第3講　電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用高考物理總復(fù)習(xí)新教材版

1、第講電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用教材閱讀指導(dǎo)(對(duì)應(yīng)人教版新教材選擇性必修第二冊(cè)頁碼及相關(guān)問題)P37練習(xí)與應(yīng)用T4。提示：衛(wèi)星克服安培力做功，使機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，會(huì)使衛(wèi)星的軌道變低。P43復(fù)習(xí)與提高A組T3。提示：導(dǎo)線框克服安培力做功，重力勢能轉(zhuǎn)化為電能。P45復(fù)習(xí)與提高B組T4，若先閉合開關(guān)S，再從靜止開始釋放金屬桿ab，分析金屬桿ab的運(yùn)動(dòng)情況。提示：先豎直向下做加速度越來越小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小為0之后，再做勻速運(yùn)動(dòng)。P45復(fù)習(xí)與提高B組T5。提示：如圖所示。物理觀念電磁感應(yīng)和電路的綜合1對(duì)電源的理解：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源。如：切割磁感線的導(dǎo)體棒、有磁通量

2、變化的線圈等。2對(duì)電路的理解：內(nèi)電路是切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈；除電源外其余部分是外電路，外電路由電阻器、電容器等電學(xué)元件組成。在外電路中，電流從高電勢處流向低電勢處；在內(nèi)電路中，電流則從低電勢處流向高電勢處。3與電路相聯(lián)系的幾個(gè)公式(1)電源電動(dòng)勢：En或EBlv。(2)閉合電路歐姆定律：I。電源的內(nèi)電壓：U內(nèi)Ir。電源的路端電壓：U外IREIr。(3)消耗功率：P外IU，P總EI。(4)電熱：Q外I2Rt，Q總I2(Rr)t。物理觀念電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)問題1安培力的大小F2安培力的方向(1)先用右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電流方向，再用左手定則確定安培力方向。(2)根據(jù)楞次

3、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。3分析導(dǎo)體受力情況時(shí)，應(yīng)做包含安培力在內(nèi)的全面受力分析，最后根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程。物理觀念電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題1電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化閉合電路的部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電流，通有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中受安培力。外力克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；通有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中通過受安培力做功或通過電阻發(fā)熱，使電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。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。一 堵點(diǎn)疏通1在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源。()2導(dǎo)體所受安培力的方向一定與導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向相反。

4、()3物體克服安培力做功的過程是將其他形式的能量轉(zhuǎn)化為電能的過程。()4電源的電動(dòng)勢就是電源兩端的電壓。()5在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，求焦耳熱時(shí)只能用QI2Rt求解。()答案1.2.×3.4.×5.×二 對(duì)點(diǎn)激活1. (人教版選擇性必修第二冊(cè)·P44·T2改編)(多選)如圖所示，單匝線圈ABCD在外力作用下以速度v向右勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，第二次又以速度2v勻速進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場，則下列說法正確的是()A第二次與第一次進(jìn)入時(shí)線圈中電流之比為21B第二次與第一次進(jìn)入時(shí)外力做功功率之比為21C第二次與第一次進(jìn)入過程中通過線圈某橫截面的電荷量之比為21D第二次與

5、第一次進(jìn)入時(shí)線圈中產(chǎn)生熱量之比為21答案AD解析由EBlv知，由I得，故A正確。勻速進(jìn)入，外力做功的功率與克服安培力做功的功率相等，由PI2R得，故B錯(cuò)誤。由電荷量q得，故C錯(cuò)誤。產(chǎn)生熱量QPtP·，得×，故D正確。2. 設(shè)圖中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T，平行導(dǎo)軌寬l1 m，金屬棒PQ以1 m/s速度貼著導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，R1 ，其他電阻不計(jì)。(1)運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)線會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，相當(dāng)于電源。用電池等符號(hào)畫出這個(gè)裝置的等效電路圖；(2)通過R的電流方向如何？大小等于多少？答案(1)圖見解析(2)豎直向下1 A解析(1)PQ切割磁感線，相當(dāng)于電源，等效電路如圖。(2)EBlv1 VI1 A

6、由右手定則判斷通過R的電流方向豎直向下。3如圖甲所示，放置在水平桌面上的兩條光滑導(dǎo)軌間的距離L1 m，質(zhì)量m1 kg的光滑導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌電阻均不計(jì)，導(dǎo)軌左端與阻值R4 的電阻相連，導(dǎo)軌所在位置有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2 T的勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，現(xiàn)在給導(dǎo)體棒施加一個(gè)水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2 s測量一次導(dǎo)體棒的速度，圖乙是根據(jù)所測數(shù)據(jù)描繪出的導(dǎo)體棒的v­t圖像(設(shè)導(dǎo)軌足夠長)。(1)求力F的大??；(2)求t1.6 s時(shí)，導(dǎo)體棒的加速度a的大小；(3)若1.6 s內(nèi)導(dǎo)體棒的位移x8 m，試計(jì)算1.6 s內(nèi)電阻上產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)1

7、0 N(2)2 m/s2(3)48 J解析(1)導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，有EBLv，I，F(xiàn)安BIL當(dāng)導(dǎo)體棒速度最大為vm時(shí)，F(xiàn)F安m解得F10 N。(2)當(dāng)t1.6 s時(shí)，v18 m/s此時(shí)F安18 N由牛頓第二定律得FF安1ma解得a2 m/s2。(3)由能量守恒定律可知FxQ解得Q48 J?？键c(diǎn)1電磁感應(yīng)中的電路問題 科學(xué)思維梳理1問題歸類(1)以部分電路歐姆定律為中心，對(duì)六個(gè)基本物理量(電壓、電流、電阻、電功、電功率、電熱)、三條定律(部分電路歐姆定律、電阻定律和焦耳定律)以及若干基本規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、右手定則、串并聯(lián)電路特點(diǎn)等)進(jìn)行考查。(2)以閉合電路歐姆定律為中心

8、，對(duì)電動(dòng)勢概念、閉合電路中的電流、路端電壓以及閉合電路中能量的轉(zhuǎn)化進(jìn)行考查。2基本步驟(1)確定電源：先判斷產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的是哪一部分導(dǎo)體，該部分導(dǎo)體可視為電源。(2)分析電路結(jié)構(gòu)，畫等效電路圖。(3)利用電路規(guī)律求解，主要有歐姆定律、串并聯(lián)電路規(guī)律等。3誤區(qū)分析(1)不能正確根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢或感應(yīng)電流的方向分析外電路中電勢的高低。因產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的那部分電路相當(dāng)于電源，故該部分電路中的電流從低電勢處流向高電勢處，而外電路中電流的方向是從高電勢處到低電勢處。(2)應(yīng)用歐姆定律分析求解電路時(shí)，沒有考慮到電源的內(nèi)阻對(duì)電路的影響。(3)對(duì)連接在電路中電表的讀數(shù)不能正確進(jìn)行分析，例如并聯(lián)在等效電源兩端

9、的電壓表，其示數(shù)是路端電壓，而不是等效電源的電動(dòng)勢。例1(2021·福建省漳州市二模)(多選)如圖為帶燈的自行車后輪的示意圖。金屬輪框與輪軸之間均勻地連接四根金屬條，每根金屬條中間都串接一個(gè)阻值為3 的小燈泡，車輪半徑為0.3 m，輪軸半徑可以忽略。車架上固定一個(gè)強(qiáng)磁體，可形成圓心角為60°的扇形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2.0 T，方向垂直紙面(車輪平面)向里。若自行車后輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒為10 rad/s，不計(jì)其他電阻，則()A通過每個(gè)小燈泡的電流始終相等B當(dāng)金屬條ab在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬條ab中的電流從b指向aC當(dāng)金屬條ab在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路的總電阻為4 D

10、當(dāng)金屬條ab在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受安培力大小為0.135 N答案BCD解析當(dāng)其中一根金屬條在磁場中切割磁感線時(shí)，該金屬條相當(dāng)于電源，其他三根金屬條相當(dāng)于外電路且并聯(lián)，根據(jù)電路特點(diǎn)可知，通過磁場中的那根金屬條的電流是通過其他三根金屬條電流的三倍，故A錯(cuò)誤；當(dāng)金屬條ab在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知通過金屬條ab中的電流從b指向a，故B正確；金屬條ab在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)充當(dāng)電源，其余為外電路，且并聯(lián)，電路的總電阻為R總RR3 ×3 4 ，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為EBr2×2.0×0.32×10 V0.9 V，通過ab的電流為I A0.225 A，所以金屬條ab所受

11、安培力大小為FABIr2.0×0.225×0.3 N0.135 N，故C、D正確。 關(guān)鍵能力升華 解決電磁感應(yīng)中電路問題的“三部曲”(1)確定電源切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源，利用EBlv或En求感應(yīng)電動(dòng)勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷感應(yīng)電流方向。如果在一個(gè)電路中產(chǎn)生電動(dòng)勢的部分有幾個(gè)且相互聯(lián)系，可視為等效電源的串、并聯(lián)。(2)識(shí)別電路結(jié)構(gòu)、畫出等效電路分析電路結(jié)構(gòu)，即分清等效電源和外電路及外電路的串并聯(lián)關(guān)系、判斷等效電源的正負(fù)極或電勢的高低等。(3)利用電路規(guī)律求解一般是綜合應(yīng)用歐姆定律、串并聯(lián)電路規(guī)律、電容器充電

12、及放電特點(diǎn)、電功和電功率的知識(shí)等列方程求解。 對(duì)點(diǎn)跟進(jìn)訓(xùn)練(電磁感應(yīng)中的電路問題)(2021·山東省泰安市一模)(多選)如圖所示，水平桌面上水平固定一半徑為L的金屬細(xì)圓環(huán)，圓環(huán)的電阻為2r，豎直向下的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一長度為2L、電阻為r的導(dǎo)體棒，由棒中點(diǎn)與圓環(huán)重合位置A點(diǎn)沿與棒垂直的直徑以恒定加速度a從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中棒與圓環(huán)始終接觸良好。當(dāng)棒經(jīng)過環(huán)心時(shí)()A棒兩端的電勢差為2BLB棒兩端的電勢差為BLC棒所受安培力的大小為D棒所受安培力的大小為答案BC解析設(shè)棒經(jīng)過環(huán)心時(shí)速度為v，有v22aL，則v，此時(shí)導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，外電阻為r外r，通過導(dǎo)體棒的電流為I

13、，棒兩端的電勢差為UIr外×rBL，故A錯(cuò)誤，B正確；棒經(jīng)過環(huán)心時(shí)受到的安培力為FABI·2L2BL×，故C正確，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)2電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 科學(xué)思維梳理1導(dǎo)體棒的動(dòng)力學(xué)分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，從而影響導(dǎo)體棒(或線圈)的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況。2兩種狀態(tài)及處理方法 狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析3力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系4動(dòng)態(tài)分析的基本思路例2(2021·山東省教科所高三下二模)(多選)用一段橫截面半徑為r、電阻率為、密度為

14、d的均勻?qū)w材料做成一個(gè)半徑為R(rR)的圓環(huán)。圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。圓環(huán)在加速下落過程中某一時(shí)刻的速度為v，忽略電感的影響，下列說法正確的是()A下落過程圓環(huán)中磁通量不變B此時(shí)圓環(huán)受到豎直向上的安培力作用C此時(shí)圓環(huán)的加速度agD如果徑向磁場足夠深，則圓環(huán)的最大速度vmax答案BD解析圓環(huán)下落過程中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，則圓環(huán)中磁通量一定變化，故A錯(cuò)誤；根據(jù)右手定則，圓環(huán)中有(俯視)順時(shí)針的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可知，圓環(huán)受到的安培力豎直向上，阻礙圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)，故B正確；速度為v的時(shí)刻圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢EBlv

15、B·2Rv，圓環(huán)的電阻R0，感應(yīng)電流I，圓環(huán)所受的安培力大小FBI·2R，由牛頓第二定律得mgFma，其中質(zhì)量mdVd·2R·r2，聯(lián)立解得ag，故C錯(cuò)誤；當(dāng)圓環(huán)做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力與重力等大反向，加速度為零，速度最大，即有g(shù)0，解得vmax，故D正確。 關(guān)鍵能力升華 單棒切割磁感線的兩種模型模型一：導(dǎo)體棒ab先自由下落再進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，如圖甲所示。模型二：導(dǎo)體棒ab沿光滑的傾斜導(dǎo)軌自由下滑，然后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(磁場垂直于軌道平面)，如圖乙所示。兩類模型中的臨界條件是導(dǎo)體棒ab受力平衡。以模型一為例，有mgF安，即v0。若導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時(shí)v>v0，則導(dǎo)

16、體棒先減速再勻速；若v<v0，導(dǎo)體棒先加速再勻速(假設(shè)磁場區(qū)域足夠長)。導(dǎo)體棒在磁場中做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度均逐漸減小。 對(duì)點(diǎn)跟進(jìn)訓(xùn)練(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)圖像) (2021·重慶市高三下第二次診斷)(多選)如圖，MN和PQ是兩根互相平行、豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌足夠長，電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向里。金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌始終良好接觸，金屬桿具有一定的質(zhì)量和電阻。開始時(shí)，將開關(guān)S斷開，讓金屬桿ab由靜止開始自由下落，經(jīng)過一段時(shí)間，再將開關(guān)S閉合，從閉合開關(guān)S開始計(jì)時(shí)，取豎直向下為正方向，則金屬桿運(yùn)動(dòng)的速度v、加速度a、所受到的安培力F及電流表的示數(shù)i隨時(shí)間t變化的圖

17、像可能正確的是()答案BC解析閉合開關(guān)時(shí)，金屬桿受到向下的重力以及向上的安培力，若重力與安培力大小相等，即mgBil，則金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度不變，則安培力F、感應(yīng)電流i都不變，加速度為零，各項(xiàng)中的圖像均不符合此情況。若閉合開關(guān)時(shí)，安培力小于重力，則加速度的方向?yàn)樨Q直向下，金屬桿做加速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)的過程中，安培力增大，則加速度減小，即開始時(shí)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，由于速度增大得越來越慢，所以加速度ag減小得越來越慢，當(dāng)重力與安培力大小相等時(shí)，金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則v­t圖像是v逐漸增大到一定值且斜率逐漸減小到0的曲線；a­t圖像是a逐漸減小到0且斜率逐漸減小到0

18、的曲線，且a為正值；因?yàn)閕，所以i­t圖像先是i逐漸增大到最大且斜率逐漸減小的曲線，當(dāng)金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電流恒定不變，而t0時(shí)金屬桿速度不為0，所以t0時(shí)電流不等于零；安培力FilB，方向豎直向上，為負(fù)值，且F­t圖線先是F大小逐漸增大到最大且斜率逐漸減小的曲線，之后F恒定不變且不為零，故四個(gè)圖像中只有B符合此情況。若開關(guān)閉合時(shí)，安培力大于重力，則加速度的方向向上，金屬桿做減速運(yùn)動(dòng)，減速運(yùn)動(dòng)的過程中，安培力減小，加速度逐漸減小，當(dāng)重力與安培力大小相等時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合前面分析同理可知，只有C符合此情況。故B、C正確，A、D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)3電磁感應(yīng)中的能量問題 科學(xué)思維梳理

19、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的三種方法(純電阻電路)例3(2021·天津高考)如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距L1 m，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角，N、Q兩端接有R1 的電阻。一金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，ab兩端與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知ab的質(zhì)量m0.2 kg，電阻r1 ，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1 T。ab在平行于導(dǎo)軌向上的拉力作用下，以初速度v10.5 m/s沿導(dǎo)軌向上開始運(yùn)動(dòng)，可達(dá)到最大速度v2 m/s。運(yùn)動(dòng)過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度g10 m/s2。

20、(1)求拉力的功率P；(2)ab開始運(yùn)動(dòng)后，經(jīng)t0.09 s速度達(dá)到v21.5 m/s，此過程中ab克服安培力做功W0.06 J，求該過程中ab沿導(dǎo)軌的位移大小x。答案(1)4 W(2)0.1 m解析(1)在ab運(yùn)動(dòng)過程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大時(shí)，加速度為零，設(shè)此時(shí)拉力的大小為F，安培力大小為FA，有FmgsinFA0由法拉第電磁感應(yīng)定律，此時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢EBLv由閉合電路歐姆定律，回路中的感應(yīng)電流Iab受到的安培力FAILB由功率表達(dá)式，有PFv聯(lián)立上述各式，代入數(shù)據(jù)解得P4 W。(2)ab從速度v1到v2的過程中，由動(dòng)能定理，有PtWmgxs

21、inmvmv代入數(shù)據(jù)解得x0.1 m。關(guān)鍵能力升華 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的計(jì)算(1)回路中電流穩(wěn)定時(shí)可利用電路知識(shí)，由WUIt，QI2Rt直接計(jì)算。(2)若電流變化則利用功能關(guān)系、能量守恒定律解決。 對(duì)點(diǎn)跟進(jìn)訓(xùn)練(電磁感應(yīng)中的能量問題) 如圖所示，光滑平行導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，導(dǎo)軌平面傾角30°，導(dǎo)軌下端連接R0.5 的定值電阻，導(dǎo)軌間距L1 m。質(zhì)量為m0.5 kg、電阻為r0.1 、長為1 m的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，用平行于導(dǎo)軌平面的細(xì)線繞過定滑輪連接ab和質(zhì)量為M1 kg的重物A，垂直于導(dǎo)軌的虛線上方有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，ab開始的位置離虛線距離為x0.4 m，由靜止

22、同時(shí)釋放A及ab，當(dāng)ab剛進(jìn)磁場時(shí)加速度為零，ab進(jìn)入磁場運(yùn)動(dòng)x1 m時(shí)剪斷細(xì)線，ab剛要出磁場時(shí)，加速度為零。已知重力加速度g10 m/s2，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，ab運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，A離地足夠高。求：(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)剪斷細(xì)線的瞬間，ab的加速度多大？從開始運(yùn)動(dòng)到剪斷細(xì)線的過程中，通過電阻R的電荷量為多少？(3)ab在磁場中運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為多少？答案(1)1.5 T(2)20 m/s22.5 C(3)9.07 J解析(1)ab剛進(jìn)磁場時(shí)加速度為零，即ab受力平衡，有MgmgsinBIL設(shè)此時(shí)ab的速度為v，根據(jù)閉合電路歐姆定律

23、有Iab進(jìn)入磁場前與重物A所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可得Mgxmgxsin(Mm)v2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得B1.5 T。(2)剪斷細(xì)線瞬間，ab所受的合力大小等于A的重力，由牛頓第二定律得maMg代入數(shù)據(jù)解得a20 m/s2從開始運(yùn)動(dòng)到剪斷細(xì)線的過程中，通過電阻R的電荷量qt2.5 C。(3)金屬棒在磁場中勻速階段：由(1)知v2 m/s，解得運(yùn)動(dòng)時(shí)間t0.5 s電流I5 A，R中產(chǎn)生的焦耳熱Q1I2Rt6.25 J剪斷細(xì)線后：ab棒剛要出磁場時(shí)加速度為零，設(shè)此時(shí)的速度為v1，根據(jù)平衡條件有mgsinBI1L代入數(shù)據(jù)解得v1 m/s由剪斷細(xì)線后到棒剛要出磁場的過程，由能量守恒定律有mgxsinmv

24、mv2Q2該過程中R上產(chǎn)生的焦耳熱QRQ22.82 J則ab在磁場中運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱QQ1QR9.07 J?？键c(diǎn)4電磁感應(yīng)中的圖像問題 科學(xué)思維梳理1圖像類型2解題關(guān)鍵(1)弄清物理量的初始條件和正負(fù)方向；(2)注意物理量在進(jìn)、出磁場時(shí)的變化；(3)寫出函數(shù)表達(dá)式。3解題方法：先定性排除，再定量解析(1)定性排除法：用右手定則或楞次定律確定物理量的方向，定性地分析物理量的變化趨勢、變化快慢、是否均勻變化等，特別注意物理量的正負(fù)和磁場邊界處物理量的變化，通過定性分析排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。(2)定量解析法：根據(jù)題目所給條件定量地推導(dǎo)出物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖像作出分析，由

25、圖像的斜率、截距等作出判斷。例4如圖所示，邊長為L的單匝均勻金屬線框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通過寬度為D(D>L)、方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場。在整個(gè)過程中線框的ab邊始終與磁場的邊界平行，若以F表示拉力大小，以Uab表示線框a、b兩點(diǎn)間的電勢差，以I表示通過線框的電流，以P表示拉力的功率，則下列反映這些物理量隨時(shí)間變化的圖像中可能正確的是()答案C解析設(shè)線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為v，線框的總電阻為R。依題意DL，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律，線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中均產(chǎn)生大小為的感應(yīng)電流，線框完全在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)不產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律可知線框在

26、進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反，故C可能正確；線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中所受拉力大小均等于安培力大小，即FFABIL，線框完全在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)不受安培力，則F0，故A錯(cuò)誤；拉力的功率PFv，結(jié)合A項(xiàng)的分析可知，線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中P相等，線框完全在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)P0，故D錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場時(shí)，ab邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，根據(jù)右手定則可知a>b，所以UabEBLv，完全在磁場中時(shí)，線框中無電流，UabEBLv，線框穿出磁場的過程中，cd邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，根據(jù)楞次定律可知a>b，則UabEBLv，故B錯(cuò)誤。 關(guān)鍵能力升華

27、電磁感應(yīng)圖像問題的“六個(gè)明確”(1)明確圖像橫、縱坐標(biāo)的含義及單位；(2)明確圖像中物理量正負(fù)的含義；(3)明確圖像斜率、截距、所圍面積的含義；(4)明確圖像所描述的物理意義；(5)明確所選的正方向與圖線的對(duì)應(yīng)關(guān)系；(6)明確圖像和電磁感應(yīng)過程之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系。 對(duì)點(diǎn)跟進(jìn)訓(xùn)練1(電磁感應(yīng)中的圖像問題)(2021·八省聯(lián)考重慶卷)如圖所示，正方形MNPQ內(nèi)的兩個(gè)三角形區(qū)域充滿勻強(qiáng)磁場，形狀與MNPQ完全相同的閉合導(dǎo)線框MNPQ在外力作用下沿軸線OO水平向左勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為i，逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，?dāng)t0時(shí)MQ與NP重合，在MQ從NP到臨近MQ的過程中，下列圖像中能反

28、映i隨時(shí)間t變化規(guī)律的是()答案B解析閉合導(dǎo)線框MNPQ勻速向左運(yùn)動(dòng)過程，穿過回路的磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律可知，回路中的電流一直是逆時(shí)針的，所以電流一直為正；線框向左勻速運(yùn)動(dòng)過程中，切割磁感線的有效長度先減小，后增大，所以感應(yīng)電流先減小，后增大，故B正確。2(電磁感應(yīng)中的圖像問題)(2021·遼寧省朝陽市一模)(多選)如圖甲所示，兩根傾斜的光滑平行金屬軌道，下端接有電阻R，放在垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場中，t0時(shí)刻，一根金屬桿在沿軌道向上的外力F的作用下由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中閉合電路的磁通量隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，圖線是一條拋物線。不計(jì)金屬軌道和金屬桿的電阻，金屬桿的

29、速度大小v、電路中產(chǎn)生的電流I、外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖線，及速度大小的平方v2隨位移x的變化關(guān)系圖線正確的是()答案AC解析設(shè)兩軌道間距為L，閉合電路的磁通量0BLx，因­t圖線為拋物線，可知x­t圖線也為拋物線，而開始時(shí)金屬桿靜止，則金屬桿做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；I，I­t圖線應(yīng)為過原點(diǎn)的傾斜直線，B錯(cuò)誤；因FABIL，又由牛頓第二定律有FFAmgsinma，則F與t為一次函數(shù)關(guān)系，F(xiàn)­t圖線為不過原點(diǎn)的傾斜直線，C正確；由v22ax，可知v2­x圖線為過原點(diǎn)的傾斜直線，D錯(cuò)誤。建模提能5電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題1模型構(gòu)建導(dǎo)體棒

30、運(yùn)動(dòng)的形式有勻速、勻變速和非勻變速3種，對(duì)前兩種情況，容易想到用平衡條件和牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解，對(duì)后一種情況一般要用能量和動(dòng)量知識(shí)求解。當(dāng)安培力變化，且又涉及位移、速度、電荷量等問題時(shí)，用動(dòng)量定理往往能巧妙解決。 2模型類型(1)動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在電磁感應(yīng)中應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)，通常將下面兩式結(jié)合應(yīng)用：lB·tm(v2v1)qtn(2)動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在“雙棒切割”系統(tǒng)中，若系統(tǒng)所受的合力為零，通常應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解?！镜漕}例證1】(2021·遼寧省錦州市高三一模)(多選)如圖所示，水平放置的光滑導(dǎo)軌，左側(cè)接有電阻R，寬度為L，電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為

31、B的豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，在恒力F作用下，從靜止開始運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度后撤去拉力，最終停止，已知從靜止到達(dá)到最大速度過程，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于ab的最大動(dòng)能，則下列說法正確的是()Aab運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為Bab加速運(yùn)動(dòng)過程中運(yùn)動(dòng)的最大位移為C撤去F后，通過R的電量為Dab減速過程中運(yùn)動(dòng)的最大位移為答案AD解析達(dá)到最大速度時(shí)，金屬棒受力平衡，則有FBIL，解得vmax，A正確；對(duì)金屬棒，在加速過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得FsWmv，根據(jù)功能關(guān)系有WQmv，解得s，B錯(cuò)誤；撤去F后，金屬棒最終停止，根據(jù)動(dòng)量定理得BLtmv，又qt，v0vmax，解得q，

32、C錯(cuò)誤；撤去F后，金屬棒開始減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量定理得tmv，又st，v0vmax，解得s，D正確。 【名師點(diǎn)睛】動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用技巧在電磁感應(yīng)中，動(dòng)量定理應(yīng)用于單桿切割磁感線運(yùn)動(dòng)，可求解變力作用的時(shí)間、單桿的速度、單桿的位移和通過單桿的橫截面的電荷量。 (1)求通過單桿的橫截面的電荷量、單桿的速度或單桿運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：Bltmv2mv1，qtBl。(2)求單桿運(yùn)動(dòng)的位移：tmv2mv1，xt?！镜漕}例證2】(2022·重慶市高三上入學(xué)診斷)(多選)如圖所示，兩足夠長光滑金屬導(dǎo)軌平行固定在同一絕緣水平面內(nèi)，垂直于導(dǎo)軌的虛線CD右側(cè)區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場B。兩長度略大于導(dǎo)軌寬度的

33、相同金屬桿a、b垂直導(dǎo)軌靜止放置在導(dǎo)軌上，桿a在CD左側(cè)，桿b在CD右側(cè)足夠遠(yuǎn)處?，F(xiàn)給桿a一水平向右的初速度v0，兩桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，兩桿沒有發(fā)生碰撞，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，下列說法正確的是()A桿a進(jìn)入磁場時(shí)，感應(yīng)電流方向由C指向DB桿a最后將停在導(dǎo)軌上C若在桿a進(jìn)入磁場前將桿b固定，整個(gè)過程中桿a中產(chǎn)生的焦耳熱是不將桿b固定時(shí)的4倍D若在桿a進(jìn)入磁場前將桿b固定，整個(gè)過程中通過桿b的電荷量是不將桿b固定時(shí)的2倍答案AD解析由右手定則可知，桿a進(jìn)入磁場時(shí)，感應(yīng)電流方向由C指向D，A正確；桿a進(jìn)入磁場時(shí)受到向左的安培力，向右做減速運(yùn)動(dòng)，桿b受到向右的安培力，向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩桿

34、速度相等時(shí)，兩桿中均無感應(yīng)電流，不再受安培力的作用而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；桿b不固定時(shí)，由于兩桿中安培力大小總是相等，方向總是相反，所以兩桿的動(dòng)量守恒，有mv0(mm)v，兩桿的共同速度大小v，系統(tǒng)中產(chǎn)生的總焦耳熱Qmv×2mv2mv，桿a中產(chǎn)生的焦耳熱QaQmv，若桿b固定，桿a中產(chǎn)生的焦耳熱Qa×mvmv，則Qa2Qa，C錯(cuò)誤；桿b不固定時(shí)，對(duì)桿b由動(dòng)量定理有BLtmv，q1t，桿b固定時(shí)，對(duì)桿a由動(dòng)量定理有BLt0mv0，q2t，則q22q1，D正確。 【名師點(diǎn)睛】在電磁感應(yīng)中應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，一定要首先判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒，否則即使是“雙桿切割”也不能應(yīng)用動(dòng)量守

35、恒定律?！踞槍?duì)訓(xùn)練】1. (2021·山東省泰安市高三下四模)如圖所示，兩根電阻不計(jì)、傾角為37°且足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌間距為L0.4 m，頂端連接電阻為R2 的定值電阻。虛線上方(含虛線處)的區(qū)域存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1.25 T。質(zhì)量為m0.1 kg、電阻為R11 的導(dǎo)體棒P在虛線上方某處；電阻為R22 的導(dǎo)體棒Q固定在虛線處。將導(dǎo)體棒P由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t3 s導(dǎo)體棒P到達(dá)虛線處，P在到達(dá)虛線之前已達(dá)到最大速度，P、Q與導(dǎo)軌始終接觸良好。重力加速度g取10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8，下

36、列說法正確的是()A導(dǎo)體棒P到達(dá)虛線前的動(dòng)量變化率越來越大B導(dǎo)體棒P到達(dá)虛線時(shí)的速度大小為4.8 m/sC導(dǎo)體棒P的釋放點(diǎn)與虛線間的距離為 mD從導(dǎo)體棒P開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)虛線時(shí)導(dǎo)體棒Q上產(chǎn)生的焦耳熱為 J答案B解析導(dǎo)體棒P由靜止釋放，做加速運(yùn)動(dòng)，向上的安培力越來越大，所以向下運(yùn)動(dòng)的加速度越來越小，P在到達(dá)虛線之前已達(dá)到最大速度，即最后階段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以導(dǎo)體棒P到達(dá)虛線前的動(dòng)量變化率越來越小，最后減小到零，最后階段一直為零，故A錯(cuò)誤；對(duì)導(dǎo)體棒P受力分析可知，P達(dá)到最大速度時(shí)有mgsinBIL，EBLv，I，R總R1，代入數(shù)據(jù)解得v4.8 m/s，故B正確；導(dǎo)體棒P運(yùn)動(dòng)到虛線處過程中穿過導(dǎo)體棒

37、P的電荷量為qt，在此過程中對(duì)P棒有mgtsinBLtmv，qtt，解得x10.56 m< m，故C錯(cuò)誤；從P釋放到運(yùn)動(dòng)至虛線處，由能量守恒定律可知：mgxsinQ總mv2，導(dǎo)體棒Q上產(chǎn)生的焦耳熱為QQQ總，解得：QQ1.296 J< J，故D錯(cuò)誤。2. (2021·山東省日照市高三三模)如圖所示，寬度為2d與寬度為d的兩部分金屬導(dǎo)軌銜接良好，固定在絕緣的水平面上，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌左、右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B、2B。兩完全相同的導(dǎo)體棒甲和乙按如圖的方式置于左、右側(cè)的導(dǎo)軌上，已知兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m、兩導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為r0，現(xiàn)給導(dǎo)體棒甲一水平

38、向右的初速度v0。假設(shè)導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的摩擦忽略不計(jì)，且兩部分導(dǎo)軌足夠長，導(dǎo)體棒甲始終未滑過圖中的虛線位置。則下列說法正確的是()A當(dāng)導(dǎo)體棒甲開始運(yùn)動(dòng)瞬間，甲、乙兩棒的加速度大小滿足a甲2a乙B運(yùn)動(dòng)足夠長的時(shí)間后，最終兩棒以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)C最終兩棒均做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小滿足v甲v乙D最終兩棒以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)，該過程甲棒中產(chǎn)生的焦耳熱為mv答案D解析導(dǎo)體棒甲剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)兩棒受到的安培力大小F甲BI0·2d，F(xiàn)乙2BI0d，F(xiàn)甲F乙，則加速度大小a甲a乙，運(yùn)動(dòng)過程中兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終兩棒均做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小滿足B·2dv甲2Bdv乙

39、，mv甲mv乙mv0，則v甲v乙，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為系統(tǒng)損失的動(dòng)能，即Q總mvmvmvmv，甲棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q甲Q總mv，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。3(2020·海南高考)(多選) 如圖，足夠長的間距d1 m的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在一個(gè)寬度L1 m的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.5 T，方向如圖所示。一根質(zhì)量ma0.1 kg、阻值R0.5 的金屬棒a以初速度v04 m/s從左端開始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，穿過磁場區(qū)域后，與另一根質(zhì)量mb0.2 kg、阻值R0.5 的原來靜置在導(dǎo)軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則()

40、A金屬棒a第一次穿過磁場時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B金屬棒a第一次穿過磁場時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流C金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為0.25 JD金屬棒a最終停在距磁場左邊界0.8 m處答案BD解析金屬棒a第一次穿過磁場時(shí)受到安培力的作用，做減速運(yùn)動(dòng)，由于速度減小，則感應(yīng)電流減小，金屬棒a所受的安培力減小，加速度減小，故金屬棒a第一次穿過磁場時(shí)做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。根據(jù)右手定則可知，金屬棒a第一次穿過磁場時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故B正確。金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢為，平均感應(yīng)電流為，金屬棒a受到的安培力大小的

41、平均值為Bd，規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得Bd·tmavamav0，解得金屬棒a第一次離開磁場時(shí)的速度大小為va1.5 m/s；金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機(jī)械能的減少量，即Qmavmav，代入數(shù)據(jù)得Q0.6875 J，由于兩棒電阻相同，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為Qb0.34375 J，故C錯(cuò)誤。規(guī)定向右為正方向，對(duì)兩金屬棒碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mavamavambvb，mavmava2mbv，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得金屬棒a碰后的速度為va0.5 m/s；設(shè)金屬棒a最終停在距磁場左邊界x處，

42、則從反彈進(jìn)入磁場到停下來的過程，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢為，平均感應(yīng)電流為，金屬棒a受到的平均安培力大小為Bd，規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得Bd·t0mava，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得x0.8 m，故D正確。4(2022·河北省滄州市十五校高三上9月摸底考試)如圖所示，間距為d的平行金屬導(dǎo)軌AB、CD構(gòu)成傾角為的斜面，通過BE和DG兩小段光滑絕緣圓弧(長度可忽略)與間距也為d的水平平行金屬導(dǎo)軌EF、GH相連，AC端接一個(gè)電容器，質(zhì)量為m的金屬棒P從離水平軌道L處由靜止釋放。金屬棒P和導(dǎo)體棒Q始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒P和導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)體棒Q的

43、電阻為R、質(zhì)量為2m，金屬棒P和傾斜軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)tan，不計(jì)P、Q與水平軌道間的摩擦力，初始時(shí)Q靜止在水平軌道上，水平軌道足夠長，且P、Q沒有發(fā)生碰撞，電容器的電容C，整個(gè)裝置處于與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場當(dāng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，重力加速度為g。求：(1)金屬棒P到達(dá)BD時(shí)的速度；(2)金屬棒P滑到水平軌道后通過導(dǎo)體棒Q的電荷量和導(dǎo)體棒Q產(chǎn)生的熱量。答案(1) (2)mgLsin解析(1)對(duì)P受力分析，由牛頓第二定律有mgsinmgcosF安ma而F安BIdICBda解得agsin，所以金屬棒P在傾斜軌道上做勻變速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有v2aL，解得v1 。(2)當(dāng)金屬棒P進(jìn)入水平軌道后P

44、、Q組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)二者速度相等時(shí)它們之間的距離保持不變，此時(shí)有mv1(m2m)v2在此過程中對(duì)導(dǎo)體棒Q應(yīng)用動(dòng)量定理有BdtBdq2mv2解得q，由能量守恒定律可知導(dǎo)體棒Q產(chǎn)生的熱量Qmv(m2m)vmgLsin。一、選擇題(本題共6小題，其中第12題為單選，第36題為多選)1(2021·河北省張家口市高三下三模)圖甲是同種規(guī)格的電阻絲制成的閉合線圈，其中有垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁場，圖乙為線圈中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B(取垂直線圈平面向內(nèi)為正方向)隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像。則下列關(guān)于線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢E、感應(yīng)電流i、磁通量及線圈bc邊所受的安培力F隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像中正確的是(取順時(shí)針方

45、向?yàn)楦袘?yīng)電流與感應(yīng)電動(dòng)勢的正方向，水平向左為安培力的正方向)()答案D解析由圖乙可知，01 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B向里均勻增大，線圈所包圍區(qū)域中的均勻增大且為正，由楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢、感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，為負(fù)的恒定值；12 s內(nèi)，B恒定，穿過線圈的磁通量不變，線圈中無感應(yīng)電動(dòng)勢、感應(yīng)電流；23 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B向里均勻減小，均勻減小且為正，由楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢、感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，為正的恒定值；34 s內(nèi)，B向外均勻增大，均勻增大且為負(fù)，由楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢、感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，為正的恒定

46、值，A、B、C錯(cuò)誤。由左手定則可知，在01 s內(nèi)，bc邊受到的安培力方向水平向左，是正值，根據(jù)FIlB可知安培力均勻增加；12 s內(nèi)無感應(yīng)電流，bc邊不受安培力；23 s，安培力方向水平向右，是負(fù)值且逐漸減??；34 s，安培力方向水平向左，是正值且逐漸變大，D正確。2(2021·北京高考)如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，水平U形導(dǎo)體框左端連接一阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)體框上。不計(jì)導(dǎo)體框的電阻、導(dǎo)體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運(yùn)動(dòng)，最終停在導(dǎo)體框上。在此過程中()A導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bC電阻R消耗的總電能為

47、D導(dǎo)體棒克服安培力做的總功小于mv答案C解析導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流方向?yàn)閎a，再根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受到水平向左的安培力，開始時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為EBLv0，根據(jù)閉合電路歐姆定律，知感應(yīng)電流為I，故導(dǎo)體棒所受安培力為FBIL，根據(jù)牛頓第二定律有Fma，可得av0，隨著速度減小，加速度不斷減小，故導(dǎo)體棒做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知，回路中消耗的總電能為Qmv，則R產(chǎn)生的總電能為QRQ，故C正確；整個(gè)過程只有安培力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，導(dǎo)體棒克服安培力做的總功等于mv，故D錯(cuò)誤。3. (202

48、1·湖南省永州市高三二模)如圖所示，用電阻R012 的均勻?qū)w彎成半徑L0.5 m的閉合圓環(huán)，圓心為O，SOQ是一條水平直徑，在O、S間接有負(fù)載電阻R13 ，整個(gè)圓環(huán)中有大小為B0.4 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場穿過。電阻r2 、長度為L的導(dǎo)體棒OP貼著圓環(huán)以O(shè)為圓心沿逆時(shí)針方向(從上往下看)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度240 rad/s，導(dǎo)體棒OP與圓環(huán)接觸良好，不計(jì)一切摩擦以及導(dǎo)線的電阻。則()A棒轉(zhuǎn)動(dòng)過程中O點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)的電勢高B棒轉(zhuǎn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為12 VC棒轉(zhuǎn)動(dòng)過程中電路的最大電功率為28.8 WD當(dāng)OP到達(dá)OQ處時(shí)圓環(huán)的電功率為27 W答案BC解析導(dǎo)體棒可看作電源，由右手

49、定則可知，棒在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中O點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)的電勢低，A錯(cuò)誤；棒轉(zhuǎn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為EBL2×0.4×0.52×240 V12 V，B正確；當(dāng)P點(diǎn)與S點(diǎn)重合時(shí)，外電阻最小，此時(shí)電路中R1與導(dǎo)體棒串聯(lián)，電路的最大電流Im A2.4 A，則棒在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中電路的最大功率為PmEIm12×2.4 W28.8 W，C正確；當(dāng)OP到達(dá)OQ處時(shí)，圓環(huán)電阻R012 分成相等的兩部分且處于并聯(lián)關(guān)系，則其等效電阻值是R23 ，此時(shí)外電路的電阻為RR1R23 3 6 ，由閉合電路的歐姆定律得電路中的電流I A1.5 A，圓環(huán)的電功率PI2R21.52×3 W6.

50、75 W，D錯(cuò)誤。4. 如圖所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長均為l，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m。它們分別系在一跨過兩個(gè)定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。開始時(shí)，線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場的上邊界的距離為l?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時(shí)，a、b兩個(gè)線框開始做勻速運(yùn)動(dòng)。不計(jì)摩擦和空氣阻力，則()Aa、b兩個(gè)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為B線框a從其下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時(shí)間為C從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)

51、入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl答案BC解析當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時(shí)，a、b兩個(gè)線框開始做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)線框a下邊剛進(jìn)入磁場，下邊所受安培力2mgmg，得v，A錯(cuò)誤；線框a從其下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場，開始線框a切割磁感線運(yùn)動(dòng)，受力平衡，然后線框b切割磁感線運(yùn)動(dòng)，受力也平衡，最后線框a切割磁感線運(yùn)動(dòng)，仍受力平衡，則這一過程所用時(shí)間為t，B正確；從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場可以分為兩個(gè)階段，第一階段線框a的下邊進(jìn)入磁場之前，這一階段線框a產(chǎn)生的焦耳熱為零，第二階段從線框a的下邊進(jìn)入磁場到線框a全部進(jìn)入磁場，這一階段線框b全部在磁場中，線框b中的磁通量不變，即線框b產(chǎn)生的焦耳熱為

52、零，第二階段系統(tǒng)減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為線框a產(chǎn)生的焦耳熱，即Qmgl，C正確；由能量守恒定律可知，兩線框的重力勢能減少量等于兩線框的動(dòng)能增加量與兩線框克服安培力做功產(chǎn)生的內(nèi)能之和，從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框重力勢能的減少量為2mgl，結(jié)合功能關(guān)系可知，兩線框克服安培力做功一定小于2mgl，D錯(cuò)誤。5如圖甲所示，電阻不計(jì)且間距為L1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，上端連接阻值為R1 的電阻，虛線OO下方有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)將質(zhì)量為m0.3 kg、電阻Rab1 的金屬桿ab從OO上方某處以一定初速度釋放，下落過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平。在金屬桿ab下落0.3 m的過程中