高中物理一輪復(fù)習(xí)學(xué)案第十章電磁感應(yīng)第3講　電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用

第3講電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用見學(xué)生用書P163微知識1電磁感應(yīng)中的電路問題1．內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運(yùn)動的導(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．電源電動勢和路端電壓(1)電動勢：E＝BLv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)。(2)電源正、負(fù)極：用右手定則或楞次定律確定。(3)路端電壓：U＝E－Ir＝IR。微知識2電磁感應(yīng)圖象問題微知識3感應(yīng)電流在磁場中所受的安培力1．安培力的大小由感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)和安培力公式F＝BIL得F＝eq\f(B2L2v,R)。2．安培力的方向判斷微知識4電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒1．能量轉(zhuǎn)化的實(shí)質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化實(shí)質(zhì)是其他形式能和電能之間的轉(zhuǎn)化。2．能量的轉(zhuǎn)化感應(yīng)電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(或其他形式的能)。3．熱量的計算電流(恒定)做功產(chǎn)生的熱量用焦耳定律計算，公式Q＝I2Rt。一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“√”，錯誤的畫“×”。)1．閉合電路的歐姆定律同樣適用于電磁感應(yīng)電路。(√)2．在閉合回路中切割磁感線的那部分導(dǎo)體兩端的電壓一定等于產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢。(×)3．電路中電流一定從高電勢流向低電勢。(×)4．克服安培力做的功一定等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱。(×)5．有安培力作用時導(dǎo)體棒不可能做加速運(yùn)動。(×)二、對點(diǎn)微練1．(電磁感應(yīng)中的電路問題)如圖所示，兩個互連的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻變化時，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，則a、b兩點(diǎn)間的電勢差為()A.eq\f(1,2)EB.eq\f(1,3)EC.eq\f(2,3)ED．E解析a、b間的電勢差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的eq\f(1,3)，故a、b間電勢差為U＝eq\f(1,3)E，B項(xiàng)正確。答案B2．(電磁感應(yīng)中的圖象問題)在四個選項(xiàng)中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。A、B中的導(dǎo)線框?yàn)檎叫?，C、D中的導(dǎo)線框?yàn)橹苯巧刃?。各?dǎo)線框均繞垂直紙面軸O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向如箭頭所示，轉(zhuǎn)動周期均為T。從線框處于圖示位置時開始計時，以在OP邊上從P點(diǎn)指向O點(diǎn)的方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向。則在選項(xiàng)中的四個情景中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時間t的變化規(guī)律如圖所示的是()解析根據(jù)感應(yīng)電流在一段時間恒定，導(dǎo)線框應(yīng)為扇形；由右手定則可判斷出產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時間t的變化規(guī)律如題圖甲所示的是C。答案C3．(電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題)(多選)如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vmax，則()A．如果B增大，vmax將變大B．如果α變大，vmax將變大C．如果R變大，vmax將變大D．如果m變大，vmax將變大解析金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)足夠長時間后，速度達(dá)最大值vmax，此后金屬桿做勻速運(yùn)動，桿受重力、軌道的支持力和安培力，如圖所示。安培力F＝eq\f(BLvmax,R)LB，對金屬桿列平衡方程mgsinα＝eq\f(B2L2vmax,R)，則vmax＝eq\f(mgsinα·R,B2L2)，由此式可知，B增大，vmax減小；α增大，vmax增大；R變大，vmax變大；m變大，vmax變大。因此B、C、D項(xiàng)正確。答案BCD4．(電磁感應(yīng)中的能量問題)如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于()A．棒的機(jī)械能增加量 B．棒的動能增加量C．棒的重力勢能增加量 D．電阻R上放出的熱量解析棒受重力G、拉力F和安培力F安的作用。由動能定理：WF＋WG＋W安＝ΔEk得WF＋W安＝ΔEk＋mgh，即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機(jī)械能的增加量，選項(xiàng)A正確。答案A見學(xué)生用書P164微考點(diǎn)1電磁感應(yīng)中的電路問題核|心|微|講在電磁感應(yīng)過程中，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)體或回路相當(dāng)于電源。因此，電磁感應(yīng)問題往往又和電路問題聯(lián)系在一起。解決此類問題的基本思想是將電磁感應(yīng)問題轉(zhuǎn)化為直流電路的分析與計算問題?；舅悸罚孩儆梅ɡ陔姶鸥袘?yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動勢的大小和方向；②弄清電路結(jié)構(gòu)，必要時畫出等效電路圖；③運(yùn)用歐姆定律、串并聯(lián)電路等規(guī)律求解路端電壓、電功率等問題。典|例|微|探【例1】(多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化關(guān)系為B＝kt(常量k>0)?；芈分谢瑒幼冏杵鱎的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝eq\f(R0,2)。閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢，則()A．R2兩端的電壓為eq\f(U,7)B．電容器的a極板帶正電C．滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D．正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為kL2【解題導(dǎo)思】(1)電路中哪部分是電源？答：MN左側(cè)的正方形線框是電源。(2)滑動變阻器的左右兩部分中電流相等嗎？答：滑動變阻器的左邊部分電流大于右邊部分電流。解析將滑動變阻器在滑片處分為兩部分，電阻均為eq\f(R0,2)，其中右側(cè)部分與R2并聯(lián)，并聯(lián)阻值為eq\f(R0,4)，所以電路中總電阻為eq\f(7R0,4)，由歐姆定律可知，A項(xiàng)正確；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加時，由楞次定律可知，R2中電流從右向左，所以b板帶正電，B項(xiàng)錯誤；滑動變阻器右側(cè)部分電流、電壓均與R2相同，左側(cè)部分電阻與R2相同，電流是R2中電流的2倍，由P＝I2R可知滑動變阻器的總功率是R2的5倍，所以C項(xiàng)正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝neq\f(ΔBS,Δt)，其中S為有效面積，S＝πr2，得E＝πkr2，所以D項(xiàng)錯誤。答案AC題|組|微|練1.如圖所示，虛線框內(nèi)存在均勻變化的勻強(qiáng)磁場，三個電阻R1、R2、R3的阻值之比為1∶2∶3，導(dǎo)線的電阻不計。當(dāng)S1、S2閉合，S3斷開時，閉合回路中感應(yīng)電流為I；當(dāng)S2、S3閉合，S1斷開時，閉合回路中感應(yīng)電流為5I；當(dāng)S1、S3閉合，S2斷開時，閉合回路中感應(yīng)電流為()A．0B．4IC．6ID．7I解析因?yàn)镽1∶R2∶R3＝1∶2∶3，可以設(shè)R1＝R，R2＝2R，R3＝3R；由電路圖可知，當(dāng)S1、S2閉合，S3斷開時，電阻R1與R2組成閉合回路，設(shè)此時感應(yīng)電動勢是E1，由歐姆定律可得E1＝3IR。當(dāng)S2、S3閉合，S1斷開時，電阻R2與R3組成閉合回路，設(shè)感應(yīng)電動勢為E2，由歐姆定律可得E2＝5I×5R＝25IR。當(dāng)S1、S3閉合，S2斷開時，電阻R1與R3組成閉合回路，此時感應(yīng)電動勢E＝E1＋E2＝28IR，則此時的電流I′＝eq\f(E,4R)＝eq\f(28IR,4R)＝7I，故選項(xiàng)D正確。答案D2．在同一水平面上的光滑平行導(dǎo)軌P、Q相距l(xiāng)＝1m，導(dǎo)軌左端接有如圖所示的電路。其中水平放置的平行板電容器兩極板M、N相距d＝10mm，定值電阻R1＝R2＝12Ω，R3＝2Ω，金屬棒ab的電阻r＝2Ω，其他電阻不計。磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場豎直穿過導(dǎo)軌平面，當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動時，懸浮于電容器兩極板之間的質(zhì)量m＝1×10－14kg、電荷量q＝－1×10－14C的微粒恰好靜止不動。g取10m/s2，在整個運(yùn)動過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，且速度保持恒定。試求：(1)勻強(qiáng)磁場的方向。(2)ab兩端的路端電壓。(3)金屬棒ab運(yùn)動的速度。解析(1)負(fù)電荷受到重力和電場力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，因?yàn)橹亓ωQ直向下，所以電場力豎直向上，故M板帶正電。ab棒向右做切割磁感線運(yùn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，ab棒等效于電源，其a端為電源的正極，感應(yīng)電流方向由b→a，由右手定則可判斷，磁場方向豎直向下。(2)微粒受到重力和電場力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件有mg＝Eq，又E＝eq\f(UMN,d)，所以UMN＝eq\f(mgd,q)＝0.1V。R3兩端電壓與電容器兩端電壓相等，由歐姆定律得通過R3的電流為I＝eq\f(UMN,R3)＝0.05A，則ab棒兩端的電壓為Uab＝UMN＋I(xiàn)eq\f(R1R2,R1＋R2)＝0.4V。(3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E＝Blv，由閉合電路歐姆定律得E＝Uab＋I(xiàn)r＝0.5V，聯(lián)立解得v＝1m/s。答案(1)豎直向下(2)0.4V(3)1m/s微考點(diǎn)2電磁感應(yīng)中的圖象問題核|心|微|講1．圖象類型2．分析方法對圖象的分析，應(yīng)做到“四明確三理解”(1)明確圖象所描述的物理意義；明確各種正、負(fù)號的含義；明確斜率的含義；明確圖象和電磁感應(yīng)過程之間的對應(yīng)關(guān)系。(2)理解三個相似關(guān)系及其各自的物理意義v－Δv－eq\f(Δv,Δt)，B－ΔB－eq\f(ΔB,Δt)，Φ－ΔΦ－eq\f(ΔΦ,Δt)。典|例|微|探【例2】(多選)如圖所示，電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運(yùn)動，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時間t變化圖象可能正確的有()【解題導(dǎo)思】(1)水平方向?qū)w棒受到哪些力作用？答：水平方向受到外力F和安培力作用。(2)導(dǎo)體棒的加速度會隨著速度變化而變化嗎？答：根據(jù)F－FA＝ma和F＝F0＋kv可知，a與v有關(guān)。解析設(shè)某時刻金屬棒的速度為v，根據(jù)牛頓第二定律F－FA＝ma，即F0＋kv－eq\f(B2l2v,R＋r)＝ma，即F0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(B2l2,R＋r)))v＝ma，如果k>eq\f(B2l2,R＋r)，則加速度與速度成線性關(guān)系，且隨著速度增大，加速度越來越大，即金屬棒運(yùn)動的v－t圖象的切線斜率越來越大，由于FA＝eq\f(B2l2v,R＋r)，F(xiàn)A－t圖象的切線斜率也越來越大，感應(yīng)電流eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＝\f(Blv,R＋r)))、電阻兩端的電壓eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(UR＝\f(BlRv,R＋r)))及感應(yīng)電流的功率eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(P＝\f(B2l2v2,R＋r)))也會隨時間變化得越來越快，B項(xiàng)正確；如果k＝eq\f(B2l2,R＋r)，則金屬棒做勻加速直線運(yùn)動，電動勢隨時間均勻增大，感應(yīng)電流、電阻兩端的電壓、安培力均隨時間均勻增大，感應(yīng)電流的功率與時間的二次方成正比，沒有選項(xiàng)符合；如果k<eq\f(B2l2,R＋r)，則金屬棒做加速度越來越小的加速運(yùn)動，感應(yīng)電流、電阻兩端的電壓、安培力均增加得越來越慢，最后恒定，感應(yīng)電流的功率最后也恒定，C項(xiàng)正確。答案BC【反思總結(jié)】電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個常見解法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(fù)，排除錯誤的選項(xiàng)。2．函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象作出分析和判斷，這未必是最簡捷的方法，但卻是最有效的方法。題|組|微|練3．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、三象限內(nèi)有垂直該坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，二者磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OPQ以角速度ω繞O點(diǎn)在圖示坐標(biāo)平面內(nèi)沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動。規(guī)定與圖中導(dǎo)線框的位置相對應(yīng)的時刻為t＝0，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流逆時針為正。則關(guān)于該導(dǎo)線框轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)感應(yīng)電流i隨時間t的變化圖象正確的是()解析在線框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢時，由E＝eq\f(1,2)BL2ω知，感應(yīng)電動勢一定，感應(yīng)電流大小不變，故B、D項(xiàng)錯誤；在eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T內(nèi)，由楞次定律判斷可知線框中感應(yīng)電動勢方向沿逆時針方向，為正，故A項(xiàng)正確、C項(xiàng)錯誤。答案A4．邊長為a的閉合金屬正三角形框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直框架平面向里的勻強(qiáng)磁場中。現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場，如圖所示，則下列圖象與這一過程相符合的是()解析該過程中，框架切割磁感線的有效長度等于框架與磁場右邊界兩交點(diǎn)的間距，根據(jù)題中幾何關(guān)系有l(wèi)有效＝eq\f(2\r(3),3)x，所以E電動勢＝Bl有效v＝eq\f(2\r(3),3)Bvx∝x，A項(xiàng)錯誤，B項(xiàng)正確；框架勻速運(yùn)動，故F外力＝F安＝eq\f(B2l\o\al(2,有效)v,R)＝eq\f(4B2x2v,3R)∝x2，C項(xiàng)錯誤；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，D項(xiàng)錯誤。答案B微考點(diǎn)3電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題核|心|微|講電磁感應(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)動情況。1．導(dǎo)體的兩種運(yùn)動狀態(tài)(1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)。(2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零。2．處理方法根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。3．導(dǎo)體的運(yùn)動分析流程典|例|微|探【例3】如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上。已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求：(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小。(2)金屬棒運(yùn)動速度的大小。【解題導(dǎo)思】(1)ab棒受到哪些力的作用？答：重力(豎直向下)、斜面的支持力(垂直斜面向上)、軟導(dǎo)線的拉力(沿斜面向上)、斜面的摩擦力(沿斜面向上)、安培力(沿斜面向上)。(2)cd棒受到哪些力的作用？答：重力(豎直向下)、斜面的支持力(垂直斜面向上)、軟導(dǎo)線的拉力(沿斜面向上)、斜面的摩擦力(沿斜面向下)eq\o(。,\s\do4())解析(1)設(shè)兩根導(dǎo)線的總的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2。對于ab棒，由力的平衡條件得2mgsinθ＝μN(yùn)1＋T＋F，①N1＝2mgcosθ。②對于cd棒，同理有mgsinθ＋μN(yùn)2＝T，③N2＝mgcosθ，④聯(lián)立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)。⑤(2)由安培力公式得F＝BIL，⑥這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流。ab棒上的感應(yīng)電動勢為E＝Blv，⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得I＝eq\f(E,R)，⑧聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)。⑨答案(1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)【反思總結(jié)】用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：1．進(jìn)行“源”的分析——分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源的參數(shù)E和r。2．進(jìn)行“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu)，明確串、并聯(lián)的關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力。3．進(jìn)行“力”的分析——分析研究對象(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。4．進(jìn)行“運(yùn)動”狀態(tài)的分析——根據(jù)力和運(yùn)動的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)動模型。題|組|微|練5.(多選)如圖所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小。質(zhì)量為0.2kg的細(xì)金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1m的正方形，其有效電阻為0.1Ω。此時在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律為B＝(0.4－0.2t)T，圖示磁場方向?yàn)檎较颉？?、擋板和桿不計形變。則()A．t＝1s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到DB．t＝3s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到CC．t＝1s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1ND．t＝3s時，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2N解析由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律是B＝(0.4－0.2t)T，則t＝1s時，穿過金屬桿與金屬框圍成的平面的磁通量向下且在減小，則根據(jù)楞次定律可知，金屬桿CD中的感應(yīng)電流的方向從C到D，故A項(xiàng)正確；在t＝3s時，穿過金屬桿與金屬框圍成的平面的磁通量向上且在增大，則根據(jù)楞次定律可知，金屬桿CD中的感應(yīng)電流的方向從C到D，故B項(xiàng)錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，在t＝1s時，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為E＝L2eq\f(ΔB,Δt)sin30°＝0.1V，根據(jù)閉合電路歐姆定律和電路的串、并聯(lián)知識可得，流經(jīng)金屬桿CD的電流大小為I＝eq\f(E,R)＝1A，又根據(jù)平衡條件可知，在t＝1s時擋板P對金屬桿CD產(chǎn)生的彈力為F＝BILsin30°＝0.2×1×1×eq\f(1,2)N＝0.1N，又根據(jù)牛頓第三定律可得，在t＝1s時金屬桿CD對擋板P產(chǎn)生的壓力為0.1N，故C項(xiàng)正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，在t＝3s時，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為E′＝L2eq\f(ΔB,Δt)sin30°＝0.1V，根據(jù)閉合電路歐姆定律和電路的串、并聯(lián)知識可得，流經(jīng)金屬桿CD的電流大小為I′＝eq\f(E′,R)＝1A，又根據(jù)平衡條件可知，在t＝3s時擋板H對金屬桿CD產(chǎn)生的彈力為F′＝BI′Lsin30°＝0.2×1×1×eq\f(1,2)N＝0.1N，根據(jù)牛頓第三定律可得，在t＝3s時金屬桿CD對擋板H產(chǎn)生的壓力為0.1N，故D項(xiàng)錯誤。答案AC6.(多選)如圖，兩根足夠長且光滑平行的金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好。現(xiàn)同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則下列說法正確的是()A．金屬棒ab最終可能勻速下滑B．金屬棒ab一直加速下滑C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D．帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動后向M板運(yùn)動解析金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動勢而對電容器充電，充電電流通過金屬棒時受安培力作用，只有金屬棒速度增大時才有充電電流，因此總有mgsinθ－BIl>0，金屬棒將一直加速，A項(xiàng)錯、B項(xiàng)對；由右手定則可知，金屬棒a端電勢高，則M板電勢高，C項(xiàng)對；若微粒帶負(fù)電，則靜電力向上與重力反向，開始時靜電力為0，微粒向下加速運(yùn)動，當(dāng)靜電力增大到大于重力時，微粒的加速度向上，D項(xiàng)錯。答案BC微考點(diǎn)4電磁感應(yīng)中的能量問題核|心|微|講1．能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn)2．電能的求解思路典|例|微|探【例4】(多選)如圖所示，固定放置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ。現(xiàn)導(dǎo)體棒在水平向左、垂直于導(dǎo)體棒的恒力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動距離L時，速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持垂直)。設(shè)導(dǎo)體棒接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大小為g。則在此過程中，下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒的速度最大值為eq\f(F－μmgR,B2d2)B．流過電阻R的電荷量為eq\f(BdL,R＋r)C．恒力F和摩擦力對導(dǎo)體棒做的功之和等于導(dǎo)體棒動能的變化量D．恒力F和安培力對導(dǎo)體棒做的功之和大于導(dǎo)體棒動能的變化量【解題導(dǎo)思】(1)導(dǎo)體棒的速度在什么情況下達(dá)到最大？答：合外力為零。(2)導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中有哪些力做功？合外力的功與動能變化有何關(guān)系？答：恒力F做正功、摩擦力做負(fù)功、安培力做負(fù)功，合外力的功與動能變化相等。解析當(dāng)合外力為零的時候，導(dǎo)體棒的加速度為零，此時導(dǎo)體棒的速度達(dá)到最大值，此后因?yàn)樗俣炔蛔儯愿袘?yīng)電流不變，安培力不變，合外力不變，一直是零，導(dǎo)體棒將做勻速直線運(yùn)動。由E＝Bdv，F(xiàn)安＝BId以及I＝eq\f(E,R＋r)得出安培力F安＝eq\f(B2d2v,R＋r)，因?yàn)楹贤饬榱?，所以F安＝F－μmg，可解出vm＝eq\f(F－μmgR＋r,B2d2)，所以A項(xiàng)錯誤；由電荷量q＝IΔt、E＝eq\f(ΔΦ,Δt)和I＝eq\f(E,R＋r)得出q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BdL,R＋r)，所以B項(xiàng)正確；由能量守恒知恒力F做的功在數(shù)值上等于產(chǎn)生的電熱(即克服安培力做的功)、克服摩擦力做的功以及動能的增加量，所以C項(xiàng)錯誤、D項(xiàng)正確。答案BD題|組|微|練7.(多選)如圖所示，兩條電阻不計的平行導(dǎo)軌與水平面成θ角，導(dǎo)軌的一端連接定值電阻R1，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面。一根質(zhì)量為m、電阻為R2的導(dǎo)體棒ab，垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，且R2＝2R1。如果導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑，導(dǎo)體棒此時受到的安培力大小為F，則以下判斷正確的是()A．電阻R1消耗的熱功率為eq\f(Fv,3)B．整個裝置消耗的機(jī)械功率為FvC．整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcosθD．若使導(dǎo)體棒以v的速度勻速上滑，則必須施加沿導(dǎo)軌向上的外力F外＝2F解析由能量守恒定律可知，安培力的功率等于電路中消耗的電功率，因此有P1＋P2＝Fv,由焦耳定律可知eq\f(P1,P2)＝eq\f(R1,R2)＝eq\f(1,2)，解得P1＝eq\f(1,3)Fv，A項(xiàng)正確；由于導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動，整個裝置消耗的機(jī)械功率等于重力的功率，為mgvsinθ，B項(xiàng)錯誤；下滑過程中，導(dǎo)體棒所受摩擦力大小為f＝μmgcosθ，整個裝置因摩擦而消耗的功率為P′＝fv＝μmgvcosθ，C項(xiàng)正確；若使導(dǎo)體棒以v的速度勻速上滑，則安培力方向沿斜面向下而大小不變，由共點(diǎn)力平衡條件可知，則應(yīng)沿斜面向上施加的拉力為F外＝mgsinθ＋F＋μmgcosθ，又導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑時，導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F，則mgsinθ＝F＋μmgcosθ，F(xiàn)外＝2(F＋μmgcosθ)，D項(xiàng)錯誤。答案AC8.如圖所示，固定的水平光滑金屬導(dǎo)軌，間距為L，左端接有阻值為R的電阻，處在方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連，放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導(dǎo)體棒具有水平向右的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動的過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。(1)求初始時刻導(dǎo)體棒受到的安培力。(2)若導(dǎo)體棒從初始時刻到速度第一次為零時，彈簧的彈性勢能為Ep，則這一過程中安培力所做的功W1和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1分別為多少？(3)導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動，最終將靜止于何處？從導(dǎo)體棒開始運(yùn)動到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少？解析(1)初始時刻棒中感應(yīng)電動勢E＝BLv0，棒中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，作用于棒上的安培力F＝BIL，聯(lián)立以上各式解得F＝eq\f(B2L2v0,R)，方向水平向左。(2)由功能關(guān)系得安培力做功W1＝Ep－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Ep。(3)由能量轉(zhuǎn)化及平衡條件等，可判斷：棒最終靜止于初始位置，Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。答案(1)eq\f(B2L2v0,R)，方向水平向左(2)Ep－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Ep(3)棒最終靜止于初始位置eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)見學(xué)生用書P167電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型素能培養(yǎng)1．單桿模型(1)模型特點(diǎn)：導(dǎo)體棒運(yùn)動→感應(yīng)電動勢→閉合回路→感應(yīng)電流→安培力→阻礙棒相對磁場運(yùn)動。(2)分析思路：確定電源(3)解題關(guān)鍵：對棒的受力分析，動能定理應(yīng)用。2．雙桿模型(1)模型特點(diǎn)①一桿切割時，分析同單桿類似。②兩桿同時切割時，回路中的感應(yīng)電動勢由兩桿共同決定，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Bl(v1－v2)。(2)解題要點(diǎn)：單獨(dú)分析每一根桿的運(yùn)動狀態(tài)及受力情況，建立兩桿聯(lián)系，列方程求解。經(jīng)典考題如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計，間距L＝0.4m。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5T。在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1kg、電阻R1＝0.1Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4kg、電阻R2＝0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，g取10m/s2。問：(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向。(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大。(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x＝3.8m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少。解析(1)cd下滑，根據(jù)右手定則判斷，c端電勢高于d端，ab中電流方向從a到b。(2)ab剛放上時，剛好不下滑，說明ab棒受到了最大靜摩擦力fm作用，且fm＝m1gsinθ，cd棒下滑后，分析導(dǎo)體棒ab的受力如圖所示，ab剛要上滑時，ab所受最大靜摩擦力沿斜面向下，則F安＝fm＋m1gsinθ，又F安＝ILB，cd棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，由閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2)，由以上各式得v＝eq\f(m1gR1＋R2,B2L2)＝5m/s。(3)設(shè)cd產(chǎn)生的熱量為Q′，則eq\f(Q,Q′)＝eq\f(I2R1t,I2R2t)＝1，根據(jù)動能定理得m2gxsinθ－(Q＋Q′)＝eq\f(1,2)m2v2，代入已知數(shù)據(jù)得Q＝Q′＝1.3J。答案(1)從a到b(2)5m/s(3)1.3J對法對題1．如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()A．流過金屬棒的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通過金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,R)C．克服安培力所做的功為mghD．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)解析金屬棒滑下過程中，根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有Em＝BLvm，根據(jù)閉合電路歐姆定律有Im＝eq\f(Em,2R)，聯(lián)立得Im＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，A項(xiàng)錯誤；根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)可知，通過金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,2R)，B項(xiàng)錯誤；金屬棒運(yùn)動的全過程根據(jù)動能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C項(xiàng)錯誤；由Wf＝－μmgd，金屬棒克服安培力做的功完全轉(zhuǎn)化成電熱，由題意可知金屬棒與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相同，設(shè)金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，故2Q＝－W安，聯(lián)立得Q＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，D項(xiàng)正確。答案D2．如圖所示，兩根足夠長、電阻不計的平行光滑金屬導(dǎo)軌相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面成θ角，質(zhì)量均為m、阻值均為R的金屬棒a、b緊挨著放在兩導(dǎo)軌上，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，以一平行于導(dǎo)軌平面向上的恒力F＝2mgsinθ拉a棒，同時由靜止釋放b棒，直至b棒剛好勻速時，在此過程中通過棒的電量為q，棒與導(dǎo)軌始終垂直并保持良好接觸，重力加速度為g。求：(1)b棒剛好勻速時，a、b棒間的距離s。(2)b棒最終的速度大小vb。(3)此過程中a棒產(chǎn)生的熱量Q。解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，①根據(jù)閉合電路歐姆定律有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)，②又q＝eq\x\to(I)Δt，③得q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BΔS,2R)＝eq\f(BLs,2R)，解得s＝eq\f(2qR,BL)。④(2)b棒勻速時有BIL＝mgsinθ，⑤E＝BL(va＋vb)，⑥I＝eq\f(E,2R)。⑦對a棒向上加速的任一時刻由牛頓第二定律得F－BIL－mgsinθ＝ma1，即mgsinθ－BIL＝ma1。⑧對b棒向下加速的任一時刻由牛頓第二定律得mgsinθ－BIL＝ma2，⑨由⑧⑨式可得a1＝a2，故a、b棒運(yùn)動規(guī)律相似，速度同時達(dá)到最大，且最終va＝vb，⑩由⑤⑥⑦⑩式可得vb＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)。?(3)因a、b棒串聯(lián)，產(chǎn)生的熱量Q相同，設(shè)a、b棒在此過程中運(yùn)動的距離分別為l1和l2，對a、b棒組成的系統(tǒng)，由功能關(guān)系得Fl1－mgsinθ·l1＋mgsinθ·l2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＋2Q，?l1＋l2＝s且l1＝l2，?由④⑩??解得Q＝eq\f(mgqRsinθ,BL)－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)。答案(1)eq\f(2qR,BL)(2)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(3)eq\f(mgqRsinθ,BL)－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)見學(xué)生用書P1681．(多選)如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大。一邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場方向從如圖(Ⅰ)位置開始向右運(yùn)動，當(dāng)線框運(yùn)動到分別有一半面積在兩個磁場中的(Ⅱ)的位置時，線框的速度為eq\f(v,2)。下列說法正確的是()A．在位置(Ⅱ)時線框中的電功率為eq\f(B2a2v2,R)B．此過程中回路產(chǎn)生的電能為eq\f(3,8)mv2C．在位置(Ⅱ)時線框的加速度為eq\f(B2a2v,2mR)D．此過程中通過線框截面的電量為eq\f(2Ba2,R)解析線框經(jīng)過位置(Ⅱ)時，線框左右兩邊均切割磁感線，此時的感應(yīng)電動勢E＝Baeq\f(v,2)×2＝Bav，故線框中的電功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2a2v2,R)，A項(xiàng)正確；線框從位置(Ⅰ)到位置(Ⅱ)的過程中，動能減少了ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(eq\f(v,2))2＝eq\f(3,8)mv2，根據(jù)能量守恒定律可知，此過程中回路產(chǎn)生的電能為eq\f(3,8)mv2，B項(xiàng)正確；線框在位置(Ⅱ)時，左右兩邊所受安培力大小均為F＝Beq\f(E,R)a＝eq\f(B2a2v,R)，根據(jù)左手定則可知，線框左右兩邊所受安培力的方向均向左，故此時線框的加速度a＝eq\f(2F,m)＝eq\f(2B2a2v,mR)，C項(xiàng)錯誤；由q＝eq\x\to(I)Δt，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，解得q＝eq\f(ΔΦ,R)，線框在位置(Ⅰ)時其磁通量為Ba2，而線框在位置(Ⅱ)時其磁通量為0，綜上q＝eq\f(B