2022高考物理一輪復習 第十章 第3講 電磁感應規(guī)律的綜合應用學案（含解析）

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1、2022高考物理一輪復習 第十章 第3講 電磁感應規(guī)律的綜合應用學案（含解析） 知識點　　電磁感應和電路的綜合　Ⅱ 1．對電源的理解：在電磁感應現象中，產生感應電動勢的那部分導體相當于電源。如：切割磁感線的導體棒、有磁通量變化的線圈等。 2．對電路的理解：內電路是切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈；除電源外其余部分是外電路，外電路由電阻、電容等電學元件組成。在外電路中，電流從高電勢處流向低電勢處；在內電路中，電流則從低電勢處流向高電勢處。 3．與電路相聯(lián)系的幾個公式 (1)電源電動勢：E＝n或E＝Blv。 (2)閉合電路歐姆定律：I＝。 電源的內電壓：U內＝Ir。 電源的路

2、端電壓：U外＝IR＝E－Ir。 (3)消耗功率：P外＝IU，P總＝EI。 (4)電熱：Q外＝I2Rt，Q總＝I2(R＋r)t。 知識點　　電磁感應現象中的動力學問題?、? 1．安培力的大小 F＝ 2．安培力的方向 (1)先用右手定則或楞次定律確定感應電流方向，再用左手定則確定安培力方向。 (2)根據楞次定律，安培力方向一定和導體切割磁感線運動方向相反。 3．分析導體受力情況時，應做包含安培力在內的全面受力分析。 4．根據平衡條件或牛頓第二定律列方程。 知識點　　電磁感應現象中的能量問題?、? 1．電磁感應中的能量轉化 閉合電路的部分導體做切割磁感線運動產生感應電流，通有感

3、應電流的導體在磁場中受安培力。外力克服安培力做功，將其他形式的能轉化為電能，通有感應電流的導體在磁場中受安培力作用或通過電阻發(fā)熱，使電能轉化為其他形式的能。 2．實質 電磁感應現象的能量轉化，實質是其他形式的能和電能之間的轉化。 一 思維辨析 1．在電磁感應電路中，產生電流的那部分導體相當于電源。(　　) 2．安培力的方向一定與運動方向相反。(　　) 3．物體克服安培力做功的過程是將其他形式的能量轉化為電能的過程。(　　) 4．電源的電動勢就是電源兩端的電壓。(　　) 5．在電磁感應現象中，求焦耳熱的方法只能用Q＝I2Rt求解。(　　) 答案　1.√　2.×　3.√　4.

4、×　5.× 二 對點激活 1. (人教版選修3－2·P21·T4改編)(多選)如圖所示，單匝線圈ABCD在外力作用下以速度v向右勻速進入勻強磁場，第二次又以速度2v勻速進入同一勻強磁場，則下列說法正確的是(　　) A．第二次與第一次進入時線圈中電流之比為2∶1 B．第二次與第一次進入時外力做功功率之比為2∶1 C．第二次與第一次進入過程中通過線圈的電量之比為2∶1 D．第二次與第一次進入時線圈中產生熱量之比為2∶1 答案　AD 解析　由E＝Blv知＝，由I＝得＝，故A正確。勻速進入，外力做功的功率與克服安培力做功的功率相等，由P＝I2R得＝，故B錯誤。由電量q＝得＝，故C錯

5、誤。產生熱量Q＝Pt＝P·，得＝×＝，故D正確。 2. (人教版選修3－2·P21·T3)設圖中的磁感應強度B＝1 T，平行導軌寬l＝1 m，金屬棒PQ以1 m/s速度貼著導軌向右運動，R＝1 Ω，其他電阻不計。 (1)運動的導線會產生感應電動勢，相當于電源。用電池等符號畫出這個裝置的等效電路圖； (2)通過R的電流方向如何？大小等于多少？ 答案　(1)圖見解析　(2)豎直向下　1 A 解析　(1)PQ切割磁感線相當于電源，等效電路如圖。 (2)E＝Blv＝1 V I＝＝1 A 由右手定則判斷通過R的電流方向豎直向下。 3．如圖甲所示，放置在水平桌面上的兩條光滑導軌間

6、的距離L＝1 m，質量m＝1 kg的光滑導體棒放在導軌上，導體棒與導軌垂直且導體棒與導軌電阻均不計，導軌左端與阻值R＝4 Ω的電阻相連，導軌所在位置有磁感應強度為B＝2 T的勻強磁場，磁場的方向垂直導軌平面向下，現在給導體棒施加一個水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2 s測量一次導體棒的速度，圖乙是根據所測數據描繪出的導體棒的v-t圖象(設導軌足夠長)。 (1)求力F的大??； (2)t＝1.6 s時，求導體棒的加速度a的大??； (3)若1.6 s內導體棒的位移x＝8 m，試計算1.6 s內電阻上產生的熱量Q。 答案　(1)10 N　(2)2 m/s2　(3)48 J 解析　(1)導

7、體棒做切割磁感線運動，有E＝BLv I＝，F安＝BIL 當導體棒速度最大為vm時，F＝F安 解得F＝＝10 N。 (2)當t＝1.6 s時，v1＝8 m/s， 此時F安1＝＝8 N F－F安1＝ma，a＝2 m/s2。 (3)由能量守恒定律可知Fx＝Q＋， 解得Q＝48 J。 考點細研 悟法培優(yōu) 考點1　電磁感應中的電路問題 1. 問題歸類 (1)以部分電路歐姆定律為中心，對六個基本物理量(電壓、電流、電阻、電功、電功率、電熱)、三條定律(部分電路歐姆定律、電阻定律和焦耳定律)以及若干基本規(guī)律(法拉第電磁感應定律、楞次定律、右手定則、串并聯(lián)電路特點等)進行考查。 (2

8、)以閉合電路歐姆定律為中心，對電動勢概念、閉合電路中的電流、路端電壓以及閉合電路中能量的轉化進行考查。 2．基本步驟 (1)確定電源：先判斷產生電磁感應現象的是哪一部分導體，該部分導體可視為電源。 (2)分析電路結構，畫等效電路圖。 (3)利用電路規(guī)律求解，主要有歐姆定律、串并聯(lián)電路規(guī)律等。 3．誤區(qū)分析 (1)不能正確根據感應電動勢及感應電流的方向分析外電路中電勢的高低。因產生感應電動勢的那部分電路相當于電源部分，故該部分電路中的電流從低電勢流向高電勢，而外電路中電流的方向是從高電勢到低電勢。 (2)應用歐姆定律分析求解電路時，沒有考慮到電源的內阻對電路的影響。 (3)對連接

9、在電路中電表的讀數不能正確進行分析，例如并聯(lián)在等效電源兩端的電壓表，其示數是路端電壓，而不是等效電源的電動勢。 例1　(2018·河南五校期末)如圖所示，半徑為r＝1 m的光滑金屬圓環(huán)固定在水平面內，垂直于環(huán)面的勻強磁場的磁感應強度大小為B＝2.0 T，一金屬棒OA在外力作用下繞O軸以角速度ω＝2 rad/s沿逆時針方向勻速轉動，金屬環(huán)和導線電阻均不計，金屬棒OA的電阻r0＝1 Ω，電阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝7.5 Ω，電容器的電容C＝4 μF。閉合開關S，電路穩(wěn)定后，求： (1)通過金屬棒OA的電流大小和方向； (2)外力的功率； (3)從斷開開關S到電路穩(wěn)定這一過程

10、中通過電流表的電荷量。 解題探究　(1)OA相當于電源，哪點電勢高？ 提示：O點電勢高。 (2)S閉合和S斷開時等效電路如何畫？ 提示：S閉合時 S斷開時 嘗試解答　(1)0.5_A__方向由A到O__(2)1_W (3)6.4×10－6_C (1)由右手定則判定通過金屬棒OA的電流方向是由A到O，金屬棒OA中產生的感應電動勢大小為 E＝Br2ω 得E＝2 V S閉合時的等效電路如圖1所示 R外＝＝3 Ω 由閉合電路歐姆定律，得 E＝I(r0＋R外) 聯(lián)立解得I＝0.5 A。 (2)根據能量守恒定律知，外力的功率為 P＝IE＝1 W。 (3)S斷

11、開前，電路路端電壓為U＝IR外 電阻R1兩端電壓為U1＝U＝0.6 V。 電容器的電荷量為 Q1＝CU1＝2.4×10－6 C 且a板帶正電，b板帶負電 S斷開時的等效電路如圖2所示 電容器C兩端的電壓為電阻R2兩端的電壓U2，則 U2＝R2＝1 V 電容器的電荷量為 Q2＝CU2＝4×10－6 C 且a板帶負電，b板帶正電 通過電流表的電荷量為 ΔQ＝Q1＋Q2 聯(lián)立解得ΔQ＝6.4×10－6 C。 總結升華 解決電磁感應中電路問題的三部曲 (1)確定電源 切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產生感應電動勢，該導體或回路就相當于電源，利用E＝Bl

12、v或E＝n求感應電動勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷感應電流方向。如果在一個電路中切割磁感線的有幾個部分但又相互聯(lián)系，可視為等效電源的串、并聯(lián)。 (2)識別電路結構、畫出等效電路 分析電路結構，即分清等效電源和外電路及外電路的串并聯(lián)關系、判斷等效電源的正負極或電勢的高低等。 (3)利用電路規(guī)律求解 一般是綜合應用歐姆定律、串并聯(lián)電路規(guī)律、電容器充電及放電特點、電功和電功率的知識、法拉第電磁感應定律等列方程求解。 [變式1]　(2018·廈門一中開學考試)在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數n＝1500匝，橫截面積S＝20 cm2。螺線管導線電阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R

13、2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段時間內，穿過螺線管的磁場的磁感應強度B按如圖乙所示的規(guī)律變化。求： (1)閉合S，求螺線管兩端的電勢差； (2)閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，求電阻R1的電功率； (3)S斷開后，求流經R2的電荷量。 答案　(1)1.08 V　(2)5.76×10－2 W (3)1.8×10－5 C 解析　(1)根據法拉第電磁感應定律有 E＝n＝nS＝1.2 V 路端電壓U＝E＝1.08 V。 (2)根據閉合電路歐姆定律有 I＝＝0.12 A P＝I2R1＝5.76×10－2 W。 (3)S斷開后，流經R2的電荷量即為S閉合時電容器C所帶的電荷量

14、Q。 電容器兩端的電壓UC＝IR2＝0.6 V 流經R2的電荷量Q＝CUC＝1.8×10－5 C。 考點2　電磁感應中的動力學問題 1．導體棒的動力學分析 電磁感應現象中產生的感應電流在磁場中受到安培力的作用，從而影響導體棒(或線圈)的受力情況和運動情況。 2．兩種狀態(tài)及處理方法 狀態(tài) 特征 處理方法 平衡態(tài) 加速度為零 根據平衡條件列式分析 非平衡態(tài) 加速度不為零 根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系進行分析 3．力學對象和電學對象的相互關系 4．動態(tài)分析的基本思路 例2　(2018·南昌摸底)如圖甲所示，空間存在方向豎直向下的勻強磁

15、場，MN、PQ是水平放置的兩平行長直導軌，其間距L＝0.2 m，連在導軌一端的電阻R＝0.4 Ω，ab是放置在導軌上質量m＝0.1 kg的導體棒。從零時刻開始，對棒施加一個大小為F＝0.45 N，方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導軌滑動，滑動過程中棒始終保持與導軌垂直且良好接觸，圖乙是棒的v-t圖象，其中AO是圖象在O點的切線，AB是圖象的漸近線。除R以外，其余部分的電阻均不計?；瑒幽Σ亮Φ扔谧畲箪o摩擦力。已知當棒的位移為30 m時，其速度達到了最大速度10 m/s。求： (1)磁感應強度B的大?。? (2)在棒運動30 m的過程中電阻R上產生的焦耳熱。 解題探究　(1)t＝0

16、時刻的加速度是由什么力提供的？ 提示：拉力F與滑動摩擦力的合力。 (2)由圖象能審出什么信息？ 提示：t＝0時a＝2.5 m/s2，最大速度vm＝10 m/s。 嘗試解答　(1)0.5_T__(2)2.5_J (1)由題圖乙得棒開始運動瞬間： a＝2.5 m/s2 則：F－f＝ma 棒最終以速度vm＝10 m/s做勻速運動，則所受的拉力、摩擦力和安培力的合力為零 F－f－F安＝0 F安＝BIL I＝ 聯(lián)立可得：B＝0.5 T。 (2)由功能關系可得： (F－f)x＝mv＋Q 解得Q＝2.5 J。 總結升華 單棒切割磁感線的兩種模型 模型一：導體棒ab先自

17、由下落再進入勻強磁場，如圖甲所示。 模型二：導體棒ab沿光滑的傾斜導軌自由下滑，然后進入勻強磁場(磁場垂直于軌道平面)，如圖乙所示。 兩類模型中的臨界條件是導體棒ab受力平衡。以模型一為例，有mg＝F安＝，即v0＝。 若導體棒進入磁場時v>v0，則導體棒先減速再勻速；若v

18、一個圖象不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律(　　) 答案　A 解析　線框在進入磁場前，只受重力，做自由落體運動，進入磁場的過程分三種情況：①mg＝F安，勻速通過磁場；②mgF安，做加速度越來越小的加速運動通過磁場。完全進入磁場又做勻加速直線運動。綜上所述，只有A是不可能的。 考點3　電磁感應中的能量問題 能量轉化及焦耳熱的求法 (1)能量轉化 (2)求解焦耳熱Q的三種方法(純電阻電路) 例3　(2018·山西第一次聯(lián)考)如圖甲所示，有一邊長為1.2 m、質量為1 kg的正方形單匝線框abcd，放

19、在光滑水平面上。在水平恒定拉力F的作用下，穿過垂直水平面向上、磁感應強度為B＝0.1 T的勻強磁場區(qū)域。線框cd邊剛進入磁場時的速度為2 m/s。在t＝3 s時刻cd邊剛出磁場邊界。從進入到離開磁場區(qū)域的3 s時間內線框運動的v-t圖象如圖乙所示。求： (1)線框cd邊在剛進入和剛離開磁場的這兩個位置時c、d兩點間的電壓； (2)線框從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的全過程中，線框產生的焦耳熱。 解題探究　(1)cd邊剛進入磁場和剛離開磁場時，電源分別是哪個邊充當？ 提示：cd，ab。 (2)線框cd邊進磁場時速度為2 m/s，cd邊出磁場時速度為2 m/s，由此可知線框穿入和穿

20、出磁場的過程中，線框中產生的焦耳熱有什么關系？ 提示：相等。 嘗試解答　(1)0.18_V__0.06_V__(2)4.2_J (1)線框cd邊剛進入磁場時，c、d兩點間的電壓 U1＝E＝Blv0＝×0.1×1.2×2 V＝0.18 V 線框cd邊剛離開磁場時，c、d兩點間的電壓 U2＝E＝0.06 V。 (2)由題圖乙知，1～3 s內線框完全在磁場中，由v-t圖象知1～3 s內線框加速度 a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2 根據牛頓第二定律有F＝ma＝1×0.5 N＝0.5 N 從線框cd邊剛進入磁場到ab邊剛進入磁場，設安培力做功為W 根據動能定理有Fl－W＝mv2－

21、mv 代入數據得W＝2.1 J 從線框cd邊剛進入磁場到cd邊剛離開磁場，線框產生的焦耳熱等于克服安培力所做的功，因此Q＝W＝2.1 J 根據圖線可知線框cd邊進入磁場和離開磁場時的速度和受力情況都一樣，產生的焦耳熱也相等，因此線框從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的全過程中，線框產生的總焦耳熱為Q總＝2Q＝2×2.1 J＝4.2 J。 總結升華 電磁感應現象中能量的計算 (1)回路中電流穩(wěn)定可利用電路知識，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接計算。 (2)若電流變化利用安培力做功、功能關系解決。 [變式3]　(2019·山東濟寧質檢)如圖所示，傾角為θ的平行金屬導軌寬度為L，電阻

22、不計，底端接有阻值為R的定值電阻，處在與導軌平面垂直的磁感應強度為B的勻強磁場中。有一質量為m，電阻為r，長度也為L 的導體棒垂直放在導軌上，它與導軌之間的動摩擦因數為μ?，F讓導體棒從導軌底部以初速度v0沖上導軌，上滑的最大距離為s，返回到初位置的速度為v。下列說法正確的是(　　) A．在上滑過程中，通過電阻R的電荷量為 B．導體棒在上滑過程中所用時間為 C．導體棒從開始運動到回到底端，回路產生的焦耳熱為mv－mv2 D．導體棒在上滑過程中，R上產生的焦耳熱大于下滑過程中R上產生的焦耳熱 答案　D 解析　在上滑過程中，通過電阻R的電荷量為q＝＝＝，故A錯誤；導體棒從開始沖上導軌

23、到滑到最大高度的過程中做減速運動，隨著速度減小，產生的感應電流減小，所受的安培力減小，合力減小，加速度減小，做加速度逐漸減小的變減速運動，平均速度小于，則所用時間大于＝，故B錯誤；根據能量守恒定律可得，導體棒從開始運動到回到底端，回路產生的焦耳熱為：Q＝mv－mv2－2μmgscosθ，故C錯誤；由于導體棒的機械能不斷減少，所以下滑與上滑過程中經過同一位置時，上滑速度大，產生的感應電流大，導體棒受到的安培力大，而兩個過程通過的位移大小相等，所以上滑過程中導體棒克服安培力做功多，導體棒在上滑過程中整個回路中產生的焦耳熱多，由QR＝Q總可知導體棒在上滑過程中，電阻R上產生的焦耳熱較多，故D正確。

24、 考點4　電磁感應中的動量問題 1．動量定理在電磁感應現象中的應用 導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量為：I安＝BLt＝BLq，通過導體棒或金屬框的電荷量為：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是導體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1。 當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解更方便。 2．動量守恒定律在電磁感應現象中的應用 在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統(tǒng)內力，如果它們受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒條件，運用動量

25、守恒定律求解比較方便。 例4　(2018·河南第二次仿真模擬)如圖所示，足夠長的U形光滑導軌固定在傾角為30°的斜面上，導軌的寬度L＝0.5 m，其下端與R＝1 Ω的電阻連接，質量為m＝0.2 kg的導體棒(長度也為L)與導軌接觸良好，導體棒及導軌電阻均不計。磁感應強度B＝2 T的勻強磁場垂直于導軌所在的平面，用一根與斜面平行的不可伸長的輕繩跨過定滑輪將導體棒和質量為M＝0.4 kg的重物相連，重物離地面足夠高。使導體棒從靜止開始沿導軌上滑，當導體棒沿導軌上滑t＝1 s時，其速度達到最大。求：(取g＝10 m/s2) (1)導體棒的最大速度vm； (2)導體棒從靜止開始沿軌道上滑時間

26、t＝1 s的過程中，電阻R上產生的焦耳熱是多少？ 解題探究　(1)導體棒什么時候達到最大速度vm? 提示：導體棒加速度為零時。 (2)用能量守恒的觀點求焦耳熱時，需要用到導體棒1 s內上滑的距離，如何求解此距離？ 提示：借助電量的兩種求法： ①I安＝BLt＝BLq；②q＝＝。 嘗試解答　(1)3_m/s__(2)0.9_J (1)速度最大時導體棒切割磁感線產生感應電動勢 E＝BLvm 感應電流I＝ 安培力FA＝BIL 導體棒達到最大速度時由平衡條件得 Mg＝mgsin30°＋FA 聯(lián)立解得vm＝3 m/s。 (2)設輕繩的拉力大小為F，由動量定理得 Mgt－t＝M

27、vm－0 t－mgsin30°·t－BLt＝mvm－0 則Mgt－mgsin30°·t－BLt＝(M＋m)vm－0 即Mgt－mgsin30°·t－BLq＝(M＋m)vm－0 解得1 s內流過導體棒的電荷量q＝1.2 C 電量q＝＝ 解得1 s內導體棒上滑位移x＝1.2 m，由能量守恒定律得 Mgx＝mgxsin30°＋(M＋m)v＋Q 解得Q＝0.9 J。 總結升華 解決電磁感應中動量問題的策略 “先源后路、先電后力，再是運動、動量”即 [變式4－1]　(2018·太原模擬)如圖所示，兩條相距為L的光滑平行金屬導軌位于水平面(紙面)內，其左端接一阻值為R的

28、電阻，導軌平面與磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計。金屬棒ab垂直導軌放置并接觸良好，接入電路的電阻也為R。若給棒平行導軌向右的初速度v0，當流過棒截面的電荷量為q時，棒的速度減為零，此過程中棒的位移為x。則(　　) A．當流過棒的電荷量為時，棒的速度為 B．當棒發(fā)生位移為時，棒的速度為 C．在流過棒的電荷量達到的過程中，棒釋放的熱量為 D．整個過程中定值電阻R釋放的熱量為 答案　D 解析　當流過棒截面的電荷量為q時，棒的速度減為零，設用時為t，由動量定理有：－BLt＝0－mv0，即BLq＝mv0。當流過棒的電荷量為時，設棒的速度為v，則有：－BL＝mv－mv0，解

29、得v＝，A錯誤。由法拉第電磁感應定律有＝，由歐姆定律有＝，由電流的定義有＝，整理可得q＝，當棒的速度為時，流過棒的電荷量為，此時棒發(fā)生的位移為，B錯誤。由BLq＝mv0，可得棒的質量m＝，當流過棒的電荷量為時，棒的速度為，在流過棒的電荷量達到的過程中，棒損失的動能為×mv＝，又棒的有效阻值與電阻的阻值均為R，故棒釋放的熱量為，C錯誤。整個過程棒損失的動能為mv＝，定值電阻與導體棒釋放的熱量相同，均為，D正確。 [變式4－2]　兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內，兩導軌間的距離為L。導軌上面垂直放置兩根導體棒ab和cd，構成矩形回路，如圖所示。兩根導體棒的質量皆為m，電阻均為R，回

30、路中其余部分的電阻可不計。在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B。設兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行。開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若兩導體棒在運動中始終不接觸，則： (1)在運動中產生的焦耳熱最多是多少？ (2)當ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r，cd棒的加速度是多少？ 答案　(1)mv　(2) 解析　ab棒向cd棒運動時，兩棒和導軌構成的回路面積變小，磁通量變小，于是產生感應電流，ab棒受到與其運動方向相反的安培力而做減速運動，cd棒則在安培力的作用下向右做加速運動。只要ab棒的速度大于cd棒的速度，回路總有感應電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速

31、，直到兩棒速度相同時，回路面積保持不變，不產生感應電流，兩棒以相同的速度v做勻速運動。 (1)從開始到兩棒達到相同速度v的過程中，兩棒的總動量守恒，有mv0＝2mv 根據能量守恒定律，整個過程中產生的焦耳熱 Q＝mv－(2m)v2＝mv。 (2)設ab棒的速度變?yōu)関0時，cd棒的速度為v′， 則由動量守恒定律可知mv0＝mv0＋mv′ 解得v′＝v0， 回路中的電動勢E＝BLv0－BLv0＝BLv0 I＝ 此時cd棒所受的安培力F＝BIL＝。 由牛頓第二定律可得，cd棒的加速度a＝＝。 1.模型構建 對桿在導軌上運動組成的系統(tǒng)，桿在運動中切割磁感線產生感應電動勢，并

32、受到安培力的作用改變運動狀態(tài)，最終達到穩(wěn)定狀態(tài)，該系統(tǒng)稱為“桿和導軌”模型。2.模型分類 單桿模型、雙桿模型。 (1)單桿模型 初態(tài) v0≠0 v0＝0 示意圖 質量為m，電阻不計的單桿ab以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動，兩平行導軌間距為L 軌道水平光滑，單桿ab質量為m，電阻不計，兩平行導軌間距為L 軌道水平光滑，單桿ab質量為m，電阻不計，兩平行導軌間距為L，拉力F恒定 軌道水平光滑，單桿ab質量為m，電阻不計，兩平行導軌間距為L，拉力F恒定 運動分析 導體桿做加速度越來越小的減速運動，最終桿靜止 當E感＝E時，v最大，且vm

33、＝，最后以vm勻速運動 當a＝0時，v最大，vm＝時，桿開始勻速運動 Δt時間內流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝CBLΔv 電流I＝＝CBL＝CBLa 安培力F安＝BLI＝CB2L2a F－F安＝ma，a＝， 所以桿以恒定的加速度勻加速運動 能量分析 動能轉化為內能，mv＝Q 電能轉化為動能和內能，E電＝mv＋Q 外力做功轉化為動能和內能，WF＝mv＋Q 外力做功轉化為電能和動能，WF＝E電＋mv2 注：若光滑導軌傾斜放置，要考慮導體桿受到重力沿導軌斜面向下的分力作用，分析方法與表格中受外力F時的情況類似，這里就不再贅述。 (2)雙桿模型 ①模型特點

34、a．一桿切割時，分析同單桿類似。 b．兩桿同時切割時，回路中的感應電動勢由兩桿共同決定，E＝＝Bl(v1－v2)。 ②電磁感應中的“雙桿”問題分析 a．初速度不為零，不受其他水平外力的作用 光滑的平行導軌 光滑不等距導軌 示意圖 質量m1＝m2 電阻r1＝r2 長度L1＝L2 質量m1＝m2 電阻r1＝r2 長度L1＝2L2 運動分析 桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，以相等的速度勻速運動 穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為1∶2 能量分析 一部分動能轉化為內能，Q＝－ΔEk b．初速度

35、為零，一桿受到恒定水平外力的作用 光滑的平行導軌 不光滑平行導軌 示意圖 質量m1＝m2 電阻r1＝r2 長度L1＝L2 摩擦力Ff1＝Ff2 質量m1＝m2 電阻r1＝r2 長度L1＝L2 運動分析 開始時，兩桿做變加速運動；穩(wěn)定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運動 開始時，若F≤2Ff，則PQ桿先變加速后勻速運動；MN桿靜止。若F>2Ff，PQ桿先變加速后勻加速運動，MN桿先靜止后變加速最后和PQ桿同時做勻加速運動，且加速度相同 能量分析 外力做功轉化為動能和內能，WF＝ΔEk＋Q 外力做功轉化為動能和內能(包括電熱和摩擦熱)，WF＝ΔEk

36、＋Q電＋Qf 【典題例證】(2018·邯鄲二模)如圖，在豎直平面內有兩條間距為L的足夠長的平行長直導軌，上端接有一個阻值為R的電阻和一個耐壓值足夠大的電容器，電容器的電容為C，且不帶電。質量為m、電阻不計的導體棒ab垂直跨在導軌上。開關S為單刀雙擲開關。導軌所在空間有垂直導軌平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。現將開關S接1，由靜止釋放導體棒ab。已知重力加速度為g，當導體棒ab下落h高度時： (1)求導體棒ab的速度大小v； (2)若此時迅速將開關S接2，請分析說明此后導體棒ab的運動情況；并計算導體棒ab在開關接2后又下落足夠大的高度H的過程中電阻R上所產生的電熱Q。

37、[解析]　(1)設某時刻電路中的電流為I，金屬棒的加速度大小為a，根據牛頓第二定律有： mg－BIL＝ma① 設在極短時間Δt內，電容器的充電電量為ΔQ，電壓增加量為ΔU，金屬棒速度的增加量為Δv，則有： I＝② ΔQ＝CΔU③ ΔU＝BLΔv④ a＝⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式可得：a＝ 顯然a為定值，可見金屬棒下落過程為勻加速直線運動。 根據v2＝2ah可得：v＝⑥ (2)導體棒ab下落h高度時產生的電動勢為E＝BLv 此時電路中的電流為I＝ 導體棒ab所受的安培力為F安＝BIL 聯(lián)立以上三式可得F安＝。 若F安＝mg，導體棒ab將做勻速直線運動。 根據能量守恒定律有

38、：Q＝mgH 若F安>mg，導體棒ab將做先減速后勻速的直線運動。 設勻速運動時的速度大小為vm，則有：＝mg⑦ 根據能量守恒定律有：mgH＋m(v2－v)＝Q⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式可得Q＝mgH＋－ 同理，若F安

39、離出電路中由電磁感應所產生的電源，求出電源參數E和r； (2)再進行“路”的分析——分析電路結構，弄清串、并聯(lián)關系，求出相關部分的電流大小，以便求解安培力； (3)然后是“力”的分析——分析研究對象(常是金屬桿、導體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力； (4)接著進行“運動”狀態(tài)的分析和能量的分析——根據力和運動的關系，判斷出正確的運動模型及能量轉化關系。 【針對訓練】 1．(2018·山西適應性測試)圖甲、乙、丙中除導體棒ab可動外，其余部分均固定不動。甲圖中的電容器C原來不帶電，所有導體棒、導軌電阻均可忽略，導體棒和導軌間的摩擦也不計，導體棒ab的質量為m。圖中裝置均在水

40、平面內，且都處于方向垂直水平面(即紙面)向下的勻強磁場中，磁感應強度為B，導軌足夠長，間距為L。今給導體棒ab一個向右的初速度v0，則(　　) A．三種情況下，導體棒ab最終都靜止 B．三種情況下，導體棒ab最終都做勻速運動 C．圖甲、丙中ab棒最終都向右做勻速運動 D．圖乙中，流過電阻R的總電荷量為 答案　D 解析　圖甲中，導體棒向右運動切割磁感線產生感應電流而使電容器充電，當電容器C極板間電壓與導體棒產生的感應電動勢相等時，電路中沒有電流，ab棒不受安培力，向右做勻速運動。圖乙中，導體棒向右運動切割磁感線產生感應電流，通過電阻R轉化為內能，ab棒速度減小，當ab棒的動能全部

41、轉化為內能時，ab棒靜止。圖丙中，導體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運動，速度減為零后再在安培力作用下向左做加速運動，當導體棒產生的感應電動勢與電源的電動勢相等時，電路中沒有電流，ab棒向左做勻速運動，A、B、C錯誤；圖乙中根據動量定理－BILΔt＝0－mv0，通過的電荷量為q＝IΔt＝，D正確。 2．(2018·石家莊二模)(多選)如圖所示，足夠長的光滑水平軌道，左側軌道間距為0.4 m，右側軌道間距為0.2 m?？臻g存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為0.2 T。質量均為0.01 kg的金屬棒M、N垂直導軌放置在軌道上，開始時金屬棒M、N均保持靜止，現使金屬棒M以5 m/s 的速

42、度向右運動，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸，M棒總在寬軌上運動，N棒總在窄軌上運動。已知兩金屬棒接入電路的總電阻為0.2 Ω，軌道電阻不計，g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．M、N棒在相對運動過程中，回路內產生順時針方向的電流(俯視) B．M、N棒最后都以2.5 m/s的速度向右勻速運動 C．從開始到最終勻速運動電路中產生的焦耳熱為6.25×10－2 J D．在兩棒整個的運動過程中，金屬棒M、N在水平導軌間掃過的面積之差為0.5 m2 答案　AD 解析　M、N相對運動過程中回路中磁通量減小，根據楞次定律知感應電流方向為順時針，故A正確；本題

43、為雙金屬棒模型，根據結論，終極狀態(tài)是兩棒做勻速直線運動，最終兩棒產生的電動勢大小相等，即BLMvM＝BLNvN，又LM＝2LN，所以vM＝vN，規(guī)定水平向右為正方向，對M、N棒分別應用動量定理得：－BLMIΔt＝mvM－mv0，BLNIΔt＝mvN，LM＝2LN，聯(lián)立得：mv0－mvM＝2mvN，代入vM＝vN得vM＝1 m/s，vN＝2 m/s，故B錯誤；Q＝mv－mv－mv＝0.1 J，故C錯誤；由BLNI·Δt＝mvN得BLNq＝mvN，又q＝IΔt＝Δt＝Δt＝，聯(lián)立解得ΔS＝0.5 m2，故D正確。 3．(2018·唐山二模)如圖所示，兩根平行光滑的金屬導軌M1N1P1－M2N2P

44、2由四分之一圓弧部分與水平部分構成，導軌末端固定兩根絕緣柱，弧形部分半徑r＝0.8 m，導軌間距L＝1 m，導軌水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小B＝2 T。兩根完全相同的金屬棒a、b分別垂直導軌靜置于圓弧頂端M1、M2處和水平導軌中某位置，兩金屬棒質量均為m＝1 kg、電阻均為R＝2 Ω。金屬棒a由靜止釋放，沿圓弧導軌滑入水平部分，此后，金屬棒b向右運動，在導軌末端與絕緣柱發(fā)生碰撞且無機械能損失，金屬棒b接觸絕緣柱之前兩棒已勻速運動且未發(fā)生碰撞。金屬棒b與絕緣柱發(fā)生碰撞后，在距絕緣柱x1＝0.5 m的A1A2位置與金屬棒a發(fā)生碰撞，碰后停在距絕緣柱x2＝0.2 m的A3A4位置

45、，整個運動過程中金屬棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計，g取10 m/s2。求： (1)金屬棒a剛滑入水平導軌時，受到的安培力大??； (2)金屬棒b與絕緣柱碰撞后到與金屬棒a碰撞前的過程，整個回路產生的焦耳熱； (3)證明金屬棒a、b的碰撞是否是彈性碰撞。 答案　(1)4 N　(2)3 J　(3)見解析 解析　(1)金屬棒a下滑過程：mgr＝mv2 v＝4 m/s 金屬棒a剛滑入水平導軌時，感應電動勢： E＝BLv＝8 V 回路電流：I＝＝2 A 金屬棒a受到的安培力：F＝BIL＝4 N。 (2)以金屬棒a、b為系統(tǒng)，設兩者勻速運動的速度為v1，在b碰到絕緣柱之前動量守恒

46、：mv＝2mv1，v1＝2 m/s 金屬棒b與絕緣柱發(fā)生碰撞后等速率返回，以兩金屬棒為系統(tǒng)動量仍然守恒，總動量為零，0＝mva＋mvb，即時刻有va＝－vb，兩金屬棒相向運動到相碰，位移大小相等，均為x1＝0.5 m 對金屬棒b由動量定理知：－BLt＝mv2－mv1 由法拉第電磁感應定律知：＝2BL ＝ 聯(lián)立得mv2－mv1＝－·t，而t＝x1， 代入數據求得v2＝1 m/s 由能量守恒定律得： Q＝×2mv－×2mv＝3 J。 (3)金屬棒a、b碰后，設速度大小為v3，金屬棒b減速到零的過程，由動量定理知：－B′Lt′＝0－mv3 由法拉第電磁感應定律知：′＝2BL′，′

47、＝ ′t′＝x1－x2，聯(lián)立得＝mv3 代入數據求得v3＝0.6 m/s 由于×2mv＞×2mv，所以碰撞不是彈性碰撞。 高考模擬 隨堂集訓 1．(2018·江蘇高考)(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B。質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿(　　) A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C．穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能

48、小于 答案　BC 解析　由于金屬桿進入兩個磁場時的速度相等，而穿出磁場后金屬桿做加速度為g的加速運動，所以金屬桿進入磁場Ⅰ、Ⅱ時都做減速運動，A錯誤；對金屬桿受力分析，根據－mg＝ma可知，金屬桿在磁場中做加速度減小的減速運動，其進入磁場Ⅰ后的v-t圖象如圖所示，由于0～t1和t1～t2圖線與t軸包圍的面積相等(都為d)，所以t1>(t2－t1)，B正確；從進入磁場Ⅰ到進入磁場Ⅱ之前過程中，根據能量守恒，金屬棒減小的機械能全部轉化為焦耳熱，所以Q1＝mg·2d，所以穿過兩個磁場過程中產生的熱量為4mgd，C正確；若金屬桿進入磁場做勻速運動，則－mg＝0，得v＝，由前面分析可知金屬桿進入磁場

49、的速度大于，根據h＝得金屬桿釋放時距離磁場Ⅰ上邊界的高度應大于＝，D錯誤。 2. (2018·天津高考)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計，ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內阻及導線電阻忽略不計，列車啟動

50、后電源自動關閉。 (1)要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由； (2)求剛接通電源時列車加速度a的大?。? (3)列車減速時，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？ 答案　(1)M接電源正極，理由見解析 (2) (3)見解析 解析　(1)列車要向右運動，安培力方向應向右，根據左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b，由c到d，故M接電源正極。 (2)由題意，啟動時ab、c

51、d并聯(lián)，電阻均為R，由并聯(lián)電路特點知ab，cd中電流均為I＝① 每根金屬棒受到的安培力F0＝BIl② 設兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F＝2F0③ 根據牛頓第二定律有F＝ma　④ 聯(lián)立①②③④式得a＝?、? (3)設列車減速時，cd進入磁場后經Δt時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導軌所圍回路的磁通量的變化量為ΔΦ，平均感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律有E1＝?、? 其中ΔΦ＝Bl2?、? 設回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有 I′＝?、? 設cd受到的平均安培力為F′，有F′＝BI′l?、? 以向右為正方向，設Δt時間內cd受安培力沖量為I沖，有I沖＝－F

52、′Δt?、? 同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有 I0＝2I沖　? 設列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有 I總＝0－mv0　? 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得＝　? 討論：若恰好為整數，設其為n，則需設置n塊有界磁場；若不是整數，設的整數部分為N，則需設置N＋1塊有界磁場。 3. (2016·全國卷Ⅱ)如圖，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上。t＝0時，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動。t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的

53、勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數為μ。重力加速度大小為g。求： (1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大?。? (2)電阻的阻值。 答案　(1)Blt0　(2) 解析　(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma① 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有 v＝at0② 當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律，桿中的電動勢為 E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0④ (2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為

54、I，根據歐姆定律 I＝⑤ 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為 F安＝BIl⑥ 因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得 F－μmg－F安＝0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R＝。 4．(2016·浙江高考)小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53°，導軌上端串接一個R＝0.05 Ω的電阻。在導軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0 T。質量m＝4.0 kg的金屬棒 CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24 m。一位健身者用

55、恒力F＝80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直。當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量)。求： (1)CD棒進入磁場時速度v的大??； (2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大??； (3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產生的焦耳熱Q。 答案　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J 解析　(1)由牛頓定律a＝＝12 m/s2① 進入磁場時的速度v＝＝2.4 m/s② (2)感

56、應電動勢E＝Blv③ 感應電流I＝④ 安培力FA＝BIl⑤ 代入得FA＝＝48 N⑥ (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J⑦ 由牛頓定律F－mgsinθ－FA＝0⑧ CD棒在磁場區(qū)做勻速運動 在磁場中運動時間t＝⑨ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J。 5．(2017·天津高考)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距離為l，電阻不計。炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸

57、。首先開關S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動。當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌。問： (1)磁場的方向； (2)MN剛開始運動時加速度a的大?。? (3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。 答案　(1)垂直于導軌平面向下　(2) (3) 解析　(1)將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負電，當將S接2時，電容器放電，流經MN的電流由M到N，又知MN向右運動，由左手定則可知磁場方向垂直于導軌平面向下。

58、 (2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經MN的電流為I，有 I＝① 設MN受到的安培力為F，有 F＝IlB② 由牛頓第二定律，有 F＝ma③ 聯(lián)立①②③式得 a＝④ (3)當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有 Q0＝CE⑤ 開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，有 E′＝Blvmax⑥ 依題意有 E′＝⑦ 設在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有 ＝lB⑧ 由動量定理，有 Δt＝mvmax－0⑨ 又Δt＝Q0－Q⑩ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩

59、式得 Q＝。 配套課時作業(yè) 　　時間：60分鐘　滿分：100分 一、選擇題(本題共5小題，每小題10分，共50分。其中1～2為單選，3～5為多選) 1. (2018·保定一模改編)如圖所示，豎直平行光滑金屬導軌間距為L，上端接阻值為R的電阻，下端接電源和開關K，電源電動勢為E，內阻為R，整個裝置處于垂直導軌平面的勻強磁場中。當開關閉合時，一質量為m，電阻也為R的金屬棒恰好能靜止在導軌上，金屬棒與導軌一直保持良好接觸，導軌足夠長且不計電阻，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．磁感應強度B＝ B．磁場方向垂直導軌平面向里 C．斷開開關后，金屬棒做勻加速直線運動

60、D．斷開開關后，金屬棒最終速度為 答案　B 解析　設金屬棒中電流強度為I，勻強磁場的磁感應強度為B，由于金屬棒靜止，則mg＝BIL，對于整個電路，由閉合電路的歐姆定律得E＝2IR＋IR，聯(lián)立解得：B＝，故A錯誤。由左手定則可知磁感應強度B的方向垂直導軌平面向里，故B正確。斷開開關后，金屬棒做a越來越小的加速運動，最終勻速，處于平衡狀態(tài)，棒中電流強度仍為I，設感應電動勢為E′，再由歐姆定律得E′＝2IR，設金屬棒最終的速度大小為v，由法拉第電磁感應定律得E′＝BLv，聯(lián)立各式解得：v＝，故C、D錯誤。 2．(2018·長春質檢)如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應強度大小均為B、方向

61、相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的理想邊界，磁場范圍足夠大。一個邊長為a、質量為m、電阻為R的單匝正方形金屬線框，以速度v沿垂直磁場方向從如圖所示的實線位置Ⅰ開始向右運動，當線框運動到各有一半面積在兩個磁場中的位置Ⅱ時，線框的速度為。則下列說法不正確的是(　　) A．在位置Ⅱ時線框中的電功率為 B．此過程中回路產生的電能為mv2 C．在位置Ⅱ時線框的加速度大小為 D．此過程中通過導線橫截面的電荷量為 答案　C 解析　線框經過位置Ⅱ時，線框左右兩邊均切割磁感線，所以此時的感應電動勢E＝Ba×2＝Bav，故線框中的電功率P＝＝，A正確；線框從位置Ⅰ到位置Ⅱ的過程中，動能減少量ΔE

62、k＝mv2－m·2＝mv2，根據能量守恒定律可知，此過程中回路產生的電能為mv2，B正確；線框在位置Ⅱ時，左右兩邊所受安培力大小均為F＝Ba＝，根據左手定則可知，線框左右兩邊所受安培力的方向均向左，故此時線框的加速度大小為a＝＝，C錯誤；由q＝Δt、＝、＝三式聯(lián)立，解得q＝，線框在位置Ⅰ時其磁通量為Ba2，而線框在位置Ⅱ時其磁通量為零，故q＝，D正確。 3．(2019·福建省五校聯(lián)考)如圖所示，空間存在一有邊界的條形勻強磁場區(qū)域，磁場方向與豎直平面(紙面)垂直，磁場邊界的間距為L，一質量為m、邊長也為L的正方形導線框沿豎直方向運動，線框所在平面始終與磁場方向垂直，且線框上、下邊始終與磁場的邊

63、界平行。t＝0時刻線框的上邊恰好與磁場的下邊界重合(圖中位置Ⅰ)，線框的速度為v0，經歷一段時間后，當線框的下邊恰好與磁場的上邊界重合時(圖中位置Ⅱ)，線框的速度剛好為零，此后，線框下落，經過一段時間回到初始位置Ⅰ(不計空氣阻力)，則(　　) A．上升過程中合力做的功與下降過程中合力做的功相等 B．上升過程中線框產生的熱量比下降過程中線框產生的熱量多 C．上升過程中，線框的加速度逐漸減小 D．上升過程克服重力做功的平均功率小于下降過程重力做功的平均功率 答案　BC 解析　線框在穿過磁場過程中要克服安培力做功，在線框上升過程中，安培力與重力均與運動方向相反，都做負功，而在線框下降

64、過程中，重力做正功，安培力做負功，即上升過程中合力做的功大于重力做的功，下降過程中合力做的功小于重力做的功，即上升過程中合力做功大于下降過程中合力做的功，A錯誤；分析線框的運動過程可知，對應于同一位置，上升過程的安培力大于下降過程的安培力，而上升、下降位移相等，故上升過程克服安培力做功大于下降過程中克服安培力做的功，故上升過程中線框產生的熱量多，所以B正確；以線框為對象受力分析可知，線框在上升過程中做減速運動，有F安＋mg＝ma，F安＝，故有a＝g＋v，所以上升過程中，隨著速度逐漸減小，加速度也逐漸減小，故C正確；線框在下降過程中做加速運動，有a′＝g－，由此可知，下降過程中的平均加速度小于上

65、升過程的平均加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升時間較短，下降時間較長，兩過程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程重力做功的平均功率，所以D錯誤。 4．(2018·南寧摸底)如圖所示，固定的豎直光滑金屬導軌間距為L，上端接有阻值為R的電阻，導軌處在方向水平且垂直于導軌平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中，質量為m、電阻為r的導體棒與勁度系數為k的一端固定的輕彈簧相連放在導軌上，導軌的電阻忽略不計。初始時刻，彈簧處于伸長狀態(tài)，其伸長量為x1＝，此時導體棒具有豎直向上的初速度v0。在沿導軌往復運動的過程中，導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸。已知重

66、力加速度大小為g，則下列說法正確的是(　　) A．初始時刻導體棒兩端的電壓為BLv0 B．初始時刻導體棒加速度的大小為2g C．導體棒最終靜止，此時彈簧的壓縮量為 D．導體棒開始運動直到最終靜止的過程中，回路產生的焦耳熱為mv＋ 答案　CD 解析　初始時導體棒以初速度v0向上運動，根據法拉第電磁感應定律，初始時的感應電動勢E＝BLv0，通過電阻R的電流I＝＝，導體棒兩端的電壓U＝IR＝，A錯誤；初始時刻，導體棒受到豎直向下的重力mg、輕彈簧向下的拉力F＝kx1＝mg和豎直向下的安培力FA＝BIL作用，根據牛頓第二定律，mg＋F＋FA＝ma，解得導體棒的加速度大小a＝2g＋，一定大于2g，B錯誤；當最終導體棒靜止時，導體棒中感應電流為零，所受安培力為零，在重力和輕彈簧的彈力作用下受力平衡，輕彈簧處于壓縮狀態(tài)，mg＝kx2，解得此時輕彈簧的壓縮量x2＝，C正確；由于初始時刻和最終輕彈簧的形變量大小相同，輕彈簧的彈性勢能相等，重力做功mg(x1＋x2)，導體棒動能減少mv，根據能量守恒定律和功能關系可知，導體棒從開始運動直到最終靜止的過程中，回路產生的焦耳熱為Q＝mv＋，D正