（全國通用版）2019版高考物理大一輪復習 第十章 電磁感應 第29講 電磁感應定律的綜合應用學案

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1、 第29講　電磁感應定律的綜合應用 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.電磁感應電路問題Ⅱ 2．電磁感應動力學問題Ⅱ 2016·浙江卷，24 高考對本專題內容的考查主要是以選擇題的形式考查磁感應強度、安培定則、安培力．有時也出現涉及安培力的計算題，但一般難度不大 1．電磁感應中的電路問題 在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產生__感應電動勢__，該導體或回路相當于__電源__.因此，電磁感應問題往往又和電路問題聯系在一起． 解決與電路相聯系的電磁感應問題的基本方法如下： (1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律(右手定則)確定感應電動勢的_

2、_大小__和__方向__． (2)畫等效電路圖． (3)運用閉合電路歐姆定律、串并聯電路的規(guī)律、電功率等公式聯立求解． 2．電磁感應中的動力學問題 (1)導體棒的兩種運動狀態(tài) ①平衡狀態(tài)——導體棒處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)，加速度為__零__； ②非平衡狀態(tài)——導體棒的加速度不為零． (2)兩個研究對象及其關系 電磁感應中導體棒既可看作電學對象(因為它相當于電源)，又可看作力學對象(因為有感應電流而受到安培力)，而感應電流I和導體棒的__速度v__是聯系這兩個對象的紐帶． (3)電磁感應中的動力學問題分析思路 ①電路分析：切割磁感線的導體棒相當于__電源__，感應電動勢

3、相當于電源的電動勢，導體棒的電阻相當于電源的內阻，感應電流I＝.　　 ②受力分析：導體棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl＝?。?！　　###，根據牛頓第二定律列動力學方程F合＝ma． ③過程分析：由于安培力是變力，導體棒做變加速運動或__變減速__運動，當加速度為零時，達到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運動，根據共點力的平衡條件列方程F合＝0． 1．如圖所示，用均勻導線做成的正方形線框邊長為0.2 m，正方形的一半放在和紙面垂直向里的勻強磁場中．當磁場以每秒10 T的變化率增加時，線框中a、b兩點電勢差(　B　) A．Ua　b＝0.1 V　　　　　　 B．Ua　b＝－0.1 V

4、 C．Ua　b＝0.2 V D．Ua　b＝－0.2 V 2．(多選)如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路，虛線MN右側有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面向里．回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直．從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結論正確的是(　ACD　) A．感應電流方向不變 B． CD段直導線始終不受安培力 C．感應電動勢的最大值為Em＝Bav D．感應電動勢的平均值為＝πBav 解析　閉合回路進入磁場的過程中，磁通量始終增加，感應電流的方向沿逆時針方向始終不變，選項A正確；CD段的電流方向由D→C，安培力的方向垂直CD沿

5、紙面向下，選項B錯誤；因最大有效切割長度為a，所以感應電動勢的最大值為Em＝Bav，選項C正確；ΔΦ＝BS＝B，Δt＝，＝＝πBav，選項D正確． 3．如圖甲所示，導體圓環(huán)所圍的面積為10 cm2，電容器的電容為2 μF(電容器的體積很小)，垂直穿過圓環(huán)的勻強磁場的磁感應強度隨時間變化的圖線如圖乙所示，則在1 s末電容器的帶電荷量為__0__C；4 s末電容器的帶電荷量為__2×10－11__C，帶正電的極板是__a__． 解析　由法拉第電磁感應定律得圓環(huán)中的感應電動勢E＝＝S·，在0～2 s內，磁場恒定，＝0，圓環(huán)中無感應電動勢，電容器不帶電．在2～8 s內，磁場以＝1×10－2T/

6、s的變化率均勻減小，圓環(huán)中的電動勢恒定，E＝S＝10×10－4×1×10－2 V＝1×10－5 V，電容器的帶電荷量Q＝CE＝2×10－6×1×10－5 C＝2×10－11 C，垂直紙面向里穿過回路的磁通量在減少，由楞次定律可知在環(huán)上感應電動勢的方向由b到a，即a端相當于電源的正極，b端相當于電源的負極，所以帶正電的極板是a． 一　電磁感應中的電路問題 對電磁感應電源的理解 (1)電源的正負極可用右手定則或楞次定律判定，要特別注意應用“在內電路中電流由負極到正極”這一規(guī)律進行判定． (2)電磁感應電路中的電源與恒定電流的電路中的電源不同，前者是由于導體切割磁感線產生的，公式為E

7、＝Blv，其大小可能變化，變化情況可根據其運動情況判斷；而后者的電源電動勢在電路分析中認為是不變的． (3)在電磁感應電路中，相當于電源的導體(或線圈)兩端的電壓與恒定電流的電路中電源兩端的電壓一樣，等于路端電壓，而不等于電動勢，除非切割磁感線的導體或線圈電阻為零． (4)在外電路電流由正極經電阻流到負極，電流經電阻R產生電勢降落U＝IR． 解決電磁感應中電路問題的三部曲 (1)確定電源 切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產生感應電動勢，該導體或回路就相當于電源，利用E＝n或E＝Blv求感應電動勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷電流方向．如果在一個電路中切割磁感線的有幾個

8、部分但又相互聯系，可視為等效電源的串、并聯． (2)識別電路結構、畫出等效電路 分析電路結構，即分清等效電源和外電路及外電路的串并聯關系、判斷等效電源的正負極或電勢的高低等． (3)利用電路規(guī)律求解 一般是綜合應用歐姆定律、串并聯電路特點、電容器充電及放電特點、電功和電功率的知識、法拉第電磁感應定律等列方程求解． [例1](2017·山西太原質檢)發(fā)光竹蜻蜓是一種常見的兒童玩具，它在飛起時能夠持續(xù)閃爍發(fā)光．某同學對竹蜻蜓的電路作如下簡化：如圖所示，半徑為L的導電圓環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面、通過圓心O的金屬軸O1O2以角速度ω勻速轉動，圓環(huán)上接有電阻均為r的三根金屬輻條OP、OQ、OR，輻條

9、互成120°角．在圓環(huán)左半部分分布著垂直圓環(huán)平面向下磁感應強度為B的勻強磁場，在轉軸O1O2與圓環(huán)的邊緣之間通過電刷M、N與一個LED燈相連(假設LED燈電阻恒為r)．其他電阻不計，從輻條OP進入磁場開始計時． (1)在輻條OP轉過60°的過程中，求通過LED燈的電流； (2)求圓環(huán)每旋轉一周，LED燈消耗的電能； (3)為使LED燈閃爍發(fā)光時更亮，可采取哪些改進措施？(請寫出三條措施) 提示：由n個電動勢和內電阻都相同的電池連成的并聯電池組，它的電動勢等于一個電池的電動勢，它的內電阻等于一個電池的內電阻的n分之一． 解析　 (1)輻條OP轉過60°的過程中，OP、OQ均處

10、在磁場中，等效電路圖如圖甲，電路的電動勢為E＝BL2ω，電路的總電阻為R＝＋＝r.由閉合電路歐姆定律，電路的總電流為I＝＝，通過LED燈的電流I1＝＝． (2)設圓環(huán)轉動的周期為T，輻條OP轉過60°的過程中，LED燈消耗的電能Q1＝Ir·，輻條OP轉過60°～120°的過程中，僅OP處在磁場中，等效電路圖如圖乙，電路的電動勢為E′＝BL2ω，電路的總電阻為R′＝r＋＝r，由閉合電路歐姆定律，電路的總電流為I′＝＝，通過LED燈的電流I2＝＝，LED燈消耗的電能Q2＝Ir·，圓環(huán)每旋轉一周，LED燈消耗的電能發(fā)生三次周期性變化，所以Q＝3×(Q1＋Q2)＝ (3)例如：增大角速度，增強

11、磁場，增加輻條的長度，減小輻條的電阻等． 答案　(1)　(2)　(3)見解析 　二　電磁感應中的動力學問題 電磁感應現象中產生的感應電流在磁場中受到安培力的作用，從而影響導體棒(或線圈)的受力情況和運動情況． 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 根據平衡條件列式分析 非平衡態(tài) 加速度不為零 根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系進行分析 2.力學對象和電學對象的相互關系 3．動態(tài)分析的基本思路 導體受外力運動感應電動勢感應電流導體受安培力―→合力變化加速度變化―→速度變化―→臨界狀態(tài)． “四步法”分析電磁感應中的動力學

12、問題 解決電磁感應中動力學問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下： [例2](2017·江西南昌質檢) U形金屬導軌abcd原來靜止放在光滑絕緣的水平桌面上，范圍足夠大、方向豎直向上的勻強磁場穿過導軌平面，一根與bc等長的金屬棒PQ平行bc放在導軌上，棒左邊靠著絕緣的固定豎直立柱e、f.已知磁感應強度B＝0.8 T，導軌質量M＝2 kg，其中bc段長0.5 m、電阻r＝0.4 Ω，其余部分電阻不計，金屬棒PQ質量m＝0.6 kg、電阻R＝0.2 Ω、與導軌間的動摩擦因數μ＝0.2.若向導軌施加方向向左、大小為F＝2 N的水平拉力，如圖所示．求導軌的最大加速度、最大電流和最大速

13、度．(設導軌足夠長，g取10 m/s2) 解析　導軌受到PQ棒水平向右的摩擦力Ff＝μmg， 根據牛頓第二定律并整理得F－μmg－F安＝Ma， 剛拉動導軌時，I感＝0，安培力為零，導軌有最大加速度 am＝＝ m/s2＝0.4 m/s2 隨著導軌速度的增大，感應電流增大，加速度減小，當a＝0時，速度最大．設速度最大值為vm，電流最大值為Im，此時導軌受到向右的安培力F安＝BImL，F－μmg－BImL＝0， Im＝，代入數據得 Im＝ A＝2 A． 由I＝可得Im＝， vm＝＝ m/s＝3 m/s． 答案　0.4 m/s2　2 A　3 m/s 　三　電磁感應中的能量問題

14、1．電磁感應中的能量轉化 2．求解焦耳熱Q的三種方法 [例3](2018·浙江寧波模擬)如圖所示，有一個上、下兩層連通且均與水平面平行的“U”型的光滑金屬平行導軌，在導軌面上各放一根完全相同的質量為m的勻質金屬桿A1和A2，開始時兩根金屬桿與軌道垂直，在“U”型導軌的右側空間存在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場，桿A1在磁場中，桿A2在磁場之外．設兩導軌面相距為H，平行導軌寬為L，導軌足夠長且電阻不計，金屬桿單位長度的電阻為r.現在有同樣的金屬桿A3從左側半圓形軌道的中點從靜止開始下滑，在下面與金屬桿A2發(fā)生碰撞，設碰撞后兩桿立刻黏在一起并向右運動．求： (1)回路

15、內感應電流的最大值； (2)在整個運動過程中，感應電流最多產生的熱量； (3)當桿A2、A3與桿A1的速度之比為3∶1時，A1受到的安培力大?。? 解析　設A3從半圓形軌道的中點滑到水平軌道的速度為v0.有mg·H＝mv，解得v0＝． A3、A2碰撞過程動量守恒mv0＝2mv1，解得v1＝， A3、A2結合后，剛進入磁場時的感應電動勢最大，電流也最大．最大電動勢Emax＝BLv1，總電阻為A3、A2的電阻并聯為等效內阻再與A1的電阻串聯R＝Lr＋Lr＝1.5Lr，最大電流Imax＝＝． (2)分析可得A3、A2進入磁場后，A3、A2向右減速、A1向右加速，最終達到共速(設為v2)，此

16、后保持勻速．三桿系統(tǒng)(A1、A2和A3)的總動量經檢驗知，符合動量守恒條件(必須檢驗)，則有2mv1＝3mv2，解得v2＝v0＝，由能量守恒，整個過程感應電流產生的最多熱量為Q＝×2mv－×3mv＝mgH． (3)設A1的速度為v，則A3、A2的速度為3v，同理，由于系統(tǒng)符合動量守恒條件2mv1＝mv＋2m·3v，解得v＝v0＝，整個電路的總電動勢為E＝BL·3v－BLv＝2BLv＝BL，電路中的電流I＝，A1所受安培力的大小為F＝BIL＝． 答案　(1)　(2)mgH　(3) 解決電磁感應現象中能量問題的一般步驟 (1)在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產生感

17、應電動勢，該導體或回路就相當于電源． (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)生了相互轉化． (3)根據能量守恒列方程求解． 1．(2017·浙江寧波調研)(多選)如圖所示，兩光滑平行導軌水平放置在勻強磁場中；磁場垂直導軌所在平面，金屬棒ab可沿導軌自由滑動，導軌一端跨接一個定值電阻R，導軌電阻不計，現將金屬棒沿導軌由靜止向右拉，若保持拉力恒定，經時間t1后速度為v，加速度為a1，最終以速度2v做勻速運動；若保持拉力的功率恒定，經時間t2后速度為v，加速度為a2，最終也以速度2v做勻速運動，則(　BD　) A．t2＝t1 B．t2

18、D．a2＝3a1 解析　由于兩種情況下，最終棒都以速度2v勻速運動，此時拉力與安培力大小相等，則有 F＝F安＝BIL＝＝， ① 當拉力恒定，速度為v，加速度為a1，根據牛頓第二定律有 F－＝ma1； ② 由①②解得a1＝． 若保持拉力的功率恒定，速度為2v時，拉力為F，則有 P＝F·2v，又F＝F安＝，得P＝． 則當速度為v時，拉力大小為F1＝； 根據牛頓第二定律得F1－＝ma2， 解得a2＝． 所以a2＝3a1，故選項C錯誤，選項D正確；當拉力的功率恒定時，隨著速度增大，拉力逐漸減小，最后勻速運動時拉力最小，且最小值和第一種情況下拉力相等，因此最后都達到速度2v

19、時，第一種情況比第二種情況用時要長，當兩種情況下都達到速度v時，比較v－t圖象(如圖所示)可知t1＞t2，故選項A錯誤，選項B正確． 2．如圖所示，紙面內有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則(　A　) A．Q1>Q2　　q1＝q2 B．Q1>Q2　　q1>q2 C．Q1＝Q2　　q1＝

20、q2 D．Q1＝Q2　　q1>q2 解析　設線框ab、bc的長度分別為l1、l2，線框的電阻為R，線框進入磁場過程中，產生的感應電動勢分別為E1＝Bl1v，E2＝Bl2v，產生的熱量Q1＝t1＝＝、Q2＝t2＝＝，故Q1>Q2；通過線框橫截面的電荷量q＝It＝t＝＝，故q1＝q2，選項A正確． 3．如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連．兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平．右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，

21、方向垂直于斜面向上．已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數均為μ，重力加速度大小為g.已知金屬棒ab勻速下滑．求： (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大?。? (2)金屬棒運動速度的大?。? 解析　設兩根導線的總的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2.對于ab棒，由力的平衡條件得 2mgsin θ＝μN1＋T＋F， ① N1＝2mgcos θ， ② 對于cd棒，同理有mgsin θ＋μN2＝T ③ N2＝mgcos θ， ④ 聯立①②③④式得F＝mg(sin

22、 θ－3μcos θ)． ⑤ (2)由安培力公式得F＝BIL， ⑥ 這里I是回路abdca中的感應電流． ab棒上的感應電動勢為E＝BLv， ⑦ 式中，v是ab棒下滑速度的大小． 由歐姆定律有I＝， ⑧ 聯立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)． 答案　(1)mg(sin θ－3μcos θ)　(2)(sin θ－3μcos θ) [例1](12分)如圖甲，兩相距L＝0.5 m的平行金屬導軌固定于水平面上，導軌左端與阻值R＝2 Ω的電阻連接，導軌間虛線右側存在垂直導軌平面的勻強磁場．質量m＝0.2 kg的金屬桿垂直置于導軌上，與導軌接觸良好，導軌與金

23、屬桿的電阻可忽略．桿在水平向右的恒定拉力作用下由靜止開始運動，并始終與導軌垂直，其v-t圖象如圖乙所示．在15 s時撤去拉力，同時使磁場隨時間變化，從而保持桿中電流為0.求： (1)金屬桿所受拉力的大小F； (2)0～15 s內勻強磁場的磁感應強度大小B0； (3)15～20 s內磁感應強度隨時間的變化規(guī)律． [答題送檢]來自閱卷名師報告 錯誤 致錯原因 扣分 (1) 忽略了金屬桿所受摩擦力，導致據牛頓第二定律所列方程錯誤 －3 (2) 桿的受力忽略了摩擦，第(1)問中F求錯，導致以后求解錯誤 －4 (3) 由于邏輯不縝密，忽略了線圈中的磁通量包括桿勻速運動階

24、段的面積 －5 [解析]　(1)由圖乙及題意知15 s時撤去拉力，桿中電流為0，桿減速運動，則－Ff＝ma3；a3＝＝ m/s2＝－0.8 m/s2，0～10 s內，水平方向桿受拉力、摩擦力，據牛頓第二定律有 F－Ff＝ma1，a1＝＝＝0.4 m/s2， 聯立解得F＝0.24 N． (2)10～15 s內，水平方向桿在磁場中受拉力、安培力、摩擦力，有E＝B0Lv，I＝，F安＝B0IL，F安＋Ff＝F， 代入數據聯立求解得B0＝0.4 T． (3)15～20 s內，桿中電流為0，則閉合回路磁通量不變，即Φ0＝Φt，其中Φ0＝B0S0＝B0Ls0＝B0Lvt2＝0.4×0.5×

25、4×(15－10)Wb＝4 Wb， Φt＝BtSt＝BtLst＝BtL[s0＋(t－15)v＋a3(t－15)2]， 解Φ　0＝Φ　t，代入數據求得Bt＝ T(15 s≤t≤20 s)　 [答案]　(1)0.24 N(3分)　(2)B0＝0.4 T(4分) (3)Bt＝ T(15 s≤t≤20 s)(5分) 1．如圖所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌，導軌間距為L，長為3d，導軌平面與水平面的夾角為θ，在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層．勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直．質量為m的導體棒從導軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經做勻速運動，并一直勻速滑到

26、導軌底端．導體棒始終與導軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g.求： (1)導體棒與涂層間的動摩擦因數μ； (2)導體棒勻速運動的速度大小v； (3)整個運動過程中，電阻產生的焦耳熱Q． 解析　(1)在絕緣涂層上導體棒受力平衡，有 mgsin θ＝μmgcos θ，解得μ＝tan θ． (2)在光滑導軌上，感應電動勢E＝BLv感應電流I＝ 安培力F安＝BIL， 導體棒受力平衡，有F安＝mgsin θ， 聯立解得v＝． (3)摩擦生熱QFf＝μmgdcos θ，由能量守恒定律有 3mgdsin θ＝Q＋QFf＋mv2，

27、 解得Q＝2mgdsin θ－． 答案　(1)tan θ　(2)　(3)2mgdsin θ－ 2．(2017·湖南十三校聯考一)(多選)如圖所示，虛線框內為某種電磁緩沖車的結構示意圖，其主要部件為緩沖滑塊K和質量為m的緩沖車廂．在緩沖車的底板上，沿車的軸線固定著兩個光滑水平絕緣導軌PQ、MN.緩沖車的底部安裝電磁鐵(圖中未畫出)，能產生垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，導軌內的緩沖滑塊K由高強度絕緣材料制成，滑塊K上繞有閉合矩形線圈abcd，線圈的總電阻為R，匝數為n，ab邊長為L.假設緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，而緩沖車廂繼續(xù)向前移動距離L后速

28、度為零．已知緩沖車廂與障礙物和線圈的ab邊均沒有接觸，不計一切摩擦阻力．在這個緩沖過程中，下列說法正確的是(　BC　) A．線圈中的感應電流沿逆時針方向(俯視)，最大感應電流為 B．線圈對電磁鐵的作用力使緩沖車廂減速運動，從而實現緩沖 C．此過程中，線圈abcd產生的焦耳熱為Q＝mv D．此過程中，通過線圈abcd的電荷量為q＝ 解析　緩沖過程中，線圈內的磁通量增加，由楞次定律知，感應電流方向沿逆時針方向(俯視)，感應電流最大值出現在滑塊K停下的瞬間，大小應為，選項A錯誤；線圈中的感應電流對電磁鐵的作用力使車廂減速運動，起到了緩沖的作用，選項B正確；據能量守恒定律可知，車廂的動能

29、全部轉換為焦耳熱，故Q＝mv，選項C正確；由q＝·Δt、＝及＝n，可得q＝，因緩沖過程ΔΦ＝BL2，故q＝，選項D錯誤． 1．(多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導線框內有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應強度B隨時間t的變化關系為B＝kt(常量k>0)．回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝.閉合開關S，電壓表的示數為U，不考慮虛線MN右側導體的感應電動勢，則(　AC　) A．R2兩端的電壓為 B．電容器的a極板帶正電 C．滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍 D．正方形導線框中的感應電動勢為kL2 解析　由題圖知

30、外電路結構為R2與R的右半部并聯，再與R的左半部、R1相串聯，故R2兩端電壓U2＝U＝，選項A正確．因k>0，由楞次定律知線框內感應電流沿逆時針方向，故電容器b極板帶正電，選項B錯誤．滑動變阻器右側部分電流、電壓均與R2相同，左側部分電阻與R2相同，電流是R2中電流的2倍，由P＝I2R可知總功率是R2的5倍，所以選項C正確．由法拉第電磁感應定律可知E＝n，其中S為有效面積，S＝πr2，得E＝πkr2，所以選項D錯誤． 2．(2017·福建福州質檢)(多選)如圖，兩根足夠長的光滑金屬導軌豎直放置，底端接電阻R，輕彈簧上端固定，下端懸掛質量為m的金屬棒，金屬棒和導軌接觸良好，除電阻R外，其余電阻

31、不計，導軌處于勻強磁場中，磁場方向垂直導軌所在平面．靜止時金屬棒位于A處，此時彈簧的伸長量為Δl，彈性勢能為Ep，重力加速度大小為g.將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，金屬棒在運動過程中始終保持水平，則(　BD　) A．當金屬棒的速度最大時，彈簧的伸長量為Δl B．電阻R上產生的總熱量等于mgΔl－Ep C．金屬棒第一次到達A處時，其加速度方向向下 D．金屬棒第一次下降過程通過電阻R的電荷量，比第一次上升過程的多 解析　靜止時金屬棒位于A處，kΔl＝mg，將其由彈簧原長位置釋放，當金屬棒的速度最大時，加速度a＝0，設此時彈簧伸長量為l，導軌寬度為L，則有mg＝FB＋kl＝＋kl＝

32、kΔl，故l＜Δl，選項A錯誤；由分析知，金屬棒最終靜止在A處，根據能量守恒定律知mgΔl＝Ep＋Q，故Q＝mgΔl－Ep，選項B正確；金屬棒第一次到達A處時，mg－kΔl－＝ma，故加速度a＝－，負號表示方向向上，選項C錯誤；設金屬棒運動的距離為x，則通過電阻R的電荷量q＝·Δt＝＝＝，由于金屬棒第一次下降過程的距離大于第一次上升過程的距離，故金屬棒第一次下降過程通過電阻R的電荷量比第一次上升過程的多，選項D正確． 3．小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53°，導軌上端串接一個R＝0.05 Ω的電阻．在導軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內，存

33、在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0 T．質量m＝4.0 kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直．當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量)．求： (1)CD棒進入磁場時速度v的大??； (2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大??； (3)在拉升CD棒的過程中，健身

34、者所做的功W和電阻產生的焦耳熱Q． 解析　(1)由牛頓第二定律a＝＝12 m/s2，① 進入磁場時的速度v＝＝2.4 m/s.② (2)感應電動勢E＝Blv，③ 感應電流I＝，④ 安培力FA＝IBl，⑤ 代入得FA＝＝48 N．⑥ (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J，⑦ 由牛頓第二定律F－mgsin θ－FA＝0，⑧ CD棒在磁場區(qū)域做勻速運動， 在磁場中運動的時間t＝，⑨ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J． 答案　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J 4．如圖甲所示，平行長直金屬導軌水平放置，間距L＝0.4 m，導軌右端接有

35、阻值R＝1 Ω的電阻，導體棒垂直放置在導軌上，且接觸良好．導體棒及導軌的電阻均不計．導軌間正方形區(qū)域abcd內有方向豎直向下的勻強磁場，bd連線與導軌垂直，長度也為L.從0時刻開始，磁感應強度B的大小隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示；同一時刻，棒從導軌左端開始向右勻速運動，1 s后剛好進入磁場．若使棒在導軌上始終以速度v＝1 m/s做直線運動．求： (1)棒進入磁場前，回路中的電動勢E； (2)棒在運動過程中受到的最大安培力F，以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關系式． 解析　(1)棒進入磁場前，回路中磁場均勻變化，由法拉第電磁感應定律有E＝S＝×(×0.4)2 V＝0.04 V

36、． (2)棒進入磁場后磁場的磁感應強度大小不變，棒切割磁感線，產生電動勢，當棒與bd重合時， 產生的電動勢E′＝B′Lv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V， 此時棒受到的安培力最大，則F＝B′L＝0.04 N， 棒通過abd區(qū)域所用時間t′＝＝0.2 s， 在通過的過程中，感應電動勢為 Et＝B′[2v(t－1)]v＝t－1 (V)， 電流i＝＝t－1(A)．(1.0 s

37、電阻忽略不計．勻強磁場Ⅰ僅分布在水平軌道平面所在區(qū)域，方向水平向右，大小B1＝1 T；勻強磁場Ⅱ僅分布在傾斜軌道平面所在區(qū)域，方向垂直于傾斜軌道平面向下，大小B2＝1 T．現將兩質量均為m＝0.2 kg，電阻均為R＝0.5 Ω的相同導體棒ab和cd；垂直于軌道分別置于水平軌道上和傾斜軌道上，并同時由靜止釋放．g取10 m/s2． (1)求導體棒cd沿斜軌道下滑的最大速度的大小； (2)若已知從開始運動到cd棒達到最大速度的過程中，ab棒產生的焦耳熱Q＝0.45 J，求該過程中通過cd棒橫截面的電荷量； (3)若已知cd棒開始運動時距水平軌道高度h＝10 m，cd棒由靜止釋放后，為使c

38、d棒中無感應電流，可讓磁場Ⅱ的磁感應強度隨時間變化，將cd棒開始運動的時刻記為t＝0，此時磁場Ⅱ的磁感應強度為B0＝1 T，試求cd棒在傾斜軌道上下滑的這段時間內，磁場Ⅱ的磁感應強度B隨時間t變化的關系式． 解析　(1)cd棒勻速運動時速度最大，設為vm，棒中感應電動勢為E，電流為I，感應電動勢E＝B2Lvm，電流I＝，由平衡條件得mgsin θ＝B2IL，代入數據解得vm＝1 m/s． (2)設cd從開始運動至達到最大速度的過程中經過的時間為t，通過的距離為x，cd棒中平均感應電動勢為E1，平均電流為I1，通過cd棒橫截面的電荷量為q，由能量守恒定律得mgxsin θ＝mv＋2Q，電動勢

39、E1＝，電流I1＝，電荷量q＝I1t，代入數據解得q＝1 C． (3)設cd棒開始運動時穿過回路的磁通量為Φ0，cd棒在傾斜軌道上下滑的過程中，設加速度大小為a，經過時間t通過的距離為x1，穿過回路的磁通量為Φ，cd棒在傾斜軌道上下滑的總時間為t0，則Φ0＝B0L·，加速度a＝gsin θ，位移x1＝at2，Φ＝BL，＝at，解得t0＝ s． 為使cd棒中無感應電流，必須有Φ0＝Φ，解得B＝.(t＜ s) 答案　(1)1 m/s　(2)1 C　(3)B＝(t＜ s) 課時達標　第29講 [解密考綱]主要考查電磁感應問題中涉及安培力的動態(tài)分析和平衡問題；會分析電磁感應中電路問題和能量

40、轉化問題，會進行有關計算． 1．如圖，在水平面內有兩條電阻不計的平行金屬導軌AB、CD，導軌間距為L；一根電阻為R的金屬棒ab可在導軌上無摩擦地滑動，棒與導軌垂直，并接觸良好，導軌之間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，導軌右邊與電路連接，電路中的兩個定值電阻阻值分別為2R和R，現用力拉ab以速度v0勻速向左運動．求： (1)感應電動勢的大??； (2)棒ab中感應電流的大小和方向； (3)ab兩端的電勢差Uab； (4)電阻R上的電功率． 解析　(1)ab棒產生的感應電動勢E＝BLv0． (2)棒勻速向左運動，根據右手定則判斷可知，感應電流方向為b→a，感應電流的大小為

41、I＝＝． (3)ab兩端的電勢差Uab＝I·3R＝． (4)PR＝I2·R＝2·R＝． 答案　(1)BLv0　(2)　b→a　(3)　(4) 2．(2017·遼寧沈陽一模)如圖所示，兩根足夠長的固定的平行粗糙金屬導軌位于傾角θ＝30°的斜面上，導軌上、下端所接的電阻R1＝R2＝10 Ω，導軌自身電阻忽略不計，導軌寬度l＝2 m．垂直于導軌平面向上的勻強磁場的磁感應強度B＝0.5 T，質量為m＝0.1 kg、電阻r＝5 Ω的金屬棒ab在高處由靜止釋放，金屬棒ab在下滑過程中始終與導軌垂直且與導軌接觸良好，當金屬棒ab下滑高度h＝3 m時，速度恰好達到最大值v＝2 m/s.(g取10 m/

42、s2)求： (1)金屬棒ab速度達到最大時，電阻R1消耗的功率； (2)金屬棒ab從靜止釋放到速度最大的過程中，電阻R2上產生的焦耳熱． 解析　(1)速度最大時，金屬棒ab產生的電動勢為 E＝Blv＝0.5×2×2 V＝2 V， 通過R1的電流為I1＝·＝0.1 A， P1＝IR1＝0.12×10 W＝0.1 W． (2)達到最大速度時，金屬棒受到的安培力為F安＝2BI1l， 此時，金屬棒的加速度為0，有mgsin 30°＝F安＋F1． 金屬棒下滑h的過程，根據能量守恒，有 mgh＝F1·＋mv2＋Q總，此過程R2中產生的焦耳熱為 Q2＝Q總，代入數據可得Q2＝0.

43、25 J． 答案　(1)0.1 W　(2)0.25 J 3．(2017·天津卷)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為l，電阻不計．炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸．首先開關S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動．當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大

44、速度，之后離開導軌．問： (1)磁場的方向； (2)MN剛開始運動時加速度a的大小； (3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少． 解析　(1)垂直于導軌平面向下． (2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，剛放電時流經MN的電流為I，有 I＝，　 ① 設MN受到的安培力為F，有F＝IlB，　 ② 由牛頓第二定律，有F＝ma，　 ③ 聯立①②③式得a＝.　 ④ (3)當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有 Q0＝CE，　 ⑤ 開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，

45、有E′＝Blvmax，　 ⑥ 依題意有E′＝，　 ⑦ 設在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有＝lB，⑧ 由動量定理，有Δt＝mvmax－0，　 ⑨ 又Δt＝Q0－Q，　 ⑩ 聯立⑤⑥⑦⑧⑨式得Q＝． 答案　(1)見解析　(2)　(3) 4．(2017·浙江杭州模擬)如圖甲所示，兩根水平的金屬光滑平行導軌，其末端連接等高光滑的圓弧，其軌道半徑為r、圓弧段在圖中的cd和ab之間，導軌的間距為L，軌道的電阻不計．在軌道的頂端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B.現有一根長度稍大于L、電阻不計、質量為m的金屬棒，從軌道的水平位置

46、ef開始在拉力作用下，從靜止勻加速運動到cd的時間為t0，調節(jié)拉力使金屬棒接著沿圓弧做勻速圓周運動至ab處，已知金屬棒在ef和cd之間運動時的拉力隨時間變化圖象如圖乙(圖中的F0、t0為已知量)．求： (1)金屬棒做勻加速的加速度； (2)金屬棒從cd沿圓弧做勻速圓周運動至ab的過程中，拉力做的功． 解析　(1)設棒到達cd的速度為v， 產生電動勢E＝BLv， 感應電流I＝， 棒受到的安培力F安＝BIL＝， 棒受到拉力與安培力的作用，產生的加速度F0－F安＝ma， 又v＝at0，所以a＝． (2)金屬棒做勻速圓周運動，當棒與圓心的連線與豎直方向之間的夾角是θ時，沿水平方向

47、的分速度v水平＝vcos θ， 棒產生的電動勢E′＝BLv水平＝BLvcos θ， 回路中產生正弦式交變電流，可得產生的感應電動勢的最大值為Em＝BLv，有效值為E有效＝Em， 棒從cd到ab的時間t＝＝， 根據焦耳定律Q＝·t＝， 設拉力做的功為WF，由功能關系有WF－mgr＝Q， 得WF＝mgr＋． 答案　(1)　(2)mgr＋ 5．(2017·江蘇南京一模)如圖所示，質量為m＝0.1 kg粗細均勻的導線，繞制成閉合矩形線框，其中長LAC＝50 cm，寬LAB＝20 cm，豎直放置在水平面上．中間有一磁感應強度B＝1.0 T，磁場寬度d＝10 cm的勻強磁場．線框在水平向右

48、的恒力F＝2 N的作用下，從圖示位置由靜止開始沿水平方向運動，線框AB邊從左側進入磁場，從磁場右側以v＝1 m/s的速度勻速運動離開磁場，整個過程中線框始終受到大小恒定的摩擦阻力Ff＝1 N，且線框不發(fā)生轉動．求線框的AB邊： (1)離開磁場時感應電流的大??； (2)剛進入磁場時感應電動勢的大??； (3)穿越磁場的過程中安培力所做的總功． 解析　(1)線框離開磁場時已經勻速運動，根據平衡條件有 F＝Ff＋BIL，所以I＝＝5 A． (2)線框進入磁場前F－Ff＝ma，a＝＝10 m/s2， 由v＝2ax，得v0＝2 m/s， 線框進入磁場時感電動勢E＝BLABv0＝0.4

49、V． (3)線框在穿越磁場的過程中，根據動能定理有 (F－Ff)d＋W＝mv2－mv，解得W＝－0.25 J． 答案　(1)5 A　(2)0.4 V　(3)－0.25 J 6．(2017·福建福州模擬)如圖甲所示，電阻不計，間距為l的平行長金屬導軌置于水平面內，阻值為R的導體棒ab固定連接在導軌左端，另一阻值也為R的導體棒ef垂直放置在導軌上，ef與導軌接觸良好，并可在導軌上無摩擦移動．現有一根輕桿一端固定在ef中點，另一端固定于墻上，輕桿與導軌保持平行，ef、ab兩棒間距為d.若整個裝置處于方向豎直向下的勻強磁場中，且從某一時刻開始，磁感應強度B隨時間t按圖乙所示的方式變化．求：

50、 (1)在0～t0時間內流過導體棒ef的電流的大小與方向； (2)在t0～2t0時間內導體棒ef產生的熱量； (3)1.5t0時刻桿對導體棒ef的作用力的大小和方向． 解析　(1)0～t0時間內， 產生感應電動勢的大小E1＝＝S＝， 流過導體棒ef的電流大小I1＝＝， 由楞次定律可判斷電流方向為e→f． (2)在t0～2t0時間內， 產生感應電動勢的大小E2＝＝S＝， 流過導體棒ef的電流大小I2＝＝， t0～2t0時間內導體棒ef產生的熱量Q＝IRt0＝． (3)1.5 t0時刻，磁感應強度B＝B0， 導體棒ef所受安培力F＝B0I2l＝，方向水平向左，根據導體棒e

51、f受力平衡可知桿對導體棒的作用力為F′＝，方向水平向右． 答案　(1)　方向：e→f　(2)　(3)　方向水平向右 7．(2017·廣東廣州模擬)如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1 m，一勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40 Ω的電阻，質量為m＝0.01 kg、電阻為r＝0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導軌上．現使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導軌電阻不計，g＝10 m/s2(忽略金屬棒ab運動過程中對原磁場的影

52、響)．試求： (1)當t＝1.5 s時，重力對金屬棒ab做功的功率； (2)金屬棒ab從開始運動的1.5 s內，電阻R上產生的熱量； (3)磁感應強度B的大?。? 解析　(1)金屬棒ab先做加速度減小的加速運動，t＝1.5 s后以速度vt勻速下落， 由題圖乙知vt＝ m/s＝7 m/s， 由功率定義得t＝1.5 s時，重力對金屬棒ab做功的功率 PG＝mgvt＝0.01×10×7 W＝0.7 W． (2)在0～1.5 s，以金屬棒ab為研究對象，根據動能定理得 mgh－W安＝mv－0， 解得W安＝0.455 J， 閉合回路中產生的總熱量Q＝W安＝0.455 J， 電阻R上產生的熱量QR＝Q＝0.26 J． (3)當金屬棒ab勻速下落時，由平衡條件得mg＝BIL， 金屬棒產生的感應電動勢E＝BLvt，電路中的電流I＝，則有＝mg，代入數據解得B＝0.1 T． 答案　(1)0.7 W　(2)0.26 J　(3)0.1 T 24