《2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用學(xué)案（24頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用 [做真題·明考向]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　真題體驗(yàn)　透視命題規(guī)律 授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第59頁 [真題再做] 1.(多選)(2018·高考全國卷Ⅰ，T19)如圖，兩個(gè)線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)外沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路．將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時(shí)小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是(　　) A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng) B．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向 C．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂

2、直紙面向外的方向 D．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng) 解析：根據(jù)安培定則，開關(guān)閉合時(shí)鐵芯上產(chǎn)生水平向右的磁場(chǎng)． 開關(guān)閉合后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由南向北的電流，根據(jù)安培定則，直導(dǎo)線上方的磁場(chǎng)垂直紙面向里，故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，A對(duì)． 開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，直導(dǎo)線上沒有感應(yīng)電流，故小磁針的N極指北，B、C錯(cuò)． 開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由北向南的電流，這時(shí)直導(dǎo)線上方的磁場(chǎng)垂直紙面向外，故小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，D對(duì)． 答案：AD 2．(2018·高考

3、全國卷Ⅰ，T17)如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心．軌道的電阻忽略不計(jì)．OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)．在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則等于(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D．2 解析：在過程Ⅰ中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有 E1＝＝ 根據(jù)閉合電路歐姆定律，有 I1＝ 且q1＝I1Δt1

4、在過程Ⅱ中，有 E2＝＝ I2＝ q2＝I2Δt2 又q1＝q2，即＝ 所以＝. 答案：B 3．(2018·高考全國卷Ⅱ，T18)如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下．一邊長(zhǎng)為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)．線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是(　　) 解析：設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i. 線框位移 等效電路的連接 電流 0～ I＝2i(順時(shí)針) ～l I＝0 l～ I＝2i(逆時(shí)針) ～2l I＝0 分析

5、知，只有選項(xiàng)D符合要求． 答案：D 4．(2016·高考全國卷Ⅱ，T24)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)．t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求： (1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大??； (2)電阻的阻值． 解析：(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得

6、 F－μmg＝ma① 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為 E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④ (2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律得I＝⑤ 式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為 F安＝BlI⑥ 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得 F－μmg－F安＝0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝.⑧ 答案：(1)Blt0(－μg)　(2) [考情分析] ■命題特點(diǎn)與趨勢(shì)——怎么考 1．高考對(duì)本部分內(nèi)容的要求較高，常在選擇題

7、中考查電磁感應(yīng)中的圖象問題、電磁感應(yīng)中的電路、法拉第電磁感應(yīng)定律、能量轉(zhuǎn)換及電荷量的計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)．以導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)為背景，綜合應(yīng)用電路的相關(guān)知識(shí)、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量守恒定律以計(jì)算題形式作為壓軸題． 2．電磁感應(yīng)中常涉及B-t圖象、Φ-t圖象、E-t圖象、I-t圖象、F-t圖象和v-t圖象，還涉及E-x圖象、I-x圖象等，這類問題既要用到電磁感應(yīng)的知識(shí)，又要結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)求解，對(duì)考生運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問題的能力要求較高． ■解題要領(lǐng)——怎么做 1．抓住兩個(gè)關(guān)鍵：一是電動(dòng)勢(shì)的大小，它取決于磁通量的變化率；二是電動(dòng)勢(shì)的方向，實(shí)際方向與規(guī)定的正方向一致時(shí)取正，反之取負(fù)．同時(shí)注意對(duì)無感應(yīng)電流區(qū)域的判斷

8、． 2．遷移力學(xué)知識(shí)、規(guī)律解決電磁感應(yīng)綜合問題． 3．常用思想方法：(1)圖象法；(2)等效法；(3)守恒法；(4)模型法． [建體系·記要點(diǎn)]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　知識(shí)串聯(lián)　熟記核心要點(diǎn) 授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第60頁 [網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建] [要點(diǎn)熟記] 1．“三定則、一定律”的應(yīng)用 (1)安培定則：判斷運(yùn)動(dòng)電荷、電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向． (2)左手定則：判斷磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷、電流的作用力的方向． (3)右手定則：判斷部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向． (4)楞次定律：判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向． 2．求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的兩種方法 (1)E

9、＝n，用來計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值． (2)E＝BLv，用來計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值或平均值． 3．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(duì)運(yùn)動(dòng)——“來拒去留”； (3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)——“增縮減擴(kuò)”； (4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”． [研考向·提能力]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　考向研析　掌握應(yīng)試技能 授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第60頁 考向一　楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 1．判定感應(yīng)電流方向的兩種方法 (1)楞次定律：一般用于線圈面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)

10、生變化的情形． (2)右手定則：一般用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情形． 2．求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方法 (1)感生電動(dòng)勢(shì)：E＝n (2)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)： 1．(2018·貴州貴陽期末)如圖甲所示，在同一平面內(nèi)有兩個(gè)絕緣金屬細(xì)圓環(huán)A、B，兩環(huán)重疊部分的面積為圓環(huán)A面積的一半，圓環(huán)B中電流i隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，以甲圖圓環(huán)B中所示的電流方向?yàn)樨?fù)方向，則A環(huán)中(　　) A．沒有感應(yīng)電流 B．有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流 C．有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 D．感應(yīng)電流先沿順時(shí)針方向，后沿逆時(shí)針方向 解析：由于A環(huán)中磁通量變化，所以A環(huán)中有感應(yīng)電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，A環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的

11、感應(yīng)電流，選項(xiàng)B正確，C、D錯(cuò)誤． 答案：B 2.(多選)(2018·江西贛州中學(xué)高三模擬)1831年10月28日，法拉第展示了他發(fā)明的圓盤發(fā)電機(jī)，其示意圖如圖所示，水平銅盤可繞豎直銅軸轉(zhuǎn)動(dòng)，兩銅片M、N分別與銅盤邊緣和銅軸連接，使整個(gè)銅盤處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．M和N之間連接阻值為R的導(dǎo)體和滑動(dòng)變阻器RP，若從上往下看，銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向．已知銅盤的半徑為L(zhǎng)，銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，銅盤連同兩銅片對(duì)電流的等效電阻值為r，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)體R中的電流方向從a到b B．銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為BL2ω C．移動(dòng)滑動(dòng)觸頭位置時(shí)，導(dǎo)體R

12、的最大功率為 D．如果RP＝R＋r，則滑動(dòng)變阻器的最大功率為 解析：若從上往下看，銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體R中的電流方向從b到a，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BL2ω，故B正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝，則導(dǎo)體R的功率為P＝I2R＝()2R，當(dāng)RP＝0時(shí)，導(dǎo)體的功率最大，即Pm＝，故C錯(cuò)誤；把導(dǎo)體R等效成電源的內(nèi)阻，則電流的等效內(nèi)阻為r′＝r＋R，此時(shí)外電路只有RP，故當(dāng)RP＝r＋R時(shí)，滑動(dòng)變阻器的功率最大，即Pm′＝，故D正確． 答案：BD 3.如圖甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個(gè)螺線管，

13、在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正．以下說法正確的是(　　) A．從上往下看，0～1s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向 B．0～1s內(nèi)圓環(huán)面積有擴(kuò)張的趨勢(shì) C．3s末圓環(huán)對(duì)桌面的壓力小于圓環(huán)的重力 D．1～2s內(nèi)和2～3s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相反 解析：由圖乙知，0～1s內(nèi)螺線管中電流逐漸增大，穿過圓環(huán)向上的磁通量增大，由楞次定律知圓環(huán)中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向下，圓環(huán)面積有縮小的趨勢(shì)，從上往下看，0～1s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；同理可得1～2s內(nèi)和2～3s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；3s末電流的變化率為0，螺線管中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變

14、化率為0，在圓環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，圓環(huán)對(duì)桌面的壓力等于圓環(huán)的重力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 答案：A 考向二　電磁感應(yīng)中的圖象問題 [典例展示1]　(多選)(2018·高考全國卷Ⅲ)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)．導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向．導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(　　) A．在t＝時(shí)為零 B．在t＝時(shí)改變方向 C．在t＝時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向 D．在t＝T時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向 [思路探究]　(1)如何判斷通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)？ (2)i-t圖象中的信息說明導(dǎo)線框R內(nèi)的磁通量如何變化？

15、 [解析]　在t＝時(shí)，交流電圖線斜率為0，即磁場(chǎng)變化率為0，由E＝＝S知，E＝0，A對(duì)；在t＝和t＝T時(shí)，圖線斜率最大，在t＝和t＝T時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，在到之間，電流由Q向P減弱，導(dǎo)線在R處產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，且磁場(chǎng)減弱，由楞次定律知，R產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向也垂直紙面向里，即R中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿順時(shí)針方向，同理可判斷在到時(shí)，R中電動(dòng)勢(shì)也為順時(shí)針方向，在T到T時(shí)，R中電動(dòng)勢(shì)為逆時(shí)針方向，C對(duì)，B、D錯(cuò)． [答案]　AC 解決電磁感應(yīng)圖象問題的一般步驟 (1)明確圖象的種類，即是B-t圖象還是Φ-t圖象，或者是E-t圖象、I-t圖象等，如例題中考查了i-t圖象． (2)分析電磁感應(yīng)

16、的具體過程，如例題中電流變化引起導(dǎo)線框R內(nèi)磁通量變化，要分段研究． (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)應(yīng)用圖象信息畫圖象、判斷圖象或討論各物理量的變化，如例題中是根據(jù)i-t圖象信息討論導(dǎo)線框R的電動(dòng)勢(shì)變化． 4．(多選)如圖甲所示，面積為S的n匝圓形閉合線圈內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間周期性變化，如圖乙所示．已知線圈的電阻為R，則下列說法正確的是(　　) A．線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為SB0

17、 B．線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流最小值為 C．線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)周期為4s D．0～1s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向 解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝nS，結(jié)合圖乙分析可知，在0～1s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，最大值為Emax＝nS＝nB0S，A錯(cuò)誤；1～2s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小為零，故感應(yīng)電流的最小值為零，B錯(cuò)誤；由圖線可知，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)周期為4s，C正確；0～1s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增大，線圈中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，0～1s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，D正確． 答案：CD 5.如圖甲所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，磁場(chǎng)在y軸

18、方向足夠?qū)?，在x軸方向?qū)挾葹閍.一直角三角形導(dǎo)線框ABC(BC邊的長(zhǎng)度為a)從圖示位置向右勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较颍趫D乙中感應(yīng)電流i、BC兩端的電壓uBC與導(dǎo)線框移動(dòng)的距離x的關(guān)系圖象正確的是(　　) 解析：導(dǎo)線框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，感應(yīng)電流i＝＝，在0～a內(nèi)，有效長(zhǎng)度L均勻變大，感應(yīng)電流i均勻變大，在a～2a內(nèi)，有效長(zhǎng)度L均勻變大，感應(yīng)電流均勻變大，由楞次定律可知，在線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，電流是正的，在線框離開磁場(chǎng)的過程中，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，感應(yīng)電流是負(fù)的，故A、B錯(cuò)誤；BC兩端的電壓uBC＝iR，在0～a內(nèi)，i均勻增大，

19、uBC均勻增大，且B點(diǎn)電勢(shì)高于C點(diǎn)電勢(shì)，uBC>0；在a～2a內(nèi)，i均勻增大，uBC均勻增大，且B點(diǎn)電勢(shì)低于C點(diǎn)電勢(shì)，uBC<0，故C錯(cuò)誤，D正確． 答案：D 6．(多選)(2018·河南洛陽一模)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個(gè)平行板電容器C和電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個(gè)裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎?，MN始終保持靜止，則0～t2時(shí)間(　　) A．電容器C的電荷量大小始終沒變 B．電容器C的a板先帶正電后帶負(fù)電 C．MN所受安培力的大小始終沒變 D．MN所受安培力的方向先向右后向左 解析：由

20、題圖乙可知，回路內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝S為恒定值，電容器C兩端的電壓值不變，根據(jù)C＝可知，電容器C的電荷量大小始終沒變，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律知，MN中電流恒定不變，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度B變化，MN所受安培力的大小變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；利用楞次定律可判斷出MN中感應(yīng)電流的方向?yàn)閺腘到M，根據(jù)左手定則，MN所受安培力的方向?yàn)橄认蛴液笙蜃?，選項(xiàng)D正確． 答案：AD 考向三　電磁感應(yīng)中的電路與動(dòng)力學(xué)問題 [典例展示2]　(2017·高考海南卷)如圖，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌置于水平面(紙面)內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l，左端連有阻值為R的電阻，一金屬桿置于導(dǎo)軌上，金屬桿

21、右側(cè)存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．已知金屬桿以速度v0向右進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域右邊界(圖中虛線位置)時(shí)速度恰好為零，金屬桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好．除左端所連電阻外，其他電阻忽略不計(jì)．求金屬桿運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域正中間時(shí)所受安培力的大小及此時(shí)電流的功率． [思路探究]　(1)金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度是多大？ (2)金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的位移是多少？ (3)金屬棒來到磁場(chǎng)區(qū)域中間時(shí)的速度是多大？ [解析]　由題意可知，開始時(shí)金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv0 依據(jù)閉合電路歐姆定律，則電路中電流為I＝ 再由安培力公式有F＝BIl＝ 設(shè)金

22、屬桿的質(zhì)量為m，則金屬桿在整個(gè)過程中的加速度為a＝＝ 設(shè)金屬桿由開始到停止的位移為x， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0－v＝－2ax，解得x＝＝ 故正中間離開始的位移為x中＝ 設(shè)金屬桿在中間位置時(shí)的速度為v， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2－v＝－2ax中，解得v＝v0 則金屬桿運(yùn)動(dòng)到中間位置時(shí)，所受到的安培力為 F′＝BI′l＝ 金屬桿中電流的功率為P＝I′2R＝. [答案]　　 解決電磁感應(yīng)中的電路和動(dòng)力學(xué)問題的關(guān)鍵 電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)問題聯(lián)系的橋梁是磁場(chǎng)對(duì)感應(yīng)電流的安培力．解答電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題，在分析方法上，要始終抓住導(dǎo)體的受力(特別是安培力)特點(diǎn)及其變化規(guī)律，明確導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)過程以及

23、運(yùn)動(dòng)過程中狀態(tài)的變化，準(zhǔn)確把握運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的臨界點(diǎn)． (3)臨界點(diǎn)→運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化點(diǎn) 7.如圖所示，ab、cd是間距為l的光滑傾斜金屬導(dǎo)軌，與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，ac間接有阻值為R的電阻，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．將一根阻值為r、長(zhǎng)度為l的金屬棒從軌道頂端由靜止釋放，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)的過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好．已知當(dāng)金屬棒向下滑行距離x到達(dá)MN處時(shí)達(dá)到穩(wěn)定速度，重力加速度為g，求： (1)金屬棒下滑到MN的過程中通過電阻R的電荷量； (2)金屬棒的穩(wěn)定速度的大?。? 解析：(1)金屬棒下滑到MN的過程中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為＝＝ 根據(jù)閉

24、合電路歐姆定律，電路中的平均電流為 ＝＝，則q＝Δt＝. (2)金屬棒速度穩(wěn)定時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝B0lvcosθ 電路中產(chǎn)生的電流為I＝ 金屬棒受的安培力為F＝B0Il 穩(wěn)定時(shí)金屬棒的加速度為零，由力的平衡條件可知 mgsinθ－Fcosθ＝0 聯(lián)立以上各式解得，穩(wěn)定時(shí)金屬棒的速度 v＝. 答案：(1)　(2) 8.如圖所示，一與水平面夾角為θ＝37°的傾斜平行金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且相距L＝0.2m，另外兩根水平金屬桿MN和PQ的質(zhì)量均為m＝0.01kg，可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動(dòng)，MN桿和PQ桿的電阻均為R＝0.2Ω(傾斜金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì))，MN桿被兩個(gè)垂直于導(dǎo)軌的絕緣立柱

25、擋住，整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T．PQ桿在恒定拉力F作用下由靜止開始向上加速運(yùn)動(dòng)，拉力F垂直PQ桿沿導(dǎo)軌平面向上，當(dāng)運(yùn)動(dòng)位移x＝0.1m時(shí)PQ桿達(dá)到最大速度，此時(shí)MN桿對(duì)絕緣立柱的壓力恰好為零(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求： (1)PQ桿的最大速度大小vm； (2)當(dāng)PQ桿加速度a＝2m/s2時(shí)，MN桿對(duì)立柱的壓力大?。? 解析：(1)PQ桿達(dá)到最大速度時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 Em＝BLvm，感應(yīng)電流為Im＝， 根據(jù)MN桿受力分析可得，mgsinθ＝BImL， 聯(lián)立解得vm＝＝0.6m/s. (2)當(dāng)P

26、Q桿的加速度a＝2m/s2時(shí)，對(duì)PQ桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mgsinθ－BIL＝ma， 對(duì)MN桿受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡可得 BIL＋FN－mgsinθ＝0， PQ桿達(dá)到最大速度時(shí)，有F－mgsinθ－BImL＝0， 聯(lián)立解得FN＝0.02N，根據(jù)牛頓第三定律可得 MN桿對(duì)立柱的壓力大小FN′＝0.02N. 答案：(1)0.6m/s　(2)0.02N 考向四　電磁感應(yīng)中的能量問題 [典例展示3]　如圖所示，豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框ABCD和abcd的邊長(zhǎng)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

27、2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．開始時(shí)ABCD的下邊界與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界重合，abcd的上邊界到勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)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??； (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(chǎng)的時(shí)間． [思維流程]　 [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FT，則對(duì)ABCD有 FT＝2mg① 對(duì)abcd有 FT＝mg＋BIl② I＝③ E＝B

28、lv④ 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)動(dòng)2l的距離時(shí)，兩導(dǎo)線框等高，對(duì)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(chǎng)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(chǎng)的時(shí)間為t，則 t＝⑦ 聯(lián)立⑤⑦解得t＝. [答案]　(1)　(2)2mgl－　(3) 求解電磁感應(yīng)中能量問題的策略 (1)若回路中的電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算． (2)若回路中的電流變化，則可按以下兩種情況計(jì)算：

29、①利用功能關(guān)系求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功； ②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的減少量等于回路中產(chǎn)生的電能，如例題(2)中焦耳熱的計(jì)算． 9.(2018·河南洛陽一模)如圖所示，光滑且足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在豎直平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)＝1m，導(dǎo)軌間連接的定值電阻R＝3Ω，導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m＝0.1kg的金屬桿ab，金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好，桿的電阻r＝1Ω，其余電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向里．重力加速度g取10m/s2.現(xiàn)讓金屬桿從AB位置由靜止釋放，忽略空氣阻力的影響，求： (1)金屬桿的最

30、大速度； (2)若從金屬桿開始下落到剛好達(dá)到最大速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝0.6J，此時(shí)金屬桿下落的高度． 解析：(1)設(shè)金屬桿的最大速度為vm，此時(shí)安培力與重力平衡，即 F安＝mg① 又F安＝BIL② E＝BLvm③ I＝④ 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立①②③④得 vm＝4m/s (2)電路中產(chǎn)生的總焦耳熱 Q總＝Q＝0.8J 由能量守恒定律得 mgh＝mv＋Q總 代入數(shù)據(jù)解得 h＝1.6m. 答案：(1)4m/s　(2)1.6m 10．如圖甲所示，斜面上存在一有理想邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與斜面垂直，在斜面上離磁場(chǎng)上邊界s1＝0.36m處靜止釋放一單匝矩形金屬

31、線框，線框底邊和磁場(chǎng)邊界平行，金屬線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.整個(gè)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，機(jī)械能E和位移s之間的關(guān)系如圖乙所示．已知E0－E1＝0.09J，線框的質(zhì)量為0.1kg，電阻為0.06Ω，斜面傾角θ＝37°，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度d＝0.43m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v1； (2)線框從開始進(jìn)入磁場(chǎng)至完全進(jìn)入磁場(chǎng)所用的時(shí)間t； (3)線框穿越磁場(chǎng)的整個(gè)過程中電功率的最大值． 解析：(1)在未進(jìn)入磁場(chǎng)前，金屬線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有 a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2 v

32、＝2as1 解得v1＝1.2m/s. (2)金屬線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，減小的機(jī)械能等于克服摩擦力Ff和安培力FA所做的功，機(jī)械能均勻減小，因此安培力為恒力，線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)． 設(shè)線框的側(cè)邊長(zhǎng)為s2，即線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程運(yùn)動(dòng)的距離為s2，根據(jù)功能關(guān)系，除重力之外的力所做的功等于物體機(jī)械能的變化，所以有 ΔE＝Wf＋WA＝(Ff＋FA)s2 因?yàn)槭莿蛩龠M(jìn)入磁場(chǎng)，所以 Ff＋FA＝mgsin 37°＝0.6 N 解得s2＝0.15m t＝＝s＝0.125s. (3)設(shè)線框剛出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v2，則有 v＝v＋2a(d－s2) 解得v2＝1.6 m/s 則線框剛出磁場(chǎng)時(shí)的速度

33、最大，有 Pmax＝I2R＝ 根據(jù)線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，有 FA＋μmgcos37°＝mgsin37° FA＝BIL＝ 聯(lián)立解得 Pmax＝0.43W. 答案：(1)1.2m/s (2)0.125s (3)0.43W [限訓(xùn)練·通高考]　　　　　　　　　　　　　　　　　　科學(xué)設(shè)題　拿下高考高分 單獨(dú)成冊(cè)　對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第145頁 (45分鐘) 一、單項(xiàng)選擇題 1．(2018·貴州普通高等學(xué)校招生適應(yīng)性考試)如圖甲所示，一位于紙面內(nèi)的圓形線圈通過導(dǎo)線與一小燈泡相連，線圈中有垂直于紙面的磁場(chǎng)．以垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，

34、則下列說法正確的是(　　) A．t1～t3時(shí)間內(nèi)流過小燈泡電流的方向先為b→a后為a→b B．t1～t3時(shí)間內(nèi)流過小燈泡電流的方向先為a→b后為b→a C．t1～t3時(shí)間內(nèi)小燈泡先變亮后變暗 D．t1～t3時(shí)間內(nèi)小燈泡先變暗后變亮 解析：t1～t3時(shí)間內(nèi)穿過線圈的磁通量先向里減小后向外增加，根據(jù)楞次定律可知，流過小燈泡電流的方向?yàn)閍→b，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；t1～t3時(shí)間內(nèi)，B-t線的斜率先增大后減小，則磁通量的變化率先增大后減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先增大后減小，小燈泡先變亮后變暗，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 答案：C 2.(2017·高考全國卷Ⅲ)如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U

35、形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)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(chǎng)方向垂直于紙面向里，閉合回路PQRS中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，使得

36、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 3.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(chǎng)B中．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b到a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：由右手定則知

37、，圓盤按如題圖所示的方向轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流沿a到b的方向流動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bl2ω知，角速度恒定，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，電流大小恒定，選項(xiàng)A正確；角速度大小變化，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小變化，但感應(yīng)電流方向不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若ω變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：A 4．兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直．邊長(zhǎng)為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)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(chǎng)．

38、線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)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(shì)取正)．下列說法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5T B．導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5m/s C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向內(nèi) D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N 解析：從題圖(b)可知，導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)的速度大小v＝＝m/s＝0.5 m/s，B項(xiàng)正確；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，cd邊切割磁感線，由E＝BLv，得B＝＝T＝0.2T，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖可知，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，根據(jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，C

39、項(xiàng)錯(cuò)誤；在0.4～0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場(chǎng)，回路中的電流大小I＝＝A＝2A，則導(dǎo)線框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1N＝0.04N，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：B 二、多項(xiàng)選擇題 5.如圖所示，一個(gè)正方形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)內(nèi)有一邊長(zhǎng)為l、阻值為R的正方形線框，線框所在平面與磁場(chǎng)垂直．如果以垂直于線框邊和磁場(chǎng)的速度v將線框從磁場(chǎng)中勻速拉出，下列說法正確的是(　　) A．如果將線框水平向右拉出磁場(chǎng)，線框經(jīng)過磁場(chǎng)邊界過程中將產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B．在紙面內(nèi)無論沿哪個(gè)方向?qū)⒕€框拉出磁場(chǎng)，流過線框某一截面的電荷量都相同 C．將線框水平向右拉出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的

40、焦耳熱與速度v成正比 D．將線框水平向右拉出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱與速度的平方v2成正比 解析：如果將線框水平向右拉出磁場(chǎng)，穿過線圈垂直紙面向里的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，該過程中將產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，A正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝，由歐姆定律得I＝，通過導(dǎo)線某一截面的電荷量為q＝IΔt，可得q＝，故流過線框某一截面的電荷量與線圈穿出磁場(chǎng)的方向無關(guān)，B正確；根據(jù)焦耳定律可得Q＝I2Rt＝t＝·＝，所以焦耳熱Q與速度v成正比，C正確，D錯(cuò)誤． 答案：ABC 6.(2018·四川雅安高三第三次診斷)如圖所示，足夠長(zhǎng)的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角(0°<θ<90°)

41、，其中MN與PQ平行且間距為L(zhǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的電阻為R.當(dāng)金屬棒ab下滑距離s時(shí)，速度大小為v，則在這一過程中(　　) A．金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為v B．通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量為 C．金屬棒ab受到的最大安培力為 D．金屬棒ab克服安培力做功為mgssinθ－mv2 解析：分析ab棒的受力情況，有mgsinθ－＝ma，分析可得ab棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故其平均速度不等于初、末速度的平均值v，故A錯(cuò)誤；通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q

42、＝IΔt＝·Δt＝＝，故B正確；ab棒受到的最大安培力為F＝BIL＝，故C正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知，mgssinθ－W安＝mv2，金屬棒ab克服安培力做功為W安＝mgssinθ－mv2，故D正確． 答案：BCD 7．(2018·百校聯(lián)盟四月聯(lián)考)如圖所示，水平桌面上固定一定值電阻R，R兩端均與光滑傾斜導(dǎo)軌相連接，已知兩側(cè)導(dǎo)軌間距都為L(zhǎng)，導(dǎo)軌平面與水平面均成37°角，且均處于范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒a沿左側(cè)導(dǎo)軌勻速下滑，導(dǎo)體棒b始終靜止在右側(cè)導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒電阻均為R，兩處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均與導(dǎo)軌平面垂直(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，則(　　)

43、 A．導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為 B．導(dǎo)體棒a下滑的速度v＝ C．導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌下滑L距離的過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為 D．導(dǎo)體捧a沿導(dǎo)軌下滑L距離的過程中導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生的熱量為 解析：導(dǎo)體棒a勻速下滑，其電流為導(dǎo)體棒b的兩倍，故b質(zhì)量應(yīng)為，故A正確；整個(gè)回路電阻R總＝R，分析a棒的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有mgsin37°＝BIL＝BL，解得v＝，故B正確；導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌勻速下滑L距離，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量等于重力勢(shì)能的減小量，即Q＝mgLsin37°＝mgL，電阻R與導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生的熱量均為Q′＝×Q＝，故C錯(cuò)誤，D正確． 答案：ABD 三、非選擇題 8．(2018·湖南張家界高三第三次模擬)

44、如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的兩金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平平行固定，兩導(dǎo)軌電阻不計(jì)，且處在豎直向上的磁場(chǎng)中，完全相同的導(dǎo)體棒a、b垂直放置在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好，兩導(dǎo)體棒的電阻均為R＝0.5Ω，且長(zhǎng)度剛好等于兩導(dǎo)軌間距L，兩導(dǎo)體棒的間距也為L(zhǎng)，開始時(shí)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示的規(guī)律變化，當(dāng)t＝0.8s時(shí)導(dǎo)體棒剛好要滑動(dòng)．已知L＝1m，滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力．求： (1)每根導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的滑動(dòng)摩擦力的大小及0.8s內(nèi)整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱； (2)若保持磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T不變，用如圖丙所示的水平向右的力F拉導(dǎo)體棒b，剛開始一段時(shí)間內(nèi)b做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，每根導(dǎo)體棒的質(zhì)量為多少？

45、 (3)在(2)問條件下導(dǎo)體棒a經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間開始滑動(dòng)？ 解析：(1)開始時(shí)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示變化， 則回路中電動(dòng)勢(shì)E＝L2＝0.5V 電路中的電流I＝＝0.5A 當(dāng)t＝0.8s時(shí)，F(xiàn)f＝F安＝BIL＝0.25N 回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2I2Rt＝0.2J. (2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度保持B＝0.5T不變，在a運(yùn)動(dòng)之前，對(duì)b棒施加如圖丙所示的水平向右的拉力，根據(jù)牛頓第二定律F－Ff－＝ma，即 F＝Ff＋ma＋t 根據(jù)圖丙可得Ff＋ma＝0.5，＝0.125 求得a＝0.5m/s2，導(dǎo)體棒的質(zhì)量m＝0.5kg. (3)當(dāng)導(dǎo)棒a剛好要滑動(dòng)時(shí)，＝Ff，求得v＝1m/s，此時(shí)b

46、運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝＝2s. 答案：(1)0.25N　0.2J　(2)0.5kg　(3)2s 9．如圖所示，足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值為R的電阻，開關(guān)S1、S2分別與電阻和電容器相連．一根質(zhì)量為m、電阻忽略不計(jì)的金屬棒放在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝.一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間，另一端跨過定滑輪與一質(zhì)量為4m的重物相連，金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導(dǎo)軌所在平面內(nèi)且與兩導(dǎo)軌平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌電

47、阻不計(jì)．初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰好處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，不計(jì)滑輪阻力，已知重力加速度為g. (1)若S1閉合、S2斷開，由靜止釋放重物，求重物的最大速度vm； (2)若S1斷開、S2閉合，從靜止釋放重物開始計(jì)時(shí)，求重物的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系式． 解析：(1)S1閉合、S2斷開時(shí)，重物由靜止釋放后拉動(dòng)金屬棒沿導(dǎo)軌向上做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)重物達(dá)到最大速度時(shí)，金屬棒受到的沿導(dǎo)軌向下的安培力為F＝BIL，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLvm 感應(yīng)電流為I＝＝ 當(dāng)重物速度最大時(shí)有4mg＝mgsin30°＋F＋μFN 式中FN＝mgcos30° 解得vm＝. (2)S1斷開、S2閉合時(shí)，設(shè)從釋放重物開始

48、經(jīng)時(shí)間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為I，金屬棒受到的安培力F＝BIL，方向沿導(dǎo)軌向下，設(shè)在t到(t＋Δt)時(shí)間內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電容器在t到(t＋Δt)時(shí)間內(nèi)增加的電荷量ΔQ＝CBLΔv，Δv＝aΔt 則I＝＝CBLa 設(shè)繩中拉力大小為T，由牛頓第二定律，對(duì)金屬棒有 T－mgsin30°－μmgcos30°－BIL＝ma 對(duì)重物有4mg－T＝4ma，解得a＝ 可知重物做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng) v＝at＝t. 答案：(1)　(2)v＝t 10．如圖所示，固定的兩足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌PMN、P′M′N′，由傾斜和水平兩部分

49、在M、M′處平滑連接組成，導(dǎo)軌間距L＝1m，水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T．金屬棒a、b垂直于傾斜導(dǎo)軌放置，質(zhì)量均為m＝0.2kg，a的電阻R1＝1Ω，b的電阻R2＝3Ω，a、b長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝1m，a棒距水平面的高度h1＝0.45m，b棒距水平面的高度為h2(h2>h1)；保持b棒靜止，由靜止釋放a棒，a棒到達(dá)磁場(chǎng)中OO′停止運(yùn)動(dòng)后再由靜止釋放b棒，a、b與導(dǎo)軌接觸良好且導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度g取10m/s2. (1)求a棒進(jìn)入磁場(chǎng)MM′時(shí)加速度的大??； (2)a棒從釋放到OO′的過程中，求b棒產(chǎn)生的焦耳熱； (3)若MM′、OO′間的距離x＝2.4m，b棒進(jìn)入

50、磁場(chǎng)后，恰好未與a棒相碰，求h2的值． 解析：(1)設(shè)a棒到MM′時(shí)的速度為v1. 由機(jī)械能守恒定律得mgh1＝mv 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv1 感應(yīng)電流I＝ 對(duì)a棒受力分析，由牛頓第二定律得BIL＝ma 代入數(shù)據(jù)解得a＝3.75m/s2. (2)設(shè)a、b產(chǎn)生的總焦耳熱為Q， 由能量守恒定律得Q＝mgh1 則b棒產(chǎn)生的焦耳熱Qb＝Q＝Q 聯(lián)立解得Qb＝0.675J. (3)設(shè)b棒到MM′時(shí)的速度為v2，有mgh2＝mv b棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，設(shè)a、b一起勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv2＝2mv 設(shè)a棒經(jīng)時(shí)間Δt加速到v，由動(dòng)量定理得 BL·Δt＝mv－0 又q＝Δt，＝，＝ a、b恰好不相碰，有ΔΦ＝BLx，聯(lián)立解得h2＝1.8m. 答案：(1)3.75m/s2　(2)0.675J　(3)1.8m 24