2018高三物理(新課標)一輪講義：專題10電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題解析VIP

1、備戰(zhàn)高考 挑戰(zhàn)自我 迎接夢想專題十電磁感應(yīng)中的動力學和能量問題考綱解讀1.能解決電磁感應(yīng)問題中涉及安培力的動態(tài)分析和平衡問題.2.會分析電磁感應(yīng)問題中的能量轉(zhuǎn)化，并會進行有關(guān)計算.課堂探究*考點突破先做后聽共同探究規(guī)律方法考點一電磁感應(yīng)中的動力學問題分析1 .導體的平衡態(tài)靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài).處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析.2 .導體的非平衡態(tài)一一加速度不為零.處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析.例1如圖1所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導軌，間距L = 0.50 m,導軌平面與水平面間夾角0= 37°, N、Q間連接一個電阻 R= 5.

2、0 Q,勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁 感應(yīng)強度B=1.0 T.將一根質(zhì)量為 m= 0.050 kg的金屬棒放在導軌的 ab位置，金屬棒 及導軌的電阻不計.現(xiàn)由靜止釋放金屬棒， 金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與導軌垂 直，且與導軌接觸良好.已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)尸0.50,當金屬棒滑行至cd處時，其速度大小開始保持不變， 位置cd與ab之間的距離s= 2.0 m .已知g= 10 m/s2, sin 37 = 0.60, cos 37 = 0.80.求：圖1(1)金屬棒沿導軌開始下滑時的加速度大??；(2)金屬棒到達cd處的速度大??；(3)金屬棒由位置ab運動到cd的過程中，電阻 R產(chǎn)生

3、的熱量.解析(1)設(shè)金屬棒開始下滑時的加速度大小為a,則mgsin 0-科 mgos 0= ma2a= 2.0 m/s(2)設(shè)金屬棒到達cd位置時速度大小為 v、電流為I,金屬棒受力平衡，有mgsin 0= BIL + 科 mgos 0BLvIF解得 v= 2.0 m/s設(shè)金屬棒從ab運動到cd的過程中，電阻 R上產(chǎn)生的熱量為 Q,由能量守恒，有12 ,mgssin 0= 2mv + 叱 mgos 0+ Q解得 Q = 0.10 J答案 (1)2.0 m/s2 (2)2.0 m/s (3)0.10 J思維提升電磁感應(yīng)與動力學問題的解題策略第4頁共17頁此類問題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)系、相互制

4、約，解決問題前首先要建立 “動一電一動”的思維順序，可概括為:(1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動勢的大小和方向.(2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中感應(yīng)電流的大小及方向.分析安培力對導體棒運動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的感應(yīng)電流 有什么影響，最后定性分析導體棒的最終運動情況.(4)列牛頓第二定律或平衡方程求解.突破訓練1如圖2所示，相距為L的兩條足夠長的平行金屬導軌，與水平面的夾角為也導軌上固定有質(zhì)量為 m、電阻為R的兩根相同的導體棒，導體棒 MN上方軌道粗糙、 下方軌道光滑，整個空間存在垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.將兩根導體棒同時釋放后，

5、觀察到導體棒 MN下滑而EF保持靜止，當MN下滑速度最大時，EF與軌道間的摩擦力剛好達到最大靜摩擦力，下列敘述正確的是A.導體棒MN的最大速度為B.導體棒EF與軌道之間的最大靜摩擦力為mgsin 0C.導體棒MN受到的最大安培力為 mgsin 0m2g2Rsin2D.導體棒MN所受重力的最大功率為/2一答案 AC解析 由題意可知，導體棒 MN切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv,回路中的電流I=S，MN受到的安培力 F=BIL=BLv,故MN沿斜面做加速度減小的加速運 2R2 R動，當MN受到的安培力大小等于其重力沿軌道方向的分力時，速度達到最大值，此后MN做勻速運動.故導體棒 MN受到的

6、最大安培力為 mgsin 0,導體棒MN的最大速度為2mg智 9,選項A、C正確.由于當MN下滑速度最大時，EF與軌道間的摩擦力剛 B L好達到最大靜摩擦力，由力的平衡知識可知 EF與軌道之間的最大靜摩擦力為2mgsin 0,2m2g2Rsin2。B錯誤.由P=Gvsin?？芍獙w棒 MN所受重力的最大功率為 一gB2L2一，D錯誤.考點二電磁感應(yīng)中的能量問題分析3 .過程分析(1)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流的過程，實質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過程.(2)電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應(yīng)電流的存在，必須有“外力”克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.“外力”

7、克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.(3)當感應(yīng)電流通過用電器時，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能.安培力做功的過程，或通過電阻發(fā)熱的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程.安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能.4 .求解思路(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直接進行計算.(2)若電流變化，則：利用安培力做的功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化，則機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能.例2如圖3所示，在傾角0= 37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強磁場區(qū)域MNPQ,磁感應(yīng)強度

8、B的大小為5 T,磁場寬度d = 0.55 m,有一邊長 L = 0.4 m、質(zhì)量m=0.6 kg、 電阻R= 2 Q的正方形均勻?qū)w線框 abcd通過一輕質(zhì)細線跨過光滑的定滑輪與一質(zhì)量為 m2 = 0.4 kg的物體相連，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)尸0.4,將線框從圖示位置由靜止釋放，物體到定滑輪的距離足夠長.(取g=10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8)求：(1)線木g abcd還未進入磁場的運動過程中，細線中的拉力為多少？(2)當ab邊剛進入磁場時，線框恰好做勻速直線運動，求線框剛釋放時 ab邊距磁場MN 邊界的距離x多大？在(2)問中的條件下，若cd邊恰

9、離開磁場邊界 PQ時，速度大小為2 m/s,求整個運動 過程中ab邊產(chǎn)生的熱量為多少？圖3審題指導1.線中g(shù) abcd未進入磁場時，線框沿斜面向下加速，m2沿水平面向左加速,屬連接體問題.2 . ab邊剛進入磁場時做勻速直線運動，可利用平衡條件求速度.3 .線框從開始運動到離開磁場的過程中，線框和物體組成的系統(tǒng)減少的機械能轉(zhuǎn)化為線框的焦耳熱.解析(1)m1、m2運動過程中，以整體法有m1 gsin 0(m2g= (m1 + m2)a2a= 2 m/s以m2為研究對象有 Ft(m2g=m2a(或以m1為研究對象有 mgsin 0 FT=m1a)Ft=2.4 N(2)線框進入磁場恰好做勻速直線運動

10、，以整體法有B2L2vm1 gsin 0 jineg三一=0Rv= 1 m/sab到MN前線框做勻加速運動，有v2 = 2axx= 0.25 m(3)線框從開始運動到 cd邊恰離開磁場邊界 PQ時：備戰(zhàn)高考 挑戰(zhàn)自我 迎接夢想12 ,migsin 0(x+d+L)2g(x+ d+L) = 2(mi+m2)vi + Q解得：Q = 0.4 J ,1所以 Qab=4Q=0.1 J答案(1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J突破訓練2如圖4所示，平行金屬導軌與水平面間的傾角為依導軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應(yīng)弓II度為B.有一質(zhì)量為m、長為l的導

11、體棒從ab位置獲得平行于斜面、大小為 v的初速度向上運動，最遠到達 a' b' 位置，滑行的距離為 s,導體棒的電阻也為 R,與導軌之間的動摩擦因數(shù)為 小則( )圖42 2A.上滑過程中導體棒受到的最大安培力為B.上滑過程中電流做功發(fā)出的熱量為2mv2- mgs(sin。+ gos 9)12C.上滑過程中導體棒克服安培力做的功為2mv2D.上滑過程中導體棒損失的機械能為2mv2- mgssin 9答案 BD解析 導體棒剛開始運動時所受安培力最大，F(xiàn)m=BIl=B1；v, A選項錯誤.由能量守2 R恒定律可知：導體棒動能減少的數(shù)值應(yīng)該等于導體棒重力勢能的增加量以及克服安培力做功產(chǎn)

12、生的電熱和克服摩擦阻力做功產(chǎn)生的內(nèi)能，其公式表示為：2mv2= mgssin。+mgsos 0+ Q電熱，則有：Q電熱=2mv2(mgssin 0+mg®s即為導體棒克服安培力做的功.導體棒損失的機械能即為克服安培力做功和克服摩擦阻力做功的和，W損失= ；mv2mgssin 0故 B、D 正確.學科素養(yǎng)培養(yǎng)物理模型構(gòu)建43.應(yīng)用動力學和能量觀點解決電磁感應(yīng)中的“導軌十桿”模型問題1 .模型概述對桿在導軌上運動組成的系統(tǒng)，桿在運動中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，并受到安培力的作用改變運動狀態(tài)最終達到穩(wěn)定的運動狀態(tài)，該系統(tǒng)稱為“導軌十桿”模型.2 .模型分類及分析方法根據(jù)桿的數(shù)目，對于 “導

13、軌十桿”模型題目，又常分為單桿模型和雙桿模型.(1)單桿模型是電磁感應(yīng)中常見的物理模型，此類問題所給的物理情景一般是導體棒垂直切割磁感線，在安培力、重力、拉力作用下的變加速直線運動或勻速直線運動，所涉及的知識有牛頓運動定律、功能關(guān)系、能量守恒定律等.此類問題的分析要抓住三點：桿的穩(wěn)定狀態(tài)一般是勻速運動 (達到最大速度或最小速度，此時合力為零).整個電路產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功.電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵從能量守恒定律.(2)雙桿類問題可分為兩種情況：一是“假雙桿”，甲桿靜止不動，乙桿運動.其實質(zhì)是單桿問題，不過要注意問題包含著一個條件：甲桿靜止、受力平衡.另一種情況是兩桿都在運動，對于這種情況，要

14、注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是相加還是相減.線框進入磁場和離開磁場的過程和單桿的運動情況相同，在磁場中運動的過程與雙桿的運動情況相同.例3如圖5所示，足夠長的金屬導軌 MN、PQ平行放置，間距為 L,與水平面成。角，導 軌與定值電阻 Ri和R2相連，且 R=R2=R, Ri支路串聯(lián)開關(guān)S,原來S閉合.勻強磁 場垂直導軌平面向上，有一質(zhì)量為m、有效電阻也為 R的導體棒ab與導軌垂直放置，它與導軌粗糙接觸且始終接觸良好.現(xiàn)將導體棒ab從靜止釋放，沿導軌下滑，當導體棒運動達到穩(wěn)定狀態(tài)時速率為v,此時整個電路消耗的電功率為重力功率的3.已知重力 加速度為g,導軌電阻不計，求：圖5(1)勻強磁場的

15、磁感應(yīng)強度B的大小和達到穩(wěn)定狀態(tài)后導體棒ab中的電流強度I;(2)如果導體棒ab從靜止釋放沿導軌下滑x距離后達到穩(wěn)定狀態(tài)，這一過程回路中產(chǎn)生的電熱是多少?(3)導體棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)后，斷開開關(guān)S,從這時開始導體棒 ab下滑一段距離后， 通 過導體棒ab橫截面的電荷量為q,求這段距離是多少？審題與關(guān)聯(lián)第8頁共17頁解析(1)回路中的總電阻為：R總=3r當導體棒ab以速度v勻速下滑時棒中的感應(yīng)電動勢為：E=BLv此時棒中的感應(yīng)電流為：1 =旦R總此時回路的總電功率為：P電=I2R總此時重力的功率為：P重 = mgvsin 0/mgvsjn 0/ 2R _ , ,3 .一根據(jù)題給條件有：P電=4p

16、重，解得:3 . , mgRsin 9B=2L V 2v1(2)設(shè)導體棒ab與導軌間的滑動摩擦力大小為Ff,根據(jù)能量守恒定律可知：jmgvsin 0=Ffv /口1解得：Ff= mgsin 0導體棒ab減少的重力勢能等于增加的動能、回路中產(chǎn)生的焦耳熱以及克服摩擦力做功的和.12 ,mgsin 0x= 2mv+Q+FfX312斛得： Q = 4mgsin 0 x ?mv（3）S斷開后，回路中的總電阻為：R總=2R設(shè)這一過程經(jīng)歷的時間為 枝,這一過程回路中的平均感應(yīng)電動勢為T,通過導體棒ab的平均感應(yīng)電流為 丁，導體棒ab下滑的距離為s,則：萬=當=哼，丁 = - = 普AtAtR總'2R

17、 困BLs得：q= I At= -2 R解得：s= 4q32vRmgsin 0答案見解析高考模擬,提能訓練走近高考檢剜課堂效果提升解題能力高考題組1 . （2013安徽16）如圖6所示，足夠長的平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37°,寬度為0.5 m,電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為 1 .一導體棒MN垂直導軌放置，質(zhì)量為0.2 kg,接入電路的電阻為 1 Q,兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為 0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為0.8 T.將導體棒 MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別

18、為（重力加速度g 取 10 m/s2, sin 37 =0.6)(圖6A. 2.5 m/s 1 WB. 5 m/s 1 WC. 7.5 m/s 9 WD. 15 m/s 9 W答案 B解析 導體棒MN勻速下滑時受力如圖所示，由平衡條件可得F安十mgos 37 = mgsin 37 ,所以 F 安=mg（sin 37 pcos 37 ）= 0.4 N ,F安由5安=8比 得1 =瓦=1 A,所以E= I（R燈+Rmn） = 2 V,導體棒的運動速度Ev=BL= 5m/s,小燈泡消耗的電功率為P燈=I2R燈=1 W .正確選項為B.模擬題組備戰(zhàn)高考 挑戰(zhàn)自我 迎接夢想2.如圖7甲所示，電阻不計且間

19、距 L=1 m的光滑平行金屬導軌豎直放置，上端接一阻值 R=2 的電阻，虛線OO'下方有垂直于導軌平面向里的勻強磁場，現(xiàn)將質(zhì)量m=0.1 kg、電阻不計的金屬桿 ab從OO'上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導軌保持良好接觸且始終水平.已知桿ab進入磁場時的速度 v°=1 m/s,下落0.3 m的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2,則（）甲Kxxx x A XXX30 廚（/10m）乙圖8第9頁共17頁A.勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B.桿ab下落0.3 m時金屬桿的速度為1 m/sC.桿ab下落0.3 m的過程中R上產(chǎn)生的熱量為0.

20、2 JD.桿ab下落0.3 m的過程中通過 R的電荷量為0.25 C答案解析在卞f ab剛進入磁場時，有B ；V0- mg=ma,由題圖乙知,Ra的大小為10 m/s2,解得B = 2 T, A錯誤.桿ab下落0.3 m時桿做勻速運動，則有 目詈R=mg,解得v'= 0.5 m/s,選項B錯誤.在桿ab下落0.3 m的過程，根據(jù)能量守恒，R上產(chǎn)生的熱量,12A B S,Q = mgh-2mv， =0.287 5 J,選項 C 錯誤.通過 R 的電荷量 q = -R = R- = 0.25 C.選項D正確.3.在如圖8所示傾角為。的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場,區(qū)

21、域I的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域H的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L.一質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的正方形導體線圈，在沿平行斜面向下的拉力F作用下由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過GH進入磁場I時，恰好做勻速直線運動，下列說法中正確的有（重力加速度為g）（）備戰(zhàn)高考 挑戰(zhàn)自我 迎接夢想A.從線圈的ab邊剛進入磁場I到線圈 dc邊剛要離開磁場n的過程中，線圈 ab邊中 產(chǎn)生的感應(yīng)電流先沿 b-a方向再沿a-b方向B.線圈進入磁場I過程和離開磁場n過程所受安培力方向都平行斜面向上4R mgsin 0+ FC.線圈ab邊剛進入磁場I時的速度大小為一 登D.線圈進入磁場I做勻速運動的過程中，

22、拉力F所做的功等于線圈克服安培力所做的功答案 BC解析 由右手定則可知線圈的ab邊剛進入磁場I和線圈的dc邊剛要離開磁場 n時，線圈ab邊中的感應(yīng)電流方向均為 b-a,線圈經(jīng)過JP時感應(yīng)電流的方向為 a-b,A錯誤.由楞次定律可判斷出感應(yīng)電流所受磁場的安培力阻礙線圈的切割磁感線運動，B正確.線圈ab邊剛進入磁場I時，受到的安培力5安=31、=與¥，由共點力的平衡知識可知F2 4R4Rfmgsin 0+ F 安=mgsin 9+ F,聯(lián)立可得線圈 ab邊剛進入磁場I時的速度大小為 221,正確.線圈進入磁場I做勻速運動的過程中，合外力做的功為 0,即拉力F和重力沿斜面方向的分力所做的功

23、等于線圈克服安培力所做的功，D錯誤.4.如圖9所示，固定的光滑平行金屬導軌間距為L,導軌電阻不計，上端 a、b間接有阻值為R的電阻，導軌平面與水平面的夾角為為且處在磁感應(yīng)強度大小為 B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中.質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒與一端固定的彈簧相連后放在導軌上.初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導體棒具有沿軌道向上的初速度Vo.整個運動過程中導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸.已知彈簧的勁度系數(shù)為k,彈簧的中心軸線與導軌平行.圖9求初始時刻通過電阻 R的電流I的大小和方向；(2)當導體棒第一次回到初始位置時，速度變?yōu)関,求此時導體棒的加速度大小 a；(3)導體棒最終靜止時彈簧的

24、彈性勢能為Ep,求導體棒從開始運動直到停止的過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.第12頁共17頁2. 22答案(1)學，電流方向為ba (2)gsine港J言前丫2+(普-EpR+ rmR+ r R+r 2k解析（1）初始時刻，導體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢Ei = BL V0通過R的電流大小EiBLvoIi=R+ r R+ r電流方向為b-a（2）回到初始位置時,導體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2= BLv.、.、 E2感應(yīng)電流I2=BLvR+ r R+ r導體棒受到的安培力大小為F = BI2L = B-（限時：45分鐘）?題組1電磁感應(yīng)中的動力學問題 .如圖1所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd,線

25、框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平 面垂直，R為一定值電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可以在 ab、cd上無摩擦地 滑動.桿ef及線框中導線的電阻都可不計.開始時，給ef一個向右的初速度，則（）-V,方向沿斜面向上R+ r根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin 0- F= maB2L2V解得 a=gsin 0-m(R+ r)導體棒最終靜止，有：mgsin 0= kx日mgsin 0壓縮量x=-一k設(shè)整個過程回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q。，根據(jù)能量守恒定律有122mvo+ mgxsin 0= Ep+ Qo. 一 212 fmgsin 01Qo = 2mvo +卜 十一Ep電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱2Q=aQo=B2m

26、v2+<ml -EpR+ rR+ r 2k練出高分圖1A. ef將減速向右運動，但不是勻減速B. ef將勻減速向右運動，最后停止C. ef將勻速向右運動D. ef將做往返運動答案 ABlv B2l2v斛析 桿ef向右運動，所受安培力F = BIl=Bln= -z-,方向向左，故桿 ef做減速運R R動；v減小，F(xiàn)減小，桿做加速度逐漸減小的減速運動， A正確.2 . 一個剛性矩形銅制線圈從高處自由下落，進入一水平的勻強磁場區(qū)域，然后穿出磁場區(qū)域繼續(xù)下落，如圖2所示，則（）,一，選人磁場 k J'k "v XXX丁離開磁場則離開磁場過程也是勻速運動 則離開磁場過程也是加速運

27、動 則離開磁場過程也是減速運動則離開磁場過程是加速運動A.若線圈進入磁場過程是勻速運動, B.若線圈進入磁場過程是加速運動, C.若線圈進入磁場過程是減速運動, D.若線圈進入磁場過程是減速運動,答案 C解析從線框全部進入磁場至線框開始離開磁場，線框做加速度為g的勻加速運動，可知線圈離開磁場過程中受的安培力大于進入磁場時受的安培力，故只有C項正確.3 .在倫敦奧運會上，100 m賽跑跑道兩側(cè)設(shè)有跟蹤儀，其原理如圖 3甲所示，水平面上兩 根足夠長的金屬導軌平行固定放置，間距為L= 0.5 m , 一端通過導線與阻值為 R= 0.5 Q的電阻連接.導軌上放一質(zhì)量為 m=0.5 kg的金屬桿，金屬桿

28、與導軌的電阻忽略不計. 勻 強磁場方向豎直向下.用與導軌平行的拉力F作用在金屬桿上，使桿運動.當改變拉力的大小時，相對應(yīng)的速度 v也會變化，從而使跟蹤儀始終與運動員保持一致.已知 v 和F的關(guān)系如圖乙.（取重力加速度g=10 m/s2澗U（）備戰(zhàn)高考 挑戰(zhàn)自我 迎接夢想甲A.金屬桿受到的拉力與速度成正比B.該磁場的磁感應(yīng)強度為1 TC.圖線在橫軸的截距表示金屬桿與導軌間的阻力大小D.導軌與金屬桿之間的動摩擦因數(shù)產(chǎn)0.4答案 BCD解析 由題圖乙可知拉力與速度是一次函數(shù)，但不成正比，故A錯；圖線在橫軸的截距是速度為零時的拉力，金屬桿將要運動，此時阻力最大靜摩擦力等于該拉力，也BLvB2L2v等于

29、運動時的滑動摩擦力，C對；由F-BIL- mg 0及I=-R-可得：F-R- mg=0,從題圖乙上分別讀出兩組 F、v數(shù)據(jù)代入上式即可求得 B=1 T,尸0.4,所以選項B、D 對.4 .如圖4所示，光滑斜面的傾角為0,斜面上放置一次I形導體線框abcd, ab邊的邊長為li,bc邊的邊長為12,線框的質(zhì)量為 m,電阻為R,線框通過絕緣細線繞過光滑的定滑輪與 一重物相連，重物質(zhì)量為M.斜面上ef線（ef平行底邊）的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為 B,如果線框從靜止開始運動，進入磁場的最初一段時間是做勻速運動的，且線框的ab邊始終平行于底邊，則下列說法正確的是（）圖4A.線框進入磁場

30、前運動的加速度為Mg mgsin (mB.線框進入磁場時勻速運動的速度為（MLmgsin 0RC.線框做勻速運動的總時間為B2I2Mg mgRsin 0D.該勻速運動過程產(chǎn)生的焦耳熱為（Mg mgsin 0）12第13頁共17頁備戰(zhàn)高考 挑戰(zhàn)自我 迎接夢想第20頁共17頁答案 D解析 由牛頓第二定律，Mg mgsin 0= (M+m)a,解得線框進入磁場前運動的加速度為Mg mgsin (,人錯誤 由平衡條件，Mg-mgsin。 F 安=0, 5安=3111，I=E, E =M + mR(Mg mgsin 里Bliv,聯(lián)立解得線框進入磁場時勻速運動的速度為y='前B錯誤.線框做勻速運動

31、的總時間為B2l2l2(Mg mgsin OR'C錯誤.由能量守恒定律，該勻速運動過程產(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)重力勢能的減小，為(Mg - mgsin 削2, D 正確.?題組2電磁感應(yīng)中的能量問題 5, 一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab,以初速度vo從一對光滑的平行金屬導軌底端向上滑行，導軌平面與水平面成 30。角，兩導軌上端用一電阻 R相連，如圖5所示，磁場垂直斜面向上，導軌的電阻不計，金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時的速度大A.向上滑行的時間小于向下滑行的時間B.向上滑行的過程中電阻 R上產(chǎn)生的熱量大于向下滑行的過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量C.向上滑行的過程中與向下滑行的過程中

32、通過電阻R的電荷量相等D.金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為；m(v2v2)答案 ABC解析金屬桿沿斜面向上運動時安培力沿斜面向下,沿斜面向下運動時安培力沿斜面向上，所以上滑過程的加速度大于下滑過程的加速度,因此向上滑行的時間小于向下滑行的時間，A對；向上滑行過程的平均速度大，感應(yīng)電流大，安培力做的功多，R上產(chǎn)生的熱量多，B對；由q=，知C對；由能量守恒定律知回路中產(chǎn)生的總熱量為 m(v2- v2), D 錯.6 .在如圖6所示的傾角為 。的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，區(qū)域I的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域H的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L,

33、一個質(zhì)量為 m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過GH進入磁場I區(qū)時，恰好以速度 vi做勻速直線運動；當 ab邊下毛t到JP 與MN的中間位置時，線框又恰好以速度 V2做勻速直線運動，從 ab邊越過GH到到達 MN與JP的中間位置的過程中， 線框的動能變化量為 AEk,重力對線框做功大小為 Wi, 安培力對線框做功大小為 W2,下列說法中正確的有()圖6A.在下滑過程中，由于重力做正功，所以有V2>V1B.從ab邊越過GH到到達MN與JP的中間位置的過程中，線框的機械能守恒C.從ab邊越過GH到到達MN與JP的中間位置的過程中， 有Wi AEk的機械

34、能轉(zhuǎn)化 為電能D.從ab邊越過GH到到達MN與JP的中間位置的過程中，線框動能的變化量大小 AEk =W1 - W2答案 CD解析 ab邊越過JP后回路感應(yīng)電動勢增大，感應(yīng)電流增大，因此所受安培力增大，安培力阻礙線框下滑，因此ab邊越過JP后開始做減速運動，使感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流均減小，安培力減小，當安培力減小到與重力沿斜面向下的分力mgsin。相等時，以速度V2做勻速運動，因此 v2<vi, A錯；由于有安培力做功，線框機械能不守恒，B錯；線框克服安培力做功，將機械能轉(zhuǎn)化為電能，克服安培力做了多少功，就有多少機械能轉(zhuǎn)化為電能，由動能定理得 Wi-W2= AEk, W2=WiAEk,故C、D正確.7 .如圖7所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成仁37。角，在斜面上虛線 aa'和bb'與斜面底邊平行，在 aa'、b' b圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應(yīng) 強度為B=1 T;現(xiàn)有一質(zhì)量為 m = 10 g、總電阻為 R= 1 、邊長為d=0.1 m的正方形 金屬線圈MNPQ ,讓PQ邊與斜面底邊平行， 從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過 磁場.已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為尸0.5,(取g=10 m/s2, si