2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 第3講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc

電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用主干梳理 對(duì)點(diǎn)激活知識(shí)點(diǎn)電磁感應(yīng)和電路的綜合1對(duì)電源的理解：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源。如：切割磁感線的導(dǎo)體棒、有磁通量變化的線圈等。2對(duì)電路的理解：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；除電源外其余部分是外電路，外電路由電阻、電容等電學(xué)元件組成。在外電路中，電流從高電勢(shì)處流向低電勢(shì)處；在內(nèi)電路中，電流則從低電勢(shì)處流向高電勢(shì)處。3與電路相聯(lián)系的幾個(gè)公式(1)電源電動(dòng)勢(shì)：En或EBlv。(2)閉合電路歐姆定律：I。電源的內(nèi)電壓：U內(nèi)Ir。電源的路端電壓：U外IREIr。(3)消耗功率：P外IU，P總EI。(4)電熱：Q外I2Rt，Q總I2(Rr)t。知識(shí)點(diǎn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)問題1安培力的大小F2安培力的方向(1)先用右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電流方向，再用左手定則確定安培力方向。(2)根據(jù)楞次定律，安培力方向一定和導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)方向相反。3分析導(dǎo)體受力情況時(shí)，應(yīng)做包含安培力在內(nèi)的全面受力分析。4根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程。知識(shí)點(diǎn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題1電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化閉合電路的部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電流，通有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場(chǎng)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，通有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場(chǎng)中受安培力作用或通過電阻發(fā)熱，使電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2實(shí)質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化，實(shí)質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化。一 思維辨析1在電磁感應(yīng)電路中，產(chǎn)生電流的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源。()2安培力的方向一定與運(yùn)動(dòng)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(zhuǎn)化為電能的過程。()4電源的電動(dòng)勢(shì)就是電源兩端的電壓。()5在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，求焦耳熱的方法只能用QI2Rt求解。()答案1.2.3.4.5.二 對(duì)點(diǎn)激活1. (人教版選修32P21T4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(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第二次又以速度2v勻速進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則下列說法正確的是()A第二次與第一次進(jìn)入時(shí)線圈中電流之比為21B第二次與第一次進(jìn)入時(shí)外力做功功率之比為21C第二次與第一次進(jìn)入過程中通過線圈的電量之比為21D第二次與第一次進(jìn)入時(shí)線圈中產(chǎn)生熱量之比為21答案AD解析由EBlv知，由I得，故A正確。勻速進(jìn)入，外力做功的功率與克服安培力做功的功率相等，由PI2R得，故B錯(cuò)誤。由電量q得，故C錯(cuò)誤。產(chǎn)生熱量QPtP，得，故D正確。2. (人教版選修32P21T3)設(shè)圖中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T，平行導(dǎo)軌寬l1 m，金屬棒PQ以1 m/s速度貼著導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，R1 ，其他電阻不計(jì)。(1)運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)線會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源。用電池等符號(hào)畫出這個(gè)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(dāng)于電源，等效電路如圖。(2)EBlv1 VI1 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(dǎo)軌間的距離L1 m，質(zhì)量m1 kg的光滑導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌電阻均不計(jì)，導(dǎo)軌左端與阻值R4 的電阻相連，導(dǎo)軌所在位置有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，現(xiàn)在給導(dǎo)體棒施加一個(gè)水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2 s測(cè)量一次導(dǎo)體棒的速度，圖乙是根據(jù)所測(cè)數(shù)據(jù)描繪出的導(dǎo)體棒的vt圖象(設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng))。(1)求力F的大?。?2)t1.6 s時(shí)，求導(dǎo)體棒的加速度a的大??；(3)若1.6 s內(nèi)導(dǎo)體棒的位移x8 m，試計(jì)算1.6 s內(nèi)電阻上產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)10 N(2)2 m/s2(3)48 J解析(1)導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，有EBLvI，F(xiàn)安BIL當(dāng)導(dǎo)體棒速度最大為vm時(shí)，F(xiàn)F安解得F10 N。(2)當(dāng)t1.6 s時(shí)，v18 m/s，此時(shí)F安18 NFF安1ma，a2 m/s2。(3)由能量守恒定律可知FxQ，解得Q48 J?？键c(diǎn)細(xì)研 悟法培優(yōu)考點(diǎn)1電磁感應(yīng)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(duì)六個(gè)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(yīng)定律、楞次定律、右手定則、串并聯(lián)電路特點(diǎn)等)進(jìn)行考查。(2)以閉合電路歐姆定律為中心，對(duì)電動(dòng)勢(shì)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(zhuǎn)化進(jìn)行考查。2基本步驟(1)確定電源：先判斷產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的是哪一部分導(dǎo)體，該部分導(dǎo)體可視為電源。(2)分析電路結(jié)構(gòu)，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(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及感應(yīng)電流的方向分析外電路中電勢(shì)的高低。因產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分電路相當(dāng)于電源部分，故該部分電路中的電流從低電勢(shì)流向高電勢(shì)，而外電路中電流的方向是從高電勢(shì)到低電勢(shì)。(2)應(yīng)用歐姆定律分析求解電路時(shí)，沒有考慮到電源的內(nèi)阻對(duì)電路的影響。(3)對(duì)連接在電路中電表的讀數(shù)不能正確進(jìn)行分析，例如并聯(lián)在等效電源兩端的電壓表，其示數(shù)是路端電壓，而不是等效電源的電動(dòng)勢(shì)。例1(2018河南五校期末)如圖所示，半徑為r1 m的光滑金屬圓環(huán)固定在水平面內(nèi)，垂直于環(huán)面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2.0 T，一金屬棒OA在外力作用下繞O軸以角速度2 rad/s沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，金屬環(huán)和導(dǎo)線電阻均不計(jì)，金屬棒OA的電阻r01 ，電阻R12 ，R23 ，R37.5 ，電容器的電容C4 F。閉合開關(guān)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(guān)S到電路穩(wěn)定這一過程中通過電流表的電荷量。解題探究(1)OA相當(dāng)于電源，哪點(diǎn)電勢(shì)高？提示：O點(diǎn)電勢(shì)高。(2)S閉合和S斷開時(shí)等效電路如何畫？提示：S閉合時(shí)S斷開時(shí)嘗試解答(1)0.5_A_方向由A到O_(2)1_W(3)6.4106_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(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為EBr2得E2 VS閉合時(shí)的等效電路如圖1所示R外3 由閉合電路歐姆定律，得EI(r0R外)聯(lián)立解得I0.5 A。(2)根據(jù)能量守恒定律知，外力的功率為PIE1 W。(3)S斷開前，電路路端電壓為UIR外電阻R1兩端電壓為U1U0.6 V。電容器的電荷量為Q1CU12.4106 C且a板帶正電，b板帶負(fù)電S斷開時(shí)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U2R21 V電容器的電荷量為Q2CU24106 C且a板帶負(fù)電，b板帶正電通過電流表的電荷量為QQ1Q2聯(lián)立解得Q6.4106 C。總結(jié)升華解決電磁感應(yīng)中電路問題的三部曲(1)確定電源切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源，利用EBlv或En求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，利用右手定則或楞次定律判斷感應(yīng)電流方向。如果在一個(gè)電路中切割磁感線的有幾個(gè)部分但又相互聯(lián)系，可視為等效電源的串、并聯(lián)。(2)識(shí)別電路結(jié)構(gòu)、畫出等效電路分析電路結(jié)構(gòu)，即分清等效電源和外電路及外電路的串并聯(lián)關(guān)系、判斷等效電源的正負(fù)極或電勢(shì)的高低等。(3)利用電路規(guī)律求解一般是綜合應(yīng)用歐姆定律、串并聯(lián)電路規(guī)律、電容器充電及放電特點(diǎn)、電功和電功率的知識(shí)、法拉第電磁感應(yīng)定律等列方程求解。變式1(2018廈門一中開學(xué)考試)在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n1500匝，橫截面積S20 cm2。螺線管導(dǎo)線電阻r1.0 ，R14.0 ，R25.0 ，C30 F。在一段時(shí)間內(nèi)，穿過螺線管的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(shì)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(jīng)R2的電荷量。答案(1)1.08 V(2)5.76102 W(3)1.8105 C解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有EnnS1.2 V路端電壓UE1.08 V。(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律有I0.12 API2R15.76102 W。(3)S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量即為S閉合時(shí)電容器C所帶的電荷量Q。電容器兩端的電壓UCIR20.6 V流經(jīng)R2的電荷量QCUC1.8105 C?？键c(diǎn)2電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1導(dǎo)體棒的動(dòng)力學(xué)分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力的作用，從而影響導(dǎo)體棒(或線圈)的受力情況和運(yùn)動(dòng)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(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析3力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系4動(dòng)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(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ是水平放置的兩平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌，其間距L0.2 m，連在導(dǎo)軌一端的電阻R0.4 ，ab是放置在導(dǎo)軌上質(zhì)量m0.1 kg的導(dǎo)體棒。從零時(shí)刻開始，對(duì)棒施加一個(gè)大小為F0.45 N，方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且良好接觸，圖乙是棒的vt圖象，其中AO是圖象在O點(diǎn)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(jì)?；瑒?dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力。已知當(dāng)棒的位移為30 m時(shí)，其速度達(dá)到了最大速度10 m/s。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)在棒運(yùn)動(dòng)30 m的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。解題探究(1)t0時(shí)刻的加速度是由什么力提供的？提示：拉力F與滑動(dòng)摩擦力的合力。(2)由圖象能審出什么信息？提示：t0時(shí)a2.5 m/s2，最大速度vm10 m/s。嘗試解答(1)0.5_T_(2)2.5_J(1)由題圖乙得棒開始運(yùn)動(dòng)瞬間：a2.5 m/s2則：Ffma棒最終以速度vm10 m/s做勻速運(yùn)動(dòng)，則所受的拉力、摩擦力和安培力的合力為零FfF安0F安BILI聯(lián)立可得：B0.5 T。(2)由功能關(guān)系可得：(Ff)xmvQ解得Q2.5 J。總結(jié)升華單棒切割磁感線的兩種模型模型一：導(dǎo)體棒ab先自由下落再進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖甲所示。模型二：導(dǎo)體棒ab沿光滑的傾斜導(dǎo)軌自由下滑，然后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁場(chǎng)垂直于軌道平面)，如圖乙所示。兩類模型中的臨界條件是導(dǎo)體棒ab受力平衡。以模型一為例，有mgF安，即v0。若導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)v>v0，則導(dǎo)體棒先減速再勻速；若v<v0，導(dǎo)體棒先加速再勻速(假設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域足夠長(zhǎng))。變式2如圖所示，矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻。線框下落過程，ab邊始終保持與磁場(chǎng)水平邊界線OO平行，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直。設(shè)OO下方磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，不計(jì)空氣阻力，則下列哪一個(gè)圖象不可能反映線框下落過程中速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律()答案A解析線框在進(jìn)入磁場(chǎng)前，只受重力，做自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的過程分三種情況：mgF安，勻速通過磁場(chǎng)；mg<F安，做加速度越來(lái)越小的減速運(yùn)動(dòng)通過磁場(chǎng)；mg>F安，做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng)通過磁場(chǎng)。完全進(jìn)入磁場(chǎng)又做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。綜上所述，只有A是不可能的。考點(diǎn)3電磁感應(yīng)中的能量問題能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)能量轉(zhuǎn)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(zhǎng)為1.2 m、質(zhì)量為1 kg的正方形單匝線框abcd，放在光滑水平面上。在水平恒定拉力F的作用下，穿過垂直水平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。線框cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為2 m/s。在t3 s時(shí)刻cd邊剛出磁場(chǎng)邊界。從進(jìn)入到離開磁場(chǎng)區(qū)域的3 s時(shí)間內(nèi)線框運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示。求：(1)線框cd邊在剛進(jìn)入和剛離開磁場(chǎng)的這兩個(gè)位置時(shí)c、d兩點(diǎn)間的電壓；(2)線框從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊離開磁場(chǎng)的全過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱。解題探究(1)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)和剛離開磁場(chǎng)時(shí)，電源分別是哪個(gè)邊充當(dāng)？提示：cd，ab。(2)線框cd邊進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度為2 m/s，cd邊出磁場(chǎng)時(shí)速度為2 m/s，由此可知線框穿入和穿出磁場(chǎng)的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱有什么關(guān)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(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，c、d兩點(diǎn)間的電壓U1EBlv00.11.22 V0.18 V線框cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)，c、d兩點(diǎn)間的電壓U2E0.06 V。(2)由題圖乙知，13 s內(nèi)線框完全在磁場(chǎng)中，由vt圖象知13 s內(nèi)線框加速度a m/s20.5 m/s2根據(jù)牛頓第二定律有Fma10.5 N0.5 N從線框cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)，設(shè)安培力做功為W根據(jù)動(dòng)能定理有FlWmv2mv代入數(shù)據(jù)得W2.1 J從線框cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛離開磁場(chǎng)，線框產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力所做的功，因此QW2.1 J根據(jù)圖線可知線框cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)和離開磁場(chǎng)時(shí)的速度和受力情況都一樣，產(chǎn)生的焦耳熱也相等，因此線框從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊離開磁場(chǎng)的全過程中，線框產(chǎn)生的總焦耳熱為Q總2Q22.1 J4.2 J?？偨Y(jié)升華電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的計(jì)算(1)回路中電流穩(wěn)定可利用電路知識(shí)，由WUIt，QI2Rt直接計(jì)算。(2)若電流變化利用安培力做功、功能關(guān)系解決。變式3(2019山東濟(jì)寧質(zhì)檢)如圖所示，傾角為的平行金屬導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，底端接有阻值為R的定值電阻，處在與導(dǎo)軌平面垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。有一質(zhì)量為m，電阻為r，長(zhǎng)度也為L(zhǎng) 的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，它與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。現(xiàn)讓導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌底部以初速度v0沖上導(dǎo)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(dǎo)體棒在上滑過程中所用時(shí)間為C導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到回到底端，回路產(chǎn)生的焦耳熱為mvmv2D導(dǎo)體棒在上滑過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱大于下滑過程中R上產(chǎn)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(cuò)誤；導(dǎo)體棒從開始沖上導(dǎo)軌到滑到最大高度的過程中做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，產(chǎn)生的感應(yīng)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(yùn)動(dòng)，平均速度小于，則所用時(shí)間大于，故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可得，導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到回到底端，回路產(chǎn)生的焦耳熱為：Qmvmv22mgscos，故C錯(cuò)誤；由于導(dǎo)體棒的機(jī)械能不斷減少，所以下滑與上滑過程中經(jīng)過同一位置時(shí)，上滑速度大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大，導(dǎo)體棒受到的安培力大，而兩個(gè)過程通過的位移大小相等，所以上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做功多，導(dǎo)體棒在上滑過程中整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱多，由QRQ總可知導(dǎo)體棒在上滑過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱較多，故D正確?？键c(diǎn)4電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題1動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力的沖量為：I安BLtBLq，通過導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：qttntn，磁通量變化量：BSBLx。如果安培力是導(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則I安mv2mv1。當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)常用動(dòng)量定理求解更方便。2動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們受到的安培力的合力為0時(shí)，滿足動(dòng)量守恒條件，運(yùn)用動(dòng)量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(zhǎng)的U形光滑導(dǎo)軌固定在傾角為30的斜面上，導(dǎo)軌的寬度L0.5 m，其下端與R1 的電阻連接，質(zhì)量為m0.2 kg的導(dǎo)體棒(長(zhǎng)度也為L(zhǎng))與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻均不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在的平面，用一根與斜面平行的不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過定滑輪將導(dǎo)體棒和質(zhì)量為M0.4 kg的重物相連，重物離地面足夠高。使導(dǎo)體棒從靜止開始沿導(dǎo)軌上滑，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌上滑t1 s時(shí)，其速度達(dá)到最大。求：(取g10 m/s2)(1)導(dǎo)體棒的最大速度vm；(2)導(dǎo)體棒從靜止開始沿軌道上滑時(shí)間t1 s的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱是多少？解題探究(1)導(dǎo)體棒什么時(shí)候達(dá)到最大速度vm?提示：導(dǎo)體棒加速度為零時(shí)。(2)用能量守恒的觀點(diǎn)求焦耳熱時(shí)，需要用到導(dǎo)體棒1 s內(nèi)上滑的距離，如何求解此距離？提示：借助電量的兩種求法：I安BLtBLq；q。嘗試解答(1)3_m/s_(2)0.9_J(1)速度最大時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLvm感應(yīng)電流I安培力FABIL導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)由平衡條件得Mgmgsin30FA聯(lián)立解得vm3 m/s。(2)設(shè)輕繩的拉力大小為F，由動(dòng)量定理得MgttMvm0tmgsin30tBLtmvm0則Mgtmgsin30tBLt(Mm)vm0即Mgtmgsin30tBLq(Mm)vm0解得1 s內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量q1.2 C電量q解得1 s內(nèi)導(dǎo)體棒上滑位移x1.2 m，由能量守恒定律得Mgxmgxsin30(Mm)vQ解得Q0.9 J?？偨Y(jié)升華解決電磁感應(yīng)中動(dòng)量問題的策略“先源后路、先電后力，再是運(yùn)動(dòng)、動(dòng)量”即變式41(2018太原模擬)如圖所示，兩條相距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置并接觸良好，接入電路的電阻也為R。若給棒平行導(dǎo)軌向右的初速度v0，當(dāng)流過棒截面的電荷量為q時(shí)，棒的速度減為零，此過程中棒的位移為x。則()A當(dāng)流過棒的電荷量為時(shí)，棒的速度為B當(dāng)棒發(fā)生位移為時(shí)，棒的速度為C在流過棒的電荷量達(dá)到的過程中，棒釋放的熱量為D整個(gè)過程中定值電阻R釋放的熱量為答案D解析當(dāng)流過棒截面的電荷量為q時(shí)，棒的速度減為零，設(shè)用時(shí)為t，由動(dòng)量定理有：BLt0mv0，即BLqmv0。當(dāng)流過棒的電荷量為時(shí)，設(shè)棒的速度為v，則有：BLmvmv0，解得v，A錯(cuò)誤。由法拉第電磁感應(yīng)定律有，由歐姆定律有，由電流的定義有，整理可得q，當(dāng)棒的速度為時(shí)，流過棒的電荷量為，此時(shí)棒發(fā)生的位移為，B錯(cuò)誤。由BLqmv0，可得棒的質(zhì)量m，當(dāng)流過棒的電荷量為時(shí)，棒的速度為，在流過棒的電荷量達(dá)到的過程中，棒損失的動(dòng)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(cuò)誤。整個(gè)過程棒損失的動(dòng)能為mv，定值電阻與導(dǎo)體棒釋放的熱量相同，均為，D正確。變式42兩根足夠長(zhǎng)的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)。導(dǎo)軌上面垂直放置兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，如圖所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻可不計(jì)。在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑行。開始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，則：(1)在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？(2)當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r(shí)，cd棒的加速度是多少？答案(1)mv(2)解析ab棒向cd棒運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量變小，于是產(chǎn)生感應(yīng)電流，ab棒受到與其運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒則在安培力的作用下向右做加速運(yùn)動(dòng)。只要ab棒的速度大于cd棒的速度，回路總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速，直到兩棒速度相同時(shí)，回路面積保持不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度v做勻速運(yùn)動(dòng)。(1)從開始到兩棒達(dá)到相同速度v的過程中，兩棒的總動(dòng)量守恒，有mv02mv根據(jù)能量守恒定律，整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Qmv(2m)v2mv。(2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)関0時(shí)，cd棒的速度為v，則由動(dòng)量守恒定律可知mv0mv0mv解得vv0，回路中的電動(dòng)勢(shì)EBLv0BLv0BLv0I此時(shí)cd棒所受的安培力FBIL。由牛頓第二定律可得，cd棒的加速度a。1.模型構(gòu)建對(duì)桿在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)組成的系統(tǒng)，桿在運(yùn)動(dòng)中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，并受到安培力的作用改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，該系統(tǒng)稱為“桿和導(dǎo)軌”模型。2.模型分類單桿模型、雙桿模型。(1)單桿模型初態(tài)v00v00示意圖質(zhì)量為m，電阻不計(jì)的單桿ab以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動(dòng)，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，拉力F恒定軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，拉力F恒定運(yùn)動(dòng)分析導(dǎo)體桿做加速度越來(lái)越小的減速運(yùn)動(dòng)，最終桿靜止當(dāng)E感E時(shí)，v最大，且vm，最后以vm勻速運(yùn)動(dòng)當(dāng)a0時(shí)，v最大，vm時(shí)，桿開始勻速運(yùn)動(dòng)t時(shí)間內(nèi)流入電容器的電荷量qCUCBLv電流ICBLCBLa安培力F安BLICB2L2aFF安ma，a，所以桿以恒定的加速度勻加速運(yùn)動(dòng)能量分析動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，mvQ電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，E電mvQ外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，WFmvQ外力做功轉(zhuǎn)化為電能和動(dòng)能，WFE電mv2注：若光滑導(dǎo)軌傾斜放置，要考慮導(dǎo)體桿受到重力沿導(dǎo)軌斜面向下的分力作用，分析方法與表格中受外力F時(shí)的情況類似，這里就不再贅述。(2)雙桿模型模型特點(diǎn)a一桿切割時(shí)，分析同單桿類似。b兩桿同時(shí)切割時(shí)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)由兩桿共同決定，EBl(v1v2)。電磁感應(yīng)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(dǎo)軌光滑不等距導(dǎo)軌示意圖質(zhì)量m1m2電阻r1r2長(zhǎng)度L1L2質(zhì)量m1m2電阻r1r2長(zhǎng)度L12L2運(yùn)動(dòng)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)穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為12能量分析一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，QEkb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m1m2電阻r1r2長(zhǎng)度L1L2摩擦力Ff1Ff2質(zhì)量m1m2電阻r1r2長(zhǎng)度L1L2運(yùn)動(dòng)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F2Ff，則PQ桿先變加速后勻速運(yùn)動(dòng)；MN桿靜止。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)，且加速度相同能量分析外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，WFEkQ外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能(包括電熱和摩擦熱)，WFEkQ電Qf【典題例證】(2018邯鄲二模)如圖，在豎直平面內(nèi)有兩條間距為L(zhǎng)的足夠長(zhǎng)的平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌，上端接有一個(gè)阻值為R的電阻和一個(gè)耐壓值足夠大的電容器，電容器的電容為C，且不帶電。質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒ab垂直跨在導(dǎo)軌上。開關(guān)S為單刀雙擲開關(guān)。導(dǎo)軌所在空間有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)將開關(guān)S接1，由靜止釋放導(dǎo)體棒ab。已知重力加速度為g，當(dāng)導(dǎo)體棒ab下落h高度時(shí)：(1)求導(dǎo)體棒ab的速度大小v；(2)若此時(shí)迅速將開關(guān)S接2，請(qǐng)分析說明此后導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動(dòng)情況；并計(jì)算導(dǎo)體棒ab在開關(guān)接2后又下落足夠大的高度H的過程中電阻R上所產(chǎn)生的電熱Q。解析(1)設(shè)某時(shí)刻電路中的電流為I，金屬棒的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有：mgBILma設(shè)在極短時(shí)間t內(nèi)，電容器的充電電量為Q，電壓增加量為U，金屬棒速度的增加量為v，則有：IQCUUBLva聯(lián)立式可得：a顯然a為定值，可見金屬棒下落過程為勻加速直線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)v22ah可得：v(2)導(dǎo)體棒ab下落h高度時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為EBLv此時(shí)電路中的電流為I導(dǎo)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(dǎo)體棒ab將做勻速直線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)能量守恒定律有：QmgH若F安>mg，導(dǎo)體棒ab將做先減速后勻速的直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為vm，則有：mg根據(jù)能量守恒定律有：mgHm(v2v)Q聯(lián)立式可得QmgH同理，若F安<mg，導(dǎo)體棒ab將做先加速后勻速的直線運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度仍為vm，根據(jù)能量守恒定律有：mgHm(vv2)Q聯(lián)立式可得QmgH。答案(1) (2)可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)QmgH可能先減速后勻速Q(mào)mgH可能先加速后勻速Q(mào)mgH 名師點(diǎn)睛分析“桿和導(dǎo)軌”模型可按照下述步驟(1)先進(jìn)行“源”的分析分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；(2)再進(jìn)行“路”的分析分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)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(duì)象(常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力；(4)接著進(jìn)行“運(yùn)動(dòng)”狀態(tài)的分析和能量的分析根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)動(dòng)模型及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系?！踞槍?duì)訓(xùn)練】1(2018山西適應(yīng)性測(cè)試)圖甲、乙、丙中除導(dǎo)體棒ab可動(dòng)外，其余部分均固定不動(dòng)。甲圖中的電容器C原來(lái)不帶電，所有導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌電阻均可忽略，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦也不計(jì)，導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量為m。圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直水平面(即紙面)向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，間距為L(zhǎng)。今給導(dǎo)體棒ab一個(gè)向右的初速度v0，則()A三種情況下，導(dǎo)體棒ab最終都靜止B三種情況下，導(dǎo)體棒ab最終都做勻速運(yùn)動(dòng)C圖甲、丙中ab棒最終都向右做勻速運(yùn)動(dòng)D圖乙中，流過電阻R的總電荷量為答案D解析圖甲中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電，當(dāng)電容器C極板間電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電路中沒有電流，ab棒不受安培力，向右做勻速運(yùn)動(dòng)。圖乙中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ab棒速度減小，當(dāng)ab棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時(shí)，ab棒靜止。圖丙中，導(dǎo)體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再在安培力作用下向左做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電源的電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電路中沒有電流，ab棒向左做勻速運(yùn)動(dòng)，A、B、C錯(cuò)誤；圖乙中根據(jù)動(dòng)量定理BILt0mv0，通過的電荷量為qIt，D正確。2(2018石家莊二模)(多選)如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑水平軌道，左側(cè)軌道間距為0.4 m，右側(cè)軌道間距為0.2 m?？臻g存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.2 T。質(zhì)量均為0.01 kg的金屬棒M、N垂直導(dǎo)軌放置在軌道上，開始時(shí)金屬棒M、N均保持靜止，現(xiàn)使金屬棒M以5 m/s 的速度向右運(yùn)動(dòng)，兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，M棒總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，N棒總在窄軌上運(yùn)動(dòng)。已知兩金屬棒接入電路的總電阻為0.2 ，軌道電阻不計(jì)，g10 m/s2，下列說法正確的是()AM、N棒在相對(duì)運(yùn)動(dòng)過程中，回路內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流(俯視)BM、N棒最后都以2.5 m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)C從開始到最終勻速運(yùn)動(dòng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為6.25102 JD在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程中，金屬棒M、N在水平導(dǎo)軌間掃過的面積之差為0.5 m2答案AD解析M、N相對(duì)運(yùn)動(dòng)過程中回路中磁通量減小，根據(jù)楞次定律知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，故A正確；本題為雙金屬棒模型，根據(jù)結(jié)論，終極狀態(tài)是兩棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，最終兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小相等，即BLMvMBLNvN，又LM2LN，所以vMvN，規(guī)定水平向右為正方向，對(duì)M、N棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理得：BLMItmvMmv0，BLNItmvN，LM2LN，聯(lián)立得：mv0mvM2mvN，代入vMvN得vM1 m/s，vN2 m/s，故B錯(cuò)誤；Qmvmvmv0.1 J，故C錯(cuò)誤；由BLNItmvN得BLNqmvN，又qIttt，聯(lián)立解得S0.5 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(dǎo)軌M1N1P1M2N2P2由四分之一圓弧部分與水平部分構(gòu)成，導(dǎo)軌末端固定兩根絕緣柱，弧形部分半徑r0.8 m，導(dǎo)軌間距L1 m，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2 T。兩根完全相同的金屬棒a、b分別垂直導(dǎo)軌靜置于圓弧頂端M1、M2處和水平導(dǎo)軌中某位置，兩金屬棒質(zhì)量均為m1 kg、電阻均為R2 。金屬棒a由靜止釋放，沿圓弧導(dǎo)軌滑入水平部分，此后，金屬棒b向右運(yùn)動(dòng)，在導(dǎo)軌末端與絕緣柱發(fā)生碰撞且無(wú)機(jī)械能損失，金屬棒b接觸絕緣柱之前兩棒已勻速運(yùn)動(dòng)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x10.5 m的A1A2位置與金屬棒a發(fā)生碰撞，碰后停在距絕緣柱x20.2 m的A3A4位置，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10 m/s2。求：(1)金屬棒a剛滑入水平導(dǎo)軌時(shí)，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(gè)回路產(chǎn)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：mgrmv2v4 m/s金屬棒a剛滑入水平導(dǎo)軌時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：EBLv8 V回路電流：I2 A金屬棒a受到的安培力：FBIL4 N。(2)以金屬棒a、b為系統(tǒng)，設(shè)兩者勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，在b碰到絕緣柱之前動(dòng)量守恒：mv2mv1，v12 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(dòng)量仍然守恒，總動(dòng)量為零，0mvamvb，即時(shí)刻有vavb，兩金屬棒相向運(yùn)動(dòng)到相碰，位移大小相等，均為x10.5 m對(duì)金屬棒b由動(dòng)量定理知：BLtmv2mv1由法拉第電磁感應(yīng)定律知：2BL聯(lián)立得mv2mv1t，而tx1，代入數(shù)據(jù)求得v21 m/s由能量守恒定律得：Q2mv2mv3 J。(3)金屬棒a、b碰后，設(shè)速度大小為v3，金屬棒b減速到零的過程，由動(dòng)量定理知：BLt0mv3由法拉第電磁感應(yīng)定律知：2BL，tx1x2，聯(lián)立得mv3代入數(shù)據(jù)求得v30.6 m/s由于2mv2mv，所以碰撞不是彈性碰撞。高考模擬 隨堂集訓(xùn)1(2018江蘇高考)(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)、的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)和時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿()A剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度方向豎直向下B穿過磁場(chǎng)的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgdD釋放時(shí)距磁場(chǎng)上邊界的高度h可能小于答案BC解析由于金屬桿進(jìn)入兩個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度相等，而穿出磁場(chǎng)后金屬桿做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)、時(shí)都做減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；對(duì)金屬桿受力分析，根據(jù)mgma可知，金屬桿在磁場(chǎng)中做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，其進(jìn)入磁場(chǎng)后的vt圖象如圖所示，由于0t1和t1t2圖線與t軸包圍的面積相等(都為d)，所以t1>(t2t1)，B正確；從進(jìn)入磁場(chǎng)到進(jìn)入磁場(chǎng)之前過程中，根據(jù)能量守恒，金屬棒減小的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以Q1mg2d，所以穿過兩個(gè)磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量為4mgd，C正確；若金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，則mg0，得v，由前面分析可知金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大于，根據(jù)h得金屬桿釋放時(shí)距離磁場(chǎng)上邊界的高度應(yīng)大于，D錯(cuò)誤。2. (2018天津高考)真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置。圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡(jiǎn)化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)，ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長(zhǎng)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(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)，列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。(1)要使列車向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡(jiǎn)要說明理由；(2)求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大??；(3)列車減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)寬度和相鄰磁場(chǎng)間距均大于l。若某時(shí)刻列車的速度為v0，此時(shí)ab、cd均在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，試討論：要使列車停下來(lái)，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場(chǎng)？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(yùn)動(dòng)，安培力方向應(yīng)向右，根據(jù)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(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián)，電阻均為R，由并聯(lián)電路特點(diǎn)知ab，cd中電流均為I每根金屬棒受到的安培力F0BIl設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F2F0根據(jù)牛頓第二定律有Fma聯(lián)立式得a(3)設(shè)列車減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)t時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化量為，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1其中Bl2設(shè)回路中平均電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設(shè)cd受到的平均安培力為F，有FBIl以向右為正方向，設(shè)t時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖Ft同理可知，回路出磁場(chǎng)時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場(chǎng)區(qū)域安培力沖量為I0，有I02I沖設(shè)列車停下來(lái)受到的總沖量為I總，由動(dòng)量定理有I總0mv0聯(lián)立式得討論：若恰好為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場(chǎng)；若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N1塊有界磁場(chǎng)。3. (2016全國(guó)卷)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。t0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。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)的大小；(2)電阻的阻值。答案(1)Blt0(2)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Fmgma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vat0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，桿中的電動(dòng)勢(shì)為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(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I式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為F安BIl因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得FmgF安0聯(lián)立式得R。4(2016浙江高考)小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R0.05 的電阻。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2.0 T。質(zhì)量m4.0 kg的金屬棒 CD水平置于導(dǎo)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(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s0.24 m。一位健身者用恒力F80 N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin530.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求：(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大小；(2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)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(chǎn)生的焦耳熱Q。答案(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J解析(1)由牛頓定律a12 m/s2進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v2.4 m/s(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv感應(yīng)電流I安培力FABIl代入得FA48 N(3)健身者做功WF(sd)64 J由牛頓定律FmgsinFA0CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t焦耳熱QI2Rt26.88 J。5(2017天津高考)電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距離為l，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問：(1)磁場(chǎng)的方向；(2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??；(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。答案(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)(3)解析(1)將S接1時(shí)，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時(shí)，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I設(shè)MN受到的安培力為F，有FIlB由牛頓第二定律，有Fma聯(lián)立式得a(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0CE開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，有EBlvmax依題意有E設(shè)在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有l(wèi)B由動(dòng)量定理，有tmvmax0又tQ0Q聯(lián)立式得Q。配套課時(shí)作業(yè)時(shí)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12為單選，35為多選)1. (2018保定一模改編)如圖所示，豎直平行光滑金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，上端接阻值為R的電阻，下端接電源和開關(guān)K，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為R，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)開關(guān)閉合時(shí)，一質(zhì)量為m，電阻也為R的金屬棒恰好能靜止在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌一直保持良好接觸，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且不計(jì)電阻，重力加速度為g。下列說法正確的是()A磁感應(yīng)強(qiáng)度BB磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向里C斷開開關(guān)后，金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D斷開開關(guān)后，金屬棒最終速度為答案B解析設(shè)金屬棒中電流強(qiáng)度為I，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，由于金屬棒靜止，則mgBIL，對(duì)于整個(gè)電路，由閉合電路的歐姆定律得E2IRIR，聯(lián)立解得：B，故A錯(cuò)誤。由左手定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直導(dǎo)軌平面向里，故B正確。斷開開關(guān)后，金屬棒做a越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng)，最終勻速，處于平衡狀態(tài)，棒中電流強(qiáng)度仍為I，設(shè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，再由歐姆定律得E2IR，設(shè)金屬棒最終的速度大小為v，由法拉第電磁感應(yīng)定律得EBLv，聯(lián)立各式解得：v，故C、D錯(cuò)誤。2(2018長(zhǎng)春質(zhì)檢)如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的理想邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大。一個(gè)邊長(zhǎng)為a、質(zhì)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(chǎng)方向從如圖所示的實(shí)線位置開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到各有一半面積在兩個(gè)磁場(chǎng)中的位置時(shí)，線框的速度為。則下列說法不正確的是()A在位置時(shí)線框中的電功率為B此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2C在位置時(shí)線框的加速度大小為D此過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為答案C解析線框經(jīng)過位置時(shí)，線框左右兩邊均切割磁感線，所以此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBa2Bav，故線框中的電功率P，A正確；線框從位置到位置的過程中，動(dòng)能減少量Ekmv2m2mv2，根據(jù)能量守恒定律可知，此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2，B正確；線框在位置時(shí)，左右兩邊所受安培力大小均為FBa，根據(jù)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(shí)線框的加速度大小為a，C錯(cuò)誤；由qt、三式聯(lián)立，解得q，線框在位置時(shí)其磁通量為Ba2，而線框在位置時(shí)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(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向與豎直平面(紙面)垂直，磁場(chǎng)邊界的間距為L(zhǎng)，一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，線框所在平面始終與磁場(chǎng)方向垂直，且線框上、下邊始終與磁場(chǎng)的邊界平行。t0時(shí)刻線框的上邊恰好與磁場(chǎng)的下邊界重合(圖中位置)，線框的速度為v0，經(jīng)歷一段時(shí)間后，當(dāng)線框的下邊恰好與磁場(chǎng)的上邊界重合時(shí)(圖中位置)，線框的速度剛好為零，此后，線框下落，經(jīng)過一段時(shí)間回到初始位置(不計(jì)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(chǎn)生的熱量比下降過程中線框產(chǎn)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(chǎng)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(yùn)動(dòng)方向相反，都做負(fù)功，而在線框下降過程中，重力做正功，安培力做負(fù)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(cuò)誤；分析線框的運(yùn)動(dòng)過程可知，對(duì)應(yīng)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(chǎn)生的熱量多，所以B正確；以線框?yàn)閷?duì)象受力分析可知，線框在上升過程中做減速運(yùn)動(dòng)，有F安mgma，F(xiàn)安，故有agv，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(yùn)動(dòng)，有ag，由此可知，下降過程中的平均加速度小于上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(shí)間較短，下降時(shí)間較長(zhǎng)，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(cuò)誤。4(2018南寧摸底)如圖所示，固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，上端接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌處在方向水平且垂直于導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與勁度系數(shù)為k的一端固定的輕彈簧相連放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。初始時(shí)刻，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，其伸長(zhǎng)量為x1，此時(shí)導(dǎo)體棒具有豎直向上的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。已知重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A初始時(shí)刻導(dǎo)體棒兩端的電壓為BLv0B初始時(shí)刻導(dǎo)體棒加速度的大小為2gC導(dǎo)體棒最終靜止，此時(shí)彈簧的壓縮量為D導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中，回路產(chǎn)生的焦耳熱為mv答案CD解析初始時(shí)導(dǎo)體棒以初速度v0向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，初始時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv0，通過電阻R的電流I，導(dǎo)體棒兩端的電壓UIR，A錯(cuò)誤；初始時(shí)刻，導(dǎo)體棒受到豎直向下的重力mg、輕彈簧向下的拉力Fkx1mg和豎直向下的安培力FABIL作用，根據(jù)牛頓第二定律，mgFFAma，解得導(dǎo)體棒的加速度大小a2g，一定大于2g，B錯(cuò)誤；當(dāng)最終導(dǎo)體棒靜止時(shí)，導(dǎo)體棒中感應(yīng)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)，mgkx2，解得此時(shí)輕彈簧的壓縮量x2，C正確；由于初始時(shí)刻和最終輕彈簧的形變量大小相同，輕彈簧的彈性勢(shì)能相等，重力做功mg(x1x2)，導(dǎo)體棒動(dòng)能減少mv，根據(jù)能量守恒定律和功能關(guān)系可知，導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中，回路產(chǎn)生的焦耳熱為Qmv，D正確。5(2018山東六校聯(lián)