2020年高考物理總復習：電磁感應規(guī)律的綜合應用

1、第 3 節(jié) 電磁感應規(guī)律的綜合應用 考點 11 ?電磁感應與電路 【pi86】 電磁感應的電路問題 1. 電源與外電路 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_，其電阻相當于電源 _ 內阻其余部分是外電路. 2. 常用參量的求解 (1) 根據法拉第電磁感應定律：電動勢 E= 或_E= BLvsin_ 9_. 根據閉合電路的歐姆定律：路端電壓 U = _E lr_ ,對純電阻電路，干路電流 1 = E R + r . (3)通過電路中導體橫截面的電量 q = _n R / _, R 為閉合電路的總電阻. 夯實基礎 例 1 如圖所示,MNPQ 是用單位長度電阻為 ro的均勻金屬條制

2、成的矩形閉合框 ，線框 固定在傾角為 9的絕緣斜面上，MN 長為 L , MQ 長為 4L,有一磁感應強度為 B 的勻強磁 場垂直穿過斜面.質量為 m 的金屬桿 ab 在外力 F 作用下，以速度 v 勻速沿斜面向下滑過矩 形框，滑行過程中 ab 始終平行于 MN 且與框良好接觸，外力 F 始終沿斜面且垂直于 ab.已 知金屬桿 ab 的單位長度電阻為 2.1r,不計桿與框的摩擦重力加速度取 MN 時的位移記為 s= 0, g,將桿 ab 經過 (1)桿 ab 中感應電流 (2)桿 ab 發(fā)熱功率的最小值； 矩形框 MNPQ 上發(fā)熱功率最大時 ab 桿的位移. 【解析】(1)感應電動勢 E =

3、BLv ,外電路被 ab 分為上下兩部分 R上 R 下 R 夕卜= R上 + R 下 (L + 2s)( 9L 2s) 10L E BLv I = = R外+ R內 R外 + R內 = _ BLv _ =(L + 2s)( 9L 2s) 10L ro+ 2.1Lr o 2 = _ 10BL v _ (L + 2s)( 9L 2s) r+ 21L ro 外電路電阻最大時，感應電流最小，ab 發(fā)熱功率最小因為 R 上+ R下為常數，所以 R上 R R下 5L X 5L 當R R上=R R下時R R外有最大值,即位移s s= 2L2L,此時R R外=R R上不下=FFo = 2.5Lr2.5Lro,

4、 P Pab 2 2 c 1O5B Lv R R 內=1O58ro (3)矩形框的功率即電源的輸出功率 ，當 R外=R內時，P出最大. 【小結】解答電磁感應電路問題的方法 1.確定電源 產生電磁感應現象的導體或線圈就是電源. 2.分清內、外電路 內電路是切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈 ，外電路由電阻、電容等電學元件 組成. 3. 解題的基本步驟 (1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律或右手定則確定感應電動勢的大小和方向 ，感應 電動勢的方向是電源內部電流的方向. =I2R 內= (L + 2s)( 9L 2s) 1OL ro= 2.1Lr o, 可解得 S1= L, S2= 3L. (2

5、) 根據電源和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路圖,注意區(qū)別內、外電路 區(qū)別路端電壓和電動勢. 根據E E= BL e或E = n n石結合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識和電功率、焦 耳定律等列式求解若涉及理想變壓器的問題 ，結合變壓器公式求解. 針對訓練 2 1. 侈選）如圖甲，線圈 A（圖中實線，共 100 匝）的橫截面積為 0.3 m，總電阻 r= 2 Q , A右側所接電路中，電阻 Ri= 2 Q , R2= 6 Q ,電容 C= 3 卩 F,開關 S!閉合.A 中有橫截 面積為 0.2 m2的區(qū)域 C（圖中虛線）,C 內有圖乙所示的變化磁場 ，t= 0 時刻，磁場方向垂直 于線

6、圈平面向里為正下列判斷正確的是 （BD） R. J 0.6 r 1 CM 0 K A 甲 A 閉合 S2,電路穩(wěn)定后，通過 R2的電流由 b 流向 a B .閉合 S2,電路穩(wěn)定后，通過 R2的電流大小為 0.4 A C.閉合 S2,電路穩(wěn)定后再斷開 Si,通過 R2的電流由 b 流向 a D .閉合 S2,電路穩(wěn)定后再斷開 Si,通過 R2的電荷量為 7.2X 10 一6 C 【解析】根據楞次定律,線圈中產生的感應電流為順時針方向 ，則閉合S2、電路穩(wěn)定 后，通過 R2的電流由 a 流向 b，選項 A 錯誤；根據法拉第電磁感應定律: x 0.2 V = 4 V ,貝則閉合 S2、電路穩(wěn)定后，

7、通過 R2的電流大小為 0.4 A ,選項 B 正確；閉合 S2、電路穩(wěn)定后電容器上極板帶正電 ，則當再斷開 S1,電容器放 電，通過R2的電流由 a 流向 b,選項 C 錯誤；電路穩(wěn)定后電容器帶電量 Q = CUR2= 3X 10 -6x 0.4x 6 C = 7.2X 10-6 C,則電路穩(wěn)定后再斷開 S1,通過 R2的電荷量為 7.2X 10-6 C,選 項 D 正確. AB E= nS= 100 x At R1 + R2+ r 2. （多選）如圖所示，一個匝數 n= 100 匝的圓形線圈，面積 S1= 0.4 m2,電阻 r = 1 Q .在線圈中存在面積 S2= 0.3 m2,垂直線

8、圈平面向外的勻強磁場區(qū)域 ，磁感應強度 B = 0.3 + 0.15t.將線圈兩端 a、b 與一個阻值 R= 2 Q的電阻相連接，b 端接地.則下列說法正確的是 (AD) A .通過電阻 R 的電流方向向上 B. 回路中的電流大小逐漸增大 C. 電阻 R 消耗的電功率為 6.75 W D. a 端的電勢(a= 3 V 【解析】由題可知，磁場逐漸增強，即原磁場磁通量逐漸增大，根據楞次定律可知，感 應電流的磁場與原磁場方向相反 ，根據右手定律可知通過電阻 R 的電流方向向上，故選項 A B AB 正確；由 B = 0.3 + 0.15t 可知： =0.15 T/s ,根據法拉第電磁感應定律可知：

9、E= nS2 = At At E 4 5 100X 0.15X 0.3 V = 4.5 V ,根據閉合電路歐姆定律可知： 1= = A = 1.5 A ,恒定不 R + r 2+ 1 變，故選項 B 錯誤；根據公式可知電阻 R 消耗的電功率為：P= I2R = 1.52 X 2 W = 4.5 W,故 選項 C 錯誤；根據歐姆定律可知電阻 R 兩端電壓為 Uba= IR = 1.5X 2 V = 3.0 V =帕一加，由 題可知： b= 0 ,貝U Oa= 3 V ,故選項 D 正確. p 187 】 電磁感應的圖象問題 圖象 類型 (1)磁感應強度 B、磁通量 、感應電動勢 E 和感應電流

10、1 隨 時間 t 變化的 圖象，即B t 圖象、一 t 圖象、E t 圖象、1 t 圖象 對于切割磁感線產生感應電動勢和感應電流的情況 ，還常涉及感應電動勢 E 和感應電流 1 隨 位移 x 變化的圖象，即 E x圖象和 1 x圖象 問題 類型 (1)由給定的 電磁感應過程判斷或畫出正確的圖象 (2)由給定的有關圖象分析 電磁感應一過程，求解相應的物理量 (3 )利用給出的圖象判斷或畫出新的圖象 應用 左手疋則、安培疋則、右手疋則、 楞次疋律 、 法拉第電磁感應疋律 、 知識 歐姆定律、牛頓定律、函數圖象等知識 例 2 如圖甲所示,導體框架 abcd 放置于水平面內，ab 平行于 cd,導體棒

11、 MN 與兩導軌 垂直并與導軌接觸良好，整個裝置放置于垂直于框架平面的磁場中 ，磁感應強度 B 隨時間 變化規(guī)律如圖乙所示，MN 始終保持靜止.規(guī)定豎直向上為磁場正方向 ，沿導體棒由 M 到 N 為感應電流的正方向，水平向右為導體棒所受安培力 F 的正方向，水平向左為導體棒所受 考點 2 ?電磁感應的圖象問題 夯實基礎 摩擦力 f 的正方向，下列圖象中正確的是（ ） I） B 【解析】由圖看出，磁感應強度先不變，后均勻減小，再反向均勻增大，則可判定 的 t 值，先為零，然后一定，根據法拉第電磁感應定律得知 ，回路中產生的感應電動勢先為零 ， 后恒定不變，感應電流先沒有，后恒定不變，根據楞次定律

12、得知，回路中感應電流方向逆時 針，為正，故A 錯誤，B 正確.在 0ti時間內，導體棒 MN 不受安培力，故 C 錯誤；由左 手定則判斷可知，在 tit2時間內，導體棒 MN 所受安培力方向水平向右 ，由 F= BIL 可知， B 均勻減小，MN 所受安培力大小 F 均勻減??；在 t2t3時間內，導體棒 MN 所受安培力方 向水平向左，由 F= BIL 可知，B 均勻增大，MN 所受安培力大小 F 均勻增大；根據平衡條 件得到，棒 MN 受到的靜摩擦力大小 f= F,方向相反，即在 0ti時間內，沒有摩擦力，而 在 tit2時間內，摩擦力方向向左，大小減小，在 t2t3時間內，摩擦力方向向右，

13、大小增 大.D 正確. 【答案】BD 例 3 如圖，平行光滑金屬導軌 M、N 固定在水平面上，處于豎直向下的勻強磁場中. 完 全相同的兩金屬棒 P、Q 搭放在導軌上，開始均處于靜止狀態(tài).給 P 施加一與導軌平行的恒 定拉力作用，運動中兩金屬棒始終與導軌垂直并與導軌接觸良好. 設導軌足夠長,除兩棒的 電阻外其余電阻均不計.則兩棒的速度及棒中的感應電流隨時間變化的圖象正確的是 （ ） 【解析】P 向右做切割磁感線運動，由右手定則判斷知，回路中產生逆時針的感應電流 ， 由左手定則判斷可知，Q 棒所受的安培力方向向右，故 Q 向右做加速運動；Q 向右運動后， 開始階段，兩桿的速度差增大，回路中產生的感

14、應電動勢增大 ，感應電流增大，兩桿所受的 安培力都增大，則 P 的加速度減小，Q 的加速度增大，當兩者的加速度相等時，速度之差不 變，感應電流不變，安培力不變，兩桿均做加速度相同的勻加速運動 ，故 A 正確，B 錯誤； 開始運動時，兩棒的速度差增大，感應電動勢增大，通過電流增大，最終兩棒都做勻加速運 動，速度差保持不變，故回路中感應電動勢不變，電流恒定，故 C 錯誤，D 正確. 【答案】AD 【小結】1解決圖象問題的一般步驟 (1) 明確圖象的種類，即是 B t 圖還是 一 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感應電流方向

15、與時間的對應關系. (4) 結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓定律等規(guī)律寫出函數關系式. (5) 根據函數關系式，進行數學分析，如分析斜率的變化、截距等. 2. 此類題的特點及解題關鍵 此類題的特點是已知 B t 圖或一 t 圖，來分析線框中的電動勢、 電流或線框所受安培 力的變化情況.解題的關鍵是：弄清圖象中的斜率、拐點、截距的物理意義，結合楞次定律、 法拉第電磁感應定律 E n 、E BLv 及歐姆定律來分析電壓、電流的大小以及安培力大 t 小變化. 3. 解這類題最常用的方法是排除法：先由楞次定律或右手定則確定電磁感應過程中的 電流方向排除錯誤選項，再由法拉第電磁感應定律確定某過程中

16、電動勢大小變化情況排除錯 誤選項. 3. （多選） 如圖甲所示,一正方形導線框 ABCD 置于勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強 度 B 隨時間 t 的變化如圖乙所示,則線框中的電流 I和導線 AB 受到的安培力 F 隨時間 t 變 化的圖象分別是（規(guī)定垂直紙面向里的方向為磁感應強度的正方向 ，逆時針方向為線框中電 流的正方向，向右為安培力的正方向）（AC） X X X x 坪 屮 1 【解析】由 B t 圖象可知，0于內，線圈中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，電 路中電流方向為逆時針，沿 ABCDA 方向，即電流為正方向；TT T內，線圈中向里的磁通 量減小，由楞次定律可知，電路中電流方向為順

17、時針方向 ，即電流為負方向；由法拉第電磁 感應定律：E=- ,由于磁感應強度均勻變化,所以產生的感應電流大小保持不變 At At 故 A 正確，B 錯誤；02 內，電路中電流方向為逆時針 ，根據左手定則可知，AB 邊受到的 安培力的方向向右，為正值；2T內，電路中的電流為順時針，AB 邊受到的安培力的方 向向左，為負值；根據安培力的公式： F = BIL,電流大小不變，安培力的大小與磁感應強 度成正比，故 C 正確，D 錯誤. 4. (多選)如圖所示，在方向豎直向下、磁感應強度為 B 的勻強磁場中，沿水平面固定 一個 V 字形金屬框架 CAD ,已知/ A = 0,導體棒 EF 在框架上從 A

18、 點開始在外力作用下 沿垂直 EF 方向以速度 v 勻速向右平移，使導體棒和框架始終構成等腰三角形回路.已知框 架和導體棒的材料和橫截面積均相同 ，其單位長度的電阻均為 R,框架和導體棒均足夠長 導體棒運動中始終與磁場方向垂直 ，且與框架接觸良好. 關于回路中的電流 I和消耗的電功 率 P 隨時間 t 變化關系的下列四個圖象中可能正確的是 (AD) AB S BCD 【解析】t t時刻有效切割長度L L=2vttan2vttan0 0 電動勢 E = Bv 2vttang 夯實基礎 1. 感應電流在磁場中受到 安培力一的作用，因此電磁感應問題往往跟 _力_學問題 聯(lián)系在一起.解決這類問題需要綜

19、合應用電磁感應規(guī)律 （法拉第電磁感應定律）及力學中的有 關規(guī)律（牛頓運動定律、動能定理、動量定理、動量守恒定律等 ），分析時要特別注意 a = 0、速度 v 達到最大值時的特點. 2. 運動的動態(tài)分析 例 4 如圖所示，兩平行導軌間距為 L,傾斜部分和水平部分長度均為 L,傾斜部分與水 平面的夾角為 37 , cd 間接電阻 R,導軌電阻不計質量為 m 的金屬細桿靜止在傾斜導軌2vt 總電阻，R總=R -+ 2vtta n 二 0 ， 0 Bvsi ng 電流 I = = .A R總 0 R (1+ sing) 對, 錯. 2 而 P= I R 總，P t, D 對，C 錯. 考點 3 ?電磁

20、感應中的動力學問題 【P188】 考點突破 底端，與導軌接觸良好，電阻為 r整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中 ，磁感應強度隨時間 變化關系為 B = B0+ kt(k0),在桿運動前，以下說法正確的是(已知 sin 37= 0.6, cos 37 =0.8)( ) 2 A .穿過回路的磁通量為 2(Bo+ kt)L B. 流過導體棒的電流方向為由 b 到 a D .細桿受到的摩擦力一直減小 【解析】由二 BS效=(Bo+ kt) (L2+ L2cos 37 )= 1.8(Bo+ kt)L2,故 A 錯誤.磁感應強 方向，即電流流向為 b 到 a, B 正確.因感應電流大小恒定 ，則細桿所受的安

21、培力 F= BIL 因 B 逐漸增大而增大，由左手定則知方向水平向右 ，對桿由平衡知識可得 mgs in 0=f + BILcos 0,則摩擦力先向上逐漸減小到零 ，后向下逐漸增大，D 錯誤. 【答案】BC 例 5 如圖所示，固定的絕緣斜面傾角為 0= 30，質量為 m= 1 kg 的均勻細金屬棒 ab(僅 畫出 a 端)和質量為 M = 2 kg 的均勻細金屬棒 cd(僅畫出 c 端)用兩根不可伸長的柔軟輕導線 構成回路abcd,并通過固定在斜面頂端的兩個光滑絕緣小定滑輪連接使兩金屬棒水平 ，導 線平行斜面.已知在虛線右側有磁感應強度為 B= 1 T 的勻強磁場，方向垂直斜面向上，回 路總電

22、阻為 R = 0.5 Q ,兩金屬棒的長度均為 L = 0.5 m, ab 棒與斜面間的動摩擦因數為 尸 ,重力加速度為 g= 10 m/s2, cd 棒始終未觸地，ab 棒始終未到滑輪處. (1) 將兩金屬棒由靜止釋放,求釋放瞬間的加速度大??； (2) 求兩金屬棒最終穩(wěn)定時的速度大小. 【解析】(1)設金屬棒釋放瞬問細導線上的拉力為 T ,對金屬棒 cd,由牛頓第二定律得 Mg T = Ma 對金屬棒 ab,由牛頓第二定律得: C.回路中電流的大小為 1.8kL2 R + r 度均勻增大，由法拉第電磁感應定得 E= n= At B S= k (L2+ L2cos 37 ) = 1.8kL2,

23、由閉合電 路歐姆定律得 E R+ r 1.8kL2 R + r 則 C 正確.由楞次定律可得感應電流的方向俯視為順時針 T mgsin 0F = ma 又 FN = mgcos 0 聯(lián)立解得 a= 2.5 m/s2 (2) 兩金屬棒最終穩(wěn)定后以共同速度做勻速運動 ，設此時速度為 v ab 棒運動產生的感應電動勢 E = BLv 由閉合電路歐姆定律得 1=E E R 由安培力公式可知 F = BIL 穩(wěn)定運動后對 cd 棒有 Mg = Ti 對 ab 棒有 T1= mgsin 0+ 卩 mgos 0+F 聯(lián)立解得 v = 15 m/s 【小結】 電磁感應中的動力學問題分析 1. 兩種狀態(tài)及處理

24、(1) 導體處于平衡態(tài) 一一靜止或勻速直線運動狀態(tài). 處理方法：根據平衡條件合外力等于零列式分析. (2) 導體處于非平衡態(tài) - 加速度不為零. 處理方法：根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系、 動量及動量變化關系分析. 2.電磁感應問題中兩大研究對象及其相互制約關系 5. 如圖所示,水平放置的光滑金屬長導軌 MM 和NN之間接有電阻 R,導軌左、右兩 區(qū)域分別處在方向相反與軌道垂直的勻強磁場中 ，方向見圖，設左、右區(qū)域磁場的磁感強度為 Bi和 B2,虛線為兩區(qū)域的分界線一根金屬棒 ab 放在導軌上并與其垂直，棒和導軌的 電阻均不計.金屬棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面區(qū)域中恰好以速

25、度為 v 做勻速直 線運動，則（B） A 若 B2= Bi時，棒進入右面區(qū)域中后先做加速運動 ，最后以速度 2 做勻速直線運動 B 若 B2= Bi時，棒進入右面區(qū)域中時仍以速度 v 做勻速直線運動 C. 若 B2= 2Bi時， 棒進入右面區(qū)域后先做減速運動 ，最后以速度 2 做勻速運動 D .若 B2= 2Bi時，棒進入右面區(qū)域后先做加速運動 ，最后以速度 4v 做勻速運動 【解析】金屬棒在水平向右的恒力作用下，在虛線左邊區(qū)域中以速度 v 做勻速直線運動, 恒力 F與安培力平衡當 B2= Bi時，棒進入右邊區(qū)域后，棒切割磁感線的感應電動勢與感 應電流大小均沒有變化,棒所受安培力大小和方向也沒

26、有變化 ,與恒力 F 仍然平衡，則棒 進入右邊區(qū)域后，以速度 v 做勻速直線運動，故 A 錯誤，B 正確.當 B2= 2Bi時，棒進入 右邊區(qū)域后，棒產生的感應電動勢和感應電流均變大 ，所受的安培力也變大，恒力沒有變化, 則棒先減速運動，隨著速度減小，感應電動勢和感應電流減小 ，棒受到的安培力減小，當安 培力與恒力再次平衡時棒做勻速直線運動. 設棒勻速運動速度大小為 v在左側磁場中，有 F 1 以速度 4v 做勻速直線運動，故 C、D 錯誤. 6. （多選）如圖甲所示,光滑的平行導軌 MN、PQ 固定在水平面上，導軌表面上放著光 滑導體棒 ab、cd,兩棒之間用絕緣細桿連接，兩導體棒平行且與導

27、軌垂直現加一垂直導 軌平面的勻強磁場， 設磁場方向向下為正， 磁感應強度 B 隨時間 t 的變化規(guī)律如圖乙所示 ti= 2to,不計 ab、cd 間電流的相互作用，不計導軌的電阻，每根導體棒的電阻為 R,導軌間 距和絕緣細桿的長均為 L.下列說法正確的是（ABD） M _ r 書 X 覚X M X X 、 7 P_ h d 0 甲 7 A t = to時輕桿既不被拉伸也不被壓縮 B 在 0t1時間內，絕緣細桿先被拉伸后被壓縮 C.在 0t1時間內，abcd 回路中的電流方向是先順時針后逆時針2 2 R ,在右側磁場中勻速運動時，有F= 2 2 2 2 B2L v (2Bi) L v i 廠=

28、R ，可得 v= v,即棒最后 D. 若在 0ti時間內流過導體棒的電量為 q,則 ti時刻的磁感應強度大小為 器 【解析】t= to時，ab、cd 中有感應電流，但磁感應強度為 0,故安培力為 0,桿中沒有 作用力，A 對；0to,回路中磁通量向下減小，toti,磁通量向上增大，根據楞次定律, 感應電流一直為順時針，根據“增縮減擴”原理，回路先有擴張，后有收縮趨勢，故桿先被 _ p 拉伸后被壓縮，B 對，C 錯；q=Ft= 2Rt =示,設 ti時刻磁感應強度為 B,貝臨=2BS = 2BL2 ,所以 B =罟,D 對. 【P189】 1 .電磁感應現象的實質是 _其他形式的能_轉化成電能.

29、 2 .感應電流在磁場中受安培力 ，外力克服安培力 做功，將 其他形式的能 轉化 為_電能_ ,（或者說安培力做的負功的絕對值等于產生的電能 ）電流做功再將電能轉化為 _ 其他形式的能_. 3 3 .電流做功產生的熱量用焦耳定律計算 ，公式為 Q = I2Rt . 考點 4 ?電磁感應中的能量問題 例 6 如圖所示,在傾角為 30的斜面上固定一電阻不計的光滑平行金屬導軌 ，其間距 為 L ,下端接有阻值為 R 的電阻，導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為 B ,方向與斜面 垂直（圖中未畫出）.質量為 m、長度為 L,阻值大小也為 R 的金屬棒 ab 與固定在斜面上方 的勁度系數為 k 的絕緣彈

30、簧相接，彈簧處于原長并被鎖定. 現解除鎖定的同時使金屬棒獲得 沿斜面向下的速度 V0,從開始運動到停止運動的過程中金屬棒始終與導軌垂直并保持良好 接觸，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為 g,彈簧彈性勢能為 Ep= 1kx2（x 為彈簧形變 量）.在上述過程中（ ） A .開始運動時金屬棒與導軌接觸點間電壓為 BLv 0 2 B.通過電阻 R 的最大電流一定是 BLv 0 2R C.通過電阻 R 的總電荷量為 mgBL 4kR 【解析】開始時金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢： E= BLvo,金屬棒與導軌接觸點 間的電壓：U = IR = EX R= 1 1E = BLVBLV0,故 A 正確

31、；金屬棒開始向下運動時做加速運動 ，當 2R 2 2 金屬棒的速度最大時感應電流最大 ，金屬棒的最大速度大于 V0,最大電流大于 BLR0故 B 錯誤；最終金屬棒靜止，此時由平衡條件得：mgsin 30*x,此時彈簧的伸長量：x=羅, 通過 R 的總電荷量： q= 2R = 2R = 4kR ，故 C 正確；由能量寸恒疋律得： 2mvo+ mgxsin 軌間距為 L ,電阻不計水平段導軌所處空間存在方向豎直向上的勻強磁場 ，磁感應強度為 B.導體棒 a 和 b 的質量均為 m,電阻值分別為 Ra= R, Rb= 2R.b 棒放置在水平導軌上且距彎 曲軌道底部L0處，a 棒在彎曲軌道上距水平面

32、h高度處由靜止釋放運動過程中導軌棒和 (1) a 棒剛進入磁場時受到的安培力； (2) 從 a 棒開始下落到最終穩(wěn)定的過程中 ，a 棒上產生的內能. 【解析】(1)設 a 棒剛進入磁場時的速度為 v,從開始下落到剛進入磁場: 1 2 mgh = ?mv a 棒切割磁感線產生感應電動勢 E= BLv 根據閉合電路歐姆定律 E I = R+ a 棒受到的安培力 F= BIL _ B2L2V2gh F F= 3R D 回路產生的總熱量等于 1mv2+ 2 2 m g 4k 1 2 1 2 30 =Q + ?kx ,解得：Q = ?mvo+ mgxsin 30 【答案】AC 2 2 1 2 1 2 m

33、 g 2 心=2mvo+ 8k ， 故 D 錯誤. MN、PQ 放在水平面上，左端向上彎曲，導 導軌接觸良好且始終和導軌垂直 (2)a、b 棒均受安培力作用，大小相等，方向相反，所以 a 棒和 b 棒組成的系統(tǒng)動量守 恒設兩棒最終穩(wěn)定速度為 v1,2 2 A. mgb 1 Bmv C. mg(b 1 mg(b a) + ?mv mv = 2mvi a 棒產生內能為 Ea, b 棒產生內能為 Eb 1 2 1 2 根據能量守恒：qmv = 2X 2mv2mvi+ Ea+ Eb Eb= 2Ea 1 Ea= mgh 【小結】電磁感應中的能量轉化問題 1.電磁感應中的能量轉化特點 外力克服安培力做功，

34、把機械能或其他能量轉化成電能； 感應電流通過電路做功又把電 能轉化成其他形式的能(如內能).這一功能轉化途徑可表示為： I 外力克服 I 由流 I 其他形式的能 I安克功I電能 I 功”其他形式的能(如內能) 2. 電能求解思路主要有三種 (1) 利用克服安培力做功求解：電磁感應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：其他形式的能的減少量等于產生的電能. (3) 利用電路特征來求解：通過電路中所消耗的電能來計算. L 7 叫 7. 如圖所示,下半部處在方向水平的勻強磁場中的光滑曲面 ，它與豎直平面的交線是 拋物線，其拋物線方程為 y = x2,磁場理想上邊界是 y =

35、a 的直線,一小金屬塊從拋物線 y = b(b a)處，以速度 v 沿拋物線下滑，假設拋物面足夠大，則金屬塊在曲面上滑動的整個過 程中生熱為(D) 【解析】在金屬塊進入磁場和穿出磁場時，切割磁感線的那部分金屬塊具有感應電動勢 會向未切割磁感線的那部分金屬塊供電 ，從而形成電流(渦流).導致機械能轉化成熱能.由 于整個金屬塊都在磁場中運動時 ，金屬塊中只有感應電動勢 ，不會有感應電流.所以只要金 屬塊不再穿出磁場區(qū)域(金屬塊向外運動到磁場上邊界時 ，速度恰好為 0),就不再會有機械 能轉化成熱能最終金屬塊在磁場內往復運動 ，到達 y = a 處速度為 0由能量守恒得：Q = 1 2 mg(b a

36、) + 2mv &如圖所示,固定的水平光滑金屬導軌，間距為 L,左端接有阻值為 R 的電阻處在 方向豎直、磁感應強度為 B 的勻強磁場中，質量為 m 的導體棒與固定彈簧相連，放在導軌 上，導軌與導體棒的電阻均可忽略. 初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導體棒具有水平向右 的初速度 vo.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. (1) 求初始時刻導體棒受到的安培力； (2) 若導體棒從初始時刻到速度第一次為零時 ，彈簧的彈性勢能為 Ep,則這一過程中安 培力所做的功 Wi和電阻 R 上產生的焦耳熱 Qi分別為多少？ (3) 導體棒在往復運動，最終將靜止于何處？從導體棒

37、開始運動到最終靜止的過程中 ： 電阻 R 上產生的焦耳熱 Q 為多少？ 【解析】(1)初始時刻棒中感應電動勢： E = BLvo 1 2 由能量守恒,電阻 R 上產生的焦耳熱：Qi = mvo Ep 1 2 (3)由平衡條件可知，棒最終靜止于初始位置，根據能量守恒則有： Q = ?mv2 考點 5 ?電磁感應中的動量問題 【p190】 夯實基礎 電磁感應與動量的結合主要涉及兩個模型： (1) 單桿模型.對于單桿模型，主要與動量定理結合.如在光滑水平軌道上運動的單桿 (不 受其他力作用)，在磁場中的運動為變速運動，運動過程所受的安培力為變力 ，依據動量定 F= BIL = B2L2vo R ，

38、方向水平向左. (2)由功能關系可知：安培力做功： 1 2 W1= Ep 棒中感應電流: i=E E=BR,作用 一 BLx 理 F 安厶 t = p ,而 F 安厶 t = B I L t = BLq , q = N = N , p = mv 2 mv 1，由 R總 R總 以上四式將流經桿電量 q、桿位移 x及速度變化結合一起. (2) 雙桿模型.對于雙桿模型 ，在受到安培力之外，受到的其他外力和為零，滿足動量 守恒的條件，則與動量守恒定律結合考查較多. 例 8 如圖所示， 固定的光滑金屬水平導軌間距為 L ,導軌電阻不計，左端接有阻值為 R 的電阻，導軌處在磁感應強度大小為 的導體棒 ab

39、,在垂直導體棒的水平恒力 剛好勻速運動， 列說法正確的是 44 2B L R2| 2v FR 【解析】導體棒勻速運動時滿足 F = F安= ,解得 v = BFp,選項 A 正確；根據動 _ _ Ft mv BLX 量定理：Ft B I L = mv,而 I t= q,則 q= ,選項 B 錯誤；又 q= = ,聯(lián)立 2 2 2 2 2 2tRF B L 3mF R 將X及 v 的值代入解得 Q= 戶 ,選項 D 正確. B L 【答案】ACD 例 9 如圖所示，傾角為0= 37的斜面上固定平行導軌 MN ,在斜面底端與水平面上的 固定平行導軌 PQ 平滑連接，導軌間距 L = 0.3 m 且

40、 PQ足夠長.斜面部分存在豎直向上的勻 強磁場，水平面部分存在與斜面平行的方向斜向上的勻強磁場 ，兩部分磁感應強度 B 大小 均為 1 T,在 h = 3 m 高處垂直導軌 MN 放置可自由滑動的質量 m 12 g,電阻只尸 1 Q的 導體棒 ab在水平面上垂直導軌 PQ 放置被插銷固定的質量 m2= 3 g,電阻只2= 3 Q的導體 棒 cd,導體棒 ab、cd分別與導軌 MN、PQ 接觸良好.現由靜止釋放 ab, ab 在到達斜面底 端前已做勻速運動，當 ab 滑離斜面進入水平導軌時 ，立即拔下導體棒 cd 棒的插銷，不計導 軌的摩擦及電阻，(sin 37= 0.6, cos 37= 0.

41、8,重力加速度 g 取 10 m/s2)求： z.l F 1 考點突破 B、方向豎直向下的勻強磁場中. F 作用下， 由靜止開始運動 整個運動過程中導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸. ( ) 質量為 m、電阻不計 ,經過時間 t,導體棒 ab 在這個過程中，下 A 導體棒 FR ab 剛好勻速運動時的速度 v= 航2 B. 通過電阻的電荷量 q =卡- 2BL FtRB 2L2 mFR2 C. 導體棒的位移X= B 2tRF2B2L2 3mF2R2 D. 電阻放出的焦耳熱 Q = BL R R 2 2 2 FtRB L mFR 1 2 解得X = B|4 ，選項 C 正確；根據能量關系，電阻

42、放出的焦耳熱 Q= FX ?mv , (1) ab 導體棒在水平面上運動時的最終速度； (2) ab 導體棒在斜面與水平面運動時整個回路產生的電能各是多少? (3) ab 導體棒在斜面和水平面上運動時通過 【解析】(1)設 ab 勻速下滑時的速度為 產生的電動勢 E= BLvicos 0 導體棒 ab 的電流 I = E E Ri + R2 導體棒的安培力 F = BIL 且 F= migtan 0 mig ( Ri + R2) sin 0 聯(lián)立 式得 v i = 2 2 B L cos 0 ab 進入水平軌道后，與 cd 系統(tǒng)動量守恒， 所以 mivi= (mi+ m2)V2 聯(lián)立可得 vi

43、= 5 m/s, V2= 4 m/s (2)導體棒在斜面上運動產生的電能 1 2 Ei = migh gmivi 一 i 2 i 2 在水平面運動產生的電能 E2 = mivi (mi + m2)v2 代入數據得 Ei = 0.2i J; E2= 0.03 J 設 ab 棒在斜面上和水平面上運動時，通過 ab 棒的電荷量各為 qi、q2, ab 的電荷量各是多少? ab 棒在斜面 Bih 上運動時平均電動勢 = , t tan 0 通過的電荷量 qi = I At= Ri+ R2 代入數據得 qi = 0.3 C ab 棒在水平面上運動時 刀 BILsin 0zi= BLq 2sin 0=mi

44、(vi V2) 1 代入數據解得 q2= C= 0.067 C 【小結】電磁感應問題中應用動量定理時，有兩種常見的列式形式.一是直接從安培力 的公式出發(fā)，得到安培力的沖量 1=刀 BIiL At= BLq ,這個公式對所有的電磁感應情形都適 式中的 x表示導體棒在這個過程中經過的位移. 9. (多選)如圖所示， PQ 和MN 是固定于水平面內電阻不計、間距 L = 1 m 的足夠長平 行光滑金屬軌道，質量均為 m = 0.2 kg,接入兩軌道電阻值均為 R= 1 Q的兩金屬棒 ab、cd 靜置于軌道上，整個裝置處在豎直向上、磁感應強度 B = 0.4 T 的勻強磁場中，某時刻 cd 棒 突然受

45、到水平向右 1 = 0.8 N s 的瞬時沖量作用開始運動，運動過程中金屬棒始終與軌道垂 直，接觸良好，取重力加速度 g= 10 m/s2,下列說法正確的是(AD) A .開始運動后，d 端電勢始終比 c 端電勢高 B. cd 棒開始運動的瞬間，d、c 兩端的電勢差 Udc= 1.6 V C. 在整個運動過程中，電路 abcd 中產生的熱量為 1.2 J D. 在整個運動過程中，通過 ab 棒橫截面的電荷量為 1 C 【解析】根據右手定則判斷可知：cd 棒中感應電流方向從 c 到 d，則 d 端相當于電源的 正極，電勢高于 c 端的電勢，故 A 正確；cd 棒開始運動的瞬間，產生的感應電動勢為

46、： E R = 0.8 V，故 B 錯誤；由題意可知最后兩根金屬棒以相同的速度勻速運動且速度為 用二是在導體棒切割磁感線的情形中 ,還可將安培力的沖量寫成 2 2 2 2 B L Vi B L I = E - At= x, R+ r R+ r =BLv。，金屬棒的速度為： v0= m= 4 m/s，聯(lián)立可得：E = 1.6 V， d、c 兩端的電勢差： U E V，根據動量守恒可得： mv0= 2mv，解得：v = 2 m/s，根據能量守恒可得產生的熱量為： Q 1 2 1 2 =mv。 2mv = 0.8 J，故 C 錯誤；對 cd 棒根據動量定理可得： BIL A = mv mv，進, x

47、 步可得：BLq = mvo mv,代入數據解得：q= 1 C ,故 D 正確. li V/ J LI 10. 如圖所示，兩根間距為 I的光滑金屬導軌(不計電阻)，由一段圓弧部分與一段無限 長的水平段部分組成，其水平段加有豎直向下方向的勻強磁場 ，磁感應強度為 B，導軌水平 段上靜止放置一金屬棒 cd,質量為 2m，電阻為 2r另一質量為 m，電阻為 r 的金屬棒 ab, 從圓弧段 M處由靜止釋放下滑到 N 處進入水平段，棒與導軌始終垂直且接觸良好 ，圓弧段 MN 半徑為 R，所對圓心角為 60 .求： (1) ab 棒在 N 處進入磁場區(qū)速度是多大？此時棒中電流是多少？ (2) cd 棒能達

48、到的最大速度是多少？ (3) cd 棒由靜止到達到最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？ 【解析】(1)ab 棒由 M 下滑到 N 過程中機械能守恒， 1 2 故 mgR(1 cos 60 ) = gmv 解得 v= .fgR. 到相同速度 v時，電路中電流為零，安培力為零，cd 達到最大速度.運用動量守恒定律得 mv = (2 m + m) v 解得 v= 3 gR. (3) 系統(tǒng)釋放的熱量應等于系統(tǒng)機械能的減少量 1 2 1 2 1 故 Q = ?mv2 3mv,解得 Q = ?mgR. 1 如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻 R,質量不能忽略的金 進入磁場區(qū)瞬間，回

49、路中電流強度 E = Bl 儷 2r + r 3r3r (2)ab 棒在安培力作用下做減速運動 ,cd 棒在安培力作用下做加速運動 ，當兩棒速度達 【P336】 A 組 屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦 ，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻 強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直 ，棒在豎直向上的恒力 F 作用下加速上升的一段時間 內，力 F 做的功與安培力做的功的代數和等于 （A） A 棒的機械能增加量 B 棒的動能增加量 C.棒的重力勢能增加量 D 電阻 R 上放出的熱量 【解析】棒加速上升時受到重力，拉力 F 及安培力.根據功能關系可知力 F 與安培力 做的功的代數和等于棒的機械能

50、的增加量 ，A 選項正確. 2.兩條相互平行的光滑金屬導軌 ，距離為 L ,電阻不計導軌內有一與水平面垂直向 里的勻強磁場，導軌左側接電容器 C,電阻 Ri和 R2,如圖所示垂直導軌且與導軌接觸良 好的金屬桿 AB 以一定的速度向右勻速運動，某時刻開始做勻減速運動至速度為零后反向勻 加速運動.在金屬桿變速運動的過程中 ，下列說法正確的是（B） A R1中無電流通過 B Ri中電流一直從 e 流向 a C. R2中電流一直從 a 流向 b D R2中電流先從 b 流向 a,后從 a 流向 b 【解析】開始時，金屬桿 AB 以一定的速度向右勻速運動 ，由感應電動勢：E= BLv , 電容器兩端的帶

51、電量為，Q= CU = CBLv ,由右手定則知，R2感應電流方向由 a 向 b,故電 容器的上極板帶正電，開始做勻減速運動至速度為零的過程中 ，Q= CU = CBLv 知，速度減 小，極板帶電量減小，Ri中有電流通過，方向由 e 流向 a, R2中電流從 a 流向 b,故 A 錯誤； 反向勻加速運動過程中，由右手定則知，R2感應電流方向由 b 向 a,電容器反向充電，流經 Ri電流方向由 e 流向a,故 B 正確，CD 錯誤. 3（多選）如圖甲所示,正三角形導線框位于圓形有界勻強磁場中 ，磁場方向與導線框 所在平面垂直.規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里 ，磁感應強度 B 隨時間變化的規(guī)律如圖乙

52、 所示.下面說法正確的是 （AC） A . 01 s時間內和 56 s 時間內，導線框中的電流方向相同 B. 01 s 時間內和 13 s 時間內，導線框中的電流大小相等 C. 35 s 時間內，AB 邊受到的安培力沿紙面且垂直 AB 邊指向 C 點一側 D. 13 s 時間內，AB 邊受到的安培力不變 【解析】01 s 時間內穿過線圈的磁通量向外增加； 56 s 時間內穿過線圈的磁通量向 里減小，根據楞次定律可知導線框中的電流方向相同 ，選項 A 正確；B t 圖象的斜率等于 磁感應強度的變化率，故 01 s 時間內和 13 s 時間內，感應電動勢的大小不等，感應電 流不相等，選項 B 錯誤

53、；35 s 時間內，磁通量向里增加，產生的感應電流為逆時針方向 ， 則由左手定則可知，AB 邊受到的安培力沿紙面且垂直 AB 邊指向 C 點一側，選項 C 正確； 13 s 時間內，感應電流大小不變，而磁場向外減弱，根據 F= BIL 可知，AB 邊受到的安 培力要減小，選項 D 錯誤. 4. （多選）如圖所示，兩條形有界磁場寬度均為 d = 0.5 m,磁感應強度大小均為 B = 4 T, 方向垂直于紙面，兩磁場區(qū)域間距也為 d.在磁場區(qū)域的左邊界處有一長 L = 1 m、寬 d = 0.5 m 的矩形導體線框，線框總電阻為 R = 2 Q ,且線框平面與磁場方向垂直. 現使線框以 v= 0

54、.5 【解析】01 s 時，線框中產生的感應電動勢 E= Bdv = 1 V,由歐姆定律可知 I = R 0.5 A ,由安培力公式可知：F = Bid = 1 N;第 2 s 內，通過線框的磁通量不變 ，無感應電流， 安培力為零；第 3 s 內，線框左、右兩邊均切割磁感線 ，由右手定則可知，感應電動勢方向 E， 相同，故線框中總的感應電動勢為 E= 2Bdv = 2 V,由歐姆定律可知 1 = R= 1 A ;線框左、 右兩邊所受安培力均為：F1= F2= Bl=2 N，由左手定則可知，兩安培力方向相同，故安培 力的合力為 4 N , A 正確，B 錯誤；當 t = 2.5 s時，線框位移

55、x= vt = 2.5d ,此時通過線框的 磁通量為零，C 錯誤，D 正確. 5. 在如圖所示的豎直平面內 ，在水平線 MN 的下方有范圍足夠大的勻強磁場 ，一個等 腰三角形金屬線框頂點 C 與 MN 重合，線框由靜止釋放，沿軸線 DC 方向豎直落入磁場中.忽 略空氣阻力，從釋放到線框完全進入磁場過程中 ，關于線框運動的 v t 圖象，可能正確的 是(C) 中，切割磁感線的有效長度 L 增大，安培力增大，由牛頓第二定律得： mg F= ma,則 a R2| 2v =g BmR；線框由靜止做加速運動 ，由于 L、v 不斷增大,加速度 a 減小，則線框進入磁 場過程做加速度減小的加速運動 ，加速度

56、減小，v t 圖象的斜率減小故 C 正確. 6如圖，MN 和 PQ 是電阻不計的平行金屬導軌 ，其間距為 L,導軌彎曲部分光滑，平 直部分粗糙，二者平滑連接右端接一個阻值為 R 的定值電阻平直部分導軌左邊區(qū)域有 寬度為 d、方向豎直向上、磁感應強度大小為 B 的勻強磁場質量為 m、電阻也為 R 的金 屬棒從高度為 h處靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止. 已知金屬棒與平直部分導軌間的 動摩擦因數為卩，金屬棒與導軌間接觸良好則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中 (D) 【解 【解析】金屬棒下滑到底端時的速度為 v = 2gh,感應電動勢 E= BLv ,所以流過金屬 棒的最大電流為 1= BLrjgh,

57、 A 錯；通過金屬棒的電荷量為 BLI, B錯；克服安培 2R 2R 2R 力所做的功為 W = mgh 卩 mgd C 錯；電路中產生的焦耳熱等于克服安培力做的功 ，所以 金屬棒產生的焦耳熱為 *(mgh mgd. D 正確.B.通過金屬棒的電荷量為 BdL R C.克服安培力所做的功為 mgh D .金屬棒產生的焦耳熱為 1 2(mgh i mgd A .流過金屬棒的最大電流為 Bd,2gh 2R B 0 77 7.（多選）如圖所示,足夠長的光滑水平導軌間距為 2 m,電阻不計，垂直導軌平面有磁 感應強度為 1T 的勻強磁場，導軌上相隔一定距離放置兩根長度略大于間距的金屬棒 ，a 棒 質量

58、為 1 kg,電阻為 5 Q , b 棒質量為 2 kg ,電阻為 10 Q .現給 a 棒一個水平向右的初速度 8 m/s,當 a棒的速度減小為 4 m/s時，b 棒剛好碰到了障礙物，經過時間 0.5 s 速度減為零（不 反彈，且 a 棒始終沒有與 b 棒發(fā)生碰撞）,下列說法正確是（ABD） A .從上向下看回路產生逆時針方向的電流 B. b 棒在碰撞前瞬間的速度大小 2 m/s C. 碰撞過程中 b 棒所受的平均作用力大小為 6 N D. b 棒碰到障礙物后，a 棒繼續(xù)滑行的距離為 15 m 【解析】根據右手定則可知，從上向下看回路產生逆時針方向的電流 ，選項 A 正確; 系統(tǒng)動量守恒，由

59、動量守恒定律可知： maVo= maVa+ mbVb,解得 Vb= 2 m/s,選項 B 正確；b 與障礙物碰撞時，由動量定理：Ft= 0-mbVb解得：F = 8 N ,選項 C 錯誤；b 碰到障礙物 _ 后，a 做減速運動，直到停止，此時由動量定理：B I L At= maVa,其中 I At = q = Ra+ Rb A .線圈的長度 L = 15 cm B. 磁場的寬度 d= 25 cm 2 C. 線圈進入磁場過程中做勻加速運動 ， 加速度為 0.4 m/s BLx Ra+ Rb 聯(lián)立解x= 15 m, 選項 D 正確. &如圖甲所示，閉合線圈固定在小車上 的速度進入與線圈平面

60、垂直、磁感應強度為 B 組 ,總質量為 1 kg.它們在光滑水平面上，以 10 m/s B 的水平有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向 里已知小車運動的速度 V 隨車的位移 x變化的 V x 圖象如圖乙所示則 (B) D .線圈通過磁場過程中產生的熱量為 40 J 【解析】閉合線圈在進入和離開磁場時的位移即為線圈的長度 ，線圈進入或離開磁場時 受安培力作用，將做減速運動，由乙圖可知，L = 10 cm,故 A 錯誤；磁場的寬度等于線圈 剛進入磁場到剛離開磁場時的位移 ，由乙圖可知，515 cm 是進入的過程，1530 cm 是 完全在磁場中運動的過程 ，3040 cm 是離開磁場的過程，所以 d= 30 cm 5