2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 能力課2 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題學(xué)案

《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 能力課2 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 能力課2 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題學(xué)案（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 能力課2　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題 　[熱考點(diǎn)]電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 1.兩種狀態(tài)及處理方法 狀態(tài) 特征 處理方法 平衡態(tài) 加速度為零 根據(jù)平衡條件列式分析 非平衡態(tài) 加速度不為零 根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析 2.電學(xué)對(duì)象與力學(xué)對(duì)象的轉(zhuǎn)換及關(guān)系 命題角度1　導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài) 【例1】　(2017·天津理綜，3)如圖1所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是

2、(　　) 圖1 A.ab中的感應(yīng)電流方向由b到a B.ab中的感應(yīng)電流逐漸減小 C.ab所受的安培力保持不變 D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小 解析　導(dǎo)體棒ab、電阻R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小(＝k為一定值)，則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，ab中的電流方向由a到b，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝＝＝kS，回路面積S不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值，根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝，所以ab中的電流大小不變，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；安培力F＝BIL，電流大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則安培力減小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，

3、所受合力為零，對(duì)其受力分析，水平方向靜摩擦力f與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故選項(xiàng)D正確。 答案　D 命題角度2　導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng) 【例2】　(多選)一空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，兩條電阻不計(jì)的平行光滑導(dǎo)軌豎直放置在磁場(chǎng)內(nèi)，如圖2所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，導(dǎo)體棒ab、cd長(zhǎng)度均為0.2 m，電阻均為0.1 Ω，重力均為0.1 N，現(xiàn)用力向上拉動(dòng)導(dǎo)體棒ab，使之勻速上升(導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好)，此時(shí)cd靜止不動(dòng)，則ab上升時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖2 A.ab受到的拉力大小為2 N B.ab向上運(yùn)動(dòng)的速度為2 m/s C.在2 s內(nèi)，

4、拉力做功，有0.4 J的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 D.在2 s內(nèi)，拉力做功為0.6 J 解析　對(duì)導(dǎo)體棒cd分析：mg＝BIl＝，得v＝2 m/s，故選項(xiàng)B正確；對(duì)導(dǎo)體棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在2 s內(nèi)拉力做功轉(zhuǎn)化為ab棒的重力勢(shì)能和電路中的電能，電能等于克服安培力做的功，即W電＝F安vt＝＝0.4 J，選項(xiàng)C正確；在2 s內(nèi)拉力做的功為W拉＝Fvt＝0.8 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　BC 命題角度3　變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 【例3】　如圖3，在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形導(dǎo)線(xiàn)框；在導(dǎo)線(xiàn)框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與導(dǎo)線(xiàn)框的

5、一邊平行，磁場(chǎng)方向豎直向下。導(dǎo)線(xiàn)框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)。t＝0時(shí)導(dǎo)線(xiàn)框的右邊恰與磁場(chǎng)的左邊界重合，隨后導(dǎo)線(xiàn)框進(jìn)入并通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域。下列v－t圖象中，可能正確描述上述過(guò)程的是(　　) 圖3 解析　導(dǎo)線(xiàn)框開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)框的磁通量增大，有感應(yīng)電流，進(jìn)而受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用，速度減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，感應(yīng)電流減小，安培力減小，導(dǎo)線(xiàn)框的加速度減小，v－t圖線(xiàn)的斜率減??；導(dǎo)線(xiàn)框全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，磁通量不變，無(wú)感應(yīng)電流，導(dǎo)線(xiàn)框做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；導(dǎo)線(xiàn)框從磁場(chǎng)中出來(lái)的過(guò)程，有感應(yīng)電流，又會(huì)受到安培力阻礙作用，速度減小，加速度減小。選項(xiàng)D正確。 答案　D 用“四步法”分析電磁感

6、應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下： 　　　　　　 【變式訓(xùn)練1】　足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ表面粗糙，與水平面間的夾角為θ＝37°(sin 37°＝0.6)，間距為1 m。垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為4 T，P、M間所接電阻的阻值為8 Ω。質(zhì)量為2 kg的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，不計(jì)桿與導(dǎo)軌的電阻，桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25。金屬桿ab在沿導(dǎo)軌向下且與桿垂直的恒力F作用下，由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，桿的最終速度為8 m/s，取g＝10 m/s2，求： 圖4 (1)當(dāng)金屬桿的速度為4 m/s時(shí)，金屬桿的加速度大小

7、； (2)當(dāng)金屬桿沿導(dǎo)軌的位移為6.0 m時(shí)，通過(guò)金屬桿的電荷量。 解析　(1)對(duì)金屬桿ab應(yīng)用牛頓第二定律，有 F＋mgsin θ－F安－f＝ma，f＝μFN，F(xiàn)N＝mgcos θ ab桿所受安培力大小為F安＝BIL ab桿切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv 由閉合電路歐姆定律可知I＝ 整理得：F＋mgsin θ－v－μmgcos θ＝ma 代入vm＝8 m/s時(shí)a＝0，解得F＝8 N 代入v＝4 m/s及F＝8 N，解得a＝4 m/s2 (2)設(shè)通過(guò)回路橫截面的電荷量為q，則q＝t 回路中的平均電流強(qiáng)度為＝ 回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為＝ 回路中的磁通量變化量

8、為ΔΦ＝BLx，聯(lián)立解得q＝3 C 答案　(1)4 m/s2　(2)3 C 　[熱考點(diǎn)]電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題 1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化 2.求解焦耳熱Q的三種方法 命題角度1　電磁感應(yīng)現(xiàn)象與能量守恒定律的綜合 【例4】　如圖5所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L＝0.4 m，導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線(xiàn)為MN。Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5 T。在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1 kg、電阻R1＝0.1 Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不

9、下滑。然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4 kg，電阻R2＝0.1 Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開(kāi)始下滑。cd在滑動(dòng)過(guò)程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10 m/s2，問(wèn)： 圖5 (1)cd下滑的過(guò)程中，ab中的電流方向； (2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v多大？ (3)從cd開(kāi)始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中，cd滑動(dòng)的距離x＝3.8 m，此過(guò)程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少？ 解析　(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向?yàn)橛蒬到c，則ab中電流方向?yàn)橛蒩流向b。 (2)開(kāi)始放置時(shí)ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜

10、摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsin θ① 設(shè)ab剛要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv② 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝③ 設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④ 此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下， 由平衡條件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤ 綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5 m/s (3)設(shè)cd棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q總＋m2v2 又Q＝Q總 解得Q＝1.3 J 答案　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 解電磁感

11、應(yīng)現(xiàn)象中的能量問(wèn)題的一般步驟 (1)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線(xiàn)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。 (2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。 (3)根據(jù)能量守恒列方程求解?！　　　　　? 命題角度2　電磁感應(yīng)現(xiàn)象與動(dòng)量守恒定律的綜合 【例5】　如圖6所示，兩根間距為l的光滑金屬導(dǎo)軌(不計(jì)電阻)，由一段圓弧部分與一段無(wú)限長(zhǎng)的水平段部分組成，其水平段加有豎直向下方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質(zhì)量為2m，電阻為2r。另一質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進(jìn)入水平段

12、，棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，圓弧段MN半徑為R，所對(duì)圓心角為60°。求： 圖6 (1)ab棒在N處進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)速度是多大？此時(shí)棒中電流是多少？ (2)cd棒能達(dá)到的最大速度是多大？ (3)cd棒由靜止到達(dá)最大速度過(guò)程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？ 解析　(1)ab棒由M下滑到N過(guò)程中機(jī)械能守恒，故 mgR(1－cos 60°)＝mv2 解得v＝。 進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)瞬間，回路中電流強(qiáng)度 I＝＝。 (2)ab棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度達(dá)到相同速度v′時(shí)，電路中電流為零，安培力為零，cd達(dá)到最大速度。運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得mv＝(2m＋m)v

13、′ 解得v′＝。 (3)系統(tǒng)釋放的熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量， 故Q＝mv2－·3mv′2， 解得Q＝mgR。 答案　(1)　　(2)　(3)mgR 【變式訓(xùn)練2】　(2018·河北五名校聯(lián)盟二模)如圖7所示，MN、PQ兩平行光滑水平導(dǎo)軌分別與半徑r＝0.5 m 的相同豎直半圓導(dǎo)軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質(zhì)量M＝2 kg的cd絕緣桿垂直且靜止在水平導(dǎo)軌上，在其右側(cè)至N、Q端的區(qū)域內(nèi)充滿(mǎn)豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)有質(zhì)量m＝1 kg的ab金屬桿以初速度v0＝12 m/s水平向右運(yùn)動(dòng)，與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進(jìn)入磁場(chǎng)并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)，不

14、計(jì)除R以外的其他電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，g取10 m/s2，(不考慮cd桿通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)以后的運(yùn)動(dòng))求： 圖7 (1)cd絕緣桿通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v； (2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。 解析　(1)cd絕緣桿通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)， 由牛頓第二定律有Mg＝M 解得v＝ m/s。 (2)發(fā)生正碰后cd絕緣桿滑至最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有 －Mg·2r＝Mv2－Mv， 解得碰撞后cd絕緣桿的速度v2＝5 m/s， 兩桿碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，有 mv0＝mv1＋Mv2， 解得碰撞后ab金屬桿的速度v1＝2 m/s， ab金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后

15、由能量守恒定律有mv＝Q， 解得Q＝2 J。 答案　(1) m/s　(2)2 J “桿＋導(dǎo)軌”模型 [題源：人教版選修3－2·P21·T3] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 設(shè)圖4.5－5中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T，平行導(dǎo)軌寬l＝1 m，金屬棒PQ以1 m/s速度貼著導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，R＝1 Ω，其他電阻不計(jì)。 圖4.5－5　導(dǎo)體PQ向右運(yùn)動(dòng) (1)運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)線(xiàn)會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源。用電池等符號(hào)畫(huà)出這個(gè)裝置的等效電路圖。 (2)通過(guò)R的電流方向如何？大小等于多少？ 拓展1　(2018·湖南省五市十校高三聯(lián)考)如圖8所示，兩平行的光滑導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，兩

16、導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)，金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，金屬棒兩端與導(dǎo)軌接觸良好，在導(dǎo)軌左端接入阻值為R的定值電阻，整個(gè)裝置處于豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。與R相連的導(dǎo)線(xiàn)、導(dǎo)軌和金屬棒的電阻均可忽略不計(jì)。用平行于導(dǎo)軌向右的大小為F的力拉金屬棒，使金屬棒以大小為v的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖8 A.金屬棒ab相當(dāng)于電源，其a端相當(dāng)于電源負(fù)極 B.拉力F＝ C.回路中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较蛄鲃?dòng) D.定值電阻消耗的電功率P＝Fv 解析　用平行于導(dǎo)軌向右的恒力拉金屬棒，使金屬棒向右勻速運(yùn)動(dòng)，ab棒相當(dāng)于電源，由右手定則知，電流方向由b―→a，在電源內(nèi)部電流由低電勢(shì)流向高電勢(shì)

17、，所以a端相當(dāng)于電源的正極，回路中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；由于金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，所以F＝F安，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知F安＝BIL＝，而定值電阻消耗的功率為安培力的功率，也等于拉力的功率，選項(xiàng)B、D正確。 答案　BD 拓展2　(2016·全國(guó)卷Ⅱ，24)如圖9，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之

18、間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求 圖9 (1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大?。? (2)電阻的阻值。 解析　(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma① 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v＝at0② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為 E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④ (2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝⑤ 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為 F安＝BlI⑥ 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，有 F

19、－μmg－F安＝0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R＝⑧ 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) 拓展3　(2017·江蘇單科，13)如圖10所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求： 圖10 (1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a； (3

20、)PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P。 解析　(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv0 感應(yīng)電流I＝，解得I＝ (2)安培力F＝BId 牛頓第二定律F＝ma，解得a＝ (3)金屬桿切割磁感線(xiàn)的速度v′＝v0－v，則 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝Bd(v0－v) 電功率P＝，解得P＝ 答案　(1)　(2)　(3) 活頁(yè)作業(yè) (時(shí)間：40分鐘) ?題組一　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 1.(多選)如圖1所示，足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，其下端與電阻R連接。導(dǎo)體棒ab電阻為r，導(dǎo)軌和導(dǎo)線(xiàn)電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向上。若導(dǎo)體棒ab以一定初速度v下滑，則關(guān)于ab棒的下列說(shuō)法正確的是(　　)

21、 圖1 A.所受安培力方向水平向右 B.可能以速度v勻速下滑 C.剛下滑的瞬間ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv D.減少的重力勢(shì)能等于電阻R上產(chǎn)生的內(nèi)能 解析　導(dǎo)體棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，由右手定則可判斷出電流方向?yàn)閺腷到a，由左手定則可判斷出ab棒所受安培力方向水平向右，選項(xiàng)A正確；當(dāng)mgsin θ＝BILcos θ時(shí)，ab棒沿導(dǎo)軌方向合外力為零，則以速度v勻速下滑，選項(xiàng)B正確；由于速度方向與磁場(chǎng)方向夾角為(90°＋θ)，剛下滑的瞬間ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLvcos θ，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由能量守恒定律知，ab棒減少的重力勢(shì)能不一定等于電阻R上

22、產(chǎn)生的內(nèi)能，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　AB 2.如圖2所示，在水平面內(nèi)固定著U形光滑金屬導(dǎo)軌，軌道間距為50 cm，金屬導(dǎo)體棒ab質(zhì)量為0.1 kg，電阻為0.2 Ω，橫放在導(dǎo)軌上，電阻R的阻值是0.8 Ω(導(dǎo)軌其余部分電阻不計(jì))?，F(xiàn)加上豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。用水平向右的恒力F＝0.1 N拉動(dòng)ab，使其從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，則(　　) 圖2 A.導(dǎo)體棒ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，電阻R中的電流方向是從P流向M B.導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的最大速度為10 m/s C.導(dǎo)體棒ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差逐漸增加到1 V 后保持不變 D.導(dǎo)體棒ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后任一時(shí)刻，F(xiàn)的功率總等于導(dǎo)體

23、棒ab和電阻R的發(fā)熱功率之和 解析　由右手定則可判斷電阻R中的感應(yīng)電流方向是從M流向P，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)金屬導(dǎo)體棒受力平衡時(shí)，其速度將達(dá)到最大值，由F＝BIL，I＝＝可得F＝，代入數(shù)據(jù)解得vm＝10 m/s，選項(xiàng)B正確；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Em＝ 1 V，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差為路端電壓，最大值小于1 V，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在達(dá)到最大速度以前，F(xiàn)所做的功一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的動(dòng)能，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　B 3.(多選)如圖3兩根足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒a

24、b水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)在同時(shí)由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則(　　) 圖3 A.金屬棒ab一直加速下滑 B.金屬棒ab最終可能勻速下滑 C.金屬棒ab下滑過(guò)程中M板電勢(shì)高于N板電勢(shì) D.帶電微?？赡芟认騈板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng) 解析　根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－BIl＝ma，而I＝，Δq＝CΔU，ΔU＝BlΔv，Δv＝aΔt，聯(lián)立解得a＝，因而金屬棒將做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；ab棒切割磁感線(xiàn)，相當(dāng)于電源，a端相當(dāng)于電源正極，因而M板帶正電，N板帶負(fù)電，選項(xiàng)C正確；若帶電粒子帶負(fù)電，在重力和電場(chǎng)力的作用下，先向下運(yùn)動(dòng)然后再反向向上運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)

25、D正確。 答案　ACD 4.(多選)如圖4所示，平行且足夠長(zhǎng)的兩條光滑金屬導(dǎo)軌，相距L＝0.4 m，導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為30°，其電阻不計(jì)。把完全相同的兩金屬棒(長(zhǎng)度均為0.4 m)ab、cd分別垂直于導(dǎo)軌放置，并使每棒兩端都與導(dǎo)軌良好接觸。已知兩金屬棒的質(zhì)量均為m＝0.1 kg、電阻均為R＝0.2 Ω，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5 T，當(dāng)金屬棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒cd恰好能保持靜止。(g＝10 m/s2)，則(　　) 圖4 A.F的大小為0.5 N B.金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1.0 V

26、 C.ab棒兩端的電壓為1.0 V D.ab棒的速度為5.0 m/s 解析　對(duì)于cd棒有mgsin θ＝BIL，解得回路中的電流I＝2.5 A，所以回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝2IR＝1.0 V，選項(xiàng)B正確；Uab＝IR＝0.5 V，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于ab棒有F＝BIL＋mgsin θ，解得F＝1.0 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv，解得v＝5.0 m/s，選項(xiàng)D正確。 答案　BD 5.如圖5甲，在水平桌面上固定著兩根相距L＝20 cm、相互平行的無(wú)電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R＝0.02 Ω 的導(dǎo)體棒a，軌道上橫置一根質(zhì)量m＝40 g、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒b，兩

27、棒相距也為L(zhǎng)＝20 cm。該軌道平面處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開(kāi)始時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝0.1 T。設(shè)棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2。 圖5 (1)若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小不變，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，給b棒施加一個(gè)水平向右的拉力，使它由靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。此拉力F的大小隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示。求b棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度及b棒與軌道間的滑動(dòng)摩擦力； (2)若從t＝0開(kāi)始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖丙中圖象所示的規(guī)律變化，求在金屬棒b開(kāi)始運(yùn)動(dòng)前，這個(gè)裝置釋放的熱量。 解析　(1)F安＝B0IL① E＝B0Lv② I＝＝③ v

28、＝at④ 所以F安＝t 當(dāng)b棒勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有 F－Ff－F安＝ma⑤ 聯(lián)立可得F－Ff－t＝ma⑥ 由圖象可得： 當(dāng)t＝0時(shí)，F(xiàn)＝0.4 N， 當(dāng)t＝1 s時(shí)，F(xiàn)＝0.5 N。 代入⑥式，可解得a＝5 m/s2，F(xiàn)f＝0.2 N。 (2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，閉合電路中有恒定的感應(yīng)電流I。以b棒為研究對(duì)象，它受到的安培力逐漸增大，靜摩擦力也隨之增大，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到b所受安培力F安′與最大靜摩擦力Ff相等時(shí)開(kāi)始滑動(dòng) 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝L2＝0.02 V⑦ I′＝＝1 A⑧ 棒b將要運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F安′＝BtI′L＝Ff⑨ 所以Bt＝1 T，根據(jù)Bt＝B

29、0＋t⑩ 得t＝1.8 s，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I′2Rt＝0.036 J。 答案　(1)5 m/s2　0.2 N　(2)0.036 J ?題組二　電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題 6.(2017·江西省名校聯(lián)盟教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))如圖6所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，銅棒a、b的長(zhǎng)度均等于兩導(dǎo)軌的間距、電阻均為R、質(zhì)量均為m，銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，關(guān)于此后的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖6 A.回路中的最大電流為 B.銅棒b的最大加速度為 C.

30、銅棒b獲得的最大速度為 D.回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為 解析　給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌的瞬時(shí)沖量I，此時(shí)銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，回路中電流最大，每個(gè)棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝，銅棒a電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0，回路電流I0＝＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此時(shí)銅棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝＝，選項(xiàng)B正確；此后銅棒a做變減速運(yùn)動(dòng)，銅棒b做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者達(dá)到共同速度時(shí)，銅棒b速度最大，據(jù)動(dòng)量守恒，mv0＝2mv，銅棒b最大速度v＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mv－·2mv2＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　B 7.(2017·寧夏銀川模擬)如圖7所示，相距為d的兩條

31、水平虛線(xiàn)之間有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，正方形線(xiàn)圈abec邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(L

32、，即從ce邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱為mgd，從ce邊剛穿出磁場(chǎng)到ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程，線(xiàn)圈產(chǎn)生的熱量與從ce邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量相等，故從線(xiàn)圈的ce邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程，產(chǎn)生的熱量為2Q＝2mgd，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；若線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程做減速運(yùn)動(dòng)，線(xiàn)圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，則可知線(xiàn)圈剛?cè)窟M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的瞬時(shí)速度最小，設(shè)線(xiàn)圈的最小速度為vmin，線(xiàn)圈從開(kāi)始下落到線(xiàn)圈剛完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律得mg(h＋L)＝Q＋mv，代入數(shù)據(jù)解得線(xiàn)圈的最小速度為vmin＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；線(xiàn)圈在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，先做減速運(yùn)動(dòng)，可能在完全

33、進(jìn)入磁場(chǎng)前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，則有mg＝BIL＝，解得vmin′＝，選項(xiàng)D正確。 答案　D 8.(2017·吉林省長(zhǎng)春市七校第二次聯(lián)考)如圖8所示，兩根水平放置的平行金屬導(dǎo)軌，其末端連接等寬的四分之一圓弧導(dǎo)軌，圓弧半徑r＝0.41 m。導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng)＝0.5 m，導(dǎo)軌的電阻與摩擦均不計(jì)。在導(dǎo)軌的頂端接有阻值為R1＝1.5 Ω的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0 T?，F(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、電阻R2＝0.5 Ω、質(zhì)量m＝1.0 kg的金屬棒。金屬棒在水平拉力F作用下，從圖中位置ef由靜止開(kāi)始勻加速運(yùn)動(dòng)，在t＝0 時(shí)刻，F(xiàn)0＝1.5 N，經(jīng)2.0 s運(yùn)動(dòng)到cd時(shí)撤去拉力，棒

34、剛好能沖到最高點(diǎn)ab，重力加速度g＝10 m/s2。求： 圖8 (1)金屬棒做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的加速度； (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)到cd時(shí)電壓表的讀數(shù)； (3)金屬棒從cd運(yùn)動(dòng)到ab過(guò)程中電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱。 解析　(1)剛開(kāi)始拉金屬棒時(shí)，由牛頓第二定律得F0＝ma 代入數(shù)據(jù)得a＝1.5 m/s2 (2)t＝2.0 s時(shí)，金屬棒的速度v＝at＝3 m/s 此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv 電壓表示數(shù)U＝R1，代入數(shù)據(jù)得U＝2.25 V (3)金屬棒從cd位置運(yùn)動(dòng)到ab位置，由動(dòng)能定理得 －mgr－W克安＝0－mv2 回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝W克安 電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝

35、R1 代入數(shù)據(jù)得Q1＝0.3 J 答案　(1)1.5 m/s2　(2)2.25 V　(3)0.3 J 9.如圖9所示，質(zhì)量為100 g的鋁框，用細(xì)線(xiàn)懸掛起來(lái)，框中央離地面h為0.8 m，有一質(zhì)量為200 g的磁鐵以10 m/s的水平速度射入并穿過(guò)鋁框，落在距鋁框原位置水平距離3.6 m處，則在磁鐵與鋁框發(fā)生相互作用時(shí)，求： 圖9 (1)鋁框向哪邊偏斜，它能上升多高； (2)在磁鐵穿過(guò)鋁框的整個(gè)過(guò)程中，框中產(chǎn)生了多少熱量。 解析　(1)磁鐵在穿過(guò)鋁框的過(guò)程中，使鋁框中磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，磁鐵與鋁框一直發(fā)生相互作用，水平方向動(dòng)量守恒。磁鐵穿過(guò)鋁框后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)

36、動(dòng)規(guī)律，得 t＝＝s＝0.4 s s＝v1′t，則v1′＝＝ m/s＝9 m/s 根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ v2′＝＝＝2 m/s 鋁框作用后獲得的速度向右，則將向右偏斜。根據(jù)機(jī)械能守恒，有m2gh′＝m2v2′2 故h′＝＝＝0.2 m。 (2)根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒定律，磁鐵的動(dòng)能一部分轉(zhuǎn)化為電能，另一部分轉(zhuǎn)化為鋁框的動(dòng)能，其中電能又轉(zhuǎn)化為焦耳熱Q，即 m1v＝m1v1′2＋m2v2′2＋W電 解得W電＝m1v－m1v1′2－m2v1′2 ＝×0.2×102－×0.2×92－×0.1×22＝1.7 J。 即Q＝1.7 J。 答案　(1)向右偏斜　0.2 m　(2)1.7 J 18