2024年新高考物理第一輪復(fù)習(xí)：選修3-2 第十章 專題突破

專題突破電磁感應(yīng)定律的徐合應(yīng)用

突破一電磁感應(yīng)中的電路問題

1.電磁感應(yīng)中電路知識(shí)的關(guān)系圖

閉合電路電磁感應(yīng)

EEBlv

R+r

U:RF聯(lián)系1：電動(dòng)勢(shì)*

R+r

聯(lián)系2：功和能

P=/L7乙

Ql2Rt〃△中

Q=CUq=T

2.解決電磁感應(yīng)中的電路問題三步驟

用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小.

川愣次定律或右手定則確定感應(yīng)電流

??源”的分析一

方向（電源內(nèi)部電流的方向）.從而確

定電源正負(fù)極.明確內(nèi)阻廠

根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件

,?路”的分析

的連接方式畫出等效電路圖

【例1】（多選）如圖1所示，光滑的金屬框CQE產(chǎn)水平放置，寬為L,在E、F

間連接一阻值為R的定值電阻，在。、。間連接一滑動(dòng)變阻器R（0WRiW2R）。

框內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場。一長為L,電阻為R的導(dǎo)體棒A8在外力作用

下以速度〃勻速向右運(yùn)動(dòng)，金屬框電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好且始終垂

直，下列說法正確的是（）

［口期］1

FBc

lxXXXxl

R”Xx*xxn

『XXxxx|

EAD

圖1

A.48FF回路的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，ABC。回路的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針

B.左右兩個(gè)閉合區(qū)域的磁通量都在變化且變化率相同，故電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

大小為2BLv

2

C.當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值凡=7?時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電壓為令比o

D.當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值品=與時(shí)，滑動(dòng)變阻器有最大電功率且為

B2L2V2

8R

解析根據(jù)楞次定律可知，A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

E=BLv,故B錯(cuò)誤；—外電路總電阻R訃=?故導(dǎo)體棒兩端的電壓即

路端電壓應(yīng)等于號(hào)84，故C錯(cuò)誤；該電路電動(dòng)勢(shì)電源內(nèi)阻為R,求解

滑動(dòng)變阻器的最大電功率時(shí)，可以將導(dǎo)體棒和電阻R看成新的等效電源，等效

內(nèi)阻為?故當(dāng)R尸4時(shí)，等效電源輸出功率最大，即滑動(dòng)變阻器電功率最大，

rr2（4^）82,

最大值Prn=~^~=n=~―，故D正確。

AlAon

2

答案AD

I多維訓(xùn)練精選練透

1.（多選泮徑分別為“口2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為八電

阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，84的延長線通過圓導(dǎo)軌中心0,裝

置的俯視圖如圖2所示，整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為以

方向豎直向下。在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為。的電容器。金屬

棒在水平外力作用下以角速度①繞。逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)

軌保持良好接觸。導(dǎo)軌電阻不計(jì)。下列說法正確的是（）

［口期］2

圖2

A.金屬棒中電流從8流向A

B.金屬棒兩端電壓為1氏or2

C.電容器的M板帶負(fù)電

D.電容器所帶電荷量為次or2

解析根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從8流向A,選項(xiàng)A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)

產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=B/":2=和",切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金

屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而〃=萬之后=:832,選項(xiàng)B正確；

金屬棒A端相當(dāng)于電源正極，電容器M板帶正電，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由C=￡可得

3

電容器所帶電荷量為0=/C8切/，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

答案AB

2.（多選）如圖3甲所示，發(fā)光竹蜻蜓是一種常見的兒童玩具，它在飛起時(shí)能夠

持續(xù)發(fā)光。某同學(xué)對(duì)竹蜻蜓的電路作如下簡化：加圖乙所示，半徑為￡的導(dǎo)電圓

環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面、通過圓心。的金屬軸（91（92以角速度口逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（俯

視）。圓環(huán)上接有電阻均為廠的三根金屬輻條OP、OQ、OR，輻條互成12（）。角。

在圓環(huán)左半部分張角也為12（）。角的范圍內(nèi)（兩條虛線之間）分布著垂直圓環(huán)平面

向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在轉(zhuǎn)軸OiO2與圓環(huán)的邊緣之間通過電刷M、

N與一個(gè)LED燈相連。假設(shè)LED燈電阻為一其他電阻不計(jì)，從輻條OP進(jìn)入

磁場開始計(jì)時(shí)。在輻條。戶轉(zhuǎn)過120。的過程中，下列說法中正確的是（）

甲乙

［口期］3

p

圖4

A.在尸系時(shí)為零

B.在時(shí)改變方向

c.在寸最大，口沿順時(shí)針方向

D.在f=7時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向

解析因通電導(dǎo)線的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小正比于電流的大小，故導(dǎo)線框R中磁感應(yīng)

強(qiáng)度與時(shí)間的變化關(guān)系類似于題圖(b),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)正比于磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率,

即題圖(b)中的切線斜率，斜率的正負(fù)反映電動(dòng)勢(shì)的方向，斜率的絕對(duì)值反映電

動(dòng)勢(shì)的大小。由題圖(b)可知，電流為零時(shí)，電動(dòng)勢(shì)最大，電流最大時(shí)電動(dòng)勢(shì)為

T2T

零，A正確，B錯(cuò)誤；再由楞次定律可判斷在一個(gè)周期內(nèi)，;?號(hào)內(nèi)電動(dòng)勢(shì)的方

向沿順時(shí)針方向，，時(shí)刻最大，C正確；其余時(shí)間段電動(dòng)勢(shì)沿逆時(shí)針方向，D錯(cuò)

誤。

答案AC

考向?根據(jù)電磁感應(yīng)過程選擇圖象

【例3】(多選)如圖5所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MMPQ放置在同一水平面內(nèi)，

M、P之間接一定值電阻R,金屬棒仍垂直導(dǎo)軌水平放置，金屬棒仍及導(dǎo)軌電

阻不計(jì)。整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，7=0時(shí)對(duì)金屬棒施加水平向右的

外力R使金屬棒由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。下列關(guān)于通過金屬棒的電流八

通過導(dǎo)軌橫截面的電荷量力拉力廠和拉力的功率P隨時(shí)間變化的圖象中正確的

是()

圖5

［口期］5

Kk匕L

OtOtOIOt

ABCD

解析r=0時(shí)對(duì)金屬棒施加水平向右的外力F,使金屬棒由靜止開始做勻加速直

線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為4,則金屬棒的速度可表示為v=at,由法拉第電磁感應(yīng)定

律，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)根據(jù)閉合電路歐姆定律，金

屬棒中電流i=^=華，與時(shí)間成正比，選項(xiàng)A正確；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)￡=笑=點(diǎn),

\pI

S=Lx=L5ap,i=又,q=M聯(lián)立解得4=而8〃尸，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；金屬棒運(yùn)動(dòng)

過程中所受的安培力F安=8/="冷，由牛頓第二定律，得尸一尸安=〃山，解

D2Tn2J2〃,

得F=〃心+—選項(xiàng)C正確；拉力的功率尸=鼠=（〃W+—選項(xiàng)D

錯(cuò)誤。

答案AC

方法技巧|

電磁感應(yīng)中的圖象問題的分析方法

廠|明確圖象所描述的物理意義

f|明確各種正、負(fù)號(hào)的含義

四

明

確

明確斜率的含義

圖

象明確圖象和電磁感應(yīng)過程之間的

分

析對(duì)應(yīng)關(guān)系

三個(gè)相似關(guān)系及其各自的物理意義

理解

［多維訓(xùn)練精選練透

1.圖6中有A、8兩個(gè)導(dǎo)線圈。線圈8連接一電阻R,要使流過電阻R的電流

大小恒定，且方向由。點(diǎn)流經(jīng)電阻R到〃點(diǎn)，設(shè)線圈4中電流i從。點(diǎn)流入線圈

的方向?yàn)閕E方向，則線圈A中的電流隨時(shí)間變化狗圖象應(yīng)為圖中的（）

［口期］6

解析要讓線圈8中產(chǎn)生感應(yīng)電流，A中的電流應(yīng)發(fā)生變化，C、D錯(cuò)誤；若A

中的電流由。流入，且越來越小，則根據(jù)右手螺旋定則可知穿過3的磁通量向

左，且越來越小，根據(jù)楞次定律可知3中產(chǎn)生的感應(yīng)電流由d點(diǎn)流經(jīng)電阻R到c

點(diǎn)，B錯(cuò)誤；同理，若A中的電流從人點(diǎn)流入，且電流越來越小，則根據(jù)楞次定

律，B中產(chǎn)生的感應(yīng)電流從。點(diǎn)流經(jīng)電阻R到〃點(diǎn)，A正確。

答案A

2.(多選汝I圖7甲所示，在水平桌面上放置邊長為0.20m的正方形閉合金屬線

圈。從力，線圈的匝數(shù)為10,總電阻為0.10C,線圈與水平桌面間的最大靜摩擦

力為().2No線圈的右半邊處于垂直桌面、均勻分布的磁場中，磁場左邊界

與線圈ab.cd兩邊平行且等距。從r=()時(shí)刻起，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間I

的變化規(guī)律如圖乙所示。假設(shè)垂直桌面向下為正方向，重力加速度g=10m/s2,

下列說法正確的是()

A./=ls時(shí)線圈受到的安培力為零

B./=6s時(shí)線圈即將向右滑動(dòng)

［口期］7

C.線圈滑動(dòng)前，其導(dǎo)線中的電流一直為0.4A

D.線圈滑動(dòng)前，其產(chǎn)生的焦耳熱為2.4X102j

解析r=ls時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，線圈受到的安培力為零，選項(xiàng)A正確；由題圖

乙可知，詈=。1T/s,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系為5=-0.1T+器/=(-0.1

+o.lr)T,當(dāng)線圈未滑動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)

勢(shì)上=〃喏=10X0.20X0.10X0.1V=0.02V,根據(jù)閉合電路歐姆定律，線圈中

E

電流/=^=().2A,由題圖乙可知1=6s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為3=0.5T,線圈受到的

安培力大小尸=〃8/L=10X0.5X0.2X0.20N=0.2N,恰好等于線圈與水平桌面

間的最大靜摩擦力0.2N,根據(jù)楞次定律可知，線圈即將向左滑動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;

線圈滑動(dòng)前，其導(dǎo)線中的電流一直為().2A,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由焦耳定律知，線圈

滑動(dòng)前，其產(chǎn)生的焦耳熱Q=/2k=0.22X0.10X6J=2.4X10-2J,詵項(xiàng)DJF確。

答案AD

突破三電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題

1.兩種狀態(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

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)系進(jìn)

非平衡態(tài)加速度不為零

行分析

2.電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)臨界問題

(1)解決這類問題的關(guān)鍵是通過受力情況和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界

狀態(tài)，如速度、加速度為最大值或最小值的條件。

E=Blv

(2)基本思路是：導(dǎo)體受外力運(yùn)動(dòng)------＞感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

r_E_Blv

'—~DRF—BIl

-----------＞感應(yīng)電流-------＞導(dǎo)體受安培力一＞合外力

F今=ma

變化———＞加速度變化一＞速度變化一＞臨界狀態(tài)

—＞列式求解。

【例4】足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN和P。表面粗糙，與水平而間的夾角為〃

［口期］8

=37。6巾37。=0.6),間距為1m。垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

的大小為4T,P、M間所接電阻的阻值為8Q。質(zhì)量為2kg的金屬桿?！ù怪睂?dǎo)

軌放置，不計(jì)桿與導(dǎo)軌的電阻，桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25。金屬桿必在

沿導(dǎo)軌向下且與桿垂直的恒力F作用下,由靜止開始運(yùn)動(dòng)，桿的最終速度為8

m/s,取g=1()m/s2，求：

圖8

(1)當(dāng)金屬桿的速度為4m/s時(shí)，金屬桿的加速度大??；

(2)當(dāng)金屬桿沿導(dǎo)軌的位移為6m時(shí),通過金屬桿的電荷量.

解析(1)對(duì)金屬桿必應(yīng)用牛頓第二定律，有

產(chǎn)+"zgsin0—F安—f=ma,f=〃/7N,FN="zgcos0

油桿所受安培力大小為產(chǎn)安=8〃

而桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv

由閉合電路歐姆定律可知/=￡

/B2LT

整理得：F+mgsinH——^~v—//mgcos9=ma

代入0m=8m/s時(shí)4=0,解得F=SN

代入v=4m/s及b=8N,解得a=4ni/s2

(2)設(shè)通過回路橫截面的電荷量為小則鄉(xiāng)=〃

F

回路中的平均電流強(qiáng)度為/=￡

回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為石=平

回路中的磁通量變化量為△⑦=①乂聯(lián)立解得q=3C

答案(1)4m/s2(2)3C

方法技巧|

用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題

［口期］9

解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下:

［多維訓(xùn)練精選練透

1.（2017.天津理綜，3）如圖9所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間

接有電阻凡金屬棒油與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)腋場

中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ah始終

保持靜止，下列說法正確的是（）

A.中的感應(yīng)電流方向由〃到a

B.〃〃中的感應(yīng)電流逐漸減小

C.砧所受的安培力保持不變

D.必所受的靜摩擦力逐漸減小

解析導(dǎo)體棒。氏電阻R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減?。?人為

一定值），則閉合回路中的磁通量均勻減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順

時(shí)針方向的感應(yīng)電流，出7中的電流方向由。到從故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第

電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)三=萼=喈=&5,回路面積S不變，即感應(yīng)電動(dòng)

勢(shì)為定值，根據(jù)閉合電路歐姆定律/=今所以/中的電流大小不變，故選項(xiàng)B

錯(cuò)誤；安培力F=BIL,電流大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則安培力減小，故選

項(xiàng)C錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，對(duì)其受力分析，水平方向靜

摩擦力/與安培力廠等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故選項(xiàng)D正確。

答案D

［口期］10

2.如圖10,在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線

框右側(cè)有一寬度為d(d>L)的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平

行，磁場方向豎直向下。導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)。，=0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰

與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場區(qū)域。下列v~t圖象中，可

能正確描述上述過程的是()

圖10

解析導(dǎo)線框開始進(jìn)入磁場過程，通過導(dǎo)線框的磁通量增大，有感應(yīng)電流，進(jìn)而

受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用，速度減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，感應(yīng)電流減小,

安培力減小，導(dǎo)線框的加速度減小，f圖線的斜率減??；導(dǎo)線框全部進(jìn)入磁場

后，磁通量不變，無感應(yīng)電流，導(dǎo)線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)；導(dǎo)線框從磁場中出來的

過程，有感應(yīng)電流，又會(huì)受到安培力阻礙作用，速度減小，加速度減小，選項(xiàng)D

正確。

答案D

突破四電磁感應(yīng)中的能量和動(dòng)量問題

1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化

?■做正功：電能整>機(jī)械能.如電動(dòng)機(jī)

安培力做功用X牛必山牛磐4焦耳熱或其他形式

I做負(fù)功:機(jī)械能o電能第#的能量,如發(fā)電機(jī)

2.求解焦耳熱。的三種方法

焦耳定律：0=7正］

焦耳熱Q的

功能關(guān)系：后”

三種求法Q=Wf

能量轉(zhuǎn)化：Q=AEK電能的減少;1

3.動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用

［口期］11

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(dāng)系

統(tǒng)內(nèi)力，如果它們受到的安培力的合力為。時(shí)，滿足動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定

律求解比較方便。

考向?電磁感應(yīng)中的能量問題

【例5】（2019.石家莊模擬）相距為L=2m的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌如圖11甲

所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為加

=0.1kg的金屬細(xì)桿必、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)

摩擦因數(shù)均為"=0.5,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，回路中而、〃電阻分別為Ri=0.6Q,R2

=0.4Qo整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8=0.50T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場

中。當(dāng)"桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力尸作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),

〃桿也同時(shí)從靜止開始沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)。測(cè)得拉力廠與時(shí)間，的關(guān)系如圖乙所示。

g取10m/s2,求：

圖11

⑴他桿的加速度出

⑵當(dāng)cd桿達(dá)到最大速度時(shí)ab桿的速度大?。?/p>

⑶若從開始到cd桿達(dá)到最大速度的過程中拉力尸做了5.2J的功，求該過程中

ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。

解析（1）由圖乙可知，/=（）時(shí)，F(xiàn)=1.5N

對(duì)桿：F—Rmg=ma

代入數(shù)據(jù)得tz=10m/s2

（2）cd桿受力情況如圖（從d向c看），當(dāng)cd桿所受重力與滑動(dòng)摩擦力相等時(shí)，速

度最大，即mg="回N

［口期］12

----?---°F:

mg

又FN=F安

安培力F^=BIL

心應(yīng)電流JR+R2-RI+/?2

由以上幾式解得v=2in/s

(3)ab桿發(fā)生的位移為X=T~=0.2m

對(duì)必桿應(yīng)用動(dòng)能定理辱

Wr-fimgx—W安=；/加

解得W安=4.9J

根據(jù)功能關(guān)系得Q=W'安

所以"桿上產(chǎn)生的焦耳熱為

Q"'=K%Q=2.94J

答案(1)10m/s2(2)2m/s(3)2.94J

考向?電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題

【例6】如圖12所示，MN、尸。是固定在水平桌面上，相距/=1.0m的光滑

平行金屬導(dǎo)軌，MP兩點(diǎn)間接有R=0.6Q的定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。質(zhì)量均

為〃2=0.1kg,阻值均為，=0.3C的兩導(dǎo)體棒。垂直于導(dǎo)軌放置，并與導(dǎo)軌良

好接觸。開始時(shí)兩棒被約束在導(dǎo)軌上處于靜止，相距xo=2m,。棒用細(xì)絲線通

過光滑滑輪與質(zhì)量為"o=().2kg的重物c相連，重物c距地面高度也為RO=2nio

整個(gè)桌面處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T。。棒解除約束后，

在重物c的拉動(dòng)下開始運(yùn)動(dòng)(運(yùn)動(dòng)過程中絲線始終與b棒沒有作用)，當(dāng)。棒即將

到達(dá)8棒位置前一瞬間，〃棒的約束被解除，此時(shí)。棒已經(jīng)勻速運(yùn)動(dòng)，試求：

［口期］13

MN

(1)。棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)棒中的電流大?。?/p>

⑵已知心人兩棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，假設(shè)導(dǎo)軌足夠長，試求該

“粗棒”能運(yùn)動(dòng)的距離；

(3)6/棒解除約束后整個(gè)過程中裝置產(chǎn)生的總焦耳熱。

解析(1)由題意，〃og=8//“，可得/a=2A

⑵設(shè)碰前。棒的速度為2則

Blv0.6X0.3

Ia=WC+0.3Q=0.5Q

v=1m/s

4b碰撞過程mv=2mv,,o'=0.5m/s

時(shí)碰撞后的整體運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)量定理得

--Bk

—IlBt=0-2mv\q=lt=------

得尸0.075m

(3)發(fā)生碰撞前

mogxo-Q\=￡(〃zo+m)v2

得01=3.85J

發(fā)生碰撞后Q2=；X2〃m'2=().()25J

所以整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程。=。+。2=3.875J

答案(1)2A(2)0.075m(3)3.875J

I多維訓(xùn)練精選練透

1.(多選)(2018?江蘇單科，9)如圖13所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為￡,

矩形勻強(qiáng)磁場I、II的高和間距均為4,磁感應(yīng)弱度為及質(zhì)量為機(jī)的水平金屬

［口期］14

桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場I和II時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R,與

導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿（）

A.剛進(jìn)入磁場I時(shí)加速度方向豎直向下

B.穿過磁場I的時(shí)間大于在兩磁場之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

C.穿過兩磁場之間的總熱量為

D.釋放時(shí)距磁場I上邊界的高度h可能小于察言

解析根據(jù)題述，由金屬桿進(jìn)入磁場I和進(jìn)入磁場H時(shí)速度相等可知，金屬桿在

磁場I中做減速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿剛進(jìn)入磁場I時(shí)加速度方向豎直向上，選項(xiàng)A

錯(cuò)誤；由于金屬桿進(jìn)入磁場I后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，而在兩磁場之間

做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程如圖所示（其中切為金屬桿剛進(jìn)入【時(shí)的速度，。2為金

屬桿剛出I時(shí)的速度），圖線與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，兩段運(yùn)動(dòng)的位移相

等，所以穿過磁場I的時(shí)間大于在兩磁場之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，選項(xiàng)B正確；根據(jù)

能量守恒定律，金屬桿從剛進(jìn)入磁場I到剛進(jìn)入磁場【I過程動(dòng)能變化量為0,重

力做功為2mgd,則金屬桿穿過磁場I產(chǎn)生的熱量。i=2/〃gd,而金屬桿在兩磁場

區(qū)域的運(yùn)動(dòng)情況相同，產(chǎn)生的熱量相等，所以金屬桿穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為

2X2"igd=4）ngd,選項(xiàng)C正確；金屬桿剛進(jìn)入磁場I時(shí)的速度v=、2gh,進(jìn)入磁

￡

場I時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=8勿，感應(yīng)電流/=初所受安培力尸=8〃，由于金

屬桿剛進(jìn)入磁場I時(shí)加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即聯(lián)

立解得心轆5,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

答案BC

2.如圖14所示，平行金屬導(dǎo)軌MMATM和平行金屬導(dǎo)軌「0AP0K固定在

［口期］15

高度差為〃(數(shù)值未知)的兩水平臺(tái)面上。導(dǎo)軌MN、MN左端接有電源,MN與MN

的間距為L=0.10m,線框空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場、磁感應(yīng)強(qiáng)度8=0.20

T；平行導(dǎo)軌PQR與PQ7?，的間距為L=0.10m,其中PQ與是圓心角為60。、

半徑為r=().5()m的圓弧形導(dǎo)軌，QR與QR是水平長直導(dǎo)軌，Q0右側(cè)有方向豎

直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度&=0.4()T。導(dǎo)體棒。質(zhì)量如=0.()2kg,接在電

路中的電阻Ri=2.0Q,放置在導(dǎo)軌MN、MW右側(cè)NW邊緣處；導(dǎo)體棒方質(zhì)量

,712=0.04kg,接在電路中的電阻R2=4.0C,放置在水平導(dǎo)軌某處。閉合開關(guān)K

后，導(dǎo)體棒。從NM水平拋出，恰能無碰撞地從尸P處以速度切=2m/s滑入平行

導(dǎo)軌,且始終沒有與棒b相碰。重力加速度g=10m/s2,不計(jì)一切摩擦及空氣阻

力。求：

(1)導(dǎo)體棒b的最大加速度；

(2)導(dǎo)體棒a在Q2右側(cè)磁場中產(chǎn)生的焦耳熱；

(3)閉合開關(guān)K后，通過電源的電荷量外

解析⑴設(shè)。棒滑到水平導(dǎo)軌上時(shí)的速度大小為。2,則從PP到QQ，，由動(dòng)能

定理得

11

mig。?-rcos600)=3m\vi7-yn\in9

解得s=3m/s

因?yàn)椤ò魟傔M(jìn)磁場時(shí)，〃、〃棒中的電流最大，〃棒受力最大，加速度最大，所以

E=&￡U2=().12V

/=RI+R2=QO2A

由牛頓第二定律有B2lL=ni2am^

則導(dǎo)體棒b的最大加速度々max=0.02m/s?

⑵兩個(gè)導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)量守恒且能量守恒，當(dāng)兩棒的速度相等時(shí)回路

［口期］16

中的電流為零，此后兩棒做勻速運(yùn)動(dòng)，兩棒不再產(chǎn)生焦耳熱。所以

由動(dòng)量守恒定律有加1。2=（8+機(jī)2）。3

設(shè)。棒在此過程中產(chǎn)生的焦耳熱為?！?，b棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q

由能量守恒定律有?vi=^（/ni+團(tuán)2）*+Qa+Qb

由于。、b棒串聯(lián)在一起，所以有覆=盛

Q（l=0.02J

（3）設(shè)閉合開關(guān)后，。棒以速度次）水平拋出，則有

oo=oicos600=1m/s

對(duì)。棒沖出過程由動(dòng)量定理得

￡Bi/LAr=/muo即B\Lq=m\va

q=1C

答案(1)0.02m/s2(2)0.02J(3)1C

核心素養(yǎng)提升

建構(gòu)模型系列一高考?？嫉摹扒懈钅Ｐ汀?/p>

【真題模型再現(xiàn)】

來源圖例模型命題點(diǎn)

右手定則、E=BLv

2016?高考全國卷“導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切

的應(yīng)用、閉合電路

11第20題[割”模型

?1Q歐姆定律

受力分析、平衡條

2016?高考全國卷“導(dǎo)體棒平動(dòng)切

件、公式E=BLv

I第24題割，，模型

的應(yīng)用

牛頓第二定律、法

2016?高考全國卷；xxxx|“單棒+導(dǎo)軌”模

1F.:xxxx

[XXXX\拉第電磁感應(yīng)定

II第24題______xXX1型

律、歐姆定律

法拉第電磁感應(yīng)定

2017?高考全國卷bc''

“線框切割”模型律、右手定則、安

II第20題

目i培力

［口期］17

x^5xxxpx

2017?高考全國卷“單棒+導(dǎo)軌”模楞次定律、磁通量

III第15題型的概念

x~><|落

法拉第電磁感應(yīng)定

X

2018?高考全國卷“導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切律、閉合電路歐姆

\

1第17題割”模型定律、電荷量的計(jì)

'o

算

昌Li-f圖象、楞次定

?高考全國卷

2018x

1X,XX,?*,XX

:XX：??:xX；??；XX“線框切割”模型律、法拉第電磁感

II第18題Wtt?:XX.

應(yīng)定律

［口期］18

【?？寄Ｐ陀?xùn)練】

1.［“導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割”模型］(多選)如圖15所示為一圓環(huán)發(fā)電裝置，用電阻R

=4Q的導(dǎo)體棒彎成半徑L=0.2m的閉合圓環(huán)，圓心為O,COD是一條直徑，

在O、。間接有負(fù)載電阻舟=1。0整個(gè)圓環(huán)中均有3=0.5T的勻強(qiáng)磁場垂直環(huán)

面穿過。電阻r=1C的導(dǎo)體棒OA貼著圓環(huán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，角速度to=300

rad/s,貝ij()

圖15

A.當(dāng)0A到達(dá)0C處時(shí)，圓環(huán)的電功率為1W

B.當(dāng)0A到達(dá)OC處時(shí)，圓環(huán)的電功率為2W

C.全電路最大功率為3W

D.全電路最大功率為4.5W

解析當(dāng)OA到達(dá)OC處時(shí)，圓環(huán)的電阻為1C,與幻串聯(lián)接入電路，外電阻為

2Q,棒轉(zhuǎn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)石=3以?①=3V,圓環(huán)上分壓為1V,所

以圓環(huán)上的電功率為1W,選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)OA到達(dá)0。處時(shí)，圓環(huán)中

的電流為零，此時(shí)電路中總電阻最小，而電動(dòng)勢(shì)式變，所以全電路的電功率最大

F2

為尸=6^=4.5W,選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。

答案AD

2.［“單棒+導(dǎo)軌”模型］如圖16所示，足夠長的金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，金

屬導(dǎo)軌寬度L=1.0m,導(dǎo)軌上放有垂直導(dǎo)軌的金屬桿P,金屬桿質(zhì)量為〃z=0.1kg,

空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度8=0.5T、豎直向下的勻強(qiáng)磁場。連接在導(dǎo)軌左端的電阻R

=3.0Q,金屬桿的電阻r=1.0Q,其余部分電阻不計(jì)。某時(shí)刻給金屬桿一個(gè)水

平向右的恒力F,金屬桿P由靜止開始運(yùn)動(dòng)，圖乙是金屬桿P運(yùn)動(dòng)過程的v-t

圖象，導(dǎo)軌與金屬桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5。在金屬桿P運(yùn)動(dòng)的過程中，第一

個(gè)2s內(nèi)通過金屬桿P的電荷量與第二個(gè)2s內(nèi)通過產(chǎn)的電荷量之比為3:5og

取10m/s2o求：

［口期］19

圖16

(1)水平恒力廠的大??；

(2)前4s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量。

解析(1)由圖乙可知金屬桿。先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，2s后做勻速直線運(yùn)

動(dòng)

當(dāng)，=2s時(shí)，v=4m/s,此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=8Lu

E

感應(yīng)電流/=而；

B2Lrv

安培力F=BIL=-^—

R-rr

根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有F—F—jtifng=O

解得尸=0.75N。

E

(2)通過金屬桿P的電荷量?/

其中萬=綃=半

所以4=給8乩1為P的位移)

設(shè)第一個(gè)2s內(nèi)金屬桿尸的位移為箝，第二個(gè)2s內(nèi)尸的位移為12

則△6=BLx\,A02=BLxi=BLvt

又由于?。喉?3:5

聯(lián)立解得也=8m,Xi=4.8m

前4s內(nèi)由能量守恒定律得

尸(xi+X2)=^mv2+/Limgixi+尤2)+Qr+QR

其中Q「：QR=r：R=\：3

解得QR=1.8J。

答案(1)0.75N(2)1.8J

3.［“雙棒+導(dǎo)軌”模型］如圖17所示，辱直放置的兩光滑平行令屬導(dǎo)軌置于垂

［口期］20

直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場中，兩根質(zhì)量相同的導(dǎo)體棒。和〃垂直放置在導(dǎo)軌

上且與導(dǎo)軌接觸良好，可自由滑動(dòng)。先固定。，釋放從當(dāng)〃的速度達(dá)到10m/s

時(shí)，再釋放經(jīng)過1s后，。的速度達(dá)到12m/s,則：(g取lOnVs?)

圖17

⑴此時(shí)〃的速度是多大？

(2)假若導(dǎo)軌很長，試分析“、〃棒最后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。

解析(1)當(dāng)〃棒先向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，在。和〃以及導(dǎo)軌所組成的閉合回路中產(chǎn)生感

應(yīng)電流，于是。棒受到向下的安培力，〃棒受到向上的安培力，且二者大小相等。

釋放。棒后，經(jīng)過時(shí)間"分別以。和〃為研究表象，根據(jù)動(dòng)量定埋得

(mg+F)t=/nVa

(/ng—F)t=mvb—nWQ

解得如=18m/s

(2)在4、/?棒向下運(yùn)動(dòng)的過程中，4棒的加速度n=g+A，棒的加速度S=g

-￡閉合回路中磁通量的變化逐漸減小直至不變，感應(yīng)電流也逐漸減小直至消

失，則安培力也逐漸減小到零。最后，兩棒以共同的速度向下做加速度為g的勻

加速運(yùn)動(dòng)。

答案(1)18m/s(2)6、〃棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)

4"“線框切割”模型］(2019?南昌三校聯(lián)考)如圖18所示,空間分布著水平方向

的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域的水平寬度d=0.4m,豎直方向足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度8=

().5To正方形導(dǎo)線框PQMN邊長L=0.4in,質(zhì)量6=0.2kg,電阻R=0.1Q,開

始時(shí)放在光滑絕緣水平板上“I”位置。現(xiàn)用一水平向右的恒力/=0.8N拉線

框，使其向右穿過磁場區(qū)域，最后到達(dá)“11”位置(MN邊恰好出磁場)。己知線

框平面在運(yùn)動(dòng)中始終保持在豎直平面內(nèi)，PQ邊剛進(jìn)入磁場時(shí)線框恰好做勻速運(yùn)

動(dòng)，gMX10m/s2o試求：

［口期］21

圖18

(1)線框進(jìn)入磁場前運(yùn)動(dòng)的距離Q；

(2)上述整個(gè)過程中線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱；

⑶線框進(jìn)入磁場過程中通過其某一截面的電荷量。

解析(1)線框在磁場中勻速運(yùn)動(dòng)，有尸安=尸

F安=BIL,1=彳,E=BLvi

K

FR

聯(lián)立解得vi=B?L2=2m/s

由動(dòng)能定理得FD=^mvi

解得0=0.5m

(2)由能量守恒定律可知。=2Fd=2X0.8X0.4J=0.64J

2

卬.卜①一zaBAS0.5X0.4

(3)根據(jù)q=R可付q=R=6"jC—0.8C

答案(1)0.5m(2)0.64J(3)0.8C

課時(shí)作業(yè)

電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用(-)

(時(shí)間：40分鐘)

基礎(chǔ)鞏固練

1.如圖1甲所示，在電阻R=1C,面積8=0.30?的圓形線框中心區(qū)域存在勻

強(qiáng)磁場，圓形磁場區(qū)面積S2=0.2m2。若取磁場方向垂直紙面向外為正方向，磁

感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化規(guī)律可用圖乙描述，則線框中的感應(yīng)電流/(取順時(shí)針方

向?yàn)檎较?隨時(shí)間，的變化圖線是()

/?/(x1OJT)

甲乙

［口期］22

圖1

答案C

2.如圖2所示，兩個(gè)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(shí)間均勻變化時(shí)，在大

環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,則。、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為（）

解析。、b間的電勢(shì)差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的;，故〃、b

間電勢(shì)差為選項(xiàng)B正確。

答案B

3.下列四個(gè)選項(xiàng)圖中，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、。中的導(dǎo)線框?yàn)橹苯巧刃?。各?dǎo)線框均繞垂直紙面

軸0在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如箭頭所示，轉(zhuǎn)動(dòng)周期均為兀從線框處于圖

示位置時(shí)開始計(jì)時(shí)，以在0P邊上從P點(diǎn)指向0點(diǎn)的方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向。

則在如圖所示的四個(gè)情景中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時(shí)間/的變化規(guī)律如圖3所示

的是（）

［口期］23

圖3

:屋一建：遇屋：田二：砥

XXXXXXXV.XXXXXXX.:X

一由一…汨i迷…一加…

ABCD

解析根據(jù)感應(yīng)電流在一段時(shí)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j隨時(shí)間t的變化規(guī)律如題圖所示的是選項(xiàng)Co

答案C

4.（多選）如圖4甲所示，光滑“N”形金屬支架A8C固定在水平面上，支架處

在垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場中，一金屬導(dǎo)體棒石廠放在支架上，用一輕桿將

導(dǎo)體棒與墻固定連接，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，取垂直于水平

面向下為正方向，則下列說法中正確的是（）

圖4

A.力時(shí)刻輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力最大

B./2時(shí)刻輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為零

C.上到A時(shí)間內(nèi)，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力先增大后減小

D.尬到白時(shí)間內(nèi)，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力方向不變

解析由E=〃詈，可知力時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，感應(yīng)電流為零，安培力為零，

輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為零，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；/2時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為最大，感應(yīng)電

流最大，但磁場為零，安培力為零，輕桿對(duì)導(dǎo)體律的作用力為零，故選項(xiàng)B正

確；，2到A時(shí)間內(nèi)，安培力先增大后減小，所以輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力先增大后

減小，故選項(xiàng)C正確；，2到，4時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流方向改變，安培力方向改變，則

輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力方向改變，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

答案BC

5.如圖5所示，邊長為L的正方形單匝線框有一半水平放置在與水平方向夾角

為30。的勻強(qiáng)磁場中，線框的左側(cè)接入電阻R,右側(cè)接入電容為。的電容器，其

［口期］24

余電阻不計(jì)。若勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間/的變化規(guī)律如圖乙所示（規(guī)定

斜向下為正方向），則在0?力時(shí)間內(nèi)（

圖5

A.電容潛。板帶正電

B.電容器所帶的電荷量為零

RA

C.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為

2ro

Bol}

D.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為

4/o

解析穿過線框的磁通量先向上減小，后向下增大，根據(jù)楞次定律可以判斷，感

SABsin30。

應(yīng)電流為逆時(shí)針，匕板帶正電，錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律

AE=A/

XL2XB

J^B^,電容器所帶的電荷量。=。E=隼盧

,B、C錯(cuò)誤，D正

to~4fo

確。

答案D

6.（多選）在水平放置的兩條平行光滑直導(dǎo)軌上有一垂直其放置的金屬棒。從勻

強(qiáng)磁場與軌道平而垂直，磁場方向如圖6所示，導(dǎo)軌接有兩定值電阻及電阻箱R,

Ri=5C,R?=6Q,其余電阻不計(jì)。電路中的電壓表量程為0?10V,電流表的

量程為。?3A,現(xiàn)將R調(diào)至30Q,用尸=40N的水平向右的力使ab垂直導(dǎo)軌向

右平移，當(dāng)棒而達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，兩電表中有一表正好達(dá)到滿偏，而另一表未

達(dá)到滿偏。則下列說法正確的是（）

圖6

A.當(dāng)棒砧達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，電流表滿偏

B.當(dāng)棒仍達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，電壓表滿偏

［口期］25

C.當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，棒ab的速度是1m/s

D.當(dāng)棒他達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，棒油的速度是2m/s

解析假設(shè)電壓表滿偏，則通過電流表的電流為/=下%=2AV3A,所以電

R2+R0

壓表可以滿偏，此時(shí)電流表的示數(shù)為2A,故A錯(cuò)誤，B正確；棒"勻速運(yùn)動(dòng)

F

時(shí)，水平拉力廠與安培力大小相等，則有五A=F=8/L,得AL=7=20N/A,感

F20

應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=U+/Ri=（10+2X5）V=20V,又E=BLv,則得。=而=而m/s

LJLJNil

=1in/s,故C正確，D錯(cuò)誤°

答案BC

7.（多選）如圖7所示，平行且足夠長的兩條光滑金屬導(dǎo)軌，相距L=0.4