《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》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《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（37頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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　Ⅱ 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(xiàn)的導(dǎo)體棒、有磁通量變化的線(xiàn)圈等。 2．對(duì)電路的理解：內(nèi)電路是切割磁感線(xiàn)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線(xiàn)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)：E＝n或E＝Blv。 (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＝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(shí)點(diǎn)　　電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題　Ⅱ 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(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(xiàn)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(wèn)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(xiàn)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(guò)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(guò)程是將其他形式的能量轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)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Q＝I2Rt求解。(　　) 答案　1.√　2.　3.√　4.　5. 二 對(duì)點(diǎn)激活 1. (人教版選修3－2P21T4改編)(多選)如圖所示，單匝線(xiàn)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(shuō)法正確的是(　　) A．第二次與第一次進(jìn)入時(shí)線(xiàn)圈中電流之比為2∶1 B．第二次與第一次進(jìn)入時(shí)外力做功功率之比為2∶1 C．第二次與第一次進(jìn)入過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)圈的電量之比為2∶1 D．第二次與第一次進(jìn)入時(shí)線(xiàn)圈中產(chǎn)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(jìn)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(cuò)誤。由電量q＝得＝，故C錯(cuò)誤。產(chǎn)生熱量Q＝Pt＝P，得＝＝，故D正確。 2. (人教版選修3－2P21T3)設(shè)圖中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T，平行導(dǎo)軌寬l＝1 m，金屬棒PQ以1 m/s速度貼著導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，R＝1 Ω，其他電阻不計(jì)。 (1)運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)線(xiàn)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(huà)出這個(gè)裝置的等效電路圖； (2)通過(guò)R的電流方向如何？大小等于多少？ 答案　(1)圖見(jiàn)解析　(2)豎直向下　1 A 解析　(1)PQ切割磁感線(xiàn)相當(dāng)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(guò)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L＝1 m，質(zhì)量m＝1 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R＝4 Ω的電阻相連，導(dǎo)軌所在位置有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2 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)t＝1.6 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x＝8 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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有E＝BLv I＝，F(xiàn)安＝BIL 當(dāng)導(dǎo)體棒速度最大為vm時(shí)，F(xiàn)＝F安 解得F＝＝10 N。 (2)當(dāng)t＝1.6 s時(shí)，v1＝8 m/s， 此時(shí)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(diǎn)細(xì)研 悟法培優(yōu) 考點(diǎn)1　電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題 1. 問(wèn)題歸類(lèi) (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(huà)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(méi)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r＝1 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(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，金屬環(huán)和導(dǎo)線(xiàn)電阻均不計(jì)，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(kāi)關(guān)S，電路穩(wěn)定后，求： (1)通過(guò)金屬棒OA的電流大小和方向； (2)外力的功率； (3)從斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S到電路穩(wěn)定這一過(guò)程中通過(guò)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(kāi)時(shí)等效電路如何畫(huà)？ 提示：S閉合時(shí) S斷開(kāi)時(shí) 嘗試解答　(1)0.5_A__方向由A到O__(2)1_W (3)6.410－6_C (1)由右手定則判定通過(guò)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 E＝Br2ω 得E＝2 V S閉合時(shí)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(jù)能量守恒定律知，外力的功率為 P＝IE＝1 W。 (3)S斷開(kāi)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＝2.410－6 C 且a板帶正電，b板帶負(fù)電 S斷開(kāi)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 U2＝R2＝1 V 電容器的電荷量為 Q2＝CU2＝410－6 C 且a板帶負(fù)電，b板帶正電 通過(guò)電流表的電荷量為 ΔQ＝Q1＋Q2 聯(lián)立解得ΔQ＝6.410－6 C。 總結(jié)升華 解決電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題的三部曲 (1)確定電源 切割磁感線(xiàn)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E＝Blv或E＝n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(xiàn)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(huà)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(mén)一中開(kāi)學(xué)考試)在如圖甲所示的電路中，螺線(xiàn)管匝數(shù)n＝1500匝，橫截面積S＝20 cm2。螺線(xiàn)管導(dǎo)線(xiàn)電阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)螺線(xiàn)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(xiàn)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(kāi)后，求流經(jīng)R2的電荷量。 答案　(1)1.08 V　(2)5.7610－2 W (3)1.810－5 C 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有 E＝n＝nS＝1.2 V 路端電壓U＝E＝1.08 V。 (2)根據(jù)閉合電路歐姆定律有 I＝＝0.12 A P＝I2R1＝5.7610－2 W。 (3)S斷開(kāi)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UC＝IR2＝0.6 V 流經(jīng)R2的電荷量Q＝CUC＝1.810－5 C。 考點(diǎn)2　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)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(xiàn)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L＝0.2 m，連在導(dǎo)軌一端的電阻R＝0.4 Ω，ab是放置在導(dǎo)軌上質(zhì)量m＝0.1 kg的導(dǎo)體棒。從零時(shí)刻開(kāi)始，對(duì)棒施加一個(gè)大小為F＝0.45 N，方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)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(xiàn)，AB是圖象的漸近線(xiàn)。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(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。 解題探究　(1)t＝0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：t＝0時(shí)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(guān)系可得： (F－f)x＝mv＋Q 解得Q＝2.5 J。 總結(jié)升華 單棒切割磁感線(xiàn)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(lèi)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mg＝F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vF安，做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng)通過(guò)磁場(chǎng)。完全進(jìn)入磁場(chǎng)又做勻加速直線(xiàn)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(wèn)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(xiàn)框abcd，放在光滑水平面上。在水平恒定拉力F的作用下，穿過(guò)垂直水平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。線(xiàn)框cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為2 m/s。在t＝3 s時(shí)刻cd邊剛出磁場(chǎng)邊界。從進(jìn)入到離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的3 s時(shí)間內(nèi)線(xiàn)框運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示。求： (1)線(xiàn)框cd邊在剛進(jìn)入和剛離開(kāi)磁場(chǎng)的這兩個(gè)位置時(shí)c、d兩點(diǎn)間的電壓； (2)線(xiàn)框從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)的全過(guò)程中，線(xiàn)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(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，電源分別是哪個(gè)邊充當(dāng)？ 提示：cd，ab。 (2)線(xiàn)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(xiàn)框穿入和穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，線(xiàn)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(xiàn)框cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，c、d兩點(diǎn)間的電壓 U1＝E＝Blv0＝0.11.22 V＝0.18 V 線(xiàn)框cd邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，c、d兩點(diǎn)間的電壓 U2＝E＝0.06 V。 (2)由題圖乙知，1～3 s內(nèi)線(xiàn)框完全在磁場(chǎng)中，由vt圖象知1～3 s內(nèi)線(xiàn)框加速度 a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma＝10.5 N＝0.5 N 從線(xiàn)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Fl－W＝mv2－mv 代入數(shù)據(jù)得W＝2.1 J 從線(xiàn)框cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)，線(xiàn)框產(chǎn)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(jù)圖線(xiàn)可知線(xiàn)框cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)和離開(kāi)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(xiàn)框從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)的全過(guò)程中，線(xiàn)框產(chǎn)生的總焦耳熱為Q總＝2Q＝22.1 J＝4.2 J。 總結(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W＝UIt，Q＝I2Rt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θ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μ?，F(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(shuō)法正確的是(　　) A．在上滑過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為 B．導(dǎo)體棒在上滑過(guò)程中所用時(shí)間為 C．導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到回到底端，回路產(chǎn)生的焦耳熱為mv－mv2 D．導(dǎo)體棒在上滑過(guò)程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱大于下滑過(guò)程中R上產(chǎn)生的焦耳熱 答案　D 解析　在上滑過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為q＝＝＝，故A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒從開(kāi)始沖上導(dǎo)軌到滑到最大高度的過(guò)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到回到底端，回路產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝mv－mv2－2μmgscosθ，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(guò)程中經(jīng)過(guò)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(guò)程通過(guò)的位移大小相等，所以上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒克服安培力做功多，導(dǎo)體棒在上滑過(guò)程中整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱多，由QR＝Q總可知導(dǎo)體棒在上滑過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱較多，故D正確。 考點(diǎn)4　電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問(wèn)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力的沖量為：I安＝BLt＝BLq，通過(guò)導(dǎo)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(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1。 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(xiàn)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(mǎn)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L＝0.5 m，其下端與R＝1 Ω的電阻連接，質(zhì)量為m＝0.2 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B＝2 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(guò)定滑輪將導(dǎo)體棒和質(zhì)量為M＝0.4 kg的重物相連，重物離地面足夠高。使導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌上滑，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌上滑t＝1 s時(shí)，其速度達(dá)到最大。求：(取g＝10 m/s2) (1)導(dǎo)體棒的最大速度vm； (2)導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始沿軌道上滑時(shí)間t＝1 s的過(guò)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： ①I(mǎi)安＝BLt＝BLq；②q＝＝。 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(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E＝BLvm 感應(yīng)電流I＝ 安培力FA＝BIL 導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)由平衡條件得 Mg＝mgsin30＋FA 聯(lián)立解得vm＝3 m/s。 (2)設(shè)輕繩的拉力大小為F，由動(dòng)量定理得 Mgt－t＝Mvm－0 t－mgsin30t－BLt＝mvm－0 則Mgt－mgsin30t－BLt＝(M＋m)vm－0 即Mgt－mgsin30t－BLq＝(M＋m)vm－0 解得1 s內(nèi)流過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量q＝1.2 C 電量q＝＝ 解得1 s內(nèi)導(dǎo)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(jié)升華 解決電磁感應(yīng)中動(dòng)量問(wèn)題的策略 “先源后路、先電后力，再是運(yùn)動(dòng)、動(dòng)量”即 [變式4－1]　(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(guò)棒截面的電荷量為q時(shí)，棒的速度減為零，此過(guò)程中棒的位移為x。則(　　) A．當(dāng)流過(guò)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(guò)棒的電荷量達(dá)到的過(guò)程中，棒釋放的熱量為 D．整個(gè)過(guò)程中定值電阻R釋放的熱量為 答案　D 解析　當(dāng)流過(guò)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：－BLt＝0－mv0，即BLq＝mv0。當(dāng)流過(guò)棒的電荷量為時(shí)，設(shè)棒的速度為v，則有：－BL＝mv－mv0，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(guò)棒的電荷量為，此時(shí)棒發(fā)生的位移為，B錯(cuò)誤。由BLq＝mv0，可得棒的質(zhì)量m＝，當(dāng)流過(guò)棒的電荷量為時(shí)，棒的速度為，在流過(guò)棒的電荷量達(dá)到的過(guò)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(guò)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4－2]　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(kāi)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(kāi)始到兩棒達(dá)到相同速度v的過(guò)程中，兩棒的總動(dòng)量守恒，有mv0＝2mv 根據(jù)能量守恒定律，整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝mv－(2m)v2＝mv。 (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mv0＝mv0＋mv′ 解得v′＝v0， 回路中的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0－BLv0＝BLv0 I＝ 此時(shí)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(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(xiàn)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(chēng)為“桿和導(dǎo)軌”模型。2.模型分類(lèi) 單桿模型、雙桿模型。 (1)單桿模型 初態(tài) v0≠0 v0＝0 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)a＝0時(shí)，v最大，vm＝時(shí)，桿開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng) Δt時(shí)間內(nèi)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(yùn)動(dòng) 能量分析 動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，mv＝Q 電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，E電＝mv＋Q 外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，WF＝mv＋Q 外力做功轉(zhuǎn)化為電能和動(dòng)能，WF＝E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(lèi)似，這里就不再贅述。 (2)雙桿模型 ①模型特點(diǎn) a．一桿切割時(shí)，分析同單桿類(lèi)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，E＝＝Bl(v1－v2)。 ②電磁感應(yīng)中的“雙桿”問(wèn)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m1＝m2 電阻r1＝r2 長(zhǎng)度L1＝L2 質(zhì)量m1＝m2 電阻r1＝r2 長(zhǎng)度L1＝2L2 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1∶2 能量分析 一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，Q＝－ΔEk b．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m1＝m2 電阻r1＝r2 長(zhǎng)度L1＝L2 摩擦力Ff1＝Ff2 質(zhì)量m1＝m2 電阻r1＝r2 長(zhǎng)度L1＝L2 運(yùn)動(dòng)分析 開(kāi)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(kāi)始時(shí)，若F≤2Ff，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，WF＝ΔEk＋Q 外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能(包括電熱和摩擦熱)，WF＝ΔEk＋Q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(kāi)關(guān)S為單刀雙擲開(kāi)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(kāi)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(kāi)關(guān)S接2，請(qǐng)分析說(shuō)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(kāi)關(guān)接2后又下落足夠大的高度H的過(guò)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： mg－BIL＝ma① 設(shè)在極短時(shí)間Δt內(nèi)，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(jiàn)金屬棒下落過(guò)程為勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。 根據(jù)v2＝2ah可得：v＝⑥ (2)導(dǎo)體棒ab下落h高度時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv 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(xiàn)運(yùn)動(dòng)。 根據(jù)能量守恒定律有：Q＝mgH 若F安>mg，導(dǎo)體棒ab將做先減速后勻速的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。 設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為vm，則有：＝mg⑦ 根據(jù)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(t2－t1)，B正確；從進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ到進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ之前過(guò)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Q1＝mg2d，所以穿過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)過(guò)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－mg＝0，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)Ⅰ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(chē)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(xiàn)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(guò)絕緣材料固定在列車(chē)底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車(chē)的總質(zhì)量為m。列車(chē)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(chē)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(xiàn)電阻忽略不計(jì)，列車(chē)啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。 (1)要使列車(chē)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(shuō)明理由； (2)求剛接通電源時(shí)列車(chē)加速度a的大?。? (3)列車(chē)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(chē)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(chē)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(jiàn)解析 (2) (3)見(jiàn)解析 解析　(1)列車(chē)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＝① 每根金屬棒受到的安培力F0＝BIl② 設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F＝2F0③ 根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma?、? 聯(lián)立①②③④式得a＝　⑤ (3)設(shè)列車(chē)減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)Δt時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，此過(guò)程中穿過(guò)兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化量為ΔΦ，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ΔΦ＝Bl2　⑦ 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F′＝BI′l?、? 以向右為正方向，設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖＝－F′Δt　⑩ 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 I0＝2I沖　? 設(shè)列車(chē)停下來(lái)受到的總沖量為I總，由動(dòng)量定理有 I總＝0－mv0　? 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??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N＋1塊有界磁場(chǎng)。 3. (2016全國(guó)卷Ⅱ)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(kāi)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 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，桿中的電動(dòng)勢(shì)為 E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0④ (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＝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(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＝。 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θ＝53，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R＝0.05 Ω的電阻。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d＝0.56 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B＝2.0 T。質(zhì)量m＝4.0 kg的金屬棒 CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過(guò)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s＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)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g＝10 m/s2，sin53＝0.8，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(guò)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 J　26.88 J 解析　(1)由牛頓定律a＝＝12 m/s2① 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v＝＝2.4 m/s② (2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv③ 感應(yīng)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(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng) 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(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(kāi)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(huà)出)，MN開(kāi)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(kāi)導(dǎo)軌。問(wèn)： (1)磁場(chǎng)的方向； (2)MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??； (3)MN離開(kāi)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(kāi)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＝① 設(shè)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(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有 Q0＝CE⑤ 開(kāi)關(guān)S接2后，MN開(kāi)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 E′＝Blvmax⑥ 依題意有 E′＝⑦ 設(shè)在此過(guò)程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有 ＝lB⑧ 由動(dòng)量定理，有 Δt＝mvmax－0⑨ 又Δt＝Q0－Q⑩ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 Q＝。 配套課時(shí)作業(yè) 　　時(shí)間：60分鐘　滿(mǎn)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(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，上端接阻值為R的電阻，下端接電源和開(kāi)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(kāi)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(shuō)法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ B．磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向里 C．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)后，金屬棒做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)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mg＝BIL，對(duì)于整個(gè)電路，由閉合電路的歐姆定律得E＝2IR＋I(xiàn)R，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(kāi)開(kāi)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E′＝2IR，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E′＝BLv，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(xiàn)框，以速度v沿垂直磁場(chǎng)方向從如圖所示的實(shí)線(xiàn)位置Ⅰ開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線(xiàn)框運(yùn)動(dòng)到各有一半面積在兩個(gè)磁場(chǎng)中的位置Ⅱ時(shí)，線(xiàn)框的速度為。則下列說(shuō)法不正確的是(　　) A．在位置Ⅱ時(shí)線(xiàn)框中的電功率為 B．此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為mv2 C．在位置Ⅱ時(shí)線(xiàn)框的加速度大小為 D．此過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)橫截面的電荷量為 答案　C 解析　線(xiàn)框經(jīng)過(guò)位置Ⅱ時(shí)，線(xiàn)框左右兩邊均切割磁感線(xiàn)，所以此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Ba2＝Bav，故線(xiàn)框中的電功率P＝＝，A正確；線(xiàn)框從位置Ⅰ到位置Ⅱ的過(guò)程中，動(dòng)能減少量ΔEk＝mv2－m2＝mv2，根據(jù)能量守恒定律可知，此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為mv2，B正確；線(xiàn)框在位置Ⅱ時(shí)，左右兩邊所受安培力大小均為F＝Ba＝，根據(jù)左手定則可知，線(xiàn)框左右兩邊所受安培力的方向均向左，故此時(shí)線(xiàn)框的加速度大小為a＝＝，C錯(cuò)誤；由q＝Δt、＝、＝三式聯(lián)立，解得q＝，線(xiàn)框在位置Ⅰ時(shí)其磁通量為Ba2，而線(xiàn)框在位置Ⅱ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(xiàn)框沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，線(xiàn)框所在平面始終與磁場(chǎng)方向垂直，且線(xiàn)框上、下邊始終與磁場(chǎng)的邊界平行。t＝0時(shí)刻線(xiàn)框的上邊恰好與磁場(chǎng)的下邊界重合(圖中位置Ⅰ)，線(xiàn)框的速度為v0，經(jīng)歷一段時(shí)間后，當(dāng)線(xiàn)框的下邊恰好與磁場(chǎng)的上邊界重合時(shí)(圖中位置Ⅱ)，線(xiàn)框的速度剛好為零，此后，線(xiàn)框下落，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間回到初始位置Ⅰ(不計(jì)空氣阻力)，則(　　) A．上升過(guò)程中合力做的功與下降過(guò)程中合力做的功相等 B．上升過(guò)程中線(xiàn)框產(chǎn)生的熱量比下降過(guò)程中線(xiàn)框產(chǎn)生的熱量多 C．上升過(guò)程中，線(xiàn)框的加速度逐漸減小 D．上升過(guò)程克服重力做功的平均功率小于下降過(guò)程重力做功的平均功率 答案　BC 解析　線(xiàn)框在穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中要克服安培力做功，在線(xiàn)框上升過(guò)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(xiàn)框下降過(guò)程中，重力做正功，安培力做負(fù)功，即上升過(guò)程中合力做的功大于重力做的功，下降過(guò)程中合力做的功小于重力做的功，即上升過(guò)程中合力做功大于下降過(guò)程中合力做的功，A錯(cuò)誤；分析線(xiàn)框的運(yùn)動(dòng)過(guò)程可知，對(duì)應(yīng)于同一位置，上升過(guò)程的安培力大于下降過(guò)程的安培力，而上升、下降位移相等，故上升過(guò)程克服安培力做功大于下降過(guò)程中克服安培力做的功，故上升過(guò)程中線(xiàn)框產(chǎn)生的熱量多，所以B正確；以線(xiàn)框?yàn)閷?duì)象受力分析可知，線(xiàn)框在上升過(guò)程中做減速運(yùn)動(dòng)，有F安＋mg＝ma，F(xiàn)安＝，故有a＝g＋v，所以上升過(guò)程中，隨著速度逐漸減小，加速度也逐漸減小，故C正確；線(xiàn)框在下降過(guò)程中做加速運(yùn)動(dòng)，有a′＝g－，由此可知，下降過(guò)程中的平均加速度小于上升過(guò)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(guò)程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升過(guò)程克服重力做功的平均功率大于下降過(guò)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(guò)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(shuō)法正確的是(　　) A．初始時(shí)刻導(dǎo)體棒兩端的電壓為BLv0 B．初始時(shí)刻導(dǎo)體棒加速度的大小為2g C．導(dǎo)體棒最終靜止，此時(shí)彈簧的壓縮量為 D．導(dǎo)體棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)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)E＝BLv0，通過(guò)電阻R的電流I＝＝，導(dǎo)體棒兩端的電壓U＝IR＝，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F＝kx1＝mg和豎直向下的安培力FA＝BIL作用，根據(jù)牛頓第二定律，mg＋F＋FA＝ma，解得導(dǎo)體棒的加速度大小a＝2g＋，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)，mg＝kx2，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(x1＋x2)，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(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中，回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝mv＋，D正確。 5．(2018山東六校聯(lián)