（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電磁感應(yīng)和電路 第2講 電磁感應(yīng)的綜合問題學(xué)案

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1、 第2講　電磁感應(yīng)的綜合問題 [歷次選考考情分析] 章 知識(shí)內(nèi)容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計(jì) 必考 加試 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 2018/04 電磁感應(yīng) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象 b 楞次定律 c 法拉第電磁感應(yīng)定律 d 22 23 22 22 22 23 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況 b 互感和自感 b 渦流、電磁阻尼和電磁驅(qū)動(dòng) b 考點(diǎn)一　電

2、磁感應(yīng)基本概念和規(guī)律的理解 1．解決圖象問題的一般步驟 (1)明確圖象的種類，即是B－t圖象還是Φ－t圖象，或者是E－t圖象、I－t圖象等． (2)分析電磁感應(yīng)的具體過程； (3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系； (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式； (5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等； (6)畫出圖象或判斷圖象． 2．電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個(gè)常見解法 (1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負(fù)，排除錯(cuò)誤的選

3、項(xiàng)． (2)函數(shù)法：根據(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)系對圖象作出分析和判斷，這未必是最簡捷的方法，但卻是最有效的辦法． 1．[感應(yīng)電流的產(chǎn)生](多選)下列各圖所描述的物理情境中，有感應(yīng)電流產(chǎn)生的是(　　) 答案　BCD 解析　A中電鍵S閉合穩(wěn)定后，穿過線圈的磁通量保持不變，線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流；B中磁鐵向鋁環(huán)A靠近，穿過鋁環(huán)的磁通量在增大，鋁環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流；C中金屬框從A向B運(yùn)動(dòng)，穿過金屬框的磁通量時(shí)刻在變化，金屬框中產(chǎn)生感應(yīng)電流；D中銅盤在磁場中按題圖所示方向轉(zhuǎn)動(dòng)，銅盤的一部分切割磁感線，電阻R中產(chǎn)生感應(yīng)電流． 2．[感應(yīng)電流的大小和方

4、向](多選)如圖1，一根長為l、橫截面積為S的閉合軟導(dǎo)線置于光滑水平面上，其材料的電阻率為ρ，導(dǎo)線內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，電子的電荷量為e，空間存在垂直紙面向里的磁場．某時(shí)刻起磁場開始減弱，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律是B＝B0－kt，當(dāng)軟導(dǎo)線形狀穩(wěn)定時(shí)，磁場方向仍然垂直紙面向里，此時(shí)(　　) 圖1 A．軟導(dǎo)線將圍成一個(gè)圓形 B．軟導(dǎo)線將圍成一個(gè)正方形 C．導(dǎo)線中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流 D．導(dǎo)線中的電流為 答案　AD 解析　當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度減弱時(shí)，由楞次定律可知，導(dǎo)線中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，軟導(dǎo)線圍成的圖形的面積有擴(kuò)大的趨勢，結(jié)合周長相等時(shí)，圓的面積最大可知，最終軟導(dǎo)線圍成

5、一個(gè)圓形．設(shè)軟導(dǎo)線圍成的圓形半徑為r，則有：l＝2πr，圓形的面積為S1＝πr2，軟導(dǎo)線的電阻為R＝ρ，軟導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝S1＝k，感應(yīng)電流為I＝＝. 3．[感應(yīng)電流的圖象](多選)如圖2甲所示，正六邊形導(dǎo)線框abcdef放在磁場中靜止不動(dòng)，磁場方向與導(dǎo)線框平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示．t＝0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直紙面向里，設(shè)產(chǎn)生的感應(yīng)電流順時(shí)針方向?yàn)檎?，豎直邊cd所受安培力的方向水平向左為正．則下面關(guān)于感應(yīng)電流i和cd邊所受安培力F隨時(shí)間t變化的圖象正確的是(　　) 圖2 答案　BC 解析　0～2 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里

6、，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為正值．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝＝B0S為定值，則感應(yīng)電流為定值，I0＝.在2～3 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為正值，大小與0～2 s內(nèi)相同． 在3～4 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為負(fù)值，大小與0～2 s內(nèi)相同．在4～6 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為負(fù)值，大小與0～2 s內(nèi)相同，故A錯(cuò)誤，B正確．在0～2 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，電

7、流恒定不變，根據(jù)F安＝BIL，則安培力逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負(fù)值.0時(shí)刻安培力大小為F＝2B0I0L.在2～3 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)F安＝BIL，則安培力逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，為正值，3 s末安培力大小為B0I0L.在3～4 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸減小，則安培力大小逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負(fù)值，第4 s初的安培力大小為B0I0L.在4～6 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，則安培力大小逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，6 s末的安培力大小2B0I0L，故C正確，D錯(cuò)誤． 4.[電路問題]

8、(多選)用均勻?qū)Ь€做成的正方形線圈邊長為l，正方形的一半放在垂直于紙面向里的磁場中，如圖3所示，當(dāng)磁場以的變化率增強(qiáng)時(shí)，則(　　) 圖3 A．線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍cbda B．線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝· C．線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍dbca D．線圈中a、b兩點(diǎn)間的電勢差為· 答案　AB 解析　當(dāng)磁場增強(qiáng)時(shí)，由楞次定律可判定感應(yīng)電流的方向?yàn)閍cbda，故A項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝·，B項(xiàng)正確；線圈中a、b兩點(diǎn)的電勢差的絕對值為電動(dòng)勢的一半，由電流方向可知，a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢，則a、b兩點(diǎn)的電勢差為－··，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 考點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題

9、 1．電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析思路 (1)電路分析：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，感應(yīng)電動(dòng)勢相當(dāng)于電源的電動(dòng)勢，導(dǎo)體棒的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻． (2)受力分析：導(dǎo)體棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIL，根據(jù)牛頓第二定律列動(dòng)力學(xué)方程：F合＝ma. (3)過程分析：由于安培力是變力，導(dǎo)體棒做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列平衡方程：F合＝0. 2．電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法 (1)能量轉(zhuǎn)化 (2)求解焦耳熱Q的三種方法 ①焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流、電阻不變； ②功能關(guān)系：Q＝W克服安培力，電流變不變都適用； ③能量

10、轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE其他能的減少量，電流變不變都適用． 例1　(2018·嘉興一中期末)如圖4所示，兩根相距L1的平行粗糙金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌上分布著n個(gè)寬度為d、間距為2d的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直水平面向上．在導(dǎo)軌的左端連接一個(gè)阻值為R的電阻，導(dǎo)軌的左端距離第一個(gè)磁場區(qū)域L2的位置放有一根質(zhì)量為m，長為L1，阻值為r的金屬棒，導(dǎo)軌電阻及金屬棒與導(dǎo)軌間的接觸電阻均不計(jì)．某時(shí)刻起，金屬棒在一水平向右的已知恒力F作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g. 圖4 (1)若金屬棒能夠勻速通過每個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域，求金屬棒離開第2個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域時(shí)的速度v2

11、的大?。? (2)在滿足第(1)小題條件時(shí)，求第n個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bn的大?。? (3)現(xiàn)保持恒力F不變，使每個(gè)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度均相同，發(fā)現(xiàn)金屬棒通過每個(gè)磁場區(qū)域時(shí)電路中的電流變化規(guī)律完全相同，求金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到通過第n個(gè)磁場區(qū)域的整個(gè)過程中左端電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1) (2) (3)nd(F－μmg) 解析　(1)金屬棒勻加速運(yùn)動(dòng)有F－μmg＝ma v22＝2a(L2＋2d) 解得：v2＝ (2)金屬棒勻加速運(yùn)動(dòng)的總位移為x＝L2＋2nd－2d 金屬棒進(jìn)入第n個(gè)勻強(qiáng)磁場的速度滿足vn2＝2ax 金屬棒在第n個(gè)磁場中勻速運(yùn)動(dòng)有F－μmg－F安＝

12、0 感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BnL1vn 電流I＝＝ 安培力F安＝BnL1I 聯(lián)立得：F安＝ 解得：Bn＝ (3)金屬棒進(jìn)入每個(gè)磁場時(shí)的速度v和離開每個(gè)磁場時(shí)的速度v′均相同，由題意可得v2＝2aL2，v2－v′2＝2a·2d 金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到通過第n個(gè)磁場區(qū)域的過程中，有x總＝L2＋3nd－2d (F－μmg)x總－Q總＝mv′2 Q＝Q總 解得：Q＝nd(F－μmg) 5．如圖5所示，有一傾斜光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝30°，導(dǎo)軌間距L＝0.5 m，電阻不計(jì)，在兩導(dǎo)軌間接有R＝3 Ω的電阻．在導(dǎo)軌中間加一垂直導(dǎo)軌平面向上的寬度為d＝0.4 m的勻強(qiáng)磁場

13、，B＝2 T．一質(zhì)量為m＝0.08 kg，電阻為r＝2 Ω的導(dǎo)體棒從距磁場上邊緣d＝0.4 m處由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好，取g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場上邊緣的速度大小v； (2)導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量q； (3)導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1)2 m/s　(2)0.08 C　(3)0.096 J 解析　(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mgdsin 30°＝mv2 代入數(shù)據(jù)解得，導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場上邊緣的速度v＝2 m/s. (2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：＝ 根據(jù)閉合

14、電路的歐姆定律可得：＝ 通過導(dǎo)體棒的電荷量為：q＝Δt＝＝＝0.08 C. (3)導(dǎo)體棒切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv＝2 V 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I＝＝0.4 A 導(dǎo)體棒受到的安培力F＝BIL＝0.4 N 導(dǎo)體棒的重力沿導(dǎo)軌平面向下的分力F′＝mgsin 30°＝0.4 N 所以金屬棒進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能關(guān)系可得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為： Q＝mgdsin 30°＝0.096 J. 考點(diǎn)三　應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)分析電磁感應(yīng)問題 1．電磁感應(yīng)與動(dòng)量綜合問題 往往需要運(yùn)用牛頓第二定律、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、功能關(guān)系和能量守恒定律等重要規(guī)律，并結(jié)合閉合

15、電路的歐姆定律等物理規(guī)律及基本方法． 2．動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用，主要可以解決變力的沖量．所以，在求解導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題時(shí)，應(yīng)用動(dòng)量定理可以避免由于加速度變化而導(dǎo)致運(yùn)動(dòng)學(xué)公式不能使用的麻煩，在求解雙桿模型問題時(shí)，在一定條件下可以利用動(dòng)量守恒定律避免討論中間變化狀態(tài)，而直接求得最終狀態(tài)． 模型1　動(dòng)量定理與電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用 例2　(2018·寧波市十校聯(lián)考)如圖6所示，兩根相距為d的粗糙平行金屬導(dǎo)軌放在傾角為θ的斜面上(電阻忽略不計(jì))，金屬導(dǎo)軌上端連有阻值為R的電阻，在平行于斜面的矩形區(qū)域mnOP(mP長為l，且平行于金屬導(dǎo)軌，不考慮磁場的邊界效應(yīng))內(nèi)存在一個(gè)垂直斜面向上

16、的勻強(qiáng)磁場B，一根電阻為r，質(zhì)量為m的金屬棒EF自磁場上邊界虛線mn處由靜止釋放，經(jīng)過t時(shí)間離開磁場區(qū)域，金屬棒與金屬導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.求： 圖6 (1)t時(shí)間內(nèi)通過電阻R的電荷量q； (2)t時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)沿著導(dǎo)軌向下平行移動(dòng)磁場區(qū)域，從原位置釋放金屬棒，當(dāng)它恰好能勻速通過磁場時(shí)，磁場的移動(dòng)距離s和金屬棒通過磁場的時(shí)間t′. 答案　(1) (2)·{mgl(sin θ－μcos θ)－m[(sin θ－μcos θ)gt－]2} (3)　 解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得＝＝ 通過電阻R的電荷量為q＝·t＝ (2)金屬棒向下運(yùn)動(dòng)的過程中

17、受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，由動(dòng)量定理得：(mgsin θ－μmgcos θ)·t－Bd··t＝mv－0 得：v＝(gsin θ－μgcos θ)t－ 由功能關(guān)系可得：Q總＝mgl(sin θ－μcos θ)－mv2 則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝·Q總 聯(lián)立可得： Q＝·{mgl(sin θ－μcos θ)－m[(sin θ－μcos θ)gt－]2} (3)金屬棒在磁場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，mgsin θ＝μmgcos θ＋ 得：vm＝ 金屬棒沿導(dǎo)軌平面向下的加速度為：a＝g(sin θ－μcos θ) 又：vm2＝2as， 得s＝ 金屬

18、棒通過磁場的時(shí)間為： t′＝＝ 6.如圖7所示，光滑的水平平行金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．空間存在垂直于導(dǎo)軌平面豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.輕質(zhì)導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒ab的電阻為r，與導(dǎo)軌之間接觸良好．兩導(dǎo)軌之間接有定值電阻，其阻值為R，輕質(zhì)導(dǎo)體棒中間系一輕細(xì)線，細(xì)線通過定滑輪懸掛質(zhì)量為m的物體，現(xiàn)從靜止釋放該物體，當(dāng)物體速度達(dá)到最大時(shí)，下落的高度為h.物體下落過程中不著地，導(dǎo)軌足夠長，忽略空氣阻力和一切摩擦阻力，重力加速度為g.求： 圖7 (1)物體下落過程中的最大速度vm； (2)物體從靜止開始下落至速度達(dá)到最大的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q；

19、 (3)物體從靜止開始下落至速度到最大時(shí)，所需的時(shí)間t. 答案　(1)　(2)－　(3)＋ 解析　(1)在物體加速下落過程中，加速度逐漸減小，當(dāng)加速度為0時(shí)，下落速度達(dá)到最大．對物體，由平衡條件可得mg＝FT 對導(dǎo)體棒，由平衡條件可得FT＝BIL 對導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌、電阻R組成的閉合回路，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝ 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLvm 聯(lián)立以上各式解得vm＝. (2)在物體下落過程中，物體重力勢能減少，動(dòng)能增加，系統(tǒng)中產(chǎn)生熱量，根據(jù)能量守恒定律可得mgh＝mvm2＋Q總 電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝Q總， 聯(lián)立解得Q＝－. (3)在系統(tǒng)加速過程中，任一時(shí)刻速度設(shè)為

20、v，取一段時(shí)間微元Δt，在此過程中以系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)動(dòng)量定理可得mgΔt－Δt＝mΔv 即mgΔt－＝mΔv 全過程疊加求和mgt－＝mvm 聯(lián)立解得t＝＋. 模型2　動(dòng)量守恒定律與電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用 例3　(2018·寧波市3月選考)如圖8甲所示，絕緣水平面上固定著兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌PQ、MN，相距為L＝0.5 m，ef右側(cè)導(dǎo)軌處于磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小如圖乙變化．開始時(shí)ab棒和cd棒鎖定在導(dǎo)軌如圖所示位置，ab棒與cd棒平行，ab棒離水平面高度為h＝0.2 m，cd棒與ef之間的距離也為L，ab棒的質(zhì)量為m1＝0.2 kg，有效電阻R1＝0

21、.05 Ω，cd棒的質(zhì)量為m2＝0.1 kg，有效電阻為R2＝0.15 Ω.(設(shè)ab、cd棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，空氣阻力不計(jì)，g取10 m/s2)．問： 圖8 (1)0～1 s時(shí)間段內(nèi)通過cd棒的電流大小與方向； (2)假如在1 s末，同時(shí)解除對ab棒和cd棒的鎖定，穩(wěn)定后ab棒和cd棒將以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，試求這一速度的大??； (3)對ab棒和cd棒從解除鎖定到開始以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，ab棒上產(chǎn)生的熱量； (4)ab棒和cd棒速度相同時(shí)，它們之間的距離大小． 答案　見解析 解析　(1)由楞次定律可得，cd棒中的電

22、流方向?yàn)橛蒬到c E＝＝S＝L2 代入數(shù)據(jù)得：E＝0.25 V cd棒中的電流大小I＝ 代入數(shù)據(jù)得：I＝1.25 A (2)設(shè)ab棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律有：m1gh＝m1v02 得v0＝2 m/s 由題意可知，ab棒進(jìn)入磁場后做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，cd棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，而由ab、cd棒組成的回路感應(yīng)電動(dòng)勢越來越小，最終ab、cd棒達(dá)到共同速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)穩(wěn)定．以ab、cd棒構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象，水平方向上只受到大小時(shí)刻相等、方向時(shí)刻相反的安培力作用，系統(tǒng)在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)量守恒． m1v0＝(m1＋m2)v共 得：v共＝ m/s. (3

23、)以ab、cd棒構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象，從解除鎖定開始到ab、cd棒以相同的速度穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)兩電阻上的熱量． m1gh－(m1＋m2)v共2＝Q總 則Qab＝Q總＝ J (4)以ab棒為研究對象，ab棒從進(jìn)入磁場到達(dá)到穩(wěn)定速度過程中，由動(dòng)量定理有： m1v共－m1v0＝－∑F安Δt＝－∑BLΔt＝－ 解得Δx＝ m 分析可知Δx為這個(gè)過程中兩棒相對靠近的距離， 所以，穩(wěn)定時(shí)兩棒之間的距離為：x＝L－Δx＝ m. 7．如圖9所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻不計(jì)、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑絕緣水平桌面上，平行導(dǎo)軌MN和PQ相距為L.空間存在

24、著足夠大的方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導(dǎo)軌上，并用一根絕緣細(xì)線系在定點(diǎn)A.已知，細(xì)線能承受的最大拉力為FT0，CD棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R.現(xiàn)從t＝0時(shí)刻開始對U形框架施加水平向右的拉力F(大小未知)，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)． 圖9 (1)求從框架開始運(yùn)動(dòng)到細(xì)線斷開所需的時(shí)間t0及細(xì)線斷開時(shí)框架的瞬時(shí)速度v0大??； (2)若在細(xì)線斷開時(shí)，立即撤去拉力F，求此后過程回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q. 答案　(1)　　(2) 解析　(1)細(xì)線斷開時(shí)，對CD棒有FT0＝F安， F安＝BIL，I＝，E＝BLv0，

25、v0＝at0 聯(lián)立解得t0＝ 細(xì)線斷開時(shí)，框架的速度v0＝ (2)在細(xì)線斷開時(shí)立即撤去拉力F，框架向右減速運(yùn)動(dòng)，CD棒向右加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)二者最終速度大小為v，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv0＝2mv 得v＝＝ 撤去拉力F后，系統(tǒng)總動(dòng)能的減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產(chǎn)生的總焦耳熱 Q＝mv02－×2mv2 聯(lián)立得Q＝. 專題強(qiáng)化練 1．(多選)(2018·牌頭中學(xué)期中改編)如圖1所示，固定的水平長直導(dǎo)線中通有向右的電流I，矩形閉合導(dǎo)線框與導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi)，且一邊與導(dǎo)線平行．將線框由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，則在線框下落過程中(　　) 圖1 A．穿過線框的磁通量保持

26、不變 B．線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針 C．線框所受安培力的合力豎直向上 D．線框的機(jī)械能不斷增大 答案　BC 解析　線框在下落過程中，所在磁場減弱，穿過線框的磁通量減小，故A錯(cuò)誤；電流I產(chǎn)生的磁場在導(dǎo)線的下方垂直于紙面向里，下落過程中，因?yàn)榇┻^線框的磁通量隨線框下落而減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，所以感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，故B正確；由于離導(dǎo)線越遠(yuǎn)的地方磁場越弱，所以線框的上邊受到的安培力大小大于下邊受到的安培力大小，合力的方向向上，故C正確；下落過程中，因?yàn)榇┻^線框的磁通量隨線框下落而減小，線框中產(chǎn)生電能，機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤． 2．(多選)某實(shí)驗(yàn)裝置如圖

27、2所示，在鐵芯P上繞著兩個(gè)線圈A和B，如果線圈A中電流i與時(shí)間t的關(guān)系有如圖所示的A、B、C、D共四種情況．在t1～t2這段時(shí)間內(nèi)，哪種情況可以觀察到在線圈B中有感應(yīng)電流(　　) 圖2 答案　BCD 3．(多選)(2018·書生中學(xué)月考改編)豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌，其電阻不計(jì)，磁場方向如圖3所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，導(dǎo)體棒ab與cd長均為0.2 m，電阻均為0.1 Ω，重均為0.1 N，現(xiàn)用力向上拉導(dǎo)體棒ab，使之勻速向上(與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌足夠長)，此時(shí)，導(dǎo)體棒cd恰好靜止，那么導(dǎo)體棒ab上升時(shí)，下列說法中正確的是(　　) 圖3 A．導(dǎo)體棒ab受到的拉力大小為2

28、 N B．導(dǎo)體棒ab向上的速度為2 m/s C．在2 s內(nèi)，拉力做功轉(zhuǎn)化為的電能是0.4 J D．在2 s內(nèi)，拉力做功為0.6 J 答案　BC 解析　導(dǎo)體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對于兩棒組成的系統(tǒng)，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得：ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2 N，故A錯(cuò)誤；對cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡條件得：F安＝G，即BIL＝G，又I＝，聯(lián)立得：v＝＝ m/s＝2 m/s，故B正確；在2 s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Q＝t＝t＝×2 J＝0.4 J，故C正確；在2 s內(nèi)拉力做的功，W＝Fvt＝0.2×2×2 J＝0.8 J，故D錯(cuò)誤．

29、 4.如圖4所示，兩根豎直固定的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌ab和cd相距L＝1 m，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)．兩根水平放置的金屬桿MN和PQ質(zhì)量均為0.1 kg，在電路中兩金屬桿MN和PQ的電阻均為R＝2 Ω，PQ桿放置在水平臺(tái)上．整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向里的磁場中，g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力． 圖4 (1)若將MN桿固定，兩桿間距為d＝4 m，現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度從零開始以＝0.5 T/s的變化率均勻地增大，經(jīng)過多長時(shí)間，PQ桿對地面的壓力為零？ (2)若將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力F＝2 N的作用下由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為1 T．若桿MN發(fā)生的位移為h＝1.8

30、 m時(shí)達(dá)到最大速度，求最大速度的大小和加速時(shí)間． 答案　(1)4 s　(2)4 m/s　0.85 s 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律： E＝＝·S＝·Ld 根據(jù)閉合電路歐姆定律：I＝ 由題意可知：B＝0.5t 當(dāng)PQ桿對地面的壓力恰好為零時(shí)，對PQ桿有 mg＝BIL 聯(lián)立解得t＝4 s (2)當(dāng)桿MN達(dá)到最大速度vm時(shí)，其加速度為0 對MN桿：mg＋B′I′L＝F I′＝ 聯(lián)立解得最大速度vm＝4 m/s 桿MN從靜止到最大速度vm的運(yùn)動(dòng)過程中 根據(jù)動(dòng)量定理：Ft′－mgt′－B′Lt′＝mvm t′＝＝ 聯(lián)立解得加速時(shí)間t′＝0.85 s. 5．(201

31、8·新力量聯(lián)盟期末)如圖5甲所示，MN、PQ為間距L＝0.5 m足夠長的平行導(dǎo)軌，NQ⊥MN，導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)．導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝37°，NQ間連接有一個(gè)R＝4 Ω的電阻．有一勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面且方向向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0＝1 T．將一根質(zhì)量為m＝0.05 kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)達(dá)到穩(wěn)定速度，已知在此過程中通過金屬棒橫截面的電荷量q＝0.2 C，且金屬棒的加速度a與速度v的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過程中始終與NQ平行．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：

32、 圖5 (1)金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)cd與NQ的距離s； (3)金屬棒滑行至cd處的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)0.5　(2)2 m　(3)0.08 J 解析　(1)由題圖乙可知，當(dāng)v＝0時(shí)，a＝2 m/s2 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 得μ＝0.5 (2)由題圖乙可知，vm＝2 m/s 當(dāng)金屬棒達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)，有F安＝B0IL E＝B0Lvm I＝ mgsin θ＝F安＋μmgcos θ 聯(lián)立以上各式解得r＝1 Ω 通過金屬棒橫截面的電荷量q＝IΔt＝Δt＝＝＝0.2 C 解得s＝2 m (3)由動(dòng)能定理得mgs

33、sin 37°－μmgscos 37°－WF＝mvm2－0 WF＝Q總＝0.1 J QR＝Q總＝0.08 J. 6．如圖6所示，平行金屬導(dǎo)軌MN、M′N′和平行金屬導(dǎo)軌PQR、P′Q′R′分別固定在高度差為h(數(shù)值未知)的水平臺(tái)面上．導(dǎo)軌MN、M′N′左端接有電源、間距為L＝0.10 m，所在空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.20 T；導(dǎo)軌PQR與P′Q′R′的間距也為L＝0.10 m，其中PQ與P′Q′是圓心角為60°、半徑為r＝0.50 m的圓弧導(dǎo)軌，QR與Q′R′是水平長直導(dǎo)軌，QQ′右側(cè)有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝0.40 T．導(dǎo)體棒a質(zhì)量m1＝0.0

34、2 kg，電阻R1＝2.0 Ω，放置在導(dǎo)軌MN、M′N′右側(cè)N′N邊緣處；導(dǎo)體棒b質(zhì)量m2＝0.04 kg，電阻R2＝4.0 Ω，放置在水平導(dǎo)軌某處．閉合開關(guān)K后，導(dǎo)體棒a從NN′水平拋出，恰能無碰撞地從PP′處以速度v1＝2 m/s滑入平行導(dǎo)軌，且始終沒有與導(dǎo)體棒b相碰．重力加速度g＝10 m/s2，不計(jì)一切摩擦及空氣阻力．求： 圖6 (1)導(dǎo)體棒b的最大加速度； (2)導(dǎo)體棒a在磁場B2中產(chǎn)生的焦耳熱； (3)閉合開關(guān)K后，通過電源的電荷量q. 答案　(1)0.02 m/s2　(2)0.02 J　(3)1 C 解析　(1)設(shè)導(dǎo)體棒a剛進(jìn)入磁場B2時(shí)的速度為v2，根據(jù)動(dòng)能定理

35、： m1g(r－rcos 60°)＝m1v22－m1v12 解得：v2＝3 m/s 因?yàn)閷?dǎo)體棒a剛進(jìn)入磁場B2時(shí)，導(dǎo)體棒b中的電流最大，導(dǎo)體棒b受到的力最大，加速度最大，所以有： 電動(dòng)勢為：E＝B2Lv2 電流為：I＝ 根據(jù)牛頓第二定律：B2IL＝m2amax 解得：amax＝0.02 m/s2. (2)兩個(gè)導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)量、能量守恒，當(dāng)兩導(dǎo)體棒的速度相等時(shí)回路中的電流為零，此后兩導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩導(dǎo)體棒不再產(chǎn)生焦耳熱，所以 根據(jù)動(dòng)量守恒：m1v2＝(m1＋m2)v3 根據(jù)能量守恒定律：m1v22＝(m1＋m2)v32＋Qa＋Qb 由于導(dǎo)體棒a、b串聯(lián)在一起

36、，所以有：＝ 解得：Qa＝0.02 J (3)設(shè)閉合開關(guān)后，導(dǎo)體棒a以速度v0水平拋出，則有：v0＝v1cos 60°＝1 m/s 對導(dǎo)體棒a沖出過程由動(dòng)量定理：∑B1ILΔt＝m1v0 即：B1Lq＝m1v0 解得：q＝1 C. 7．如圖7甲所示，平行且足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，左側(cè)傾斜導(dǎo)軌平面與水平方向夾角θ＝30°，與右側(cè)水平導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌上端連接一阻值R＝0.8 Ω的定值電阻，金屬桿MN的電阻r＝0.2 Ω、質(zhì)量m＝0.2 kg，桿長L＝1 m恰好跨接在兩導(dǎo)軌上，左側(cè)傾斜導(dǎo)軌區(qū)域、右側(cè)水平導(dǎo)軌區(qū)域各加一垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B＝1.0

37、T．電流傳感器(電阻不計(jì))能將各時(shí)刻的電流數(shù)據(jù)實(shí)時(shí)通過數(shù)據(jù)采集器傳輸給計(jì)算機(jī)，閉合開關(guān)S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止開始釋放，其始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，此后計(jì)算機(jī)屏幕上顯示出金屬桿在傾斜導(dǎo)軌上滑行過程中的I－t圖象，如圖乙所示．求：(g取10 m/s2) 圖7 (1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速度的大??； (2)金屬桿MN從靜止開始運(yùn)動(dòng)到傾斜導(dǎo)軌底端的過程中通過電阻R的電荷量為1.2 C，該過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱； (3)金屬桿可在水平導(dǎo)軌上滑行的最大距離． 答案　(1)1 m/s　(2)0.88 J　(3)0.2 m 解析　(1)由I－t圖象可知，當(dāng)金屬桿達(dá)

38、到最大速度時(shí)，金屬桿勻速下滑， 由平衡條件得：mgsin θ＝BIL， 感應(yīng)電動(dòng)勢：E＝BLvm＝I(R＋r)，代入數(shù)據(jù)解得：vm＝1 m/s； (2)金屬桿在傾斜導(dǎo)軌上先做加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度后做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 金屬桿運(yùn)動(dòng)到傾斜導(dǎo)軌底端時(shí)速度為最大速度， 電荷量：q＝Δt＝Δt＝＝， 解得：x＝＝ m＝1.2 m， 由能量守恒定律得：mgxsin θ＝mvm2＋Q， 解得：Q＝1.1 J， 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱：QR＝＝ J＝0.88 J； (3)在整個(gè)過程中，對金屬桿由動(dòng)量定理得：BiLt＝mΔv， 則BLq′＝mvm，解得：q′＝0.2 C， 電荷量：q′＝Δt′＝Δt′＝＝，解得：x′＝0.2 m. 24