2019年度高考物理一轮复习第十章电磁感应专题强化十三动力学动量和能量观点在电学中的应用课时达标训练

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题型探究课（二）电磁感应中的动力学和能量问题1。

（2018·上海闵行调研）如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长．从置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab 边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( ）A．Q1>Q2q1＝q2B．Q1>Q2q1〉q2C．Q1＝Q2q1＝q2D．Q1＝Q2q1〉q2解析：选A.设ab和bc边长分别为L1、L2,线框电阻为R,若假设穿过磁场区域的时间为t.通过线框导体横截面的电荷量q＝It＝错误!＝错误!，因此q1＝q2。

线框上产生的热量为Q，第一次：Q1＝BL1I1L2＝BL1错误!L2，同理可以求得Q2＝BL2I2L1＝BL2错误!L1，由于L1>L2,则Q1〉Q2，故A正确．2。

如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t图象中，能正确描述上述过程的是（)解析：选D.导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点．线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动,使线框速度减小,由E＝BLv、I＝错误!及F＝BIL＝ma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确．3.如图所示，质量均为m的金属棒ab、cd与足够长的水平金属导轨垂直且接触良好,两金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B的匀强磁场的方向竖直向下．则ab棒在恒力F＝2μmg作用下向右运动的过程中，有（）A．安培力对ab棒做正功B．安培力对cd棒做正功C．ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动D．cd棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动解析：选C.对于ab棒，因为F＝2μmg〉μmg，所以从静止开始加速运动，ab棒运动会切割磁感线产生感应电流，从而使ab棒受到一个向左的安培力，这样加速度会减小，最终会做匀速运动；而cd棒所受到的最大安培力与摩擦力相同，所以总保持静止状态，即安培力对ab棒做负功,对cd棒不做功，所以选项C正确,A、B、D错误．4.如图所示，足够长的金属导轨竖直放置,金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场,虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B。

专题强化十三电磁感应中的动力学和能量问题专题解读1.本专题是动力学观点和能量观点在电磁感应中的综合应用，高考常以计算题的形式命题．2．学好本专题，可以极大培养同学们的分析能力、推理能力和规范表达的能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决电磁感应问题中最难问题的信心．3．用到的知识有：法拉第电磁感应定律、楞次定律、牛顿运动定律、共点力的平衡条件、动能定理、焦耳定律、能量守恒定律等．命题点一电磁感应中的动力学问题1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联例1(2016·全国Ⅲ·25)如图1，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图1(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 答案 (1)kt 0SR(2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0l R解析 (1)在金属棒未越过MN 之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS ＝k ΔtS ① 由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt② 由欧姆定律得I ＝E R③由电流的定义得I ④| ⑤Δt ＝t 0，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为 | ⑥MN 右侧做匀速运动，有F ＝F 安⑦式中，F 是外加水平恒力，F 安是金属棒受到的安培力．设此时回路中的电流为I ，F 安＝B 0lI ⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为 Φ′＝B 0ls ⑩回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′ ⑪ 其中Φ＝B 1S ＝ktS⑫由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t (t >t 0)，穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0lv 0(t －t 0)＋kSt ⑬ 在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0lv 0＋kS )Δt⑭由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E t ＝ΔΦtΔt⑮ 由欧姆定律得I ＝E tR⑯联立⑦⑧⑭⑮⑯式得F ＝(B 0lv 0＋kS )B 0l R.1.(多选)如图2所示，两根足够长、电阻不计且相距L ＝0.2m 的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U ＝4V 的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B ＝5T 、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L 、质量为m ＝0.2kg 、电阻r ＝1.0Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则( )图2A ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3m/s 2B ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4m/s 2C ．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6m/sD ．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8m/s 答案 BD解析 金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，代入数据得a ＝4m/s 2，故选项A 错误，B 正确；设金属棒稳定下滑时速度为v ，感应电动势为E ，回路中的电流为I ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E －Ur，由法拉第电磁感应定律得E ＝BLv ，联立解得v ＝4.8m/s ，故选项C 错误，D 正确．2．(2016·全国Ⅱ·24)如图3，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：图3(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．答案 (1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m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(Fm－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I ⑤F⑥ ＝0⑦1培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程． 2．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化； (3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解． 3．求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算． (2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能． 例2 如图4甲，在水平桌面上固定着两根相距L ＝20cm 、相互平行的无电阻轨道P 、Q ，轨道一端固定一根电阻R ＝0.02Ω的导体棒a ，轨道上横置一根质量m ＝40g 、电阻可忽略不计的金属棒b ，两棒相距也为L ＝20cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B 0＝0.1T ．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2.图4(1)若保持磁感应强度B 0的大小不变，从t ＝0时刻开始，给b 棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F 的大小随时间t 变化关系如图乙所示．求b 棒做匀加速运动的加速度及b 棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t ＝0开始，磁感应强度B 随时间t 按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b 开始运动前，这个装置释放的热量．①匀加速直线运动；②金属棒b 开始运动前．答案 (1)5m/s 20.2N (2)0.036J 解析 (1)F 安＝B 0IL① E ＝B 0Lv② I ＝E R ＝B 0Lv R③ v ＝at④所以F 安＝B 20L 2aRt当b 棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有F －F f －F 安＝ma⑤ 联立可得F －F f －B 20L 2aRt ＝ma⑥由图象可得：当t ＝0时，F ＝0.4N ，当t ＝1s 时，F ＝0.5N. 代入⑥式，可解得a ＝5m/s 2，F f ＝0.2N.(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I ，以b 棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b 所受安培力F 安′与最大静摩擦力F f 相等时开始滑动 感应电动势E ′＝ΔB ΔtL 2＝0.02V⑦I ′＝E ′R＝1A⑧ 棒b 将要运动时，有F 安′＝B t I ′L ＝F f⑨ 所以B t ＝1T ，根据B t ＝B 0＋ΔBΔtt⑩得t ＝1.8s ，回路中产生的焦耳热为Q ＝I ′2Rt ＝0.036J.能量转化问题的分析程序：先电后力再能量3.小明设计的电磁健身器的简化装置如图5所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0T ．质量m ＝4.0kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24m ．一位健身者用恒力F ＝80N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：图5(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q . 答案 (1)2.4m/s (2)48N (3)64J 26.88J 解析 (1)由牛顿第二定律得a ＝F －mg sin θm＝12m/s 2进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4m/s (2)感应电动势E ＝Blv 感应电流I ＝Blv R安培力F A ＝IBl 代入得F A ＝(Bl )2vR＝48N(3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64JF －mg sin θ－F A ＝0 CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t ＝dv焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88J.4．如图6所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L ＝0.4m ，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN .Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1kg 、电阻R 1＝0.1Ω的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4kg 、电阻R 2＝0.1Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g ＝10m/s 2，问：图6(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向； (2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v 为多大；(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8m ，此过程中ab 上产生的热量Q 是多少．答案 (1)由a 流向b (2)5m/s (3)1.3J解析 (1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c ，则ab 中电流方向为由a 流向b .(2)开始放置时ab 刚好不下滑，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ①设ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ②I ③④F 安＝m 1g sin θ＋F max⑤5m/sQ 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总，解得Q ＝1.3J题组1 电磁感应中的动力学问题1．(2016·全国Ⅰ·24)如图1，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑．求：图1(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小． 答案 (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L 2解析 (1)由于ab 、cd 棒被平行于斜面的导线相连，故ab 、cd 速度总是相等，cd 也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2，对于ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲 乙2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F① F N1＝2mg cos θ②对于cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mg sin θ＋μF N2＝F T ′＝F T③ F N2＝mg cos θ④ 联立①②③④式得：F ＝mg (sin θ－3μcos θ)⑤(2)设金属棒运动速度大小为v ，ab 棒上的感应电动势为E ＝BLv⑥ 回路中电流I ＝ER⑦ 安培力F ＝BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L2.2．如图2所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L ，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板，上端连接一个阻值R ＝2r 的电阻，整个装置处在磁感应强度为B 、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab 、cd 放在导轨下端，其中棒ab 靠在挡板上，棒cd 在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a 的匀加速运动．已知每根金属棒质量为m 、电阻为r ，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好．求：图2(1)经多长时间棒ab 对挡板的压力变为零； (2)棒ab 对挡板压力为零时，电阻R 的电功率； (3)棒ab 运动前，拉力F 随时间t 的变化关系． 答案 (1)5mgr sin θ2B 2L 2a (2)m 2g 2r sin 2θ2B 2L 2＋3B 2L 2atcd 产生的电动势为E ，则E I R I ab ＝R R ＋rI解得t 0＝5mgr sin θ2B 2L 2a(2)棒ab 对挡板压力为零时，cd 两端电压为U cd ＝E －Ir解得U cd ＝mgr sin θBL此时电阻R 的电功率为P ＝U 2cd R解得P ＝m 2g 2r sin 2θ2B 2L 2 (3)对cd 棒，由牛顿第二定律得F －BI ′L －mg sin θ＝maI ′＝E ′r ＋R 外E ′＝BLat解得F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a 5rt . 题组2 电磁感应中的动力学和能量问题3.如图3所示，两根相距L ＝1m 的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37°角，拐角处连接一阻值R ＝1Ω的电阻．质量均为m ＝2kg 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R ＝1Ω.整个装置处于磁感应强度大小B ＝1T 、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd 杆静止．g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图3(1)水平拉力的功率；(2)现让cd 杆静止，求撤去拉力后ab 杆产生的焦耳热．答案 (1)864W (2)864J解析 (1)cd 杆静止，由平衡条件可得mg sin θ＝BIL ，解得I ＝12A由闭合电路欧姆定律得2I ＝BLv R ＋R 2，得v ＝36m/s 水平拉力F ＝2BIL ＝24N ，水平拉力的功率P ＝Fv ＝864W(2)撤去外力后ab 杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有Q ＝ΔE k ＝12mv 2＝1296J而Q ＝I ′2·32R ·t ，ab 杆产生的焦耳热Q ′＝I ′2·R ·t ，所以Q ′＝23Q ＝864J.⊳思维建模能力的培养⊳图象应用能力的培养1．“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等．2．该模型的解题思路(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；(2)求回路中的电流大小；(3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)；(4)列动力学方程或平衡方程求解．例1 如图1甲所示，两根足够长平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m .导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B .金属导轨的上端与开关S 、定值电阻R 1和电阻箱R 2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g .现在闭合开关S ，将金属棒由静止释放．图1(1)判断金属棒ab 中电流的方向；(2)若电阻箱R 2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h 时，速度为v ，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)当B ＝0.40T ，L ＝0.50m ，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m 随电阻箱R 2阻值的变化关系，如图乙所示．取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求R 1的阻值和金属棒的质量m .答案 (1)b →a (2)mgh －12mv 2 (3)2.0Ω 0.1kg 解析 (1)由右手定则可知，金属棒ab 中的电流方向为由b 到a .(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，即 mgh ＝12mv 2＋Q则Q ＝mgh －12mv 2.(3)金属棒达到最大速度v m 时，切割磁感线产生的感应电动势：E ＝BLv m由闭合电路的欧姆定律得：I ＝ER 1＋R 2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示金属棒达到最大速度时，满足：mg sin α－BIL ＝0由以上三式得v m ＝mg sin αB 2L 2(R 2＋R 1)由图乙可知：斜率k ＝60－302m·s －1·Ω－1＝15m·s －1·Ω－1，纵轴截距v ＝30m/s所以mg sin αB 2L 2R 1＝v ，mg sin αB 2L 2＝k解得R 1＝2.0Ω，m ＝0.1kg.解决此类问题要抓住三点1．杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)；2．整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功；3．电磁感应现象遵从能量守恒定律．分析电磁感应图象问题的思路例2如图2，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )图2答案 A解析线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线．t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象．45分钟章末验收卷一、单项选择题1．图1甲是法拉第于1831年发明的人类历史上第一台发电机——圆盘发电机．图乙为其示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，磁感线垂直穿过铜盘；两块铜片M 、N 分别与铜轴和铜盘边缘接触，匀速转动铜盘，电阻R 就有电流通过．则下列说法正确的是( )图1A ．回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关B ．回路中有大小和方向都做周期性变化的涡流C ．回路中电流方向不变，从M 经导线流进电阻R ，再从N 流向铜盘D ．铜盘绕铜轴转动时，沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，产生电动势答案 D解析 圆盘发电机的圆盘可看做无数条沿半径方向的金属“条”，转动切割磁感线产生感应电动势，D 项正确；金属“条”相互并联，产生的感应电动势与一条金属“条”转动切割产生的感应电动势相等，即E ＝12BL 2ω，可见感应电动势大小不变，回路总电阻不变，由闭合回路欧姆定律得I ＝E R，故回路中电流大小恒定，且与铜盘转速有关，A 、B 项错；由右手定则可知，回路中电流方向是自下而上通过电阻R ，C 项错．2．下列没有利用涡流的是( )A ．金属探测器B ．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯C ．用来冶炼合金钢的真空冶炼炉D ．磁电式仪表的线圈用铝框做骨架答案 B解析 金属探测器、冶炼炉都是利用涡流现象工作的，磁电式仪表利用涡流能让指针快速稳定，也是利用涡流现象，变压器中的硅钢片是为了防止涡流产生铁损．3.如图2所示电路中，A 、B 、C 为完全相同的三个灯泡，L 是一直流电阻不可忽略的电感线圈．a 、b 为线圈L 的左右两端点，原来开关S 是闭合的，三个灯泡亮度相同．将开关S 断开后，下列说法正确的是( )图2A ．a 点电势高于b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭B ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭C ．a 点电势高于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭D ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭答案 D解析 电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等．某时刻将开关S 断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a 点电势低于b 点电势，三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D 正确．4．如图3所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x )关系的是( )图3答案 B解析 位移在0～L 过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I ＝Blv R ，l ＝x ，则I ＝Bv Rx ；位移在L ～2L 过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L ～3L 过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，I ＝Bv R(3L －x )．5．如图4甲，光滑平行且足够长的金属导轨ab 、cd 所在平面与水平面成θ角，b 、c 两端接有阻值为R 的定值电阻．阻值为r 的金属棒PQ 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．从t ＝0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F 作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R 的感应电流随时间t 变化的图象如图乙所示．下面分别给出了穿过回路PQcb 的磁通量Φ、磁通量的变化率ΔΦΔt、电阻R 两端的电势差U 和通过棒上某横截面的总电荷量q 随运动时间t 变化的图象，其中正确的是( )图4答案 B解析 由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而图象A 描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，A 错误；回路中的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ，感应电流为I ＝E R ＋r＝ΔΦ(R ＋r )Δt ，由题图乙可知：I ＝kt ，故有：ΔΦΔt＝k (R ＋r )t ，所以图象B 正确；I 均匀增大，电阻R 两端的电势差U ＝IR ＝ktR ，则知U 与时间t 成正比，C 错误；通过金属棒的电荷量为：q ＝I t ＝12kt 2，故有q －t 图象为抛物线，并非过原点的直线，D 错误．6.如图5所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B ，方向相反，电阻为R 的导线弯成顶角为90°，半径为r 的两个扇形组成的回路，O 为圆心，整个回路可绕O 点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为( )图5A.πB 2ωr 4RB.2πB 2ωr 4R C.4πB 2ωr 4R D.8πB 2ωr 4R答案 C解析 从图示位置开始计时，在一个周期T 内，在0～T 4、T 2～34T 内没有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内线框产生的总的感应电动势E ＝4×12Br 2ω＝2Br 2ω，则在一周期内电路释放的电能为Q ＝E 2R ·T 2，T ＝2πω，解得Q 76所示．关于无线充电，下列说法正确的是( )图6A ．充电底座中的发射线圈将磁场能转化为电能B ．充电底座可以直接使用直流电源实现对手机的无线充电C ．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D ．无线充电时手机接收线圈利用“电流的磁效应”获取电能答案 C解析 发射线圈中通入交变电流，交变电流周围形成交变磁场，交变磁场又形成交变电场，从而在接收线圈形成交变电流．发射线圈是将电能转化为磁场能，接收线圈是将磁场能转化为电能，A 错误；直流电周围形成恒定的磁场，恒定的磁场无法由电磁感应形成电场，B 错误；根据电磁感应规律知接收线圈与发射线圈中交变电流的频率一样，C 正确；无线充电时手机接收线圈利用“电磁感应”获得电能，D 错误．二、多项选择题8.如图7所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L ，其下端与电阻R 连接．导体棒ab 电阻为r ，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab 以一定初速度v 下滑，则关于ab 棒的下列说法中正确的是( )图7A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BLvD．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能答案AB解析导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确．当mg sinθ＝BIL cosθ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，可以速度v匀速下滑，选项B正确．由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为E＝BLv cosθ，选项C错误．由能量守恒定律知，ab棒减少的重力势能不等于电阻R上产生的内能，选项D错误．9．如图8，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R.Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x(以m为单位)的分布规律为B＝0.8－0.2x(T)．金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨运动，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．设在金属棒从x1＝1m经x2＝2m到x3＝3m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒( )图8A．在x1与x3处的电动势之比为1∶3B．在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1C．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3D．从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为5∶3答案BCD解析。

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题组层级快练(五十一)一、选择题1．(2017·湖北模拟)智能家电中控制电路部分的工作电压较低，通常用变压器将市电降压后输入到控制电路．下表为某智能家电内部的变压器的部分参数，由表中信息可以推知，该变压器( )产品名称变压器交流输入220 V50 Hz交流输出9 V0。

2 AA1。

8 W B．原、副线圈匝数之比约为9∶220，正常工作时实际输入功率小于1。

8 W C．原、副线圈匝数之比约为220∶9，正常工作时实际输入功率大于1。

8 W D．原、副线圈匝数之比约为220∶9，正常工作时实际输入功率小于1。

8 W 答案C解析由表中数据可知，输入电压为220 V,而输出电压为9 V，则由电压之比等于线圈匝数之比可得：n1∶n2＝U1∶U2＝220∶9；由P＝UI可知，输出功率P＝9×0。

2＝1.8 W，而在实际使用中由于内部存在热功率以及实际变压器存在磁损耗等，故实际输入功率大于1。

8 W．故C项正确,A、B、D三项错误．2。

(2017·浙江模拟)（多选)某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路（忽略输电线路的自感作用）．第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1.第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2。

201９年高考物理一轮复习第１0章电磁感应新人教版编辑整理:尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望（2019年高考物理一轮复习第10章电磁感应新人教版)的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第十章电磁感应综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：60分钟一、选择题(本题共８小题,每小题6分，共计48分。

1~4题为单选，5 ~8题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分,错选或不选的得０分)1．(2018·浙江杭州五校联考）如图所示，有以下操作:（1）铜盘放置在与盘垂直的均匀分布且逐渐增强的磁场中；(2)铜盘在垂直于铜盘的匀强磁场中绕中心轴匀速运动;(３)铜盘在蹄形磁铁两极之间匀速转动；（4）在铜盘的圆心与边缘之间接一电流计,铜盘在蹄形磁铁两极间匀速运动。

下列针对这四种操作的说法正确的是错误!( Ｃ )A．四种情况都会产生感应电流B．只有(４）中会出现感应电流Ｃ．(４）中圆盘边缘为“电源"正极D.(2)中电流沿逆时针方向［解析] (１)中穿过铜盘的磁通量均匀变化,产生的是稳定的电流;（2)中铜盘中的磁通量不变，故铜盘中不会产生感应电流和涡流;（3）中铜盘的不同部分不断地进出磁场,切割磁感线运动，所以会产生感应电流，ABＤ错误；（4)中铜盘边缘A点为“电源"正极，Ｏ点为“电源"负极，所以C正确。

2.（2018·山东省莱芜高三上学期期末试题)如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时速度为ｖ，方向与磁场边界成45°，若线框的总电阻为R,则下列说法错误的是错误!( B )A.线框穿进磁场过程中,框中电流的方向为ＡBＣＤB．AＣ刚进入磁场时线框中感应电流为错误!C．AC刚进入磁场时线框所受安培力为错误!D.此时CD两端电压为错误!Bａv［解析］线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大,由楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCD方向,故A正确; AC刚进入磁场时CＤ边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势:E＝Bav，则线框中感应电流为：Ｉ＝E R=＼ｆ(Bav,R）；故CD两端的电压为U＝I·错误!R=错误!Bav,故B错误,D正确；ＡC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下,它们的大小都是：F=ＢＩa,由几何关系可以看出,AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直,所以ＡC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CＤ边受到的安培力的矢量合,即:Ｆ合=错误!F ＝错误!，方向竖直向下，故Ｃ正确.３．(2018·河北张家口检测）如图，直角三角形金属框abｃ放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上．当金属框绕aｂ边以角速度ω逆时针转动时,a、ｂ、c三点的电势分别为Uａ、Ｕb、U c.已知bc边的长度为l。

第4讲电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量、动量板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】电磁感应现象中的动力学问题Ⅱ1、安培力的大小2、安培力的方向(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向、(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反、3、分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析、4、根据平衡条件或牛顿第二定律列方程、【知识点2】电磁感应现象中的能量问题Ⅱ1、电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力、外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能、2、实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化、板块二考点细研·悟法培优考点1 电磁感应中的动力学问题[解题技巧]导体棒的运动学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况、1、两种状态及处理方法2、力学对象和电学对象的相互关系3、动态分析的基本思路例1[2016·安徽模拟]如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b 间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中、质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上、初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0、整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行、(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小 a 、导体棒向上运动和向下运动过程中流过R 的电流方向相同吗？ 提示:不同、(2)下降过程的牛顿第二定律、 提示:mg sin θ＋F 弹－F 安＝ma 、尝试解答 (1)BL v 0R ＋r b →a (2)g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r )、(1)导体棒产生的感应电动势E 1＝BL v 0 通过R 的电流大小I 1＝E 1R ＋r ＝BL v 0R ＋r电流方向为b →a 、(2)导体棒产生的感应电动势为E 2＝BL v 感应电流I 2＝E 2R ＋r ＝BL v R ＋r导体棒受到的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r ，方向沿斜面向上、根据牛顿第二定律有mg sin θ－F ＝ma 解得a ＝g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r )、总结升华单棒切割磁感线的两种模型模型一:导体棒ab 先自由下落再进入匀强磁场，如图甲所示、模型二:导体棒ab 沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示、两类模型中的临界条件是导体棒ab 受力平衡、以模型一为例，有mg ＝F 安＝B 2l 2v 0R ，即v 0＝mgR B 2l2、 若线框进入磁场时v >v 0，则线框先减速再匀速；若v <v 0，线框先加速再匀速(都假设线框和磁场区域长度足够长)、[跟踪训练] (多选)如图所示，相距L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B 、将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动、导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g 、下列选项正确的是( )A 、P ＝2mg v sin θB 、P ＝3mg v sin θC 、当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD 、在速度达到2v 以后的匀速运动过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案 AC解析 当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向有mg sin θ＝B 2L 2vR ；当导体棒第二次匀速运动时，沿导轨方向有F ＋mg sin θ＝2B 2L 2vR ，两式联立解得F ＝mg sin θ，此时拉力F 的功率P＝F ×2v ＝2mg v sin θ，选项A 正确，B 错误；当导体棒的速度达到v2时，沿导轨方向有mg sin θ－B 2L 2v 2R ＝ma ，解得a ＝12g sin θ，选项C 正确；导体棒的速度达到2v 以后，拉力与重力的合力所做的功全部转化为R 上产生的焦耳热，选项D 错误、 考点2 电磁感应中的能量问题 [解题技巧]1、能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化(2)求解焦耳热Q 的三种方法2、电能求解的三种主要思路(1)利用克服安培力做功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功； (2)利用能量守恒或功能关系求解；(3)利用电路特征来求解:通过电路中所产生的电能来计算、 3、解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化； (3)根据能量守恒定律列式求解、例2 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，磁场区域的宽度为H ＝0、4 m ，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x ＝0、55 m 、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、25 Ω，ab 的长度为L ＝0、5 m 、从t ＝0时刻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，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最终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，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝33，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g＝10 m/s2、(1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小；(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v与位移s的关系为v＝v0－B2L2mR s，其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小，s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q、由图乙的v-t图可求出什么？提示:加速度、(2)在图乙中0、4 s以后有一段匀速直线运动，说明什么问题？提示:导线框进入磁场区域后以2 m/s的速度匀速运动，受力平衡、(3)安培力做功与焦耳热的关系？提示:克服安培力做功等于回路中产生的电能，如果是纯电阻电路，也等于回路中总的焦耳热、尝试解答(1)1、5_N__0、50_T__(2)0、45__J、(1)由v-t图象可知，在0～0、4 s时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2、0 m/s，所以在此过程中的加速度a＝ΔvΔt＝5、0 m/s2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，导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动通过导线框的电流I＝ER＝BL v1R导线框所受安培力F安＝BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋B 2L 2v 1R解得B ＝0、50 T 、(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v 1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 边离开磁场后做匀减速直线运动，在导线框到达挡板时的位移为 x 0＝x －H ＝0、15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v 2，由动能定理，有 －mg (x －H )sin θ－μmg (x －H )cos θ＝12m v 22－12m v 21 解得v 2＝v 21－2g (x －H )(sin θ＋μcos θ)＝1、0 m/s导线框碰挡板后速度大小仍为v 2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mg sin θ＝μmg cos θ＝0、50 N ，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速直线运动，ab 边刚进入磁场时的速度为v 2＝1、0 m/s ；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v 3 由v ＝v 0－B 2L 2mR s 得v 3＝v 2－2B 2L 2HmR ＝－1、0 m/s因v 3<0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q 1＝I 2Rt ＝2B 2L 2H v 1R＝0、40 J 导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热 Q 2＝12m v 22＝0、05 J所以Q ＝Q 1＋Q 2＝0、45 J 、 总结升华电磁感应现象中能量的计算(1)回路中电流稳定可利用电路知识，由W ＝UIt ，Q ＝I 2Rt 直接计算、 (2)若电流变化利用安培力做功、功能关系解决、[跟踪训练] 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0、5 m ，左端接有阻值R ＝0、3 Ω的电阻、一质量m ＝0、1 kg 、电阻r ＝0、1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0、4 T 、棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1、导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求:(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2； (3)外力做的功W F 、答案 (1)4、5 C (2)1、8 J (3)5、4 J解析 (1)设金属棒做匀加速运动的时间为Δt ，回路中磁通量的变化量为ΔΦ，回路中产生的平均感应电动势为E ，则由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ，其中ΔΦ＝Blx设回路中的平均电流为I ， 则由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r 通过电阻R 的电荷量q ＝I Δt联立以上各式，代入数据解得q ＝4、5 C 、(2)设撤去外力时棒的速度为v ，在棒做匀加速运动的过程中，由运动学公式得 v 2＝2ax 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W ， 由动能定理得W ＝0－12m v 2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W 代入数据解得Q 2＝1、8 J 、(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3、6 J 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 W F ＝Q 1＋Q 2＝5、4 J 、考点3 电磁感应中的动量问题 [拓展延伸]电磁感应现象中产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力作用，经过一段时间就会使导体棒(线圈)产生动量的变化、如果是一个系统，系统合外力为0，则系统动量守恒、例3 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L 、导轨上面垂直放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图所示、两根导体棒的质量皆为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电阻可不计、在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B 、设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行、开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v 0、若两导体棒在运动中始终不接触，则:(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的加速度是多少？什么时候产生的焦耳热最多？提示:两棒速度相同时、(2)两棒速度相同时，安培力有什么特点？怎样求相同速度？ 提示:安培力大小相等、方向相反，两导体棒运动遵循动量守恒、 尝试解答 (1)14m v 20 (2)B 2L 2v 04mR、ab 棒向cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流，ab 棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd 棒则在安培力的作用下向右做加速运动、只要ab 棒的速度大于cd 棒的速度，回路总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速，直到两棒速度相同时，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v 做匀速运动、(1)从开始到两棒达到相同速度v 的过程中，两棒的总动量守恒，有m v 0＝2m v 根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 Q ＝12m v 20－12(2m )v 2＝14m v 20、 (2)设ab 棒的速度变为34v 0时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒定律可知m v 0＝34m v 0＋m v ′解得v ′＝14v 0，回路中的电动势E ＝34BL v 0－14BL v 0＝12BL v 0I ＝E2R此时cd 棒所受的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 04R、由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v 04mR、总结升华[递进题组]1、 如图所示，ab 和cd 是两条竖直放置且足够长的长直光滑金属导轨，MN 和M ′N ′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2m 、竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l 、整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直、导轨电阻可忽略，重力加速度为g 、在t ＝0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好且垂直、求:(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比； (2)两杆分别达到的最大速度、 答案 (1)2∶1 (2)4mgR 3B 2l 2 2mgR3B 2l 2解析 (1)设某时刻MN 和M ′N ′速度分别为v 1、v 2 由动量守恒m v 1－2m v 2＝0，得v 1v 2＝21、(2)当MN 和M ′N ′的加速度为零时，速度最大对M ′N ′由平衡条件知BIl ＝2mg I ＝E RE ＝Bl v 1＋Bl v 2 得v 1＝4mgR 3B 2l 2，v 2＝2mgR3B 2l 2、 2、 [2017·哈尔滨师大附中二模]如图所示，竖直平面内，水平线OO ′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B ，一个单匝正方形导体框，边长为L ，质量为m ，总电阻为r ，从ab 边距离边界OO ′为L 的位置由静止释放、已知从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场所用时间为t ，重力加速度为g ，空气阻力不计，导体框不翻转，求:(1)ab 边刚进入磁场时，b 、a 间电势差大小U ba ； (2)cd 边刚进入磁场时，导体框的速度大小、 答案 (1)3BL 42gL (2)gt －B 2L 3mr ＋2gL解析 (1)ab 边刚进入磁场时速度大小为v 1， 则mgL ＝12m v 21E ＝BL v 1 I ＝E r U ba ＝I ·34r解得U ba ＝3BL42gL 、 (2)从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场的过程中 mgt －F A t ＝m v 2－m v 1 F A ＝B I L I ＝Er E ＝ΔΦtΔΦ＝BL2由以上各式解得:v2＝gt－B2L3mr＋2gL、1、模型构建对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态，最终达到稳定状态，该系统称为“杆和导轨”模型、2、模型分类单杆模型、双杆模型、3、模型特点(1)单杆模型(2)双杆模型 ①模型特点a 、一杆切割时，分析同单杆类似、b 、两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E ＝ΔΦΔt＝Bl (v 1－v 2)、 ②电磁感应中的“双杆”问题分析a 、初速度不为零，不受其他水平外力的作用b、初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用如图所示，两根间距为L的金属导轨MN和PQ，电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场区域Ⅰ，右端有另一磁场区域Ⅱ，其宽度也为d ，但方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小均为B 、有两根质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 与导轨垂直放置，b 棒置于磁场区域Ⅱ内导轨的中点C 、D 处，导轨除C 、D 两处(对应的距离极短)外其余均光滑，两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的k 倍，a 棒从弯曲导轨某处由静止释放、当只有一根棒做切割磁感线运动时，它速度的减少量与它在磁场中通过的距离成正比，即Δv ∝Δx 、重力加速度为g 、(1)若a 棒释放的高度大于h 0，则a 棒进入磁场区域Ⅰ时会使b 棒运动，判断b 棒的运动方向并求出h 0、(2)若将a 棒从高度小于h 0的某处释放，使其以速度v 0进入磁场区域Ⅰ，结果a 棒以12v 0的速度从磁场区域Ⅰ中穿出，求在a 棒穿过磁场区域Ⅰ过程中通过b 棒的电荷量q 和两棒即将相碰时b 棒上的电功率P b 、 [答案] (1)b 向左运动 h 0＝2k 2m 2gR 2B 4L 4(2)q ＝BLd 2R P b ＝B 2L 2v 2064R[解析] (1)根据右手定则可判断出，进入磁场区域Ⅰ时，金属棒a 中感应电流的方向为由M 指向P ，从而可知b 棒中电流方向由D 指向C ，根据左手定则可知金属棒b 所受安培力方向向左，所以b 棒向左运动a 棒从高度为h 0处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有 mgh 0＝12m v 2解得v ＝2gh 0a 棒刚进入磁场区域Ⅰ时，感应电动势:E ＝BL v 此时感应电流大小I ＝E 2R此时b 棒受到的安培力大小F ＝BIL ，依题意有F ＝kmg 联立解得h 0＝2k 2m 2gR 2B 4L 4、(2)由于a 棒从高度小于h 0的某处释放，因此b 棒在两棒相碰前将保持静止、流过b 棒的电荷量q ＝I ·Δt ，又I ＝E R 总，E ＝ΔΦΔt，ΔΦ＝B ΔS ，ΔS ＝Ld ，R 总＝2R 联立解得q ＝BLd2R由题意可知，两棒将要相碰时的a 棒的速度v ′，因为Δv ∝Δx ，所以a 棒进入磁场区域Ⅱ中速度的变化量为v －v 02d ·12d 、v ′＝12v 0－v 0－v 02d ·12d ＝14v 0此时电流大小I ＝BL v ′2R ＝BL v 08R此时b 棒上的电功率P b ＝I 2R ＝B 2L 2v 2064R、名师点睛分析“杆和导轨”的模型要按照下述步骤分析:(1)先进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ； (2)再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；(3)然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；(4)接着进行“运动”状态的分析和能量的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型及能量转化关系、1、[2017·湖南衡阳模拟]如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，相距均为d 的三条水平虚线l 1、l2、l 3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、一个质量为m 、边长为d 、总电阻为R 的正方形导线框，从l 1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过l 1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v 1做匀速直线运动；当ab 边在越过l 2运动到l 3之前的某个时刻，线框又开始以速度v 2做匀速直线运动，重力加速度为g 、在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )A 、线框中感应电流的方向不变B 、线框ab 边从l 1运动到l 2所用时间大于从l 2运动到l 3所用时间C 、线框以速度v 2匀速直线运动时，发热功率为 m 2g 2R 4B 2d 2sin 2θ D 、线框从ab 边进入磁场到速度变为v 2的过程中，减少的机械能ΔE 机与线框产生的焦耳热Q 电的关系式是ΔE 机＝W G ＋12m v 21－12m v 22＋Q 电 答案 C解析 ab 边在两个不同的区域切割磁感线产生的感应电流的方向相反，A 错误；线框以速度v 1做匀速直线运动时，有 mg sin θ－B 2d 2v 1R ＝0，线框以速度v 2做匀速直线运动时，mg sin θ－4B 2d 2v 2R ＝0，显然v 2<v 1，线框ab 边从l 1运动到l 2所用时间小于从l 2运动到l 3所用时间，B 错误；线框以速度v 2匀速直线运动时，发热功率与重力做功的功率相同，P ＝mg v 2sin θ＝m 2g 2R 4B 2d 2sin 2θ，C 正确；线框从ab 边进入磁场到速度变为v 2的过程中，机械能的变化等于除重力外其他力做的功，即减少的机械能等于克服安培力做的功，也等于线框中产生的焦耳热，所以有ΔE 机＝Q 电，D 错误、2、如图所示，PQ 和MN 是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计、金属棒ab 、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好、金属棒ab 的质量为2m ，cd 的质量为m ，长度均为L ，电阻均为R ；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路、整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，若锁定金属棒ab 不动，使金属棒cd 在与其垂直且沿斜面向上的恒力F ＝2mg 作用下，沿轨道向上做匀速运动、重力加速度为g 、(1)试推导论证:金属棒cd 克服安培力做功的功率P 安等于电路获得的电功率P 电； (2)设金属棒cd 做匀速运动中的某时刻t 0＝0，恒力大小变为F ′＝1、5mg ，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab ，直到t 时刻金属棒ab 开始做匀速运动、求: ①t 时刻以后金属棒ab 的热功率P ab ； ②0～t 时刻内通过金属棒ab 的电荷量q 、答案 (1)见解析 (2)m 2g 2R B 2L 2 2m 2gR ＋3mgB 2L 2t3B 3L 3解析 (1)设金属棒cd 做匀速运动的速度为v ， E ＝BL v ①I ＝E 2R② F －mg sin30°＝F 安＝IBL ③金属棒cd 克服安培力做功的功率P 安＝F 安v ④ 电路获得的电功率P 电＝E 22R ⑤由①②③④得P 安＝B 2L 2v 22R ⑥由①⑤得P 电＝B 2L 2v 22R ⑦所以P 安＝P 电⑧(2)①金属棒ab 做匀速运动，则有I 1BL ＝2mg sin30°⑨ 金属棒ab 的热功率P ab ＝I 21R ⑩ 由⑨⑩解得P ab ＝m 2g 2R B 2L2⑪②设t 时刻后金属棒ab 做匀速运动的速度为v 1，金属棒cd 也做匀速运动，速度为v 2；由金属棒ab 、金属棒cd 组成的系统动量守恒:m v ＝2m v 1＋m v 2⑫ 回路电流I 1＝BL (v 2－v 1)2R⑬ 由①②③⑨⑫⑬解得:金属棒ab 做匀速运动的速度为 v 1＝mgR 3B 2L2⑭0～t 时刻内对金属棒ab 分析:在电流为i 的很短的时间Δt 内，速度的改变量为Δv ，由动量定理得BiL Δt －2mg sin30°·Δt ＝2m Δv ⑮对⑮式进行求和，得BLq －mgt ＝2m v 1⑯ 对⑭⑯解得q ＝2m 2gR ＋3mgB 2L 2t3B 3L 3、。

选修3-2_第1草*磁感应I局考导航1篡础课1 电磁施应现象梧次定律课前双基过关紧抓教材自主落实知识排查知识点一磁通量1.磁通量(1)定义：把磁场中穿过磁场某一面积S的磁感线的鱼鍫定义为穿过该面积的磁通量。

(2)公式:0=巡5丄S);单位:韦伯(Wb)。

(3)矢标性：磁通量是标量，但有正负。

2.磁通量的变化量：△必=少2—少1。

3.磁通量的变化率(磁通量变化的快慢)：磁通量的变化量与所用吋间的比值，即A 0与线圈的匝数无关。

知识点二电磁感应现象1.电磁感应现象因磁通量变化而产生虫遮的现象。

2.产生感应电流的条件(1)闭合电路；(2)磁通量发生变化。

MiS/S三感应电流的方向1.楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

适用于一切电磁感应现象。

2.右手定则：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线穿入掌心，右手拇指指向导线运动方向,这时其余四指指向就是感应电流的方向。

适用于导线切割磁感线产生感应电流。

小题速练1.思考判断(1)磁通量是矢量，有正、负之分。

()(2)当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流。

()(3)感应电流的磁场总是与原磁场方向相反。

()(4)电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流。

()答案(1)X (2)X (3)X (4)X2.［鲁科版选修3 — 2 ■ P24■讨论与交流改编］(多选)如图2所示，一轻质绝缘横杆两侧各阀定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象及现象分析正确的是A. 磁铁插句左环，横杆发生转动B. 磁铁插向右环，横杆发生转动C. 磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流D. 磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流 答案BD课堂5动探究I研透考点核心突破考点置L 电磁感应现象的判断 常见的产生感应电流的三种情况I 跟进题组 ______________________ 多角练透1. ［鲁科版选修3—2T 8 T 4改编］如图3所示的匀强磁场屮有一个矩形闭合导线框。

专题强化十三 电磁感应中的动力学和能量问题专题解读1.本专题是动力学观点和能量观点在电磁感应中的综合应用，高考常以计算题的形式命题．2．学好本专题，可以极大培养同学们的分析能力、推理能力和规范表达的能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决电磁感应问题中最难问题的信心．3．用到的知识有：法拉第电磁感应定律、楞次定律、牛顿运动定律、共点力的平衡条件、动能定理、焦耳定律、能量守恒定律等．命题点一 电磁感应中的动力学问题1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)． 2．两种状态及处理方法3.解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：导体受外力运动――→E ＝Blv感应电动势E R ＋r感应电流――→F ＝BIl导体受安培力→合力变化――→F 合＝ma加速度变化→速度变化→临界状态例1 (2016·全国Ⅲ·25)如图1，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图1(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 答案 (1)kt 0SR(2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0l R解析 (1)在金属棒未越过MN 之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS ＝k ΔtS ① 由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt② 由欧姆定律得I ＝E R③由电流的定义得I ＝Δq Δt④联立①②③④式得 |Δq |＝kS RΔt⑤由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内即Δt ＝t 0，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为 |q |＝kt 0SR⑥(2)当t >t 0时，金属棒已越过MN .由于金属棒在MN 右侧做匀速运动，有F ＝F 安⑦式中，F 是外加水平恒力，F 安是金属棒受到的安培力．设此时回路中的电流为I ，F 安＝B 0lI ⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为 Φ′＝B 0ls ⑩回路的总磁通量为 Φt ＝Φ＋Φ′⑪ 其中Φ＝B 1S ＝ktS⑫由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t (t >t 0)，穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0lv 0(t －t 0)＋kSt ⑬在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0lv 0＋kS )Δt⑭由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E t ＝ΔΦtΔt⑮ 由欧姆定律得I ＝E tR⑯联立⑦⑧⑭⑮⑯式得F ＝(B 0lv 0＋kS )B 0l R.1.(多选)如图2所示，两根足够长、电阻不计且相距L ＝0.2m 的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U ＝4V 的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B ＝5T 、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L 、质量为m ＝0.2kg 、电阻r ＝1.0Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则( )图2A ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3m/s 2B ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4m/s 2C ．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6m/sD ．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8m/s 答案 BD解析 金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，代入数据得a ＝4m/s 2，故选项A 错误，B 正确；设金属棒稳定下滑时速度为v ，感应电动势为E ，回路中的电流为I ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E －Ur，由法拉第电磁感应定律得E ＝BLv ，联立解得v ＝4.8m/s ，故选项C 错误，D 正确．2．(2016·全国Ⅱ·24)如图3，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：图3(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．答案 (1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m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(Fm－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I ＝E R⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F 安＝BlI⑥ 因金属杆做匀速运动，有F －μmg －F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m.命题点二 电磁感应中的动力学和能量问题1．题型简述：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．2．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化； (3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解． 3．求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算． (2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．例2 如图4甲，在水平桌面上固定着两根相距L ＝20cm 、相互平行的无电阻轨道P 、Q ，轨道一端固定一根电阻R ＝0.02Ω的导体棒a ，轨道上横置一根质量m ＝40g 、电阻可忽略不计的金属棒b ，两棒相距也为L ＝20cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B 0＝0.1T ．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2.图4(1)若保持磁感应强度B 0的大小不变，从t ＝0时刻开始，给b 棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F 的大小随时间t 变化关系如图乙所示．求b 棒做匀加速运动的加速度及b 棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t ＝0开始，磁感应强度B 随时间t 按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b 开始运动前，这个装置释放的热量．①匀加速直线运动；②金属棒b 开始运动前．答案 (1)5m/s 20.2N (2)0.036J 解析 (1)F 安＝B 0IL① E ＝B 0Lv② I ＝E R ＝B 0Lv R③ v ＝at④所以F 安＝B 20L 2aRt当b 棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有F －F f －F 安＝ma⑤ 联立可得F －F f －B 20L 2aRt ＝ma⑥由图象可得：当t ＝0时，F ＝0.4N ，当t ＝1s 时，F ＝0.5N. 代入⑥式，可解得a ＝5m/s 2，F f ＝0.2N.(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I ，以b 棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b 所受安培力F 安′与最大静摩擦力F f 相等时开始滑动 感应电动势E ′＝ΔB ΔtL 2＝0.02V⑦I ′＝E ′R＝1A⑧ 棒b 将要运动时，有F 安′＝B t I ′L ＝F f⑨ 所以B t ＝1T ，根据B t ＝B 0＋ΔBΔtt⑩得t ＝1.8s ，回路中产生的焦耳热为Q ＝I ′2Rt ＝0.036J.能量转化问题的分析程序：先电后力再能量3.小明设计的电磁健身器的简化装置如图5所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0T ．质量m ＝4.0kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24m ．一位健身者用恒力F ＝80N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：图5(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q . 答案 (1)2.4m/s (2)48N (3)64J 26.88J 解析 (1)由牛顿第二定律得a ＝F －mg sin θm＝12m/s 2进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4m/s (2)感应电动势E ＝Blv 感应电流I ＝Blv R安培力F A ＝IBl 代入得F A ＝(Bl )2vR＝48N(3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64JF －mg sin θ－F A ＝0 CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t ＝dv焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88J.4．如图6所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L ＝0.4m ，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN .Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1kg 、电阻R 1＝0.1Ω的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4kg 、电阻R 2＝0.1Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g ＝10m/s 2，问：图6(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向； (2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v 为多大；(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8m ，此过程中ab 上产生的热量Q 是多少． 答案 (1)由a 流向b (2)5m/s (3)1.3J解析 (1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c ，则ab 中电流方向为由a 流向b . (2)开始放置时ab 刚好不下滑，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ①设ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ②设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2③设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL④此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F max⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v ＝5m/s(3)设cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总，解得Q ＝1.3J题组1 电磁感应中的动力学问题1．(2016·全国Ⅰ·24)如图1，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑．求：图1(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小． 答案 (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2解析 (1)由于ab 、cd 棒被平行于斜面的导线相连，故ab 、cd 速度总是相等，cd 也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2，对于ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲 乙2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F① F N1＝2mg cos θ②对于cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mg sin θ＋μF N2＝F T ′＝F T③ F N2＝mg cos θ④联立①②③④式得：F ＝mg (sin θ－3μcos θ) ⑤(2)设金属棒运动速度大小为v ，ab 棒上的感应电动势为E ＝BLv⑥ 回路中电流I ＝ER⑦ 安培力F ＝BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L2.2．如图2所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L ，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板，上端连接一个阻值R ＝2r 的电阻，整个装置处在磁感应强度为B 、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab 、cd 放在导轨下端，其中棒ab 靠在挡板上，棒cd 在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a 的匀加速运动．已知每根金属棒质量为m 、电阻为r ，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好．求：图2(1)经多长时间棒ab 对挡板的压力变为零； (2)棒ab 对挡板压力为零时，电阻R 的电功率； (3)棒ab 运动前，拉力F 随时间t 的变化关系． 答案 (1)5mgr sin θ2B 2L 2a (2)m 2g 2r sin 2θ2B 2L 2(3)F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a5rt解析 (1)棒ab 对挡板的压力为零时，受力分析可得BI ab L ＝mg sin θ设经时间t 0棒ab 对挡板的压力为零，棒cd 产生的电动势为E ，则E ＝BLat 0 I ＝E r ＋R 外 R 外＝Rr R ＋r ＝23r I ab ＝R R ＋rI解得t 0＝5mgr sin θ2B 2L 2a(2)棒ab 对挡板压力为零时，cd 两端电压为U cd ＝E －Ir解得U cd ＝mgr sin θBL此时电阻R 的电功率为P ＝U 2cd R解得P ＝m 2g 2r sin 2θ2B 2L2(3)对cd 棒，由牛顿第二定律得F －BI ′L －mg sin θ＝ma I ′＝E ′r ＋R 外E ′＝BLat解得F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a5r t .题组2 电磁感应中的动力学和能量问题3.如图3所示，两根相距L ＝1m 的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37°角，拐角处连接一阻值R ＝1Ω的电阻．质量均为m ＝2kg 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R ＝1Ω.整个装置处于磁感应强度大小B ＝1T 、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd 杆静止．g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图3(1)水平拉力的功率；(2)现让cd 杆静止，求撤去拉力后ab 杆产生的焦耳热． 答案 (1)864W (2)864J解析 (1)cd 杆静止，由平衡条件可得mg sin θ＝BIL ，解得I ＝12A 由闭合电路欧姆定律得2I ＝BLvR ＋R 2，得v ＝36m/s 水平拉力F ＝2BIL ＝24N ，水平拉力的功率P ＝Fv ＝864W(2)撤去外力后ab 杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有Q ＝ΔE k ＝12mv 2＝1296J而Q ＝I ′2·32R ·t ，ab 杆产生的焦耳热Q ′＝I ′2·R ·t ，所以Q ′＝23Q ＝864J.⊳思维建模能力的培养⊳图象应用能力的培养1．“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等． 2．该模型的解题思路(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向； (2)求回路中的电流大小；(3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)； (4)列动力学方程或平衡方程求解．例1 如图1甲所示，两根足够长平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m .导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B .金属导轨的上端与开关S 、定值电阻R 1和电阻箱R 2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g .现在闭合开关S ，将金属棒由静止释放．图1(1)判断金属棒ab 中电流的方向；(2)若电阻箱R 2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h 时，速度为v ，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q ； (3)当B ＝0.40T ，L ＝0.50m ，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m 随电阻箱R 2阻值的变化关系，如图乙所示．取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求R 1的阻值和金属棒的质量m .答案 (1)b →a (2)mgh －12mv 2(3)2.0Ω 0.1kg解析 (1)由右手定则可知，金属棒ab 中的电流方向为由b 到a .(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，即mgh ＝12mv 2＋Q则Q ＝mgh －12mv 2.(3)金属棒达到最大速度v m 时，切割磁感线产生的感应电动势：E ＝BLv m由闭合电路的欧姆定律得：I ＝ER 1＋R 2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示 金属棒达到最大速度时，满足：mg sin α－BIL ＝0由以上三式得v m ＝mg sin αB 2L 2(R 2＋R 1) 由图乙可知：斜率k ＝60－302m·s －1·Ω－1＝15m·s －1·Ω－1，纵轴截距v ＝30m/s 所以mg sin αB 2L 2R 1＝v ，mg sin αB 2L2＝k 解得R 1＝2.0Ω，m ＝0.1kg.解决此类问题要抓住三点1．杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)； 2．整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功； 3．电磁感应现象遵从能量守恒定律．分析电磁感应图象问题的思路例2 如图2，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界线OO ′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO ′下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )图2答案 A解析线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线．t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象．45分钟章末验收卷一、单项选择题1．图1甲是法拉第于1831年发明的人类历史上第一台发电机——圆盘发电机．图乙为其示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，磁感线垂直穿过铜盘；两块铜片M、N分别与铜轴和铜盘边缘接触，匀速转动铜盘，电阻R就有电流通过．则下列说法正确的是( )图1A．回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关B．回路中有大小和方向都做周期性变化的涡流C．回路中电流方向不变，从M经导线流进电阻R，再从N流向铜盘D．铜盘绕铜轴转动时，沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，产生电动势答案 D解析 圆盘发电机的圆盘可看做无数条沿半径方向的金属“条”，转动切割磁感线产生感应电动势，D 项正确；金属“条”相互并联，产生的感应电动势与一条金属“条”转动切割产生的感应电动势相等，即E ＝12BL 2ω，可见感应电动势大小不变，回路总电阻不变，由闭合回路欧姆定律得I ＝ER，故回路中电流大小恒定，且与铜盘转速有关，A 、B 项错；由右手定则可知，回路中电流方向是自下而上通过电阻R ，C 项错． 2．下列没有利用涡流的是( ) A ．金属探测器B ．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯C ．用来冶炼合金钢的真空冶炼炉D ．磁电式仪表的线圈用铝框做骨架 答案 B解析 金属探测器、冶炼炉都是利用涡流现象工作的，磁电式仪表利用涡流能让指针快速稳定，也是利用涡流现象，变压器中的硅钢片是为了防止涡流产生铁损．3.如图2所示电路中，A 、B 、C 为完全相同的三个灯泡，L 是一直流电阻不可忽略的电感线圈．a 、b 为线圈L 的左右两端点，原来开关S 是闭合的，三个灯泡亮度相同．将开关S 断开后，下列说法正确的是( )图2A ．a 点电势高于b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭B ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭 C ．a 点电势高于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭D ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭 答案 D解析 电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等．某时刻将开关S 断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a 点电势低于b 点电势，三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D 正确．4．如图3所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x )关系的是( )图3答案 B解析 位移在0～L 过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I ＝BlvR，l ＝x ，则I ＝BvRx ；位移在L ～2L 过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L ～3L 过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，I ＝BvR(3L －x )． 5．如图4甲，光滑平行且足够长的金属导轨ab 、cd 所在平面与水平面成θ角，b 、c 两端接有阻值为R 的定值电阻．阻值为r 的金属棒PQ 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．从t ＝0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F 作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R 的感应电流随时间t 变化的图象如图乙所示．下面分别给出了穿过回路PQcb 的磁通量Φ、磁通量的变化率ΔΦΔt 、电阻R 两端的电势差U 和通过棒上某横截面的总电荷量q 随运动时间t 变化的图象，其中正确的是( )图4答案 B解析 由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而图象A 描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，A 错误；回路中的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ，感应电流为I ＝E R ＋r ＝ΔΦ(R ＋r )Δt ，由题图乙可知：I ＝kt ，故有：ΔΦΔt＝k (R ＋r )t ，所以图象B 正确；I 均匀增大，电阻R 两端的电势差U ＝IR ＝ktR ，则知U 与时间t 成正比，C 错误；通过金属棒的电荷量为：q ＝I t ＝12kt 2，故有q －t 图象为抛物线，并非过原点的直线，D 错误．6.如图5所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B ，方向相反，电阻为R 的导线弯成顶角为90°，半径为r 的两个扇形组成的回路，O 为圆心，整个回路可绕O 点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为( )图5A.πB 2ωr4RB.2πB 2ωr4RC.4πB 2ωr4RD.8πB 2ωr4R答案 C解析 从图示位置开始计时，在一个周期T 内，在0～T 4、T 2～34T 内没有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内线框产生的总的感应电动势E ＝4×12Br 2ω＝2Br 2ω，则在一周期内电路释放的电能为Q＝E 2R ·T 2，T ＝2πω，解得Q ＝4πB 2ωr 4R，C 项正确． 7．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的生活．某品牌手机的无线充电原理如图6所示．关于无线充电，下列说法正确的是( )图6A ．充电底座中的发射线圈将磁场能转化为电能B ．充电底座可以直接使用直流电源实现对手机的无线充电C ．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D ．无线充电时手机接收线圈利用“电流的磁效应”获取电能解析发射线圈中通入交变电流，交变电流周围形成交变磁场，交变磁场又形成交变电场，从而在接收线圈形成交变电流．发射线圈是将电能转化为磁场能，接收线圈是将磁场能转化为电能，A错误；直流电周围形成恒定的磁场，恒定的磁场无法由电磁感应形成电场，B错误；根据电磁感应规律知接收线圈与发射线圈中交变电流的频率一样，C 正确；无线充电时手机接收线圈利用“电磁感应”获得电能，D错误．二、多项选择题8.如图7所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接．导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒的下列说法中正确的是( )图7A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BLvD．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能答案AB解析导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确．当mg sinθ＝BIL cosθ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，可以速度v匀速下滑，选项B正确．由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为E＝BLv cosθ，选项C错误．由能量守恒定律知，ab棒减少的重力势能不等于电阻R 上产生的内能，选项D错误．9．如图8，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R.Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x(以m为单位)的分布规律为B＝0.8－0.2x(T)．金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨运动，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．设在金属棒从x1＝1m经x2＝2m到x3＝3m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒( )图8A．在x1与x3处的电动势之比为1∶3B．在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1C．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3D．从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为5∶3。

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第四节电磁感应中的动力学和能量问题（建议用时:60分钟)一、单项选择题1。

如图所示,在一匀强磁场中有一U形导线框abcd,线框处于水平面内,磁场与线框平面垂直,R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都可不计．开始时,给ef一个向右的初速度，则（)A．ef将减速向右运动,但不是匀减速B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动解析：选A。

ef向右运动，切割磁感线,产生感应电动势和感应电流,会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速,由F＝BIL＝错误!＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动,故A正确．2．（2018·苏州模拟)如图所示,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个闭合线圈Ⅰ、Ⅱ分别用同种导线绕制而成，其中Ⅰ为边长为L的正方形，Ⅱ是长2L、宽为L的矩形，将两个线圈同时从图示位置由静止释放．线圈下边进入磁场时，Ⅰ立即做了一段时间的匀速运动,已知两线圈在整个下落过程中，下边始终平行于磁场上边界，不计空气阻力，则( )A．下边进入磁场时，Ⅱ也立即做匀速运动B．从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的加速运动C．从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的减速运动D．线圈Ⅱ先到达地面解析:选C。