江蘇省2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第十章電磁感應(yīng)專題強(qiáng)化十一電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用教案

PAGEPAGE1專題強(qiáng)化十一電磁感應(yīng)的綜合問(wèn)題專題解讀1.本專題是運(yùn)動(dòng)學(xué)、動(dòng)力學(xué)、恒定電流、電磁感應(yīng)和能量等學(xué)問(wèn)的綜合應(yīng)用，高考既以選擇題的形式命題，也以計(jì)算題的形式命題．2．學(xué)好本專題，可以極大地培育同學(xué)們數(shù)形結(jié)合的推理實(shí)力和電路分析實(shí)力，針對(duì)性的專題強(qiáng)化，可以提升同學(xué)們解決數(shù)形結(jié)合、利用動(dòng)力學(xué)和功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)問(wèn)題的信念．3．用到的學(xué)問(wèn)有：左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、函數(shù)圖象、動(dòng)能定理和能量守恒定律等．1．題型簡(jiǎn)述借助圖象考查電磁感應(yīng)的規(guī)律，始終是高考的熱點(diǎn)，此類題目一般分為兩類：(1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程選出正確的圖象；(2)由給定的圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程，定性或定量求解相應(yīng)的物理量或推斷出其他圖象．常見的圖象有B－t圖、E－t圖、i－t圖、v－t圖及F－t圖等．2．解題關(guān)鍵弄清初始條件、正負(fù)方向的對(duì)應(yīng)變更范圍、所探討物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)等是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵．3．解題步驟(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等；(2)分析電磁感應(yīng)的詳細(xì)過(guò)程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對(duì)應(yīng)關(guān)系；(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等學(xué)問(wèn)寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；(5)依據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變更、截距等；(6)畫圖象或推斷圖象．4．常用方法(1)解除法：定性地分析電磁感應(yīng)過(guò)程中物理量的變更趨勢(shì)(增大還是減小)、變更快慢(勻稱變更還是非勻稱變更)，特殊是分析物理量的正負(fù)，以解除錯(cuò)誤的選項(xiàng)．(2)函數(shù)法：依據(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)圖象進(jìn)行分析和推斷．例1(多選)(2024·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)如圖1所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ放置在同一水平面內(nèi)，M、P之間接肯定值電阻R，金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，金屬棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．t＝0時(shí)對(duì)金屬棒施加水平向右的外力F，使金屬棒由靜止起先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．下列關(guān)于通過(guò)金屬棒的電流i、通過(guò)電阻R的電荷量q、拉力F和拉力的功率P隨時(shí)間變更的圖象，正確的是()圖1答案AC解析由題意可知，金屬棒由靜止起先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有：x＝eq\f(1,2)at2，v＝at，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv＝BLat，則感應(yīng)電流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLa,R)t，故A正確；依據(jù)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)和q＝eq\x\to(I)Δt，得q＝eq\f(ΔΦ,R)，而ΔΦ＝BΔS＝BLx＝eq\f(1,2)BLat2，故q＝eq\f(BLa,2R)t2，故B錯(cuò)誤；依據(jù)牛頓其次定律有：F－F安＝ma，F(xiàn)安＝BiL＝eq\f(B2L2a,R)t，解得：F＝ma＋eq\f(B2L2a,R)t，故C正確；依據(jù)P＝Fv，得P＝Fv＝ma2t＋eq\f(B2L2a2,R)t2，故D錯(cuò)誤．變式1(2024·江蘇南通、泰州、揚(yáng)州等七市二模聯(lián)考)如圖2所示，光滑水平桿上套一導(dǎo)體圓環(huán)，條形磁鐵平行于水平桿固定放置，t＝0時(shí)刻，導(dǎo)體環(huán)在磁鐵左側(cè)O點(diǎn)獲得一個(gè)向右的初速度，經(jīng)過(guò)t0時(shí)間停在磁鐵右側(cè)O1點(diǎn)，O、O1兩點(diǎn)間距離為x0，且兩點(diǎn)關(guān)于磁鐵左右對(duì)稱．上述過(guò)程中，下列描述穿過(guò)導(dǎo)體環(huán)的磁通量Φ、導(dǎo)體環(huán)所受安培力F隨位移x變更的關(guān)系圖線，以及速度v、電流i隨時(shí)間t變更的關(guān)系圖線可能正確的是()圖2答案D1．題型簡(jiǎn)述感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問(wèn)題往往跟力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起．解決這類問(wèn)題須要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等)．2．處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零依據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零依據(jù)牛頓其次定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析3.基本思路解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵是通過(guò)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，找尋過(guò)程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件．詳細(xì)思路如下：eq\x(導(dǎo)體受外力運(yùn)動(dòng))eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))eq\x(感應(yīng)電動(dòng)勢(shì))eq\x(感應(yīng)電流)eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))eq\x(導(dǎo)體受安培力)→eq\x(合力變更)eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))eq\x(加速度變更)→eq\x(速度變更)→eq\x(臨界狀態(tài))例2(2024·江蘇鹽城中學(xué)階段月考)如圖3所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻不計(jì)、足夠長(zhǎng)的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑水平桌面上，分界線OO′分別與平行導(dǎo)軌MN和PQ垂直，兩導(dǎo)軌相距L.在OO′的左右兩側(cè)存在著區(qū)域很大、方向分別為豎直向上和豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B.另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在OO′左側(cè)導(dǎo)軌上，并用一根細(xì)線垂直棒系在定點(diǎn)A.已知細(xì)線能承受的最大拉力為FT0，CD棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R.現(xiàn)從t＝0時(shí)刻起先對(duì)U形框架施加水平向右的拉力F，使其從靜止起先做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．圖3(1)求從框架起先運(yùn)動(dòng)到細(xì)線斷裂所需的時(shí)間t0；(2)若細(xì)線尚未斷裂，求在t時(shí)刻水平拉力F的大?。?3)求從框架起先運(yùn)動(dòng)到細(xì)線斷裂的過(guò)程中流過(guò)回路的電荷量q.答案(1)eq\f(FT0R,B2L2a)(2)ma＋eq\f(B2L2at,R)(3)eq\f(F\o\al(T02)R,2B3L3a)解析(1)細(xì)線斷裂時(shí)，框架的速度大小為v1＝at0，對(duì)棒有：FT0＝F安0＝BI0L＝eq\f(B2L2at0,R)，得：t0＝eq\f(FT0R,B2L2a)；(2)在t時(shí)刻，框架的速度大小為：v＝at，框架切割磁場(chǎng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLv＝BLat，框架受到的安培力為F安＝BIL＝eq\f(B2L2at,R)，對(duì)框架有F－F安＝ma，故F＝F安＋ma＝ma＋eq\f(B2L2at,R)(3)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)，故從框架起先運(yùn)動(dòng)到細(xì)線斷裂的過(guò)程中流過(guò)回路的電荷量為q＝eq\f(BLat\o\al(02),2R)＝eq\f(F\o\al(T02)R,2B3L3a).變式2(2024·江蘇南京市、鹽城市二模聯(lián)考)如圖4所示，絕緣斜面傾角為θ，虛線下方有方向垂直于斜面對(duì)上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線與斜面底邊平行．將質(zhì)量為m，電阻為R，邊長(zhǎng)為l的正方形金屬框abcd從斜面上由靜止釋放，釋放時(shí)cd邊與磁場(chǎng)邊界平行且距離為x0，不計(jì)摩擦，重力加速度為g.求：圖4(1)金屬框cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E；(2)金屬框cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度大小a；(3)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，通過(guò)金屬框的電荷量q.答案(1)Bleq\r(2gx0sinθ)(2)gsinθ－eq\f(B2l2,mR)eq\r(2gx0sinθ)(3)eq\f(Bl2,R)解析(1)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)前機(jī)械能守恒，有：mgx0sinθ＝eq\f(1,2)mv2cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝Blv聯(lián)立解得E＝Bleq\r(2gx0sinθ)(2)感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，安培力F安＝IlB對(duì)于金屬框，依據(jù)牛頓其次定律，有mgsinθ－F安＝ma解得a＝gsinθ－eq\f(B2l2,mR)eq\r(2gx0sinθ)(3)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,t)＝eq\f(Bl2,t)，平均電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，流過(guò)的電荷量q＝eq\x\to(I)t聯(lián)立解得q＝eq\f(Bl2,R).1．題型簡(jiǎn)述電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過(guò)安培力做功來(lái)實(shí)現(xiàn)的．安培力做功的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程；外力克服安培力做功的過(guò)程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程．2．解題步驟(1)確定探討對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路)；(2)弄清電磁感應(yīng)過(guò)程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；(3)依據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解．3．兩類狀況(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt干脆進(jìn)行計(jì)算．(2)若電流變更，則①利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則削減的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能．例3(2024·江蘇南通市二模)如圖5甲所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌相距L＝1m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝30°，導(dǎo)軌的下端PQ間接有R＝8Ω的電阻．相距x＝6m的MN和PQ間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變更狀況如圖乙所示．將接入電路的阻值為r＝2Ω的導(dǎo)體棒ab垂直放在導(dǎo)軌上，使導(dǎo)體棒從t＝0時(shí)由靜止釋放，t＝1s時(shí)導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到MN，起先勻速下滑．g取10m/s2.求：圖5(1)0～1s時(shí)間內(nèi)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；(2)導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量；(3)0～2s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒所產(chǎn)生的熱量．答案(1)12V(2)0.4kg(3)4.88J解析(1)0～1s時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)勻稱變更，由法拉第電磁感應(yīng)定律有：E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S由題圖乙得eq\f(ΔB,Δt)＝2T/s，且S＝Lx＝6m2，代入解得：E1＝12V(2)導(dǎo)體棒從靜止起先做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小a＝gsinθ＝10×0.5m/s2＝5m/s2t1＝1s時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的速度大小為v＝at1＝5×1m/s＝5m/s導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E2＝BLv＝2×1×5V＝10V依據(jù)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域做勻速運(yùn)動(dòng)，可知導(dǎo)體棒受到的合力為零，即有：mgsinθ＝F安＝BI2L依據(jù)閉合電路歐姆定律有：I2＝eq\f(E2,R＋r)聯(lián)立以上各式得：m＝0.4kg(3)在0～1s時(shí)間內(nèi)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝12V依據(jù)閉合電路歐姆定律可得I1＝eq\f(E1,R＋r)＝eq\f(12,8＋2)A＝1.2A1～2s時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E2＝10V依據(jù)閉合電路歐姆定律可得I2＝eq\f(E2,R＋r)＝eq\f(10,8＋2)A＝1A0～2s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒所產(chǎn)生的熱量Q＝I12rt1＋I(xiàn)22r(t2－t1)代入數(shù)據(jù)解得Q＝4.88J.變式3(2024·江蘇泰州中學(xué)、宜興中學(xué)等校三模聯(lián)考)如圖6所示，兩根等高光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道，半徑l＝0.4m、間距L＝1m，軌道電阻不計(jì)．在軌道頂端連有一阻值為R＝3Ω的電阻，整個(gè)裝置處在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5T，現(xiàn)將一根長(zhǎng)度也為L(zhǎng)、質(zhì)量m＝0.5kg、電阻r＝2Ω的金屬棒從軌道頂端ab處由靜止起先滑下，到達(dá)軌道底端cd時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為重力的2倍．整個(gè)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，g＝10m/s2，求：圖6(1)金屬棒滑到最低點(diǎn)時(shí)所受的安培力F的大?。?2)金屬棒從ab下滑到cd過(guò)程中流過(guò)金屬棒的電荷量q；(3)金屬棒從ab下滑到cd過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)0.1N(2)0.04C(3)0.6J解析(1)設(shè)金屬棒滑到最低點(diǎn)時(shí)速度為v，在cd處對(duì)金屬棒進(jìn)行受力分析，由牛頓其次定律，有：FN－mg＝meq\f(v2,l)又FN＝F壓＝2mg，代入數(shù)據(jù)，解得v＝eq\r(gl)＝2m/s金屬棒切割磁場(chǎng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv對(duì)應(yīng)的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R＋r)金屬棒所受的受培力F＝BIL綜上F＝eq\f(B2L2v,R＋r)代入數(shù)據(jù)解得F＝0.1N(2)流過(guò)金屬棒的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt其中平均感應(yīng)電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)磁通量的變更量ΔΦ＝BLl綜上：q＝eq\f(BLl,R＋r)解得q＝0.04C(3)金屬棒從ab下滑到cd過(guò)程中，能量守恒，則有：mgl＝eq\f(1,2)mv2＋Q總代入數(shù)據(jù)，解得Q總＝1J則R上產(chǎn)生的焦耳熱QR＝eq\f(R,R＋r)Q總＝0.6J.變式4(2024·江蘇蘇、錫、常、鎮(zhèn)一模)如圖7所示，電阻不計(jì)的平行光滑金屬導(dǎo)軌的傾角θ＝30°，間距d＝0.4m，定值電阻R＝0.8Ω.在導(dǎo)軌平面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2.6m的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T．一根與導(dǎo)軌垂直放置的導(dǎo)體棒以初速度v0＝2m/s從上邊沿進(jìn)入磁場(chǎng)，最終以某一速度離開磁場(chǎng)．導(dǎo)體棒的質(zhì)量m＝0.2kg，電阻不計(jì)．g取10m/s2.圖7(1)求導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度的大??；(2)求題述過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量；(3)若定值電阻R在此過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為0.5J，求導(dǎo)體棒離開磁場(chǎng)時(shí)的速度大?。鸢?1)4.5m/s2(2)0.65C(3)5m/s解析(1)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝Bdv0導(dǎo)體棒中的電流為：I＝eq\f(E,R)依據(jù)牛頓其次定律可得：mgsinθ－BId＝ma代入數(shù)據(jù)可得：a＝4.5m/s2(2)電路中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：eq\x\to(E)＝eq\f(ΔФ,Δt)電路中的平均感應(yīng)電流為：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)通過(guò)的電荷量：q＝eq\x\to(I)Δt聯(lián)立可得：q＝eq\f(ΔΦ,R)磁通量的變更量為：ΔΦ＝BLd代入數(shù)據(jù)可得：q＝0.65C(3)由能量守恒有mgLsinθ＝Q＋(eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02)代入數(shù)據(jù)可得：v＝5m/s1．(電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題)(2024·山東濟(jì)寧市其次次摸底)如圖8甲所示，在線圈l1中通入電流i1后，在l2上產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時(shí)間變更的規(guī)律如圖乙所示，l1、l2中電流的正方向如圖甲中的箭頭所示．則通入線圈l1中的電流i1隨時(shí)間t變更的圖象是下圖中的()圖8答案D解析因?yàn)楦袘?yīng)電流大小不變，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)，而線圈l1中產(chǎn)生的磁場(chǎng)變更是因?yàn)殡娏靼l(fā)生了變更，所以I＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)∝eq\f(n\f(Δi,Δt)S,R)，所以線圈l1中的電流勻稱變更，A、C錯(cuò)誤；依據(jù)題圖乙，0～eq\f(T,4)時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流磁場(chǎng)向左，所以線圈l1產(chǎn)生的磁場(chǎng)向左減小，或向右增大，B錯(cuò)誤，D正確．2．(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題)(2024·全國(guó)卷Ⅱ·24)如圖9，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起先運(yùn)動(dòng)．t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面對(duì)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)軌的電阻均忽視不計(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：圖9(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??；(2)電阻的阻值．答案(1)Blt0(eq\f(F,m)－μg)(2)eq\f(B2l2t0,m)解析(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓其次定律得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)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0(eq\f(F,m)－μg)④(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，依據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為F安＝BlI⑥因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，有F－μmg－F安＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m).3．(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題)(2024·寧夏銀川市質(zhì)檢)如圖10所示，水平放置的U形導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，置于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝5T，導(dǎo)軌寬度L＝0.4m，左側(cè)與R＝0.5Ω的定值電阻連接，右側(cè)有導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m＝2.0kg，電阻r＝0.5Ω，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，其余電阻可忽視不計(jì)．導(dǎo)體棒ab在大小為10N的水平外力F作用下，由靜止起先運(yùn)動(dòng)了x＝40cm后，速度達(dá)到最大，取g＝10m/s2.求：圖10(1)導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的最大速度的大??；(2)當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度v＝1m/s時(shí)，導(dǎo)體棒ab的加速度的大??；(3)導(dǎo)體棒ab由靜止運(yùn)動(dòng)到剛達(dá)到最大速度的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量．答案(1)1.5m/s(2)1m/s2(3)0.075J解析(1)導(dǎo)體棒ab垂直切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。篍＝BLv由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)可得導(dǎo)體棒受到的安培力：F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，由平衡條件得：eq\f(B2L2vm,R＋r)＋μmg＝F解得最大速度：vm＝1.5m/s；(2)當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度v＝1m/s時(shí)，由牛頓其次定律得：F－eq\f(B2L2v,R＋r)－μmg＝ma解得：a＝1m/s2；(3)導(dǎo)體棒ab由靜止運(yùn)動(dòng)到剛達(dá)到最大速度的過(guò)程中，由能量守恒定律可得：Fx＝Q＋μmgx＋eq\f(1,2)mvm2解得：Q＝0.15J所以QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝0.075J.1．(多選)(2024·廣東肇慶市其次次統(tǒng)一檢測(cè))如圖1甲所示，矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向與導(dǎo)線框所在的平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變更的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面對(duì)里為磁場(chǎng)正方向，順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i正方向，水平向右為ad邊所受安培力F的正方向．下列圖象正確的是()圖1答案BD2．(多選)(2024·山西臨汾市二輪復(fù)習(xí)模擬)如圖2甲所示，半徑為1m的帶缺口剛性金屬圓環(huán)導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，在導(dǎo)軌上垂直放置一質(zhì)量為0.1kg、電阻為1Ω的直導(dǎo)體棒，其長(zhǎng)度恰好等于金屬圓環(huán)的直徑，導(dǎo)體棒初始位置與圓環(huán)直徑重合，且與導(dǎo)軌接觸良好．已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，不計(jì)金屬圓環(huán)的電阻，導(dǎo)體棒受到的最大靜摩擦力等于其滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.現(xiàn)若在圓環(huán)內(nèi)加一垂直于紙面對(duì)里的變更磁場(chǎng)，變更規(guī)律如圖乙所示，則()圖2A．導(dǎo)體棒的電流是從b到aB．通過(guò)導(dǎo)體棒的電流大小為0.5AC．0～2s內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為0.125JD．t＝πs時(shí)，導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小為0.3N答案AC解析穿過(guò)閉合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知導(dǎo)體棒的電流是從b到a，選項(xiàng)A正確；假設(shè)0～πs時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒靜止不動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πr2＝eq\f(0.5,π)×eq\f(1,2)π×12V＝0.25V，則感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.25,1)A＝0.25A，t＝πs時(shí)，導(dǎo)體棒受到的安培力F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1N＝0.25N，最大靜摩擦力Ffm＝μmg＝0.3N，則假設(shè)成立，故導(dǎo)體棒所受摩擦力大小為0.25N，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；0～2s內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝0.252×1×2J＝0.125J，選項(xiàng)C正確．3．(2024·河南駐馬店市調(diào)研)如圖3甲所示，間距為L(zhǎng)＝0.5m的兩條平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，軌道左側(cè)連接一阻值R＝1Ω的定值電阻．垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，并始終與導(dǎo)軌接觸良好．t＝0時(shí)刻，導(dǎo)體棒從靜止起先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，力F隨時(shí)間t變更的規(guī)律如圖乙所示．已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)．取g＝10m/s2，求：圖3(1)導(dǎo)體棒的加速度大??；(2)導(dǎo)體棒的質(zhì)量．答案(1)5m/s2(2)0.1kg解析(1)設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，某時(shí)刻t，導(dǎo)體棒的速度為v，所受的摩擦力為Ff，則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv回路中的電流I＝eq\f(E,R)導(dǎo)體棒受到的安培力：F安＝BIL由牛頓其次定律：F－F安－Ff＝ma由題意v＝at聯(lián)立解得：F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋Ff依據(jù)題圖乙可知，0～10s內(nèi)圖象的斜率為0.05N/s，即eq\f(B2L2a,R)＝0.05N/s，解得a＝5m/s2(2)由F－t圖象縱截距可知：ma＋Ff＝1.0N又Ff＝μmg解得m＝0.1kg.4.(2024·安徽安慶市二模)如圖4所示，兩個(gè)平行光滑金屬導(dǎo)軌AB、CD固定在水平地面上，其間距L＝0.5m，左端接有阻值R＝3Ω的定值電阻．一根長(zhǎng)度與導(dǎo)軌間距相等的金屬桿放置于導(dǎo)軌上，金屬桿的質(zhì)量m＝0.2kg，電阻r＝2Ω，整個(gè)裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，t＝0時(shí)刻，在MN上加一與金屬桿垂直、方向水平向右的外力F，金屬桿由靜止起先以a＝2m/s2的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2s末撤去外力F，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬桿與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好．(不計(jì)導(dǎo)軌和連接導(dǎo)線的電阻，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng))求：圖4(1)1s末外力F的大??；(2)撤去外力F后的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱．答案(1)2N(2)0.96J解析(1)1s末，金屬桿MN的速度大小為v1＝at1＝2×1m/s＝2m/s金屬桿MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv1金屬桿MN中的感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,R＋r)金屬桿MN受到的安培力大小F安＝BIL聯(lián)立得F安＝eq\f(B2L2v1,R＋r)＝1.6N依據(jù)牛頓其次定律有F－F安＝ma可得F＝F安＋ma＝2N(2)2s末，金屬桿MN的速度大小為v2＝at2＝2×2m/s＝4m/s＝1.6J電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(3,3＋2)×1.6J＝0.96J.5.(2024·江蘇省四星級(jí)中學(xué)一調(diào))如圖5所示，有一傾斜的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，在導(dǎo)軌的中間矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直導(dǎo)軌平面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、接入電路的電阻為r的導(dǎo)體棒從距磁場(chǎng)上邊緣d處由靜止釋放，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持與導(dǎo)軌垂直．不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g.圖5(1)求導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0的大??；(2)求導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量q；(3)若導(dǎo)體棒剛離開磁場(chǎng)時(shí)的加速度為0，求導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中回路中