2018屆高考物理二輪復習板塊一專題突破復習專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算.結(jié)合牛頓第二定律，對導體棒切割磁感線的運動進行受力分析和運動分析.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象整個閉合導體回路閉合導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體在磁場中做切割磁感線運動關(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：線圈的匝數(shù)，：磁通重的變化重，At：對應(yīng)于中所用的時間，.t:磁通量的變化率.中大中不一定大磁感應(yīng)強度變化竽二萼S.大乎不一定大當?shù)拇笮Q定感應(yīng)電動勢的大小中T圖象上,考代表切線斜率(3)解決電路問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)電動勢的大小，根據(jù)楞次定律或右手定則確定出電源的正負極.a.在外電路，電流從正極流向負極；在內(nèi)電路，電流從負極流向正極.b.存在雙感應(yīng)電動勢的問題中，要求出總的電動勢.正確分析電路的結(jié)構(gòu)，畫出等效電路圖.a.內(nèi)電路：“切割”磁感線的導體和磁通量發(fā)生

3、變化的線圈都相當于“電源”，該部分導體的電阻相當于內(nèi)電阻.b.外電路：除“電源”以外的電路即外電路.運用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特點、電功率等列方程求解.(4)動力學問題E=Blv基本思路：導體受外力運動感應(yīng)電動勢錯誤！感應(yīng)電流錯誤！導體受安培力一一合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)導體在磁場中做切割磁感線運動的情況進行判斷.(2)楞次定律，即根據(jù)穿過閉合回路的磁通量的變化情況進行判斷.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)阻礙相對運動一一“來拒去留”.使線圈面積有擴大或縮小的趨勢一一“增縮減擴”.阻礙原電流的變化（自感現(xiàn)象）一一“增反減同”.（3） 應(yīng)電動勢大小的計算，、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,適用于導體棒切割磁感線的情況.1 2（5） E= 2Bl23,適用于導體棒旋轉(zhuǎn)切割磁感線的情況.典例（多選）（2017 全國卷n ）兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直.邊長為 0.1 m、總電阻為0.005 Q的正方形導線框 abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖（a）所示.已知導線框一直

5、向右做勻速直線運動,cd邊于t = 0時刻進入磁場.線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖（b）所示（感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正 ）.下列說法正確的是（）ENA.B.C.D.().0磁感應(yīng)強度的大小為 0.5 T導線框運動速度的大小為0.5 m/s磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外在t = 0.4 s至t = 0.6 s這段時間內(nèi)，導線框所受的安培力大小為0.1思路點撥線框進入磁場，根據(jù)右手定則或楞次定律能判斷出磁場方向,結(jié)合圖象分析出線框運動的速度，從圖象上感應(yīng)電動勢的大小能計算出磁感應(yīng)強度與安培力.解析由Et圖象可知，線框經(jīng)過 0.2 s全部進入磁場，則速度l v=t01 m/s

6、= 0.20.5m/s,選項B正確；E=0.01V,根據(jù)E=BLv可知，B=0.2T,選項A錯誤；根據(jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外，選項C正確；在t=0.4s至t=0.4s這段時間內(nèi)，導線框中的感應(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D錯誤，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)電動勢常見情況與方法XAX X XX xnxuxX X X XAX XY=XX xxfx回路（不一定閉研究對象合）一段直導線（或等效成直導線）繞一端轉(zhuǎn)動的一段導體棒繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動的導線框表達式E= n 7 tE= BLvsin 91

7、2E= -Blf coE= NBSo sin 3 tT中沿逆時針方向B. PQR阱沿順時針方向,T中沿順時針方向C. PQR阱沿逆時針方向,T中沿逆時針方向D. PQR外沿逆時針方向,T中沿順時針方向熟練強化1. （2017全國卷出）如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌,導軌平面與磁場垂直.金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導軌共面.現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是（）A.PQR阱沿順時針方向,解析金屬桿PQ右切割磁感線，根據(jù)右手定則可知PQR和感應(yīng)電流沿逆時針方向;

8、原來T中的磁場方向垂直于紙面向里，金屬桿PQ中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面)C.若某時刻的磁感應(yīng)強度為B,則線框受到的安培力為2kBL2S8PD.線中i中ab兩點間的電勢差大小為kL1 2 * * *向外，使得穿過T的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知T中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，綜上所述，可知A、B、C項錯誤，D項正確.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的硬導線做成一個邊長為L的正方形，把正方形的一半固定在均勻增大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，AR磁感應(yīng)強度大小隨時間的變化率=k（k0）,虛線ab與正方形的一條對角線重合，導線的電阻率為p.則下列說法

9、正確的是（A.線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B.線框具有擴張的趨勢解析根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿逆時針方向，故A錯誤；B增大,穿過線框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場為了阻礙磁通量的增加，線框有收rABAB1212一縮的趨勢，故B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=S=,2L2=2kL2,因線框-4L電阻R=p-,S那么感應(yīng)電流大小為I=轡7，則線框受到的安培力為：F=BIx/2L=MjBLS故R8P8PB中.圓盤旋轉(zhuǎn)時關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是（）QA.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B.若從上向下看，圓盤順日針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動C.若圓盤

10、轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析法拉第圓盤相當于無數(shù)根輻條做切割磁感線運動，若圓盤順時針轉(zhuǎn)動，根據(jù)右手定則可知電流在圓盤上流向圓心，在外電路由a流向b,B正確.圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，電12流萬向也不會發(fā)生改變，C錯誤.廣生的感應(yīng)電動勢大小E=2B123,可知若少不變，則E不變，A正確.當a變?yōu)樵瓉淼?倍時，EI也會變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)P=I2R可知熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯誤.答案AB考向二電磁感應(yīng)中的圖象問題歸納提煉電磁感應(yīng)圖象問題解題“5步曲”第1步：明確圖象的種類.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)的具體過程.明確運動分成幾個階段（根據(jù)磁通量的變化特征或切割特點分析）；第3步：寫出函數(shù)方程.結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律等寫出函數(shù)方程；第4步：進行數(shù)學分析.根據(jù)函數(shù)方程進行數(shù)學分析，例如分析斜率的變化、截距等；第5步：得結(jié)果.畫圖象或判斷圖象.典例(2017 河北唐山一模)如圖所示，在水平光滑的平行金屬導軌左端接一定值電阻R,導體棒ab垂直導軌放置，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中.現(xiàn)給導體棒一向右的初速度，不考慮導體棒和導軌電阻，下列圖線中，導體棒速度隨時間的變化和通過電阻R的電荷量q隨導體棒位移的變化描述正確的是()BCD解析

12、導體棒運動過程中受向左的安培力口，安培力阻礙棒的運動， 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圖線斜率的絕對值減小,mRm一.人,一BL-故B項正確，A項錯誤.通過R的電荷量q=-5-=x,可知CD項錯誤.RR答案B|技巧點撥A圖象問題的思路與方法(1)圖象選擇問題：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“對照法”，即按照要求畫出正確的草圖，再與選擇對照.解決此類問題關(guān)鍵是把握圖象特點、分析相關(guān)物理量的函數(shù)關(guān)系、分析物理過程的變化或物理狀態(tài)的變化.(2)圖象分析問題：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)物理圖象的定量計算時，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.熟練強化1. （多選）如圖甲所示，光滑平行金屬導軌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垂直導軌放置，其他電阻不計.整個裝置處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向上.t=0時對棒施加一平行于導軌向上的外力F,棒由靜止開始沿導軌向上運動，通過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、通過棒的電流I、金屬棒受到的外力F、穿過回路cbPM的磁通量中隨時間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A錯誤，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C正確；由（D=BlX0+2at可知選項D錯誤.答案BC2. （2017江西南昌三校四聯(lián)）如圖所示，有一個矩形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里.一個三角形閉合導線框，由位置1（左）沿紙面勻速運動到位置2（右）

15、.取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點（t=0）,規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則圖中能正確反映線框中電流與時間關(guān)系的是（）ABCD解析線框進入磁場的過程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向為逆時針，電流方向應(yīng)為正方向，故B、C錯誤；線框進入磁場的過程，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E=BLv,可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減?。痪€框完全進入磁場后，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生；線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向為順時針，電流方向應(yīng)為負方向，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻

16、減小，由E=BLv,可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減小；故A正確，D錯誤.答案A3. （2017江淮十校三模）寬為L的兩光滑豎直裸導軌間接有固定電阻R導軌（電阻忽略不計）間I、n區(qū)域中有垂直紙面向里寬為d、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，I、n區(qū)域間距為h,如圖，有一質(zhì)量為m長為L電阻不計的金屬桿與豎直導軌緊密接觸，從距區(qū)域I上端H處桿由靜止釋放.若桿在I、n區(qū)域中運動情況完全相同，現(xiàn)以桿由靜止釋放為計時起點，則桿中電流隨時間t變化的圖象可能正確的是（）HAD解析桿在I、 n區(qū)域中運動情況完全相同,說明產(chǎn)生的感應(yīng)電流也應(yīng)完全相同，排除A和C選項.因桿在無磁場區(qū)域中做a=g的勻加速運動，又桿在I、n區(qū)

17、域中運動情況完全相同，則桿在I、n區(qū)域應(yīng)做減速運動，在區(qū)域I中對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動，又1=萼，由I-1圖線斜率變化情況可知選項B正確，選項RD錯誤.答案B考向三電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題歸納提煉能量轉(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磁場，磁場區(qū)域的寬度為HH0.43如圖甲所示，磁場邊界與擋板平行，且上邊界到斜面頂端的距離為x=0.55m將一通電導線圍成的矩形導線框abcd置于斜面的底端，已知導線框的質(zhì)量為rtr0.1kg、導線框的電阻為R=0.25、ab的長度為L=0.5m.從t=0時刻開始在導線框上加一恒定的拉力F,拉力的方向平行于斜面向上，使導線框由靜止開始運動，當導線框的下邊與磁場的上邊界重合時，將恒力F撤走，最終導線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞，碰后導線框以等大的速度反彈，導線框沿斜面向下運動.已知導線框向上運動的vt圖象如圖乙所示，導線框與斜面間的動摩

19、擦因數(shù)為科=號，整個運動過程中導線框沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動，且始終沒3有離開斜面，g=10m/s2.擋板HL圖甲圖乙求在導線框上施加的恒力F以及磁感應(yīng)強度的大小;(2)若導線框沿斜面向下運動通過磁場時,其速度v與位移s的關(guān)系為v= Vo-2 2B2LmR中V0是導線框ab邊剛進入磁場時的速度大小,s為導線框ab邊進入磁場區(qū)域后對磁場上邊界的位移大小，求整個過程中導線框中產(chǎn)生的熱量思路路線解析(1)由vt圖象可知，在。0.4s時間內(nèi)導線框做勻加速直線運動，進入磁場時的速度為vi=2.0m/s,所以在此過程中的加速度a=-=5.0m/s2導線框向下運動進入磁場的過程中廣生的焦耳熱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，導線框進入磁場區(qū)域后以速度vi做勻速直線運動，一，一EBLvi通過導線框的電流1=己=-RR導線框所受安培力F安=81對于導線框勻速運動的過程，由力的平衡條件有B2L2v1F=mgsin0+mgos0T-R解得B=0.50T.(2)導線框進入磁場區(qū)域后做勻速直線運動，并以速度v1勻速穿出磁場，說明導線框的寬度等于磁場的寬度H導線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運動，到達擋板時的位移為Xo=xH=0.15m設(shè)導線框與擋板碰撞前的速度為

21、丫2,由動能定理，有1212mg|xH)sin一(img(xH)cos0=2mv2mv解得v2=22gxHsin0+cos0=1.0m/s丫3導線框碰擋板后速度大小仍為丫2,導線框下滑過程中，由于重力沿斜面方向的分力與滑動摩擦力大小相等，即mgsin0=mgcos0=0.50N,因此導線框與擋板碰撞后向下做勻速運動，ab邊剛進入磁場時的速度為v2=1.0m/s;進入磁場后因為又受到安培力作用而減速，做加速度逐漸變小的減速運動，設(shè)導線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為由v=v。一里奪得v3=v2一組號L1.0m/smRmR這時安培力消失，導線框受力平衡,因丫30,說明導線框在離開磁場前速度已經(jīng)減為零,

22、所以導線框?qū)㈧o止在磁場中某位置導線框向上運動通過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱22B2L2HvQ=IRt=-=0.40JR解題攻略A用動力學觀點、能量觀點解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟熟練強化遷移一單桿模型中的能量問題1.(2017河北名校聯(lián)盟)如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌MNPQ與水平面的夾角為0,NQ兩點間接有阻值為R的電阻.整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下.將質(zhì)量為m阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時達到最大速度.重力加速度為g,導軌電阻不計，桿與導軌接觸良好.求：(1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度;(2

23、)上述過程中，桿上產(chǎn)生的熱量.解析(1)設(shè)桿cd下滑到某位置時速度為則桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢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當速度v=0時，桿的加速度最大，最大加速度a=gsin 0 ,方向沿導軌平面向下當桿的加速度a= 0時，速度最大，最大速度2mgRin 0、廠口八十.Vm= B2L2, 方 向沿導軌平面 向下.(2)桿cd從開始運動到達到最大速度過程中，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 ,方向沿導軌平面向下2mgRin 0、小、

24、廠口八十.一BL,方向沿導軌平面向下1n3g2Rsin 2。(2) 2mg為in。一Bp遷移二雙桿模型中的能量問題2.(多選)(2017 浙江五校聯(lián)考)如圖所示，足夠長的光滑水平直導軌的間距為阻不計，垂直軌道平面有磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場，導軌上相隔一定距離放置兩根長度均為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棒一個水平向Vo .右的初速度vo,已知a棒在以后的運動過程中沒有與b棒發(fā)生碰撞，當a棒的速度減為2時,b棒剛好碰到了障礙物立即停止運動，而a棒仍繼續(xù)運動，則下列說法正確的是 ()VoA.b棒碰到障礙物前瞬間的速度為-52B.在b棒停止運動刖b棒廣生的焦耳熱

25、為Q=24mvC. b棒停止運動后，a棒繼續(xù)滑行的距離為3mvR 2B212D. b棒停止運動后，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)動量守恒，則mvb棒停止運動前，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A錯誤；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B正確；a棒單獨向右滑行的過程中，當其速度為v時，所受的安培力大小為F安=BIl=-rv,根據(jù)動量定理有一F安t=mAv,所以有mtvAt=12(rn-Av),3R3R

26、2,2可得條*=60,b棒停止運動后a棒繼續(xù)前進的距離*=2茅，所以選項C正確，選項D錯誤.答案BC遷移三線框模型中的能量問題3.(2017蘇州模擬)如圖所示，豎直面內(nèi)的正方形導線框ABC前abcd的邊長均為I、電阻均為R質(zhì)量分別為2m和m它們分別系在一跨過兩個定滑輪的絕緣輕繩兩端，在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場.開始時ABCD勺下邊界與勻強磁場的上邊界重合，abcd的上邊界到勻強磁場的下邊界的距離為l.現(xiàn)將兩導線框由靜止釋放，當ABC族部進入磁場時，兩導線框開始做勻速運動.不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g,求:xxxxxxxxXXXXXXXXjL(

27、1)兩導線框勻速運動的速度大??；(2)兩導線框在從開始運動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱;導線框abcd通過磁場的時間.解析(1)如圖所示，設(shè)兩導線框剛勻速運動的速度大小為V、此時輕繩上的張力為T,則對ABCDTT=2m電對abcd有T=mg-BIlI=EFE=BlvXXXXXXR-x-XXXX-X-K x.x.x X.(2)設(shè)兩導線框在從開始運動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱為Q,當左、右兩導線框分別向上、向下運動 21的距離時，兩導線框等高，對這一過程，由能量守恒定律有4mg1.12= 2mgl + ,x3 mv+QD聯(lián)立解得 Q= 2mgl 3翼.(3)導線框abcd通過磁場的過程中以速

28、度v勻速運動，設(shè)導線框 abcd通過磁場的時間為t,則t=3-33B21 3聯(lián)立解得t = 一mgRmgR3n3g2R2答案舒 (2)2 mg1-2Bl- (3)3E21 3mgR名師微課導學Mi特hihi一，”細研真題升華素養(yǎng)高考題型預(yù)測一一桿+導軌模型考點歸納1 .單桿模型的常見情況折導煒科以速度1，切割地攜線產(chǎn)土終回跑動勢E=曲,電諜八芻二等a安KK排力F=哂=/匕恤K成建運臺；isFtn口、/當“=0時./=0靄=0.桿僵持停止寫囿電,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%=m時戶累大.且E二RI開始廿&二三,肝就建反盯中

29、了感應(yīng)電動期EblI，=*妻堆力r*=耽點F-兀=加如&L,當d=0時最*=曷開始時q=工，桿M速院7m力專注電站型占二64-T.身過錦專+Jjr.此時感應(yīng)電動勢E=卬八+加)，蟲時同內(nèi)比入電暮踐的電荷時3=3=口所-后一L占小也專/=?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:運動生m,也PR不計的單 加oi明一定權(quán)iit度在 比用水平軟聿匕尋動.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凱道水平北葉.單杵心應(yīng)金勺孫年明不甘.兩平行早挑問距為E.杭力F但定批述水平土為，單桿nb前，

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

31、2電阻長度r i=2Li = L2開始時，若FfF2Ff, PQ桿先變加速后勻加速運動，MN干先靜止后變加速最后和 PQ桿同時做勻加速運動，且加速度相典題示例如圖1所示，在豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，兩根足夠長的平行光滑金屬軌道MNPQ固定在水平面內(nèi)，相距為L.一質(zhì)量為m的導體棒ab垂直于MNPQ放在軌道上，與軌道接觸良好.軌道和導體棒的電阻均不計.lciCXX就XXX-QX X修XKXXX火*圖3(1)如圖2所示，若軌道左端MP間接一電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源和一阻值為R的電阻.閉合開關(guān)S,導體棒從靜止開始運動.求經(jīng)過一段時間后，導體棒所能達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,導體棒在水平向右的恒力F的作用下從靜止開始運動.求導體棒運動過程中的加速度的大小.審題指導第一步讀題干一提信息題干信息1)光滑金屬軌道滑動中不受摩擦力2)軌道和導體棒的電阻均不計求電流i時，圖3不能用i=口，應(yīng)選i=人qR、t3)求導體棒運動過程中的加速度的大小猜想棒可能勻加速運動第二步審程序一順思路圖2回路有電阻-i=u二RU二BLvI圖3回路無電阻=太AqCAEE-BLv-M解析(1)閉合開關(guān)后，導體棒ab產(chǎn)生的電動勢與電阻.E一一G恒定R兩端的電壓相等時，導體棒ab達到最大速度V2,1=67U=IR,BLvar十r/口ER斛信v2=BL&r.(

33、2)導體棒ab向右加速運動，在極短時間A的定義2=八1導體棒產(chǎn)生的電動勢變化AE=CBLAv根據(jù)電流的定義I=；,解得I=CBLa導體棒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=段巧點撥A桿模型分析思路預(yù)測題組1.（多選）（2017 蘇州模擬）如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為R方向豎直向上的勻強磁場中，有一水平絕緣桌面， 桌面上放置了間距為 L的足夠長的兩平行光滑導軌,導軌左側(cè)連一阻值為R的電阻，軌道電阻不計.與兩軌道垂直的質(zhì)量為M電阻

34、為r的導體桿開始靜止放在軌道上，現(xiàn)通過與軌道平行的輕繩經(jīng)過一光滑的定滑輪與一質(zhì)量為m的物塊相連，導體桿在重力作用下開始運動，導體桿的速度達到最大時為Vm運動中桿始終垂直軌道，則下列說法正確的是（）A.導體桿做的是勻變速直線運動，運動過程中流過電阻R的電流方向是a-bB.匚八mgR+r導體桿狀得的取大速度為Vm=互2C.Vm,mg當物塊的速度為V=時，導體桿的加速度為mgD.導體桿開始運動時加速度最大，且為mgM m解析導體桿先做變速直線運動，后做勻速運動，運動過程中流過電阻R的電流方向是b-a,A錯誤；桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為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象，22根據(jù)牛頓第二定律，mg-r+：=(班n)a,當a=0時，桿達到最大速度Vm=mg,B正確；當物塊的速度為v=Vm時，導體桿白加速度為2mgm,C錯誤；導體桿開始運動時加速度最大，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軌，MNMN是用絕緣細線連接的兩根金屬桿，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時點，使兩桿水平靜止，并剛好與導軌接觸.整個裝置處在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場中，導軌足夠長，間距為L,電阻可忽略，兩桿總電阻為

36、R,與導軌始終接觸良好，重力加速度為g.t=0時刻，將細線燒斷，保持力F不變.ATXXX(1)細線燒斷后任意時刻，求兩桿運動的速度大小之比.(2)若桿MN!速度最大時發(fā)生的位移為s,該過程中通過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：以兩桿為研究對象，初始合外力為零，有F=3mg細線燒斷后桿MNO上運動，桿MTN向下運動，任意時刻，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，動量守恒，有mv2mv=0故兩桿運動的速度大小之比為vi：V2=2：1解法二：用隔離法，利用牛頓運動定律分析設(shè)桿MNIfMN的加速度大小分別為ai、a2對卞fMNFmg-F安i=ma對卞fMN：2mg-F安2=2ma注意到F=3mgF安i=F安2故