2020版高考物理总复习第十章第3节电磁感应规律的综合应用教学案新人教版.docx

第3节电磁感应规律的综合应用【p186】夯实基础电磁感应的电路问题1电源与外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈相当于_电源_，其电阻相当于电源_内阻_，其余部分是外电路2常用参量的求解(1)根据法拉第电磁感应定律：电动势E_n_或_EBLvsin_(2)根据闭合电路的欧姆定律：路端电压U_EIr_，对纯电阻电路，干路电流I_(3)通过电路中导体横截面的电量q_n_，R为闭合电路的总电阻考点突破例1如图所示，MNPQ是用单位长度电阻为r0的均匀金属条制成的矩形闭合框，线框固定在倾角为的绝缘斜面上，MN长为L，MQ长为4L，有一磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过斜面质量为m的金属杆ab在外力F作用下，以速度v匀速沿斜面向下滑过矩形框，滑行过程中ab始终平行于MN且与框良好接触，外力F始终沿斜面且垂直于ab.已知金属杆ab的单位长度电阻为2.1r0，不计杆与框的摩擦重力加速度取g，将杆ab经过MN时的位移记为s0，求：(1)杆ab中感应电流I随位移s变化的关系式；(2)杆ab发热功率的最小值；(3)矩形框MNPQ上发热功率最大时ab杆的位移【解析】(1)感应电动势EBLv，外电路被ab分为上下两部分，R外r0，I.(2)外电路电阻最大时，感应电流最小，ab发热功率最小因为R上R下为常数，所以当R上R下时R外有最大值，即位移s2L，此时R外r02.5Lr0，Pab I2R内 R内.(3)矩形框的功率即电源的输出功率，当R外R内时，P出最大即r02.1Lr0，可解得s1L，s23L.【小结】解答电磁感应电路问题的方法1确定电源产生电磁感应现象的导体或线圈就是电源2分清内、外电路内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成3解题的基本步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向，感应电动势的方向是电源内部电流的方向(2)根据电源和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路图，注意区别内、外电路，区别路端电压和电动势(3)根据EBLvsin 或En结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等列式求解若涉及理想变压器的问题，结合变压器公式求解针对训练1(多选)如图甲，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为0.3 m2，总电阻r2 ，A右侧所接电路中，电阻R12 ，R26 ，电容C3 F，开关S1闭合A中有横截面积为0.2 m2的区域C(图中虚线)，C内有图乙所示的变化磁场，t0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里为正下列判断正确的是(BD)A闭合S2，电路稳定后，通过R2的电流由b流向aB闭合S2，电路稳定后，通过R2的电流大小为0.4 AC闭合S2，电路稳定后再断开S1，通过R2的电流由b流向aD闭合S2，电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2106 C【解析】根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由a流向b，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律：EnS1000.2 V4 V，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为I A0.4 A，选项B正确；闭合S2、电路稳定后电容器上极板带正电，则当再断开S1，电容器放电，通过R2的电流由a流向b，选项C错误；电路稳定后电容器带电量QCUR231060.46 C7.2106 C，则电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2106 C，选项D正确2(多选)如图所示，一个匝数n100匝的圆形线圈，面积S10.4 m2，电阻r1 .在线圈中存在面积S20.3 m2，垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B0.30.15t.将线圈两端a、b与一个阻值R2 的电阻相连接，b端接地则下列说法正确的是(AD)A通过电阻R的电流方向向上B回路中的电流大小逐渐增大C电阻R消耗的电功率为6.75 WDa端的电势a3 V【解析】由题可知，磁场逐渐增强，即原磁场磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场与原磁场方向相反，根据右手定律可知通过电阻R的电流方向向上，故选项A正确；由B0.30.15t可知：0.15 T/s，根据法拉第电磁感应定律可知：EnS21000.150.3 V4.5 V，根据闭合电路欧姆定律可知：I A1.5 A，恒定不变，故选项B错误；根据公式可知电阻R消耗的电功率为：PI2R1.522 W4.5 W，故选项C错误；根据欧姆定律可知电阻R两端电压为UbaIR1.52 V3.0 Vba，由题可知：b0，则a3 V，故选项D正确【p187】夯实基础电磁感应的图象问题图象类型(1)磁感应强度B、磁通量、感应电动势E和感应电流I随_时间t_变化的图象，即Bt图象、t图象、Et图象、It图象(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随_位移x_变化的图象，即Ex图象和Ix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、函数图象等知识考点突破例2如图甲所示，导体框架abcd放置于水平面内，ab平行于cd，导体棒MN与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示，MN始终保持静止规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M到N为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力f的正方向，下列图象中正确的是()【解析】由图看出，磁感应强度先不变，后均匀减小，再反向均匀增大，则可判定的值，先为零，然后一定，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生的感应电动势先为零，后恒定不变，感应电流先没有，后恒定不变，根据楞次定律得知，回路中感应电流方向逆时针，为正，故A错误，B正确在0t1时间内，导体棒MN不受安培力，故C错误；由左手定则判断可知，在t1t2时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向右，由FBIL可知，B均匀减小，MN所受安培力大小F均匀减小；在t2t3时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向左，由FBIL可知，B均匀增大，MN所受安培力大小F均匀增大；根据平衡条件得到，棒MN受到的静摩擦力大小fF，方向相反，即在0t1时间内，没有摩擦力，而在t1t2时间内，摩擦力方向向左，大小减小，在t2t3时间内，摩擦力方向向右，大小增大D正确【答案】BD例3如图，平行光滑金属导轨M、N固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中完全相同的两金属棒P、Q搭放在导轨上，开始均处于静止状态给P施加一与导轨平行的恒定拉力作用，运动中两金属棒始终与导轨垂直并与导轨接触良好设导轨足够长，除两棒的电阻外其余电阻均不计则两棒的速度及棒中的感应电流随时间变化的图象正确的是()【解析】P向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速运动；Q向右运动后，开始阶段，两杆的速度差增大，回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则P的加速度减小，Q的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两杆均做加速度相同的匀加速运动，故A正确，B错误；开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，通过电流增大，最终两棒都做匀加速运动，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，电流恒定，故C错误，D正确【答案】AD【小结】1.解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是Bt图还是t图，或者Et图、It图等(2)分析电磁感应的具体过程(3)用右手定则或楞次定律确定感应电流方向与时间的对应关系(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数关系式(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2此类题的特点及解题关键此类题的特点是已知Bt图或t图，来分析线框中的电动势、电流或线框所受安培力的变化情况解题的关键是：弄清图象中的斜率、拐点、截距的物理意义，结合楞次定律、法拉第电磁感应定律En、EBLv及欧姆定律来分析电压、电流的大小以及安培力大小变化3解这类题最常用的方法是排除法：先由楞次定律或右手定则确定电磁感应过程中的电流方向排除错误选项，再由法拉第电磁感应定律确定某过程中电动势大小变化情况排除错误选项针对训练3(多选)如图甲所示，一正方形导线框ABCD置于匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，则线框中的电流I和导线AB受到的安培力F随时间t变化的图象分别是(规定垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，逆时针方向为线框中电流的正方向，向右为安培力的正方向)(AC)【解析】由Bt图象可知，0内，线圈中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，沿ABCDA方向，即电流为正方向；T内，线圈中向里的磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针方向，即电流为负方向；由法拉第电磁感应定律：E，由于磁感应强度均匀变化，所以产生的感应电流大小保持不变，故A正确，B错误；0内，电路中电流方向为逆时针，根据左手定则可知，AB边受到的安培力的方向向右，为正值；T内，电路中的电流为顺时针，AB边受到的安培力的方向向左，为负值；根据安培力的公式：FBIL，电流大小不变，安培力的大小与磁感应强度成正比，故C正确，D错误4(多选)如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，沿水平面固定一个V字形金属框架CAD，已知A，导体棒EF在框架上从A点开始在外力作用下，沿垂直EF方向以速度v匀速向右平移，使导体棒和框架始终构成等腰三角形回路已知框架和导体棒的材料和横截面积均相同，其单位长度的电阻均为R，框架和导体棒均足够长，导体棒运动中始终与磁场方向垂直，且与框架接触良好关于回路中的电流I和消耗的电功率P随时间t变化关系的下列四个图象中可能正确的是(AD)【解析】t时刻有效切割长度L2vttan电动势EBv2vttan总电阻，R总R电流I.A对，B错而PI2R总，Pt，D对，C错【p188】夯实基础1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)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动能定理、动量定理、动量守恒定律等)，分析时要特别注意_a0_、速度v达到_最大值_时的特点2运动的动态分析考点突破例4如图所示，两平行导轨间距为L，倾斜部分和水平部分长度均为L，倾斜部分与水平面的夹角为37，cd间接电阻R，导轨电阻不计质量为m的金属细杆静止在倾斜导轨底端，与导轨接触良好，电阻为r.整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化关系为BB0kt(k0)，在杆运动前，以下说法正确的是(已知sin 370.6，cos 370.8)()A穿过回路的磁通量为2(B0kt)L2B流过导体棒的电流方向为由b到aC回路中电流的大小为D细杆受到的摩擦力一直减小【解析】由BS效(B0kt)(L2L2cos 37)1.8(B0kt)L2，故A错误磁感应强度均匀增大，由法拉第电磁感应定得EnSk(L2L2cos 37)1.8kL2，由闭合电路欧姆定律得I，则C正确由楞次定律可得感应电流的方向俯视为顺时针方向，即电流流向为b到a，B正确因感应电流大小恒定，则细杆所受的安培力FBIL因B逐渐增大而增大，由左手定则知方向水平向右，对杆由平衡知识可得mgsin fBILcos ，则摩擦力先向上逐渐减小到零，后向下逐渐增大，D错误【答案】BC例5如图所示，固定的绝缘斜面倾角为30，质量为m1 kg的均匀细金属棒ab(仅画出a端)和质量为M2 kg的均匀细金属棒cd(仅画出c端)用两根不可伸长的柔软轻导线构成回路abcd，并通过固定在斜面顶端的两个光滑绝缘小定滑轮连接使两金属棒水平，导线平行斜面已知在虚线右侧有磁感应强度为B1 T的匀强磁场，方向垂直斜面向上，回路总电阻为R0.5 ，两金属棒的长度均为L0.5 m，ab棒与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g10 m/s2，cd棒始终未触地，ab棒始终未到滑轮处(1)将两金属棒由静止释放，求释放瞬间的加速度大小；(2)求两金属棒最终稳定时的速度大小【解析】(1)设金属棒释放瞬问细导线上的拉力为T，对金属棒cd，由牛顿第二定律得MgTMa对金属棒ab，由牛顿第二定律得：Tmgsin FNma又FNmgcos 联立解得a2.5 m/s2(2)两金属棒最终稳定后以共同速度做匀速运动，设此时速度为vab棒运动产生的感应电动势EBLv由闭合电路欧姆定律得I由安培力公式可知FBIL稳定运动后对cd棒有MgT1对ab棒有T1mgsin mgcos F联立解得v15 m/s 【小结】电磁感应中的动力学问题分析1两种状态及处理(1)导体处于平衡态静止或匀速直线运动状态处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析(2)导体处于非平衡态加速度不为零处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系、动量及动量变化关系分析2电磁感应问题中两大研究对象及其相互制约关系针对训练5如图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM和NN之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别处在方向相反与轨道垂直的匀强磁场中，方向见图，设左、右区域磁场的磁感强度为B1和B2，虚线为两区域的分界线一根金属棒ab放在导轨上并与其垂直，棒和导轨的电阻均不计金属棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面区域中恰好以速度为v做匀速直线运动，则(B)A若B2B1时，棒进入右面区域中后先做加速运动，最后以速度做匀速直线运动B若B2B1时，棒进入右面区域中时仍以速度v做匀速直线运动C若B22B1时，棒进入右面区域后先做减速运动，最后以速度做匀速运动D若B22B1时，棒进入右面区域后先做加速运动，最后以速度4v做匀速运动【解析】金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度v做匀速直线运动，恒力F与安培力平衡当B2B1时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电动势与感应电流大小均没有变化，棒所受安培力大小和方向也没有变化，与恒力F仍然平衡，则棒进入右边区域后，以速度v做匀速直线运动，故A错误，B正确当B22B1时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力也变大，恒力没有变化，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动设棒匀速运动速度大小为v.在左侧磁场中，有F，在右侧磁场中匀速运动时，有F，可得vv，即棒最后以速度v做匀速直线运动，故C、D错误6(多选)如图甲所示，光滑的平行导轨MN、PQ固定在水平面上，导轨表面上放着光滑导体棒ab、cd，两棒之间用绝缘细杆连接，两导体棒平行且与导轨垂直现加一垂直导轨平面的匀强磁场，设磁场方向向下为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，t12t0，不计ab、cd间电流的相互作用，不计导轨的电阻，每根导体棒的电阻为R，导轨间距和绝缘细杆的长均为L.下列说法正确的是(ABD)Att0时轻杆既不被拉伸也不被压缩B在0t1时间内，绝缘细杆先被拉伸后被压缩C在0t1时间内，abcd回路中的电流方向是先顺时针后逆时针D若在0t1时间内流过导体棒的电量为q，则t1时刻的磁感应强度大小为【解析】tt0时，ab、cd中有感应电流，但磁感应强度为0，故安培力为0，杆中没有作用力，A对；0t0，回路中磁通量向下减小，t0t1，磁通量向上增大，根据楞次定律，感应电流一直为顺时针，根据“增缩减扩”原理，回路先有扩张，后有收缩趋势，故杆先被拉伸后被压缩，B对，C错；qtt，设t1时刻磁感应强度为B，则2BS2BL2，所以B，D对【p189】夯实基础1电磁感应现象的实质是_其他形式的能_转化成电能2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_，(或者说安培力做的负功的绝对值等于产生的电能)电流做功再将电能转化为_其他形式的能_3电流做功产生的热量用焦耳定律计算，公式为Q_I2Rt_考点突破例6如图所示，在倾角为30的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与斜面垂直(图中未画出)质量为m、长度为L，阻值大小也为R的金属棒ab与固定在斜面上方的劲度系数为k的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度v0，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，弹簧弹性势能为Epkx2(x为弹簧形变量)在上述过程中()A开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为B通过电阻R的最大电流一定是C通过电阻R的总电荷量为D回路产生的总热量等于mv【解析】开始时金属棒切割磁感线产生的感应电动势：EBLv0，金属棒与导轨接触点间的电压：UIRRE，故A正确；金属棒开始向下运动时做加速运动，当金属棒的速度最大时感应电流最大，金属棒的最大速度大于v0，最大电流大于，故B错误；最终金属棒静止，此时由平衡条件得：mgsin 30kx，此时弹簧的伸长量：x，通过R的总电荷量：q，故C正确；由能量守恒定律得：mvmgxsin 30Qkx2，解得：Qmvmgxsin 30kx2mv，故D错误【答案】AC例7如图所示，两根平行光滑的金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.导体棒a和b的质量均为m，电阻值分别为RaR，Rb2R.b棒放置在水平导轨上且距弯曲轨道底部L0处，a棒在弯曲轨道上距水平面h高度处由静止释放运动过程中导轨棒和导轨接触良好且始终和导轨垂直，重力加速度为g.求：(1)a棒刚进入磁场时受到的安培力；(2)从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的内能【解析】(1)设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到刚进入磁场：mghmv2a棒切割磁感线产生感应电动势EBLv根据闭合电路欧姆定律Ia棒受到的安培力FBILF(2)a、b棒均受安培力作用，大小相等，方向相反，所以a棒和b棒组成的系统动量守恒设两棒最终稳定速度为v1，mv2mv1a棒产生内能为Ea，b棒产生内能为Eb根据能量守恒：mv22mvEaEbEb2EaEamgh【小结】电磁感应中的能量转化问题1电磁感应中的能量转化特点外力克服安培力做功，把机械能或其他能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其他形式的能(如内能)这一功能转化途径可表示为：2电能求解思路主要有三种(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)利用能量守恒求解：其他形式的能的减少量等于产生的电能(3)利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算针对训练7如图所示，下半部处在方向水平的匀强磁场中的光滑曲面，它与竖直平面的交线是抛物线，其抛物线方程为yx2，磁场理想上边界是ya的直线，一小金属块从抛物线yb(ba)处，以速度v沿抛物线下滑，假设抛物面足够大，则金属块在曲面上滑动的整个过程中生热为(D)Amgb B.mv2Cmg(ba) Dmg(ba)mv2【解析】在金属块进入磁场和穿出磁场时，切割磁感线的那部分金属块具有感应电动势，会向未切割磁感线的那部分金属块供电，从而形成电流(涡流)导致机械能转化成热能由于整个金属块都在磁场中运动时，金属块中只有感应电动势，不会有感应电流所以只要金属块不再穿出磁场区域(金属块向外运动到磁场上边界时，速度恰好为0)，就不再会有机械能转化成热能最终金属块在磁场内往复运动，到达ya处速度为0.由能量守恒得：Qmg(ba)mv28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)导体棒在往复运动，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：EBLv0棒中感应电流：I，作用于棒上安培力FBIL，方向水平向左(2)由功能关系可知：安培力做功：W1Epmv，由能量守恒，电阻R上产生的焦耳热：Q1mvEp(3)由平衡条件可知，棒最终静止于初始位置，根据能量守恒则有：Qmv【p190】夯实基础电磁感应与动量的结合主要涉及两个模型：(1)单杆模型对于单杆模型，主要与动量定理结合如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作用)，在磁场中的运动为变速运动，运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理安tp，而安tBLtBLq，qNN，pmv2mv1，由以上四式将流经杆电量q、杆位移x及速度变化结合一起(2)双杆模型对于双杆模型，在受到安培力之外，受到的其他外力和为零，满足动量守恒的条件，则与动量守恒定律结合考查较多考点突破例8如图所示，固定的光滑金属水平导轨间距为L，导轨电阻不计，左端接有阻值为R的电阻，导轨处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中质量为m、电阻不计的导体棒ab，在垂直导体棒的水平恒力F作用下，由静止开始运动，经过时间t，导体棒ab刚好匀速运动，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触在这个过程中，下列说法正确的是()A导体棒ab刚好匀速运动时的速度vB通过电阻的电荷量qC导体棒的位移xD电阻放出的焦耳热Q【解析】导体棒匀速运动时满足FF安，解得v，选项A正确；根据动量定理：FtBLtmv，而tq，则q，选项B错误；又q，联立解得x，选项C正确；根据能量关系，电阻放出的焦耳热QFxmv2，将x及v的值代入解得Q，选项D正确【答案】ACD例9如图所示，倾角为37的斜面上固定平行导轨MN，在斜面底端与水平面上的固定平行导轨PQ平滑连接，导轨间距L0.3 m且PQ足够长斜面部分存在竖直向上的匀强磁场，水平面部分存在与斜面平行的方向斜向上的匀强磁场，两部分磁感应强度B大小均为1 T，在h3 m高处垂直导轨MN放置可自由滑动的质量m112 g，电阻R11 的导体棒ab.在水平面上垂直导轨PQ放置被插销固定的质量m23 g，电阻R23 的导体棒cd，导体棒ab、cd分别与导轨MN、PQ接触良好现由静止释放ab，ab在到达斜面底端前已做匀速运动，当ab滑离斜面进入水平导轨时，立即拔下导体棒cd棒的插销，不计导轨的摩擦及电阻，(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2)求：(1)ab导体棒在水平面上运动时的最终速度；(2)ab导体棒在斜面与水平面运动时整个回路产生的电能各是多少？(3)ab导体棒在斜面和水平面上运动时通过ab的电荷量各是多少？【解析】(1)设ab匀速下滑时的速度为v1产生的电动势EBLv1cos 导体棒ab的电流I导体棒的安培力FBIL且Fm1gtan 联立式得v1ab进入水平轨道后，与cd系统动量守恒，所以m1v1(m1m2)v2联立可得v15 m/s，v24 m/s(2)导体棒在斜面上运动产生的电能E1m1ghm1v在水平面运动产生的电能E2m1v(m1m2)v代入数据得E10.21 J；E20.03 J(3)设ab棒在斜面上和水平面上运动时，通过ab棒的电荷量各为q1、q2，ab棒在斜面上运动时平均电动势，通过的电荷量q1t代入数据得q10.3 Cab棒在水平面上运动时BILsin tBLq2sin m1(v1v2)代入数据解得q2 C0.067 C【小结】电磁感应问题中应用动量定理时，有两种常见的列式形式一是直接从安培力的公式出发，得到安培力的冲量IBIiLtBLq，这个公式对所有的电磁感应情形都适用二是在导体棒切割磁感线的情形中，还可将安培力的冲量写成Itx，式中的x表示导体棒在这个过程中经过的位移针对训练9(多选)如图所示，PQ和MN是固定于水平面内电阻不计、间距L1 m的足够长平行光滑金属轨道，质量均为m0.2 kg，接入两轨道电阻值均为R1 的两金属棒ab、cd静置于轨道上，整个装置处在竖直向上、磁感应强度B0.4 T的匀强磁场中，某时刻cd棒突然受到水平向右I0.8 Ns的瞬时冲量作用开始运动，运动过程中金属棒始终与轨道垂直，接触良好，取重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是(AD)A开始运动后，d端电势始终比c端电势高Bcd棒开始运动的瞬间，d、c两端的电势差Udc1.6 VC在整个运动过程中，电路abcd中产生的热量为1.2 JD在整个运动过程中，通过ab棒横截面的电荷量为1 C【解析】根据右手定则判断可知：cd棒中感应电流方向从c到d，则d端相当于电源的正极，电势高于c端的电势，故A正确；cd棒开始运动的瞬间，产生的感应电动势为：EBLv0，金属棒的速度为：v04 m/s，联立可得：E1.6 V，d、c两端的电势差：UdcR0.8 V，故B错误；由题意可知最后两根金属棒以相同的速度匀速运动且速度为v，根据动量守恒可得：mv02mv，解得：v2 m/s，根据能量守恒可得产生的热量为：Qmv2mv20.8 J，故C错误；对cd棒根据动量定理可得：BILtmv0mv，进一步可得：BLqmv0mv，代入数据解得：q1 C，故D正确10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处由静止释放下滑到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少？(3)cd棒由静止到达到最大速度过程中，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(1cos 60)mv2解得v.进入磁场区瞬间，回路中电流强度I.(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(2mm)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Qmv23mv2，解得QmgR.考 点 集 训【p336】A组1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)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】棒加速上升时受到重力，拉力F及安培力根据功能关系可知力F与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A选项正确2两条相互平行的光滑金属导轨，距离为L，电阻不计导轨内有一与水平面垂直向里的匀强磁场，导轨左侧接电容器C，电阻R1和R2，如图所示垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动在金属杆变速运动的过程中，下列说法正确的是(B)AR1中无电流通过BR1中电流一直从e流向aCR2中电流一直从a流向bDR2中电流先从b流向a，后从a流向b【解析】开始时，金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，由感应电动势：EBLv，电容器两端的带电量为，QCUCBLv，由右手定则知，R2感应电流方向由a向b，故电容器的上极板带正电，开始做匀减速运动至速度为零的过程中，QCUCBLv知，速度减小，极板带电量减小，R1中有电流通过，方向由e流向a，R2中电流从a流向b，故A错误；反向匀加速运动过程中，由右手定则知，R2感应电流方向由b向a，电容器反向充电，流经R1电流方向由e流向a，故B正确，CD错误3(多选)如图甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示下面说法正确的是(AC)A01 s时间内和56 s时间内，导线框中的电流方向相同B01 s时间内和13 s时间内，导线框中的电流大小相等C35 s时间内，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边指向C点一侧D13 s时间内，AB边受到的安培力不变【解析】01 s时间内穿过线圈的磁通量向外增加；56 s时间内穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同，选项A正确；Bt图象的斜率等于磁感应强度的变化率，故01 s时间内和13 s时间内，感应电动势的大小不等，感应电流不相等，选项B错误；35 s时间内，磁通量向里增加，产生的感应电流为逆时针方向，则由左手定则可知，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边指向C点一侧，选项C正确；13 s时间内，感应电流大小不变，而磁场向外减弱，根据FBIL可知，AB边受到的安培力要减小，选项D错误4(多选)如图所示，两条形有界磁场宽度均为d0.5 m，磁感应强度大小均为B4 T，方向垂直于纸面，两磁场区域间距也为d.在磁场区域的左边界处有一长L1 m、宽d0.5 m的矩形导体线框，线框总电阻为R2 ，且线框平面与磁场方向垂直现使线框以v0.5 m/s的速度匀速穿过磁场区域，若以初始位置为计时起点，规定B垂直纸面向里为正，则以下关于线框所受的安培力大小F及穿过线框磁通量随时间t变化的四个图象正确的是(AD)【解析】01 s时，线框中产生的感应电动势EBdv1 V，由欧姆定律可知I0.5 A，由安培力公式可知：FBId1 N；第2 s内，通过线框的磁通量不变，无感应电流，安培力为零；第3 s内，线框左、右两边均切割磁感线，由右手定则可知，感应电动势方向相同，故线框中总的感应电动势为E2Bdv2 V，由欧姆定律可知I1 A；线框左、右两边所受安培力均为：F1F2BId2 N，由左手定则可知，两安培力方向相同，故安培力的合力为4 N，A正确，B错误；当t2.5 s时，线框位移xvt2.5d，此时通过线框的磁通量为零，C错误，D正确5在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有范围足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的vt图象，可能正确的是(C)【解析】线框进入磁场过程受到的安培力FBILBL，线框进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度L增大，安培力增大，由牛顿第二定律得：mgFma，则ag；线框由静止做加速运动，由于L、v不断增大，加速度a减小，则线框进入磁场过程做加速度减小的加速运动，加速度减小，vt图象的斜率减小故C正确6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，二者平滑连接右端接一个阻值为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，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(D)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mghD金属棒产生的焦耳热为(mghmgd)【解析】金属棒下滑到底端时的速度为v，感应电动势EBLv，所以流过金属棒的最大电流为I，A错；通过金属棒的电荷量为q，B错；克服安培力所做的功为Wmghmgd，C错；电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为(mghmgd)D正确7(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2 m，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1 T的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a棒质量为1 kg，电阻为5 ，b棒质量为2 kg，电阻为10 .现给a棒一个水平向右的初速度8 m/s，当a棒的速度减小为4 m/s时，b棒刚好碰到了障碍物，经过时间0.5 s速度减为零(不反弹，且a棒始终没有与b棒发生碰撞)，下列说法正确是(ABD)A从上向下看回路产生逆时针方向的电流Bb棒在碰撞前瞬间的速度大小2 m/sC碰撞过程中b棒所受的平均作用力大小为6 NDb棒碰到障碍物后，a棒继续滑行的距离为15 m【解析】根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项A正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知：mav0mavambvb，解得vb2 m/s，选项B正确；b与障碍物碰撞时，由动量定理：Ft0mbvb解得：F8 N，选项C错误；b碰到障碍物后，a做减速运动，直到停止，此时由动量定理：BLtmava，其中tq联立解得x15 m，选项D正确B组8如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1 kg.它们在光滑水平面上，以10 m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里已知小车运动的速度v随车的位移x变化的 vx 图象如图乙所示则(B)A线圈的长度L15 cmB磁场的宽度d25 cmC线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.4 m/s2D线圈通过磁场过程中产生的热量为40 J【解析】闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，L10 cm，故A错误；磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，515 cm是进入的过程，1530 cm 是完全在磁场中运动的过程，3040 cm是离开磁场的过程，所以d30 cm5 cm25 cm，故B正确；根据FBIL及I得：F，因为v是一个变量，所以F也是一个变量，所以线圈不是匀加速运动，是变减速运动，故C错误；线圈通过磁场过程中运用动能定理得： mvmvW安，由乙图可知v110 m/s，v22 m/s，代入数据得：W安48 J，所以克服安培力做功为48 J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为48 J，故D错误故选B.9如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L.M、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量为m、电阻为r的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下导轨的电阻可忽略让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦(1)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求ab杆中的电流及其加速度的大小；(2)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值【解析】