2024高考物理二輪復(fù)習(xí)專題復(fù)習(xí)篇專題4第2講電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用學(xué)案

PAGE13-電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用[建體系·知關(guān)聯(lián)][析考情·明策略]考情分析近幾年高考對本講的考查集中在楞次定律，法拉第電磁感定律的應(yīng)用，電磁感應(yīng)中的圖象問題、電路問題、動(dòng)力學(xué)和能量問題，題型以選擇題為主；計(jì)算題常以“導(dǎo)體棒”切割磁感線為背景，還可能會(huì)涉及動(dòng)量的問題。素養(yǎng)呈現(xiàn)1.感應(yīng)電流的產(chǎn)生、方向推斷及大小計(jì)算2.電磁感應(yīng)中的電路分析及圖象問題3.電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量問題素養(yǎng)落實(shí)1.駕馭楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律，并敏捷應(yīng)用2.駕馭電磁感應(yīng)中圖象的分析技巧3.做好電磁感應(yīng)中的電路分析、電源分析、動(dòng)力學(xué)和能量轉(zhuǎn)化分析考點(diǎn)1|楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律1．判定感應(yīng)電流方向的兩種方法(1)楞次定律：一般用于線圈面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生改變的情形。(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(dòng)勢的方法(1)感生電動(dòng)勢：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S不變時(shí)E＝nS\f(ΔB,Δt),B不變時(shí)E＝nB\f(ΔS,Δt)))(2)動(dòng)生電動(dòng)勢：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平動(dòng)切割：E＝Blv,轉(zhuǎn)動(dòng)切割：E＝\f(1,2)Bl2ω))[典例1](多選)在三角形ABC區(qū)域中存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，三邊電阻均為R的三角形導(dǎo)線框abc沿AB方向從A點(diǎn)以速度v勻速穿過磁場區(qū)域。如圖所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACBA．感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向，后沿順時(shí)針方向B．感應(yīng)電流先增大，后減小C．通過線框的電荷量為eq\f(\r(3)BL2,6R)D．c、b兩點(diǎn)的最大電勢差為eq\r(3)BLv[題眼點(diǎn)撥]①“三角形導(dǎo)線框”表明線框進(jìn)入磁場過程中有效長度發(fā)生改變。②“穿過磁場區(qū)域”表明磁通量先增大，后削減。AD[線圈穿越磁場的過程中，磁通量先增加后減小，則依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向，后沿順時(shí)針方向，選項(xiàng)A正確；線框穿過磁場的過程中，切割磁感線的有效長度先增加、后減小、再增加，則感應(yīng)電流先增加、后減小、再增加，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R總)，因進(jìn)入和穿出磁場時(shí)，磁通量的改變量相同，且感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向，后沿順時(shí)針方向，可知通過線框的電荷量為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場時(shí)，c、b兩點(diǎn)的電勢差最大，最大為Ucb＝E＝B·eq\r(3)Lv＝eq\r(3)BLv，選項(xiàng)D正確。]反思感悟：(1)“找、判、定”三步確定電勢的凹凸。(2)電磁感應(yīng)中電荷量的求解方法q＝eq\o(I,\s\up7(－))t＝neq\f(ΔΦ,R＋r)(n：匝數(shù)，ΔΦ：磁通量改變量，R＋r：閉合電路的總電阻)[跟進(jìn)訓(xùn)練]1.A、B兩閉合圓形導(dǎo)線環(huán)用相同規(guī)格的導(dǎo)線制成，它們的半徑之比rA∶rB＝2∶1，在兩導(dǎo)線環(huán)包圍的空間內(nèi)存在一正方形邊界的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于兩導(dǎo)線環(huán)所在的平面，如圖所示。在磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間勻稱增大的過程中，下列說法正確的是()A．兩導(dǎo)線環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相等B．A環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大于B環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢C．流過A、B兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流的大小之比為1∶4D．流過A、B兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流的大小之比為1∶1A[某一時(shí)刻穿過A、B兩導(dǎo)線環(huán)的磁通量均為穿過磁場所在區(qū)域的磁通量，設(shè)磁場區(qū)域的面積為S，則Φ＝BS，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，對A、B兩導(dǎo)線環(huán)，有eq\f(EA,EB)＝1，所以A正確，B錯(cuò)誤；I＝eq\f(E,R)，R＝ρeq\f(l,S1)(S1為導(dǎo)線的橫截面積)，l＝2πr，所以eq\f(IA,IB)＝eq\f(EArB,EBrA)＝eq\f(1,2)，C、D錯(cuò)誤。]2．(多選)(2024·湖北部分重點(diǎn)中學(xué)新起點(diǎn)考試)將一根粗細(xì)勻稱的導(dǎo)線折成如圖所示的閉合線框，線框上C、D連線的左側(cè)是半徑為r的半圓，右側(cè)與C、D連線形成等邊三角形。將線框放在光滑水平面上，其右側(cè)為磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直水平面對下的勻強(qiáng)磁場(虛線為磁場邊界)，現(xiàn)用外力拉著線框以速度v勻速水平向右進(jìn)入該磁場，且運(yùn)動(dòng)過程中C、D連線與磁場邊界始終平行，下列說法正確的是()A．線框進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不變B．線框進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢先變大后變小C．C、D連線到達(dá)磁場邊界時(shí)，C、D兩端的電壓為eq\f(2πBrv,π＋4)D．C、D連線到達(dá)磁場邊界時(shí)，C、D兩端的電壓為2BrvBC[線框進(jìn)入磁場的過程中，切割磁感線的有效長度先增大后減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢先增大后減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；C、D連線到達(dá)磁場邊界時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝2Brv，線框?qū)Ь€總長度為L＝πr＋4r，C、D兩端電壓為U＝2Brv×eq\f(πr,πr＋4r)＝eq\f(2πBrv,π＋4)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。]3.(多選)如圖，水平放置兩個(gè)同心金屬半圓環(huán)，半徑分別為r和2r，兩環(huán)間分布著垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在兩環(huán)間連接一個(gè)電容為C的電容器，c、d是電容器的兩個(gè)極板，ab是可繞圓心轉(zhuǎn)動(dòng)，長為r的金屬桿，沿半徑方向放置在兩環(huán)間且接觸良好?，F(xiàn)讓其繞圓心以恒定角速度ω沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。不計(jì)一切電阻，則下列說法正確的是()A．電容器c極板帶正電B．c、d間電壓漸漸增大C．金屬桿ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢為Bω2rD．電容器所帶電荷量為eq\f(3,2)CBωr2AD[依據(jù)右手定則可知，ab桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，a端為低電勢，b端為高電勢，則電容器c板帶正電，d板帶負(fù)電，選項(xiàng)A正確；依據(jù)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv＝Brω×eq\f(r＋2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；依據(jù)電容器電荷量的計(jì)算公式得Q＝CU＝CE＝eq\f(3,2)CBωr2，選項(xiàng)D正確。]考點(diǎn)2|電磁感應(yīng)中的圖象問題依據(jù)題目所給條件，選擇圖象圖象選擇問題的2種處理方法解除法定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的改變趨勢(增大還是減小)、改變快慢(勻稱改變還是非勻稱改變)，特殊是分析物理量的正負(fù)和方向，以解除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。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)系對圖象進(jìn)行分析和推斷。[典例2](多選)(2024·杭州六校聯(lián)考)如圖所示，在坐標(biāo)系xOy中，有邊長為L的閉合正方形金屬線框abcd，其一條對角線ac和y軸重合、頂點(diǎn)a位于坐標(biāo)原點(diǎn)O處。在y軸的右側(cè)Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)有一垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，磁場的上邊界與線框的ab邊剛好完全重合，左邊界與y軸重合，右邊界與y軸平行且過線框的b點(diǎn)。t＝0時(shí)刻，線框以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界的方向穿過磁場區(qū)域。取沿a→b→c→d→a方向的感應(yīng)電流為正，則在線框穿過磁場區(qū)域的過程中，感應(yīng)電流i、a與b間的電勢差Uab隨時(shí)間t改變的圖象分別是下圖中的()ABCD[題眼點(diǎn)撥]本題是線框平動(dòng)切割磁感線過磁場，可分階段分析有效長度改變推斷電流大小和方向。AD[線框d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中，ab邊切割磁感線，ab邊相當(dāng)于電源。依據(jù)右手定則可以確定線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，即正方向，ab邊產(chǎn)生的電動(dòng)勢Eab＝BLabv，有效切割長度勻稱減小到0，故Eab勻稱減小到0，則感應(yīng)電流勻稱減小到0；然后cd邊起先切割磁感線，cd邊相當(dāng)于電源，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，即負(fù)方向，cd邊產(chǎn)生的電動(dòng)勢Ecd＝BLcdv，有效切割長度勻稱減小到0，故Ecd勻稱減小到0，則感應(yīng)電流勻稱減小到0，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。線框d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)過程中，ab邊相當(dāng)于電源，電流由a到b，b點(diǎn)的電勢高于a點(diǎn)，a與b間的電勢差Uab為負(fù)值，大小等于電流乘以bc、cd、da三條邊的電阻和，并漸漸減?。籥b邊出磁場后，cd邊相當(dāng)于電源，電流由b到a，a與b間的電勢差Uab為負(fù)值，大小等于電流乘以ab邊的電阻，并漸漸減小，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。]利用題目所給圖象信息，分析相關(guān)物理量圖象應(yīng)用的3個(gè)關(guān)注(1)關(guān)注圖象所描述的物理意義；明確各種“＋”“－”的含義；(2)關(guān)注改變過程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖象改變相對應(yīng)，一般進(jìn)入磁場或穿出磁場，磁通量最大或最小，有效切割長度最大或最小等是分段的關(guān)鍵點(diǎn)。(3)關(guān)注大小、方向的改變趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對應(yīng)。[典例3](多選)(2024·全國卷Ⅰ·T20)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間改變的勻強(qiáng)磁場，其邊界如圖(a)中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)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(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖(a)所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的改變關(guān)系如圖(b)所示。則在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)()(a)(b)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(shí)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(dòng)勢大小為eq\f(B0πr2,4t0)[題眼點(diǎn)撥]①“一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線……的圓環(huán)”可推斷圓環(huán)電阻R＝ρeq\f(2πr,S)。②圖象信息：“0～t0”內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，圓環(huán)內(nèi)磁通量削減；“t0～t1BC[在0～t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，依據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，圓環(huán)所受安培力方向水平向左；在t0～t1時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度反向增大，感應(yīng)電流的方向仍為順時(shí)針，圓環(huán)所受安培力方向水平向右，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(B0,t0)＝eq\f(B0πr2,2t0)，由R＝ρeq\f(l,S)可得R＝ρeq\f(2πr,S)，依據(jù)歐姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，所以選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。][題組訓(xùn)練]1.(2024·天津和平區(qū)高三檢測)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy的二、四象限有垂直坐標(biāo)系平面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，在第三象限有垂直坐標(biāo)系平面對外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B?，F(xiàn)將半徑為L、阻值為R、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(diǎn)在紙面內(nèi)沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。t＝0時(shí)刻線框在圖示位置，設(shè)線框中電流逆時(shí)針方向?yàn)檎较?。則下列關(guān)于導(dǎo)線框中的電流隨時(shí)間改變的圖線，正確的是()ABCDB[依據(jù)楞次定律，線框從第一象限進(jìn)入其次象限時(shí)，電流方向是正方向，電流大小為eq\f(BωL2,2R)，從其次象限進(jìn)入第三象限時(shí)，電流方向是負(fù)方向，電流大小為eq\f(3BωL2,2R)，從第三象限進(jìn)入第四象限時(shí)，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(jìn)入第一象限時(shí)，電流方向是負(fù)方向，電流大小為eq\f(BωL2,2R)，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。]2．如圖甲所示，導(dǎo)體棒MN置于水平導(dǎo)軌上，P、Q之間有阻值為R的電阻，PQNM所圍的面積為S，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻。導(dǎo)軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場，規(guī)定磁場方向豎直向上為正方向，在0～2t0時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的改變狀況如圖乙所示，導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()甲乙A．在0～t0和t0～2t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒受到導(dǎo)軌的摩擦力方向相同B．在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，通過電阻R的電流方向?yàn)镻到QC．在0～t0時(shí)間內(nèi)，通過電阻R的電流大小為eq\f(2B0S,Rt0)D．在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，通過電阻R的電荷量為eq\f(2B0S,R)D[由楞次定律可推斷：在0～t0時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流沿PQNMP方向，導(dǎo)體棒所受安培力水平向右，摩擦力水平向左；在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流沿PMNQP方向，導(dǎo)體棒所受安培力水平向左，摩擦力水平向右，則選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；0～t0時(shí)間內(nèi)，電路中的電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)＝eq\f(ΔBS,ΔtR)＝eq\f(B0S,Rt0)，則選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t0～2t0時(shí)間內(nèi)，通過電阻R的電荷量為q＝I′Δt′＝eq\f(ΔΦ′,R)＝eq\f(2B0S,R)，則選項(xiàng)D正確。]3．如圖甲所示，半徑為2r的圓形線圈內(nèi)有垂直紙面方向改變的圓形磁場，磁場區(qū)域的半徑為r，線圈與磁場區(qū)域共圓心，線圈中產(chǎn)生了如圖乙所示的感應(yīng)電流(規(guī)定逆時(shí)針方向的電流為正)。若規(guī)定垂直紙面對外的方向?yàn)榇艌稣较颍瑒t能產(chǎn)生圖乙所示的感應(yīng)電流的磁場為()甲乙ABCDD[0～t0時(shí)間內(nèi)的感應(yīng)電流為正(逆時(shí)針)，由右手螺旋定則得到感應(yīng)磁場方向向外，而由楞次定律知原磁場方向可以是向外(正)減小或向里(負(fù))增大，而感應(yīng)電流大小恒定，由E＝neq\f(ΔB,Δt)S，I＝eq\f(E,R)知須要原磁場勻稱改變，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，D正確。]考點(diǎn)3|電磁感應(yīng)中力電綜合問題3．求解焦耳熱Q的三種方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt。(2)功能關(guān)系：Q＝W安。(3)能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE其他。4．利用動(dòng)量定理求感應(yīng)電荷量或運(yùn)動(dòng)位移如：Beq\o(I,\s\up7(－))LΔt＝Δp，q＝eq\o(I,\s\up7(－))·Δt，可得q＝eq\f(Δp,BL)。eq\f(B2L2\o(v,\s\up7(－)),R總)Δt＝Δp，x＝eq\o(v,\s\up7(－))Δt，可得x＝eq\f(ΔpR總,B2L2)。[典例4]如圖所示，光滑導(dǎo)軌MN和PQ固定在豎直平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2。兩導(dǎo)軌間有一邊長為eq\f(L,2)的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m的金屬桿與導(dǎo)軌相互垂直且接觸良好，從ab處由靜止釋放，若金屬桿離開磁場前已做勻速運(yùn)動(dòng)，其余電阻均不計(jì)。求：(1)金屬桿離開磁場前的瞬間流過R1的電流大小和方向。(2)金屬桿離開磁場時(shí)速度的大小。(3)金屬桿穿過整個(gè)磁場過程中電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱。[題眼點(diǎn)撥]①“離開磁場前已做勻速運(yùn)動(dòng)”表明此時(shí)安培力與重力平衡。②“邊長為eq\f(L,2)的正方形區(qū)域”表明導(dǎo)體棒切割的有效長度為eq\f(L,2)。[解析](1)設(shè)流過金屬桿中的電流為I，由平衡條件得mg＝BIeq\f(L,2)，解得I＝eq\f(2mg,BL)所以R1中的電流大小I1＝eq\f(I,2)＝eq\f(mg,BL)，方向從P到M。(2)設(shè)金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v由E＝Beq\f(L,2)vE＝Ieq\f(R,2)得v＝eq\f(2mgR,B2L2)。(3)mgeq\f(L,2)＝Q＋eq\f(1,2)mv2得Q＝eq\f(mgL,2)－eq\f(2m3g2R2,B4L4)R1上產(chǎn)生的焦耳熱為QR1＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(mgL,4)－eq\f(m3g2R2,B4L4)。[答案](1)eq\f(mg,BL)，方向從P到M(2)eq\f(2mgR,B2L2)(3)eq\f(mgL,4)－eq\f(m3g2R2,B4L4)規(guī)律總結(jié)：力電綜合問題的分析思路[母題追問]1．“雙桿＋導(dǎo)軌”模型如圖所示，兩根質(zhì)量均為m＝2kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導(dǎo)軌上，左右兩部分導(dǎo)軌間距之比為1∶2，導(dǎo)軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強(qiáng)磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計(jì)導(dǎo)軌電阻?，F(xiàn)用250N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運(yùn)動(dòng)s＝0.5m時(shí)其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝30J，此時(shí)兩棒速率之比為vA∶vC＝1∶2，現(xiàn)馬上撤去拉力F，設(shè)導(dǎo)軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運(yùn)動(dòng)，求：(1)在CD棒運(yùn)動(dòng)0.5m的過程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱；(2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v′A和v′C。[解析](1)設(shè)兩棒的長度分別為l和2l，所以電阻分別為R和2R，由于電路中任何時(shí)刻電流均相等，依據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，則AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q1(2)依據(jù)能量守恒定律，有Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋Q1＋Q2又vA∶vC＝1∶2，Q2＝30J代入數(shù)據(jù)得vA＝4m/s，vC＝8m/s。(3)撤去拉力F后，AB棒接著向左做加速運(yùn)動(dòng)，而CD棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電路中感應(yīng)電流為零，即兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢大小相等，此時(shí)兩棒的速度滿意BLv′A＝B·2Lv′C即v′A＝2v′C(不對過程進(jìn)行分析，認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒是常見錯(cuò)誤)對兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理，有eq\o(F,\s\up7(－))A·t＝mv′A－mvA，－eq\o(F,\s\up7(－))C·t＝mv′C－mvC。因?yàn)閑q\o(F,\s\up7(－))C＝2eq\o(F,\s\up7(－))A，故有eq\f(v′A－vA,vC－v′C)＝eq\f(1,2)聯(lián)立以上各式解得v′A＝6.4m/s，v′C＝3.2m/s。[答案](1)15J(2)4m/s8m/s(3)6.4m/s3.2m/s2．“導(dǎo)體框”運(yùn)動(dòng)模型如圖所示，在傾角θ＝37°的光滑絕緣斜面內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)量分別為4m和m的正方形導(dǎo)線框a、b，電阻均為R，邊長均為l；它們分別系在一跨過兩個(gè)輕質(zhì)定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一方向垂直斜面對下、寬度為2l的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；起先時(shí)，線框b的上邊框與勻強(qiáng)磁場的下邊界重合，線框a的下邊框到勻強(qiáng)磁場的上邊界的距離為l?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，線框a恰好勻速穿越磁場區(qū)域。不計(jì)滑輪摩擦和空氣阻力，重力加速度為(1)線框a穿出磁場區(qū)域時(shí)的電流大小；(2)線框a穿越磁場區(qū)域時(shí)的速度大??；(3)線框b進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱。[解析](1)設(shè)繩子拉力為F，線框a勻速穿越磁場區(qū)域?qū)€框a：4mgsinθ＝F安＋F對線框b：F＝mgsinθ且F安＝BIl解得：I＝eq\f(9mg,5Bl)(2)線框a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框a、b速度大小相等E＝BLvI＝eq\f(E,R)解得：v＝eq\f(9mgR,5B2l2)。(3)設(shè)線框b進(jìn)入磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱為Q，對系統(tǒng)列能量守恒方程4mglsinθ＝mglsinθ＋eq\f(1,2)×5mv2＋Q得Q＝eq\f(9,5)mgl－eq\f(81m3g2R2,10B4l4)。[答案](1)eq\f(9mg,5Bl)(2)eq\f(9mgR,5B2l2)(3)eq\f(9,5)mgl－eq\f(81m3g2R2,10B4l4)考點(diǎn)4|電磁感應(yīng)中的STSE問題以科技為背景、考查電磁感應(yīng)問題[典例5](多選)近年來，手機(jī)無線充電功能的廣泛應(yīng)用為人們供應(yīng)了很大便利，如圖甲所示為手機(jī)無線充電裝置，其內(nèi)部如圖乙所示，手機(jī)和充電板內(nèi)部均安裝了金屬線圈，將手機(jī)置于通電的充電板上，便實(shí)現(xiàn)了“無線充電”。充電時(shí)，充電板接溝通電源，對充電板供電，充電板內(nèi)的勵(lì)磁線圈可產(chǎn)生交變磁場，從而使手機(jī)內(nèi)的感應(yīng)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流。若從t＝0起先，對充電板內(nèi)勵(lì)磁線圈a端通入如圖丙所示的交變電流，下列說法正確的是()甲乙丙A．在手機(jī)和充電板間墊上幾張紙，也能無線充電B．t1～t2時(shí)間內(nèi)感應(yīng)線圈與勵(lì)磁線圈相互吸引C．t2～t3時(shí)間內(nèi)d點(diǎn)電勢高于c點(diǎn)電勢D．t3時(shí)刻感應(yīng)線圈中電流最大AB[因紙張不影響電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故也能無線充電，選項(xiàng)A正確；t1～t2時(shí)間內(nèi)，由楞次定律可知，此時(shí)感應(yīng)電