2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章電磁感應(yīng)沖刺訓(xùn)練

PAGEPAGE31第九章電磁感應(yīng)電磁感應(yīng)失分點(diǎn)之(一)——電磁感應(yīng)的圖像問(wèn)題(2角度破解)電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題是考生容易失分的考點(diǎn)，因?yàn)樵擃}型難度大綜合性強(qiáng)，而且“名目繁多〞，包括B-t、i-t、F-t、a-t、v-t等圖像都可能涉及。但只要通過(guò)深入研究、認(rèn)真歸納，就可以站在更高的角度上來(lái)審視電磁感應(yīng)圖像問(wèn)題：“感生〞圖像和“動(dòng)生〞圖像。由“感生〞角度衍生的圖像問(wèn)題從“感生〞角度命題，可以考查學(xué)生對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律的綜合分析能力。但是設(shè)問(wèn)形式有所不同，具體如下：1．直接設(shè)問(wèn)式[典例1](多項(xiàng)選擇)(2022·聊城二模)如圖(a)所示，一個(gè)半徑為r1、匝數(shù)為n、電阻值為R的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路，導(dǎo)線的電阻不計(jì)。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像如圖(b)所示，圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，關(guān)于0到t1時(shí)間內(nèi)的以下分析，正確的選項(xiàng)是()A．R1中電流的方向由a到bB．電流的大小為eq\f(nπB0r22,3Rt0)C．線圈兩端的電壓為eq\f(nπB0r22,3t0)D．通過(guò)電阻R1的電荷量為eq\f(nπB0r22t1,3Rt0)[解析]由圖像分析可知，0至t1時(shí)間內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，面積為S＝πr22，由閉合電路歐姆定律有I1＝eq\f(E,R1＋R)，聯(lián)立以上各式解得，通過(guò)電阻R1上的電流大小為I1＝eq\f(nπB0r22,3Rt0)，由楞次定律可判斷通過(guò)電阻R1上的電流方向?yàn)閺腷到a，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；線圈兩端的電壓大小為U＝I1·2R＝eq\f(2nπB0r22,3t0)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；通過(guò)電阻R1上的電荷量為q＝I1t1＝eq\f(nπB0r22t1,3Rt0)，故D項(xiàng)正確。[答案]BD[題后悟通](1)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，常有兩種特殊情況，即E＝neq\f(ΔB,Δt)S和E＝nBeq\f(ΔS,Δt)，其中eq\f(ΔB,Δt)是B-t圖像中圖線的斜率，假設(shè)斜率不變那么感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是恒定不變的。(2)感生電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向，一般用楞次定律結(jié)合安培定那么來(lái)判定。(3)計(jì)算電動(dòng)勢(shì)時(shí)要注意有效面積，求解電壓時(shí)要分清內(nèi)外電路。2．圖像轉(zhuǎn)化式[典例2](2022·福安質(zhì)檢)如圖甲所示，正三角形硬導(dǎo)線框abc固定在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直。圖乙表示該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系，t＝0時(shí)刻磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。在0～4t0時(shí)間內(nèi)，線框ab邊受到該磁場(chǎng)對(duì)它的安培力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖為(規(guī)定垂直ab邊向左為安培力的正方向)()[解析]0～t0，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，均勻減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，根據(jù)楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可知：流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流I不變，方向從b到a，其受到的安培力方向向左，大小為F＝BIL，均勻減小到零；同理，t0～2t0，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，均勻增大，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流I不變，方向從b到a，其受到的安培力方向向右，從零開始均勻增大；2t0～3t0，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，eq\f(ΔB,Δt)＝0，導(dǎo)線ab不受安培力；3t0～3.5t0，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，均勻減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流為2I不變，方向從a到b，其受到的安培力方向向左，大小為F＝2BIL，即均勻減小到零；3.5t0～4t0，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，均勻增加，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流為2I不變，方向從a到b，其受到的安培力方向向右，大小為F＝2BIL，即從零開始均勻增大，A項(xiàng)正確。[答案]A[題后悟通]對(duì)于電磁感應(yīng)圖像問(wèn)題的分析要注意以下三個(gè)方面：(1)注意初始時(shí)刻的特征，如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零，感應(yīng)電流的方向如何。(2)注意看電磁感應(yīng)發(fā)生的過(guò)程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖像變化相對(duì)應(yīng)。(3)注意觀察圖像的變化趨勢(shì)，看圖像斜率的大小、圖像的曲直是否和物理過(guò)程對(duì)應(yīng)。由“動(dòng)生〞角度衍生的圖像問(wèn)題此類問(wèn)題的命題道具主要有導(dǎo)體棒和導(dǎo)體框，綜合考查了電磁感應(yīng)(E＝Blv)、楞次定律、運(yùn)動(dòng)性質(zhì)、力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，主要分為以下兩種情況。1．圍繞“動(dòng)生〞側(cè)重電學(xué)量的圖像問(wèn)題[典例3](2022·黃岡測(cè)試)如圖甲所示，固定的水平金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。兩阻值相同的導(dǎo)體棒ab、cd置于導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直且始終保持良好接觸。整個(gè)裝置處在與導(dǎo)軌平面垂直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中?，F(xiàn)讓導(dǎo)體棒ab以如圖乙所示的速度向右運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體棒cd始終靜止在導(dǎo)軌上，以水平向右為正方向，那么導(dǎo)體棒cd所受的靜摩擦力f隨時(shí)間變化的圖像是選項(xiàng)中的()[解析]由右手定那么可知ab中感應(yīng)電流的方向向上，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv，由歐姆定律得：I＝eq\f(BLv,R)。感應(yīng)電流從上向下流過(guò)cd棒，由左手定那么可知，產(chǎn)生的安培力向右，大小為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，對(duì)cd進(jìn)行受力分析可知，cd棒豎直方向受到重力和軌道的支持力；水平方向受到安培力和摩擦力的作用，由共點(diǎn)力的平衡可得，水平方向受到的摩擦力與安培力大小相等，方向相反，即方向向左，大小為f＝F＝eq\f(B2L2v,R)，可得大小與速度v成正比，與速度的方向相反，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。[答案]B[題后悟通]解決此類問(wèn)題，求解選擇題時(shí)，用方向排除法較為簡(jiǎn)單。判斷過(guò)程涉及三大定律。(1)楞次定律判斷電流方向。當(dāng)然，也可用右手定那么。(2)法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算電動(dòng)勢(shì)，也可以用特例E＝Blv，注意切割導(dǎo)體的有效長(zhǎng)度和導(dǎo)體速度的變化。(3)閉合電路的歐姆定律計(jì)算電流。感應(yīng)電流是由電動(dòng)勢(shì)和回路電阻共同決定的。[引申]導(dǎo)體框勻加速穿過(guò)磁場(chǎng)、導(dǎo)體框在恒定拉力作用下穿過(guò)磁場(chǎng)等，導(dǎo)體框的速度圖像將怎樣？[變式](2022·黃岡聯(lián)考)如下圖，有理想邊界的直角三角形區(qū)域abc內(nèi)部存在著兩個(gè)方向相反且均垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，e是斜邊ac的中點(diǎn)，be是兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的理想分界線?，F(xiàn)以b點(diǎn)為原點(diǎn)O，沿直角邊bc作x軸，讓在紙面內(nèi)與abc形狀完全相同的金屬線框ABC的BC邊處在x軸上，t＝0時(shí)線框的C點(diǎn)恰好位于原點(diǎn)O的位置。讓ABC沿x軸正方向以恒定的速度v穿過(guò)磁場(chǎng)，現(xiàn)規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)榫€框中感應(yīng)電流的正方向，在以下四個(gè)i-x圖像中，能正確表示感應(yīng)電流隨線框位移變化關(guān)系的是()解析：選D此題可以根據(jù)金屬線框ABC所處的位置不同而分為三個(gè)階段：①線框的位移為0～2L時(shí)，線框中的磁通量為零，感應(yīng)電流為零；②線框的位移為2L～3L時(shí)，由于線框是勻速運(yùn)動(dòng)，先是正向感應(yīng)電流逐漸減小，后是反向感應(yīng)電流逐漸增大；③線框的位移為3L2．圍繞“動(dòng)生〞側(cè)重綜合量的圖像問(wèn)題[典例4](2022·鄭州模擬)如下圖，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)，阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌所在空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直，t＝0時(shí)，將開關(guān)S由1擲向2，假設(shè)分別用q、i、v和a表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度大小和加速度大小，那么以下圖所示的圖像中正確的選項(xiàng)是()[解析]電容器放電時(shí)導(dǎo)體棒在安培力作用下運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器電壓相等時(shí)，棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明極板上電荷量最終不等于零，A項(xiàng)錯(cuò)誤；但電流最終必為零，B項(xiàng)錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒速度增大到最大后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為零，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。[答案]D[題后悟通]此類題型分為定性判斷和定量判斷兩種，對(duì)于前者，一般采用排除法，即定性地分析電磁感應(yīng)過(guò)程中物理量的變化趨勢(shì)(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負(fù)，排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。當(dāng)然，在過(guò)程分析法中也靈活地使用極值法幫助判斷。定量判斷問(wèn)題常用函數(shù)法，即根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖像作出分析和判斷。[變式](多項(xiàng)選擇)如下圖，一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線圈置于邊界水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方L處，磁場(chǎng)寬也為L(zhǎng)，方向垂直紙面向里，由靜止釋放線圈且線圈平面始終與磁場(chǎng)方向垂直，如果從線圈的一條邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，那么以下關(guān)于通過(guò)線圈橫截面的電荷量q、感應(yīng)電流i、線圈運(yùn)動(dòng)的加速度a、線圈具有的動(dòng)能Ek隨時(shí)間變化的圖像可能正確的有()解析：選ACD假設(shè)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力等于重力，那么線圈勻速進(jìn)入，感應(yīng)電流恒定，由q＝It可知，通過(guò)線圈橫截面的電荷量均勻增大。線圈離開時(shí)由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向改變，通過(guò)的電荷量均勻減小，A項(xiàng)可能；由于線圈通過(guò)磁場(chǎng)時(shí)，線圈的寬度與磁場(chǎng)的寬度相等，故始終是一條邊做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，且速度不可能減小到零，所以線圈通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中不可能出現(xiàn)感應(yīng)電流為零的情況，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)重力也可能大于安培力，因此繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，但速度增大安培力也增大，那么加速度減小，當(dāng)安培力增大到等于重力時(shí)，加速度變?yōu)榱悖蔆項(xiàng)可能；如果線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)安培力就大于重力，那么線圈做減速運(yùn)動(dòng)，速度減小那么安培力減小，最后可能到達(dá)平衡，速度不變，動(dòng)能不變，故D項(xiàng)可能。[提醒]導(dǎo)體“墜落〞進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，要正確分析受力，特別是安培力與其他力的比擬，像此題中，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)，可能做勻速運(yùn)動(dòng)，也可能加速，甚至減速，所以此類問(wèn)題往往伴隨多解，對(duì)于這三種情況，請(qǐng)同學(xué)們畫出對(duì)應(yīng)的速度圖像。[提能增分集訓(xùn)]1．(2022·山東高考)將一段導(dǎo)線繞成圖甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)。回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中。回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)Ⅱ，以向里為磁場(chǎng)Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖像是()解析：選B0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律可得回路的圓環(huán)形區(qū)域產(chǎn)生大小恒定的、順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定那么，ab邊在勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力；同理可得eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)，ab邊在勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故B項(xiàng)正確。2．在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖甲所示，當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t如圖乙變化時(shí)，以下選項(xiàng)中正確表示線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E變化的是()解析：選A根據(jù)楞次定律得，0～1s內(nèi)，感應(yīng)電流為正方向；1～3s內(nèi)，無(wú)感應(yīng)電流；3～5s內(nèi)，感應(yīng)電流為負(fù)方向；再由法拉第電磁感應(yīng)定律得：0～1s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為3～5s內(nèi)的二倍，故A正確。3．(多項(xiàng)選擇)(2022·長(zhǎng)沙重點(diǎn)高中測(cè)試)一環(huán)形線圈放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，設(shè)第1s內(nèi)磁感線垂直線圈平面向里，如圖甲所示。假設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，那么以下選項(xiàng)正確的選項(xiàng)是()A．第1s內(nèi)線圈中感應(yīng)電流的大小逐漸增加B．第2s內(nèi)線圈中感應(yīng)電流的大小恒定C．第3s內(nèi)線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向D．第4s內(nèi)線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向解析：選BD由圖像分析可知，磁場(chǎng)在每1s內(nèi)為均勻變化，斜率恒定，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小恒定，因此A錯(cuò)誤，B正確；由楞次定律可判斷出第3s、第4s內(nèi)線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，C錯(cuò)誤，D正確。4．(多項(xiàng)選擇)(2022·衡陽(yáng)八中月考)如圖甲所示，兩個(gè)閉合圓形線圈A、B的圓心重合，放在同一個(gè)水平面內(nèi)，線圈A中通以如圖乙所示的交變電流，設(shè)t＝0時(shí)電流沿逆時(shí)針方向。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．0～t1內(nèi)，線圈B中有逆時(shí)針方向的電流，且有收縮的趨勢(shì)B．t1～t2內(nèi)，線圈B中有逆時(shí)針方向的電流，且有擴(kuò)張的趨勢(shì)C．在t1時(shí)刻，線圈B中的電流大小和方向同時(shí)改變D．在t1時(shí)刻，線圈A、B間的作用力最小解析：選ABD在0～t1時(shí)間內(nèi)，線圈A中的電流沿逆時(shí)針方向且減小，通過(guò)線圈B的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，知B內(nèi)有逆時(shí)針方向的電流，根據(jù)楞次定律的另一種表述，B線圈有收縮的趨勢(shì)，故A正確；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，線圈A中的電流沿順時(shí)針方向且增大，通過(guò)B線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，知B內(nèi)有逆時(shí)針方向的電流，根據(jù)楞次定律的另一種表述，B線圈有擴(kuò)張的趨勢(shì)，故B正確；t1時(shí)刻，線圈B中的電流大小和方向都不改變，故C錯(cuò)誤；t1時(shí)刻，線圈A中沒有電流，故在t1時(shí)刻，線圈A、B間的作用力為零，故D正確。5．(2022·昆明三中、玉溪一中統(tǒng)考)如下圖，在PQ、QR區(qū)域存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向均垂直于紙面，bc邊與磁場(chǎng)的邊界P重合。導(dǎo)線框與磁場(chǎng)區(qū)域的尺寸如下圖。從t＝0時(shí)刻開始線框向右勻速橫穿兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域。以a→b→c→d→e→f為線框中電流的正方向。以下四個(gè)i-t關(guān)系示意圖中正確的選項(xiàng)是()解析：選C由右手定那么分段判斷bc、de、af三邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向，由E＝BLv分段判斷bc、de、af三邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，得出示意圖中正確的選項(xiàng)是C。6．(2022·新疆適應(yīng)性檢測(cè))如下圖，用粗細(xì)均勻，電阻率也相同的導(dǎo)線繞制的直角邊長(zhǎng)為l或2l的四個(gè)閉合導(dǎo)體線框a、b、c、d，以相同的速度勻速進(jìn)入右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在每個(gè)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，M、N兩點(diǎn)間的電壓分別為Ua、Ub、Uc和UdA．Ua＜Ub＜Uc＜Ud B．Ua＜Ub＜Ud＜UcC．Ua＝Ub＜Uc＝Ud D．Ub＜Ua＜Ud＜Uc解析：選B由電阻定律，各個(gè)線框的電阻分別為Ra＝ρeq\f(2l＋\r(2)l,S)、Rb＝ρeq\f(3l＋\r(5)l,S)、Rc＝ρeq\f(4l＋2\r(2)l,S)、Rd＝ρeq\f(3l＋\r(5)l,S)，設(shè)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，各線框MN邊有效切割長(zhǎng)度分別為l、l、2l、2l，各線框MN邊的內(nèi)阻分別為ra＝ρeq\f(l,S)、rb＝ρeq\f(l,S)、rc＝ρeq\f(2l,S)、rd＝ρeq\f(2l,S)，那么各邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為Ea＝Blv，Eb＝Blv，Ec＝2Blv，Ed＝2Blv，MN兩點(diǎn)間的電壓分別為Ua＝eq\f(Ea,Ra)×ρeq\f(l＋\r(2)l,S)＝eq\f(1＋\r(2),2＋\r(2))Blv＝eq\f(\r(2),2)Blv，同理Ub＝eq\f(1＋\r(5),4)Blv，Uc＝eq\r(2)Blv，Ud＝(eq\r(5)－1)Blv，那么Ua＜Ub＜Ud＜Uc，B正確。7.(多項(xiàng)選擇)(2022·保定調(diào)研)如下圖(俯視圖)，在光滑的水平面上，寬為eq\r(3)l的區(qū)域內(nèi)存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直水平面向下。水平面內(nèi)有一不可形變的粗細(xì)均勻的等邊三角形閉合導(dǎo)體線框CDE(由同種材料制成)，邊長(zhǎng)為l。t＝0時(shí)刻，E點(diǎn)處于磁場(chǎng)邊界，CD邊與磁場(chǎng)邊界平行。在外力F的作用下線框沿垂直于磁場(chǎng)區(qū)域邊界的方向勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域。從E點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到CD邊恰好離開磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框中感應(yīng)電流I(以逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流為正)、外力F(水平向右為正方向)隨時(shí)間變化的圖像圖像中的t＝eq\f(\r(3)l,2v)，曲線均為拋物線可能正確的有()解析：選BD等邊三角形閉合導(dǎo)線框CDE進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，穿過(guò)線框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，拉出磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)感應(yīng)電流為零。同時(shí)當(dāng)線框進(jìn)入或拉出磁場(chǎng)時(shí)線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度隨時(shí)間t均勻增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流均勻增大，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；因線框在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)，所以外力F等于線框受到的安培力，外力F∝t2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。第九章沖刺985深化內(nèi)容電磁感應(yīng)失分點(diǎn)之(二)——“電磁感應(yīng)〞類壓軸題(5法突破)電磁感應(yīng)是高中物理的重要知識(shí)板塊，對(duì)于簡(jiǎn)單的電磁感應(yīng)問(wèn)題，一般可直接利用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律及其相關(guān)知識(shí)解答。而對(duì)于比擬復(fù)雜的電磁感應(yīng)問(wèn)題，運(yùn)用以下五種物理思想方法，可快速破解，事半功倍。一、等效法在電磁感應(yīng)中，閉合電路中的一局部導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，對(duì)于一些彎曲導(dǎo)體在磁場(chǎng)中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，我們可以把彎曲導(dǎo)體等效為沿垂直運(yùn)動(dòng)方向的直導(dǎo)體。對(duì)于正弦式感應(yīng)電流，可以用有效值計(jì)算產(chǎn)生的熱量。涉及最大功率的問(wèn)題，有的需要找出等效電路和等效電源。[典例1](2022·成都模擬)如下圖，da、bc為相距為L(zhǎng)的平行導(dǎo)軌(導(dǎo)軌電阻不計(jì))。a、b間連接一個(gè)定值電阻，阻值為R。長(zhǎng)直金屬桿MN可以按任意角θ架在平行導(dǎo)軌上，并以速度v勻速滑動(dòng)(平移)，v的方向與da平行，桿MN每米的阻值也為R。整個(gè)空間充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直紙面向里。求：(1)定值電阻上消耗的電功率最大時(shí)，θ的值；(2)桿MN上消耗的電功率最大時(shí)，θ的值。(要求寫出推導(dǎo)過(guò)程)[方法導(dǎo)入]長(zhǎng)直金屬桿可以按任意角θ架在平行導(dǎo)軌上，利用等效法可將其等效為長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬桿切割磁感線。計(jì)算桿MN上消耗的最大電功率時(shí)，可以把定值電阻等效為電源內(nèi)阻，把桿MN接入電路的電阻等效為可變化的外電阻。[解析](1)無(wú)論θ角多大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv不變根據(jù)P＝I2R可知，總電流越大，定值電阻上消耗的電功率越大。由閉合電路歐姆定律，MN接入電路的電阻(相當(dāng)于電源內(nèi)阻)越小，電流越大，定值電阻上消耗的電功率越大。即θ＝eq\f(π,2)時(shí)，定值電阻上消耗的電功率最大。(2)解法一：令MN接入電路的電阻為r，那么有r＝eq\f(L,sinθ)R由PMN＝I2r和I＝eq\f(BLv,R＋r)可得PMN＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,\f(LR,sinθ)＋R)))2·eq\f(LR,sinθ)化簡(jiǎn)得PMN＝eq\f(B2L3v2,R\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,sinθ)＋sinθ＋2L)))θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，由均值不等式可知eq\f(L2,sinθ)＋sinθ＋2L≥4L，當(dāng)且僅當(dāng)sinθ＝L，即θ＝arcsinL時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)0＜L≤1m。假設(shè)0<L≤1m，當(dāng)θ＝arcsinL時(shí)，MN上消耗的功率最大；假設(shè)L＞1m，當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時(shí)，MN上消耗的功率最大。解法二：可將定值電阻視為電源內(nèi)阻，將MN接入電路的電阻視為外電阻，這樣就變成了E恒定、內(nèi)阻不變的等效電路。假設(shè)0＜L≤1m，當(dāng)θ＝arcsinL時(shí)，內(nèi)外電阻相等，MN上消耗的功率最大；假設(shè)L＞1m，當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時(shí)，MN上消耗的功率最大。[答案]見解析二、能量守恒法電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，安培力做正功，電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；克服安培力做功，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。假設(shè)產(chǎn)生的感應(yīng)電流是恒定的，那么可以利用焦耳定律計(jì)算電阻中產(chǎn)生的焦耳熱；假設(shè)產(chǎn)生的感應(yīng)電流是變化的，那么可以利用能量守恒定律計(jì)算電阻中產(chǎn)生的焦耳熱。[典例2](2022·洛陽(yáng)模擬)如下圖，位于豎直平面內(nèi)的正方形平面導(dǎo)線框abcd，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.10m，線框質(zhì)量為m＝0.1kg，電阻為R＝0.5Ω，其下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域上、下兩邊界之間的距離為H(H＞L)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5T，方向與線框平面垂直。令線框從距離磁場(chǎng)上邊界h＝0.3m處自由下落，線框的ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后，cd邊到達(dá)上邊界之前線框已經(jīng)到達(dá)勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，取g＝10m/s2，求：(1)線框在勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)時(shí)的速度大??；(2)從線框開始下落到ab邊剛剛到達(dá)下邊界的過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的熱量。[方法導(dǎo)入]從線框開始下落到cd邊剛剛到達(dá)上邊界的過(guò)程中，線框的ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框中產(chǎn)生焦耳熱。由于電流是變化的，不能運(yùn)用焦耳定律求解焦耳熱，但可以利用能量守恒定律求解。[解析](1)線框處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)時(shí)受力平衡，mg＝BILI＝eq\f(E,R)，E＝BLv聯(lián)立解得v＝eq\f(mgR,B2L2)代入相關(guān)數(shù)據(jù)得v＝2m/s。(2)線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框不受安培力作用。因此只需考慮從線框開始下落到cd邊剛剛到達(dá)上邊界的過(guò)程，由能量守恒定律得：線框損失的機(jī)械能等于線框中產(chǎn)生的熱量，有Q＝mg(L＋h)－eq\f(1,2)mv2代入相關(guān)數(shù)據(jù)得Q＝0.2J。[答案]見解析三、極限法極限法一般適用于定性分析類選擇題。在電磁感應(yīng)中，經(jīng)常出現(xiàn)一些定性分析類問(wèn)題，可以采用極限法，例如假設(shè)速度很大趨近于無(wú)限大或很小趨近于零、假設(shè)邊長(zhǎng)很大趨近于無(wú)限大或很小趨近于零，或假設(shè)電阻很大趨近于無(wú)限大或很小趨近于零等，快速分析。[典例3](多項(xiàng)選擇)(2022·西安模擬)如下圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)有理想邊界，用力將矩形線圈從有邊界的磁場(chǎng)中勻速拉出，在其他條件不變的情況下，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．速度越大，拉力做功越多B．線圈邊長(zhǎng)L1越大，拉力做功越多C．線圈邊長(zhǎng)L2越大，拉力做功越多D．線圈電阻越大，拉力做功越多[方法導(dǎo)入]此題屬于定性分析類選擇題，可采用極限法分析。將速度、線圈邊長(zhǎng)、線圈電阻的值推向極限，進(jìn)行分析。[解析]假設(shè)線圈的速度非常小，趨近于零，根據(jù)E＝BLv，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)趨近于零，安培力趨近于零，拉力做功趨近于零，由此可知，速度越大，拉力做功越多，選項(xiàng)A正確。假設(shè)線圈邊長(zhǎng)L1非常小，趨近于零，根據(jù)E＝BLv，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)趨近于零，拉力做功趨近于零，由此可知，線圈邊長(zhǎng)L1越大，拉力做功越多，選項(xiàng)B正確。假設(shè)線圈邊長(zhǎng)L2非常小，趨近于零，根據(jù)功的定義式，W＝FL2，拉力做功趨近于零，由此可知，線圈邊長(zhǎng)L2越大，拉力做功越多，選項(xiàng)C正確。假設(shè)線圈電阻非常大，趨近于無(wú)限大，那么線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流趨近于零，線圈所受安培力趨近于零，勻速拉線圈的拉力趨近于零，由此可知，線圈電阻越大，拉力做功越少，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。[答案]ABC四、隔離法和整體法離法是隔離某一研究對(duì)象，分析其受力，利用相關(guān)知識(shí)列方程解題的方法。在電磁感應(yīng)問(wèn)題中，對(duì)于相互聯(lián)系、相互制約的物體，假設(shè)需要研究它們各自的受力情況或運(yùn)動(dòng)情況，可以采用隔離法進(jìn)行研究。,整體法以系統(tǒng)為研究對(duì)象，是從整體和全過(guò)程把握物理現(xiàn)象的本質(zhì)和規(guī)律的方法。例如在電磁感應(yīng)問(wèn)題中，假設(shè)存在相互制約或相互聯(lián)系的導(dǎo)體棒，在不需要知道它們各自的狀態(tài)時(shí)，可以運(yùn)用整體法進(jìn)行研究。[典例4]如下圖，平行光滑軌道由兩段1/4圓弧軌道和一段足夠長(zhǎng)的水平軌道組成，軌道相距L，水平軌道處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。左側(cè)1/4圓弧軌道半徑為R，最高處有一質(zhì)量為M、電阻為R0的金屬棒；右側(cè)1/4圓弧軌道半徑為r，最高處有一質(zhì)量為m、電阻為r0的金屬棒；R＞r，軌道電阻不計(jì)?，F(xiàn)釋放左、右兩金屬棒，使兩金屬棒同時(shí)進(jìn)入水平軌道的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。最后兩金屬棒以相同大小的速度v勻速運(yùn)動(dòng)。求：(1)金屬棒剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，金屬棒中的電流大??；(2)從金屬棒被釋放到以相同大小的速度v運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量。[方法導(dǎo)入]求剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)金屬棒中的電流大小，可分別分析兩側(cè)金屬棒的速度和產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再運(yùn)用閉合電路歐姆定律及其相關(guān)知識(shí)得出電流大小。兩個(gè)金屬棒既有沿圓弧軌道下滑的過(guò)程，又有切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流的過(guò)程，兩個(gè)金屬棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電流不是恒定值，不能分別計(jì)算產(chǎn)生的熱量，只能采用整體法考慮，運(yùn)用能量守恒定律解答。[解析](1)對(duì)左側(cè)金屬棒，由機(jī)械能守恒定律得MgR＝eq\f(1,2)Mv12解得左側(cè)金屬棒進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v1＝eq\r(2gR)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝BLv1＝BLeq\r(2gR)對(duì)右側(cè)金屬棒，由機(jī)械能守恒定律得mgr＝eq\f(1,2)mv22右側(cè)金屬棒進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v2＝eq\r(2gr)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝BLv2＝BLeq\r(2gr)金屬棒中的電流大小I＝eq\f(E1＋E2,R0＋r0)＝eq\f(BL,R0＋r0)(eq\r(2gR)＋eq\r(2gr))。(2)金屬棒進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做減速直線運(yùn)動(dòng)，金屬棒中電流逐漸減小，不能運(yùn)用焦耳定律計(jì)算產(chǎn)生的熱量?？紤]整個(gè)過(guò)程，對(duì)兩側(cè)金屬棒整體，由能量守恒定律得，從金屬棒被釋放到最后以相同大小的速度v運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q＝MgR＋mgr－eq\f(1,2)(m＋M)v2。[答案]見解析五、微元法在電磁感應(yīng)問(wèn)題中，導(dǎo)體棒由于受到與速度相關(guān)的安培力或電路中含有電容器等，導(dǎo)體棒的加速度可能是變化的，一般需要采用微元法進(jìn)行分析。[典例5](2022·福州模擬)如圖1所示，兩根間距為L(zhǎng)、豎直固定的光滑金屬長(zhǎng)直導(dǎo)軌，上端接有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一根質(zhì)量為m的金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌豎直向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒下落高度h時(shí)，速度到達(dá)最大。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度大小為g，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻可忽略不計(jì)。(1)求通過(guò)電阻R的最大電流。(2)求從金屬棒開始運(yùn)動(dòng)到速度最大的過(guò)程中，金屬棒克服安培力所做的功。(3)假設(shè)用電容為C的電容器代替電阻R，如圖2所示。仍將金屬棒由靜止開始釋放，求經(jīng)歷時(shí)間t金屬棒的瞬間速度v的大小。(電容器兩極板間的電壓始終未超過(guò)擊穿電壓)[方法導(dǎo)入]利用牛頓第二定律及其相關(guān)知識(shí)可得出金屬棒中電流為i時(shí)的加速度。由于電路中含有電容器，電容器充電過(guò)程，電流變化，因此需要運(yùn)用微元法，列出相關(guān)表達(dá)式解答。[解析](1)通過(guò)電阻R的電流最大時(shí)，金屬棒的速度最大(此后金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng))，由平衡條件得F安＝mg而F安＝BImL，解得Im＝eq\f(mg,BL)。(2)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLvm根據(jù)閉合電路歐姆定律，金屬棒中的感應(yīng)電流Im＝eq\f(E,R)聯(lián)立解得金屬棒的最大速度vm＝eq\f(mgR,B2L2)對(duì)金屬棒下落過(guò)程，由動(dòng)能定理有mgh－WA＝eq\f(1,2)mvm2解得WA＝mgh－eq\f(m3g2R2,2B4L4)。(3)金屬棒在重力作用下向下加速運(yùn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由于存在電容器，形成充電電流，金屬棒要受到安培力的作用，因此金屬棒在重力mg和安培力的合力作用下做加速運(yùn)動(dòng)設(shè)某一瞬時(shí)金屬棒的加速度為a，由牛頓第二定律得mg－F＝ma，安培力F＝BiL式中i為某一瞬時(shí)金屬棒中的感應(yīng)電流，即電容器的充電電流i＝eq\f(ΔQ,Δt)，ΔQ是短時(shí)間Δt內(nèi)電容器的充電電荷量由Q＝CU得ΔQ＝CΔU，式中ΔU是極短時(shí)間內(nèi)電壓的增量電壓U的增量等于產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E的增量，即ΔU＝ΔE＝BLΔv說(shuō)明電壓的增量取決于速度的增量Δv根據(jù)加速度的定義式a＝eq\f(Δv,Δt)聯(lián)立上述各式解得a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)式中m、g、C、B、L都是恒量，說(shuō)明金屬棒向下加速運(yùn)動(dòng)的加速度恒定不變，即金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷時(shí)間t金屬棒的瞬時(shí)速度v＝at＝eq\f(mgt,m＋CB2L2)。[答案]見解析[提能增分集訓(xùn)]1．如下圖，P、Q為水平面內(nèi)平行放置的光滑金屬長(zhǎng)直導(dǎo)軌，間距L1＝0.5m，處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)體桿ef垂直于P、Q放在導(dǎo)軌上，在外力作用下向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。質(zhì)量為m＝0.1kg的正方形金屬框abcd置于豎直平面內(nèi)，其邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2＝0.1m，每邊電阻均為r＝0.1Ω。線框的兩頂點(diǎn)a、b通過(guò)細(xì)導(dǎo)線與導(dǎo)軌相連。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直金屬框abcd向里，金屬框恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計(jì)其余電阻和細(xì)導(dǎo)線對(duì)a、b點(diǎn)的作用力，g取10m/s2，求：(1)通過(guò)ab邊的電流Iab；(2)導(dǎo)體桿ef的運(yùn)動(dòng)速度v。解析：(1)設(shè)通過(guò)正方形金屬框的總電流為I，ab邊的電流為Iab，dc邊的電流為Idc，有Iab＝eq\f(3,4)I，Idc＝eq\f(1,4)I金屬框受重力和安培力，處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mg＝B2IabL2＋B2IdcL2聯(lián)立解得I＝10A，Iab＝7.5A。(2)設(shè)導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，那么E＝B1L1設(shè)ad、dc、cb三邊電阻串聯(lián)后與ab邊電阻并聯(lián)的總電阻為R，那么R＝eq\f(r×3r,r＋3r)＝eq\f(3,4)r根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I＝eq\f(E,R)解得v＝eq\f(3mgr,4B1B2L1L2)＝eq\f(3×0.1×10×0.1,4×0.5×1×0.5×0.1)m/s＝3m/s。答案：(1)7.5A(2)3m/s2．如下圖，間距l(xiāng)＝0.3m的平行金屬導(dǎo)軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個(gè)豎直面內(nèi)。在水平面a1b1b2a2區(qū)域內(nèi)和傾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.4T、方向豎直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電阻R＝0.3Ω、質(zhì)量m1＝0.1kg、長(zhǎng)為l的相同導(dǎo)體桿K、S、Q分別放置在導(dǎo)軌上，S桿的兩端固定在b1、b2點(diǎn)，K、Q桿可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑動(dòng)且始終接觸良好。一端系于K桿中點(diǎn)的輕繩平行于導(dǎo)軌繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量m2＝0.05kg的小環(huán)。小環(huán)以a＝6m/s2的加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運(yùn)動(dòng)。不計(jì)導(dǎo)軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長(zhǎng)。取g＝(1)小環(huán)所受摩擦力的大??；(2)Q桿所受拉力的瞬時(shí)功率。解析：(1)以小環(huán)為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得m2g－Ff＝m代入數(shù)據(jù)得Ff＝0.2N。(2)設(shè)流過(guò)K桿的電流為I，由平衡條件得IlB1＝FT＝Ff對(duì)Q桿，根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)以及平衡條件得2IlB2＝F＋m1gsinθ由法拉第電磁感應(yīng)定律的推論得E＝B2lv根據(jù)歐姆定律有2I＝eq\f(E,R總)且R總＝eq\f(R,2)＋R瞬時(shí)功率表達(dá)式為P＝Fv聯(lián)立以上各式得P＝2W。答案：(1)0.2N(2)2W3.為了提高自行車夜間行駛的平安性，小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一種“閃爍〞裝置。如下圖，自行車后輪由半徑r1＝5.0×10－2m的金屬內(nèi)圈、半徑r2＝0.40m的金屬外圈和絕緣輻條構(gòu)成。后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.10T、方向垂直紙面向外的“扇形〞勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、張角θ＝eq\f(π,6)。后輪以角速度ω＝2πrad/s相對(duì)于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)。假設(shè)不計(jì)其他電阻，忽略磁場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。(1)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形〞磁場(chǎng)時(shí)，求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E，并指出ab上的電流方向；(2)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形〞磁場(chǎng)時(shí)，畫出“閃爍〞裝置的電路圖；(3)從金屬條ab進(jìn)入“扇形〞磁場(chǎng)時(shí)開始，經(jīng)計(jì)算畫出輪子轉(zhuǎn)一圈過(guò)程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢(shì)差Uab隨時(shí)間t變化的Uab-t圖像；(4)假設(shè)選擇的是“1.5V0.3A〞的小燈泡，該“閃爍〞裝置能否正常工作？有同學(xué)提出，通過(guò)改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B、后輪外圈半徑r2、角速度ω和張角θ等物理量的大小，優(yōu)化前同學(xué)的設(shè)計(jì)方案，請(qǐng)給出你的評(píng)價(jià)。解析：(1)金屬條ab在磁場(chǎng)中切割磁感線時(shí)，平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(r1＋r2,2)ωE＝B(r2－r1)eq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bω(r22－r12)≈4.9×10－2V根據(jù)右手定那么，可得感應(yīng)電流方向?yàn)閎→a。(2)通過(guò)分析，可得電路圖如下圖。(3)設(shè)電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知R總＝R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)Ra、b兩端電勢(shì)差Uab＝E－IR＝E－eq\f(E,R總)R＝eq\f(1,4)E≈1.2×10－2V設(shè)ab離開磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)刻為t1，下一根金屬條進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)刻為t2，那么t1＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(1,12)s，t2＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(1,4)s設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時(shí)間為T，那么T＝eq\f(2π,ω)＝1s在T＝1s內(nèi)，金屬條有4次進(jìn)出，后3次與第1次相同。根據(jù)以上分析可畫出如以下圖像。(4)“閃爍〞裝置不能正常工作。(金屬條的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)只有4.9×10－2V，遠(yuǎn)小于燈泡的額定電壓，因此無(wú)法正常工作)評(píng)價(jià)：B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω增大，E增大，但有限度；θ增大，E不變。答案：(1)4.9×10－2Vb→a(2)見解析(3)見解析(4)見解析4．(2022·皖北協(xié)作區(qū)模擬)根據(jù)實(shí)際需要，磁鐵可以制造成多種形狀，如圖就是一根很長(zhǎng)的光滑圓柱形磁棒，在它的側(cè)面有均勻向外的輻射狀磁場(chǎng)?，F(xiàn)將磁棒豎直固定在水平地面上，磁棒外套有一個(gè)粗細(xì)均勻的圓形金屬線圈，金屬線圈的質(zhì)量為m，半徑為R，電阻為r，金屬線圈所在位置的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。讓金屬線圈從磁棒上端由靜止釋放，經(jīng)一段時(shí)間后與水平地面相碰(碰前金屬線圈已達(dá)最大速度)并原速率反彈，又經(jīng)時(shí)間t，上升到距離地面高度為h處速度減小到零。求：(1)金屬線圈與地面撞擊前的速度大小v；(2)撞擊反彈后上升到最高處h的過(guò)程中，通過(guò)金屬線圈某一截面的電荷量q；(3)撞擊反彈后上升到最高處h的過(guò)程中，金屬線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析：(1)線圈第一次下落過(guò)程中，對(duì)金屬線圈與地面撞擊前的時(shí)刻，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝B·2πRv，I＝eq\f(E,r)所受安培力F＝BI·2πR線圈從磁棒上端由靜止釋放，由牛頓第二定律得mg－F＝ma1隨著線圈速度的增大，所受安培力增大，當(dāng)安培力增大到等于重力時(shí)，線圈向下勻速運(yùn)動(dòng)，a1＝0聯(lián)立解得金屬線圈與地面撞擊前的速度v＝eq\f(mgr,4π2B2R2)。(2)線圈撞擊地面反彈后的上升過(guò)程，由牛頓第二定律得mg＋BI·2πR＝ma兩邊都乘以微元時(shí)間Δt，得mgΔt＋BIΔt·2πR＝maΔt在Δt時(shí)間內(nèi)，速度變化量Δv＝aΔt，通過(guò)線圈截面的電荷量Δq＝IΔt解得Δq＝eq\f(mΔv－mgΔt,2πBR)求和得q＝∑Δq＝eq\f(m∑Δv－mg∑Δt,2πBR)＝eq\f(mv－mgt,2πBR)＝eq\f(m2gr,8π3B3R3)－eq\f(mgt,2πBR)。(3)由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝mgh＋Q解得Q＝eq\f(m3g2r2,32π4B4R4)－mgh。答案：見解析第九章沖刺985深化內(nèi)容電磁感應(yīng)失分點(diǎn)之(三)——電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌〞類問(wèn)題(3大模型)電磁感應(yīng)中的桿＋導(dǎo)軌模型的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量的轉(zhuǎn)化過(guò)程，處理這類問(wèn)題要從功和能的觀點(diǎn)入手，弄清導(dǎo)體棒切割磁感線過(guò)程中的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，現(xiàn)從力學(xué)、圖像、能量三種觀點(diǎn)出發(fā)，分角度討論如下：模型一單桿＋電阻＋導(dǎo)軌模型[初建模型][母題](2022·淮安模擬)如下圖，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ，N、Q兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下。將質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導(dǎo)軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時(shí)到達(dá)最大速度。重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，桿與導(dǎo)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(guò)程中，桿上產(chǎn)生的熱量。[思路點(diǎn)撥][解析](1)設(shè)桿cd下滑到某位置時(shí)速度為v，那么桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋R)桿所受的安培力F＝BIL根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－eq\f(B2L2v,2R)＝ma當(dāng)速度v＝0時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度a＝gsinθ，方向沿導(dǎo)軌平面向下當(dāng)桿的加速度a＝0時(shí)，速度最大，最大速度vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導(dǎo)軌平面向下。(2)桿cd從開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)最大速度過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律得mgxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)mvm2又Q桿＝eq\f(1,2)Q總，所以Q桿＝eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)。[答案](1)gsinθ，方向沿導(dǎo)軌平面向下eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導(dǎo)軌平面向下(2)eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)[內(nèi)化模型]單桿＋電阻＋導(dǎo)軌四種題型剖析題型一(v0≠0)題型二(v0＝0)題型三(v0＝0)題型四(v0＝0)說(shuō)明桿cd以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動(dòng)，質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，拉力F恒定傾斜軌道光滑，傾角為α，桿cd質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)示意圖力學(xué)觀點(diǎn)桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，電流I＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)。桿做減速運(yùn)動(dòng)：v↓?F↓?a↓，當(dāng)v＝0時(shí)，a＝0，桿保持靜止開始時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)開始時(shí)a＝gsinα，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)開始時(shí)a＝g，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(mgR,B2L2)圖像觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝eq\f(1,2)mv02F做的功一局部轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一局部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WF＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或減少的重力勢(shì)能)一局部轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一局部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或減少的重力勢(shì)能)一局部轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一局部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2[應(yīng)用模型][變式]此題假設(shè)金屬桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用沿導(dǎo)軌平面向上的恒定外力F作用在金屬桿cd上，使cd由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，求cd的最大加速度和最大速度。解析：分析金屬桿運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力情況可知，金屬桿受重力、導(dǎo)軌平面的支持力、拉力、摩擦力和安培力五個(gè)力的作用，沿斜面方向由牛頓第二定律有F－mgsinθ－F安－f＝ma又F安＝BIL，I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BLv,R＋R)，所以F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋R)f＝μN(yùn)＝μmgcosθ故F－mgsinθ－eq\f(B2L2v,R＋R)－μmgcosθ＝ma當(dāng)速度v＝0時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度am＝eq\f(F,m)－gsinθ－μgcosθ，方向沿導(dǎo)軌平面向上當(dāng)桿的加速度a＝0時(shí)，速度最大，vm＝eq\f(F－mgsinθ－μmgcosθ·2R,B2L2)。答案：見解析模型二單桿＋電容器(或電源)＋導(dǎo)軌模型[初建模型][母題](2022·北京模擬)如下圖，在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L(zhǎng)。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒cd垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好。軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)。(1)如圖1所示，假設(shè)軌道左端M、P間接一阻值為R的電阻，導(dǎo)體棒在拉力F的作用下以速度v沿軌道做勻速運(yùn)動(dòng)。請(qǐng)通過(guò)公式推導(dǎo)證明：在任意一段時(shí)間Δt內(nèi)，拉力F所做的功與電路獲得的電能相等。(2)如圖2所示，假設(shè)軌道左端接一電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源和一阻值未知的電阻，閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，導(dǎo)體棒到達(dá)最大速度vm，求此時(shí)電源的輸出功率。(3)如圖3所示，假設(shè)軌道左端接一電容器，電容器的電容為C，導(dǎo)體棒在水平拉力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。電容器兩極板間電勢(shì)差隨時(shí)間變化的圖像如圖4所示，t1時(shí)刻電容器兩極板間的電勢(shì)差為U1。求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的水平拉力大小。[思路點(diǎn)撥](1)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)→受力平衡→求出拉力做的功。導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)→產(chǎn)生感應(yīng)電流→求出回路的電能。(2)閉合開關(guān)S→導(dǎo)體棒變加速運(yùn)動(dòng)→產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不斷增大→到達(dá)電源的路端電壓→棒中沒有電流→由此可求出電源與電阻所在回路的電流→電源的輸出功率。(3)導(dǎo)體棒在外力作用下運(yùn)動(dòng)→回路中形成充電電流→導(dǎo)體棒還受安培力的作用→由牛頓第二定律列式分析。[解析](1)導(dǎo)體棒切割磁感線，E＝BLv導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)＝F安又F安＝BIL，其中I＝eq\f(E,R)在任意一段時(shí)間Δt內(nèi)，拉力F所做的功W＝FvΔt＝F安vΔt＝eq\f(B2L2v2,R)Δt電路獲得的電能ΔE＝qE＝EIΔt＝eq\f(B2L2v2,R)Δt可見，在任意一段時(shí)間Δt內(nèi)，拉力F所做的功與電路獲得的電能相等。(2)導(dǎo)體棒到達(dá)最大速度vm時(shí)，棒中沒有電流，電源的路端電壓U＝BLvm電源與電阻所在回路的電流I＝eq\f(E－U,r)電源的輸出功率P＝UI＝eq\f(EBLvm－B2L2vm2,r)。(3)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電勢(shì)差相等BLv＝U由電容器的U-t圖可知U＝eq\f(U1,t1)t導(dǎo)體棒的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為v＝eq\f(U1,BLt1)t可知導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a＝eq\f(U1,BLt1)由C＝eq\f(Q,U)和I＝eq\f(Q,t)，得I＝eq\f(CU,t)＝eq\f(CU1,t1)由牛頓第二定律有F－BIL＝ma可得F＝eq\f(BLCU1,t1)＋eq\f(mU1,BLt1)。[答案]見解析[內(nèi)化模型]單桿＋電容器(或電源)＋導(dǎo)軌四種題型剖析題型一(v0＝0)題型二(v0＝0)題型三(v0＝0)題型四(v0＝0)說(shuō)明軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，拉力F恒定傾斜軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻為R，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)示意圖力學(xué)觀點(diǎn)S閉合，桿cd受安培力F＝eq\f(BLE,r)，a＝eq\f(BLE,mr)，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E感＝BLv↑?I↓?安培力F＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時(shí)，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)開始時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過(guò)Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以桿勻加速運(yùn)動(dòng)開始時(shí)a＝gsinα，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過(guò)Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mgsinα－F安＝ma，a＝eq\f(mgsinα,m＋CB2L2)，所以桿勻加速運(yùn)動(dòng)開始時(shí)a＝g，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過(guò)Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)，所以桿勻加速運(yùn)動(dòng)圖像觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能：W電＝eq\f(1,2)mvm2F做的功一局部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一局部轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一局部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一局部轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一局部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一局部轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC[應(yīng)用模型][變式]母題第(3)問(wèn)變成，圖3中導(dǎo)體棒在恒定水平外力F作用下，從靜止開始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌與棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，寫出導(dǎo)體棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系式。解析：導(dǎo)體棒由靜止開始做加速運(yùn)動(dòng)，電容器所帶電荷量不斷增加，電路中將形成充電電流，設(shè)某時(shí)刻棒的速度為v，那么感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv電容器所帶電荷量為Q＝CE＝CBLv再經(jīng)過(guò)很短一段時(shí)間Δt，電容器兩端電壓的增量和電荷量的增量分別為ΔU＝ΔE＝BLΔvΔQ＝CΔU＝CBLΔv流過(guò)導(dǎo)體棒的電流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(CBLΔv,Δt)＝CBLa導(dǎo)體棒受到的安培力f1＝BIL＝CB2導(dǎo)體棒所受到的摩擦力f2＝μmg由牛頓第二定律得F－f1－f2＝ma聯(lián)立以上各式解得a＝eq\f(F－μmg,m＋CB2L2)顯然導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以導(dǎo)體棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系式為v＝eq\f(F－μmg,m＋CB2L2)t。答案：v＝eq\f(F－μmg,m＋CB2L2)t模型三雙桿＋導(dǎo)軌模型[初建模型][母題](1)如圖1所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計(jì)，導(dǎo)軌間的距離為l，兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌保持垂直。在t＝0時(shí)刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行，大小恒為F的力作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)，試分析金屬桿甲、乙的收尾運(yùn)動(dòng)情況。(2)如圖2所示，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)，導(dǎo)軌上橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路。在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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。假設(shè)兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，試定性分析兩棒的收尾運(yùn)動(dòng)情況。[思路點(diǎn)撥](1)金屬桿甲運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)→回路中有感應(yīng)電流→乙受安培力的作用做加速運(yùn)動(dòng)→可求出某時(shí)刻回路中的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)→由牛頓第二定律列式判斷。(2)導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)，回路中有感應(yīng)電流→分析兩導(dǎo)體棒的受力情況→分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況即可得出結(jié)論。[解析](1)設(shè)某時(shí)刻甲和乙的速度大小分別為v1和v2，加速度大小分別為a1和a2，受到的安培力大小均為F1，那么感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bl(v1－v2)①感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,2R)②對(duì)甲和乙分別由牛頓第二定律得F－F1＝ma1，F(xiàn)1＝ma2③當(dāng)v1－v2＝定值(非零)，即系統(tǒng)以恒定的加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)a1＝a2④解得a1＝a2＝eq\f(F,2m)⑤可見甲、乙兩金屬桿最終水平向右做加速度相同的勻加速運(yùn)動(dòng)，速度一直增大。(2)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，磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流。ab棒受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒那么在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，在ab棒的速度大于cd棒的速度時(shí)，回路中總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速。兩棒到達(dá)相同速度后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度v水平向右做勻速運(yùn)動(dòng)。[答案]見解析[內(nèi)化模型]三大觀點(diǎn)透徹解讀雙桿模型示意圖力學(xué)觀點(diǎn)圖像觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)棒1動(dòng)能的減少量＝棒2動(dòng)能的增加量＋焦耳熱兩棒以相同的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)外力做的功＝棒1的動(dòng)能＋棒2的動(dòng)能＋焦耳熱[應(yīng)用模型][變式]假設(shè)母題(1)中甲、乙兩金屬桿受恒力作用情況如下圖，兩桿分別在方向相反的恒力作用下運(yùn)動(dòng)(兩桿不會(huì)相撞)，試分析這種情況下甲、乙金屬桿的收尾運(yùn)動(dòng)情況。解析：設(shè)某時(shí)刻甲和乙的速度分別為v1和v2，加速度分別為a1和a2，甲、乙受到的安培力大小均為F1，那么感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bl(v1－v2)①感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,2R)②對(duì)甲和乙分別應(yīng)用牛頓第二定律得F1－BIl＝ma1，BIl－F2＝ma2③當(dāng)v1－v2＝定值(非零)，即系統(tǒng)以恒定的加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)a1＝a2④解得a1＝a2＝eq\f(F1－F2,2m)⑤可見甲、乙兩金屬桿最終做加速度相同的勻加速運(yùn)動(dòng)，速度一直增大。答案：見解析[提能增分集訓(xùn)]1.如下圖，一對(duì)光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻。一質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝0.1Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4T。棒在水平向右的外力作用下由靜止開始以a＝2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒的位移x＝9m時(shí)撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來(lái)，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1。導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求：(1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量q；(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF。解析：(1)設(shè)金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為Δt，回路中磁通量的變化量為ΔΦ，回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\x\to(E)，那么由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，其中ΔΦ＝Blx設(shè)回路中的平均電流為eq\x\to(I)，那么由閉合電路歐姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，通過(guò)電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得q＝4.5C。(2)設(shè)撤去外力時(shí)棒的速度為v，在棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2＝2ax設(shè)棒在撤去外力后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力做的功為W，由動(dòng)能定理得W＝0－eq\f(1,2)mv2撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝－W代入數(shù)據(jù)解得Q2＝1.8J。(3)由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J在棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，由功能關(guān)系可知WF＝Q1＋Q2＝5.4J。答案：(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J2．(2022·常州檢測(cè))如下圖，水平面內(nèi)有兩根足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌L1、L2，其間距d＝0.5m，左端接有容量C＝2000μF的電容。質(zhì)量m＝20g的導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦滑動(dòng)，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。整個(gè)空間存在著垂直導(dǎo)軌所在平面的