Ea＝mgh 【小結(jié)】電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題 1．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn) 外力克服安培力做功，把機(jī)械能或其他能量轉(zhuǎn)化成電能；感應(yīng)電流通過電路做功又把電能轉(zhuǎn)化成其他形式的能(如內(nèi)能)．這一功能轉(zhuǎn)化途徑可表示為： 2．電能求解思路主要有三種 (1)利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功． (2)

30、利用能量守恒求解：其他形式的能的減少量等于產(chǎn)生的電能． (3)利用電路特征來求解：通過電路中所消耗的電能來計(jì)算． 針對訓(xùn)練　 7．如圖所示，下半部處在方向水平的勻強(qiáng)磁場中的光滑曲面，它與豎直平面的交線是拋物線，其拋物線方程為y＝x2，磁場理想上邊界是y＝a的直線，一小金屬塊從拋物線y＝b(b＞a)處，以速度v沿拋物線下滑，假設(shè)拋物面足夠大，則金屬塊在曲面上滑動(dòng)的整個(gè)過程中生熱為(D) A．mgb B.mv2 C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2 【解析】在金屬塊進(jìn)入磁場和穿出磁場時(shí)，切割磁感線的那部分金屬塊具有感應(yīng)電動(dòng)勢，會(huì)向未切割磁感線的那部分金屬塊供電，從而形

31、成電流(渦流)．導(dǎo)致機(jī)械能轉(zhuǎn)化成熱能．由于整個(gè)金屬塊都在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬塊中只有感應(yīng)電動(dòng)勢，不會(huì)有感應(yīng)電流．所以只要金屬塊不再穿出磁場區(qū)域(金屬塊向外運(yùn)動(dòng)到磁場上邊界時(shí)，速度恰好為0)，就不再會(huì)有機(jī)械能轉(zhuǎn)化成熱能．最終金屬塊在磁場內(nèi)往復(fù)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)y＝a處速度為0.由能量守恒得：Q＝mg(b－a)＋mv2 8．如圖所示，固定的水平光滑金屬導(dǎo)軌，間距為L，左端接有阻值為R的電阻．處在方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連，放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略．初始時(shí)刻，彈簧恰處于自然長度，導(dǎo)體棒具有水平向右的初速度v0.在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌

32、垂直并保持良好接觸． (1)求初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力； (2)若導(dǎo)體棒從初始時(shí)刻到速度第一次為零時(shí)，彈簧的彈性勢能為Ep，則這一過程中安培力所做的功W1和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1分別為多少？ (3)導(dǎo)體棒在往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終將靜止于何處？從導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少？ 【解析】(1)初始時(shí)刻棒中感應(yīng)電動(dòng)勢：E＝BLv0 棒中感應(yīng)電流：I＝＝，作用于棒上安培力F＝BIL＝，方向水平向左． (2)由功能關(guān)系可知：安培力做功：W1＝Ep－mv， 由能量守恒，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱：Q1＝mv－Ep (3)由平衡條件可知，棒最終靜止于初始位置，根據(jù)

33、能量守恒則有：Q＝mv ?　　【p190】 夯實(shí)基礎(chǔ)　 電磁感應(yīng)與動(dòng)量的結(jié)合主要涉及兩個(gè)模型： (1)單桿模型．對于單桿模型，主要與動(dòng)量定理結(jié)合．如在光滑水平軌道上運(yùn)動(dòng)的單桿(不受其他力作用)，在磁場中的運(yùn)動(dòng)為變速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程所受的安培力為變力，依據(jù)動(dòng)量定理安Δt＝Δp，而安Δt＝BLΔt＝BLq，q＝N＝N，Δp＝mv2－mv1，由以上四式將流經(jīng)桿電量q、桿位移x及速度變化結(jié)合一起． (2)雙桿模型．對于雙桿模型，在受到安培力之外，受到的其他外力和為零，滿足動(dòng)量守恒的條件，則與動(dòng)量守恒定律結(jié)合考查較多． 考點(diǎn)突破　　 例8如圖所示，固定的光滑金屬水平導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌電阻

34、不計(jì)，左端接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中．質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒ab，在垂直導(dǎo)體棒的水平恒力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t，導(dǎo)體棒ab剛好勻速運(yùn)動(dòng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．在這個(gè)過程中，下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒ab剛好勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v＝ B．通過電阻的電荷量q＝ C．導(dǎo)體棒的位移x＝ D．電阻放出的焦耳熱Q＝ 【解析】導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)滿足F＝F安＝，解得v＝，選項(xiàng)A正確；根據(jù)動(dòng)量定理：Ft－BL·t＝mv，而t＝q，則q＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；又q＝＝，聯(lián)立解得x＝，選項(xiàng)C正確；根據(jù)能量關(guān)系，電阻放出

35、的焦耳熱Q＝Fx－mv2，將x及v的值代入解得Q＝，選項(xiàng)D正確． 【答案】ACD 例9如圖所示，傾角為θ＝37°的斜面上固定平行導(dǎo)軌MN，在斜面底端與水平面上的固定平行導(dǎo)軌PQ平滑連接，導(dǎo)軌間距L＝0.3 m且PQ足夠長．斜面部分存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，水平面部分存在與斜面平行的方向斜向上的勻強(qiáng)磁場，兩部分磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小均為1 T，在h＝3 m高處垂直導(dǎo)軌MN放置可自由滑動(dòng)的質(zhì)量m1＝12 g，電阻R1＝1 Ω的導(dǎo)體棒ab.在水平面上垂直導(dǎo)軌PQ放置被插銷固定的質(zhì)量m2＝3 g，電阻R2＝3 Ω的導(dǎo)體棒cd，導(dǎo)體棒ab、cd分別與導(dǎo)軌MN、PQ接觸良好．現(xiàn)由靜止釋放ab，ab在到達(dá)斜面底

36、端前已做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)ab滑離斜面進(jìn)入水平導(dǎo)軌時(shí)，立即拔下導(dǎo)體棒cd棒的插銷，不計(jì)導(dǎo)軌的摩擦及電阻，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)求： (1)ab導(dǎo)體棒在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的最終速度； (2)ab導(dǎo)體棒在斜面與水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)整個(gè)回路產(chǎn)生的電能各是多少？ (3)ab導(dǎo)體棒在斜面和水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)通過ab的電荷量各是多少？ 【解析】(1)設(shè)ab勻速下滑時(shí)的速度為v1 產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝BLv1cos θ?、? 導(dǎo)體棒ab的電流I＝　② 導(dǎo)體棒的安培力F＝BIL?、? 且F＝m1gtan θ?、? 聯(lián)立①②③④式得v1＝　⑤ ab進(jìn)入水平軌道后

37、，與cd系統(tǒng)動(dòng)量守恒， 所以m1v1＝(m1＋m2)v2　⑥ 聯(lián)立可得v1＝5 m/s，v2＝4 m/s (2)導(dǎo)體棒在斜面上運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電能 E1＝m1gh－m1v 在水平面運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電能E2＝m1v－(m1＋m2)v 代入數(shù)據(jù)得E1＝0.21 J；E2＝0.03 J (3)設(shè)ab棒在斜面上和水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過ab棒的電荷量各為q1、q2，ab棒在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)平均電動(dòng)勢＝，ΔΦ＝ 通過的電荷量q1＝Δt＝ 代入數(shù)據(jù)得q1＝0.3 C ab棒在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)∑BILsin θΔt＝BLq2sin θ＝m1(v1－v2) 代入數(shù)據(jù)解得q2＝ C＝0.067 C 【小結(jié)】電

38、磁感應(yīng)問題中應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)，有兩種常見的列式形式．一是直接從安培力的公式出發(fā)，得到安培力的沖量I＝∑BIiLΔt＝BLq，這個(gè)公式對所有的電磁感應(yīng)情形都適用．二是在導(dǎo)體棒切割磁感線的情形中，還可將安培力的沖量寫成I＝∑Δt＝x，式中的x表示導(dǎo)體棒在這個(gè)過程中經(jīng)過的位移． 針對訓(xùn)練　 9．(多選)如圖所示，PQ和MN是固定于水平面內(nèi)電阻不計(jì)、間距L＝1 m的足夠長平行光滑金屬軌道，質(zhì)量均為m＝0.2 kg，接入兩軌道電阻值均為R＝1 Ω的兩金屬棒ab、cd靜置于軌道上，整個(gè)裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4 T的勻強(qiáng)磁場中，某時(shí)刻cd棒突然受到水平向右I＝0.8 N·s的瞬時(shí)沖量作用開始

39、運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒始終與軌道垂直，接觸良好，取重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(AD) A．開始運(yùn)動(dòng)后，d端電勢始終比c端電勢高 B．cd棒開始運(yùn)動(dòng)的瞬間，d、c兩端的電勢差Udc＝1.6 V C．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電路abcd中產(chǎn)生的熱量為1.2 J D．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，通過ab棒橫截面的電荷量為1 C 【解析】根據(jù)右手定則判斷可知：cd棒中感應(yīng)電流方向從c到d，則d端相當(dāng)于電源的正極，電勢高于c端的電勢，故A正確；cd棒開始運(yùn)動(dòng)的瞬間，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E＝BLv0，金屬棒的速度為：v0＝＝4 m/s，聯(lián)立可得：E＝1.6 V，d、c兩端的電勢差：Udc

40、＝R＝0.8 V，故B錯(cuò)誤；由題意可知最后兩根金屬棒以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)且速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒可得：mv0＝2mv，解得：v＝2 m/s，根據(jù)能量守恒可得產(chǎn)生的熱量為：Q＝mv－×2mv2＝0.8 J，故C錯(cuò)誤；對cd棒根據(jù)動(dòng)量定理可得：BILΔt＝mv0－mv，進(jìn)一步可得：BLq＝mv0－mv，代入數(shù)據(jù)解得：q＝1 C，故D正確． 10．如圖所示，兩根間距為l的光滑金屬導(dǎo)軌(不計(jì)電阻)，由一段圓弧部分與一段無限長的水平段部分組成，其水平段加有豎直向下方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質(zhì)量為2m，電阻為2r.另一質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M

41、處由靜止釋放下滑到N處進(jìn)入水平段，棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，圓弧段MN半徑為R，所對圓心角為60°.求： (1)ab棒在N處進(jìn)入磁場區(qū)速度是多大？此時(shí)棒中電流是多少？ (2)cd棒能達(dá)到的最大速度是多少？ (3)cd棒由靜止到達(dá)到最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？ 【解析】(1)ab棒由M下滑到N過程中機(jī)械能守恒， 故mgR(1－cos 60°)＝mv2 解得v＝. 進(jìn)入磁場區(qū)瞬間，回路中電流強(qiáng)度I＝＝. (2)ab棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度達(dá)到相同速度v′時(shí)，電路中電流為零，安培力為零，cd達(dá)到最大速度．運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得

42、 mv＝(2m＋m)v′ 解得v′＝. (3)系統(tǒng)釋放的熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量， 故Q＝mv2－·3mv′2，解得Q＝mgR. 考 點(diǎn) 集 訓(xùn)　【p336】 A組 1．如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時(shí)間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于(A) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．棒的機(jī)械能增加量 B．棒的動(dòng)能增加量 C．棒的重力勢能增加量 D．

43、電阻R上放出的熱量 【解析】棒加速上升時(shí)受到重力，拉力F及安培力．根據(jù)功能關(guān)系可知力F與安培力做的功的代數(shù)和等于棒的機(jī)械能的增加量，A選項(xiàng)正確． 2．兩條相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌，距離為L，電阻不計(jì)．導(dǎo)軌內(nèi)有一與水平面垂直向里的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌左側(cè)接電容器C，電阻R1和R2，如圖所示．垂直導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿AB以一定的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻開始做勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零后反向勻加速運(yùn)動(dòng)．在金屬桿變速運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是(B) A．R1中無電流通過 B．R1中電流一直從e流向a C．R2中電流一直從a流向b D．R2中電流先從b流向a，后從a流向b 【解析】開始時(shí)

44、，金屬桿AB以一定的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，由感應(yīng)電動(dòng)勢：E＝BLv，電容器兩端的帶電量為，Q＝CU＝CBLv，由右手定則知，R2感應(yīng)電流方向由a向b，故電容器的上極板帶正電，開始做勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零的過程中，Q＝CU＝CBLv知，速度減小，極板帶電量減小，R1中有電流通過，方向由e流向a，R2中電流從a流向b，故A錯(cuò)誤；反向勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，由右手定則知，R2感應(yīng)電流方向由b向a，電容器反向充電，流經(jīng)R1電流方向由e流向a，故B正確，CD錯(cuò)誤． 3．(多選)如圖甲所示，正三角形導(dǎo)線框位于圓形有界勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)線框所在平面垂直．規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律

45、如圖乙所示．下面說法正確的是(AC) A．0～1 s時(shí)間內(nèi)和5～6 s時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中的電流方向相同 B．0～1 s時(shí)間內(nèi)和1～3 s時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中的電流大小相等 C．3～5 s時(shí)間內(nèi)，AB邊受到的安培力沿紙面且垂直AB邊指向C點(diǎn)一側(cè) D．1～3 s時(shí)間內(nèi)，AB邊受到的安培力不變 【解析】0～1 s時(shí)間內(nèi)穿過線圈的磁通量向外增加；5～6 s時(shí)間內(nèi)穿過線圈的磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)線框中的電流方向相同，選項(xiàng)A正確；B－t圖象的斜率等于磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，故0～1 s時(shí)間內(nèi)和1～3 s時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢的大小不等，感應(yīng)電流不相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；3～5 s時(shí)間內(nèi)，磁通量向里增

46、加，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，則由左手定則可知，AB邊受到的安培力沿紙面且垂直AB邊指向C點(diǎn)一側(cè)，選項(xiàng)C正確；1～3 s時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流大小不變，而磁場向外減弱，根據(jù)F＝BIL可知，AB邊受到的安培力要減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 4．(多選)如圖所示，兩條形有界磁場寬度均為d＝0.5 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝4 T，方向垂直于紙面，兩磁場區(qū)域間距也為d.在磁場區(qū)域的左邊界處有一長L＝1 m、寬d＝0.5 m的矩形導(dǎo)體線框，線框總電阻為R＝2 Ω，且線框平面與磁場方向垂直．現(xiàn)使線框以v＝0.5 m/s的速度勻速穿過磁場區(qū)域，若以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定B垂直紙面向里為正，則以下關(guān)于線框所受的安培力

47、大小F及穿過線框磁通量Φ隨時(shí)間t變化的四個(gè)圖象正確的是(AD) 【解析】0～1 s時(shí)，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Bdv＝1 V，由歐姆定律可知I＝＝0.5 A，由安培力公式可知：F＝BId＝1 N；第2 s內(nèi)，通過線框的磁通量不變，無感應(yīng)電流，安培力為零；第3 s內(nèi)，線框左、右兩邊均切割磁感線，由右手定則可知，感應(yīng)電動(dòng)勢方向相同，故線框中總的感應(yīng)電動(dòng)勢為E′＝2Bdv＝2 V，由歐姆定律可知I＝＝1 A；線框左、右兩邊所受安培力均為：F1＝F2＝BI′d＝2 N，由左手定則可知，兩安培力方向相同，故安培力的合力為4 N，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)t＝2.5 s時(shí)，線框位移x＝vt＝2.5d，此時(shí)

48、通過線框的磁通量為零，C錯(cuò)誤，D正確． 5．在如圖所示的豎直平面內(nèi)，在水平線MN的下方有范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)等腰三角形金屬線框頂點(diǎn)C與MN重合，線框由靜止釋放，沿軸線DC方向豎直落入磁場中．忽略空氣阻力，從釋放到線框完全進(jìn)入磁場過程中，關(guān)于線框運(yùn)動(dòng)的v－t圖象，可能正確的是(C) 【解析】線框進(jìn)入磁場過程受到的安培力F＝BIL＝BL＝，線框進(jìn)入磁場過程中，切割磁感線的有效長度L增大，安培力增大，由牛頓第二定律得：mg－F＝ma，則a＝g－；線框由靜止做加速運(yùn)動(dòng)，由于L、v不斷增大，加速度a減小，則線框進(jìn)入磁場過程做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減小，v－t圖象的斜率減?。蔆正確．

49、 6．如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接．右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好．則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(D) A．流過金屬棒的最大電流為 B．通過金屬棒的電荷量為 C．克服安培力所做的功為mgh D．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為(mgh－μmgd) 【解析】金屬棒下滑到底端時(shí)的速度為v＝，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv

50、，所以流過金屬棒的最大電流為I＝，A錯(cuò)；通過金屬棒的電荷量為q＝＝，B錯(cuò)；克服安培力所做的功為W＝mgh－μmgd，C錯(cuò)；電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，所以金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為(mgh－μmgd)．D正確． 7．(多選)如圖所示，足夠長的光滑水平導(dǎo)軌間距為2 m，電阻不計(jì)，垂直導(dǎo)軌平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 T的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌上相隔一定距離放置兩根長度略大于間距的金屬棒，a棒質(zhì)量為1 kg，電阻為5 Ω，b棒質(zhì)量為2 kg，電阻為10 Ω.現(xiàn)給a棒一個(gè)水平向右的初速度8 m/s，當(dāng)a棒的速度減小為4 m/s時(shí)，b棒剛好碰到了障礙物，經(jīng)過時(shí)間0.5 s速度減為零(不反彈，且a棒始終

51、沒有與b棒發(fā)生碰撞)，下列說法正確是(ABD) A．從上向下看回路產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流 B．b棒在碰撞前瞬間的速度大小2 m/s C．碰撞過程中b棒所受的平均作用力大小為6 N D．b棒碰到障礙物后，a棒繼續(xù)滑行的距離為15 m 【解析】根據(jù)右手定則可知，從上向下看回路產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，選項(xiàng)A正確；系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知：mav0＝mava＋mbvb，解得vb＝2 m/s，選項(xiàng)B正確；b與障礙物碰撞時(shí)，由動(dòng)量定理：－Ft＝0－mbvb解得：F＝8 N，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；b碰到障礙物后，a做減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，此時(shí)由動(dòng)量定理：BLΔt＝mava，其中Δt＝q＝＝聯(lián)立解得x＝15

52、 m，選項(xiàng)D正確． B組 8．如圖甲所示，閉合線圈固定在小車上，總質(zhì)量為1 kg.它們在光滑水平面上，以10 m/s的速度進(jìn)入與線圈平面垂直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平有界勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里．已知小車運(yùn)動(dòng)的速度v隨車的位移x變化的 v－x 圖象如圖乙所示．則(B) A．線圈的長度L＝15 cm B．磁場的寬度d＝25 cm C．線圈進(jìn)入磁場過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為0.4 m/s2 D．線圈通過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為40 J 【解析】閉合線圈在進(jìn)入和離開磁場時(shí)的位移即為線圈的長度，線圈進(jìn)入或離開磁場時(shí)受安培力作用，將做減速運(yùn)動(dòng)，由乙圖可知，L＝10 cm，故A錯(cuò)誤；磁

53、場的寬度等于線圈剛進(jìn)入磁場到剛離開磁場時(shí)的位移，由乙圖可知，5～15 cm是進(jìn)入的過程，15～30 cm 是完全在磁場中運(yùn)動(dòng)的過程，30～40 cm是離開磁場的過程，所以d＝30 cm－5 cm＝25 cm，故B正確；根據(jù)F＝BIL及I＝得：F＝，因?yàn)関是一個(gè)變量，所以F也是一個(gè)變量，所以線圈不是勻加速運(yùn)動(dòng)，是變減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；線圈通過磁場過程中運(yùn)用動(dòng)能定理得： mv－mv＝W安，由乙圖可知v1＝10 m/s，v2＝2 m/s，代入數(shù)據(jù)得：W安＝－48 J，所以克服安培力做功為48 J，即線圈通過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為48 J，故D錯(cuò)誤．故選B. 9．如圖所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌

54、MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L.M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻．一根質(zhì)量為m、電阻為r的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直．整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直斜面向下．導(dǎo)軌的電阻可忽略．讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦． (1)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求ab桿中的電流及其加速度的大??； (2)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值． 【解析】(1)ab桿受力示意圖如圖所示 當(dāng)速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，此時(shí)電路中電流I＝＝ ab桿受到的安培力F＝BIL＝ 根據(jù)

55、牛頓運(yùn)動(dòng)定律，有ma＝mgsin θ－F＝mgsin θ－，a＝gsin θ－. (2)當(dāng)＝mgsin θ時(shí)，ab桿達(dá)到最大速度vm， 則vm＝. 10．如圖(a)所示，一個(gè)電阻值為R，匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1.在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線如圖(b)所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.導(dǎo)線的電阻不計(jì)．求0至t1時(shí)間內(nèi) (1)通過電阻R1上的電流大小和方向； (2)通過電阻R1上的電量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量． 【解析】(1)由圖象分析可知，0至t1時(shí)間

56、內(nèi)＝ 由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝n＝n·S 而S＝πr 由閉合電路歐姆定律有I1＝ 聯(lián)立以上各式解得通過電阻R1上的電流大小為I1＝ 由愣次定律可判斷通過電阻R1上的電流方向?yàn)閺腷到a (2)通過電阻R1上的電量q＝I1t1＝ 通過電阻R1上產(chǎn)生的熱量Q＝IR1t1＝ 11．如圖所示，相距較遠(yuǎn)的水平軌道與傾斜軌道用導(dǎo)線相連，MN∥EF、PQ∥GH，且組成軌道的兩個(gè)金屬棒間距都為L.金屬細(xì)硬桿ab、cd分別與軌道垂直，質(zhì)量均為m，電阻均為R，與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．水平導(dǎo)軌處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場中；傾斜導(dǎo)軌與水平面成θ角，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁

57、場平行于傾斜軌道向下．當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力作用下做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿由靜止開始沿傾斜軌道向下以加速度a＝gsin θ運(yùn)動(dòng)．設(shè)ab、cd與軌道接觸良好，重力加速度為g.求： (1)通過cd桿的電流大小和方向； (2)ab桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度的大小和拉力的大??； (3)cd桿由靜止開始沿軌道向下運(yùn)動(dòng)距離x的過程中，整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱． 【解析】(1)根據(jù)cd桿以加速度a＝gsin θ沿軌道向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，可知cd桿不受摩擦力的作用，即安培力和重力垂直于導(dǎo)軌方向的分力平衡，所以安培力垂直于導(dǎo)軌向上，cd桿的電流方向?yàn)橛蒬流向c 由mgcos θ＝B2IL 可得：I＝ (2

58、)cd桿的電流方向?yàn)橛蒬流向c，可得ab桿的電流方向?yàn)橛蒩流向b，再根據(jù)楞次定律判斷，得ab桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度方向?yàn)樗较蛴遥Ψ较蛩较蛴遥Σ亮桶才嗔Ψ较蛩较蜃螅? 由I＝ 得：v＝ ab桿所受拉力F＝F安＋μmg＝B1IL＋μmg＝(＋μ)mg (3)對cd桿由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x＝at2 得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝＝ 整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為 Q＝I2·2Rt＝. 12．如圖所示，有理想邊界的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B＝0.5 T，兩邊界間距s＝0.1 m．一邊長L＝0.2 m的正方形線框abcd由粗細(xì)均勻的電阻絲圍成，總電阻R＝0.4 Ω.現(xiàn)使線框以v＝2 m/s的速度從位置

59、Ⅰ勻速運(yùn)動(dòng)到位置Ⅱ. (1)求cd邊未進(jìn)入右方磁場時(shí)線框所受安培力的大?。? (2)求整個(gè)過程中線框所產(chǎn)生的焦耳熱； (3)在坐標(biāo)圖中畫出整個(gè)過程線框a、b兩點(diǎn)的電勢差Uab隨時(shí)間t變化的圖線． 【解析】(1)因?yàn)榫€框勻速運(yùn)動(dòng)，該過程中ab切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢 E＝BLv＝0.5×0.2×2 V＝0.2 V 感應(yīng)電流I＝＝0.5 A 所以線框受到的安培力即ab受到的安培力F＝BIL＝0.5×0.5×0.2 N＝0.05 N (2)產(chǎn)生熱量的過程有兩個(gè)階段，一是cd邊在磁場邊界間運(yùn)動(dòng)過程中，二是ab邊在磁場邊界間運(yùn)動(dòng)過程中．兩個(gè)階段速度一樣，安培力大小恒定，線框勻速運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)階段產(chǎn)生熱量一樣多．產(chǎn)生的焦耳熱即為克服安培力做的功Q＝2Fs＝2×0.05×0.1 J＝0.01 J (3)該過程分三個(gè)階段． ①cd邊在磁場邊界間運(yùn)動(dòng)過程中，t1＝＝0.05 s，ab邊相當(dāng)于電源，Uab＝E＝0.15 V. ②cd邊進(jìn)入右側(cè)磁場、ab邊尚未離開左側(cè)磁場過程中，t2＝＝0.05 s；回路中磁通量不變，沒有感應(yīng)電流，但是ab邊有感應(yīng)電動(dòng)勢，Uab＝E＝0.2 V. ③ab邊在磁場邊界間運(yùn)動(dòng)過程中，t3＝＝0.05 s；cd相當(dāng)于電源，ab邊是外電阻的一部分，Uab＝E＝0.05 V．圖線如圖所示． - 24 -