【物理】2018届一轮复习人教版电磁感应规律的综合应用学案

【物理】2018届一轮复习人教版电磁感应规律的综合应用学案

第3讲　电磁感应规律的综合应用 知|识|梳|理 微知识❶ 电磁感应中的电路问题 ‎1．内电路和外电路 ‎(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。‎ ‎(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路。‎ ‎2．电源电动势和路端电压 ‎(1)电动势：E＝BLv或E＝n。‎ ‎(2)电源正、负极：用右手定则或楞次定律确定。‎ ‎(3)路端电压：U＝E－Ir＝IR。‎ 微知识❷ 电磁感应图象问题 图象 类型 ‎(1)随时间变化的图象如B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象 ‎(2)随位移x变化的图象如E－x图象和I－x图象 问题 类型 ‎(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象 ‎(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量 ‎(3)利用给出的图象判断或画出新的图象 应用 知识 左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知识等 微知识❸ 感应电流在磁场中所受的安培力 ‎1．安培力的大小 由感应电动势E＝BLv，感应电流I＝和安培力公式F＝BIL得F＝。‎ ‎2．安培力的方向判断 微知识❹ 电磁感应中的能量转化与守恒 ‎1．能量转化的实质 电磁感应现象的能量转化实质是其他形式能和电能之间的转化。‎ ‎2．能量的转化 感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能(或其他形式的能)。‎ ‎3．热量的计算 电流(恒定)做功产生的热量用焦耳定律计算，公式Q＝I2Rt。‎ 基|础|诊|断 一、思维诊断 ‎1．闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路(√)‎ ‎2．在闭合回路中切割磁感线的那部分导体两端的电压一定等于产生的感应电动势(×)‎ ‎3．电路中电流一定从高电势流向低电势(×)‎ ‎4．克服安培力做的功一定等于回路中产生的焦耳热(×)‎ ‎5．有安培力作用时导体棒不可能做加速运动(×)‎ 二、对点微练 ‎1．(电磁感应中的电路问题)如图所示，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为(　　)‎ A.E　　　　 B.E　　　　‎ C.E　　　 D．E 解析　a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的，故a、b间电势差为U＝E，B正确。‎ 答案　B ‎2．(电磁感应中的图象问题)如图所示的四个选项中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形。各导线框均绕垂直纸面轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T。从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向。则在如图乙所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如图甲所示的是(　　)‎ 甲 ‎ ‎ A　 B 　C 　D 乙 解析　根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i随时间t的变化规律如题图甲所示的是C。‎ 答案　C ‎3．(电磁感应中的动力学问题)(多选)如图所示，有两根和水平方向成α 角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vmax，则(　　)‎ A．如果B增大，vmax将变大 B．如果α变大，vmax将变大 C．如果R变大，vmax将变大 D．如果m变大，vmax将变大 解析　金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vmax，此后金属杆做匀速运动，杆受重力、轨道的支持力和安培力，如图所示。安培力F＝LB，对金属杆列平衡方程mgsinα＝，则vmax＝，由此式可知，B增大，vmax减小；α增大，vmax增大；R变大，vmax变大；m变大，vmax变大。因此B、C、D选项正确。‎ 答案　BCD ‎4．(电磁感应中的能量问题)如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于(　　)‎ A．棒的机械能增加量 B．棒的动能增加量 C．棒的重力势能增加量 D．电阻R上放出的热量 解析　棒受重力G、拉力F和安培力F安的作用。由动能定理：WF＋WG＋W安＝ΔEk得WF＋W安＝ΔEk＋mgh，即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量，选项A正确。‎ 答案　A 核心微讲 在电磁感应过程中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源。因此，电磁感应问题往往又和电路问题联系在一起。解决此类问题的基本思想是将电磁感应问题转化为直流电路的分析与计算问题。‎ 基本思路：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向；(2)弄清电路结构，必要时画出等效电路图；(3)运用欧姆定律、串并联电路等规律求解路端电压、电功率等问题。‎ 题组突破 ‎1－1.(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(　　)‎ A．R2两端的电压为 B．电容器的a极板带正电 C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍 D．正方形导线框中的感应电动势为kL2‎ 解析　将滑动变阻器在滑片处分为两部分，电阻均为，其中右侧部分与R2并联，并联阻值为，所以电路中总电阻为，由欧姆定律可知，A正确。当磁感应强度均匀增加时，由楞次定律可知，R2中电流从右向左，所以b板带正电，B错误。滑动变阻器右侧部分电流、电压均与R2相同，左侧部分电阻与R2相同，电流是R2中电流的2倍，由P＝I2R可知滑动变阻器的总功率是R2的5倍，所以C正确。由法拉第电磁感应定律可知E＝n，其中S为有效面积，S＝πr2，得E＝πkr2，所以D错误。‎ 答案　AC ‎1－2.半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d且足够宽，如图甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。在t＝0时刻平行金属板间有一重力不计、电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是(　　)‎ A．第2 s内上极板为正极 B．第3 s内上极板为负极 C．第2 s末微粒回到原来的位置 D．第3 s末两极板间的电场强度大小为 解析　由楞次定律得第1 s内下极板为正极，第2 s和第3 s内上极板为正极，A正确，B错误；在第1 s内微粒向某极板做匀加速运动，第2 s内向同一极板做匀减速直线运动，第2 s末速度为零，C错误；第2 s末两极板之间的电压为E＝＝S＝0.1πr2，电场强度为，D错误。‎ 答案　A 核心微讲 ‎1．图象类型 ‎2．分析方法 对图象的分析，应做到“四明确三理解”‎ ‎(1)明确图象所描述的物理意义；明确各种正、负号的含义；明确斜率的含义；明确图象和电磁感应过程之间的对应关系。‎ ‎(2)理解三个相似关系及其各自的物理意义 v－Δv－，B－ΔB－，Φ－ΔΦ－。‎ 典例微探 ‎【例1】　(2016·四川卷)(多选)如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有(　　)‎ 解题导思：‎ ‎(1)水平方向导体棒受到哪些力作用？‎ 答：水平方向受到外力F和安培力作用。‎ ‎(2)导体棒的加速度会随着速度变化而变化吗？‎ 答：根据F－FA＝ma和F＝F0＋kv可知，a与v有关。‎ 解析　设某时刻金属棒的速度为v，根据牛顿第二定律F－FA＝ma，即F0＋kv－＝ma，即F0＋v＝ma，如果k>，则加速度与速度成线性关系，且随着速度增大，加速度越来越大，即金属棒运动的v—t图象的切线斜率越来越大，由于FA＝，FA—t图象的切线斜率也越来越大，感应电流、电阻两端的电压及感应电流的功率也会随时间变化得越来越快，B项正确；如果k＝ ‎，则金属棒做匀加速直线运动，电动势随时间均匀增大，感应电流、电阻两端的电压、安培力均随时间均匀增大，感应电流的功率与时间的二次方成正比，没有选项符合；如果k<，则金属棒做加速度越来越小的加速运动，感应电流、电阻两端的电压、安培力均增加得越来越慢，最后恒定，感应电流的功率最后也恒定，C项正确。‎ 答案　BC 电磁感应中图象类选择题的两个常见解法 ‎(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。‎ ‎(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法。‎ 题组微练 ‎2－1.(2017·河南联考)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限内有垂直该坐标平面向里的匀强磁场，二者磁感应强度相同，圆心角为90°的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O点在图示坐标平面内沿顺时针方向匀速转动。规定与图中导线框的位置相对应的时刻为t＝0，导线框中感应电流逆时针为正。则关于该导线框转一周的时间内感应电流i随时间t的变化图象，下列正确的是(　　)‎ 解析　在线框切割磁感线产生感应电动势时，由E＝BL2ω知，感应电动势一定，感应电流大小不变，故B、D错误；在～T内，由楞次定律判断可知线框中感应电动势方向沿逆时针方向，为正，故A正确、C错误。‎ 答案　A ‎2－2.边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一过程相符合的是(　　)‎ 解析　该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据题中几何关系有l有效＝x，所以E电动势＝Bl有效v＝Bvx∝x，A错误、B正确；框架匀速运动，故F外力＝F安＝＝∝x2，C错误；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，D错误。‎ 答案　B 核心微讲 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．导体的两种运动状态 ‎(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。‎ ‎(2)导体的非平衡状态——加速度不为零。‎ ‎2．处理方法 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。‎ ‎3．导体的运动分析流程 典例微探 ‎【例2】　(2016·全国卷Ⅰ)如图，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：‎ ‎(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。‎ 解题导思：‎ ‎(1)ab棒受到哪些力的作用？‎ 答：重力(竖直向下)、斜面的支持力(垂直斜面向上)、软导线的拉力(沿斜面向上)、斜面的摩擦力(沿斜面向上)、安培力(沿斜面向上)。‎ ‎(2)cd棒受到哪些力的作用？‎ 答：重力(竖直向下)、斜面的支持力(垂直斜面向上)、软导线的拉力(沿斜面向上)、斜面的摩擦力(沿斜面向下)。‎ 解析　(1)设两根导线的总的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为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N2。对于ab棒，由力的平衡条件得 ‎2mgsinθ＝μN1＋T＋F　①‎ N1＝2mgcosθ　②‎ 对于cd棒，同理有 mgsinθ＋μN2＝T　③‎ N2＝mgcosθ　④‎ 联立①②③④式得 F＝mg(sinθ－3μcosθ)　⑤‎ ‎(2)由安培力公式得F＝BIL　⑥‎ 这里I是回路abdca中的感应电流。‎ ab棒上的感应电动势为E＝Blv　⑦‎ 式中，v是ab棒下滑速度的大小。‎ 由欧姆定律得I＝　⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sinθ－3μcosθ)　⑨‎ 答案　(1)mg(sinθ－3μcosθ)‎ ‎(2)(sinθ－3μcosθ) 用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：‎ ‎1．进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r。‎ ‎2．进行“路”的分析——分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力。‎ ‎3．进行“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．进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型。‎ 题组微练 ‎3－1.(多选)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为‎0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为‎1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化规律为B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则(　　)‎ A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N 解析　由于磁感应强度随时间的变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，则t＝1 s时，穿过金属杆与金属框围成的平面的磁通量向下且在减小，则根据楞次定律可知，金属杆CD中的感应电流的方向从C到D，故A项正确；在t＝3 s时，穿过金属杆与金属框围成的平面的磁通量向上且在增大，则根据楞次定律可知，金属杆CD中的感应电流的方向从C到D，故B项错误；根据法拉第电磁感应定律可得，在t＝1 s时，回路中产生的感应电动势的大小为E＝L2sin30°＝0.1 V，根据闭合电路欧姆定律和电路的串、并联知识可得，流经金属杆CD的电流大小为I＝＝‎1 A，又根据平衡条件可知，在t＝1 s时挡板P对金属杆CD产生的弹力为F＝BILsin30°＝0.2×1×1× N＝0.1 N，又根据牛顿第三定律可得，在t＝1 s时金属杆CD对挡板P产生的压力为0.1 N，故C项正确；根据法拉第电磁感应定律可得，在t＝3 s时，回路中产生的感应电动势的大小为E′＝L2sin30°＝0.1 V，根据闭合电路欧姆定律和电路的串、并联知识可得，流经金属杆CD的电流大小为I′＝＝‎1 A，又根据平衡条件可知，在t＝3 s时挡板H对金属杆CD产生的弹力为F′＝BI′Lsin30°＝0.2×1×1× N＝0.1 N，根据牛顿第三定律可得，在t＝3 s时金属杆CD对挡板H产生的压力为0.1 N，故D项错误。‎ 答案　AC ‎3－2.(2017·重庆质检)(多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法正确的是(　　)‎ A．金属棒ab最终可能匀速下滑 B．金属棒ab一直加速下滑 C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势 D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动 解析　金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsin θ－BIl>0，金属棒将一直加速，A错、B对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M 板电势高，C项对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D项错。‎ 答案　BC 核心微讲 ‎1．能量转化特点 ‎2．电能的求解思路 典例微探 ‎【例3】　(2017·河南联考)(多选)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m的导体棒ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ。现导体棒在水平向左、垂直于导体棒的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中导体棒始终与导轨保持垂直)。设导体棒接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则在此过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．导体棒的速度最大值为 B．流过电阻R的电荷量为 C．恒力F和摩擦力对导体棒做的功之和等于导体棒动能的变化量 D．恒力F和安培力对导体棒做的功之和大于导体棒动能的变化量 解题导思：‎ ‎(1)导体棒的速度在什么情况下达到最大？‎ 答：合外力为零。‎ ‎(2)导体棒运动过程中有哪些力做功？合外力的功与动能变化有何关系？‎ 答：恒力F做正功、摩擦力做负功、安培力做负功，合外力的功与动能变化相等。‎ 解析　当合外力为零的时候，导体棒的加速度为零，此时导体棒的速度达到最大值，此后因为速度不变，所以感应电流不变，安培力不变，合外力不变，一直是零，导体棒将做匀速直线运动。由E＝Bdv，F安＝BId以及I＝得出安培力F安＝，因为合外力为零，所以F安＝F－μmg，可解出vm＝，所以A选项错误；由电荷量q＝IΔt、E＝和I＝得出q＝＝，所以B选项正确；由能量守恒知恒力F做的功在数值上等于产生的电热(即克服安培力做的功)、克服摩擦力做的功以及动能的增加量，所以C选项错误、D选项正确。‎ 答案　BD 题组微练 ‎4－1.(多选)如图所示，两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角，导轨的一端连接定值电阻R1，匀强磁场垂直穿过导轨平面。一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab，垂直导轨放置，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，且R2＝2R1。如果导体棒以速度v匀速下滑，导体棒此时受到的安培力大小为F，则以下判断正确的是(　　)‎ A．电阻R1消耗的热功率为 B．整个装置消耗的机械功率为Fv C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ D．若使导体棒以v的速度匀速上滑，则必须施加沿导轨向上的外力F外＝‎‎2F 解析　由能量守恒定律可知，安培力的功率等于电路中消耗的电功率，因此有P1＋P2＝Fv, 由焦耳定律可知＝＝，解得P1＝Fv，A正确；由于导体棒匀速运动，整个装置消耗的机械功率等于重力的功率，为mgvsinθ，B错误；下滑过程中，导体棒所受摩擦力大小为f＝μmgcosθ，整个装置因摩擦而消耗的功率为P′＝fv＝μmgvcosθ，C正确；若使导体棒以v的速度匀速上滑，则安培力方向沿斜面向下而大小不变，由共点力平衡条件可知，则应沿斜面向上施加的拉力为F外＝mgsinθ＋F＋μmgcosθ，又导体棒以速度v匀速下滑时，导体棒受到的安培力大小为F，则mgsinθ＝F＋μmgcosθ，F外＝2(F＋μmgcosθ)，D错误。‎ 答案　AC ‎4－2.如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。‎ ‎(1)求初始时刻导体棒受到的安培力；‎ ‎(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少？‎ ‎(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？‎ 解析　(1)初始时刻棒中感应电动势E＝BLv0‎ 棒中感应电流I＝ 作用于棒上的安培力F＝BIL 联立以上各式解得F＝，方向水平向左。‎ ‎(2)由功能关系得 安培力做功W1＝Ep－mv 电阻R上产生的焦耳热 Q1＝mv－Ep。‎ ‎(3)由能量转化及平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置，‎ Q＝mv。‎ 答案　(1)，方向水平向左 ‎(2)Ep－mv　mv－Ep ‎(3)棒最终静止于初始位置　mv 电磁感应中的“杆＋导轨”模型 核心微讲 ‎1．单杆模型 ‎(1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→阻碍棒相对磁场运动。‎ ‎(2)分析思路：确定电源 ‎ ‎ ‎(3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用。‎ ‎2．双杆模型 ‎(1)模型特点 ‎①一杆切割时，分析同单杆类似。‎ ‎②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝＝Bl(v1－v2)。‎ ‎(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解。‎ 母题导航 ‎【母题】　如图所示，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＝‎0.4 m。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＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝‎0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω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m2＝‎0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω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＝‎10 m/s2。问：‎ ‎(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＝‎3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。‎ 解析　(1)cd下滑，根据右手定则判断，c端电势高于d端，ab中电流方向从a到b。‎ ‎(2)ab刚放上时，刚好不下滑，说明ab棒受到了最大静摩擦力Ffm作用，且Ffm＝m1gsinθ cd棒下滑后，分析导体棒ab的受力如图所示，ab刚要上滑时，ab所受最大静摩擦力沿斜面向下，则 F安＝Ffm＋m1gsinθ 又F安＝ILB cd棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv 由闭合电路的欧姆定律得 I＝ 由以上各式得 v＝＝‎5 m/s。‎ ‎(3)设cd产生的热量为Q′，则 ＝＝1‎ 根据动能定理得 m2gxsinθ－(Q＋Q′)＝m2v2‎ 代入已知数据得Q＝Q′＝1.3 J。‎ 答案　(1)从a到b　(2)‎5 m/s　‎ ‎(3)1.3 J 子题微练 ‎1．如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)‎ A．流过金属棒的最大电流为 B．通过金属棒的电荷量为 C．克服安培力所做的功为mgh D．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)‎ 解析　金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh＝mv，根据法拉第电磁感应定律有Em＝‎ BLvm，根据闭合电路欧姆定律有Im＝，联立得Im＝，A错误；根据q＝可知，通过金属棒的电荷量为，B错误；金属棒运动的全过程根据动能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C错误；由Wf＝－μmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2Q＝－W安，联立得Q＝mg(h－μd)，D正确。‎ 答案　D ‎2.(2017·南京模拟)如图所示，两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距为L，导轨平面与水平面成θ角，质量均为m、阻值均为R的金属棒a、b紧挨着放在两导轨上，整个装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，以一平行于导轨平面向上的恒力F＝2mgsinθ拉a棒，同时由静止释放b棒，直至b棒刚好匀速时，在此过程中通过棒的电量为q，棒与导轨始终垂直并保持良好接触，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)b棒刚好匀速时，a、b棒间的距离s；‎ ‎(2)b棒最终的速度大小vb；‎ ‎(3)此过程中a棒产生的热量Q。‎ 解析　(1)根据法拉第电磁感应定律有＝　①‎ 根据闭合电路欧姆定律有 ＝　②‎ 又q＝Δt　③‎ 得q＝＝＝，解得 s＝　 ④‎ ‎(2)b棒匀速时有 ‎ BIL＝mgsin θ　⑤‎ E＝BL(va＋vb)　⑥‎ I＝　⑦‎ 对a棒向上加速的任一时刻由牛顿第二定律得 F－BIL－mgsin θ＝ma1，即 mgsin θ－BIL＝ma1　⑧‎ 对b棒向下加速的任一时刻由牛顿第二定律得 mgsin θ－BIL＝ma2　⑨‎ 由⑧⑨式可得a1＝a2，‎ 故a、b棒运动规律相似，速度同时达到最大，且最终 va＝vb　 ⑩‎ 由⑤⑥⑦⑩式可得 vb＝　⑪‎ ‎(3)因a、b棒串联，产生的热量Q相同，设a、b棒在此过程中运动的距离分别为l1和l2，对a、b棒组成的系统，由功能关系得 Fl1－mgsinθ·l1＋mgsinθ·l2＝‎ mv＋mv＋2Q　⑫‎ l1＋l2＝s　⑬‎ 由④⑩⑫⑬解得：‎ Q＝－ 答案　(1)　(2) ‎(3)－ ‎1．(多选)如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图(Ⅰ)位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的(Ⅱ)的位置时，线框的速度为。下列说法正确的是(　　)‎ A．在位置(Ⅱ)时线框中的电功率为 B．此过程中回路产生的电能为mv2‎ C．在位置(Ⅱ)时线框的加速度为 D．此过程中通过线框截面的电量为 解析　线框经过位置(Ⅱ)时，线框左右两边均切割磁感线，此时的感应电动势E＝Ba×2＝Bav，故线框中的电功率P＝＝，A正确。线框从位置(Ⅰ)到位置(Ⅱ)的过程中，动能减少了ΔEk＝mv2－m()2＝mv2，根据能量守恒定律可知，此过程中回路产生的电能为mv2，B正确。线框在位置(Ⅱ)时，左右两边所受安培力大小均为F＝Ba＝，根据左手定则可知，线框左右两边所受安培力的方向均向左，故此时线框的加速度a＝＝，C错误。由q＝Δt，＝，＝，解得q＝，线框在位置(Ⅰ)时其磁通量为Ba2，而线框在位置(Ⅱ)时其磁通量为0，综上q＝，D错误。‎ 答案　AB ‎2．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图所示。如果只将刷卡速度改为，线圈中的E－t关系图可能是(　　)‎ ‎　‎ ‎ ‎ A B ‎ ‎ C D 解析　刷卡速度改为原来一半时，磁卡通过检测线圈的时间即有感应电动势产生的时间就变为原来的2倍，可知A、B错误。由E＝BLv知，只减小v时，磁卡与检测线圈在相同的相对位置处产生的感应电动势也减小，C错误，D正确。‎ 答案　D ‎3．(多选)在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上。a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计。则(　　)‎ A．物块c的质量是2msinθ B．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能 C．b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能 D．b棒放上导轨后，a棒中电流大小是 解析　b棒恰好静止，受力平衡，有mgsinθ＝F安，对a棒，安培力沿导轨平面向下，由平衡条件知mgsinθ＋F安＝mcg，由以上两式可得mc＝2msinθ，A正确。根据机械能守恒定律知，b棒放上导轨之前，物块c减少的重力势能应等于a棒、物块c增加的动能与a棒增加的重力势能之和，B错误。根据能量守恒可知，b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能应等于回路消耗的电能与a棒增加的重力势能之和，C错误。对b棒，设通过的电流为I，由平衡条件知mgsinθ＝F安＝BIL，得I＝，即a棒中的电流为，D正确。‎ 答案　AD ‎4．(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔEk，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法正确的有(　　)‎ A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1‎ B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒 C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程，有(W1－ΔEk)机械能转化为电能 D．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为ΔEk＝W1－W2‎ 解析　当线框的ab边进入GH后匀速运动到进入JP为止，ab进入JP后回路感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此ab进入JP后开始做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力又减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等时，以速度v2做匀速运动，因此v2

查看更多