（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 切割磁感線運動的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈相當于__電源__，其電阻相當于電源__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)強度為B的勻強磁場垂直穿過斜面．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，不計桿與框的摩擦．重力加速度取g，將桿ab經(jīng)過MN時的位移記為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ab桿的位移． 【解析】(1)感應(yīng)電動勢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，感應(yīng)電流最小，ab發(fā)熱功率最?。驗镽上＋R下為常數(shù)，所以當R上＝R下時R外有最大值，即位移s＝2L，此時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R外＝R內(nèi)時，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)電動勢的大小和方向，感應(yīng)電動勢的方向是電源內(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A錯誤；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B正確；閉合S2、電路穩(wěn)

6、定后電容器上極板帶正電，則當再斷開S1，電容器放電，通過R2的電流由a流向b，選項C錯誤；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D正確． 2．(多選)如圖所示，一個匝數(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磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度B＝0.3＋0.15t.將線圈兩端a、b與一個阻值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，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B錯誤；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C錯誤；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D正確． ?　　【p187】 夯實基礎(chǔ)　 電磁感應(yīng)的圖象問題 圖象 類型 (1)磁感應(yīng)強度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨__時間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)電動勢和感應(yīng)電流的情況，還常涉及感應(yīng)電動勢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，整個裝置放置于垂直于框架平面的磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間變化規(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)電流方向逆時針，為正，故A錯誤，B正確．在0～t1時間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN不受安培力，故C錯誤；由左手定則判斷可知，在t1～t2時間內(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時間內(nèi)，沒有摩擦力，而在t1～t2時

11、間內(nèi)，摩擦力方向向左，大小減小，在t2～t3時間內(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，開始均處于靜止狀態(tài)．給P施加一與導(dǎo)軌平行的恒定拉力作用，運動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．則兩棒的速度及棒中的感應(yīng)電流隨時間變化的圖象正確的是(　　) 【解析】P向右做切割磁感線運動，由右手定則判斷知，回路中產(chǎn)生逆時針的感應(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向右做加速運動；Q向右運動后，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，當兩者的加速度相等時，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動，故A正確，B錯誤；開始運動時，兩棒的速度差增大，感應(yīng)電動勢增大，通過電流增大，最終兩棒都做勻加速運動，速度差保持不變，故回路中感應(yīng)電動勢不變，電流恒定，故C錯誤，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．此類題的特點及解題關(guān)鍵 此類題的特點是已知B－t圖或Ф－t圖，來分析線框中的電動勢、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、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誤選項，再由法拉第電磁感應(yīng)定律確定某過程中電動勢大小變化情況排除錯誤

14、選項． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 針對訓(xùn)練　 3．(多選)如圖甲所示，一正方形導(dǎo)線框ABCD置于勻強磁場中，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間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隨時間t變化的圖象分別是(規(guī)定垂直紙面向里的方向為磁感應(yīng)強度的正方向，逆時針方向為線框中電流的正方向，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，電路中電流方向為逆時針，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，電路中電流方向為順時針方向，即電流為負方向；由法拉第電磁感

15、應(yīng)定律：E＝＝，由于磁感應(yīng)強度均勻變化，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小保持不變，故A正確，B錯誤；0～內(nèi)，電路中電流方向為逆時針，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針，AB邊受到的安培力的方向向左，為負值；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)強度成正比，故C正確，D錯誤． 4．(多選)如圖所示，在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，沿水平面固定一個V字形金屬框架CAD，已知∠A＝θ，導(dǎo)體棒EF在框架上從A點開始在外力作用下，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)體棒運動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隨時間t變化關(guān)系的下列四個圖象中可能正確的是(AD) 【解析】t時刻有效切割長度L＝2vttan ∴電動勢E＝Bv·2vttan 總電阻，R總＝R ∴電流I＝＝.A對，B錯．而P＝I2R總，P∝t，D對，C錯． ?　　【p188】 夯實基礎(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、牛頓運動定律、動能定理、動量定理、動量守恒定律等)，分析時要特別注意__a＝0__、速度v達到__最大值__時的特點． 2．運動的動態(tài)分析 考點突破　　 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．質(zhì)量為m的金屬細桿靜止在傾斜導(dǎo)軌底端，與導(dǎo)軌接觸良好，電阻為r.整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間變化關(guān)系為B＝B0＋kt(k>0)，在桿運動前，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、電流方向為由b到a C．回路中電流的大小為 D．細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錯誤．磁感應(yīng)強度均勻增大，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針方向，即電流流向為b到a，B正確．因感應(yīng)電流大小恒定，則細桿所受的安培力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的均勻細金屬棒ab(僅畫出a端)和質(zhì)量為M＝2 kg的均勻細金屬棒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)強度為B＝1 T的勻強磁場，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)定時的速度大?。? 【解析】(1)設(shè)金屬棒釋放瞬問細導(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動，設(shè)此時速度為v ab棒運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢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)定運動后對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)——靜止或勻速直線運動狀態(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)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系、動量及動量變化關(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磁場中，方向見圖，設(shè)左、右區(qū)域磁場的磁感強度為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．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做勻速直線運動，則(B) A．若B2＝B1時，棒進入右面區(qū)域中后先做加速運動，最后以速度做勻速直線運動 B．若B2＝B1時，棒進入右面區(qū)域中時仍以速度v做勻速直線運動 C．若B2＝2B1時，棒進入右面區(qū)域后先做減速運動，最后以速度做勻速運動 D．若B2＝2B1時，棒進入右面區(qū)域后先做加速運動，最后以速度4v做勻速運動 【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做勻速直線運動，恒力F與安培力平衡．當B2＝B1時，棒進入右邊區(qū)域后，棒切割磁感線的感應(yīng)電動勢與感應(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，則棒進入右邊區(qū)域后，

23、以速度v做勻速直線運動，故A錯誤，B正確．當B2＝2B1時，棒進入右邊區(qū)域后，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流均變大，所受的安培力也變大，恒力沒有變化，則棒先減速運動，隨著速度減小，感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流減小，棒受到的安培力減小，當安培力與恒力再次平衡時棒做勻速直線運動．設(shè)棒勻速運動速度大小為v′.在左側(cè)磁場中，有F＝，在右側(cè)磁場中勻速運動時，有F＝＝，可得v′＝v，即棒最后以速度v做勻速直線運動，故C、D錯誤． 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)軌平面的勻強磁場，設(shè)磁場

24、方向向下為正，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，t1＝2t0，不計ab、cd間電流的相互作用，不計導(dǎo)軌的電阻，每根導(dǎo)體棒的電阻為R，導(dǎo)軌間距和絕緣細桿的長均為L.下列說法正確的是(ABD) A．t＝t0時輕桿既不被拉伸也不被壓縮 B．在0～t1時間內(nèi)，絕緣細桿先被拉伸后被壓縮 C．在0～t1時間內(nèi)，abcd回路中的電流方向是先順時針后逆時針 D．若在0～t1時間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電量為q，則t1時刻的磁感應(yīng)強度大小為 【解析】t＝t0時，ab、cd中有感應(yīng)電流，但磁感應(yīng)強度為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)電流一直為順時針，根據(jù)“增縮減擴”原理，回路先有擴張，后有收縮趨勢，故桿先被拉伸后被壓縮，B對，C錯；q＝t＝t＝，設(shè)t1時刻磁感應(yīng)強度為B，則ΔΦ＝2BS＝2BL2，所以B＝，D對． ?　　【p189】 夯實基礎(chǔ)　 1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實質(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算，公式為Q＝__I2Rt__． 考點突破　　 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)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為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)解除鎖定的同時使金屬棒獲得沿斜面向下的速度v0，從開始運動到停止運動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．開始運動時金屬棒與導(dǎo)軌接觸點間電壓為 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】開始時金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝BLv0，金屬棒與導(dǎo)軌接觸點間的電壓：U＝IR＝×R＝E＝，故A正確；金屬棒開始向下運動時做加速運動，當金屬棒的速度最大時感應(yīng)電流最大，金屬棒的最大速度大于v0，最大電流大于，故B錯誤；最終金屬棒靜止，此時由平衡條件得：mgsin 30°＝kx，此時彈簧的伸長量：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．水平段導(dǎo)軌所處空間存在方向豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為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．運動過程中導(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棒剛進入磁場時受到的安培力； (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棒剛進入磁場時的速度為v，從開始下落到剛進入磁場： mgh＝mv2 a棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢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 外力克服安培力做功，把機械能或其他能量轉(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算． 針對訓(xùn)練　 7．如圖所示，下半部處在方向水平的勻強磁場中的光滑曲面，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的整個過程中生熱為(D) A．mgb B.mv2 C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2 【解析】在金屬塊進入磁場和穿出磁場時，切割磁感線的那部分金屬塊具有感應(yīng)電動勢，會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)致機械能轉(zhuǎn)化成熱能．由于整個金屬塊都在磁場中運動時，金屬塊中只有感應(yīng)電動勢，不會有感應(yīng)電流．所以只要金屬塊不再穿出磁場區(qū)域(金屬塊向外運動到磁場上邊界時，速度恰好為0)，就不再會有機械能轉(zhuǎn)化成熱能．最終金屬塊在磁場內(nèi)往復(fù)運動，到達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)強度為B的勻強磁場中，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)運動的過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌

32、垂直并保持良好接觸． (1)求初始時刻導(dǎo)體棒受到的安培力； (2)若導(dǎo)體棒從初始時刻到速度第一次為零時，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)運動，最終將靜止于何處？從導(dǎo)體棒開始運動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)初始時刻棒中感應(yīng)電動勢：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】 夯實基礎(chǔ)　 電磁感應(yīng)與動量的結(jié)合主要涉及兩個模型： (1)單桿模型．對于單桿模型，主要與動量定理結(jié)合．如在光滑水平軌道上運動的單桿(不受其他力作用)，在磁場中的運動為變速運動，運動過程所受的安培力為變力，依據(jù)動量定理安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，滿足動量守恒的條件，則與動量守恒定律結(jié)合考查較多． 考點突破　　 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，左端接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中．質(zhì)量為m、電阻不計的導(dǎo)體棒ab，在垂直導(dǎo)體棒的水平恒力F作用下，由靜止開始運動，經(jīng)過時間t，導(dǎo)體棒ab剛好勻速運動，整個運動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．在這個過程中，下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒ab剛好勻速運動時的速度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)體棒勻速運動時滿足F＝F安＝，解得v＝，選項A正確；根據(jù)動量定理：Ft－BL·t＝mv，而t＝q，則q＝，選項B錯誤；又q＝＝，聯(lián)立解得x＝，選項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磁場，水平面部分存在與斜面平行的方向斜向上的勻強磁場，兩部分磁感應(yīng)強度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在到達斜面底

36、端前已做勻速運動，當ab滑離斜面進入水平導(dǎo)軌時，立即拔下導(dǎo)體棒cd棒的插銷，不計導(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)體棒在水平面上運動時的最終速度； (2)ab導(dǎo)體棒在斜面與水平面運動時整個回路產(chǎn)生的電能各是多少？ (3)ab導(dǎo)體棒在斜面和水平面上運動時通過ab的電荷量各是多少？ 【解析】(1)設(shè)ab勻速下滑時的速度為v1 產(chǎn)生的電動勢E＝BLv1cos θ?、? 導(dǎo)體棒ab的電流I＝?、? 導(dǎo)體棒的安培力F＝BIL　③ 且F＝m1gtan θ?、? 聯(lián)立①②③④式得v1＝　⑤ ab進入水平軌道后

37、，與cd系統(tǒng)動量守恒， 所以m1v1＝(m1＋m2)v2?、? 聯(lián)立可得v1＝5 m/s，v2＝4 m/s (2)導(dǎo)體棒在斜面上運動產(chǎn)生的電能 E1＝m1gh－m1v 在水平面運動產(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動時，通過ab棒的電荷量各為q1、q2，ab棒在斜面上運動時平均電動勢＝，ΔΦ＝ 通過的電荷量q1＝Δt＝ 代入數(shù)據(jù)得q1＝0.3 C ab棒在水平面上運動時∑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)用動量定理時，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、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，整個裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強度B＝0.4 T的勻強磁場中，某時刻cd棒突然受到水平向右I＝0.8 N·s的瞬時沖量作用開始

39、運動，運動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．開始運動后，d端電勢始終比c端電勢高 B．cd棒開始運動的瞬間，d、c兩端的電勢差Udc＝1.6 V C．在整個運動過程中，電路abcd中產(chǎn)生的熱量為1.2 J D．在整個運動過程中，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端相當于電源的正極，電勢高于c端的電勢，故A正確；cd棒開始運動的瞬間，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：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錯誤；由題意可知最后兩根金屬棒以相同的速度勻速運動且速度為v，根據(jù)動量守恒可得：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錯誤；對cd棒根據(jù)動量定理可得：BILΔt＝mv0－mv，進一步可得：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磁場，磁感應(yīng)強度為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處進入磁場區(qū)速度是多大？此時棒中電流是多少？ (2)cd棒能達到的最大速度是多少？ (3)cd棒由靜止到達到最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？ 【解析】(1)ab棒由M下滑到N過程中機械能守恒， 故mgR(1－cos 60°)＝mv2 解得v＝. 進入磁場區(qū)瞬間，回路中電流強度I＝＝. (2)ab棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當兩棒速度達到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd達到最大速度．運用動量守恒定律得

42、 mv＝(2m＋m)v′ 解得v′＝. (3)系統(tǒng)釋放的熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機械能的減少量， 故Q＝mv2－·3mv′2，解得Q＝mgR. 考 點 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，整個裝置放在勻強磁場中，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．棒的機械能增加量 B．棒的動能增加量 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)和等于棒的機械能的增加量，A選項正確． 2．兩條相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌，距離為L，電阻不計．導(dǎo)軌內(nèi)有一與水平面垂直向里的勻強磁場，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動，某時刻開始做勻減速運動至速度為零后反向勻加速運動．在金屬桿變速運動的過程中，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

44、，金屬桿AB以一定的速度向右勻速運動，由感應(yīng)電動勢：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，開始做勻減速運動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錯誤；反向勻加速運動過程中，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)強度B隨時間變化的規(guī)律

45、如圖乙所示．下面說法正確的是(AC) A．0～1 s時間內(nèi)和5～6 s時間內(nèi)，導(dǎo)線框中的電流方向相同 B．0～1 s時間內(nèi)和1～3 s時間內(nèi)，導(dǎo)線框中的電流大小相等 C．3～5 s時間內(nèi)，AB邊受到的安培力沿紙面且垂直AB邊指向C點一側(cè) D．1～3 s時間內(nèi)，AB邊受到的安培力不變 【解析】0～1 s時間內(nèi)穿過線圈的磁通量向外增加；5～6 s時間內(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A正確；B－t圖象的斜率等于磁感應(yīng)強度的變化率，故0～1 s時間內(nèi)和1～3 s時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢的大小不等，感應(yīng)電流不相等，選項B錯誤；3～5 s時間內(nèi)，磁通量向里增

46、加，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時針方向，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點一側(cè)，選項C正確；1～3 s時間內(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D錯誤． 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，若以初始位置為計時起點，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隨時間t變化的四個圖象正確的是(AD) 【解析】0～1 s時，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢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)電動勢方向相同，故線框中總的感應(yīng)電動勢為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錯誤；當t＝2.5 s時，線框位移x＝vt＝2.5d，此時

48、通過線框的磁通量為零，C錯誤，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磁場，一個等腰三角形金屬線框頂點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入磁場過程中，關(guān)于線框運動的v－t圖象，可能正確的是(C) 【解析】線框進入磁場過程受到的安培力F＝BIL＝BL＝，線框進入磁場過程中，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動，由于L、v不斷增大，加速度a減小，則線框進入磁場過程做加速度減小的加速運動，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)強度大小為B的勻強磁場．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的速度為v＝，感應(yīng)電動勢E＝BLv

50、，所以流過金屬棒的最大電流為I＝，A錯；通過金屬棒的電荷量為q＝＝，B錯；克服安培力所做的功為W＝mgh－μmgd，C錯；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，垂直導(dǎo)軌平面有磁感應(yīng)強度為1 T的勻強磁場，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棒一個水平向右的初速度8 m/s，當a棒的速度減小為4 m/s時，b棒剛好碰到了障礙物，經(jīng)過時間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)生逆時針方向的電流，選項A正確；系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知：mav0＝mava＋mbvb，解得vb＝2 m/s，選項B正確；b與障礙物碰撞時，由動量定理：－Ft＝0－mbvb解得：F＝8 N，選項C錯誤；b碰到障礙物后，a做減速運動，直到停止，此時由動量定理：BLΔt＝mava，其中Δt＝q＝＝聯(lián)立解得x＝15

52、 m，選項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的速度進入與線圈平面垂直、磁感應(yīng)強度為B的水平有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．已知小車運動的速度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．線圈進入磁場過程中做勻加速運動，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】閉合線圈在進入和離開磁場時的位移即為線圈的長度，線圈進入或離開磁場時受安培力作用，將做減速運動，由乙圖可知，L＝10 cm，故A錯誤；磁

53、場的寬度等于線圈剛進入磁場到剛離開磁場時的位移，由乙圖可知，5～15 cm是進入的過程，15～30 cm 是完全在磁場中運動的過程，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＝，因為v是一個變量，所以F也是一個變量，所以線圈不是勻加速運動，是變減速運動，故C錯誤；線圈通過磁場過程中運用動能定理得： 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)強度為B的勻強磁場中，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，不計它們之間的摩擦． (1)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求ab桿中的電流及其加速度的大小； (2)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值． 【解析】(1)ab桿受力示意圖如圖所示 當速度為v時，感應(yīng)電動勢E＝BLv，此時電路中電流I＝＝ ab桿受到的安培力F＝BIL＝ 根據(jù)

55、牛頓運動定律，有ma＝mgsin θ－F＝mgsin θ－，a＝gsin θ－. (2)當＝mgsin θ時，ab桿達到最大速度vm， 則vm＝. 10．如圖(a)所示，一個電阻值為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磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間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．求0至t1時間內(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上的電流方向為從b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，且組成軌道的兩個金屬棒間距都為L.金屬細硬桿ab、cd分別與軌道垂直，質(zhì)量均為m，電阻均為R，與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)均為μ，導(dǎo)軌電阻不計．水平導(dǎo)軌處于豎直向上、磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場中；傾斜導(dǎo)軌與水平面成θ角，磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁

57、場平行于傾斜軌道向下．當ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力作用下做勻速運動時，cd桿由靜止開始沿傾斜軌道向下以加速度a＝gsin θ運動．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桿勻速運動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動距離x的過程中，整個回路產(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動，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桿的電流方向為由d流向c 由mgcos θ＝B2IL 可得：I＝ (2

58、)cd桿的電流方向為由d流向c，可得ab桿的電流方向為由a流向b，再根據(jù)楞次定律判斷，得ab桿勻速運動的速度方向為水平向右．拉力方向水平向右，摩擦力和安培力方向水平向左． 由I＝ 得：v＝ ab桿所受拉力F＝F安＋μmg＝B1IL＋μmg＝(＋μ)mg (3)對cd桿由運動學(xué)公式x＝at2 得運動時間為t＝＝ 整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為 Q＝I2·2Rt＝. 12．如圖所示，有理想邊界的兩個勻強磁場，磁感應(yīng)強度均為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勻速運動到位置Ⅱ. (1)求cd邊未進入右方磁場時線框所受安培力的大?。? (2)求整個過程中線框所產(chǎn)生的焦耳熱； (3)在坐標圖中畫出整個過程線框a、b兩點的電勢差Uab隨時間t變化的圖線． 【解析】(1)因為線框勻速運動，該過程中ab切割磁感線，感應(yīng)電動勢 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階段，一是cd邊在磁場邊界間運動過程中，二是ab邊在磁場邊界間運動過程中．兩個階段速度一樣，安培力大小恒定，線框勻速運動，兩個階段產(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)該過程分三個階段． ①cd邊在磁場邊界間運動過程中，t1＝＝0.05 s，ab邊相當于電源，Uab＝E＝0.15 V. ②cd邊進入右側(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)電動勢，Uab＝E＝0.2 V. ③ab邊在磁場邊界間運動過程中，t3＝＝0.05 s；cd相當于電源，ab邊是外電阻的一部分，Uab＝E＝0.05 V．圖線如圖所示． - 24 -