2021屆高考物理二輪復(fù)習-專題四-第2講-電磁感應(yīng)及其應(yīng)用學案

2021屆高考物理二輪復(fù)習專題四第2講電磁感應(yīng)及其應(yīng)用學案2021屆高考物理二輪復(fù)習專題四第2講電磁感應(yīng)及其應(yīng)用學案PAGE17-2021屆高考物理二輪復(fù)習專題四第2講電磁感應(yīng)及其應(yīng)用學案2021屆高考物理二輪復(fù)習專題四第2講電磁感應(yīng)及其應(yīng)用學案年級：姓名：第2講電磁感應(yīng)及其應(yīng)用思維導(dǎo)圖要點熟記1.“三定則、一定律”的應(yīng)用(1)安培定則：判斷運動電荷、電流產(chǎn)生的磁場方向。(2)左手定則：判斷磁場對運動電荷、電流的作用力的方向。(3)右手定則：判斷部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向。(4)楞次定律：判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向。2.求感應(yīng)電動勢的兩種方法(1)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，用來計算感應(yīng)電動勢的平均值。(2)E＝BLv，用來計算感應(yīng)電動勢的瞬時值或平均值。(3)E＝eq\f(1,2)Bl2ω，用來計算導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線時的感應(yīng)電動勢。3.感應(yīng)電荷量的兩種求法(1)當回路中的磁通量發(fā)生變化時，由于感應(yīng)電場的作用使電荷發(fā)生定向移動而形成感應(yīng)電流。通過的電荷量表達式為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR總)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)。(2)導(dǎo)體切割磁感線運動通過的電荷量q滿足的關(guān)系式：－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝－Blq＝mΔv。4.楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”。(2)阻礙相對運動——“來拒去留”。(3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”。(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”。5.電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系在閉合電路的部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流的問題中，機械能轉(zhuǎn)化為電能，導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能。[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握應(yīng)試技能考向一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1．判定感應(yīng)電流方向(1)楞次定律：一般用于線圈面積不變，磁感應(yīng)強度發(fā)生變化的情形。(2)右手定則：一般用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情形。2．求感應(yīng)電動勢(1)感生電動勢：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S不變時：E＝nS\f(ΔB,Δt),B不變時：E＝nB\f(ΔS,Δt)))?q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)(2)動生電動勢eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(平動切割：E＝Blv,轉(zhuǎn)動切割：E＝\f(1,2)Bl2ω))[典例1]如圖所示，勻強磁場中有一個用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場垂直。已知線圈的面積S＝0.3m2、電阻R＝0.6Ω，磁場的磁感應(yīng)強度B＝0.2T?，F(xiàn)同時向兩側(cè)拉動線圈，線圈的兩邊在Δt(1)感應(yīng)電動勢的平均值E；(2)感應(yīng)電流的平均值I，并在圖中標出電流方向；(3)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q。[解析](1)感應(yīng)電動勢的平均值E＝eq\f(ΔΦ,Δt)磁通量的變化量ΔΦ＝BS解得E＝eq\f(BS,Δt)代入數(shù)據(jù)得E＝0.12V。(2)平均電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(E,R)代入數(shù)據(jù)得eq\o(I,\s\up6(－))＝0.2A電流方向如圖所示。(3)電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt代入數(shù)據(jù)得q＝0.1C。[答案](1)0.12V(2)0.2A圖見解析(3)0.1C1．(2020·安徽江南十校檢測)在粗糙水平面上平放一根導(dǎo)體棒和一個金屬圓環(huán)，如圖甲所示(俯視圖)，給導(dǎo)體棒中通以如圖乙所示的電流，導(dǎo)體棒和圓環(huán)始終保持靜止狀態(tài)，則在0～t1時間內(nèi)，下列說法正確的是()A．圓環(huán)中感應(yīng)電流先沿順時針方向后沿逆時針方向B．圓環(huán)中感應(yīng)電流先增大后減小C．導(dǎo)體棒受到的靜摩擦力方向先向右后向左D．圓環(huán)先有擴張趨勢后有收縮趨勢解析：根據(jù)安培定則和楞次定律可知，圓環(huán)中感應(yīng)電流先沿逆時針方向后沿順時針方向，A項錯誤；導(dǎo)體棒中電流先增大得越來越慢后減小得越來越快，圓環(huán)中磁通量先變大得越來越慢后變小得越來越快，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電流先減小后增大，B項錯誤；導(dǎo)體棒中電流先增大后減小，圓環(huán)中磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)和導(dǎo)體棒之間先排斥后吸引，則導(dǎo)體棒受到的靜摩擦力先向右后向左，圓環(huán)先有收縮趨勢后有擴張趨勢，C項正確，D項錯誤。答案：C2．(多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖(a)中虛線MN所示。一硬質(zhì)細導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時磁感應(yīng)強度的方向如圖(a)所示，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，則在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)()A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時針方向C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為eq\f(B0πr2,4t0)解析：由于通過圓環(huán)的磁通量均勻變化，故圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流的大小和方向不變，但t0時刻磁場方向發(fā)生變化，故安培力方向發(fā)生變化，A錯誤。根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向始終沿順時針方向，B正確。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)·S′＝eq\f(B0,t0)·eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C正確，D錯誤。答案：BC3．(多選)(2020·重慶市一中高三下學期5月月考)在光滑的水平地面上方，有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，如圖所示的PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大。一個半徑為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬圓環(huán)垂直磁場方向，以速度v從如圖位置向右運動，當圓環(huán)運動到直徑剛好與邊界線PQ重合時，圓環(huán)的速度為eq\f(2,3)v，則下列說法正確的是()A．此時圓環(huán)中的電流為逆時針方向B．此時圓環(huán)的加速度為eq\f(16B2a2v,3mR)C．此時圓環(huán)中的電功率為eq\f(64B2a2v2,9R)D．此過程中通過圓環(huán)截面的電荷量為eq\f(2Ba2,3R)解析：由右手定則可知，此時感應(yīng)電流為逆時針方向，故A正確；左右兩邊圓環(huán)均切割磁感線，故感應(yīng)電動勢的大小為E＝2B×2a×eq\f(2,3)v＝eq\f(8,3)Bav，感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(8Bav,3R)，故其所受安培力大小為F＝2B×2a×I＝eq\f(32B2a2v,3R)，加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(32B2a2v,3mR)，故B錯誤；此時圓環(huán)的電功率為P＝I2R＝eq\f(64B2a2v2,9R)，故C正確；此過程中圓環(huán)磁通量的變化量為ΔΦ＝Bπa2，故電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(πBa2,R)，故D錯誤。答案：AC考向二電磁感應(yīng)中的圖像問題1．“三點關(guān)注”(1)關(guān)注初始時刻，如初始時刻感應(yīng)電流是否為零，是正方向還是負方向。(2)關(guān)注變化過程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖像變化相對應(yīng)。(3)關(guān)注大小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對應(yīng)。2．“兩種技法”(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(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，排除錯誤的選項。(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖像作出分析和判斷，這未必是最簡單的方法，但卻是最有效的方法。[典例2](2020·江蘇揚州中學高三下學期5月月考)如圖所示，在光滑水平面上，有一個粗細均勻的單匝正方形閉合線框abcd。t＝0時刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開始向右做勻加速直線運動，bc邊剛進入磁場的時刻為t1，ad邊剛進入磁場的時刻為t2，設(shè)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為i，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列i、U、F隨運動時間t變化關(guān)系圖像正確的是()[解析]線框的速度與時間的關(guān)系式為v＝at，a是加速度。由E＝BLv和I＝eq\f(E,R)得，感應(yīng)電流與時間的關(guān)系式為I＝eq\f(BLa,R)t，B、L、a均不變，當0～t1時間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，t1～t2時間內(nèi)，電流I與t成正比，t2時刻后無感應(yīng)電流，故A、B錯誤；由E＝BLv和I＝eq\f(E,R)得，感應(yīng)電流與時間的關(guān)系式為I＝eq\f(BLa,R)t，當0～t1時間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，ad的電壓為零，t1～t2時間內(nèi)，電流I與t成正比，Uad＝IRad＝eq\f(BLat,R)×eq\f(1,4)R＝eq\f(BLat,4)，電壓隨時間均勻增加，t2時刻后無感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動勢，Uad＝E＝BLat電壓隨時間均勻增加，故C正確；線框所受的安培力為FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，由牛頓第二定律得F－FA＝ma，得F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma，當0～t1時間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，F(xiàn)＝ma，為定值，t1～t2時間內(nèi)，F(xiàn)與t是線性關(guān)系，但不過原點，t2時刻后無感應(yīng)電流，F(xiàn)＝ma，為定值，故D錯誤。[答案]C規(guī)律總結(jié)解決電磁感應(yīng)圖像問題的一般步驟……………………(1)明確圖像的種類，即是B-t圖還是Φ-t圖，或者E-t圖、v-t圖、I-t圖等(如典例的四個選項中的三類圖像)。(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程(如典例中線框勻加速進入磁場的速度的變化)。(3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系。(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式(如典例中感應(yīng)電流、電壓和拉力F的表達式)。(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等。(6)畫圖像或判斷圖像(典例為判斷圖像)。4．(多選)(2020·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市高三下學期5月二模)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌左端連接一個平行板電容器C和一個定值電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好。裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場中，磁感應(yīng)強度B的變化情況如圖乙所示(垂直紙面向上為正)，MN始終保持靜止。不計電容器充電時間，則在0～t2時間內(nèi)，下列說法正確的是()A．電阻R兩端的電壓大小始終不變B．電容器C的a板先帶正電后帶負電C．MN棒所受安培力的大小始終不變D．MN棒所受安培力的方向先向右后向左解析：由乙圖知，磁感應(yīng)強度均勻變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可以知道，回路中產(chǎn)生恒定電動勢，電路中電流恒定，電阻R兩端的電壓恒定，故A正確；根據(jù)楞次定律判斷可以知道，通過R的電流一直向下，電容器a板電勢較高，一直帶正電，故B錯誤；由右手定則判斷得知，MN中感應(yīng)電流方向一直向上，由左手定則判斷可以知道，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正確；根據(jù)安培力公式F＝BIL，I、L不變，因為磁感應(yīng)強度變化，MN所受安培力的大小變化，故C錯誤。答案：AD5．如圖所示，直角坐標系xOy的二、四象限有垂直坐標系向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，在第三象限有垂直坐標系向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為2B?，F(xiàn)將半徑為L、圓心角為90°的扇形閉合導(dǎo)線框OPQ在外力作用下以恒定角速度繞O點在紙面內(nèi)沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動。t＝0時刻線框在圖示位置，設(shè)電流逆時針方向為正方向，則下列關(guān)于導(dǎo)線框中的電流隨時間變化的圖線，正確的是()解析：根據(jù)楞次定律，線框從第一象限進入第二象限時，電流方向是正方向，設(shè)導(dǎo)線框的電阻為R，角速度為ω，則電流大小為eq\f(BωL2,2R)，從第二象限進入第三象限時，電流方向是負方向，電流大小為eq\f(3BωL2,2R)，從第三象限進入第四象限時，電流方向是正方向，電流大小是eq\f(3BωL2,2R)，線框從第四象限進入第一象限時，電流方向是負方向，電流大小為eq\f(BωL2,2R)，B選項正確。答案：B6．(多選)(2019·高考全國卷Ⅱ)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是()解析：PQ剛進入磁場時，加速度為零，則mgsinθ＝BIL，I＝eq\f(mgsinθ,BL)，即電流恒定，且由題意知，MN剛進入磁場時與PQ剛進入磁場時的速度相同。情形1：若MN剛進入磁場時，PQ已離開磁場區(qū)域，則對MN，由mgsinθ＝BIL及右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，故I-t圖像如圖A所示。情形2：若MN剛進入磁場時，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動勢等大、反向，故電流為零，但兩棒在重力作用下均加速直至PQ離開磁場，此時MN為電源，由E＝BLv，I＝eq\f(E,R總)，BIL－mgsinθ＝ma知，MN減速，電流減小，可能的I-t圖像如圖D所示。答案：AD考向三電磁感應(yīng)中的動力學和能量問題1．動力學問題中的“兩分析、兩狀態(tài)”(1)受力和運動分析①導(dǎo)體切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在電路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體在磁場中受安培力，安培力將阻礙導(dǎo)體運動。②安培力一般是變力，導(dǎo)體做切割磁感線運動的加速度發(fā)生變化，當加速度為零時，導(dǎo)體達到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運動。(2)平衡和非平衡狀態(tài)處理①導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài)。處理方法：根據(jù)平衡狀態(tài)時導(dǎo)體所受合力等于零列式分析。②導(dǎo)體處于非平衡狀態(tài)——加速度不為零。處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。2．求焦耳熱Q的三種方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流、電阻不變。(2)功能關(guān)系：Q＝W克服安培力，電流變與不變都適用。(3)能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE(其他能的減少量)，電流變與不變都適用。[典例3]如圖所示，兩不計電阻的平行光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌上端接一阻值為R的定值電阻，兩導(dǎo)軌之間的距離為d。矩形區(qū)域abdc內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，ab、cd之間的距離為L。在cd下方有一導(dǎo)體棒MN，導(dǎo)體棒MN與導(dǎo)軌垂直，與cd之間的距離為H，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，電阻為r。給導(dǎo)體棒一豎直向上的恒力，導(dǎo)體棒在恒力F作用下由靜止開始豎直向上運動，進入磁場區(qū)域后做減速運動。若導(dǎo)體棒到達ab處的速度為v0，重力加速度大小為g，求：(1)導(dǎo)體棒到達cd處時速度的大??；(2)導(dǎo)體棒剛進入磁場時加速度的大小；(3)導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域的過程中，通過電阻R的電荷量和電阻R產(chǎn)生的熱量。[解析](1)根據(jù)動能定理得(F－mg)H＝eq\f(1,2)mv2解得導(dǎo)體棒到達cd處時速度的大小為v＝eq\r(\f(2（F－mg）H,m))。(2)根據(jù)牛頓第二定律得mg＋FA－F＝ma安培力FA＝BId又I＝eq\f(E,R＋r)，E＝Bdv則導(dǎo)體棒剛進入磁場時加速度的大小a＝g＋eq\f(B2d2,m（R＋r）)eq\r(\f(2（F－mg）H,m))－eq\f(F,m)。(3)導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域的過程中，通過電阻R的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)則通過電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLd,R＋r)根據(jù)動能定理得(F－mg)(H＋L)－WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)電路中產(chǎn)生的總熱量Q＝WA電阻R產(chǎn)生的熱量QR＝eq\f(R,R＋r)Q解得QR＝eq\f(R,R＋r)[(F－mg)(H＋L)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)]。[答案](1)eq\r(\f(2（F－mg）H,m))(2)g＋eq\f(B2d2,m（R＋r）)eq\r(\f(2（F－mg）H,m))－eq\f(F,m)(3)eq\f(BLd,R＋r)eq\f(R,R＋r)[(F－mg)(H＋L)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)]規(guī)律總結(jié)求解電磁感應(yīng)中動力學和能量問題的一般步驟……………………(1)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該導(dǎo)體或回路就相當于電源。(2)分析清楚有哪些力做功及這些力做功的特點，就可以知道合外力及能量相互轉(zhuǎn)化情況。(3)根據(jù)牛頓第二定律、動力學和能量守恒列方程求解。7．(多選)(2020·高考全國卷Ⅰ)如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時間后()A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值解析：當金屬框在恒力F作用下向右加速時，bc邊產(chǎn)生從c向b的感應(yīng)電流i，金屬框的加速度為a1，有F－Bil＝Ma1，MN中感應(yīng)電流從M向N，在安培力作用下向右加速，加速度為a2，有Bil＝ma2，當金屬框和MN都運動后，金屬框速度為v1，MN速度為v2，感應(yīng)電流為i＝eq\f(Bl（v1－v2）,R)，感應(yīng)電流從0開始增大，則a2從零開始增加，a1從eq\f(F,M)開始減小，加速度差值減小。當a1＝a2時，得F＝(M＋m)a，a＝eq\f(F,M＋m)恒定，由F安＝ma可知，安培力趨于恒定，進而確定感應(yīng)電流趨于恒定，據(jù)i＝eq\f(Bl（v1－v2）,R)知金屬框與MN的速度差維持不變，v-t圖像如圖所示，A錯誤，B、C正確：MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框的速度，MN到金屬框bc邊的距離越來越大，D錯誤。答案：BC8．(2020·福建三明期末質(zhì)量檢測)如圖所示，足夠長光滑導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌平面與水平面夾角θ＝37°，導(dǎo)軌間距L＝0.4m，其下端連接一個定值電阻R＝4Ω，其他電阻不計。兩導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝1T。一質(zhì)量為m＝0.04kg的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，現(xiàn)將導(dǎo)體棒由靜止釋放，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求導(dǎo)體棒下滑的最大速度大??；(2)導(dǎo)體棒從靜止加速到v＝4m/s的過程中，通過R的電荷量q＝0.2C，求R產(chǎn)生的熱量。解析：(1)當導(dǎo)體棒所受的合外力為零時，速度最大，則mgsinθ＝BILI＝eq\f(BLvm,R)聯(lián)立解得vm＝6m/s。(2)設(shè)該過程中電流的平均值為eq\o(I,\s\up6(－))，則q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δteq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BLx,Δt)解得x＝eq\f(qR,BL)＝2m由能量守恒定律可得mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q解得Q＝0.16J。答案：(1)6m/s(2)0.16J考向四電磁感應(yīng)中的動量和能量問題1．分析方法(1)分析“受力”：分析研究對象的受力情況，特別關(guān)注安培力的方向。(2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了變化，根據(jù)能量守恒列方程求解。(3)分析“動量”：在電磁感應(yīng)中可用動量定理求變力的作用時間、速度、位移和電荷量(一般應(yīng)用于單桿切割磁感線運動)①求速度或電荷量：－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝mv2－mv1，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt。②求時間：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝－Bleq\f(ΔΦ,R總)。③求位移：－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝－eq\f(B2l2\o(v,\s\up6(－))Δt,R總)＝mv2－mv1，即－eq\f(B2l2,R總)x＝m(v2－v1)。2．動量守恒定律的應(yīng)用在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律求解比較方便。[典例4]兩足夠長且不計電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d＝1m，在左端弧形軌道部分高h＝1.25m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2T。現(xiàn)桿b以初速度大小v0＝5m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3A；從a下滑到水平軌道時開始計時，a、b運動的速度—時間圖像如圖乙所示(以a運動方向為正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：(1)桿a在弧形軌道上運動的時間；(2)桿a在水平軌道上運動過程中通過其截面的電荷量；(3)在整個運動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。[解析](1)設(shè)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時桿b的速度大小為vb0，對桿b運用動量定理，有Bdeq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝mb(v0－vb0)其中vb0＝2m/s代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5s。(2)對桿a由靜止下滑到平直導(dǎo)軌上的過程中，由機械能守恒定律有magh＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)解得va＝eq\r(2gh)＝5m/s設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v′，由動量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′代入數(shù)據(jù)解得v′＝eq\f(8,3)m/s桿a動量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v′的運動時間為Δt′，則由動量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)而q＝I·Δt′代入數(shù)據(jù)得q＝eq\f(7,3)C。(3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝magh＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋ma)v′2＝eq\f(161,6)Jb桿中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝eq\f(Rb,Ra＋Rb)Q＝eq\f(115,6)J。[答案](1)5s(2)eq\f(7,3)C(3)eq\f(115,6)J9．(多選)如圖所示，兩根足夠長、間距為l的固定光滑平行金屬導(dǎo)軌，位于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌上橫放著質(zhì)量分別為m和3m的導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，已知兩棒的電阻均為R，回路中其余部分的電阻不計。開始時，導(dǎo)體棒cd靜止，導(dǎo)體棒ab以大小為v0的初速度從導(dǎo)軌左端開始向右運動，忽略回路中電流對磁場的影響，導(dǎo)體棒ab和cdA．金屬棒cd先做勻加速直線運動，達到v0后做直線運動B．金屬棒cd先做變加速直線運動，后以某一速度勻速直線運動C．兩金屬棒在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多為eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)D．兩金屬棒在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)解析：開始階段ab棒向右減速運動，cd棒向右加速運動，cd棒速度小于ab棒速度，設(shè)某時