1、第3讲 电磁感应规律的综合应用,【秒判正误】 (1)“相当于电源”的导体棒两端的电势差等于电源的 电动势。 ( ) (2)闭合电路中电流都是从高电势流向低电势的。( ) (3)电磁感应现象中，感应电流受到的安培力一定是阻 力。 ( ),(4)在安培力作用下，导体棒也可以做变减速直线运 动。 ( ) (5)安培力做功的过程就是电能减少的过程。 ( ) (6)利用焦耳定律求解安培力做的负功常适用于感应电 流大小不变的情况。( ),考点1 电磁感应中的电路问题 【典题突破】 典例1 如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条 制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖 直向下的匀强磁场中。一
2、接入电路电阻为R的导体棒,PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中 ( ),A.PQ中电流先增大后减小 B.PQ两端电压先减小后增大 C.PQ上拉力的功率先减小后增大 D.线框消耗的电功率先减小后增大,【解题思维】 1.题型特征：导体切割磁感线，区分内外电路。 2.题型解码： (1)切割磁感线的导体相当于电源。 (2)串、并联电路的特点、闭合电路的欧姆定律。,【解析】选C。设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧 电阻为3R-r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外 电阻为R外= ，当r= 时
3、， R外max= R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从 靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小。PQ中 的电流为干路电流I= ，可知干路电流先减小后,增大，选项A错误；PQ两端的电压为路端电压U=E-U内， 因E=Blv不变，U内=IR先减小后增大，所以路端电压先 增大后减小，选项B错误；拉力的功率大小等于安培力 的功率大小，P=F安v=BIlv，可知因干路电流先减小后 增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确； 线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻,最大值为 R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外 电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功 率越大，可知
4、线框消耗的电功率先增大后减小，选项 D错误。,触类旁通 (2019抚顺模拟)如图所示，均匀金属圆 环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过 圆环。金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良 好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度顺时针转动。 阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端 和金属杆的转轴O处的端点相连接。下列判断正确的 是 ( ),A.OM两点间电势差绝对值的最大值为 B.金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为,C.通过电阻R的电流的最小值为 ，方向从Q到P D.通过电阻R的电流的最大值为 ，且P、Q两点电 势满足PQ,【解析】选B。OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，
5、 内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两 点间电势差绝对值最大，其最大值为U=Imin2R= ， 选项A错误；M端线速度为v=l，OM切割磁感线产生的 感应电动势为E= Bl2，选项B正确；当M端位于最上 端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电流最,小，R并= 2R=R，通过电阻R的电流的最小值为Imin=，根据右手定则可得电流方向从Q到P，选项 C错误；当M位于最下端时圆环被接入的电阻为0，此时 有最大电流Imax= ，根据右手定则可得电流 方向从Q到P，P、Q两点电势满足PQ，选项D错误。,【提分秘籍】 1.五个等效：,2.解题流程：,【加固训练】(多选)如图所示，边长为L
6、、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k0)。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】选A、C。由法拉第电磁感应定律E=n = n S得出E=kr2，选项D错误；因k0，由楞次定律 知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正 电，选项B错误；由题图可知
7、外电路结构为R2与R的右 半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压,U2= ，选项A正确；设R2消耗的功率为P=IU2，则R消耗的功率P=2I2U2+IU2=5P，选 项C正确。,考点2 电磁感应中的动力学问题 【典题突破】 题型1 单导体棒(含电源、电阻、电容等) 典例2 (2018哈尔滨模拟)如图所示，“U”形金属 导轨放置在水平桌面上，质量M=1 kg，导轨间距d= 2 m，导轨间存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度 B=1 T，导轨上垂直于导轨平放质量为m=0.5 kg的导,体棒，跨过光滑滑轮的轻绳一端悬挂质量也为m的物 块，另一端连接导体棒，水平面上的轻绳始终与导体 棒垂直
8、，与导轨平行，重力加速度g取10 m/s2，导体 棒电阻R=2 ，其余电阻不计，导轨与导体棒接触良 好且摩擦不计，导轨与水平桌面间的动摩擦因数为 =0.1，运动过程中导体棒始终与导轨垂直且未滑出,导轨，也未与滑轮相撞，物块未落地，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则：,(1)若将导轨固定，由静止释放导体棒，求导体棒运动的最大速度。 (2)若将导轨和导体棒同时由静止释放，导体棒运动一段时间后，导轨也开始运动，此后某一时刻导体棒的加速度为a1=2.5 m/s2，求此时导轨的加速度a2。,【解析】(1)感应电动势为：E=Bdv 感应电流为：I= 安培力为：F=BId= ， 导体棒匀速运动时速度最大，由
9、平衡条件得： mg= 解得最大速度为：vm=2.5 m/s,(2)由牛顿第二定律 对导体棒与物块整体有：mg-F=2ma1 对导轨有：F-(M+m)g=Ma2 解得：a2=1 m/s2 答案：(1)2.5 m/s (2)1 m/s2,触类旁通 (多选)如图两根足够长光滑平行金属导轨PP、QQ倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，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。现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则 ( ),A.金属棒ab一直加速下滑 B.金属棒ab最终可能匀速下滑 C.金属棒ab下滑过程中M板
10、电势高于N板电势 D.带电微粒可能先向N板运动后向M板运动,【解析】选A、C、D。根据牛顿第二定律有mgsin - BIl=ma，而I= ，q=CU，U=Blv，v=at， 联立解得a= ，因而金属棒将做匀加速运动， 选项A正确，B错误；ab棒切割磁感线，相当于电源， a端相当于电源正极，因而M板带正电，N板带负电，选 项C正确；若带电粒子带负电，在重力和电场力的作用 下，先向下运动然后再反向向上运动，选项D正确。,【加固训练】(2018江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金 属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d。导轨 处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平 面垂直。质量为m的金属
11、棒被固定在导轨上，距底端的 距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。,金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒,(1)末速度的大小v。 (2)通过的电流大小I。 (3)通过的电荷量Q。,【解析】(1)金属棒做匀加速直线运动，有v2=2as， 解得v= 。 (2)安培力F安=IdB，金属棒所受合力 F=mgsin -F安 由牛顿第二定律F=ma 解得I=,(3)运动时间t= ，电荷量Q=It 解得Q= 答案：(1) (2) (3),题型2 双导体棒 典例3 (2016全国卷)如图，两固定的绝缘斜面倾 角均为，上沿
12、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，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。,【解题思维】 1.题型特征：细金属棒ab切割磁感线做匀速直线运动，金属棒cd不在磁场中，不受安培力作用，也做匀速直线运动。
13、,2.题型解码： (1)对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力。 (2)由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小。 (3)涉及的知识有受力分析、物体的平衡、欧姆定律、法拉第电磁感应定律等。,【解析】(1)设导线的张力的大小为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 2mgsin=N1+2T+F N1=2mgcos ,对于cd棒，同理有 mgsin+N2=2T N2=mgcos 联立式得 F=mg(sin-3cos) ,(2)由安培力公式得 F=BIL 这里I是回路ab
14、dca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为 E=BLv ,式中v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得 I= 联立式得 v= 答案：(1)mg(sin-3cos) (2),【提分秘籍】 1.单导体棒(含电源、电阻、电容等)： (1)单杆光滑水平导轨模型比较：,(2)分析流程： 明确等效电源及内阻(杆)和外电路构成。 进行电路分析、杆的受力分析和运动过程分析，结合动力学知识求解。,2.双导体棒： (1)模型特点： 一杆切割时，分析同单杆类似。 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)常见双导体棒模型的比较： 初速度为零，不受其他水平外力作用。,初速度为零，
15、一棒受其他水平外力作用。,(3)解题关键： 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。 做好受力分析和运动过程分析，注意各物理量间的相互制约关系：导体棒运动感应电动势感应电流安培力合外力加速度速度。,抓住杆的稳定状态，一般杆的稳定状态为匀速直线运动或匀加速直线运动，此时闭合回路中的电流为零或恒定。,【加固训练】 如图所示，两金属杆ab和cd长均为L=0.5 m，电阻均为 R=8.0 ，质量分别为M=0.2 kg和m=0.1 kg，用两根 质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连 成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两 侧。两金属杆都处在水平位置，整个装置处在
16、一个与,回路平面相垂直向内的匀强磁场中，磁感应强度为B= 2 T。若整个装置从静止开始到金属杆ab下降高度h= 5.0 m时刚好匀速向下运动。(g取10 m/s2)求：,(1)ab杆匀速运动时杆上的电流方向。 (2)ab杆匀速运动的速度vm。,【解析】(1)磁场方向垂直纸面向里，当ab匀速下滑 时，ab中产生感应电动势，根据右手定则可知电流方 向由ab，cd中的感应电流方向由dc。 (2)电路中的电动势是ab与cd中电动势的和，即E=2BLvm 回路中电流大小为I=,由安培力公式得FA=BIL ab受到的安培力向上，cd受到的安培力向下，大小均为FA， 对ab有：T+FA=Mg 对cd有：T=
17、FA+mg 联立得：2FA=(M-m)g,解得 答案：(1)ab (2)4 m/s,考点3 电磁感应中的能量问题 【典题突破】 题型1 由焦耳定律求解焦耳热 典例4 小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示， 两根平行金属导轨相距l=0.50 m，倾角=53，导轨 上端串接一个R=0.05 的电阻。在导轨间长d=0.56 m,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=2.0 T。质量m=4.0 kg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=0.24 m。一 位健身者用恒力F=80 N拉动GH杆，CD棒由静止开
18、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取10 m/s2，sin 53=0.8， 不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：,(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FA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。,【解析】(1)由牛顿第二定律a= =12 m/s2 进入磁场时的速度v= =2.4 m/s。 (2)感应电动势E=Blv 感应电流I= 安培力FA=IBl 代入得FA= =48 N。 ,(3)健身者做功W=F(s+d)=6
19、4 J 由牛顿第二定律F-mgsin -FA=0 CD棒在磁场区域做匀速运动 在磁场中运动的时间t= 焦耳热Q=I2Rt=26.88 J。 答案：(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J,题型2 由安培力做功求焦耳热 典例5 如图甲所示，弯折成90角的两根足够长金 属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面 与水平面成53角，右导轨平面与水平面成37角， 两导轨相距L=0.2 m，电阻不计。质量均为m=0.1 kg， 电阻均为R=0.1 的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形,成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为= 0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.
20、0 T，方向 平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场 中。t=0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下 滑。t=1 s时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右 导轨平面向下的力F，使ab开始做匀加速直线运动。cd,杆运动的v-t图象如图乙所示(其中第1 s、第3 s内图线为直线)。若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8。求：,(1)在第1 s内cd杆受到的安培力的大小。 (2)ab杆的初速度v1。 (3)若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内cd杆所产生的焦耳热。,【解析】(1)ab杆沿右侧导轨下滑，根据右
21、手定则可知 ab杆中感应电流由a到b，则cd杆中电流由d到c，根据左 手定则可知cd杆受到的安培力垂直于左侧导轨向下。 根据v-t图象可知，cd杆在第1 s内的加速度 a1= =4 m/s2,对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律有： mgsin 53-(mgcos 53+F安)=ma1 解得F安=0.2 N。 (2)对cd杆：安培力F安=BIL 回路中电流I= =1 A 对ab杆：感应电动势E=I2R=0.2 V,根据法拉第电磁感应定律E=BLv1 解得ab杆的初速度v1= =1 m/s。 (3)根据v-t图象可知，cd杆在第3 s内做匀减速运动， 加速度a2= =-4 m/s2 对cd杆受力分
22、析，根据牛顿第二定律有 mgsin 53-(mgcos 53+F安)=ma2,解得安培力F安=1.8 N 由F安=BIL= 可得 2 s时ab杆的速度v2= =9 m/s 第2 s内ab杆做匀加速运动，ab杆的位移 x2= (v1+v2)t=5 m,对ab杆，根据动能定理有：WF+mgx2sin37- mgx2cos37+W安= 解得安培力做功W安=-6 J 回路中产生的焦耳热Q=-W安=2Qcd 解得第2 s内cd杆所产生的焦耳热Qcd=3 J。 答案：(1)0.2 N (2)1 m/s (3)3 J,触类旁通 (2019佛山模拟)CD、EF是两条水平放置 的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间
23、距为L，在水平 导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的 匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为 d，如图所示。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯 曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯,曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为，则下列说法中正确的是 ( ),A.电阻R的最大电流为 B.流过电阻R的电荷量为 C.整个电路中产生的焦耳热为mgh D.电阻R中产生的焦耳热为 mgh,【解析】选B。金属棒下滑过程中，机械能守恒，得mgh = mv2，金属棒到达水平面时的速度v= ，金属棒 到达水平面后进入磁场受到
24、向左的安培力做减速运动， 则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为 E=BLv，最大的感应电流为I= ，选项A错误； 通过金属棒的电荷量为q= ，选项B正确；金,属棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh-W安-mgd =0，则克服安培力做功W安=mgh-mgd，选项C错误； 克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相 等，通过它们的电流相等，则金属棒产生焦耳热QR=Q= W安= (mgh-mgd)，选项D错误。,题型3 由能量守恒求焦耳热 典例6 (2019怀化模拟)如图甲所示，足够长、电 阻不计的光滑平行金属导轨MN，PQ竖直放置，其宽度 L=1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，
25、导轨的上端M 与P之间连接阻值为R=0.40 的电阻，质量为m= 0.01 kg，电阻为r=0.30 的金属棒ab紧贴在导轨,上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：,(1)判断金属棒两端a、b的电势高低。 (2)磁感应强度B的大小。 (3)在金属棒ab从开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量。,【解题思维】 1.题型特征：导体切割磁感线产生感应电流，判断电势的高低，计算电阻产生的热量。 2.题型解码：
26、 (1)判断安培力方向，计算安培力的大小。 (2)根据能量守恒定律和焦耳定律求解电路中产生的热量。,(3)涉及的知识点有：右手定则、受力分析、安培力、 法拉第电磁感应定律、平衡条件、能量守恒定律等。,【解析】(1)由右手定则可知，ab中的感应电流由a流 向b，ab相当于电源，则b点电势高，a点电势低。 (2)由x-t图象求得t=1.5 s时金属棒的速度为：v= = m/s=7 m/s 金属棒匀速运动时所受的安培力大小为F=BIL，I= ， E=BLv,联立得：F= 根据平衡条件得：F=mg 则有：mg= 代入数据解得：B=0.1 T。,(3)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，金属棒的重力势
27、能减小转化为金属棒的动能和电路的内能。设电路中 产生的总焦耳热为Q 根据能量守恒定律得：mgx= mv2+Q 代入数据解得：Q=0.455 J 故R产生的热量为QR= Q=0.26 J。,答案：(1)b点电势高，a点电势低 (2)0.1 T (3)0.26 J,触类旁通 如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距L，导轨上端连接着阻值为R的定值电阻，质量为m的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，金属杆和导轨的电阻不计。整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。金属杆由静止释放，下落高度h后开始做匀速运动，已知重力加速度为g。求：,(1)金属杆做匀速运动的速度大小v。 (2)下落
28、高度h的过程中，通过金属杆中的电量q。 (3)下落高度h的过程中，电阻R上产生的热量Q。,【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律E=BLv 根据欧姆定律I= 金属杆受到的安培力F安=BIL，则F安= 金属杆匀速，根据平衡条件F安=mg 整理得v= 。,(2)下降高度h的过程中，通过金属杆的电量q= t 根据欧姆定律有 根据法拉第电磁感应定律有 =n ，则q=n 下降高度h的过程中的磁通量变化=BLh，且n=1 代入得q= 。,(3)下降高度h的过程中，根据能量守恒定律得 mgh= mv2+Q 整理得Q=mgh- 。 答案：(1) (2) (3)mgh-,【提分秘籍】 1.电磁感应过程的实质是不同
29、形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程。,2.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。,3.解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤： (1)在电磁感应中，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，该导体或回路就相当于电源。 (2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。 (3)根据能量守恒列方程求解。,【加固训练】如图所示，两根水平放置的平行金属导轨，其末 端连接等宽的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r=0
30、.41 m。 导轨的间距为L=0.5 m，导轨的电阻与摩擦均不计。在 导轨的顶端接有阻值为R1=1.5 的电阻，整个装置处 在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2.0 T。现有,一根长度稍大于L、电阻R2=0.5 、质量m=1.0 kg的 金属棒。金属棒在水平拉力F作用下，从图中位置ef 由静止开始匀加速运动，在t=0时刻，F0=1.5 N，经 2.0 s运动到cd时撤去拉力，棒刚好能冲到最高点ab， 重力加速度g取10 m/s2。求：,(1)金属棒做匀加速直线运动的加速度。 (2)金属棒运动到cd时电压表的读数。 (3)金属棒从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热。,【解析】(1)刚
31、开始拉金属棒时，由牛顿第二定律得 F0=ma 代入数据得a=1.5 m/s2。 (2)t=2.0 s时，金属棒的速度v=at=3 m/s 此时的感应电动势E=BLv 电压表示数U= R1， 代入数据得U=2.25 V。,(3)金属棒从cd位置运动到ab位置，由动能定理得 -mgr-W克安=0- mv2 回路中产生的总焦耳热Q=W克安 电阻R1上产生的焦耳热Q1= Q 代入数据得Q1=0.3 J。 答案：(1)1.5 m/s2 (2)2.25 V (3)0.3 J,考点4 电磁感应中的动量问题 【典题突破】 典例7 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。导轨上面横
32、放着两根导 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，电阻皆为R，回路中其他部分的电阻可,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v0。若两导体棒在运动中始终不接触，求：,(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？ (2)当棒ab的速度变为初速度的 时，棒cd的加速度 是多大？,【解析】(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mv0=2mv， 根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 Q=,(2)设棒ab的速度变为 v0时，cd棒的速度为v， 则由动
33、量守恒可知mv0= mv0+mv， 得v= v0，此时棒cd所受的安培力F=BIl= 。 由牛顿第二定律可得棒cd的加速度大小为 a= ，方向水平向右。 答案：(1) (2) ，方向水平向右,触类旁通 如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨 (不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平段 部分组成，其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场， 磁感应强度为B，导轨水平段上静止放置一金属棒cd， 质量为2m，电阻为2r。另一质量为m，电阻为r的金属 棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平,段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60。求：,(1)ab棒在N处进入磁场区速
34、度是多大？此时棒中电流是多少？ (2)cd棒能达到的最大速度是多大？ (3)cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？,【解析】(1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒，故 mgR(1-cos 60)= mv2， 解得v= 。 进入磁场区瞬间，回路中电流强度为,(2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作 用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v时，电 路中电流为零，安培力为零，cd达到最大速度。运用 动量守恒定律得mv=(2m+m)v， 解得v=,(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量， 故Q= mv2- 3mv2， 解得Q= mgR。 答案：(1) (2)
35、(3) mgR,【提分秘籍】 解决电磁感应中动量问题的策略 “先源后路、先电后力，再是运动、动量”，即,【加固训练】(2019石家庄模拟)如图所示，MN、PQ两平行光 滑水平导轨分别与半径r=0.5 m 的相同竖直半圆导轨 在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M= 2 kg的cd绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧 至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场。现有质,量m=1 kg的ab金属杆以初速度v0=12 m/s水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计除R以外的其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g
36、取10 m/s2，(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)求：,(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v； (2)电阻R产生的焦耳热Q。,【解析】(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时， 由牛顿第二定律有Mg=M ， 解得v= m/s。,(2)发生正碰后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能 定理有 -Mg2r= Mv2- M ， 解得碰撞后cd绝缘杆的速度v2=5 m/s， 两杆碰撞过程中动量守恒，有 mv0=mv1+Mv2，,解得碰撞后ab金属杆的速度v1=2 m/s， ab金属杆进入磁场后由能量守恒定律有=Q， 解得Q=2 J。 答案：(1) m/s (2)2 J,考点5 电磁感
37、应中的图象问题 【典题突破】 典例8 (2018全国卷)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 l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】选D。从起始位置向左运动 的过程中，左 右两导体棒上产生的感应电动势大小相同，方向分别 向上和向下，E=2Blv、I= ，电流方向为顺时针 方向；向左运动 l的过程中，左右两导体棒上产 生的感应电动势大小相同，方向都向下，回路中感应 电动势为0，电流为0；左右两导体棒向左运动l l,的过程中，
38、两导体棒上产生的感应电动势大小相等， 方向分别向下和向上，E=2Blv、I= ，电流方 向为逆时针方向；向左运动 l2l的过程中，两导体 棒上产生的感应电动势大小相等，方向都向上，回路 中电流为0。选项D正确。,触类旁通 (2019大连模拟)某同学用粗细均匀的同一种导线制成“9”字形线框，放在有理想边界的匀强磁场旁，磁感应强度为B，如图甲所示。已知磁场的宽度为2d，ab=bc=cd=da=ce=ef=d，导线框从紧靠磁场的左边界以速度v向x轴的正方向匀速运动，设U0=Bdv。在图乙中最能体现be两点间的电压随坐标x变化关系的图象是 ( ),【解析】选A。x在0d过程：线框进入磁场，bc、ce
39、产生的感应电动势都是E=Bdv=U0。根据右手定则判断 可知，b点的电势高于c点的电势，bc间的电势差为： Ubc= E= U0，则be两点间的电压Ube=Ubc+E= U0+ U0= U0。在d2d过程：线框完全进入磁场，磁通量 不变，没有感应电流产生，ad、bc、ce产生的感应电,动势都是E=Bdv=U0。根据右手定则判断可知，b点的电 势高于e点的电势，be两点间的电压为Ube=2E=2U0。在 2d3d过程：线框穿出磁场，ad边产生的感应电动势 是E=Bdv=U0。根据右手定则判断可知，a点的电势高于 d点的电势，则得b点的电势高于e点的电势，be两点间 的电压Ube= E= U0。故
40、A项正确。,【提分秘籍】 1.分析图象的关键：,2.图象问题的解题步骤：,【加固训练】(多选)(2017全国卷)两条平行虚线间存在一 匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、 总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内， cd边与磁场边界平行，如图甲所示。已知导线框一直 向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场。线框,中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是 ( ),A.磁感应强度的大小为0.5 T B.导线框运动速度的大小为0.5 m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D.在t=0.4 s至t=0
41、.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N,【解析】选B、C。据右手定则可知磁感应强度的方向 垂直于纸面向外，C项正确；由v= =0.5 m/s可知B项 正确；由E=Blv可知磁感应强度的大小为0.2 T，A项错 误；据F安= 可得在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0.04 N，D项错误。,电磁感应规律的应用,【规范解答】 解：(1) 由题意可知0t0时间内受力分析如图甲所示 F合=F-f (1分) f=mg (1分) 物体做匀加速直线运动F合=ma (1分) 物体匀加速进入磁场瞬间的速度为v，,则v=at0 (1分) 由法拉第电磁感应定律可知
42、E=Blv (1分) 由可得 E= (F-mg) (1分),(2)金属杆在磁场中的受力分析如图乙所示 由杆在磁场中做匀速直线运动可知 F-F安-f=0 (1分) f=mg (1分) 由安培力可知F安=BIl (1分),由欧姆定律可知I= (1分) 由可知R= (2分),【满分规则】 规则1：答题过程，条理清晰 解题过程应条理清晰、层次分明。对于综合性较强的题目，先选取研究对象，然后进行受力分析和运动过程分析(如本题中的受力分析图)，最后选择合适的规律列方程，并注意联系前后过程的关键物理量。,规则2：解析过程，分步列式 解题时要注意分步列式，不要漏掉或合并关系式，避免阅卷时找不到得分点，或者合并的综合算式一处错而导致全部错误，丢失步骤分。,规则3：矢量方程，注意方向 牛顿第二定律的表达式是矢量式，列方程时要注意正方向的规定或选取。 规则4：数学运算，可以淡化 阅卷原则是“只看物理公式和答案，不看数学运算过程”。只有物理公式和最后的答案是得分点，应用物理过程导出的数学运算过程不是得分点。,规则5：文字说明，简洁明了 分析过程，分步列式时加以必要的文字说明，使解题过程更具有系统性。,
