2019年高考物理 專題11 電磁感應學案.doc

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專題11 電磁感應 超重點1：電磁感應現(xiàn)象　楞次定律 一、磁通量 1．概念：在磁感應強度為B的勻強磁場中，與磁場方向垂直的面積S與B的乘積． 2．公式：Φ＝BS. 3．單位：1 Wb＝1_Tm2. 4．公式的適用條件 (1)勻強磁場； (2)磁感線的方向與平面垂直，即B⊥S. 5．磁通量的意義 磁通量可以理解為穿過某一面積的磁感線的條數(shù)． 二、電磁感應現(xiàn)象 1．電磁感應現(xiàn)象 當穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，電路中有感應電流產生的現(xiàn)象． 2．產生感應電流的條件 (1)條件：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化． (2)特例：閉合電路的一部分導體在磁場內做切割磁感線運動． 3．產生電磁感應現(xiàn)象的實質 電磁感應現(xiàn)象的實質是產生感應電動勢，如果回路閉合，則產生感應電流，如果回路不閉合，那么只有感應電動勢，而無感應電流． 三、楞次定律 ※考點一　電磁感應現(xiàn)象 1．有無判斷感應電流的流程 (1)確定研究的回路． (2)弄清楚回路內的磁場分布，并確定該回路的磁通量Φ. (3) 2．磁通量Φ發(fā)生變化的三種常見情況 (1)磁場強弱不變，回路面積改變． (2)回路面積不變，磁場強弱改變． (3)回路面積和磁場強弱均不變，但二者的相對位置發(fā)生改變． [題組突破訓練] 1．圖中能產生感應電流的是(　　) 【答案】B 2．在一空間有方向相反、磁感應強度大小均為B的勻強磁場，如圖所示，垂直紙面向外的磁場分布在一半徑為a的圓形區(qū)域內，垂直紙面向里的磁場分布在除圓形區(qū)域外的整個區(qū)域，該平面內有一半徑為 b(b＞a)的圓形線圈，線圈平面與磁感應強度方向垂直，線圈與半徑為a的圓形區(qū)域是同心圓．從某時刻起磁感應強度大小均開始減小到，則此過程中該線圈磁通量的變化量的大小為(　　) A.πB(b2－a2)　　 B．πB(b2－2a2) C．πB(b2－a2) D.πB(b2－2a2) 【答案】D ※考點二　對楞次定律的理解及應用 1．楞次定律中“阻礙”的含義 2．判斷感應電流方向的“四步法” [真題拓展探究] [典例1]　(2017高考全國卷Ⅲ)如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直．金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內，線框與導軌共面．現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是(　　) A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向 B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向 C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向 D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向 【答案】D 【解析】金屬桿PQ向右運動，穿過PQRS的磁通量增加，由楞次定律可知，PQRS中產生逆時針方向的電流．這時PQRS中感應電流產生的磁場方向垂直紙面向外，與原磁場方向相反，故金屬框T中的磁通量減少，依據(jù)楞次定律可知，T中產生順時針方向的感應電流．故只有D項正確． 拓展1　“切割類“感應電流方向的判斷 1．(多選)(2018海南“七校聯(lián)盟”聯(lián)考)如圖所示，在一豎直平面內的三條平行導線上串有兩個電阻R1和R2，導體棒PQ與三條導線均接觸良好，勻強磁場的方向垂直紙面向里，導體棒的電阻可忽略．若導體棒向左加速運動，則(　　) A．流經R1的電流方向向上 B．流經R2的電流方向向下 C．流經R1的電流方向向下 D．流經R2的電流方向向上 【答案】AD 拓展2　“阻礙法”判斷導體的形變 2.(2018湖南長郡中學月考)如圖所示，A為水平放置的橡膠圓盤，在其側面均勻帶有負電荷，在A正上方用絕緣絲線懸掛一個金屬圓環(huán)B(絲線未畫出)，使B的環(huán)面與圓盤A平行，其軸線與圓盤A的軸線重合．現(xiàn)使圓盤A由靜止開始繞其軸線按圖中箭頭方向加速轉動，則(　　) A．金屬圓環(huán)B有擴張的趨勢，絲線受到的拉力增大 B．金屬圓環(huán)B有收縮的趨勢，絲線受到的拉力減小 C．金屬圓環(huán)B有擴張的趨勢，絲線受到的拉力減小 D．金屬圓環(huán)B有收縮的趨勢，絲線受到的拉力增大 【答案】B 拓展3　“阻礙法”判導體的運動 3．如圖所示，上下開口、內壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊(　　) A．在P和Q中都做自由落體運動 B．在兩個下落過程中的機械能都守恒 C．在P中的下落時間比在Q中的長 D．落至底部時在P中的速度比在Q中的大 【答案】C 【解析】磁塊在銅管P中運動時，銅管中產生感應電流，根據(jù)楞次定律，磁塊會受到向上的磁場力，因此磁塊下落的加速度小于重力加速度，且機械能不守恒，選項A、B錯誤；磁塊在塑料管Q中運動時，只受重力的作用，做自由落體運動，機械能守恒，磁塊落至底部時，根據(jù)直線運動規(guī)律和功能關系，磁塊在P中的下落時間比在Q中的長，落至底部時在P中的速度比在Q中的小，選項C正確，選項D錯誤． ※考點三　“三定則”“一定律”的綜合應用 1．“三定則”“一定律”的應用對比 名稱 基本現(xiàn)象 因果關系 應用的定則或定律 電流的磁效應 運動電荷、 電流產生磁場 因電生磁 安培定則 洛倫茲力、 安培力 磁場對運動電荷、 電流有作用力 因電受力 左手定則 電磁感應 部分導體做切 割磁感線運動 因動生電 右手定則 閉合回路磁 通量變化 因磁生電 楞次定律 2.“三定則”“一定律”的相互聯(lián)系 (1)應用楞次定律時，一般要用到安培定則． (2)研究感應電流受到的安培力，一般先用右手定則確定電流方向，再用左手定則確定安培力的方向，有時也可以直接應用楞次定律的推論確定． [典例2]　置于勻強磁場中的金屬圓盤中央和邊緣各引出一根導線，與套在鐵芯上部的線圈A相連．套在鐵芯下部的線圈B引出兩根導線接在兩根水平導軌上，如圖所示．導軌上有一根金屬棒ab處在豎直向上的勻強磁場中．下列說法正確的是(　　) A．圓盤順時針加速轉動時，ab棒將向右運動 B．圓盤順時針勻速轉動時，ab棒將向右運動 C．圓盤順時針減速轉動時，ab棒將向右運動 D．圓盤逆時針加速轉動時，ab棒將向左運動 【答案】C [題組突破訓練] 1.(多選)如圖所示，在勻強磁場中，放有一與線圈D相連接的平行導軌，要使放在線圈D中的線圈A(A、D兩線圈同心共面)各處受到沿半徑方向指向圓心的力，金屬棒MN的運動情況可能是(　　) A．勻速向右　　　　　 B．加速向左 C．加速向右 D．減速向左 【答案】BC 【解析】若金屬棒MN勻速向右運動，則線圈D與MN組成回路中的電流恒定，故穿過線圈A的磁通量不變，線圈A不受安培力作用，選項A錯誤；若金屬棒MN加速向左運動，則線圈D與MN組成回路中的電流不斷增強，故穿過線圈A的磁通量不斷增強，根據(jù)楞次定律，為阻礙磁通量的增強，線圈A有收縮的趨勢，受到沿半徑方向指向圓心的安培力，選項B正確；同理可得，當金屬棒MN加速向右運動時，線圈A有收縮的趨勢，受到沿半徑方向指向圓心的安培力，選項C正確；當金屬棒MN減速向左運動時，線圈A有擴張的趨勢，受到沿半徑方向背離圓心的安培力，選項D錯誤． 2.(多選)如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，MN的左邊有一閉合電路，當PQ在外力的作用下運動時，MN向右運動，則PQ所做的運動可能是(　　) A．向右加速運動 B．向左加速運動 C．向右減速運動 D．向左減速運動 【答案】BC 超重點2：法拉第電磁感應定律　自感　渦流 一、法拉第電磁感應定律 1．感應電動勢 (1)概念：在電磁感應現(xiàn)象中產生的電動勢． (2)產生條件：穿過回路的磁通量發(fā)生改變，與電路是否閉合無關． (3)方向判斷：感應電動勢的方向用楞次定律或右手定則判斷． 2．法拉第電磁感應定律 (1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比． (2)公式：E＝n，其中n為線圈匝數(shù)． (3)感應電流與感應電動勢的關系：遵守閉合電路的歐姆定律，即I＝. 3．導體切割磁感線的情形 (1)若B、l、v相互垂直，則E＝Blv. (2)v∥B時，E＝0. 二、自感、渦流 1．自感現(xiàn)象 (1)概念：由于導體本身的電流變化而產生的電磁感應現(xiàn)象稱為自感． (2)自感電動勢 ①定義：在自感現(xiàn)象中產生的感應電動勢叫作自感電動勢． ②表達式：E＝L. (3)自感系數(shù)L ①相關因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關． ②單位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H. 2．渦流 當線圈中的電流發(fā)生變化時，在它附近的任何導體中都會產生感應電流，這種電流像水的漩渦，所以叫渦流． ※考點一　對法拉第電磁感應定律的理解及應用 1．感應電動勢的決定因素 (1)由E＝n知，感應電動勢的大小由穿過電路的磁通量的變化率和線圈匝數(shù)n共同決定，磁通量Φ較大或磁通量的變化量ΔΦ較大時，感應電動勢不一定較大． (2)為單匝線圈產生的感應電動勢大小． 2．法拉第電磁感應定律的兩個特例 (1)回路與磁場垂直的面積S不變，磁感應強度發(fā)生變化，則ΔΦ＝ΔBS，E＝nS. (2)磁感應強度B不變，回路與磁場垂直的面積發(fā)生變化，則ΔΦ＝BΔS，E＝nB. [題組突破訓練] 1.如圖所示，勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直．磁感應強度B隨時間均勻增大．兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產生的感應電動勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．下列說法正確的是(　　) A．Ea∶Eb＝4∶1，感應電流均沿逆時針方向 B．Ea∶Eb＝4∶1，感應電流均沿順時針方向 C．Ea∶Eb＝2∶1，感應電流均沿逆時針方向 D．Ea∶Eb＝2∶1，感應電流均沿順時針方向 【答案】B 2．如圖所示，勻強磁場中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平面與磁場垂直．已知線圈的匝數(shù)N＝100，邊長ab＝1.0 m、bc＝0.5 m，電阻r＝2 Ω.磁感應強度B在0～1 s內從零均勻變化到0.2 T，在1～5 s內從0.2 T均勻變化到－0.2 T，取垂直紙面向里為磁場的正方向．求： (1)0.5 s時線圈內感應電動勢的大小E1和感應電流的方向； (2)在1～5 s內通過線圈的電荷量q. 【答案】(1)10 V　感應電流的方向為a→d→c→b→a (2)10 C 【解析】(1)感應電動勢E1＝， 磁通量的變化ΔΦ1＝ΔB1S 解得E1＝N， 代入數(shù)據(jù)得E1＝10 V， 由楞次定律知感應電流的方向為a→d→c→b→a. (2)感應電動勢E2＝N， 感應電流I2＝， 電荷量q＝I2Δt2， 解得q＝N， 代入數(shù)據(jù)得q＝10 C. ※考點二　切割類電動勢的計算 1．三種方式電動勢的大小 切割方式 感應電動勢的表達式 情景 垂直切割 E＝Blv 傾斜切割 E＝Blvsin θ，其中θ為v與B的夾角 旋轉切割 (以一端為軸) E＝Bl2ω 2.E＝Blv的三個特性 (1)正交性：本公式要求磁場為勻強磁場，而且B、l、v三者互相垂直． (2)有效性：公式中的l為導體切割磁感線的有效長度．如圖，導體棒的有效長度為ab間的距離． (3)相對性：E＝Blv中的速度v是導體相對磁場的速度，若磁場也在運動，應注意速度間的相對關系． [題組突破訓練] 1．如圖所示，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小為ε；將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應強度相垂直的平面內，當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為ε′，則等于(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C．1 D. 【答案】B 【解析】設金屬棒長度為l，勻強磁場的磁感應強度為B，根據(jù)電磁感應定律得ε＝Blv.金屬棒彎折后，切割磁感線運動的有效長度變?yōu)閘，故ε′＝Blv.因此＝，B正確． 2．(2015高考全國卷Ⅱ)如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是(　　) A．Ua>Uc，金屬框中無電流 B．Ub>Uc，金屬框中電流方向沿abca C．Ubc＝－Bl2ω，金屬框中無電流 D．Ubc＝Bl2ω，金屬框中電流方向沿acba 【答案】C ※考點三　自感現(xiàn)象和渦流 1．自感現(xiàn)象的四大特點 (1)自感電動勢總是阻礙導體中原電流的變化． (2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化． (3)電流穩(wěn)定時，自感線圈就相當于普通導體． (4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向． 2．自感中“閃亮”與“不閃亮”問題 與線圈串聯(lián)的燈泡 與線圈并聯(lián)的燈泡 電路圖 通電時 電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮 電流突然增大，然后逐漸減小達到穩(wěn)定 斷電時 電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變 電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2：①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；②若I2>I1，燈泡閃亮后逐漸變暗．兩種情況燈泡中電流方向均改變 [典例]　(2017高考北京卷)圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈．實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同．下列說法正確的是(　　) A．圖1中，A1與L1的電阻值相同 B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 【答案】C [題組突破訓練] 1．(多選)如圖所示，A、B、C是三個完全相同的燈泡，L是一個自感系數(shù)較大的線圈(直流電阻可忽略不計)，則(　　) A．S閉合時，A燈立即亮，然后逐漸熄滅 B．S閉合時，B燈立即亮，然后逐漸熄滅 C．電路接通穩(wěn)定后，三個燈亮度相同 D．電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈逐漸熄滅 【答案】AD 【解析】因線圈L的直流電阻可忽略不計，S閉合時，A燈立即亮，然后逐漸熄滅，A正確．S閉合時，B燈先不太亮，然后逐漸變亮，B錯誤．電路接通穩(wěn)定后，B、C燈亮度相同，A燈不亮，C錯誤．電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈逐漸熄滅，D正確． 2．(多選)如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內的水沸騰起來．若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有(　　) A．增加線圈的匝數(shù)　　 B．提高交流電源的頻率 C．將金屬杯換為瓷杯 D．取走線圈中的鐵芯 【答案】AB 超重點3：電磁感應規(guī)律的綜合應用 一、電磁感應中的電路問題 1．內電路和外電路 (1)切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈相當于電源． (2)該部分導體的電阻或線圈的電阻相當于電源的內阻，其余部分的電阻相當于外電阻． 2．電源電動勢和路端電壓 (1)電動勢：E＝n或E＝Blv. (2)路端電壓：U＝IR＝E－Ir. 二、電磁感應中的動力學問題 1．安培力的大小 回路中只有一個感應電動勢，回路電阻為R時： ?FA＝ 2．安培力的方向 (1)用左手定則判斷：先用右手定則判斷感應電流的方向，再用左手定則判定安培力的方向． (2)用楞次定律判斷：安培力的方向一定與導體切割磁感線的運動方向相反． 三、電磁感應中的能量問題 1．能量轉化：感應電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將機械能轉化為電能，電流做功再將電能轉化為其他形式的能． 2．轉化實質：電磁感應現(xiàn)象的能量轉化，實質是其他形式的能與電能之間的轉化． 3．電能的計算方法 (1)利用克服安培力做功求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功． (2)利用能量守恒求解：例如，機械能的減少量等于電能的增加量． (3)利用電路特征求解：例如，純電阻電路中產生的電能等于通過電路中所產生的內能Q＝I2Rt. ※考點一　電磁感應中的電路問題 1．對電磁感應電路的理解 (1)在電磁感應電路中，相當于電源的部分把其他形式的能通過電流做功轉化為電能． (2)“電源”兩端的電壓為路端電壓，而不是感應電動勢． (3)電源的正負極、感應電流的方向、電勢的高低、電容器極板帶電問題，均可用右手定則或楞次定律判定． 2．電磁感應中電路知識的關系圖 [典例1]　(多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導線框內有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應強度B隨時間t的變化關系為B＝kt(常量k>0)．回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝.閉合開關S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側導體的感應電動勢，則(　　) A．R2兩端的電壓為 B．電容器的a極板帶正電 C．滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍 D．正方形導線框中的感應電動勢為kL2 【答案】AC [題組突破訓練] 1.(多選)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌水平平行放置，間距為l＝1 m，cd間、de間、cf間分別接著阻值R＝10 Ω的電阻．一阻值R＝10 Ω的導體棒ab以速度v＝4 m/s勻速向左運動，導體棒與導軌接觸良好；導軌所在平面存在磁感應強度大小B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場．下列說法中正確的是(　　) A．導體棒ab中電流的流向為由b到a B．cd兩端的電壓為1 V C．de兩端的電壓為1 V D．fe兩端的電壓為1 V 【答案】BD 【解析】由右手定則可知ab中電流方向為a→b，A錯誤；導體棒ab切割磁感線產生的感應電動勢E＝Blv，ab為電源，cd間電阻R為外電路負載，de和cf間電阻中無電流，de和cf間無電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即U＝R＝＝1 V，B、D正確，C錯誤． 2．如圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中．一接入電路電阻為R的導體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中(　　) A．PQ中電流先增大后減小 B．PQ兩端電壓先減小后增大 C．PQ上拉力的功率先減小后增大 D．線框消耗的電功率先減小后增大 【答案】C 3．(2016高考全國卷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(shù)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(－μg)　(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ma＝F－μmg① 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＝Blt0(－μg)④ ※考點二　電磁感應中的圖象問題 1．電磁感應中常見的圖象問題 圖象 類型 隨時間變化的圖象，如Bt圖象、Φt圖象、Et圖象、It圖象 隨位移變化的圖象，如Ex圖象、Ix圖象(所以要先看坐標軸：哪個物理量隨哪個物理量變化要弄清) 問題 類型 (1)由給定的電磁感應過程選出或畫出正確的圖象(畫圖象的方法) (2)由給定的有關圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量(用圖象) 2.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)分析電磁感應的具體過程； (3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系； (4)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出函數(shù)關系式； (5)根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等； (6)畫圖象或判斷圖象． [真題拓展探究] [典例2]　(多選)(2017高考全國卷Ⅱ)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直．邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示．已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場．線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)．下列說法正確的是(　　) A．磁感應強度的大小為0.5 T B．導線框運動速度的大小為0.5 m/s C．磁感應強度的方向垂直于紙面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1 N 【答案】BC 拓展1　根據(jù)電磁感應過程選擇圖象 1.(2018江西南昌三校聯(lián)考)如圖所示，有一個矩形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里．一個三角形閉合導線框，由位置1(左)沿紙面勻速運動到位置2(右)．取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點(t＝0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則圖中能正確反映線框中電流與時間關系的是(　　) 【答案】A 【解析】線框進入磁場的過程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應電流的磁場向外，由安培定則可知感應電流方向為逆時針，電流方向應為正方向，故B、C錯誤．線框進入磁場的過程，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應電動勢先均勻增大后均勻減??；線框完全進入磁場后，磁通量不變，沒有感應電流產生；線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應電流的磁場向里，由安培定則可知感應電流方向為順時針，電流方向應為負方向，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應電動勢先均勻增大后均勻減小，故A正確，D錯誤． 拓展2　根據(jù)圖象分析電磁感應過程 2．(多選)如圖甲所示，在水平面上固定一個匝數(shù)為10匝的等邊三角形金屬線框，總電阻為3 Ω，邊長為0.4 m．金屬框處于兩個半徑為0.1 m的圓形勻強磁場中，頂點A恰好位于左邊圓的圓心，BC邊的中點恰好與右邊圓的圓心重合．左邊磁場方向垂直紙面向外，右邊磁場垂直紙面向里，磁感應強度的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列說法中正確的是(π取3)(　　) A．線框中感應電流的方向是順時針方向 B．t＝0.4 s時，穿過線框的磁通量為0.005 Wb C．經過t＝0.4 s，線框中產生的熱量為0.3 J D．前0.4 s內流過線框某截面的電荷量為0.2 C 【答案】CD 拓展3　根據(jù)電磁感應過程完成圖象間的轉換 3．(2018東北三省四市聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中．t＝0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F，使金屬棒ab由靜止開始沿導軌向上運動，導軌電阻忽略不計．已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化的關系如圖乙所示．下列關于金屬棒運動速度v、閉合回路中磁通量的變化率、外力F以及流過R的電荷量q隨時間變化的圖象正確的是(　　) 【答案】B ※考點三　電磁感應中的“桿＋導軌”模型 1．模型構建 “桿＋導軌”模型是電磁感應問題高考命題的“基本道具”，也是高考的熱點，考查的知識點多，題目的綜合性強，物理情景變化空間大，是我們復習中的難點．“桿＋導軌”模型又分為“單桿”型和“雙桿”型(“單桿”型為重點)；導軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運動狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運動等． 2．分析思路 模型1　單桿水平式 [典例3]　(2018湖北孝感高三模擬)如圖，兩平行金屬導軌位于同一水平面上，相距l(xiāng)，左端與一電阻R相連；整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向豎直向下．一質量為m的導體棒置于導軌上，在水平外力作用下沿導軌以速率v勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導軌垂直并接觸良好．已知導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，導軌和導體棒的電阻均可忽略．求： (1)電阻R消耗的功率； (2)水平外力的大?。? 【答案】　(1)　(2)＋μmg [規(guī)律總結]　單桿水平式模型歸納 物理 模型 勻強磁場與導軌垂直，磁感應強度為B，棒ab長為L，質量為m，初速度為零，拉力恒為F，水平導軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計 動態(tài) 分析 設運動過程中某時刻棒的速度為v，由牛頓第二定律知，棒ab的加速度為a＝－，a、v同向，隨速度的增加，棒的加速度a減小，當a＝0時，v最大，I＝恒定 收尾 狀態(tài) 運動形式：勻速直線運動 力學特征：a＝0，v恒定不變 電學特征：I恒定 模型2　單桿傾斜式 [典例4]　如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ與水平面的夾角為θ，N、Q兩點間接有阻值為R的電阻，整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下．將質量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時達到最大速度．重力加速度為g，導軌電阻不計，桿與導軌接觸良好．求： (1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度； (2)上述過程中，桿上產生的熱量． 【答案】(1)gsin θ，方向沿導軌平面向下　，方向沿導軌平面向下　 (2)mgxsin θ－ (2)桿cd從開始運動到達到最大速度過程中，根據(jù)能量守恒定律得 mgxsin θ＝Q總＋mv 又Q桿＝Q總 所以Q桿＝mgxsin θ－. [規(guī)律總結]　單桿傾斜式模型歸納 物理 模型 勻強磁場與導軌垂直，磁感應強度為B，導軌間距L，導體棒質量為m，電阻為R，導軌光滑，電阻不計(如圖) 動態(tài) 分析 棒ab釋放后下滑，此時a＝gsin α，棒ab速度v↑→感應電動勢E＝BLv↑→電流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓， 當安培力F＝mgsin α時，a＝0，v最大 收尾 狀態(tài) 運動形式：勻速直線運動 力學特征：a＝0，v最大，vm＝ 電學特征：I恒定 模型3　雙桿模型 [典例5]　(2018湖南長沙四縣模擬)足夠長的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4 m的光滑豎直半圓軌道相連，金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質量mb＝mc＝0.1 kg，電阻Rb＝Rc＝1 Ω，軌道的電阻不計．平行水平金屬軌道M、N處于磁感應強度B＝1 T的勻強磁場中，磁場方向與軌道平面垂直，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖所示，若使b棒以初速度v0＝10 m/s開始向左運動．g取10 m/s2.求： (1)c棒的最大速度； (2)c棒中產生的焦耳熱； (3)若c棒達最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達軌道最高點時對軌道的壓力的大?。? 【答案】(1)5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N (2)從b棒開始運動到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動能轉化為電能，兩棒中產生的總熱量為 Q＝mbv－(mb＋mc)v2＝2.5 J 因為Rb＝Rc，所以c棒中產生的焦耳熱為Qc＝＝1.25 J. (3)設c棒沿半圓軌道滑到最高點時的速度為v′，從最低點上升到最高點的過程由機械能守恒可得： mcv2－mcv′2＝mcg2R 解得v′＝3 m/s 在最高點，設軌道對c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得 mcg＋F＝mc 解得F＝1.25 N 由牛頓第三定律得，在最高點c棒對軌道的壓力為1.25 N. [規(guī)律總結]　兩類雙桿模型對比歸納 類型 模型 運動圖象 運動過程 分析方法 不受外力 桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動；穩(wěn)定時，兩桿以相等的速度勻速運動 將兩桿視為整體，不受外力，最后a＝0 受到恒力 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 將兩桿視為整體，只受外力F，最后a＝ 題組突破訓練 1、 選擇題 1.如圖所示是兩個相互連接的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域．當磁感應強度隨時間均勻變化時，在大環(huán)內產生的感應電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為(　　) A.E　　　　　　　　　 B.E C.E D．E 【答案】B 【解析】a、b間的電勢差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的，故Uab＝E，B正確． 2．(2018廣東四校聯(lián)考)如圖所示，在一磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距L＝0.1 m的平行金屬導軌MN和PQ，導軌電阻忽略不計，在兩根導軌的端點N、Q之間連接一阻值R＝0.3 Ω的電阻．導軌上正交放置著金屬棒ab，其電阻r＝0.2 Ω.當金屬棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做勻速運動時(　　) A．ab棒所受安培力大小為0.02 N B．N、Q間電壓為0.2 V C．a端電勢比b端電勢低 D．回路中感應電流大小為1 A 【答案】A 3.如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動．桿ef及線框中導線的電阻都可不計．開始時，給ef一個向右的初速度，則(　　) A．ef將減速向右運動，但不是勻減速 B．ef將勻減速向右運動，最后停止 C．ef將勻速向右運動 D．ef將往返運動 【答案】A 【解析】ef向右運動，切割磁感線，產生感應電動勢和感應電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，但不是勻減速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，故A正確． 4.如圖所示，有兩根與水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應強度為B.一根質量為m的金屬桿(電阻忽略不計)從軌道上由靜止滑下，經過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則(　　) A．如果B增大，vm將變大 B．如果α增大，vm將變大 C．如果R變小，vm將變大 D．如果m變小，vm將變大 【答案】B 5．圖甲是法拉第于1831年發(fā)明的人類歷史上第一臺發(fā)電機——圓盤發(fā)電機．圖乙為其示意圖，銅盤安裝在水平的銅軸上，磁感線垂直穿過銅盤；兩塊銅片M、N分別與銅軸和銅盤邊緣接觸，勻速轉動銅盤，電阻R就有電流通過．則下列說法正確的是(　　) A．回路中恒定電流的大小與銅盤轉速無關 B．回路中有大小和方向都做周期性變化的渦流 C．回路中電流方向不變，從M經導線流進電阻R，再從N流向銅盤 D．銅盤繞銅軸轉動時，沿半徑方向上的金屬“條”切割磁感線，產生電動勢 【答案】D 【解析】圓盤發(fā)電機的圓盤可看作無數(shù)條沿半徑方向的金屬“條”，轉動切割磁感線產生感應電動勢，D項正確；金屬“條”相互并聯(lián)，產生的感應電動勢與一條金屬“條”轉動切割產生的感應電動勢相等，即E＝BL2ω，可見感應電動勢大小不變，回路總電阻不變，由閉合回路歐姆定律得I＝，故回路中電流大小恒定，且與銅盤轉速有關，A、B項錯；由右手定則可知，回路中電流方向是自下而上通過電阻R，C項錯． 6.金屬桿ab水平放置在某高處，當它被平拋進入方向豎直向上的勻強磁場中時(如圖所示)，忽略空氣阻力，以下說法中正確的是(　　) A．運動過程中感應電動勢大小不變，且φa>φb B．運動過程中感應電動勢大小不變，且φa<φb C．由于速率不斷增大，所以感應電動勢不斷變大，且φa>φb D．由于速率不斷增大，所以感應電動勢不斷變大，且φa<φb 【答案】A 7.如圖所示電路中，A、B、C為完全相同的三個燈泡，L是一直流電阻不可忽略的電感線圈．a、b為線圈L的左右兩端點，原來開關S是閉合的，三個燈泡亮度相同．將開關S斷開后，下列說法正確的是(　　) A．a點電勢高于b點，A燈閃亮后緩慢熄滅 B．a點電勢低于b點，B、C燈閃亮后緩慢熄滅 C．a點電勢高于b點，B、C燈閃亮后緩慢熄滅 D．a點電勢低于b點，B、C燈不會閃亮只是緩慢熄滅 【答案】D 【解析】電路穩(wěn)定時，三個完全相同的燈泡亮度相同，說明流經三個燈泡的電流相等．某時刻將開關S斷開，流經電感線圈的磁通量減小，其發(fā)生自感現(xiàn)象，相當于電源，產生和原電流方向相同的感應電流，故a點電勢低于b點電勢，三個燈不會閃亮只是緩慢熄滅，選項D正確． 8．(2018湖北武漢調研)有一個勻強磁場邊界是EF，在EF右側無磁場，左側是勻強磁場區(qū)域，如圖甲所示．現(xiàn)有一個閉合的金屬線框以恒定速度從EF右側水平進入勻強磁場區(qū)域．線框中的電流隨時間變化的it圖象如圖乙所示，則可能的線框是下列四個選項中的(　　) 【答案】A 9．(2018遼寧沈陽模擬)如圖，固定在水平桌面上的光滑金屬導軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強磁場中，金屬桿ab與導軌接觸良好，在兩根導軌的端點d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽略不計．現(xiàn)用一水平向右的恒力F作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開始向右沿導軌滑動，滑動中桿ab始終垂直于導軌，金屬桿受到的安培力用F安表示，則下列說法正確的是(　　) A．金屬桿ab做勻加速直線運動 B．金屬桿ab運動過程回路中有順時針方向的電流 C．金屬桿ab所受到的F安先不斷增大，后保持不變 D．金屬桿ab克服安培力做功的功率與時間的平方成正比 【答案】C 【解析】對金屬桿根據(jù)牛頓第二定律得F－F安＝ma，即F－＝ma，由于速度變化，故加速度發(fā)生變化，故金屬桿不是勻變速直線運動，故選項A錯誤；根據(jù)楞次定律可以知道，金屬桿ab運動過程回路中有逆時針方向的電流，故選項B錯誤；由于F安＝可知，當速度增大時，則安培力增大，當金屬桿最后做勻速運動時，安培力不變，故選項C正確；金屬桿中感應電流的瞬時功率P＝I2R＝()2R＝，由于速度與時間不成正比，故選項D錯誤． 10．（多選）(2018山東濰坊質檢)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻導體材料做成一個半徑為R(r?R)的圓環(huán)．圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應強度大小均為B.圓環(huán)在加速下落過程中某一時刻的速度為v，忽略電感的影響，則(　　) A．此時在圓環(huán)中產生了(俯視)順時針的感應電流 B．圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落 C．此時圓環(huán)的加速度a＝ D．如果徑向磁場足夠長，則圓環(huán)的最大速度vm＝ 【答案】AD 11．（多選）(2018河南重點中學聯(lián)考)如圖所示，光滑導軌傾斜放置，下端連一燈泡，勻強磁場垂直于導軌平面，當金屬棒ab(電阻不計)沿導軌下滑達到穩(wěn)定狀態(tài)時，燈泡的電功率為P，導軌和導線電阻不計．要使燈泡在金屬棒穩(wěn)定運動狀態(tài)下的電功率為2P，則下面選項中符合條件的是(　　) A．將導軌間距變?yōu)樵瓉淼? B．換一電阻值減半的燈泡 C．換一質量為原來倍的金屬棒 D．將磁場磁感應強度B變?yōu)樵瓉淼谋? 【答案】AC 【解析】金屬棒處于穩(wěn)定狀態(tài)時，mgsin θ＝F安＝BIL，此時的電流I＝，燈泡的功率P＝I2R＝()2R，由此式可知，A、C正確，B、D錯誤． 12．（多選）如圖甲，在虛線所示的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，磁場變化規(guī)律如圖乙所示，面積為S的單匝金屬線框處在磁場中，線框與電阻R相連，若金屬框的電阻為，下列說法正確的是(　　) A．流過電阻R的感應電流由a到b B．線框cd邊受到的安培力方向向上 C．感應電動勢大小為 D．a、b間電壓大小為 【答案】AD 二、非選擇題 13.(12分)做磁共振(MRI)檢查時，對人體施加的磁場發(fā)生變化時會在肌肉組織中產生感應電流．某同學為了估算該感應電流對肌肉組織的影響，將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈，線圈的半徑r＝5.0 cm，線圈導線的截面積A＝0.80 cm2，電阻率ρ＝1.5 Ωm.如圖所示，勻強磁場方向與線圈平面垂直，若磁感應強度B在0.3 s內從1.5 T均勻地減為零，求：(計算結果保留一位有效數(shù)字) (1)該圈肌肉組織的電阻R； (2)該圈肌肉組織中的感應電動勢E； (3)0.3 s內該圈肌肉組織中產生的熱量Q. 【答案】(1)6103 Ω　(2)410－2 V　(3)810－8 J 【解析】(1)由電阻定律得R＝ρ 代入數(shù)據(jù)得R＝6103 Ω. (2)感應電動勢E＝ 代入數(shù)據(jù)得E＝410－2 V. (3)由焦耳定律得Q＝Δt 代入數(shù)據(jù)得Q＝810－8 J. 14．(12分)如圖甲所示，足夠長的光滑導軌傾角為30，間距L＝4 m，電阻不計，恒定的非勻強磁場方向垂直于斜面向下，電阻R＝5 Ω，導體棒ab的質量m＝1 kg，電阻r＝3 Ω，垂直于導軌放置．現(xiàn)使導體棒ab從磁場上邊界由靜止下滑，測得導體棒所到達位置的磁感應強度B與導體棒在該位置速度之間的關系如圖乙所示．(g取10 m/s2) (1)求導體棒下滑5 s時的速度和位移； (2)求導體棒下滑5 s內回路中產生的焦耳熱． 【答案】(1)20 m/s　50 m　(2)50 J (2)由能量守恒得mgsin 30s＝mv2＋Q 代入數(shù)據(jù)解得Q＝50 J. 15.(14分)如圖所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內，導軌間距l(xiāng)＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻．一質量m＝0.1 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2 m/s2的加速度做勻加速運動，當棒的位移x＝9 m時撤去外力，棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1.導軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．求： (1)棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q； (2)撤去外力后回路中產生的焦耳熱Q2； (3)外力做的功WF. 【答案】(1)4.5 C　(2)1.8 J　(3)5.4 J (2)設撤去外力時棒的速度為v，對棒的勻加速運動過程，由運動學公式得v2＝2ax⑥ 設棒在撤去外力后的運動過程中安培力做功為W，由動能定理得W＝0－mv2⑦ 撤去外力后回路中產生的焦耳熱Q2＝－W⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得Q2＝1.8 J．⑨ (3)由題意知，撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比 Q1∶Q2＝2∶1 可得Q1＝3.6 J? 在棒運動的整個過程中，由功能關系可知 WF＝Q1＋Q2? 由⑨??式得WF＝5.4 J. 16.(14分)如圖所示，正方形單匝線框bcde邊長L＝0.4 m，每邊電阻相同，總電阻R＝0.16 Ω.一根足夠長的絕緣輕質細繩跨過兩個輕小光滑定滑輪，一端連接正方形線框，另一端連接物體P，手持物體P使二者在空中保持靜止，線框處在豎直面內．線框的正上方有一有界勻強磁場，磁場區(qū)域的上、下邊界水平平行，間距也為L＝0.4 m，磁感線方向垂直于線框所在平面向里，磁感應強度大小B＝1.0 T，磁場的下邊界與線框的上邊eb相距h＝1.6 m．現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，線框向上運動過程中始終在同一豎直面內，eb邊保持水平，剛好以v＝4.0 m/s的速度進入磁場并勻速穿過磁場區(qū)，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力． (1)線框eb邊進入磁場中運動時，e、b兩點間的電勢差Ue b為多少？ (2)線框勻速穿過磁場區(qū)域的過程中產生的焦耳熱Q為多少？ (3)若在線框eb邊剛進入磁場時，立即給物體P施加一豎直向下的力F，使線框保持進入磁場前的加速度做連續(xù)的勻加速運動穿過磁場區(qū)域，已知此過程中力F做功WF＝3.6 J，求eb邊上產生的焦耳熱Qe b為多少？ 【答案】(1)1.2 V　(2)3.2 J　(3)0.9 J (3)因為線框在磁場中運動的加速度與進入前的加速度相同，所以在通過磁場區(qū)域的過程中，線框和物體P的總機械能保持不變，故力F做的功WF等于整個線框中產生的焦耳熱Q′，即WF＝Q′ 又Q＝I2rt∝r， 故eb邊上產生的焦耳熱 Qe b＝Q′＝0.9 J. 17．(15分)如圖，電阻不計的相同的光滑彎折金屬軌道MON與M′O′N′均固定在豎直面內，二者平行且正對，間距為L＝1 m，構成的斜面NOO′N′與MOO′M′跟水平面夾角均為α＝30，兩邊斜面均處于垂直于斜面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小均為B＝0.1 T．t＝0時，將長度也為L、電阻R＝0.1 Ω的金屬桿a在軌道上無初速度釋放．金屬桿與軌道接觸良好，軌道足夠長．(g取10 m/s2，不計空氣阻力，軌道與地面絕緣) (1)求t時刻桿a產生的感應電動勢的大小E. (2)在t＝2 s時將與a完全相同的金屬桿b放在MOO′M′上，發(fā)現(xiàn)b恰能靜止，求a桿的質量m以及放上b后a桿每下滑位移s＝1 m回路產生的焦耳熱Q. 【答案】(1)0.5t V　(2)0.1 kg　0.5J (2)t＝2 s時a桿產生的感應電動勢的大小 E＝0.5t V＝1 V⑤(1分) 回路中感應電流I＝⑥(1分) 解得I＝5 A⑦(1分) 對b桿，由平衡條件得mgsin 30＝BIL⑧(2分) 解得m＝0.1 kg⑨(1分) 因為a、b桿完全相同， 故a桿的質量也為m＝0.1 kg⑩(1分) 放上b桿后，a做勻速運動， 對a、b桿組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律得 Q＝mgssin 30?(2分) 解得Q＝0.5 J．(1分) 18.(18分)(2018江西重點中學高三聯(lián)考)如圖所示，豎直面內的正方形導線框ABCD和abcd的邊長均為l、電阻均為R，質量分別為2m和m，它們分別系在一跨過兩個定滑輪的絕緣輕繩兩端，在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場．開始時ABCD的下邊界與勻強磁場的上邊界重合，abcd的上邊界到勻強磁場的下邊界的距離為l.現(xiàn)將兩導線框由靜止釋放，當ABCD全部進入磁場時，兩導線框開始做勻速運動．不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，求： (1)兩導線框勻速運動的速度大??； (2)兩導線框在從開始運動至等高的過程中所產生的總焦耳熱； (3)導線框abcd通過磁場的時間． 【答案】(1)　(2)2mgl－　(3) (2)設兩導線框在從開始運動至等高的過程中所產生的總焦耳熱為Q，當左、右兩導線框分別向上、向下運動2l的距離時，兩導線框等高，對這一過程，由能量守恒定律有 4mgl＝2mgl＋3mv2＋Q⑥(3分) 聯(lián)立⑤⑥解得Q＝2mgl－(2分) (3)導線框abcd通過磁場的過程中以速度v勻速運動，設導線框abcd通過磁場的時間為t，則 t＝⑦(3分) 聯(lián)立⑤⑦解得t＝.(2分)