高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題通關(guān)五 電路與電磁感應(yīng) 12 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用課件.ppt

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第12講 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用,【高考這樣考】 1.(多選)(2015全國(guó)卷Ⅰ)1824年,法國(guó)科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實(shí)驗(yàn)”。實(shí)驗(yàn)中將一銅圓盤水平放置,在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針,如圖所示。實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn),當(dāng)圓盤在磁針的磁場(chǎng)中繞過(guò)圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時(shí),磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái),但略有滯后。下列說(shuō)法正確的是( ),A.圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) B.圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng) C.在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中,磁針的磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤的磁通量發(fā)生了變化 D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成電流,此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng),【解析】選A、B。由于磁針位于圓盤的正上方,所以穿過(guò)圓盤的磁通量始終為零,故C錯(cuò)誤;如果將圓盤看成由沿半徑方向的“輻條”組成,則圓盤在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,“輻條”會(huì)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),在圓盤中產(chǎn)生渦電流,該渦電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針運(yùn)動(dòng),故A、B正確;同時(shí)圓盤中的自由電子隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)形成電流,該電流對(duì)磁針的轉(zhuǎn)動(dòng)沒有作用,D錯(cuò)誤。,2.(2015海南高考)如圖,空間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng),一直金屬棒與磁感應(yīng) 強(qiáng)度方向垂直,當(dāng)它以速度v沿與棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度都垂直的方向運(yùn)動(dòng)時(shí), 棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為ε,將此棒彎成兩段長(zhǎng)度相等且相互垂直 的折線,置于與磁感應(yīng)強(qiáng)度相垂直的平面內(nèi),當(dāng)它沿兩段折線夾角平分 線的方向以速度v運(yùn)動(dòng)時(shí),棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為ε′。則 等 于( ) A. B. C.1 D.,【解析】選B。若直金屬棒的長(zhǎng)為L(zhǎng),則彎成折線后,有效切割長(zhǎng)度 為 L。根據(jù)ε=BLv可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與有效切割長(zhǎng)度成正 比,故 = ,B正確。,3.(2015安徽高考)如圖所示,abcd為水平放置的平行“ ”形 光滑金屬導(dǎo)軌,間距為l,導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng) 強(qiáng)度大小為B,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。已知金屬桿MN傾斜放置,與導(dǎo)軌成θ角, 單位長(zhǎng)度的電阻為r,保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬 桿滑動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好)。則( ),A.電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為 B.電路中感應(yīng)電流的大小為 C.金屬桿所受安培力的大小為 D.金屬桿的熱功率為,【解析】選B。由電磁感應(yīng)定律可知電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=Blv,A錯(cuò)誤; 感應(yīng)電流的大小 B正確;金屬桿所受安培力的大小 C錯(cuò)誤;熱功率 D錯(cuò)誤。,4.(2014新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)如圖甲,線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上。 在ab線圈中通以變化的電流,用示波器測(cè)得線圈cd間電壓如圖乙所 示。已知線圈內(nèi)部的磁場(chǎng)與流經(jīng)線圈的電流成正比,則下列描述線 圈ab中電流隨時(shí)間變化關(guān)系的圖中,可能正確的是( ),【解析】選C。本題考查了電磁感應(yīng)的圖像。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,ab線圈電流的變化率與線圈cd上的波形圖一致,線圈cd上的波形圖是方波,ab線圈電流只能是線性變化的,因?yàn)橹挥芯€性變化的變化率才是常數(shù)。所以C正確。,5.(多選)(2014山東高考)如圖,一端接有定值電阻的平行金屬軌道 固定在水平面內(nèi),通有恒定電流的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定, 導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好。在向右勻速通過(guò)M、N兩區(qū)的過(guò)程中, 導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示。不計(jì)軌道電阻,以下敘述正確 的是( ) A.FM向右 B.FN向左 C.FM逐漸增大 D.FN逐漸減小,【解析】選B、C、D。由于絕緣導(dǎo)線緊貼導(dǎo)軌,根據(jù)安培定則判斷電 流I在M區(qū)的磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直軌道面向外,且從左向右,磁感線逐漸變 密,導(dǎo)體棒勻速穿越該區(qū)時(shí),由右手定則可判斷棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流 方向豎直向下,且逐漸增大,再由左手定則可知棒所受的安培力水平 向左,且逐漸增大,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,C正確;同理可得,導(dǎo)體棒在穿越N區(qū) 的過(guò)程中,棒所受的安培力水平向左,且逐漸減小,故選項(xiàng)B、D均正確。,【考情分析】 主要題型：選擇題、計(jì)算題 命題特點(diǎn)： 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(jì)算。 2.結(jié)合牛頓第二定律,對(duì)導(dǎo)體棒切割磁感線的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析。 3.結(jié)合圖像,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、動(dòng)能定理等規(guī)律,解決電磁感應(yīng)的綜合問(wèn)題。,【主干回顧】,【要素掃描】 (1)“三定則、一定律”的應(yīng)用。 ①安培定則：運(yùn)動(dòng)電荷、電流產(chǎn)生磁場(chǎng)。 ②左手定則：磁場(chǎng)對(duì)_______________________。 ③右手定則：部分導(dǎo)體_______________。 ④楞次定律：閉合電路磁通量發(fā)生變化。 (2)求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的兩種方法。 ①________,用來(lái)計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的_______。 ②______,主要用來(lái)計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的_______。,運(yùn)動(dòng)電荷、電流的作用力,切割磁感線運(yùn)動(dòng),平均值,瞬時(shí)值,熱點(diǎn)考向1 電磁感應(yīng)定律的圖像問(wèn)題 【典例1】如圖甲所示,一載流長(zhǎng)直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi),線框在長(zhǎng)直導(dǎo)線右側(cè),且其長(zhǎng)邊與長(zhǎng)直導(dǎo)線平行。已知在t=0到t=t1的時(shí)間內(nèi),直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化,而線框中感應(yīng)電流總是沿順時(shí)針方向;線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。設(shè)電流i正方向與圖中箭頭方向相同,則i隨時(shí)間t變化的圖線可能是圖乙中的( ),【解題探究】 (1)直導(dǎo)線中電流i增大,其產(chǎn)生的磁場(chǎng)_____,直導(dǎo)線中電流i減小, 其產(chǎn)生的磁場(chǎng)_____。 (2)用_________判斷感應(yīng)電流的方向,用_________判斷安培力的 方向。,增大,減小,楞次定律,左手定則,【解析】選A。本題題設(shè)要求線框中感應(yīng)電流順時(shí)針方向,根據(jù)楞次定律,可知框內(nèi)磁場(chǎng)要么向里減弱(載流直導(dǎo)線中電流正向減小),要么向外增強(qiáng)(載流直導(dǎo)線中電流負(fù)向增大)。線框受安培力向左時(shí),載流直導(dǎo)線電流一定向上,線框受安培力向右時(shí),載流直導(dǎo)線中電流一定向下。故本題答案選A。,【遷移訓(xùn)練】,遷移1：把i-t圖變換為E(U)-t(x)圖 一均勻正方形閉合導(dǎo)線框abcd,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.1m,bc邊位于x軸上,在x軸 原點(diǎn)O右方有寬為0.2m,磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū), 如圖甲所示,當(dāng)線框以恒定速度4m/s沿x軸正方向穿越磁場(chǎng)區(qū)過(guò)程中, 圖乙中哪一個(gè)可以正確表示線框從進(jìn)入到穿出過(guò)程中,ab邊兩端電勢(shì) 差Uab隨位置變化的情況( ),【解析】選B。線框從進(jìn)入到穿出磁場(chǎng)過(guò)程中,ab邊兩端電勢(shì)差Uab隨 位置變化情況,需要分析出ab邊是切割磁感線充當(dāng)電源還是不切割磁 感線充當(dāng)電阻。感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv=0.4V。0～L：ab邊切割磁感線,可 等效為電源,其兩端電勢(shì)差為路端電壓,Uab= =0.3V;L～2L：ab邊 和cd邊均切割磁感線,等效為兩電源反接,回路中沒有感應(yīng)電流,但ab 邊兩端電勢(shì)差就等于ab邊產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì),為0.4V;2L～3L：cd邊切割 磁感線,ab邊兩端電勢(shì)差Uab= =0.1V。所以選項(xiàng)B正確。,遷移2：把i-t圖變換為F安-t圖 如圖甲所示,正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在外力作用下,一正方形閉合剛性導(dǎo)線框沿QN方向勻速運(yùn)動(dòng),t=0時(shí)刻,其四個(gè)頂點(diǎn)M′、N′、P′、Q′恰好在磁場(chǎng)邊界中點(diǎn)。下列圖像中能反映線框所受安培力f的大小隨時(shí)間t變化規(guī)律的是圖乙中的( ),【解析】選B。第一段時(shí)間從初位置到M′N′離開磁場(chǎng),圖a表示該過(guò) 程的任意一個(gè)位置,切割磁感線的有效長(zhǎng)度為M1A與N1B之和,即為 M1M′長(zhǎng)度的2倍,此時(shí)電動(dòng)勢(shì)E=2Bvtv,線框受的安培力f=2BIvt= 圖像是開口向上的拋物線,C、D錯(cuò)誤;如圖b所示,線框的右端M2N2剛好 出磁場(chǎng)時(shí),左端Q2P2恰與MP共線,此后一段時(shí)間內(nèi)有效長(zhǎng)度不變,一直 到線框的左端與M′N′重合,這段時(shí)間內(nèi)電流不變,安培力大小不變; 最后一段時(shí)間如圖c所示,從線框左邊勻速運(yùn)動(dòng)至M′N′位置開始計(jì)時(shí), 有效長(zhǎng)度為lAC=l-2vt′,電動(dòng)勢(shì)E′=B(l-2vt′)v,線框受的安培力 圖像是開口向上的拋物線,A錯(cuò)誤,B正確。,遷移3：把i-t圖變換為多圖像的綜合 (多選)如圖甲所示,兩固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌足夠 長(zhǎng)且電阻不計(jì)。兩質(zhì)量、長(zhǎng)度均相同的導(dǎo)體桿c、d, 置于邊界水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方同一高度h處。磁場(chǎng)寬 為3h,方向與導(dǎo)軌平面垂直。先由靜止釋放c,c剛進(jìn) 磁場(chǎng)即做勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)再由靜止釋放d,兩導(dǎo)體桿與導(dǎo)軌始終保持 良好接觸。用ac表示c的加速度,Ekd表示d的動(dòng)能,xc、xd分別表示c、d 相對(duì)釋放點(diǎn)的位移。圖乙中正確的是( ),【解析】選B、D。開始c桿的加速度為g,c桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)即勻速運(yùn)動(dòng), 加速度為0,在d桿下落h的過(guò)程中,h= gt2,c桿勻速下降了 xc=gtt=2h,d桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)c桿相對(duì)釋放點(diǎn)的位移為3h,d桿進(jìn)入磁場(chǎng) 后,c、d桿又只在重力作用下運(yùn)動(dòng),加速度為g,c、d桿都做勻加速運(yùn)動(dòng), 二者與導(dǎo)軌組成的回路磁通量不變,感應(yīng)電流為零,一起運(yùn)動(dòng)了h,c桿 出磁場(chǎng),這時(shí)c桿的加速度仍為g,因此A錯(cuò)誤,B正確;c桿出磁場(chǎng)時(shí)d桿 下落2h,c桿出磁場(chǎng)后,d桿切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì),在回路中產(chǎn)生感應(yīng) 電流,因此時(shí)d桿速度大于c桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)切割磁感線的速度,故電動(dòng)勢(shì)、,電流、安培力都大于c桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的大小,d桿減速,當(dāng)d桿又運(yùn)動(dòng)了2h后,穿出磁場(chǎng),做勻加速運(yùn)動(dòng),結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式 可知加速過(guò)程動(dòng)能與路程成正比,所以C錯(cuò)誤,D正確。,【典例2】(多選)如圖所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、 PQ所在平面與水平面成θ角,M、P之間接一阻值為 R的定值電阻,阻值為r的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置, 其他部分電阻不計(jì)。整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng) 方向垂直導(dǎo)軌平面向下。t=0時(shí)對(duì)金屬棒施一平行于導(dǎo)軌的外力F,金屬 棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做勻加速運(yùn)動(dòng)。下列關(guān)于穿過(guò)回路abPMa的磁 通量Φ、磁通量的瞬時(shí)變化率 、通過(guò)金屬棒的電荷量q以及ab兩端 的電勢(shì)差U隨時(shí)間t變化的圖像中,正確的是( ),【名師解讀】 (1)命題立意：考查電磁感應(yīng)的圖像問(wèn)題。 (2)關(guān)鍵信息：由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做勻加速運(yùn)動(dòng)。 (3)答題必備： ①Φ=BS; ② =BLv; ③v=at; ④q=It; ⑤U=IR。 (4)易錯(cuò)警示：易誤認(rèn)為 不隨時(shí)間而改變。,【解析】選B、D。設(shè)導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度為L(zhǎng),磁通量Φ=BS=BLx=BL at2, 所以A錯(cuò)誤;磁通量的變化率： =BLv=BLat,故B正確;通過(guò)金屬棒的 電荷量 所以C錯(cuò)誤;ab兩端的電勢(shì)差： 所以D正確。,【規(guī)律總結(jié)】解決電磁感應(yīng)圖像問(wèn)題的方法技巧 (1)解決電磁感應(yīng)圖像問(wèn)題的“三點(diǎn)關(guān)注”： ①關(guān)注初始時(shí)刻,如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零,是正方向還是負(fù)方向。 ②關(guān)注變化過(guò)程,看電磁感應(yīng)發(fā)生的過(guò)程分為幾個(gè)階段,這幾個(gè)階段是否和圖像變化相對(duì)應(yīng)。 ③關(guān)注大小、方向的變化趨勢(shì),看圖線斜率的大小、圖線的曲、直是否和物理過(guò)程對(duì)應(yīng)。,(2)解決電磁感應(yīng)圖像問(wèn)題的一般步驟： ①明確圖像的種類,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(guò)程。 ③用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系。 ④結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)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。 ⑥畫圖像或判斷圖像。,【加固訓(xùn)練】(多選)如圖,一有界區(qū)域內(nèi),存在 著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,方向分別垂直于光滑 水平桌面向下和向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)寬度均 為L(zhǎng),邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框abcd的bc邊緊靠磁場(chǎng)邊緣置于桌面上,使線框從靜止開始沿x軸正方向勻加速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域,若以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?能反映線框中感應(yīng)電流變化規(guī)律的是( ),【解析】選A、C。線框的位移在0～L、2L～3L的過(guò)程中,只有一條邊 切割磁感線,電流沿逆時(shí)針方向,其大小為 即I1∝t,為 直線;位移在L～2L過(guò)程中,有兩條邊切割磁感線,電流方向沿順時(shí)針 方向,其大小為 即I2∝t,也為直線,故選項(xiàng)A正確、 B錯(cuò)誤;關(guān)于電流與位移的關(guān)系,由v2=2ax,則位移在0～L和2L～3L范 圍內(nèi), 方向?yàn)槟鏁r(shí)針,位移在L～2L范圍內(nèi), 方向?yàn)轫槙r(shí)針,故選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤。,熱點(diǎn)考向2 電磁感應(yīng)的電路和動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 【典例3】(2015懷化一模)如圖甲所示,間距為L(zhǎng)、電阻不計(jì)的光滑導(dǎo)軌固定在傾角為θ的斜面上。在區(qū)域Ⅰ內(nèi)有方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B;在區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示。t=0時(shí)刻在軌道上端的金屬細(xì)棒ab從圖示位置由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑,同時(shí)下端的另一金屬細(xì)棒cd在位于區(qū)域Ⅰ內(nèi)的導(dǎo)軌上也由靜止釋放。在ab棒運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅱ的下邊界EF之前,cd棒始終靜止不動(dòng),兩棒均與導(dǎo)軌接觸良好。,已知cd棒的質(zhì)量為0.6m、電阻為0.3R,ab棒的質(zhì)量、阻值均未知,區(qū)域Ⅱ沿斜面的長(zhǎng)度為L(zhǎng),在t=tx時(shí)刻(tx未知)ab棒恰好進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ,重力加速度為g。求：,(1)區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場(chǎng)的方向。 (2)通過(guò)cd棒中的電流大小和方向。 (3)ab棒開始下滑的位置離區(qū)域Ⅱ上邊界的距離。 (4)ab棒從開始下滑至EF的過(guò)程中,回路中產(chǎn)生的總熱量。(結(jié)果用B、L、θ、m、R、g中的字母表示),【名師解讀】 (1)命題立意：考查導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、平衡條件、 焦耳定律。 (2)關(guān)鍵信息：在ab棒運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅱ的下邊界EF之前,cd棒始終靜止 不動(dòng)。,(3)答題必備： ① ②E=BLv; ③Q=EIt。 (4)易錯(cuò)警示：誤認(rèn)為E1與E2不相等。,【解析】(1)由楞次定律可知,流過(guò)cd的電流方向?yàn)閺膁到c,cd所受安 培力沿導(dǎo)軌向上,故由左手定則可知,區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場(chǎng)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處于平衡狀態(tài),由平衡條 件得：BIL=mgsinθ,解得：,(3)ab進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ前做勻加速運(yùn)動(dòng),進(jìn)入后做勻速運(yùn)動(dòng),設(shè)ab剛好到 達(dá)區(qū)域Ⅱ的邊界的速度大小為v。在0～tx內(nèi),由法拉第電磁感應(yīng)定 律得： 在tx后有：E2=BLv, 且E1=E2, 解得： 解得： 故ab棒開始下滑的位置離區(qū)域Ⅱ上邊界的距離為 。,(4)ab棒進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速直線運(yùn)動(dòng),有 總時(shí)間為：t總=tx+t2=2tx, 電動(dòng)勢(shì)E=BLv不變,總熱量為： Q=EIt總=2mgvtxsinθ=2mgLsinθ。 答案：(1)區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場(chǎng)的方向垂直于斜面向上 (2) 方向由d到c (3) (4)2mgLsinθ,【典例4】(多選)如圖所示,質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量 為m的線框用一根絕緣細(xì)線連接起來(lái),掛在兩個(gè)高度相 同的定滑輪上,已知線框電阻為R,橫邊邊長(zhǎng)為L(zhǎng),水平 方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,磁場(chǎng)上下邊界的距離、 線框豎直邊長(zhǎng)均為h。初始時(shí)刻,磁場(chǎng)的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h,將重物從靜止開始釋放,線框穿出磁場(chǎng)前,若線框已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng),滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計(jì)。則下列說(shuō)法中正確的是( ),A.線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為 B.線框穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度為 C.線框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量 D.線框進(jìn)入磁場(chǎng)后,若某一時(shí)刻的速度為v,則加速度為,【解題探究】 (1)計(jì)算線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度的思路：____________________ __________________________________________________________ (2)計(jì)算焦耳熱的思路：____________________________________ _________________。,線框進(jìn)入磁場(chǎng)前,線框,和重物均做勻加速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。,從釋放到線框離開磁場(chǎng)的過(guò)程,對(duì)整體由,能量守恒定律求解,【解析】選A、C、D。線框進(jìn)入磁場(chǎng)前,對(duì)線框和重物整體受力分析, 有3mg-mg=(3m+m)a,可得勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度a=0.5g。線框剛好 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),位移為2h,根據(jù)v2=2ax可得 選項(xiàng)A對(duì)。線框穿出 磁場(chǎng)時(shí),已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng),那么重物也做勻速直線運(yùn)動(dòng),拉力 T=3mg。對(duì)線框受力分析有拉力T=3mg豎直向上,自身重力mg豎直向下, 以及豎直向下的安培力 所以有 可得速 度 選項(xiàng)B錯(cuò)。從釋放到線框離開磁場(chǎng)的過(guò)程,對(duì)整體根據(jù)能 量守恒有 整理可得,選項(xiàng)C對(duì);線框進(jìn)入磁場(chǎng)后,若某一時(shí)刻的速度為v,則有安培力 對(duì)整體分析有3mg-mg-F=(3m+m)a,可得加速度 選項(xiàng)D對(duì)。,【題組過(guò)關(guān)】 1.(多選)(2015青島一模)如圖所示,兩根光滑的平行 金屬導(dǎo)軌豎直放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)和導(dǎo)軌平面垂直, 金屬桿ab與導(dǎo)軌接觸良好可沿導(dǎo)軌滑動(dòng),開始時(shí)開關(guān)S 斷開,當(dāng)ab桿由靜止下滑一段時(shí)間后閉合S,則從S閉合開始計(jì)時(shí),ab桿 的速度v與時(shí)間t的關(guān)系圖像可能正確的是( ),,,,,【解析】選A、C、D。若ab桿速度為v時(shí),S閉合,則ab桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,ab桿受到的安培力 如果安培力等于ab桿的重力,則ab桿勻速運(yùn)動(dòng),A項(xiàng)正確;如果安培力小于ab桿的重力,則ab桿先加速最后勻速,C項(xiàng)正確;如果安培力大于ab桿的重力,則ab桿先減速最后勻速,D項(xiàng)正確;ab桿不可能勻加速運(yùn)動(dòng),B項(xiàng)錯(cuò)誤。,2.(2015海南高考)如圖,兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上,相距l(xiāng),左端與一電阻R相連;整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向豎直向下。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上,在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速率v勻速向右滑動(dòng),滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g,導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。求： (1)電阻R消耗的功率。 (2)水平外力的大小。,【解析】(1)導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=Blv, 根據(jù)歐姆定律,閉合回路中的感應(yīng)電流為 電阻R消耗的功率為P=I2R,聯(lián)立可得 (2)對(duì)導(dǎo)體棒受力分析,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)小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)“電磁天平”,如圖甲所示, 等臂天平的左臂為掛盤,右臂掛有矩形線圈,兩臂平衡。線圈的水平邊 長(zhǎng)L=0.1 m,豎直邊長(zhǎng)H=0.3 m,匝數(shù)為N1。線圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi), 磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=1.0 T,方向垂直線圈平面向里。線圈中通有可在 0～2.0 A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I。掛盤放上待測(cè)物體后,調(diào)節(jié)線圈中電流 使天平平衡,測(cè)出電流即可測(cè)得物體的質(zhì)量。(重力加速度取g=10 m/s2),,,(1)為使電磁天平的量程達(dá)到0.5 kg,線圈的匝數(shù)N1至少為多少? (2)進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象,另選N2=100匝、形狀相同的線圈,總電 阻R=10Ω,不接外電流,兩臂平衡。如圖乙所示,保持B0不變,在線圈 上部另加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻變大, 磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萪=0.1m。當(dāng)掛盤中放質(zhì)量為0.01kg的物體時(shí),天平平衡, 求此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率 。,【解析】(1)線圈受到安培力F=N1B0IL, ① 天平平衡有mg=N1B0IL, ② 當(dāng)電流為最大值2.0A時(shí),N1有最小值, 代入數(shù)據(jù)得N1=25匝。 ③,(2)由電磁感應(yīng)定律得 ④ ⑤ 由歐姆定律得 ⑥ 線圈受到安培力F′=N2B0I′L, ⑦ 天平平衡有 ⑧ 代入數(shù)據(jù)可得 =0.1T/s。 答案：(1)25匝 (2)0.1T/s,【加固訓(xùn)練】(多選)(2015臺(tái)州二模)如圖所示, MN、PQ是與水平面成θ角的兩條平行光滑且足夠 長(zhǎng)的金屬軌道,其電阻忽略不計(jì)?？臻g存在著垂直 于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)體棒ab、cd垂直 于軌道放置,且與軌道接觸良好,每根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m,電阻均為r, 軌道寬度為L(zhǎng),與軌道平行的絕緣細(xì)線一端固定,另一端與ab棒中點(diǎn)連 接,細(xì)線承受的最大拉力Tm=2mgsinθ。今將cd棒由靜止釋放,則細(xì)線 被拉斷時(shí),cd棒的( ),,,A.速度大小是 B.速度大小是 C.加速度大小是2gsinθ D.加速度大小是0,【解析】選A、D。由靜止釋放后cd棒沿斜面向下做加速運(yùn)動(dòng), 隨著速度的增大,E=BLv變大, 也變大,F=BIL也變大,對(duì) ab棒,當(dāng)Tm=2mgsinθ=mgsinθ+BIL時(shí),細(xì)線剛好被拉斷,此時(shí) cd棒這時(shí)向上的安培力與沿斜面向下的重力的 分力平衡,加速度大小是0,故選項(xiàng)A、D正確,選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤。,熱點(diǎn)考向3 電磁感應(yīng)定律的能量問(wèn)題 【典例5】(20分)(2015佛山二模)如圖所示,足夠 長(zhǎng)的光滑U形導(dǎo)體框架的寬度L=0.40m,電阻忽略不計(jì), 其所在平面與水平面所成的角α=37,磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=1.0T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于框平面。一根質(zhì)量為m=0.20kg、有效電阻R=1.0Ω的導(dǎo)體棒MN垂直跨放在U形框架上,導(dǎo)體棒從靜止開始沿框架下滑到剛開始勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面電量共為Q=2.0C。(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2)求：,,,(1)導(dǎo)體棒的最大加速度和最大電流強(qiáng)度的大小和方向。 (2)導(dǎo)體棒在0.2s內(nèi)在框架所夾部分可能掃過(guò)的最大面積。 (3)導(dǎo)體棒從開始下滑到剛開始勻速運(yùn)動(dòng)這一過(guò)程中,導(dǎo)體棒的有效電阻消耗的電功。,【拿分策略】,按照過(guò)程列方程,就能拿到14分,若能正確求解方程,求出結(jié)果,再拿下6分,則得滿分20分。,【解析】(1)MN速度為零時(shí),加速度最大,由牛頓第二定律得mgsin37=ma ①(2分) 解得a=6m/s2,方向沿斜面向下 ②(1分) MN速度最大時(shí),電流最大, 有：mgsin37=BIL ③(2分) 代入數(shù)據(jù)解得I=3A,電流的方向由N→M ④(1分),(2)MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有最大速度,由法拉第電磁感應(yīng)定律得 E=BLvm ⑤(1分) 由閉合電路的歐姆定律得 ⑥(1分) 代入數(shù)據(jù)解得vm=7.5m/s ⑦(1分) MN速度最大時(shí),在0.2s內(nèi)掃過(guò)的面積最大 S=LvmΔt ⑧(1分) 故S=0.47.50.2m2=0.6 m2 ⑨(1分),(3)設(shè)MN從開始下滑到剛開始勻速運(yùn)動(dòng)這一過(guò)程中下滑的位移為d,通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面電量 ⑩(1分) ?(1分) 而平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) ?(1分) ΔΦ=BLd ?(1分) 解得d=5m ?(1分),設(shè)導(dǎo)體棒的有效電阻消耗的電功為W,由動(dòng)能定理得, ?(3分) 代入數(shù)據(jù)解得W=0.375J ?(1分) 答案：(1)6m/s2,方向沿斜面向下 3A,方向由N→M (2)0.6m2 (3)0.375 J,【題組過(guò)關(guān)】 1.(2015石家莊二模)如圖所示,在傾角為θ的 光滑斜面上,相距均為d的三條水平虛線l1、l2、l3, 它們之間的區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別存在垂直斜面向下和 垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,一個(gè)質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框,從l1上方一定高處由靜止開始沿斜面下滑,當(dāng)ab邊剛越過(guò)l1進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí),恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng);當(dāng)ab邊在越過(guò)l2運(yùn)動(dòng)到l3之前的某個(gè)時(shí)刻,線框又開始以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng),重力加速度為g。在線框從釋放到穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是( ),A.線框中感應(yīng)電流的方向不變 B.線框ab邊從l1運(yùn)動(dòng)到l2所用時(shí)間大于從l2運(yùn)動(dòng)到l3所用時(shí)間 C.線框以速度v2勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),發(fā)熱功率為 D.線框從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過(guò)程中,減少的機(jī)械能 ΔE機(jī)與線框產(chǎn)生的焦耳熱Q電的關(guān)系式是,【解析】選C。從線框的ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)I過(guò)程中,由右手定則判斷可 知,ab邊中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿a→b方向。dc邊剛要離開磁場(chǎng)Ⅰ 的過(guò)程中,由右手定則判斷可知,cd邊中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿d→c 方向,ab邊中感應(yīng)電流方向沿b→a方向,故A錯(cuò)誤;根據(jù)共點(diǎn)力的平衡 條件可知,兩次安培力與重力的分力大小相等方向相反;當(dāng)ab邊在磁 場(chǎng)Ⅱ中時(shí),兩邊均受安培力,故v2應(yīng)小于v1,則線框ab邊從l1運(yùn)動(dòng)到l2所 用時(shí)間小于從l2運(yùn)動(dòng)到l3的時(shí)間,故B錯(cuò)誤;線框以速度v2勻速運(yùn)動(dòng)時(shí), 得 電功率,故C正確;機(jī)械能的減少量等于線框產(chǎn)生的電能,則由能量守恒知：線 框從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過(guò)程中,減少的機(jī)械能ΔE機(jī)與線框 產(chǎn)生的焦耳熱Q電的關(guān)系式是ΔE機(jī)=Q電,故D錯(cuò)誤。,2.(多選)(2015樂山二模)如圖所示,固定在水平面 上的光滑平行金屬導(dǎo)軌,間距為L(zhǎng),右端接有阻值為R的 電阻,空間存在方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。 質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab與固定彈簧相連,放在導(dǎo)軌上。初始時(shí) 刻,彈簧恰處于自然長(zhǎng)度。給導(dǎo)體棒水平向右的初速度v0,導(dǎo)體棒開始 沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng),在此過(guò)程中,導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接 觸。已知導(dǎo)體棒的電阻r與定值電阻R的阻值相等,不計(jì)導(dǎo)軌電阻,則下 列說(shuō)法中正確的是( ),,,A.導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)的初始時(shí)刻受到的安培力向左 B.導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)的初始時(shí)刻導(dǎo)體棒兩端的電壓U=BLv0 C.導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)后速度第一次為零時(shí),系統(tǒng)的彈性勢(shì)能 D.金屬棒最終會(huì)停在初始位置,在金屬棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱,【解析】選A、D。導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)的初始時(shí)刻,由右手定則判斷可知： ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從a→b,由左手定則判斷得知ab棒受到的安 培力向左,故A正確;導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)的初始時(shí)刻,ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電勢(shì) 為E=BLv0。由于r=R,所以導(dǎo)體棒兩端的電壓 故B錯(cuò)誤;由 于導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生電能,所以導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)后速度第一次為零 時(shí),根據(jù)能量守恒定律得知：系統(tǒng)的彈性勢(shì)能小于 故C錯(cuò)誤;金 屬棒最終會(huì)停在初始位置,在金屬棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電阻R上產(chǎn)生的焦 耳熱 故D正確。,3.(2015海淀區(qū)二模)洋流又叫海流,指大洋 表層海水常年大規(guī)模地沿一定方向較為穩(wěn)定的 流動(dòng)。因?yàn)楹Ｋ泻写罅康恼?、?fù)離子,這 些離子隨海流做定向運(yùn)動(dòng),如果有足夠強(qiáng)的磁場(chǎng)能使海流中的正、負(fù) 離子發(fā)生偏轉(zhuǎn),便可用來(lái)發(fā)電。如圖為利用海流發(fā)電的磁流體發(fā)電機(jī) 原理示意圖,其中的發(fā)電管道是長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為d、高為h的矩形水平管 道。發(fā)電管道的上、下兩面是絕緣板,南、北兩側(cè)面M、N是電阻可忽 略的導(dǎo)體板。兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。整個(gè)管道置于方向,,,豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。為了簡(jiǎn)化問(wèn)題,可以認(rèn) 為：開關(guān)閉合前后,海水在發(fā)電管道內(nèi)以恒定速率v朝正東方向流動(dòng), 發(fā)電管道相當(dāng)于電源,M、N兩端相當(dāng)于電源的正、負(fù)極,發(fā)電管道內(nèi)海水的電阻為r(可視為電源內(nèi)阻)。管道內(nèi)海水所受的摩擦阻力保持不 變,大小為f。不計(jì)地磁場(chǎng)的影響。,(1)判斷M、N兩端哪端是電源的正極,并求出此發(fā)電裝置產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)。 (2)要保證發(fā)電管道中的海水以恒定的速率流動(dòng),發(fā)電管道進(jìn)、出口兩端要保持一定的壓力差。請(qǐng)推導(dǎo)當(dāng)開關(guān)閉合后,發(fā)電管兩端壓力差F與發(fā)電管道中海水的流速v之間的關(guān)系。 (3)發(fā)電管道進(jìn)、出口兩端壓力差F的功率可視為該發(fā)電機(jī)的輸入功率,定值電阻R消耗的電功率與輸入功率的比值可定義為該發(fā)電機(jī)的效率。求開關(guān)閉合后,該發(fā)電機(jī)的效率η。在發(fā)電管道形狀確定、海水的電阻r、外電阻R和管道內(nèi)海水所受的摩擦阻力f保持不變的情況下,要提高該發(fā)電機(jī)的效率,簡(jiǎn)述可采取的措施。,【解析】(1)由右手定則可知M端電勢(shì)高,M端為電源的正極。開關(guān)S斷 開,MN兩端的電壓U等于電源的電動(dòng)勢(shì)E,即U=E,由于導(dǎo)電離子做勻速 運(yùn)動(dòng),所以有： 解得：E=U=Bdv (2)以發(fā)電管道內(nèi)的海水為研究對(duì)象,其受力平衡,則有F=BId+f,根據(jù) 歐姆定律有： 解得：,(3)由題意可知輸入功率為： 輸出功率為： 解得： 可見,增大發(fā)電管道內(nèi)海水的流速v和增強(qiáng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B可以提高發(fā)電機(jī)效率。 答案：(1)M端為電源的正極 Bdv (2) (3)見解析,【加固訓(xùn)練】如圖甲所示,足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd傾斜放 置,兩導(dǎo)軌之間的距離為L(zhǎng)=0.5m,導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角為 θ=30,導(dǎo)軌上端a、c之間連接有一阻值為R1=4Ω的電阻,下端b、d 之間接有一阻值為R2=4Ω的小燈泡。有理想邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo) 軌平面向上,虛線ef為磁場(chǎng)的上邊界,ij為磁場(chǎng)的下邊界,此區(qū)域內(nèi)的 磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示,現(xiàn)將一質(zhì)量為m= kg的 金屬棒MN,從距離磁場(chǎng)上邊界ef一定距離處,從t=0時(shí)刻開始由靜止釋 放,金屬棒MN從開始運(yùn)動(dòng)到經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的下邊界ij的過(guò)程中,小燈泡的,亮度始終不變。金屬棒MN在兩軌道間的電阻r=1Ω,其余部分的電阻忽略不計(jì),ef、ij邊界均垂直于兩導(dǎo)軌,重力加速度g取10m/s2。求： (1)小燈泡的實(shí)際功率。 (2)金屬棒MN穿出磁場(chǎng)前的最大速率。 (3)整個(gè)過(guò)程中小燈泡產(chǎn)生的熱量。,【解析】(1)由于小燈泡的亮度始終不變,說(shuō)明金屬棒MN進(jìn)入磁場(chǎng)后做 勻速直線運(yùn)動(dòng),速度v達(dá)到最大,由平衡條件得：mgsinθ=BIL,小燈泡 的電功率P=( )2R2,電功率 (2)由閉合電路歐姆定律得： 其中,總電阻 由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=BLv 由以上各式代入數(shù)據(jù)解得：v=5m/s,(3)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前,由牛頓第二定律得：mgsinθ=ma 加速度a=gsin30=5 m/s2 進(jìn)入磁場(chǎng)前所用的時(shí)間： 設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度為x。在0～t1時(shí)間內(nèi), 由法拉第電磁感應(yīng)定律得： 金屬棒MN進(jìn)入磁場(chǎng)前,總電阻 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′= R′,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 整個(gè)過(guò)程中小燈泡產(chǎn)生的熱量為Q=P(t1+t2) 代入數(shù)據(jù)解得：Q=5J 答案：(1) W (2)5 m/s (3)5 J,電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用 【經(jīng)典案例】 (18分)(2015渝中區(qū)二模)如圖,電阻不計(jì)的相同 的光滑彎折金屬軌道MON與M′O′N′均固定在豎直 面內(nèi),二者平行且正對(duì),間距為L(zhǎng)=1m,構(gòu)成的斜面NOO′N′與MOO′M′ 跟水平面夾角均為α=30,兩邊斜面均處于垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中, 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.1T。t=0時(shí),將長(zhǎng)度也為L(zhǎng),電阻R=0.1Ω的金 屬桿a在軌道上無(wú)初速度釋放。金屬桿與軌道接觸良好,軌道足夠長(zhǎng)。 (g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力,軌道與地面絕緣),(1)求t時(shí)刻桿a產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E。 (2)在t=2s時(shí)將與a完全相同的金屬桿b放在MOO′M′上,發(fā)現(xiàn)b恰能靜 止,求a桿的質(zhì)量m以及放上b后a桿每下滑位移s=1m回路產(chǎn)生的焦耳熱 Q。,【審題流程】,【滿分模板】 (1)只放a桿在導(dǎo)軌上,a桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng), 由牛頓第二定律得：mgsinα=ma ①(2分) t時(shí)刻速度為：v=at ②(1分) 由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=BLv ③(1分) 聯(lián)立解得E=0.5tV④(2分),(2)t=2s時(shí)a桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小 E=0.5tV=1V⑤(2分) 回路中感應(yīng)電流： ⑥(2分) 解得I=5A⑦(1分) 對(duì)b桿,由平衡條件得：mgsin30=BIL ⑧(2分) 解得：m=0.1kg⑨(1分) 因?yàn)閍、b桿完全相同,故a桿的質(zhì)量也為m=0.1kg⑩(1分) 對(duì)a、b桿組成的系統(tǒng)根據(jù)能量守恒定律得： Q=mgssin30?(2分) 解得Q=0.5J(1分) 答案：(1)0.5tV (2)0.1kg 0.5J,【評(píng)分細(xì)則】 第一問(wèn)： (1)沒有列出①式,直接寫成a=gsinα,不扣分。 (2)④式寫成E=0.5t,扣1分。 心得：●在時(shí)間比較緊張的情況下,要盡量根據(jù)題設(shè)條件寫出必要的方程。 ●根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程分步列方程,力爭(zhēng)多得步驟分。 ●要注意對(duì)計(jì)算結(jié)果的討論,單位是否書寫。,第二問(wèn)： (1)⑥式歐姆定律的表達(dá)式寫成 不得分。 (2)缺少⑩式的說(shuō)明扣1分。 (3)若?式寫成“由動(dòng)能定理得mgssin30-Q=0”,扣2分。因?yàn)镼為整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱,故本式的研究對(duì)象應(yīng)為系統(tǒng)。,心得：●根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程要列定律、定理的原始方程,不能寫成變形式,否則不得分。 ●題目中如果有隱含的條件,計(jì)算完成一定要進(jìn)行必要的文字說(shuō)明,否則將影響步驟分。,