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

《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（24頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(jì)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(dòng)進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)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(gè)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(dòng) 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(shí)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(dòng)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(dòng)勢的問題中，要求出總的電動(dòng)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(diǎn)、電功率等列方程求解． (4)動(dòng)力學(xué)問題 基本思路：導(dǎo)體受外力運(yùn)動(dòng)感應(yīng)電動(dòng)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(dòng)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(dòng)——“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(dòng)勢大小的計(jì)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(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場．線框中感應(yīng)電動(dòng)勢隨時(shí)

5、間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)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(dòng)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(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N [思路點(diǎn)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(dòng)的速度，從圖象上感應(yīng)電動(dòng)勢的大小能計(jì)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(xiàng)B正確；E＝0.01 V，根據(jù)E＝B

6、Lv可知，B＝0.2 T，選項(xiàng)A錯(cuò)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(xiàng)C正確；在t＝0.4 s至t＝0.4 s這段時(shí)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(xiàng)D錯(cuò)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(dòng)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(dòng)的一段導(dǎo)體棒 繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動(dòng)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(dòng)，在運(yùn)動(dòng)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(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向 B．PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向 C．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向 D．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿順時(shí)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(shí)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(shí)針方向的感應(yīng)電流，綜上所述，可知A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)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(gè)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(shí)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(shí)針方向的感應(yīng)電流 B．線框具有擴(kuò)張的趨勢 C．若某時(shí)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(diǎn)

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(shí)針方向，故A錯(cuò)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(cuò)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(diǎn)間的電勢差大小U＝E＝kL2，故D錯(cuò)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(shí)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(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng) C．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)，若圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，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(dòng)方向不變，電流方向也不會發(fā)生改變，C錯(cuò)誤．產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)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(shí)，

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(cuò)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(dòng)分成幾個(gè)階段(根據(jù)磁通量的變化特征或切割特點(diǎn)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(dòng)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(gè)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(shí)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(dòng)過程中受向左的安培力F＝，安培力阻礙棒的運(yùn)動(dòng)，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(xiàng)正確，A項(xiàng)錯(cuò)誤．通過R的電荷量q＝＝x，可知C、D項(xiàng)錯(cuò)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(diǎn)、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(jì)算時(shí)，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(jì)．整個(gè)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(shí)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(dòng)，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(shí)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(xiàng)A錯(cuò)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(xiàng)C正確；由Φ＝

15、Bl可知選項(xiàng)D錯(cuò)誤． [答案]　BC 2．(2017·江西南昌三校四聯(lián))如圖所示，有一個(gè)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(gè)三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1(左)沿紙面勻速運(yùn)動(dòng)到位置2(右)．取線框剛到達(dá)磁場邊界的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)(t＝0)，規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，則圖中能正確反映線框中電流與時(shí)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?yàn)槟鏁r(shí)針，電流方向應(yīng)為正方向，故B、C錯(cuò)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(dòng)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?yàn)轫槙r(shí)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(dòng)勢先均勻增大后均勻減?。还蔄正確，D錯(cuò)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(jì))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(jì)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(dòng)

17、情況完全相同，現(xiàn)以桿由靜止釋放為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，則桿中電流隨時(shí)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(dòng)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(xiàng)．因桿在無磁場區(qū)域中做a＝g的勻加速運(yùn)動(dòng)，又桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中運(yùn)動(dòng)情況完全相同，則桿在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域應(yīng)做減速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)，又I＝，由I－t圖線斜率變化情況可知選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)D錯(cuò)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(shí)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(dòng)，當(dāng)導(dǎo)線框的下邊與磁場的上邊界重合時(shí)，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(dòng)．已知導(dǎo)線框向上運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，導(dǎo)線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)線框沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，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)度的大小； (2)若導(dǎo)線框沿斜面向下運(yùn)動(dòng)通過磁場時(shí)，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(shí)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(gè)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(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場時(shí)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(dòng) 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(dòng)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(dòng)，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(dòng)，到達(dá)擋板時(shí)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(dòng)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(dòng)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(dòng)，ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v2＝1.0 m/s；進(jìn)入磁場后因?yàn)橛质艿桨才嗔ψ饔枚鴾p速，做加速度逐漸變小的減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)導(dǎo)線框全部離開磁場區(qū)域時(shí)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(shí)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(dòng)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(dòng)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(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)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(diǎn)間接有阻值為R的電阻．整個(gè)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(shí)達(dá)到最大速度．重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，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(shí)速度為v，則桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)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(shí)，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(shí)，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(dòng)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(jì)，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(gè)水平向右的初速度v0，已知a棒在以后的運(yùn)動(dòng)過程中沒有與b棒發(fā)生碰撞，當(dāng)a棒的速度減為時(shí)，b棒剛好碰到了障礙物立即停止運(yùn)動(dòng)，而a棒仍繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，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(dòng)前b棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qb＝mv C．b棒停止運(yùn)動(dòng)后，a棒繼續(xù)滑行的距離為 D．b棒停止運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒，則mv0＝m＋2mv2，解得v2＝，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在b棒停止運(yùn)動(dòng)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(xiàng)B正確；a棒單獨(dú)向右滑行的過程中，當(dāng)其速度為v時(shí)，所受的安培力大小為F安＝BIl＝v，根據(jù)動(dòng)量定理有－F安Δt＝mΔv，所以有∑＝∑(m·Δv)，可得x＝m，b棒停止運(yùn)動(dòng)后a棒繼續(xù)前進(jìn)的距離x＝，所以選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)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(gè)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(shí)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(shí)，兩導(dǎo)線框開始做勻速運(yùn)動(dòng)．不計(jì)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(dòng)的速度大小； (2)兩導(dǎo)線框在從開始運(yùn)動(dòng)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(shí)間． [解析]　(1)如圖所示，設(shè)兩導(dǎo)線框剛勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v、此時(shí)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(dòng)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(dòng)2l的距離時(shí)，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(dòng)，設(shè)導(dǎo)線框abcd通過磁場的時(shí)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(diǎn)歸納] 1．單桿模型的常見情況 2.雙桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng) (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(dòng)，桿PQ做變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，以相等的速度勻速運(yùn)動(dòng) 桿MN做變減速運(yùn)動(dòng)，桿PQ做變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，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(shí)，兩桿做變加速運(yùn)動(dòng)；穩(wěn)定時(shí)，兩桿以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng) 開始時(shí)，若Ff

30、．若F>2Ff，PQ桿先變加速后勻加速運(yùn)動(dòng)，MN桿先靜止后變加速最后和PQ桿同時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(jì)． (1)如圖2所示，若軌道左端M、P間接一電動(dòng)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(dòng)．求經(jīng)過一段時(shí)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(dòng)．求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)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(dòng)中不受摩擦力 2)軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì) 求電流I時(shí)，圖3不能用I＝，應(yīng)選I＝ 3)求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中的加速度的大小 猜想棒可能勻加速運(yùn)動(dòng) 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(dòng)勢與電阻R兩端的電壓相等時(shí)，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(dòng)，在極短時(shí)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(dòng)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(jì)．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(dòng)，導(dǎo)體桿的速度達(dá)到最大時(shí)為vm.運(yùn)動(dòng)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(dòng)，運(yùn)動(dòng)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(shí)，導(dǎo)體桿的加速度為 D．導(dǎo)體桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度最大，且為 [解析]　導(dǎo)體桿先做變速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中流過電阻R的電流方向是b→a，A錯(cuò)誤；桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)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(shí)，桿達(dá)到最大速度vm＝，B正確；當(dāng)物塊的速度為v＝時(shí)，導(dǎo)體桿的加速度為，C錯(cuò)誤；導(dǎo)體桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)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(diǎn)，使兩桿水平靜止，并剛好與導(dǎo)軌接觸．整個(gè)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(shí)刻，將細(xì)線燒斷，保持力F不變． (1)細(xì)線燒斷后任意時(shí)刻，求兩

35、桿運(yùn)動(dòng)的速度大小之比． (2)若桿MN至速度最大時(shí)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(dòng)，桿M′N′向下運(yùn)動(dòng)，任意時(shí)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(dòng)量守恒，有mv1－2mv2＝0 故兩桿運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)學(xué)規(guī)律，兩桿運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(shí)，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(dòng)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(shí)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(dòng)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(shí)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(shí)經(jīng)歷的時(shí)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(shí)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(shí)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(shí)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(dòng)．t時(shí)刻金屬棒的速度大小為 v＝gt? [答案]　(1)Q＝CBLv　(2)v＝gt 24