高考物理一輪 （考綱自主研讀+命題探究+高考全程解密） 第3講電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用（含解析） 新人教版

第3講專題電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書(shū)P175)一、電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題1．內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源．(2)該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余部分是外電路．2．電源電動(dòng)勢(shì)和路端電壓(1)電動(dòng)勢(shì)：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)．(2)路端電壓：U＝IR＝E－Ir．【即學(xué)即練】1．(多選)用均勻?qū)Ь€做成的正方形線圈邊長(zhǎng)為l，圖9－3－1正方形的一半放在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖9－3－1所示，當(dāng)磁場(chǎng)以eq\f(ΔB,Δt)的變化率增大時(shí)，則()．A．線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍cbdaB．線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)C．線圈中a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)D．線圈中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)解析根據(jù)楞次定律可知，選項(xiàng)A正確；線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(l2,2)eq\f(ΔB,Δt)，選項(xiàng)B正確；線圈中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，所以a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；線圈左邊的一半導(dǎo)線相當(dāng)于電源，右邊的一半相當(dāng)于外電路，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相當(dāng)于路端電壓，其大小為U＝eq\f(E,2)＝eq\f(l2,4)eq\f(ΔB,Δt)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案AB二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1．安培力的大小感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝Blv感應(yīng)電流：I＝eq\f(E,R＋r)安培力公式：F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R＋r)2．安培力的方向(1)先用右手定則確定感應(yīng)電流方向，再用左手定則確定安培力方向．(2)根據(jù)楞次定律，安培力方向一定和導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)方向相反．【即學(xué)即練】2．(多選)如圖9－3－2所示，圖9－3－2MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，已知導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，且電阻不計(jì)．有一垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，寬度為L(zhǎng)，ab是一根不但與導(dǎo)軌垂直而且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿．開(kāi)始，將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，讓ab由靜止開(kāi)始自由下落，過(guò)段時(shí)間后，再將S閉合，若從S閉合開(kāi)始計(jì)時(shí)，則金屬桿ab的速度v隨時(shí)間t變化的圖象可能是()．解析設(shè)閉合S時(shí)，ab的速度為v，則E＝BLv，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，F(xiàn)安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，若F安＝eq\f(B2L2v,R)＝mg，則選項(xiàng)A正確．若F安＝eq\f(B2L2v,R)<mg，則選項(xiàng)C正確．若F安＝eq\f(B2L2v,R)>mg，則選項(xiàng)D正確．答案ACD三、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問(wèn)題1．能量的轉(zhuǎn)化：感應(yīng)電流在磁場(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，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)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．【即學(xué)即練】3．(多選)如圖9－3－3所示，圖9－3－3水平固定放置的足夠長(zhǎng)的U形金屬導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在導(dǎo)軌上放著金屬棒ab，開(kāi)始時(shí)ab棒以水平初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，最后靜止在導(dǎo)軌上，就導(dǎo)軌光滑和導(dǎo)軌粗糙的兩種情況相比較，這個(gè)過(guò)程()．A．安培力對(duì)ab棒所做的功不相等B．電流所做的功相等C．產(chǎn)生的總內(nèi)能相等D．通過(guò)ab棒的電荷量相等解析光滑導(dǎo)軌無(wú)摩擦力，導(dǎo)軌粗糙的有摩擦力，動(dòng)能最終都全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以內(nèi)能相等，C正確；對(duì)光滑的導(dǎo)軌有，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q安，對(duì)粗糙的導(dǎo)軌有，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q安′＋Q摩，Q安≠Q(mào)安′，則A正確，B錯(cuò)；q＝It＝eq\f(Blvt,R)＝eq\f(Blx,R)，且x光>x粗，所以q光>q粗，D錯(cuò)．答案ACeq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書(shū)P176)題型一電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題【典例1】(·浙江卷，25)為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一圖9－3－4種“閃爍”裝置．如圖9－3－4所示，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)．若不計(jì)其它電阻，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(huà)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(kāi)始，經(jīng)計(jì)算畫(huà)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圖象；(4)若選擇的是“1.5V，0.3A”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)．規(guī)范解答(1)金屬條ab在磁場(chǎng)中切割磁感線時(shí)，所構(gòu)成的回路的磁通量變化．設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間Δt，磁通量變化量為ΔΦ，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，①ΔΦ＝BΔS＝Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)req\o\al(2,2)Δθ－\f(1,2)req\o\al(2,1)Δθ))②由①、②式并代入數(shù)值得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)Bω(req\o\al(2,2)－req\o\al(2,1))＝4.9×10－2V③根據(jù)右手定則(或楞次定律)，可得感應(yīng)電流方向?yàn)閎→a.④(2)通過(guò)分析，可得電路圖為(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)R⑤ab兩端電勢(shì)差Uab＝E－IR＝E－eq\f(E,R總)R＝eq\f(1,4)E＝1.2×10－2V⑥設(shè)ab離開(kāi)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，t1＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(1,12)s⑦t2＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(1,4)s⑧設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時(shí)間為T(mén)，T＝eq\f(2π,ω)＝1s⑨在T＝1s內(nèi)，金屬條有四次進(jìn)出，后三次與第一次相同．⑩由⑥、⑦、⑧、⑨、⑩可畫(huà)出如下Uab－t圖象．(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)小于小燈泡的額定電壓，因此無(wú)法正常工作．)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)4.9×10－2V電流方向?yàn)閎→a(2)(3)(4)見(jiàn)解析【變式跟蹤1】如圖9－3－5所示，圖9－3－5在傾角為θ＝37°的斜面內(nèi)，放置MN和PQ兩根不等間距的光滑金屬導(dǎo)軌，該裝置放置在垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．導(dǎo)軌M、P端間接入阻值R1＝30Ω的電阻和理想電流表，N、Q端間接阻值為R2＝6Ω的電阻．質(zhì)量為m＝0.6kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.5m的金屬棒放在導(dǎo)軌上以v0＝5m/s的初速度從ab處向右上方滑到a′b′處的時(shí)間為t＝0.5s，滑過(guò)的距離l＝0.5m．a(chǎn)b處導(dǎo)軌間距Lab＝0.8m，a′b′處導(dǎo)軌間距La′b′＝1m．若金屬棒滑動(dòng)時(shí)電流表的讀數(shù)始終保持不變，不計(jì)金屬棒和導(dǎo)軌的電阻．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：(1)此過(guò)程中電阻R1上產(chǎn)生的熱量；(2)此過(guò)程中電流表上的讀數(shù)；(3)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度．解析(1)因電流表的讀數(shù)始終保持不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，故BLabv0＝BLa′b′va′b′，代入數(shù)據(jù)可得va′b′＝4m/s，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：Q總＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,a′b′))－mglsin37°＝QR1＋QR2由Q＝eq\f(U2,R)t得：eq\f(QR1,QR2)＝eq\f(R2,R1)，代入數(shù)據(jù)可求得：QR1＝0.15J(2)由焦耳定律QR1＝Ieq\o\al(2,1)R1t可知：電流表讀數(shù)I1＝eq\r(\f(QR1,R1t))＝0.1A(3)不計(jì)金屬棒和導(dǎo)軌上的電阻，則R1兩端的電壓始終等于金屬棒與兩軌接觸間的電動(dòng)勢(shì)，由E＝I1R1，E＝BLa′b′va′b′可得：B＝eq\f(I1R1,La′b′va′b′)＝0.75T答案(1)0.15J(2)0.1A(3)0.75T,借題發(fā)揮1．電磁感應(yīng)中電路知識(shí)的關(guān)系圖2．電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題的解題思路(1)明確電源的電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nBeq\f(ΔS,Δt)，E＝BLv，E＝eq\f(1,2)BL2ω(2)明確電源的正、負(fù)極：根據(jù)電源內(nèi)部電流的方向是從負(fù)極流向正極，即可確定電源的正、負(fù)極．(3)明確電源的內(nèi)阻：即相當(dāng)于電源的那部分電路的電阻．(4)明確電路關(guān)系：即構(gòu)成回路的各部分電路的串、并聯(lián)關(guān)系．(5)結(jié)合閉合電路歐姆定律和電功、電功率等能量關(guān)系列方程求解．3．易錯(cuò)總結(jié)對(duì)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的電路結(jié)構(gòu)分析有兩個(gè)方面容易出錯(cuò)：(1)電源分析錯(cuò)誤，不能正確地應(yīng)用右手定則或楞次定律判斷電源的正負(fù)極，不能選擇恰當(dāng)?shù)墓接?jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大?。?2)外電路分析錯(cuò)誤，不能正確判斷電路結(jié)構(gòu)的串并聯(lián)關(guān)系．4．求解電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題的關(guān)鍵：(1)在電磁感應(yīng)電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那一部分電路相當(dāng)于電源，電流的流向是從“電源”的負(fù)極經(jīng)電源流向正極，這一部分電路兩端電壓相當(dāng)于路端電壓，U＝eq\f(R,R＋r)E.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是聯(lián)系電磁感應(yīng)與電路的橋梁．(2)當(dāng)所涉及的電路為全電路時(shí)，往往存在著一定的功率關(guān)系：即電磁感應(yīng)產(chǎn)生的電功率等于內(nèi)外電路消耗的功率之和．若為純電阻電路，則產(chǎn)生的電能全部轉(zhuǎn)化為電路中的內(nèi)能．所以能量守恒是分析這類問(wèn)題的思路．題型二電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題【典例2】如圖9－3－6甲所示，光滑斜面的傾角α＝30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長(zhǎng)l1＝1m，bc邊的邊長(zhǎng)l2＝0.6m，線框的質(zhì)量m＝1kg，電阻R＝0.1Ω，線框受到沿光滑斜面向上的恒力F的作用，已知F＝10N．斜面上ef線(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化情況如圖乙的B－t圖象所示，時(shí)間t是從線框由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)刻起計(jì)時(shí)的．如果線框從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)最初一段時(shí)間是勻速的，ef線和gh線的距離x＝5.1m，取g＝10m/s2.求：(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度；(2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度v；(3)線框整體進(jìn)入磁場(chǎng)后，ab邊運(yùn)動(dòng)到gh線的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱．圖9－3－6審題提示解析(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框僅受到拉力F、斜面的支持力和線框重力，由牛頓第二定律得：F－mgsinα＝ma線框進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度a＝eq\f(F－mgsinα,m)＝5m/s2(2)因?yàn)榫€框進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一段時(shí)間做勻速運(yùn)動(dòng)，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝Bl1v形成的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bl1v,R)受到沿斜面向下的安培力F安＝BIl1線框受力平衡，有F＝mgsinα＋eq\f(B2leq\o\al(2,1)v,R)代入數(shù)據(jù)解得v＝2m/s(3)線框abcd進(jìn)入磁場(chǎng)前時(shí)，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后至運(yùn)動(dòng)到gh線，仍做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．進(jìn)入磁場(chǎng)前線框的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,5)s＝0.4s進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝eq\f(l2,v)＝eq\f(0.6,2)s＝0.3s線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后線框受力情況與進(jìn)入磁場(chǎng)前相同，所以該階段的加速度大小仍為a＝5m/s2，該過(guò)程有x－l2＝vt3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)解得t3＝1s因此線框整體進(jìn)入磁場(chǎng)后，ab邊運(yùn)動(dòng)到gh線的過(guò)程中，線框中有感應(yīng)電流的時(shí)間t4＝t1＋t2＋t3－0.9s＝0.8sE＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(0.5×0.6,2.1－0.9)V＝0.25V此過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(E2t4,R)＝eq\f(0.252×0.8,0.1)J＝0.5J答案(1)5m/s2(2)2m/s(3)0.5J【變式跟蹤2】(·廣東卷，35)如圖9－3－7所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上．導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板．R和Rx分別表示定值電阻和滑動(dòng)變阻器的阻值，不計(jì)其他電阻．圖9－3－7(1)調(diào)節(jié)Rx＝R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)，求通過(guò)棒的電流I及棒的速率v.(2)改變Rx，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過(guò)，求此時(shí)的Rx.圖甲解析(1)對(duì)勻速下滑的導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖甲所示．導(dǎo)體棒所受安培力F安＝BIl①導(dǎo)體棒勻速下滑，所以F安＝Mgsinθ②聯(lián)立①②式，解得I＝eq\f(Mgsinθ,Bl)③導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv④由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋Rx)，且Rx＝R，所以I＝eq\f(E,2R)⑤聯(lián)立③④⑤式，解得v＝eq\f(2MgRsinθ,B2l2).⑥圖乙(2)由題意知，其等效電路圖如圖乙所示．由圖知，平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓．設(shè)兩板間的電壓為U，由歐姆定律知U＝IRx⑦要使帶電的微粒勻速通過(guò)，則mg＝qeq\f(U,d)⑧因?yàn)閷?dǎo)體棒勻速下滑時(shí)的電流仍為I，所以聯(lián)立③⑦⑧式，解得Rx＝eq\f(mBld,Mqsinθ).答案(1)eq\f(Mgsinθ,Bl)eq\f(2MgRsinθ,B2l2)(2)eq\f(mBld,Mqsinθ),借題發(fā)揮1．安培力的方向判斷2．兩種狀態(tài)處理(1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．處理方法：根據(jù)平衡條件列式分析．(2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不為零．處理方法：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)系分析．3．解題步驟(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、右手定則確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向．(2)應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出電路中的感應(yīng)電流的大?。?3)分析研究導(dǎo)體的受力情況，特別要注意安培力方向的確定．(4)列出動(dòng)力學(xué)方程或平衡方程求解．4．電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)臨界問(wèn)題(1)解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵是通過(guò)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，尋找過(guò)程中的臨界狀態(tài)．(2)基本思路是：題型三電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題【典例3】如圖9－3－8所示，圖9－3－8兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)、間距為d的光滑平行金屬導(dǎo)軌，其所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌平面內(nèi)的矩形區(qū)域abcd內(nèi)存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于斜面向上，ab與cd之間相距為L(zhǎng)，金屬桿甲、乙的阻值相同，質(zhì)量均為m.甲桿在磁場(chǎng)區(qū)域的上邊界ab處，乙桿在甲桿上方與甲相距L處，甲、乙兩桿都與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．由靜止釋放兩桿的同時(shí)，在甲桿上施加一個(gè)垂直于桿平行于導(dǎo)軌的外力F，使甲桿在有磁場(chǎng)的矩形區(qū)域內(nèi)向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a＝2gsinθ，甲離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)撤去F，乙桿進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，然后離開(kāi)磁場(chǎng)．(1)求每根金屬桿的電阻R是多大？(2)從釋放金屬桿開(kāi)始計(jì)時(shí)，求外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系式，并說(shuō)明F的方向．(3)若整個(gè)過(guò)程中，乙金屬桿共產(chǎn)生熱量Q，求外力F對(duì)甲金屬桿做的功W是多少？審題提示解析(1)設(shè)甲在磁場(chǎng)區(qū)域abcd內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，乙從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到ab位置的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L＝eq\f(1,2)·2gsinθ·teq\o\al(2,1)，L＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,2)解得t1＝eq\r(\f(L,gsinθ))，t2＝eq\r(\f(2L,gsinθ))因?yàn)閠1<t2，所以甲離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，乙還沒(méi)有進(jìn)入磁場(chǎng)．設(shè)乙進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1，乙中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，回路中的電流為I1，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgLsinθE1＝Bdv1I1＝E1/2Rmgsinθ＝BI1d解得R＝eq\f(B2d2,2m)eq\r(\f(2L,gsinθ))(2)從釋放金屬桿開(kāi)始計(jì)時(shí)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t，甲的速度為v，甲中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，回路中的電流為I，外力為F，則v＝atE＝BdvI＝E/2RF＋mgsinθ－BId＝maa＝2gsinθ聯(lián)立以上各式解得F＝mgsinθ＋mgsinθeq\r(\f(2gsinθ,L))·t(0≤t≤eq\r(\f(L,gsinθ)))方向垂直于桿平行于導(dǎo)軌向下．(3)甲在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，乙沒(méi)有進(jìn)入磁場(chǎng)，設(shè)甲離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度為v0，甲、乙產(chǎn)生的熱量相同，均設(shè)為Q1，則veq\o\al(2,0)＝2aLW＋mgLsinθ＝2Q1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W＝2Q1＋mgLsinθ乙在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，甲、乙產(chǎn)生相同的熱量，均設(shè)為Q2，則2Q2＝mgLsinθ根據(jù)題意有Q＝Q1＋Q2解得W＝2Q答案(1)eq\f(B2d2,2m)eq\r(\f(2L,gsinθ))(2)F＝mgsinθ＋mgsinθeq\r(\f(2gsinθ,L))·t(0≤t≤eq\r(\f(L,gsinθ)))，方向垂直于桿平行于導(dǎo)軌向下(3)2Q【變式跟蹤3】(多選)如圖9－3－9所示，圖9－3－9足夠長(zhǎng)的光滑斜面上中間虛線區(qū)域內(nèi)有一垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一正方形線框從斜面底端以一定初速度上滑，線框越過(guò)虛線進(jìn)入磁場(chǎng)，最后又回到斜面底端，則下列說(shuō)法中正確的是()．A．上滑過(guò)程線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于下滑過(guò)程線框中產(chǎn)生的焦耳熱B．上滑過(guò)程線框中產(chǎn)生的焦耳熱大于下滑過(guò)程線框中產(chǎn)生的焦耳熱C．上滑過(guò)程線框克服重力做功的平均功率等于下滑過(guò)程中重力的平均功率D．上滑過(guò)程線框克服重力做功的平均功率大于下滑過(guò)程中重力的平均功率解析考查電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系，本題關(guān)鍵是理解上滑經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的末速度與下滑經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的初速度相等，由切割磁感線的效果差別，得A錯(cuò)B對(duì)．因過(guò)程中有能量損失，上滑平均速度大于下滑平均速度，用時(shí)t上<t下．重力做功兩次相同由P＝eq\f(W,t)可知C錯(cuò)，D對(duì)．答案BD,借題發(fā)揮1．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的幾種方法2．用能量觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問(wèn)題的一般步驟eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書(shū)P180)物理建模7電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型模型特點(diǎn)“桿＋導(dǎo)軌”模型是電磁感應(yīng)問(wèn)題高考命題的“基本道具”，也是高考的熱點(diǎn)，考查的知識(shí)點(diǎn)多，題目的綜合性強(qiáng)，物理情景變化空間大，是我們復(fù)習(xí)中的難點(diǎn)．“桿＋導(dǎo)軌”模型又分為“單桿”型和“雙桿”型(“單桿”型為重點(diǎn))；導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等．Ⅰ.單桿水平式(如典例1)物理模型動(dòng)態(tài)分析設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)刻棒的速度為v，加速度為a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)，a、v同向，隨v的增加，a減小，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，I＝eq\f(BLv,R)恒定收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式勻速直線運(yùn)動(dòng)力學(xué)特征a＝0v恒定不變電學(xué)特征I恒定Ⅱ.單桿傾斜式(如典例2)物理模型動(dòng)態(tài)分析棒釋放后下滑，此時(shí)a＝gsinα，速度v↑→E＝BLv↑→I＝eq\f(E,R)↑→F＝BIL↑→a↓，當(dāng)安培力F＝mgsinα?xí)r，a＝0，v最大收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式勻速直線運(yùn)動(dòng)力學(xué)特征a＝0v最大vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)電學(xué)特征I恒定建模指導(dǎo)解決電磁感應(yīng)中綜合問(wèn)題的一般思路是“先電后力再能量”．→分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r→分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力→分析研究對(duì)象(常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力→根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)動(dòng)模型及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系典例1(·天津卷，11)圖9－3－10如圖9－3－10所示，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(kāi)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)，已知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.規(guī)范解答(1)設(shè)棒勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為Δt，回路的磁通量變化量為ΔΦ，回路中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\o(E,\s\up6(－))，由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)①其中ΔΦ＝Blx②設(shè)回路中的平均電流為eq\o(I,\s\up6(－))，由閉合電路歐姆定律得eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)③則通過(guò)電阻R的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt④聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據(jù)得q＝4.5C⑤(2)設(shè)撤去外力時(shí)棒的速度為v，對(duì)棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2＝2ax⑥設(shè)棒在撤去外力后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力所做的功為W，由動(dòng)能定理得W＝0－eq\f(1,2)mv2⑦撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝－W⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得Q2＝1.8J⑨(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＝3.6J⑩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?由⑨⑩?式得WF＝5.4J.答案(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J典例2(多選)(·山東卷，20)圖9－3－11如圖9－3－11所示，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時(shí)開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是()．A．P＝2mgvsinθB．P＝3mgvsinθC．當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到eq\f(v,2)時(shí)加速度大小為eq\f(g,2)sinθD．在速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功解析導(dǎo)體棒由靜止釋放，速度達(dá)到v時(shí)，回路中的電流為I，則根據(jù)平衡條件，有mgsinθ＝BIL.對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則回路中的電流為2I，有F＋mgsinθ＝2BIL所以拉力F＝mgsinθ，拉力的功率P＝F·2v＝2mgvsinθ，故選項(xiàng)A正確、選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到eq\f(v,2)時(shí)，回路中的電流為eq\f(I,2)，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsinθ－Beq\f(I,2)L＝ma，解得a＝eq\f(g,2)sinθ，選項(xiàng)C正確；當(dāng)導(dǎo)體棒以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案ACeq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書(shū)P182)一、電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題1．(單選)粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行．現(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個(gè)不同方向平移出磁場(chǎng)，如圖所示，則在移出過(guò)程中線框一邊a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差絕對(duì)值最大的是()．解析線框各邊電阻相等，切割磁感線的那個(gè)邊為電源，電動(dòng)勢(shì)相同均為Blv.在A、C、D中，Uab＝eq\f(1,4)Blv，B中，Uab＝eq\f(3,4)Blv，選項(xiàng)B正確．答案B2．(單選)兩根平行的長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌，圖9－3－12其電阻不計(jì)，導(dǎo)線ab、cd跨在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好，如圖9－3－12所示，ab的電阻大于cd的電阻，當(dāng)cd在外力F1(大小)的作用下，勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab在外力F2(大小)的作用下保持靜止，那么在不計(jì)摩擦力的情況下(Uab、Ucd是導(dǎo)線與導(dǎo)軌接觸間的電勢(shì)差)()．A．F1>F2，Uab>UcdB．F1<F2，Uab＝UcdC．F1＝F2，Uab>UcdD．F1＝F2，Uab＝Ucd解析通過(guò)兩導(dǎo)線電流強(qiáng)度一樣，兩導(dǎo)線都處于平衡狀態(tài)，則F1＝BIL，F(xiàn)2＝BIL，所以F1＝F2，A、B錯(cuò)誤；Uab＝IRab，這里cd導(dǎo)線相當(dāng)于電源，所以Ucd是路端電壓，Ucd＝IRab即Uab＝Ucd.答案D二、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題3．(多選)如圖9－3－13所示，圖9－3－13兩光滑平行導(dǎo)軌水平放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌所在平面，金屬棒ab可沿導(dǎo)軌自由滑動(dòng)，導(dǎo)軌一端連接一個(gè)定值電阻R，金屬棒和導(dǎo)軌電阻不計(jì)．現(xiàn)將金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止向右拉，若保持拉力F恒定，經(jīng)時(shí)間t1后速度為v，加速度為a1，最終以速度2v做勻速運(yùn)動(dòng)；若保持拉力的功率P恒定，棒由靜止經(jīng)時(shí)間t2后速度為v，加速度為a2，最終也以速度2v做勻速運(yùn)動(dòng)，則()．A．t2＝t1B．t1>t2C．a(chǎn)2＝2a1D．a(chǎn)2＝3a1解析若保持拉力F恒定，在t1時(shí)刻，棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，其所受安培力F1＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，由牛頓第二定律，有F－eq\f(B2L2v,R)＝ma1；棒最終以2v做勻速運(yùn)動(dòng)，則F＝eq\f(2B2L2v,R)，故a1＝eq\f(B2L2v,mR).若保持拉力的功率P恒定，在t2時(shí)刻，有eq\f(P,v)－eq\f(B2L2v,R)＝ma2；棒最終也以2v做勻速運(yùn)動(dòng)，則eq\f(P,2v)＝eq\f(2B2L2v,R)，故a2＝eq\f(3B2L2v,mR)＝3a1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確．由以上分析可知，在瞬時(shí)速度相同的情況下，恒力F作用時(shí)棒的加速度比拉力的功率P恒定時(shí)的加速度小，故t1>t2，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤．答案BD4．(多選)如圖9－3－14所示，圖9－3－14足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，且都傾斜著與水平面成夾角θ.在導(dǎo)軌的最上端M、P之間接有電阻R，不計(jì)其他電阻．導(dǎo)體棒ab從導(dǎo)軌的最底端沖上導(dǎo)軌，當(dāng)沒(méi)有磁場(chǎng)時(shí)，ab上升的最大高度為H；若存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，ab上升的最大高度為h.在兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ab都與導(dǎo)軌保持垂直，且初速度都相等．關(guān)于上述情景，下列說(shuō)法正確的是()．A．兩次上升的最大高度相比較為H<hB．有磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體棒所受合力的功等于無(wú)磁場(chǎng)時(shí)合力的功C．有磁場(chǎng)時(shí)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．有