全国通用2018年高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第2讲电磁感应定律及综合应用学案

第二讲电磁感觉及综合应用[ 高考调研 ][ 知识建构 ]1. 考察方向：①联合闭合电路的欧姆定律，利用楞次定律或右手定章判断感觉电流的方向以及大小计算．②联合牛顿第二定律，对导体棒切割磁感线的运动进行受力剖析和运动分析．③联合图象，应用法拉第电磁感觉定律、闭合电路的欧姆定律、电功率、功能关系等规律，解决电磁感觉的综合问题．2.常用的思想方法：①图象法．②微元法．③清除法．④等效法．[答案](1) 楞次定律与右手定章的关系楞次定律右手定章研究整个闭合导体回路闭合导体回路的一部分对象合用磁通量变化产生感觉电流的各样状况一段导体在磁场中做切割磁感线运动范围关系右手定章是楞次定律的特别状况ΔΦ(2) 公式：E＝nΔtΔΦn：线圈的匝数，ΔΦ ：磁通量的变化量，Δt：对应于ΔΦ 所用的时间，Δt：磁通量的变化率．(3)解决电路问题的基本思路①找电源：哪部分电路产生了电磁感觉现象，则这部分电路就是电源．②由法拉第电磁感觉定律求出感觉电动势的大小，依据楞次定律或右手定章确立出电源的正负极．a．在外电路，电流从正极流向负极；在内电路，电流从负极流向正极．b．存在双感觉电动势的问题中，要求出总的电动势．③正确剖析电路的构造，画出等效电路图．a．内电路：“切割”磁感线的导体和磁通量发生变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻．b．外电路：除“电源”之外的电路即外电路．④运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特色、电功率等列方程求解．(4)动力学识题E＝ Blv基本思路：导体受外力运动――→ 感觉电动势错误!感觉电流错误!导体受安培力― →合F＝ ma外力变化― ―→加快度变化― →速度变化 .考向一楞次定律和法拉第电磁感觉定律的应用[ 概括提炼 ]1．感觉电流方向的判断方法(1)右手定章，即依据导体在磁场中做切割磁感线运动的状况进行判断．(2)楞次定律，即依据穿过闭合回路的磁通量的变化状况进行判断．2．楞次定律中“阻挡”的主要表现形式(1)阻挡原磁通量的变化——“增反减同”．(2)阻挡相对运动——“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或减小的趋向——“增减少扩”．(4)阻挡原电流的变化 ( 自感现象 ) ——“增反减同”．3．感觉电动势大小的计算ΔΦ(1) 法拉第电磁感觉定律：E＝ n Δt，合用于广泛状况．(2) E＝Blv，合用于导体棒切割磁感线的状况．(3) E＝1Bl2ω，合用于导体棒旋转切割磁感线的状况．2( 多项选择 )(2017·全国卷Ⅱ) 两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感觉强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m 、总电阻为0.005Ω 的正方形导线框abcd 位于纸面内， cd 边与磁场界限平行，如图(a) 所示．已知导线框向来向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时辰进入磁场．线框中感觉电动势随时间变化的图线如图(b) 所示 ( 感觉电流的方向为顺时针时，感觉电动势取正) ．以下说法正确的选项是()A．磁感觉强度的大小为 0.5 TB．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC．磁感觉强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝ 0.4 s 至t＝ 0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N[ 思路点拨 ] 线框进入磁场，依据右手定章或楞次定律能判断出磁场方向，联合图象分析出线框运动的速度，从图象上感觉电动势的大小能计算出磁感觉强度与安培力．l0.1[ 分析 ] 由E－t图象可知，线框经过0.2 s所有进入磁场，则速度v＝t ＝0.2m/s ＝0.5 m/s ，选项 B 正确；＝ 0.01 V ，依据＝可知，＝ 0.2 T ，选项 A 错误；依据楞次E E BLv B定律可知，磁感觉强度的方向垂直于纸面向外，选项 C 正确；在t＝ 0.4s 至t＝ 0.4 s 这段E 0.01F＝ BIL＝0.04 N，时间内，导线框中的感觉电流I ＝R＝0.005A＝2 A，所受的安培力大小选项 D 错误，应选BC.[答案] BC用法拉第电磁感觉定律求解感觉电动势常有状况与方法情形图研究对象回路 ( 不必定闭一段直导线 ( 或等效绕一端转动的一段导绕与 B垂直的轴转动合)成直导线 )体棒的导线框表达式＝ΔΦE＝ BLv sinθ＝12ωE＝ NBSωsinωtE nΔt E2BL[ 娴熟加强 ]1．(2017 ·全国卷Ⅲ ) 如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T 位于回路围成的地区内，线框与导轨共面．现让金属杆忽然向右运动，在运动开始PQ的瞬时，对于感觉电流的方向，以下说法正确的选项是()A．PQRS中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向[ 分析 ]金属杆PQ向右切割磁感线，依据右手定章可知PQRS中感觉电流沿逆时针方向；本来 T 中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感觉电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过 T 的磁通量减小，依据楞次定律可知所述，可知A、 B、 C项错误， D项正确．T 中产生顺时针方向的感觉电流，综上[答案]D2．(2017 ·金丽衢十二校联考) 如右图所示，用一条横截面积为S 的硬导线做成一个边长为 L 的正方形，把正方形的一半固定在平均增大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，ΔB磁感觉强度大小随时间的变化率＝k(k>0)，虚线ab与正方形的一条对角线重合，导线的Δt 电阻率为ρ.则以下说法正确的选项是()A．线框中产生顺时针方向的感觉电流B．线框拥有扩充的趋向C．若某时辰的磁感觉强度为B，则线框遇到的安培力为2k BL2S 8ρkL2 D．线框中ab两点间的电势差大小为2[ 分析 ] 依据楞次定律，线框中产生的感觉电流方向沿逆时针方向，故 A 错误；B增大，穿过线框的磁通量增大，依据楞次定律，感觉电流的磁场为了阻挡磁通量的增添，线框有收缩的趋向，故 B 错误；由法拉第电磁感觉定律得：ΔΦΔBΔB1212E＝＝S＝· L ＝ kL，因线框Δt ΔtΔt224电阻 R＝ρS，那么感觉电流大小为E kSLF＝BI×2L＝2kBL2SI ＝＝8，则线框遇到的安培力为：8，故Rρρ112C正确；由上剖析，可知，ab 两点间的电势差大小U＝2E＝4kL，故 D错误．[答案] C3． ( 多项选择 )(2016 ·全国卷Ⅱ) 法拉第圆盘发电机的表示图如下图．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、 Q分别与圆盘的边沿和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆回旋转时对于流过电阻R的电流，以下说法正确的选项是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a 到 b 的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变成本来的2 倍，则电流在R上的热功率也变成本来的 2 倍[ 分析 ] 法拉第圆盘相当于无数根辐条做切割磁感线运动，若圆盘顺时针转动，依据右手定章可知电流在圆盘上流向圆心，在外电路由 a 流向 b，B正确．圆盘转动方向不变，电流方向也不会发生改变， C 错误．产生的感觉电动势大小＝12ω，可知若ω不变，则EE2Bl不变， A 正确．当ω变成本来的 2 倍时，E、I也会变成本来的 2 倍，依据P＝I2R，可知热功率变成本来的 4 倍， D 错误．[答案] AB考向二电磁感觉中的图象问题[ 概括提炼 ]电磁感觉图象问题解题“5步曲”第 1步：明确图象的种类．是B－ t 图、 I － t 图、 v－t 图、 F－t 图或是 E－ t 图等；第 2步：剖析电磁感觉的详细过程．明确运动分红几个阶段( 依据磁通量的变化特色或切割特色剖析 ) ；第 3 步：写出函数方程．联合法拉第电磁感觉定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数方程；第 4 步：进行数学剖析．依据函数方程进行数学剖析，比如剖析斜率的变化、截距等；第 5 步：得结果．绘图象或判断图象．(2017 ·河北唐山一模) 如下图，在水平圆滑的平行金属导轨左端接必定值电阻R ，导体棒ab 垂直导轨搁置， 整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现给导体棒一直右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，以下图线中， 导体棒速度随时间的变化和经过电阻R 的电荷量q 随导体棒位移的变化描绘正确的选项是()B 2L 2v[分析]导体棒运动过程中受向左的安培力F ＝R ，安培力阻挡棒的运动， 速度减小，由牛顿第二定律得棒的加快度大小F B 2L 2v，则a 减小， v － t 图线斜率的绝对值减小，＝ ＝am RmΔΦ BL故 B 项正确， A 项错误．经过 R 的电荷量 q ＝R ＝ R x ，可知 C 、 D 项错误．[答案] B图象问题的思路与方法(1) 图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“清除法”，即清除与题目要求相违反的图象，留下正确图象． 也可用“比较法”， 即依据要求画出正确的草图， 再与选择比较． 解决此类问题重点是掌握图象特色、 剖析有关物理量的函数关系、 剖析物理过程的变化或物理状态的变化．(2) 图象剖析问题：定性剖析物理图象，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意义，借助有关的物理看法、 公式、不变量和定律作出相应判断． 在有关物理图象的定量计算时， 要弄清图象所揭露的物理规律及物理量间的函数关系， 擅长发掘图象中的隐含条件， 明确有关图象所包围的面积、 斜率，以及图象的横轴、 纵轴的截距所表示的物理意义．[ 娴熟加强 ]1．( 多项选择 ) 如图甲所示，圆滑平行金属导轨、所在平面与水平面成θ角，、之MN PQ M P 间接一阻值为 R的定值电阻，阻值为r 的金属棒 bc 垂直导轨搁置，其余电阻不计．整个装置处在磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．t ＝0时对棒施加一平行于导轨向上的外力，棒由静止开始沿导轨向上运动，经过R 的感觉电荷量q随t2 的变化F关系如图乙所示．以下对于金属棒bc 的加快度 a、经过棒的电流I 、金属棒遇到的外力 F、穿过回路 cbPM的磁通量Φ随时间 t 变化的图象中正确的选项是()[分析]Blv Bla 2，联合图乙可知金属棒的加快度 a 恒定，选由题意可得 q＝It ＝＋ t ＝＋ tR r R rB2l 2项 A 错误， B 正确；由牛顿第二定律可得F－ mg sinθ－BIl ＝ ma，故有 F＝R＋r at ＋ m( g sinθ12＋a) ，选项 C 正确；由Φ＝ Bl x ＋ at可知选项 D错误．2[答案] BC2．(2017 ·江西南昌三校四联) 如下图，有一个矩形界限的匀强磁场地区，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由地点1( 左) 沿纸面匀速运动到地点2( 右) ．取线框刚抵达磁场界限的时辰为计时起点( t＝0) ，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反应线框中电流与时间关系的是()[ 分析 ]线框进入磁场的过程，磁通量向里增添，依据楞次定律得悉感觉电流的磁场向外，由安培定章可知感觉电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B、 C 错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先平均增大后平均减小，由E＝ BLv，可知感觉电动势先平均增大后平均减小；线框完整进入磁场后，磁通量不变，没有感觉电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，依据楞次定律得悉感觉电流的磁场向里，由安培定章可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先平均增大后平均减小，由 E＝ BLv，可知感觉电动势先平均增大后平均减小；故 A 正确，D错误．[答案]A3．(2017 ·江淮十校三模) 宽为L 的两圆滑竖直裸导轨间接有固定电阻R，导轨(电阻忽略不计 ) 间Ⅰ、Ⅱ地区中有垂直纸面向里宽为d、磁感觉强度为 B 的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ地区间距为 h，如图，有一质量为m、长为 L 电阻不计的金属杆与竖直导轨密切接触，从距地区Ⅰ上端 H处杆由静止开释．若杆在Ⅰ、Ⅱ地区中运动状况完整同样，现以杆由静止开释为计时起点，则杆中电流随时间t 变化的图象可能正确的选项是()[ 分析 ]杆在Ⅰ、Ⅱ地区中运动状况完整同样，说明产生的感觉电流也应完整同样，排除 A 和 C 选项．因杆在无磁场地区中做a＝g的匀加快运动，又杆在Ⅰ、Ⅱ地区中运动状况完整同样，则杆在Ⅰ、Ⅱ地区应做减速运动，在地区Ⅰ中对杆受力剖析知其受竖直向下的重B2L2v力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加快度a＝mg－R，方向竖直向上，则知杆做mBLv加快度渐渐增大的减速运动，又I ＝R，由 I －t 图线斜率变化状况可知选项 B 正确，选项D错误．[答案]B考向三电磁感觉中的能量转变问题[ 概括提炼 ]能量转变及焦耳热的求法1．能量转变其余形式战胜安培力做功电流做功焦耳热或其余――→电能――→的能量形式的能量2．求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律： Q＝ I 2Rt.(2)功能关系： Q＝ W战胜安培力．(3)能量转变： Q＝ΔE其余能的减少许．将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场地区的宽度为＝ 0.4 m，如图甲所示，磁场界限与挡板平行，且上界限到斜面顶端的距离为x ＝0.55Hm．将一通电导线围成的矩形导线框abcd 置于斜面的底端，已知导线框的质量为m＝0.1 kg、导线框的电阻为R＝0.25Ω、 ab 的长度为L＝0.5 m．从 t ＝0时辰开始在导线框上加一恒定的拉力 F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下面与磁场的上界限重合时，将恒力F撤走，最后导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动．已知导线框向上运动的v－ t 图象如图乙所示，3导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝，整个运动过程中导线框没有发生转动，且一直没有走开斜面， g＝10 m/s2.(1) 求在导线框上施加的恒力F 以及磁感觉强度的大小；2 2(2) 若导线框沿斜面向下运动经过磁场时，其速度 v 与位移 s 的关系为 v ＝ v 0－B Ls ，其mR中 v 0 是导线框 ab 边刚进入磁场时的速度大小， s 为导线框 ab 边进入磁场地区后对磁场上面界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q .[ 思路路线 ](1)(2)[分析](1) 由v－t图象可知，在 0～ 0.4 s 时间内导线框做匀加快直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2.0 m/s，所以在此过程中的加快度a＝Δv2＝ 5.0 m/sΔt由牛顿第二定律有F－ mg sinθ－μmg cosθ＝ ma解得 F＝1.5 N由 v－t 图象可知，导线框进入磁场地区后以速度v1做匀速直线运动E BLv1经过导线框的电流 I ＝R＝R导线框所受安培力 F 安＝ BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的均衡条件有B2L2v1F＝ mg sinθ＋μmg cosθ＋解得 B＝0.50 T.R(2) 导线框进入磁场地区后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H导线框 ab 边走开磁场后做匀减速直线运动，抵达挡板时的位移为x0＝ x－ H＝0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有－ mg( x－ H)sinθ－μmg( x－ H)cosθ＝121221 2mv－2mv解得 v ＝2＝ 1.0 m/sv － 2g x－ Hsin θ＋μcos θ21导线框碰挡板后速度大小仍为v2，导线框下滑过程中，因为重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mg sinθ＝μmg cosθ＝0.50 N，所以导线框与挡板碰撞后向下做匀速运动， ab 边刚进入磁场时的速度为v2＝1.0 m/s；进入磁场后因为又遇到安培力作用而减速，做加快度渐渐变小的减速运动，设导线框所有走开磁场地区时的速度为v30B 2L2322B2L2H由 v＝v－mR s 得 v＝ v －mR＝－ 1.0 m/s因 v3<0，说明导线框在走开磁场前速度已经减为零，这时安培力消逝，导线框受力均衡，所以导线框将静止在磁场中某地点导线框向上运动经过磁场地区的过程中产生的焦耳热Q1＝ I 2Rt ＝2221＝ 0.40 J B L HvR导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热12Q2＝ mv2＝0.05 J2所以＝1＋2＝0.45 J.Q Q Q[ 答案 ] (1)1.5 N0.50 T (2)0.45 J用动力学看法、能量看法解答电磁感觉问题的一般步骤[ 娴熟加强 ]迁徙一单杆模型中的能量问题1．(2017 ·河北名校结盟 ) 如下图，相距为L 的两条足够长的圆滑平行金属导轨、MNPQ与水平面的夹角为θ， N、 Q两点间接有阻值为R的电阻．整个装置处于磁感觉强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．将质量为m、阻值也为 R 的金属杆 cd 垂直放在导轨上，杆 cd 由静止开释，下滑距离x 时达到最大速度．重力加快度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触优秀．求：(1)杆 cd 下滑的最大加快度和最大速度；(2)上述过程中，杆上产生的热量．[ 分析 ] (1) 设杆cd下滑到某地点时速度为v，则杆产生的感觉电动势E＝ BLv，回路中E的感觉电流I ＝R＋R杆所受的安培力F＝ BILB2L2v依据牛顿第二定律有mg sinθ－2R＝ ma当速度 v＝0时，杆的加快度最大，最大加快度a＝ g sinθ，方向沿导轨平面向下2mgR sin θ当杆的加快度a＝0时，速度最大，最大速度v m＝B2L2，方向沿导轨平面向下．(2)杆 cd 从开始运动抵达到最大速度过程中，依据能量守恒定律得12mgx sinθ＝ Q总＋2mv1又 Q杆＝2Q总13222θmg R sin所以 Q杆＝2mgx sinθ－B4L4.2mgR sin θ[答案](1) g sin θ，方向沿导轨平面向下B2L2，方向沿导轨平面向下13222mg R sinθ(2) 2mgx sin θ－B4L4迁徙二双杆模型中的能量问题2． ( 多项选择 )(2017 ·浙江五校联考) 如下图，足够长的圆滑水平直导轨的间距为l ，电阻不计，垂直轨道平面有磁感觉强度为 B 的匀强磁场，导轨上相隔必定距离搁置两根长度均为 l 的金属棒， a 棒质量为 m，电阻为 R， b 棒质量为2m，电阻为 2R，现给a棒一个水平向右的初速度 v ，已知 a 棒在此后的运动过程中没有与 b 棒发生碰撞，当 a 棒的速度减为v02 时，b 棒恰好遇到了阻碍物立刻停止运动，而 a 棒仍持续运动，则以下说法正确的选项是()v0A．b棒遇到阻碍物前瞬时的速度为252B．在b棒停止运动前 b 棒产生的焦耳热为Q b＝24mv0C．b棒停止运动后，a棒持续滑行的距离为3mv0R 2B2l2D．b棒停止运动后，a棒持续滑行的距离为mv0R 2B2l2[分析]设 b 棒遇到阻碍物前瞬时的速度为v2，以前两棒构成的系统动量守恒，则mv0 v0v0＝m2＋2mv2，解得 v2＝4，所以选项A错误；在 b 棒停止运动前，依据能量守恒定律可得a1 2 1v0212525棒和 b 棒产生的总焦耳热Q＝ Q a＋ Q b＝2mv0－2m 2－2×2mv2＝16mv0，Q b＝2Q a，解得Q b＝2420，所以选项B正确；a棒独自向右滑行的过程中，当其速度为v时，所受的安培力大小为mvB2l 2B2l 2F 安＝ BIl ＝3R v，依据动量定理有－ F 安Δt＝ mΔv，所以有∑－3R v·Δt＝∑(m·Δv)，22v030Bl mvR可得3R x＝ m2，b 棒停止运动后 a 棒持续行进的距离x＝2B2l2，所以选项C正确，选项D 错误．[答案]BC迁徙三线框模型中的能量问题3．(2017 ·苏州模拟 ) 如下图，竖直面内的正方形导线框ABCD和 abcd 的边长均为l 、电阻均为 R，质量分别为2m和m，它们分别系在一越过两个定滑轮的绝缘轻绳两头，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感觉强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时ABCD的下界限与匀强磁场的上界限重合，abcd 的上界限到匀强磁场的下界限的距离为l .现将两导线框由静止开释，当ABCD所有进入磁场时，两导线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加快度为g，求：(1)两导线框匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热；(3)导线框 abcd 经过磁场的时间．[ 分析 ] (1) 如下图，设两导线框刚匀速运动的速度大小为v、此时轻绳上的张力为T，则对 ABCD有 T＝2mg①对 abcd 有 T＝ mg＋ BIl ②EI＝R③E＝ Blv ④mgR则 v＝B2l2.⑤(2) 设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有4mgl 12＝2mgl＋ 2×3mv＋Q⑥3 223mg R联立⑤⑥解得Q＝2mgl－2B4l4.(3) 导线框abcd经过磁场的过程中以速度v 匀速运动，设导线框abcd 经过磁场的时间3l为 t ，则 t ＝v⑦3B2l3联立⑤⑦解得t ＝mgR.mgR322233mg R3Bl[ 答案 ] (1) B2l2(2)2 mgl－2B4l4(3) mgR高考题型展望——杆＋导轨模型[ 考点概括 ]1．单杆模型的常有状况2.双杆在导轨上滑动(1)初速度不为零，不受其余水平外力的作用圆滑的平行导轨表示图质量 m1＝ m2电阻 r 1＝ r 2长度 L1＝ L2杆 MN做变减速运动，杆 PQ做变加快剖析运动，稳准时，两杆的加快度均为零，以相等的速度匀速运动(2)初速度为零，一杆遇到恒定水平外力的作用圆滑的平行导轨圆滑不等距导轨质量 m1＝ m2电阻 r 1＝ r 2长度 L1＝2L2杆MN做变减速运动，杆PQ做变加快运动，稳准时，两杆的加快度均为零，两杆的速度之比为 1∶2不圆滑平行导轨表示图摩擦力 F ＝Ff1f2质量 m1＝ m2质量1＝2m m电阻 r 1＝ r 2电阻 r1＝ r 2长度 L＝L12长度 L1＝L2开始时，若 F <F≤2F ，则 PQ杆先f f开始时，两杆做变加快运动；稳固变加快后匀加快运动； MN杆静止．若>2f，杆先变加快后匀加快运剖析时，两杆以同样的加快度做匀加快F F PQ动，MN杆先静止后变加快最后和 PQ 运动杆同时做匀加快运动，且加快度相同[ 典题示例 ]如图 1 所示，在竖直向下的磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，两根足够长的平行圆滑金属轨道 MN、PQ固定在水平面内，相距为L.一质量为 m的导体棒 ab 垂直于 MN、PQ放在轨道上，与轨道接触优秀．轨道和导体棒的电阻均不计．(1) 如图 2 所示，若轨道左端M、P间接一电动势为E、内阻为 r 的电源和一阻值为R的电阻．闭合开关S，导体棒从静止开始运动．求经过一段时间后，导体棒所能达到的最大速度的大小．(2) 如图 3 所示，若轨道左端M、P 间接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平向右的恒力 F 的作用下从静止开始运动．求导体棒运动过程中的加快度的大小．[ 审题指导]第一步读题干—提信息题干信息1) 圆滑金属轨道滑动中不受摩擦力EΔq2) 轨道和导体棒的电阻均不计求电流I时，图 3 不可以用I ＝R总，应选I ＝Δt3) 求导体棒运动过程中的加快度的大小猜想棒可能匀加快运动第二步审程序—顺思路[ 分析 ] (1) 闭合开关后，导体棒ab产生的电动势与电阻R两头的电压相等时，导体棒Eab 达到最大速度v2， I ＝R＋r，U＝ IR， U＝ BLv2ER解得 v2＝BL R＋ r.(2) 导体棒ab 向右加快运动，在极短时间内，导体棒的速度变化，依据加快度ΔtΔv的定义 a＝ΔvΔE＝BLΔv，电容器增添的电荷量Δq＝CΔE＝，导体棒产生的电动势变化ΔtCBLΔv依据电流的定义I ＝Δq，解得 I ＝CBLa Δt导体棒 ab 遇到的安培力 F 安＝ BIL＝ B2L2Ca 依据牛顿第二定律得F－F 安＝ ma解得 a＝F22. m＋ CBL[答案](1)ER(2)＋FBL＋r2 2R m CBL杆模型剖析思路[ 展望题组]1． ( 多项选择 )(2017 ·苏州模拟) 如下图，在磁感觉强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一水平绝缘桌面，桌面上搁置了间距为L 的足够长的两平行圆滑导轨，导轨左边连一阻值为R的电阻，轨道电阻不计．与两轨道垂直的质量为M、电阻为 r 的导体杆开始静止放在轨道上，现经过与轨道平行的轻绳经过一圆滑的定滑轮与一质量为m的物块相连，导体杆在重力作用下开始运动，导体杆的速度达到最大时为v m.运动中杆一直垂直轨道，则下列说法正确的选项是()A．导体杆做的是匀变速直线运动，运动过程中流过电阻R的电流方向是a→ bmg R＋ rB．导体杆获取的最大速度为v m＝B2L2v m mgC．当物块的速度为v＝2时，导体杆的加快度为2MmgD．导体杆开始运动时加快度最大，且为＋M m[ 分析 ] 导体杆先做变速直线运动，后做匀速运动，运动过程中流过电阻R的电流方向是→，A 错误；杆产生的感觉电动势为＝，因v 变大，故E变大，电路中电流IE＝，b a E BLv R 电流变大，杆受的安培力 F 安＝ BIL，因 I变大，故 F 安变大，选杆和物块整体为研究对象，依据牛顿第二定律，－B2L2v＋)，当a＝ 0时，杆达到最大速度vm＝mg R＋ r， B ＝ ( 2 2mg R＋ r M m a B Lv＝v m mg，C 错误；导体杆开始运动时正确；当物块的速度为2时，导体杆的加快度为2M＋ mmg加快度最大，为M＋m，D正确．[答案] BD2．(2017 ·江西六校联考) 如下图，ab和cd是两条竖直固定的圆滑平行金属导轨，MN和 M′ N′是用绝缘细线连结的两根金属杆，其质量分别为m和2m，用竖直向上、大小未知的外力 F 作用在杆 MN中点，使两杆水沉静止，并恰好与导轨接触．整个装置处在磁感觉强度为、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨足够长，间距为L ，电阻可忽视，两B杆总电阻为 R，与导轨一直接触优秀，重力加快度为g. t ＝0时辰，将细线烧断，保持力F不变．(1)细线烧断后随意时辰，求两杆运动的速度大小之比．(2) 若杆MN至速度最大时发生的位移为s，该过程中经过金属杆横截面的电荷量Δq和电路中产生的焦耳热Q各为多少？[ 分析 ] (1) 解法一：以两杆为研究对象，初始合外力为零，有F＝3mg细线烧断后杆MN向上运动，杆 M′ N′向下运动，随意时辰，两杆中感觉电流等大反向，。

第2讲电磁感应规律及其应用[做真题·明考向]真题体验透视命题规律授课提示：对应学生用书第59页[真题再做]1.(多选)(2018·高考全国卷Ⅰ，T19)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远外沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是()A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析：根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场．开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A对．开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C错．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D对．答案：AD2．(2018·高考全国卷Ⅰ，T17)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B 等于( )A.54B.32C.74 D ．2解析：在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt1＝B (12πr 2－14πr 2)Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E1R且q 1＝I 1Δt 1在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt2＝(B ′－B )12πr 2Δt 2I 2＝E2Rq 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B (12πr 2－14πr 2)R ＝(B ′－B )12πr 2R所以B ′B ＝32.答案：B3．(2018·高考全国卷Ⅱ，T18)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是( )解析：设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i .线框位移等效电路的连接 电流0～l 2I ＝2i (顺时针) l2～lI ＝0l ～3l 2I ＝2i (逆时针) 3l2～2l I ＝0 分析知，只有选项D 符合要求．答案：D4．(2016·高考全国卷Ⅱ，T24)如图，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E ＝Blv ③联立①②③式可得E ＝Blt 0(F m －μg )④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律得I ＝E R ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B2l2t0m .⑧答案：(1)Blt 0(F m －μg ) (2)B2l2t0m[考情分析]■命题特点与趋势——怎么考1．高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电荷量的计算等知识点．以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题．2．电磁感应中常涉及B -t 图象、Φ-t 图象、E -t 图象、I -t 图象、F -t 图象和v -t 图象，还涉及E -x 图象、I -x 图象等，这类问题既要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解，对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高．■解题要领——怎么做1．抓住两个关键：一是电动势的大小，它取决于磁通量的变化率；二是电动势的方向，实际方向与规定的正方向一致时取正，反之取负．同时注意对无感应电流区域的判断．2．迁移力学知识、规律解决电磁感应综合问题．3．常用思想方法：(1)图象法；(2)等效法；(3)守恒法；(4)模型法．[建体系·记要点]知识串联熟记核心要点授课提示：对应学生用书第60页[网络构建][要点熟记]1．“三定则、一定律”的应用(1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向．(2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向．(3)右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向．(4)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向．2．求感应电动势的两种方法(1)E＝n ΔΦΔt，用来计算感应电动势的平均值．(2)E ＝BLv ，用来计算感应电动势的瞬时值或平均值．3．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技能授课提示：对应学生用书第60页考向一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．判定感应电流方向的两种方法(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形．(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形．2．求感应电动势的方法(1)感生电动势：E ＝n ΔΦΔt ⎩⎪⎨⎪⎧ S 不变时E ＝nS ΔB Δt B 不变时E ＝nB ΔS Δt (2)动生电动势：⎩⎪⎨⎪⎧ 平动切割：E ＝Blv 转动切割：E ＝12Bl2ω1．(2018·贵州贵阳期末)如图甲所示，在同一平面内有两个绝缘金属细圆环A 、B ，两环重叠部分的面积为圆环A 面积的一半，圆环B 中电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示，以甲图圆环B 中所示的电流方向为负方向，则A 环中( )A．没有感应电流B．有逆时针方向的感应电流C．有顺时针方向的感应电流D．感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向解析：由于A环中磁通量变化，所以A环中有感应电流，选项A错误；根据楞次定律，A环中产生逆时针方向的感应电流，选项B正确，C、D错误．答案：B2.(多选)(2018·江西赣州中学高三模拟)1831年10月28日，法拉第展示了他发明的圆盘发电机，其示意图如图所示，水平铜盘可绕竖直铜轴转动，两铜片M、N分别与铜盘边缘和铜轴连接，使整个铜盘处于竖直向上的匀强磁场中．M和N之间连接阻值为R的导体和滑动变阻器R P，若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向．已知铜盘的半径为L，铜盘转动的角速度为ω，铜盘连同两铜片对电流的等效电阻值为r，磁感应强度为B，下列说法正确的是()A．导体R中的电流方向从a到bB．铜盘转动产生的感应电动势大小为12BL2ωC．移动滑动触头位置时，导体R的最大功率为B4L4Rω2 4(R＋r)2D．如果R P＝R＋r，则滑动变阻器的最大功率为B2L4ω2 16(R＋r)解析：若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向，根据右手定则可知，导体R中的电流方向从b到a，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得，铜盘转动产生的感应电动势为E＝12BL2ω，故B正确；根据闭合电路欧姆定律得I＝E r ＋R ＋RP ，则导体R 的功率为P ＝I 2R ＝(E r ＋R ＋RP)2R ，当R P ＝0时，导体的功率最大，即P m ＝B2L4R ω24(R ＋r )2，故C 错误；把导体R 等效成电源的内阻，则电流的等效内阻为r ′＝r ＋R ，此时外电路只有R P ，故当R P ＝r ＋R 时，滑动变阻器的功率最大，即P m ′＝B2L4ω216(R ＋r )，故D 正确． 答案：BD3.如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a 端流入为正．以下说法正确的是( )A ．从上往下看，0～1s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向B ．0～1s 内圆环面积有扩张的趋势C ．3s 末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D ．1～2s 内和2～3s 内圆环中的感应电流方向相反解析：由图乙知，0～1s 内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A 正确，B 错误；同理可得1～2s 内和2～3s 内圆环中的感应电流方向相同，选项D 错误；3s 末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C 错误．答案：A考向二 电磁感应中的图象问题[典例展示1] (多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T 4时为零B ．在t ＝T 2时改变方向C ．在t ＝T 2时最大，且沿顺时针方向D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向[思路探究] (1)如何判断通电直导线周围的磁场？(2)i -t 图象中的信息说明导线框R 内的磁通量如何变化？[解析] 在t ＝T 4时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt＝ΔB ΔtS 知，E ＝0，A 对；在t ＝T 2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T 2和t ＝T 时感应电动势最大，在T 4到T 2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到3T 4时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到T 时，R 中电动势为逆时针方向，C 对，B 、D 错．[答案] AC[方法技巧]解决电磁感应图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B -t 图象还是Φ-t 图象，或者是E -t 图象、I -t 图象等，如例题中考查了i -t 图象．(2)分析电磁感应的具体过程，如例题中电流变化引起导线框R 内磁通量变化，要分段研究．(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式．(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．(6)应用图象信息画图象、判断图象或讨论各物理量的变化，如例题中是根据i -t 图象信息讨论导线框R 的电动势变化．4．(多选)如图甲所示，面积为S 的n 匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间周期性变化，如图乙所示．已知线圈的电阻为R ，则下列说法正确的是( )A ．线圈内产生的感应电动势最大值为SB 0B ．线圈内产生的感应电流最小值为nSB02RC ．线圈内产生的感应电动势周期为4sD ．0～1s 内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向解析：根据法拉第电磁感应定律可知E ＝n ΔB ΔtS ，结合图乙分析可知，在0～1s 内产生的感应电动势最大，最大值为E max ＝n ΔB ΔtS ＝nB 0S ，A 错误；1～2s 内线圈内产生的感应电动势最小为零，故感应电流的最小值为零，B 错误；由图线可知，线圈内产生的感应电动势周期为4s ，C 正确；0～1s 内磁感应强度逐渐增大，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律可知，0～1s 内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向，D 正确．答案：CD5.如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B ，磁场在y 轴方向足够宽，在x 轴方向宽度为a .一直角三角形导线框ABC (BC 边的长度为a )从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中感应电流i 、BC 两端的电压u BC 与导线框移动的距离x 的关系图象正确的是( )解析：导线框切割磁感线产生感应电动势E ＝BLv ，感应电流i ＝E R ＝BLv R ，在0～a 内，有效长度L 均匀变大，感应电流i 均匀变大，在a ～2a 内，有效长度L 均匀变大，感应电流均匀变大，由楞次定律可知，在线框进入磁场的过程中，感应电流沿逆时针方向，电流是正的，在线框离开磁场的过程中，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的，故A 、B 错误；BC 两端的电压u BC ＝iR ，在0～a 内，i 均匀增大，u BC 均匀增大，且B 点电势高于C 点电势，u BC >0；在a ～2a 内，i 均匀增大，u BC 均匀增大，且B 点电势低于C 点电势，u BC <0，故C 错误，D 正确．答案：D6．(多选)(2018·河南洛阳一模)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C 和电阻R ，导体棒MN 放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B 的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN 始终保持静止，则0～t 2时间( )A ．电容器C 的电荷量大小始终没变B ．电容器C 的a 板先带正电后带负电C ．MN 所受安培力的大小始终没变D ．MN 所受安培力的方向先向右后向左解析：由题图乙可知，回路内磁感应强度变化率ΔB Δt不变，根据法拉第电磁感应定律知E ＝S ΔB Δt为恒定值，电容器C 两端的电压值不变，根据C ＝Q U 可知，电容器C 的电荷量大小始终没变，选项A 正确，B 错误；根据闭合电路欧姆定律知，MN 中电流恒定不变，由于磁感应强度B 变化，MN 所受安培力的大小变化，选项C 错误；利用楞次定律可判断出MN 中感应电流的方向为从N 到M ，根据左手定则，MN 所受安培力的方向为先向右后向左，选项D 正确．答案：AD考向三 电磁感应中的电路与动力学问题[典例展示2] (2017·高考海南卷)如图，两光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内，导轨间距为l ，左端连有阻值为R 的电阻，一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场区域．已知金属杆以速度v 0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零，金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好．除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计．求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率．[思路探究] (1)金属棒在磁场中运动的加速度是多大？(2)金属棒在磁场中运动的位移是多少？(3)金属棒来到磁场区域中间时的速度是多大？[解析] 由题意可知，开始时金属杆产生的感应电动势为E ＝Blv 0依据闭合电路欧姆定律，则电路中电流为I ＝Blv0R再由安培力公式有F ＝BIl ＝B2l2v0R设金属杆的质量为m ，则金属杆在整个过程中的加速度为a ＝F m ＝B2l2v0Rm设金属杆由开始到停止的位移为x ，由运动学公式有0－v 20＝－2ax ，解得x ＝v202a ＝Rmv02B2l2故正中间离开始的位移为x 中＝Rmv04B2l2设金属杆在中间位置时的速度为v ，由运动学公式有v2－v20＝－2ax中，解得v＝22v0则金属杆运动到中间位置时，所受到的安培力为F′＝BI′l＝2B2l2v0 2R金属杆中电流的功率为P＝I′2R＝B2l2v20 2R.[答案]2B2l2v02RB2l2v202R[方法技巧]解决电磁感应中的电路和动力学问题的关键电磁感应与动力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力．解答电磁感应中的动力学问题，在分析方法上，要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律，明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化，准确把握运动状态的临界点．(3)临界点→运动状态的变化点7.如图所示，ab、cd是间距为l的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨电阻不计，ac间接有阻值为R的电阻，空间存在磁感应强度大小为B0、方向竖直向上的匀强磁场．将一根阻值为r、长度为l的金属棒从轨道顶端由静止释放，金属棒沿导轨向下运动的过程中始终与导轨接触良好．已知当金属棒向下滑行距离x 到达MN处时达到稳定速度，重力加速度为g，求：(1)金属棒下滑到MN的过程中通过电阻R的电荷量；(2)金属棒的稳定速度的大小．解析：(1)金属棒下滑到MN 的过程中的平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt＝B0lxcos θΔt根据闭合电路欧姆定律，电路中的平均电流为 I ＝E R ＋r ＝B0lxcos θ(R ＋r )Δt ，则q ＝I Δt ＝B0lxcos θR ＋r . (2)金属棒速度稳定时的感应电动势为E ＝B 0lv cos θ电路中产生的电流为I ＝E R ＋r金属棒受的安培力为F ＝B 0Il稳定时金属棒的加速度为零，由力的平衡条件可知mg sin θ－F cos θ＝0联立以上各式解得，稳定时金属棒的速度v ＝mg (R ＋r )sin θB 20l 2cos 2θ. 答案：(1)B0lxcos θR ＋r (2)mg (R ＋r )sin θB 20l 2cos 2θ8.如图所示，一与水平面夹角为θ＝37°的倾斜平行金属导轨，两导轨足够长且相距L ＝0.2m ，另外两根水平金属杆MN 和PQ 的质量均为m ＝0.01kg ，可沿导轨无摩擦地滑动，MN 杆和PQ 杆的电阻均为R ＝0.2Ω(倾斜金属导轨电阻不计)，MN 杆被两个垂直于导轨的绝缘立柱挡住，整个装置处于匀强磁场内，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B ＝1.0T ．PQ 杆在恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，拉力F 垂直PQ 杆沿导轨平面向上，当运动位移x ＝0.1m 时PQ 杆达到最大速度，此时MN 杆对绝缘立柱的压力恰好为零(g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)PQ 杆的最大速度大小v m ；(2)当PQ 杆加速度a ＝2m/s 2时，MN 杆对立柱的压力大小．解析：(1)PQ 杆达到最大速度时，感应电动势为E m ＝BLv m ，感应电流为I m ＝Em 2R ，根据MN 杆受力分析可得，mg sin θ＝BI m L ，联立解得v m ＝2mgRsin θB2L2＝0.6m/s.(2)当PQ 杆的加速度a ＝2m/s 2时，对PQ 杆受力分析，根据牛顿第二定律可得F －mg sin θ－BIL ＝ma ，对MN 杆受力分析，根据共点力的平衡可得BIL ＋F N －mg sin θ＝0，PQ 杆达到最大速度时，有F －mg sin θ－BI m L ＝0，联立解得F N ＝0.02N ，根据牛顿第三定律可得MN 杆对立柱的压力大小F N ′＝0.02N.答案：(1)0.6m/s (2)0.02N考向四 电磁感应中的能量问题[典例展示3] 如图所示，竖直面内的正方形导线框ABCD 和abcd 的边长均为l 、电阻均为R ，质量分别为2m和m ，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时ABCD 的下边界与匀强磁场的上边界重合，abcd 的上边界到匀强磁场的下边界的距离为l .现将两导线框由静止释放，当ABCD 全部进入磁场时，两导线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)两导线框匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热；(3)导线框abcd 通过磁场的时间．[思维流程][解析] (1)如图所示，设两导线框刚匀速运动的速度大小为v 、此时轻绳上的张力为F T ，则对ABCD 有F T ＝2mg ①对abcd 有F T ＝mg ＋BIl ②I ＝E R ③E ＝Blv ④则v ＝mgR B2l2⑤(2)设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q ，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l 的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有4mgl ＝2mgl ＋12×3mv 2＋Q ⑥联立⑤⑥解得Q ＝2mgl －3m3g2R22B4l4(3)导线框abcd 通过磁场的过程中以速度v 匀速运动，设导线框abcd 通过磁场的时间为t ，则t ＝3l v ⑦联立⑤⑦解得t ＝3B2l3mgR .[答案] (1)mgR B2l2 (2)2mgl －3m3g2R22B4l4 (3)3B2l3mgR[方法技巧]求解电磁感应中能量问题的策略(1)若回路中的电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．(2)若回路中的电流变化，则可按以下两种情况计算：①利用功能关系求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的减少量等于回路中产生的电能，如例题(2)中焦耳热的计算．9.(2018·河南洛阳一模)如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L＝1m，导轨间连接的定值电阻R＝3Ω，导轨上放一质量为m＝0.1kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r＝1Ω，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝1T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g取10m/s2.现让金属杆从AB位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：(1)金属杆的最大速度；(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝0.6J，此时金属杆下落的高度．解析：(1)设金属杆的最大速度为v m，此时安培力与重力平衡，即F安＝mg①又F安＝BIL②E＝BLv m③I＝ER＋r④代入数据，联立①②③④得v m＝4m/s(2)电路中产生的总焦耳热Q总＝R＋rR Q＝0.8J由能量守恒定律得mgh＝12mv2m＋Q总代入数据解得h＝1.6m.答案：(1)4m/s(2)1.6m10．如图甲所示，斜面上存在一有理想边界的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，在斜面上离磁场上边界s1＝0.36m处静止释放一单匝矩形金属线框，线框底边和磁场边界平行，金属线框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.整个线框进入磁场的过程中，机械能E和位移s之间的关系如图乙所示．已知E0－E1＝0.09J，线框的质量为0.1kg，电阻为0.06Ω，斜面倾角θ＝37°，磁场区域的宽度d＝0.43m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)线框刚进入磁场时的速度大小v1；(2)线框从开始进入磁场至完全进入磁场所用的时间t；(3)线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值．解析：(1)在未进入磁场前，金属线框做匀加速直线运动，有a＝g sin37°－μg cos37°＝2m/s2v21＝2as1解得v1＝1.2m/s.(2)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力F f和安培力F A所做的功，机械能均匀减小，因此安培力为恒力，线框匀速进入磁场．设线框的侧边长为s2，即线框进入磁场过程运动的距离为s2，根据功能关系，除重力之外的力所做的功等于物体机械能的变化，所以有ΔE＝W f＋W A＝(F f＋F A)s2因为是匀速进入磁场，所以F f＋F A＝mg sin 37°＝0.6 N解得s2＝0.15mt＝s2v1＝0.151.2s＝0.125s.(3)设线框刚出磁场时的速度大小为v 2，则有v 2＝v 21＋2a (d －s 2)解得v 2＝1.6 m/s则线框刚出磁场时的速度最大，有P max ＝I 2R ＝B2L2v22R根据线框匀速进入磁场，有F A ＋μmg cos37°＝mg sin37°F A ＝BIL ＝B2L2v1R联立解得P max ＝0.43W.答案：(1)1.2m/s(2)0.125s(3)0.43W[限训练·通高考] 科学设题 拿下高考高分单独成册 对应学生用书第145页(45分钟)一、单项选择题1．(2018·贵州普通高等学校招生适应性考试)如图甲所示，一位于纸面内的圆形线圈通过导线与一小灯泡相连，线圈中有垂直于纸面的磁场．以垂直纸面向里为磁场的正方向，该磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是( )A ．t 1～t 3时间内流过小灯泡电流的方向先为b →a 后为a →bB ．t 1～t 3时间内流过小灯泡电流的方向先为a →b 后为b →aC．t1～t3时间内小灯泡先变亮后变暗D．t1～t3时间内小灯泡先变暗后变亮解析：t1～t3时间内穿过线圈的磁通量先向里减小后向外增加，根据楞次定律可知，流过小灯泡电流的方向为a→b，选项A、B错误；t1～t3时间内，B-t 线的斜率先增大后减小，则磁通量的变化率先增大后减小，感应电动势先增大后减小，小灯泡先变亮后变暗，选项C正确，D错误．答案：C2.(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流．综上所述，可知A、B、C项错误，D 项正确．答案：D3.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原。