2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí)板塊一專(zhuān)題突破復(fù)習(xí)專(zhuān)題四電路與電磁感應(yīng)第二講電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用學(xué)案

1、第二講電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用知】八網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建ZhiHhiwmnglggcuji昶-,結(jié)網(wǎng)建體把脈考向高考調(diào)研知識(shí)建構(gòu)1 .考查方向：結(jié)合閉合電路的歐姆定律，利用楞次定律或右手定則判斷感應(yīng)電流的方向以及大小計(jì)算.結(jié)合牛頓第二定律，對(duì)導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析.結(jié)合圖象，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律、電功率、功能關(guān)系等規(guī)律，解決電磁感應(yīng)的綜合問(wèn)題.2 .常用的思想方法：圖象法.微元法.排除法.等效法.答案(1)楞次定律與右手定則的關(guān)系楞次定律右手定則研究對(duì)象整個(gè)閉合導(dǎo)體回路閉合導(dǎo)體回路的一部分適用范圍磁通量變化產(chǎn)生感應(yīng)電流的各種情況一段導(dǎo)體在磁場(chǎng)中做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)關(guān)系右手

2、定則是楞次定律的特殊情況,公式：E=工一一一、，一n：線(xiàn)圈的匝數(shù)，：磁通重的變化重，At：對(duì)應(yīng)于中所用的時(shí)間，.t:磁通量的變化率.中大中不一定大磁感應(yīng)強(qiáng)度變化竽二萼S.大乎不一定大當(dāng)?shù)拇笮Q定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小中T圖象上,考代表切線(xiàn)斜率(3)解決電路問(wèn)題的基本思路找電源：哪部分電路產(chǎn)生了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，則這部分電路就是電源.由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，根據(jù)楞次定律或右手定則確定出電源的正負(fù)極.a.在外電路，電流從正極流向負(fù)極；在內(nèi)電路，電流從負(fù)極流向正極.b.存在雙感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的問(wèn)題中，要求出總的電動(dòng)勢(shì).正確分析電路的結(jié)構(gòu)，畫(huà)出等效電路圖.a.內(nèi)電路：“切割”磁感線(xiàn)的導(dǎo)體和磁通量發(fā)生

3、變化的線(xiàn)圈都相當(dāng)于“電源”，該部分導(dǎo)體的電阻相當(dāng)于內(nèi)電阻.b.外電路：除“電源”以外的電路即外電路.運(yùn)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特點(diǎn)、電功率等列方程求解.(4)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題E=Blv基本思路：導(dǎo)體受外力運(yùn)動(dòng)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)錯(cuò)誤！感應(yīng)電流錯(cuò)誤！導(dǎo)體受安培力一一合F=ma外力變化加速度變化速度變化.核心要點(diǎn)突破HexinyaodinTupo-亞透析重難題型突破考向一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用歸納提煉1 .感應(yīng)電流方向的判斷方法(1)右手定則，即根據(jù)導(dǎo)體在磁場(chǎng)中做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的情況進(jìn)行判斷.(2)楞次定律，即根據(jù)穿過(guò)閉合回路的磁通量的變化情況進(jìn)行判斷.2 .楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式阻礙

4、原磁通量的變化一一“增反減同”.(2)阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)一一“來(lái)拒去留”.使線(xiàn)圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)一一“增縮減擴(kuò)”.阻礙原電流的變化（自感現(xiàn)象）一一“增反減同”.（3） 應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的計(jì)算，、八一一 一 一（1）法拉第電磁感應(yīng)定律：E= njp,適用于普遍情況.（4） E= Blv,適用于導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)的情況.1 2（5） E= 2Bl23,適用于導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)切割磁感線(xiàn)的情況.典例（多選）（2017 全國(guó)卷n ）兩條平行虛線(xiàn)間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直.邊長(zhǎng)為 0.1 m、總電阻為0.005 Q的正方形導(dǎo)線(xiàn)框 abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖（a）所示.已知導(dǎo)線(xiàn)框一直

5、向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),cd邊于t = 0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng).線(xiàn)框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線(xiàn)如圖（b）所示（感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正 ）.下列說(shuō)法正確的是（）ENA.B.C.D.().0磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 0.5 T導(dǎo)線(xiàn)框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5 m/s磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外在t = 0.4 s至t = 0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線(xiàn)框所受的安培力大小為0.1思路點(diǎn)撥線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)右手定則或楞次定律能判斷出磁場(chǎng)方向,結(jié)合圖象分析出線(xiàn)框運(yùn)動(dòng)的速度，從圖象上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小能計(jì)算出磁感應(yīng)強(qiáng)度與安培力.解析由Et圖象可知，線(xiàn)框經(jīng)過(guò) 0.2 s全部進(jìn)入磁場(chǎng)，則速度l v=t01 m/s

6、= 0.20.5m/s,選項(xiàng)B正確；E=0.01V,根據(jù)E=BLv可知，B=0.2T,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外，選項(xiàng)C正確；在t=0.4s至t=0.4s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線(xiàn)框中的感應(yīng)電流I=E=70懸A=2A,所受的安培力大小F=BIL=0.04N,R0.005選項(xiàng)D錯(cuò)誤，故選BC.答案BC|拓展延伸A用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)常見(jiàn)情況與方法XAX X XX xnxuxX X X XAX XY=XX xxfx回路（不一定閉研究對(duì)象合）一段直導(dǎo)線(xiàn)（或等效成直導(dǎo)線(xiàn)）繞一端轉(zhuǎn)動(dòng)的一段導(dǎo)體棒繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動(dòng)的導(dǎo)線(xiàn)框表達(dá)式E= n 7 tE= BLvsin 91

7、2E= -Blf coE= NBSo sin 3 tT中沿逆時(shí)針?lè)较駼. PQR阱沿順時(shí)針?lè)较?T中沿順時(shí)針?lè)较駽. PQR阱沿逆時(shí)針?lè)较?T中沿逆時(shí)針?lè)较駾. PQR外沿逆時(shí)針?lè)较?T中沿順時(shí)針?lè)较蚴炀殢?qiáng)化1. （2017全國(guó)卷出）如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)垂直.金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS一圓環(huán)形金屬線(xiàn)框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線(xiàn)框與導(dǎo)軌共面.現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開(kāi)始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說(shuō)法正確的是（）A.PQR阱沿順時(shí)針?lè)较?解析金屬桿PQ右切割磁感線(xiàn)，根據(jù)右手定則可知PQR和感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?

8、原來(lái)T中的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，金屬桿PQ中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于紙面)C.若某時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則線(xiàn)框受到的安培力為2kBL2S8PD.線(xiàn)中i中ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小為kL1 2 * * *向外，使得穿過(guò)T的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知T中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，綜上所述，可知A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確.答案D2. （2017金麗衢十二校聯(lián)考）如右圖所示，用一條橫截面積為S的硬導(dǎo)線(xiàn)做成一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，把正方形的一半固定在均勻增大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，AR磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率=k（k0）,虛線(xiàn)ab與正方形的一條對(duì)角線(xiàn)重合，導(dǎo)線(xiàn)的電阻率為p.則下列說(shuō)法

9、正確的是（A.線(xiàn)框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B.線(xiàn)框具有擴(kuò)張的趨勢(shì)解析根據(jù)楞次定律，線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針?lè)较颍蔄錯(cuò)誤；B增大,穿過(guò)線(xiàn)框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)為了阻礙磁通量的增加，線(xiàn)框有收rABAB1212一縮的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=S=,2L2=2kL2,因線(xiàn)框-4L電阻R=p-,S那么感應(yīng)電流大小為I=轡7，則線(xiàn)框受到的安培力為：F=BIx/2L=MjBLS故R8P8PB中.圓盤(pán)旋轉(zhuǎn)時(shí)關(guān)于流過(guò)電阻R的電流，下列說(shuō)法正確的是（）QA.若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定B.若從上向下看，圓盤(pán)順日針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)C.若圓盤(pán)

10、轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D.若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍解析法拉第圓盤(pán)相當(dāng)于無(wú)數(shù)根輻條做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，若圓盤(pán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知電流在圓盤(pán)上流向圓心，在外電路由a流向b,B正確.圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，電12流萬(wàn)向也不會(huì)發(fā)生改變，C錯(cuò)誤.廣生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E=2B123,可知若少不變，則E不變，A正確.當(dāng)a變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí)，EI也會(huì)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，根據(jù)P=I2R可知熱功率變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，D錯(cuò)誤.答案AB考向二電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題歸納提煉電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題解題“5步曲”第1步：明確圖象的種類(lèi).是B-t圖、It圖、vt圖

11、、Ft圖或是Et圖等；第2步：分析電磁感應(yīng)的具體過(guò)程.明確運(yùn)動(dòng)分成幾個(gè)階段（根據(jù)磁通量的變化特征或切割特點(diǎn)分析）；第3步：寫(xiě)出函數(shù)方程.結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等寫(xiě)出函數(shù)方程；第4步：進(jìn)行數(shù)學(xué)分析.根據(jù)函數(shù)方程進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，例如分析斜率的變化、截距等；第5步：得結(jié)果.畫(huà)圖象或判斷圖象.典例(2017 河北唐山一模)如圖所示，在水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌左端接一定值電阻R,導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.現(xiàn)給導(dǎo)體棒一向右的初速度，不考慮導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻，下列圖線(xiàn)中，導(dǎo)體棒速度隨時(shí)間的變化和通過(guò)電阻R的電荷量q隨導(dǎo)體棒位移的變化描述正確的是()BCD解析

12、導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受向左的安培力口，安培力阻礙棒的運(yùn)動(dòng)， 速度減小,R由牛頓第二定律得棒的加速度大小a=F=BLv-,則a減小，vt圖線(xiàn)斜率的絕對(duì)值減小,mRm一.人,一BL-故B項(xiàng)正確，A項(xiàng)錯(cuò)誤.通過(guò)R的電荷量q=-5-=x,可知CD項(xiàng)錯(cuò)誤.RR答案B|技巧點(diǎn)撥A圖象問(wèn)題的思路與方法(1)圖象選擇問(wèn)題：求解物理圖象的選擇題可用“排除法”，即排除與題目要求相違背的圖象，留下正確圖象.也可用“對(duì)照法”，即按照要求畫(huà)出正確的草圖，再與選擇對(duì)照.解決此類(lèi)問(wèn)題關(guān)鍵是把握?qǐng)D象特點(diǎn)、分析相關(guān)物理量的函數(shù)關(guān)系、分析物理過(guò)程的變化或物理狀態(tài)的變化.(2)圖象分析問(wèn)題：定性分析物理圖象，要明確圖象中的橫軸與縱軸所

13、代表的物理量，弄清圖象的物理意義，借助有關(guān)的物理概念、公式、不變量和定律作出相應(yīng)判斷.在有關(guān)物理圖象的定量計(jì)算時(shí)，要弄清圖象所揭示的物理規(guī)律及物理量間的函數(shù)關(guān)系，善于挖掘圖象中的隱含條件，明確有關(guān)圖象所包圍的面積、斜率，以及圖象的橫軸、縱軸的截距所表示的物理意義.熟練強(qiáng)化1. （多選）如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MNPQ所在平面與水平面成e角，MP之間接一阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬棒bc垂直導(dǎo)軌放置，其他電阻不計(jì).整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上.t=0時(shí)對(duì)棒施加一平行于導(dǎo)軌向上的外力F,棒由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)R的感應(yīng)電荷量q隨t2的變化關(guān)系如

14、圖乙所示.下列關(guān)于金屬棒bc的加速度a、通過(guò)棒的電流I、金屬棒受到的外力F、穿過(guò)回路cbPM的磁通量中隨時(shí)間t變化的圖象中正確的是（）解析由題意可得Blv Bla q=It =R+7 t = R+7 t結(jié)合圖乙可知金屬棒的加速度a恒定，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；由牛頓第二定律可得F mgsine BIl =ma 故有 F=襄凱 +mgsin e rvr r、一一,_1,2一一+a）,選項(xiàng)C正確；由（D=BlX0+2at可知選項(xiàng)D錯(cuò)誤.答案BC2. （2017江西南昌三校四聯(lián)）如圖所示，有一個(gè)矩形邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里.一個(gè)三角形閉合導(dǎo)線(xiàn)框，由位置1（左）沿紙面勻速運(yùn)動(dòng)到位置2（右）

15、.取線(xiàn)框剛到達(dá)磁場(chǎng)邊界的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)（t=0）,規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较颍瑒t圖中能正確反映線(xiàn)框中電流與時(shí)間關(guān)系的是（）ABCD解析線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電流方向應(yīng)為正方向，故B、C錯(cuò)誤；線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，線(xiàn)框有效的切割長(zhǎng)度先均勻增大后均勻減小，由E=BLv,可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先均勻增大后均勻減小；線(xiàn)框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生；線(xiàn)框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，電流方向應(yīng)為負(fù)方向，線(xiàn)框有效的切割長(zhǎng)度先均勻增大后均勻

16、減小，由E=BLv,可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先均勻增大后均勻減?。还蔄正確，D錯(cuò)誤.答案A3. （2017江淮十校三模）寬為L(zhǎng)的兩光滑豎直裸導(dǎo)軌間接有固定電阻R導(dǎo)軌（電阻忽略不計(jì)）間I、n區(qū)域中有垂直紙面向里寬為d、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，I、n區(qū)域間距為h,如圖，有一質(zhì)量為m長(zhǎng)為L(zhǎng)電阻不計(jì)的金屬桿與豎直導(dǎo)軌緊密接觸，從距區(qū)域I上端H處桿由靜止釋放.若桿在I、n區(qū)域中運(yùn)動(dòng)情況完全相同，現(xiàn)以桿由靜止釋放為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，則桿中電流隨時(shí)間t變化的圖象可能正確的是（）HAD解析桿在I、 n區(qū)域中運(yùn)動(dòng)情況完全相同,說(shuō)明產(chǎn)生的感應(yīng)電流也應(yīng)完全相同，排除A和C選項(xiàng).因桿在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域中做a=g的勻加速運(yùn)動(dòng)，又桿在I、n區(qū)

17、域中運(yùn)動(dòng)情況完全相同，則桿在I、n區(qū)域應(yīng)做減速運(yùn)動(dòng)，在區(qū)域I中對(duì)桿受力分析知其受豎直向下的重B2L2v*卞力和豎直向上的安培力，由牛頓第二定律得加速度a=m一，方向豎直向上，則知桿做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，又1=萼，由I-1圖線(xiàn)斜率變化情況可知選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)RD錯(cuò)誤.答案B考向三電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題歸納提煉能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法1 .能量轉(zhuǎn)化其他形式 的能量克服安培力做功電流做功 電能焦耳熱或其他 形式的能量2 .求解焦耳熱Q的三種方法焦耳定律：Q=I2Rt.(2)功能關(guān)系：Q=Wfe服安培力.能量轉(zhuǎn)化：Q=AE其他能的減少量.典例將一斜面固定在水平面上，斜面的傾角為e =30 ,其上

18、表面絕緣且斜面的頂端固定一擋板，在斜面上加一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為HH0.43如圖甲所示，磁場(chǎng)邊界與擋板平行，且上邊界到斜面頂端的距離為x=0.55m將一通電導(dǎo)線(xiàn)圍成的矩形導(dǎo)線(xiàn)框abcd置于斜面的底端，已知導(dǎo)線(xiàn)框的質(zhì)量為rtr0.1kg、導(dǎo)線(xiàn)框的電阻為R=0.25、ab的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=0.5m.從t=0時(shí)刻開(kāi)始在導(dǎo)線(xiàn)框上加一恒定的拉力F,拉力的方向平行于斜面向上，使導(dǎo)線(xiàn)框由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)框的下邊與磁場(chǎng)的上邊界重合時(shí)，將恒力F撤走，最終導(dǎo)線(xiàn)框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞，碰后導(dǎo)線(xiàn)框以等大的速度反彈，導(dǎo)線(xiàn)框沿斜面向下運(yùn)動(dòng).已知導(dǎo)線(xiàn)框向上運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示，導(dǎo)線(xiàn)框與斜面間的動(dòng)摩

19、擦因數(shù)為科=號(hào)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)線(xiàn)框沒(méi)有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，且始終沒(méi)3有離開(kāi)斜面，g=10m/s2.擋板HL圖甲圖乙求在導(dǎo)線(xiàn)框上施加的恒力F以及磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小;(2)若導(dǎo)線(xiàn)框沿斜面向下運(yùn)動(dòng)通過(guò)磁場(chǎng)時(shí),其速度v與位移s的關(guān)系為v= Vo-2 2B2LmR中V0是導(dǎo)線(xiàn)框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小,s為導(dǎo)線(xiàn)框ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后對(duì)磁場(chǎng)上邊界的位移大小，求整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)線(xiàn)框中產(chǎn)生的熱量思路路線(xiàn)解析(1)由vt圖象可知，在。0.4s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線(xiàn)框做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為vi=2.0m/s,所以在此過(guò)程中的加速度a=-=5.0m/s2導(dǎo)線(xiàn)框向下運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中廣生的焦耳熱Q=2mv= 0.05 J所

20、以 Q= Q+Q=0.45 J.答案(1)1.5 N 0.50 T (2)0.45 J由牛頓第二定律有Fm8in9m(cos0=ma解得F=1.5N由v-1圖象可知，導(dǎo)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后以速度vi做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，一，一EBLvi通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)框的電流1=己=-RR導(dǎo)線(xiàn)框所受安培力F安=81對(duì)于導(dǎo)線(xiàn)框勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由力的平衡條件有B2L2v1F=mgsin0+mgos0T-R解得B=0.50T.(2)導(dǎo)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，并以速度v1勻速穿出磁場(chǎng)，說(shuō)明導(dǎo)線(xiàn)框的寬度等于磁場(chǎng)的寬度H導(dǎo)線(xiàn)框ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)后做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)擋板時(shí)的位移為Xo=xH=0.15m設(shè)導(dǎo)線(xiàn)框與擋板碰撞前的速度為

21、丫2,由動(dòng)能定理，有1212mg|xH)sin一(img(xH)cos0=2mv2mv解得v2=22gxHsin0+cos0=1.0m/s丫3導(dǎo)線(xiàn)框碰擋板后速度大小仍為丫2,導(dǎo)線(xiàn)框下滑過(guò)程中，由于重力沿斜面方向的分力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，即mgsin0=mgcos0=0.50N,因此導(dǎo)線(xiàn)框與擋板碰撞后向下做勻速運(yùn)動(dòng)，ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v2=1.0m/s;進(jìn)入磁場(chǎng)后因?yàn)橛质艿桨才嗔ψ饔枚鴾p速，做加速度逐漸變小的減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)導(dǎo)線(xiàn)框全部離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為由v=v。一里奪得v3=v2一組號(hào)L1.0m/smRmR這時(shí)安培力消失，導(dǎo)線(xiàn)框受力平衡,因丫30,說(shuō)明導(dǎo)線(xiàn)框在離開(kāi)磁場(chǎng)前速度已經(jīng)減為零,

22、所以導(dǎo)線(xiàn)框?qū)㈧o止在磁場(chǎng)中某位置導(dǎo)線(xiàn)框向上運(yùn)動(dòng)通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱22B2L2HvQ=IRt=-=0.40JR解題攻略A用動(dòng)力學(xué)觀(guān)點(diǎn)、能量觀(guān)點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問(wèn)題的一般步驟熟練強(qiáng)化遷移一單桿模型中的能量問(wèn)題1.(2017河北名校聯(lián)盟)如圖所示，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MNPQ與水平面的夾角為0,NQ兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻.整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下.將質(zhì)量為m阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導(dǎo)軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時(shí)達(dá)到最大速度.重力加速度為g,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，桿與導(dǎo)軌接觸良好.求：(1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度;(2

23、)上述過(guò)程中，桿上產(chǎn)生的熱量.解析(1)設(shè)桿cd下滑到某位置時(shí)速度為則桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E= BLv,回路中的感應(yīng)電流1=近三R十R桿所受的安培力F=BIL根據(jù)牛頓第二定律有mgiin0BLvnma2R當(dāng)速度v=0時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度a=gsin 0 ,方向沿導(dǎo)軌平面向下當(dāng)桿的加速度a= 0時(shí)，速度最大，最大速度2mgRin 0、廠(chǎng)口八十.Vm= B2L2, 方 向沿導(dǎo)軌平面 向下.(2)桿cd從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到達(dá)到最大速度過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律得,1所以 Q桿= 2mg)sin 0 一m3g2R2sin 2 0B4L4答案(1) gsin 0 ,方向沿導(dǎo)軌平面向下2mgRin 0、小、

24、廠(chǎng)口八十.一BL,方向沿導(dǎo)軌平面向下1n3g2Rsin 2。(2) 2mg為in。一Bp遷移二雙桿模型中的能量問(wèn)題2.(多選)(2017 浙江五校聯(lián)考)如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑水平直導(dǎo)軌的間距為阻不計(jì)，垂直軌道平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌上相隔一定距離放置兩根長(zhǎng)度均為l的金屬棒，a棒質(zhì)量為簿電阻為R,b棒質(zhì)量為2ml電阻為2R現(xiàn)給a棒一個(gè)水平向Vo .右的初速度vo,已知a棒在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)有與b棒發(fā)生碰撞，當(dāng)a棒的速度減為2時(shí),b棒剛好碰到了障礙物立即停止運(yùn)動(dòng)，而a棒仍繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是 ()VoA.b棒碰到障礙物前瞬間的速度為-52B.在b棒停止運(yùn)動(dòng)刖b棒廣生的焦耳熱

25、為Q=24mvC. b棒停止運(yùn)動(dòng)后，a棒繼續(xù)滑行的距離為3mvR 2B212D. b棒停止運(yùn)動(dòng)后，a棒繼續(xù)滑行的距離為mvoR2B2T2解析設(shè)b棒碰到障礙物前瞬間的速度為V2,之前兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則mvb棒停止運(yùn)動(dòng)前，根據(jù)能量守恒定律可得V0一一V0.，一一,=m2+2mv,解得V2=,所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在121V0212525棒和b棒廣生的總焦耳熱Q=Q+Q=2mv2m2mv=y6mv,Q=2Q,解得Q=9mV,所以選項(xiàng)B正確；a棒單獨(dú)向右滑行的過(guò)程中，當(dāng)其速度為v時(shí)，所受的安培力大小為F安=BIl=-rv,根據(jù)動(dòng)量定理有一F安t=mAv,所以有mtvAt=12(rn-Av),3R3R

26、2,2可得條*=60,b棒停止運(yùn)動(dòng)后a棒繼續(xù)前進(jìn)的距離*=2茅，所以選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.答案BC遷移三線(xiàn)框模型中的能量問(wèn)題3.(2017蘇州模擬)如圖所示，豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線(xiàn)框ABC前abcd的邊長(zhǎng)均為I、電阻均為R質(zhì)量分別為2m和m它們分別系在一跨過(guò)兩個(gè)定滑輪的絕緣輕繩兩端，在兩導(dǎo)線(xiàn)框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).開(kāi)始時(shí)ABCD勺下邊界與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界重合，abcd的上邊界到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界的距離為l.現(xiàn)將兩導(dǎo)線(xiàn)框由靜止釋放，當(dāng)ABC族部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，兩導(dǎo)線(xiàn)框開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng).不計(jì)摩擦和空氣阻力，重力加速度為g,求:xxxxxxxxXXXXXXXXjL(

27、1)兩導(dǎo)線(xiàn)框勻速運(yùn)動(dòng)的速度大?。?2)兩導(dǎo)線(xiàn)框在從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至等高的過(guò)程中所產(chǎn)生的總焦耳熱;導(dǎo)線(xiàn)框abcd通過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間.解析(1)如圖所示，設(shè)兩導(dǎo)線(xiàn)框剛勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為V、此時(shí)輕繩上的張力為T(mén),則對(duì)ABCDTT=2m電對(duì)abcd有T=mg-BIlI=EFE=BlvXXXXXXR-x-XXXX-X-K x.x.x X.(2)設(shè)兩導(dǎo)線(xiàn)框在從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至等高的過(guò)程中所產(chǎn)生的總焦耳熱為Q,當(dāng)左、右兩導(dǎo)線(xiàn)框分別向上、向下運(yùn)動(dòng) 21的距離時(shí)，兩導(dǎo)線(xiàn)框等高，對(duì)這一過(guò)程，由能量守恒定律有4mg1.12= 2mgl + ,x3 mv+QD聯(lián)立解得 Q= 2mgl 3翼.(3)導(dǎo)線(xiàn)框abcd通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中以速

28、度v勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)導(dǎo)線(xiàn)框 abcd通過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為t,則t=3-33B21 3聯(lián)立解得t = 一mgRmgR3n3g2R2答案舒 (2)2 mg1-2Bl- (3)3E21 3mgR名師微課導(dǎo)學(xué)Mi特hihi一，”細(xì)研真題升華素養(yǎng)高考題型預(yù)測(cè)一一桿+導(dǎo)軌模型考點(diǎn)歸納1 .單桿模型的常見(jiàn)情況折導(dǎo)煒科以速度1，切割地?cái)y線(xiàn)產(chǎn)土終回跑動(dòng)勢(shì)E=曲,電諜八芻二等a安KK排力F=哂=/匕恤K成建運(yùn)臺(tái)；isFtn口、/當(dāng)“=0時(shí)./=0靄=0.桿僵持停止寫(xiě)囿電,面桿受安培力F些，此廿口.嗎桿T7W喇礙受r,n愿皮電制型皿，i/*T安培力F=1/m加逢度許1,當(dāng)%=m時(shí)戶(hù)累大.且E二RI開(kāi)始廿&二三,肝就建反盯中

29、了感應(yīng)電動(dòng)期EblI，=*妻堆力r*=耽點(diǎn)F-兀=加如&L,當(dāng)d=0時(shí)最*=曷開(kāi)始時(shí)q=工，桿M速院7m力專(zhuān)注電站型占二64-T.身過(guò)錦專(zhuān)+Jjr.此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=卬八+加)，蟲(chóng)時(shí)同內(nèi)比入電暮踐的電荷時(shí)3=3=口所-后一L占小也專(zhuān)/=?二上卦=CBLtiAt出安培力fe=&U-CtaF-F=rrvifU=.,r*m+BifW懺以恒道的和通聞句加博:運(yùn)動(dòng)生m,也PR不計(jì)的單 加oi明一定權(quán)iit度在 比用水平軟聿匕尋動(dòng).商 平療早就同距方L就武水平先看.單桿仙質(zhì) 重力明電阻不itr兩平 行早軌間距為L(zhǎng)凱道水平北葉.單杵心應(yīng)金勺孫年明不甘.兩平行早挑問(wèn)距為E.杭力F但定批述水平土為，單桿nb前，

30、也 叫電反不計(jì)，雨平行尋機(jī)同距 為L(zhǎng)il力F恒定2 .雙桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)(1)初速度不為零，不受其他水平外力的作用光滑的平行導(dǎo)軌光滑不等距導(dǎo)軌示意圖JN_ZM質(zhì)里r電阻r長(zhǎng)度L四QU/Pn=m2i=r2,1=L2i7vM電阻長(zhǎng)度Li7gpmi=mri=2.i=2L2分析桿MN故變減速運(yùn)動(dòng)，桿PQ故變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，以相等的速度勻速運(yùn)動(dòng)桿MN故變減速運(yùn)動(dòng)，桿PQ故變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為1：2(2)初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用光滑的平行導(dǎo)軌不光滑平行導(dǎo)軌電阻ri =2長(zhǎng)度Li = L2QMP摩擦力Ffi = Ff2m= m2rn= m

31、2電阻長(zhǎng)度r i=2Li = L2開(kāi)始時(shí)，若FfF2Ff, PQ桿先變加速后勻加速運(yùn)動(dòng)，MN干先靜止后變加速最后和 PQ桿同時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度相典題示例如圖1所示，在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬軌道MNPQ固定在水平面內(nèi)，相距為L(zhǎng).一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab垂直于MNPQ放在軌道上，與軌道接觸良好.軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì).lciCXX就XXX-QX X修XKXXX火*圖3(1)如圖2所示，若軌道左端MP間接一電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源和一阻值為R的電阻.閉合開(kāi)關(guān)S,導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng).求經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度的大小.(2)如圖3所示，若

32、軌道左端MP間接一電容器，電容器的電容為C,導(dǎo)體棒在水平向右的恒力F的作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng).求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度的大小.審題指導(dǎo)第一步讀題干一提信息題干信息1)光滑金屬軌道滑動(dòng)中不受摩擦力2)軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)求電流i時(shí)，圖3不能用i=口，應(yīng)選i=人qR、t3)求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度的大小猜想棒可能勻加速運(yùn)動(dòng)第二步審程序一順?biāo)悸穲D2回路有電阻-i=u二RU二BLvI圖3回路無(wú)電阻=太AqCAEE-BLv-M解析(1)閉合開(kāi)關(guān)后，導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)與電阻.E一一G恒定R兩端的電壓相等時(shí)，導(dǎo)體棒ab達(dá)到最大速度V2,1=67U=IR,BLvar十r/口ER斛信v2=BL&r.(

33、2)導(dǎo)體棒ab向右加速運(yùn)動(dòng)，在極短時(shí)間A的定義2=八1導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)變化AE=CBLAv根據(jù)電流的定義I=；,解得I=CBLa導(dǎo)體棒ab受到的安培力F安=BIL=B2L2Ca根據(jù)牛頓第二定律得F-F安=maF斛得a=cBl2.ERF目木blr+r(2)cBl2t內(nèi)，導(dǎo)體棒的速度變化v,根據(jù)加速度BLAv,電容器增加的電荷量Aq=CAE=段巧點(diǎn)撥A桿模型分析思路預(yù)測(cè)題組1.（多選）（2017 蘇州模擬）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為R方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一水平絕緣桌面， 桌面上放置了間距為 L的足夠長(zhǎng)的兩平行光滑導(dǎo)軌,導(dǎo)軌左側(cè)連一阻值為R的電阻，軌道電阻不計(jì).與兩軌道垂直的質(zhì)量為M電阻

34、為r的導(dǎo)體桿開(kāi)始靜止放在軌道上，現(xiàn)通過(guò)與軌道平行的輕繩經(jīng)過(guò)一光滑的定滑輪與一質(zhì)量為m的物塊相連，導(dǎo)體桿在重力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體桿的速度達(dá)到最大時(shí)為Vm運(yùn)動(dòng)中桿始終垂直軌道，則下列說(shuō)法正確的是（）A.導(dǎo)體桿做的是勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中流過(guò)電阻R的電流方向是a-bB.匚八mgR+r導(dǎo)體桿狀得的取大速度為Vm=互2C.Vm,mg當(dāng)物塊的速度為V=時(shí)，導(dǎo)體桿的加速度為mgD.導(dǎo)體桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度最大，且為mgM m解析導(dǎo)體桿先做變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中流過(guò)電阻R的電流方向是b-a,A錯(cuò)誤；桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv,因v變大，故E變大，電路中電流I=ER電流變大，桿受的安培力

35、F安=81,因I變大，故F安變大，選桿和物塊整體為研究對(duì)象，22根據(jù)牛頓第二定律，mg-r+：=(班n)a,當(dāng)a=0時(shí)，桿達(dá)到最大速度Vm=mg,B正確；當(dāng)物塊的速度為v=Vm時(shí)，導(dǎo)體桿白加速度為2mgm,C錯(cuò)誤；導(dǎo)體桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度最大，為Fmgm-，D正確.答案BD2. (2017江西六校聯(lián)考)如圖所示，ab和cd是兩條豎直固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌，MNMN是用絕緣細(xì)線(xiàn)連接的兩根金屬桿，其質(zhì)量分別為m和2印用豎直向上、大小未知的外力F作用在桿M時(shí)點(diǎn)，使兩桿水平靜止，并剛好與導(dǎo)軌接觸.整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，間距為L(zhǎng),電阻可忽略，兩桿總電阻為

36、R,與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度為g.t=0時(shí)刻，將細(xì)線(xiàn)燒斷，保持力F不變.ATXXX(1)細(xì)線(xiàn)燒斷后任意時(shí)刻，求兩桿運(yùn)動(dòng)的速度大小之比.(2)若桿MN!速度最大時(shí)發(fā)生的位移為s,該過(guò)程中通過(guò)金屬桿橫截面的電荷量Aq和電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q各為多少？解析(1)解法一：以?xún)蓷U為研究對(duì)象，初始合外力為零，有F=3mg細(xì)線(xiàn)燒斷后桿MNO上運(yùn)動(dòng)，桿MTN向下運(yùn)動(dòng)，任意時(shí)刻，兩桿中感應(yīng)電流等大反向,所受安培力等大反向，故系統(tǒng)合外力仍為零，動(dòng)量守恒，有mv2mv=0故兩桿運(yùn)動(dòng)的速度大小之比為vi：V2=2：1解法二：用隔離法，利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律分析設(shè)桿MNIfMN的加速度大小分別為ai、a2對(duì)卞fMNFmg-F安i=ma對(duì)卞fMN：2mg-F安2=2ma注意到F=3mgF安i=F安2故