第九章第四節(jié)電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題.

1、第四節(jié)電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題基礎(chǔ)再現(xiàn)-對點自測 ')佻納扣點強基固本%一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動力學(xué)問題1. 安培力的大小安培力公式：F =翌、感應(yīng)電動勢：E = Blv L l B2|2v? F= 一 ER感應(yīng)電流：1 =-R “2. 安培力的方向先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定安培力方向.(2) 根據(jù)楞次定律，安培力的方向一定和導(dǎo)體切割磁感線運動方向相反. 1. (多選)(2014高考四川卷)如圖所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放 置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小.質(zhì)量為 0.2 kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良

2、好并圍成邊長為1 m的正方形，其有效電阻為0.1 Q此時在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律是B = (0.4 0.2t) T,圖示磁場方向為正方向. 框、擋板和桿不計形變.貝U( )A . t = 1 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到DB. t = 3 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到CC. t = 1 s時，金屬桿對擋板 P的壓力大小為0.1 ND. t = 3 s時，金屬桿對擋板 H的壓力大小為0.2 N 答案：AC二、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化1. 過程分析(1) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流的過程，實質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過程.感應(yīng)電流在磁

3、場中受安培力，若安培力做負功,U其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；若安 培力做正功，則電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能.(3) 當感應(yīng)電流通過用電器時，電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能.2. 安培力做功和電能變化的對應(yīng)關(guān)系“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；安培力做多少功, 就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能.2. (單選)如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有 定值電阻R,質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無 摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo) 軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于()A

4、棒的機械能增加量B .棒的動能增加量C.棒的重力勢能增加量D .電阻R上放出的熱量答案：A多維課堂考點突破龍師在銭多邊互動配彗卩PT煤件評見世盤，也町席求91#哮網(wǎng) w w.41ddoxiic+coin )進入船課僦考點一 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析1. 導(dǎo)體的平衡態(tài)一一靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài).處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析.2. 導(dǎo)體的非平衡態(tài) 加速度不為零.處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析.02D(2014高考江蘇卷)如圖所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L,長為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為0,在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕

5、緣涂層.勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直.質(zhì)量為 m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運動，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R,其他部分的電阻均不計，重力加速度為 g.求：(1) 導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)卩；(2) 導(dǎo)體棒勻速運動的速度大小v;(3) 整個運動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡：mgsin 0=卩mgos 0解得導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)尸ta n 0.(2) 在光滑導(dǎo)軌上感應(yīng)電動勢：E= BLv 感應(yīng)電流：I = R安培力：F安=BIL 受力平衡的條件是：

6、F安=mgsin0解得導(dǎo)體棒勻速運動的速度v = 嘈卵0B L摩擦生熱：Qf=卩mgdos 01 2 根據(jù)能量守恒定律知：3mgdsin 0= Q + Q汁mv3 2M . 2 " m g R sin 0 解得電阻產(chǎn)生的焦耳熱 Q= 2mgdsin 0-44 .2B L“宀mgRsin 0答案(1)tan 0 (2)3 2J 2m g R sin 0(3) 2mgdsin 0-弋航4總結(jié)提升分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路（1）先進行“源”的分析分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)和r ；（2）再進行“路”的分析一一分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流

7、大小，以便求解安培力；（3）然后是“力”的分析一一分析研究對象（常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等）的受力情況，尤其 注意其所受的安培力；（4）最后進行“運動”狀態(tài)的分析一一根據(jù)力和運動的關(guān)系，判斷出正確的運動模型.1. （單選）（2013高考新課標全國卷n ）如圖，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d（d >L ）的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場方 向豎直向下導(dǎo)線框以某一初速度向右運動.t= 0時導(dǎo)線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進入并通過磁場區(qū)域.下列v-1圖象中，可能正確描述上述過程的是解析：選D.導(dǎo)體切割磁感線時產(chǎn)生感

8、應(yīng)電流，同時產(chǎn)生安培力阻礙導(dǎo)體運動，利用法 拉第電磁感應(yīng)定律、安培力公式及牛頓第二定律可確定線框在磁場中的運動特點.線框進入和離開磁場時，安培力的作用都是阻礙線框運動，使線框速度減小，由E = BLv、I = R及F = BIL = ma可知安培力減小，加速度減小，當線框完全進入磁場后穿過線框的磁通 量不再變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不再產(chǎn)生安培力，線框做勻速直線運動，故選項D正確.考點二 電磁感應(yīng)中的能量問題1. 電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做 功的形式實現(xiàn)的，安培力做功的過程， 是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程，外力克服安培力做功，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能

9、的過程.2. 能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法克脛安培力做功形式的能応（1）能量轉(zhuǎn)化'英他形式的能量（2）求解焦耳熱Q的三種方法（焦耳定律心唄適用*電流、庖阻不變）1 功能關(guān)聚：0=旳曲材 電流變不變郝適用）備量轉(zhuǎn)化甌帕如x 肛旅變不變郝適幣）（2014高考安徽卷）如圖甲所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為0.5 T,其方向垂直于傾角B為30°的斜面向上.絕緣斜面上固定有“人”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌MPN（電阻忽略不計）,MP和NP長度均為2.5 m , MN連線水平，長為 3 m .以MN中點O為原點，OP 為x軸建立一維坐標系 Ox根粗細均勻的金屬桿 CD，長度d為3 m、質(zhì)量m為1 kg、

10、電阻R為0.3 Q,在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度 v= 1 m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運動2（金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好）.g取10 m/s ./TN乙n1(1) 求金屬桿CD運動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E及運動到x= 0.8 m處電勢差Ucd ；(2) 推導(dǎo)金屬桿 CD從MN處運動到P點過程中拉力 F與位置坐標x的關(guān)系式，并在圖 乙中畫出F x關(guān)系圖象；(3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產(chǎn)生的焦耳熱.審題點睛(1)由于導(dǎo)軌電阻不計，因此導(dǎo)軌兩端的電壓為0, C、D兩端的電壓等于導(dǎo)軌外金屬棒產(chǎn)生的電動勢，注意Ucd的正負.(2)回路中電流恒定，但 CD的有效長度變化，金屬桿所受安培力

11、為變力，根據(jù)F x圖象求功.(3) 外力做功使金屬桿CD的機械能增加和產(chǎn)生焦耳熱.解析 金屬桿CD在勻速運動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E= Blv, I = d，解得E = 1.5 V 當x = 0.8 m時，金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢差為零設(shè)此時桿在導(dǎo)軌外的長度為I夕卜，貝Ul 外=d d, OP= ； MP2 MN 2= 2 m得l外=1.2 m由右手定則判斷 D點電勢高，故CD兩端電勢差Ucd= Bl 外 v = 0.6 V.(2)桿在導(dǎo)軌間的長度I與位置x的關(guān)系是OP x 3 l = op d = 3 2x對應(yīng)的電阻R1 = ；Rd電流BlvR1桿受到的安培力為F安=BIl = 7.5 3.75x

12、根據(jù)平衡條件得 F = F安+ mgsin 0F = 12.5 3.75x(0W x< 2)畫出的F x圖象如圖所示.外力F所做的功 Wf等于F x圖線下所圍的面積即5+ 12.5Wf=2 X 2 J= 17.5 J而桿的重力勢能增加量AEp= mgOPsin 0故全過程產(chǎn)生的焦耳熱Q= Wf AEp= 7.5 J.答案（1）1.5 V 0.6 V （2）F = 12.5-3.75x（0W x< 2） 圖象見解析（3）7.5 J方法提升在解決電磁感應(yīng)中的能量問題時，首先進行受力分析，判斷各力做功和能 量轉(zhuǎn)化情況，再利用功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解.2.（多選）（2015石家莊模擬

13、）如圖所示，在傾角為B的光滑斜面上，有三條水平虛線A、a、13，它們之間的區(qū)域i、n寬度均為d,兩區(qū)域分別存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，一個質(zhì)量為 m、邊長為d、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框， 從11上方一定高度處由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過11進入磁場I時，恰好以速度 V1做勻速直線運動；當 ab邊在越過12運動到b之前吏破訓(xùn)練的某個時刻，線框又開始以速度V2做勻速直線運動，重力加速度為g.在線框從釋放到穿出磁場的過程中，下列說法正確的是（）A 線框中感應(yīng)電流的方向不變B. 線框ab邊從11運動到12所用時間大于從12運動到b所用時間2 2-C. 線框以

14、速度V2做勻速直線運動時，發(fā)熱功率為in 204B dD. 線框從ab邊進入磁場到速度變?yōu)閂2的過程中，減少的機械能E機與重力做功Wg的關(guān)系式是1 2 1 2AE 機=Wg + mv1 mv2解析：選CD.線框從釋放到穿出磁場的過程中，由楞次定律可知感應(yīng)電流方向先沿abcda后沿adcba再沿abcda方向，A項錯；線框第一次勻速運動時， 由平衡條件有 Bl' d = mgsin 0, I = BR1,解得V1 = 晉翠第二次勻速運動時，由平衡條件有 2BI' d = mgsin B, I'=2Bdv2 口 mgRsin 0，解得v2= 4B2d2 .線框ab邊勻速通過

15、區(qū)域I,先減速再勻速通過區(qū)域n,而兩區(qū)域?qū)挾认嗤?，故通過區(qū)域I的時間小于通過區(qū)域n的時間，B項錯；由功能關(guān)系知線框第二次勻速運動時發(fā)熱功率等于重力做功的功率，即2 2 2 "_m g Rsin 0P = mgv2sin 0= :C項正確；線框從進入磁場到第二次勻速運動過程中，損失的重力勢能等于該過程中重力做的功，動能損失量為22 22mv1 mv2，所以線框機械能損失量為AE機=Wg+ mv1 mv2, D項正確.以例說出觸楚旁通物理模型 電磁感應(yīng)中的雙桿”模型1. 模型分類“雙桿”模型分為兩類： 一類是“一動一靜”，甲桿靜止不動，乙桿運動，其實質(zhì)是單桿問題，不過要注意問題包含著一個

16、條件：甲桿靜止、受力平衡.另一種情況是兩桿都在運動，對于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是相加還是相減.2. 分析方法通過受力分析，確定運動狀態(tài)，一般會有收尾狀態(tài). 對于收尾狀態(tài)則有恒定的速度或者加速度等，再結(jié)合運動學(xué)規(guī)律、牛頓運動定律和能量觀點分析求解. 位沙 （14分）（2014髙考天津卷）如圖所示，兩根足夠長 的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角0= 30 °勺斜面上，導(dǎo)軌電阻不計，間距L = 0.4 m.導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域I和n,兩區(qū)域的邊 界與斜面的交線為MN ,1中的勻強磁場方向垂直斜面向下，n中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小 均為B = 0.5

17、 T.在區(qū)域I中，將質(zhì)量 m1= 0.1 kg,電阻 尺=0.1 Q的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑.然后，在區(qū)域n中將質(zhì)量m2= 0.4 kg，電阻R2= 0.1 Q的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑.cd在滑動過程中始終處于區(qū)域n的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取 g = 10 m/s2 問：（1）cd下滑的過程中，ab中的電流方向；（2）ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大；從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x = 3.8 m,此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少.審題點睛（1）ab剛好不下滑，隱含 Ffm = mgsin 0,

18、方向沿斜面向上，ab剛要向上滑 動時，隱含F(xiàn)安=Ffm + mgsin 0摩擦力方向沿斜面向下.（2）由于ab中的電流變化，產(chǎn)生的熱量要用功能關(guān)系（能量守恒）結(jié)合電路知識求解.規(guī)范解答該得的分一分不丟?。?）由右手定則可知 cd中的電流由d到c,故ab中的電流由a流向b.（1分）開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax,有Fmax=m1gsin 0（1 分）E = BLv （1 分）設(shè)ab剛要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為 E,由法拉第電磁感應(yīng)定律有設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有ER1 + R2（1分）設(shè)ab所受安培力為 F安，有F安=BIL （1分）

19、此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安=mgs in 0+ Fmax（2分）綜合式，代入數(shù)據(jù)解得v= 5 m/s. （1分）設(shè)cd棒運動過程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有 m2gxsin 0= Q12八總 + gm2v（2 分）R1八又Q=Q總 （2分）R1 + R2解得 Q = 1.3 J.（2 分）答案（1）由 a 流向 b （2）5 m/s （3）1.3 J總結(jié)提升分析“雙桿”模型問題時，要注意雙桿之間的制約關(guān)系，即“動桿”與“被動桿”之間的關(guān)系，需要注意的是，最終兩桿的收尾狀態(tài)的確定是分析該類問題的關(guān)鍵.3. （多選）（2015唐山模擬）如圖所示，水

20、平傳送帶 帶動兩金屬桿a、b勻速向右運動，傳送帶右側(cè)與兩光滑平行金屬 導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌與水平面間夾角為30°兩虛線EF、GH之間有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,磁場寬度d,兩金屬桿質(zhì)量均為 m,兩桿與導(dǎo)軌接觸良好.當 當金屬桿a離開磁場時，金屬桿b恰好進入磁場，為L,兩金屬桿的長度和兩導(dǎo)軌的間距均為 金屬桿a進入磁場后恰好做勻速直線運動, 則（）A .金屬桿b進入磁場后做加速運動B .金屬桿b進入磁場后做勻速運動mgLmgL2C.兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為D .兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為解析：選BC.兩桿從導(dǎo)軌頂端進入磁場過程中，均

21、只有重力做功，故進入磁場時速度大b受力與金屬減少的重力小相等，金屬桿 a進入磁場后勻速運動，b進入磁場后，a離開磁場，金屬桿 桿a受力情況相同，故也做勻速運動， A項錯，B項正確；兩桿勻速穿過磁場, 勢能轉(zhuǎn)化為回路的電熱，即 Q= 2mgLsin 30 = mgL, C項正確，D項錯.模擬題組）如圖甲所示，光滑絕緣水平面上，虛線MN的右側(cè)存在MN的左側(cè)有一質(zhì)量 m = 0.1 kg的矩形線圈abed, be邊長 用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運1.（多選）（2015江西八校聯(lián)考磁感應(yīng)強度B = 2 T的勻強磁場， Li = 0.2 m ,電阻 R= 2 Q .= 0 時，動，

22、經(jīng)過時間1 s,線圈的be邊到達磁場邊界 MN，此時立即將拉力 F改為變力，又經(jīng)過1 s,線圈恰好完全進入磁場，整個運動過程中，線圈中感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示.則（）乙030.1 0A .恒定拉力大小為 0.05 NB .線圈在第2 s內(nèi)的加速度大小為1 m/s2C.線圈ab邊長L2= 0.5 mD .在第2 s內(nèi)流過線圈的電荷量為0.2 CVi = aiti, F = mai，聯(lián)立得 F = 0.05 N ,解析：選 ABD.在第 1 s末，i1= E，E= BL1V1,RE，A項正確.在第2 s內(nèi)，由圖象分析知線圈做勻加速直線運動，第2 s末i2 = -,E，= BL1V2,

23、RV2= V1 + a2t2，解得 a2= 1 m/s2, B 項正確.在第 2 s 內(nèi)，V2 v2= 2a2L2，得 L2= 1 m, C 項錯 誤.q= bL1z2= 0.2 C, D 項正確.R Rg,2. （多選）（2015河南三市聯(lián)考）兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距 為L,頂端接阻值為 R的電阻.質(zhì)量為 m、電阻為r的金屬棒在距磁場上 邊界某處由靜止釋放，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強 度為B的勻強磁場垂直，如圖所示，不計導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為 則（）A .金屬棒在磁場中運動時，流過電阻R的電流方向為bB 金屬棒的速度為 v時，金屬棒所受的安培力大小為2 2BLv

24、R+ rd 金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，電阻r的熱功率為mg 2r 解析：選BD.金屬棒在磁場中向下運動時，由楞次定律知，流過電阻c.金屬棒的最大速度為mgB+ rR的電流方向為a，選項A錯誤；金屬棒的速度為v時，金屬棒中感應(yīng)電動勢 E = BLv,感應(yīng)電流I =一匚,R+ rB22、/所受的安培力大小為 F = BIL = 一，選項B正確；當安培力 F = mg時，金屬棒下滑速度R+ r最大，金屬棒的最大速度為 V = mgB2Rtr，選項C錯誤；金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，電阻R+ r）,電阻R的熱功率為 mg 2r,選項D正確.3.（多選）（2015揚州模擬）如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面間

25、的夾角為 計，與阻值為 R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強度為 為m、長為I的導(dǎo)體棒從ab位置獲得平行于斜面的、大小為 達a' b'的位置，滑行的距離為 則（R和r的總熱功率為 P= mgv=0,導(dǎo)軌電阻不 B.有一質(zhì)量 v的初速度向上運動，最遠到 s,導(dǎo)體棒的電阻也為R,與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為卩0+ QOS 0)1 2C.上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為2mv212D .上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機械能為mv mgssin解析：選BD上滑過程中，開始時導(dǎo)體棒的速度最大,b2|2受到的安培力最大為 賠,A錯;2R根據(jù)能量守恒，上滑過程中電流做功放出的熱量為程中

26、導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電流做功產(chǎn)生的熱,1 22mv1 2也是？mv mgs(sin 0+ qos 0), C 錯;mgs(sin 0+ qos 0), B 對；上滑過1 2上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機械能為qmv mgssin0, D 對.L經(jīng)典題組4. （單選）如圖所示，寬為2L且上、下邊界都水平的勻強磁場區(qū)域的正 上方有一個高為 L的閉合矩形線框由靜止從某高度釋放，線框豎直下落過 程中，下邊始終保持水平， 磁感應(yīng)強度方向垂直線框平面向里，線框第一次從某高度由靜止下落后， 恰好勻速進入磁場， 第二次調(diào)整下落高度后， 線框 恰好勻速穿過磁場下邊界，用丨2分別表示第一次、第二次在整個進出磁場區(qū)

27、域的過程中線框的感應(yīng)電流大小，則下列反映線框的感應(yīng)電流隨位移變化的圖象中可能正確的是 （）X X >(2LXXX£D解析：選A.線框第一次進入磁場先做勻速運動，產(chǎn)生恒定電流，完全進入磁場后做加 速度為g的勻加速運動，線框中無感應(yīng)電流， 而出磁場時，做減速運動，線框中產(chǎn)生逐漸減 小的感應(yīng)電流，但剛出磁場時速度不小于進入磁場時速度，即x = 3L時，感應(yīng)電流不小于Io, A對，B錯；線框第二次出磁場時做勻速運動，產(chǎn)生恒定電流，因線框在完全進入磁場 后有一段勻加速運動過程， 所以線框在進入磁場過程中將一直做加速運動且感應(yīng)電流一定小 于 Io，C、D 錯.5. （多選）如圖所示，光滑平

28、行的金屬導(dǎo)軌寬度為L,與水平方向成B角傾斜固定，導(dǎo)軌之間充滿了垂直于導(dǎo)軌平面的足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放置著質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a、b,二者都被垂直于導(dǎo)軌的擋板擋住保持靜止，金 屬導(dǎo)軌電阻不計，現(xiàn)對b棒施加一垂直于棒且平行于導(dǎo)軌平面向上的牽引力F,并在極短的P.為了使a棒沿導(dǎo)軌向上運動,P的取值可能為（重時間內(nèi)將牽引力的功率從零調(diào)為恒定的 力加速度為g）（）A.2 22m g RC.2 27m g R 22 B L.2sin 0.2 sin 02 25m g R 2D. 2 廠 sin 0 B L解析：選CD.以b棒為研究對象，由牛頓第二定律可知BLvF m

29、gs in 0- BL = ma,以 a2 RBL v棒為研究對象，由牛頓第二定律可知"2RBL mgsin 0= ma'2 2故P= Fv>4m；L2Rsin20,由此可得選項 C、D正確，選項A、,則 F>2mgsinB錯誤.2Rmgsin 00, V> b22，（重力加速度MN由靜止釋放，運動一段時間后，MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為）B. 5 m/sD. 15 m/s解析:選B.小燈泡穩(wěn)定發(fā)光說明棒做勻速直線運動此時:6. （單選）（2013高考安徽卷）如圖所示，足夠長平行金屬導(dǎo)軌 傾斜放置，傾角為 37°寬度為0.5 m，電阻

30、忽略不計，其上端接 一小燈泡，電阻為1 Q. 導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為 kg,接入電路的電阻為1 Q,兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為 0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場， 磁感應(yīng)強度為0.8 T .將導(dǎo)體棒 小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒 g 取 10 m/s2, sin 37 = 0.6）（A . 2.5 m/s 1 WC. 7.5 m/s 9 W22R總對棒滿足:B I v2 2B l vmgsin 0mgos 0= 0R棒+ R燈因為R燈=R棒則：P燈=P棒再依據(jù)功能關(guān)系： mgs in 0v卩mgos 0 v= P燈+ P棒 聯(lián)立解得v = 5 m/s, P

31、燈=1 W，所以B項正確.課后達標檢測X以練促常彌補短板手生用書羊狡戍冊一、單項選擇題1.如圖所示，在一固定水平放置的閉合導(dǎo)體圓環(huán)上方，有一條形磁鐵，從離地面高h處，由靜止開始下落，最后落在水平地面上.磁鐵下落過程中始終保持豎直方向，并從圓環(huán)中心穿過圓環(huán)，而不與圓環(huán)接觸.若不計空氣阻力.重力加速度為g,下列說法中正確的是A .在磁鐵下落的整個過程中，圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向先逆時針后順時針（從上向下看圓環(huán)）B .磁鐵在整個下落過程中，受圓環(huán)對它的作用力先豎直向上后豎直向下C.磁鐵在整個下落過程中，它的機械能不變D .磁鐵落地時的速率一定等于2gh解析：選A.當條形磁鐵靠近圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量增

32、加，根據(jù)楞次定律可判斷圓 環(huán)中感應(yīng)電流的方向為逆時針（從上向下看圓環(huán)），當條形磁鐵遠離圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通 量減小，根據(jù)楞次定律可判斷圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向為順時針（從上向下看圓環(huán)）,A正確；根據(jù)楞次定律的推論 “來拒去留”原則，可判斷磁鐵在整個下落過程中，受圓環(huán)對它的作用力始終豎直向上，B錯誤；磁鐵在整個下落過程中，由于受到磁場力的作用，機械能不守恒，C錯誤；若磁鐵從高度h處做自由落體運動， 其落地時的速度v = .2gh,但磁鐵穿過圓環(huán)的 過程中要產(chǎn)生一部分電熱，根據(jù)能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，2gh , D錯誤.2豎直平面內(nèi)有一形狀為拋物線的光滑曲面軌道，如圖所示，拋物線方程是

33、y= x 2C. mg（b a）D. mg（b a） + mv解析：選D.小金屬環(huán)進入或離開磁場時，磁通量會發(fā)生變化，并產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱；當小金屬環(huán)全部進入磁場后，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，小金屬環(huán)最終在磁場中做往復(fù)運動，1 2 1 由能量守恒可得產(chǎn)生的焦耳熱等于減少的機械能，即Q = mv + mgb mga= mg（b a） + ? mv .3. （2013高考福建卷）如圖，矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放， 用t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界線 00 '平行，線框平面與磁場方向垂直設(shè)00 '下

34、方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣影響，則下列哪一個圖象不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律（）,軌道下半部分處在一個水平向外的勻強磁場中，磁場的上邊界是y= a的直線（圖中虛線所示）,一個小金屬環(huán)從拋物線上 y= b（b>a）處以速度v沿拋物線下滑，假設(shè)拋物線足夠長，金屬環(huán) 沿拋物線下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量是（）y/mb2Q+ 7 *1 2A. mgbBmv解析：選A.由題意可知，線框先做自由落體運動，最終做勻加速直線運動若ab邊剛進入磁場時，速度較小， 線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流較小，線框所受安培力小于重力，則線框進入磁場的過程做加速度逐漸減小的加速運動，圖象C有可能；若線框進入磁場時的

35、速度較大，線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流較大，線框所受安培力大于重力，則線框進入磁場時做加速度逐漸減小的減速運動，圖象B有可能；若線框進入磁場時的速度合適，線框所受安培力等于重力，則線框勻速進入磁場，圖象D有可能；由分析可知本題應(yīng)選4. （2015南昌模擬）如圖所示，在光滑水平面上方，有兩個磁 感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大.一個邊長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框沿垂直磁場方向，以速度v從圖示位置向右2 2 24B L vR2 2B .此時線框的加速度為 4BnRvA .此時線框的電功率為C.此過程通過線框截面的電荷量為D .此過程回路產(chǎn)生的電

36、能為2BL20.75mvA.yjT.VVFX X Ji" 1.*XXXX XX XX XX X： X ： $X x: X ： . :*.一一匹云冷上丄.* *R運動，當線框中心線 AB運動到與PQ重合時，線框的速度為 2,解析：選C.在題圖中虛線位置，線框產(chǎn)生的電動勢E =呼+ BLV = BLv,電流1 = E BLVR2 2由牛頓第二定律可知，線框的加速度a= F = 2 X牛=筆護，B錯誤；線框的電功率P = I2Rm m mRB2i 2V2 =二也,A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律和電流的定義，可得此過程通過線框截面的電荷R2 2 量q= I t = *¥=, C正確；

37、由能量守恒定律可得，回路產(chǎn)生的電能W= £mv2 m = 3R R2248mv2, D錯誤.5. 如圖甲所示，電阻不計且間距L= 1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，上端接一阻值R= 2 Q的電阻，虛線00 '下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場，現(xiàn)將質(zhì)量m= 0.1 kg、電阻不計的金屬桿 ab從00'上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導(dǎo)軌保持良 好接觸且始終水平，已知桿ab進入磁場時的速度 vo= 1 m/s，下落0.3 m的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，則（）R屮乙30A .勻強磁場的磁感應(yīng)強度為1 TB .桿ab下落0

38、.3 m時金屬桿的速度為1 m/sC.桿ab下落0.3 m的過程中R上產(chǎn)生的熱量為 0.2 JD .桿ab下落0.3 m的過程中通過 解析：選D.在桿ab剛進入磁場時，解得B = 2 T,選項A錯誤.桿ab下落R的電荷量為0.25 C2 2有B ：V0 mg= ma,由題圖乙知，a的大小為10 m/s1 2,R0.3 m時桿做勻速運動,2 2則有BLv'=mg,解得v=0.5 m/s，選項B錯誤.在桿ab下落0.3 m的過程中，根據(jù)能量守恒，R上產(chǎn)生的熱量為1 AB SQ= mghmv' C.在此過程中電阻 R上產(chǎn)生的焦耳熱為 mgxsin a qmvm= 0.287 5 J，

39、選項 C錯誤.通過 R的電荷量q = 百=- = 0.25 C ,選項2 RRD正確. 6.如圖所示，足夠長的光滑 U形導(dǎo)軌寬度為L,其所在平面與 水平面的夾角為 a上端連接一個阻值為 R的電阻，置于磁感應(yīng)強度 大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，今有一質(zhì)量為m、有效電阻為r的金屬桿垂直于導(dǎo)軌放置并由靜止下滑，設(shè)磁場區(qū)域無限大，當 金屬桿下滑達到最大速度Vm時，運動的位移為x,則以下說法中正確的是()A .金屬桿所受導(dǎo)軌的支持力大于mgcos aB .金屬桿下滑的最大速度 vm="B L cos aD .在此過程中流過電阻R的電荷量為BLxR+ r2 2BLv mCOS aR+ r解

40、析：選A.由于磁感應(yīng)強度方向豎直向上，根據(jù)右手定則及左手定則，金屬桿受水平 向右的安培力、重力及支持力， A正確；當金屬桿受力平衡時，速度最大，故有mg(R+ r sin a1 2=mgtan a 得 vm = ttt-22, B錯誤；由能量守恒定律可得mgxsin a=-mvm+ Q總，貝UB L cos a2電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 Qr= 總=mgxsin a mv , C錯誤；流過電阻R的電荷R+ rR+ 八2 BLxcos a 廠量為Q =, D錯誤.R+rR+r二、多項選擇題7. 如圖所示，邊長為 L、電阻不計的n匝正方形金屬線框位于豎直 平面內(nèi)，連接的小燈泡的額定功率、額定電壓分別為

41、P、U，線框及小燈泡的總質(zhì)量為 m,在線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾葹镮，磁感應(yīng)強度方向與線框平面垂直，其上、下邊界與線框底邊均水平.線框 從圖示位置開始靜止下落，穿越磁場的過程中，小燈泡始終正常發(fā)光.則 ( )A .有界磁場寬度l<LB .磁場的磁感應(yīng)強度應(yīng)為mgUPc.線框勻速穿越磁場，速度恒為mgD .線框穿越磁場的過程中，燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為mgL解析：選BC.因線框穿越磁場的過程中小燈泡正常發(fā)光，故線框勻速穿越磁場，且線框長度L和磁場寬度I相同，A錯誤；因線框勻速穿越磁場， 故重力和安培力相等， mg= nBIL =nBPL,得B =黑#, B正確；線框勻速穿越磁場，重力做

42、功的功率等于電功率，即mgv=P,得v=E, C正確；線框穿越磁場時，通過的位移為 2L,且重力做功完全轉(zhuǎn)化為焦耳mg熱，故Q= 2mgL, D錯誤.8如圖所示，兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，勻強磁場方 向垂直導(dǎo)軌平面向下，金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路且都可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動，兩金屬棒ab、cd的質(zhì)量之比為2 : 1.用一沿導(dǎo)軌方向的 恒力F水平向右拉金屬棒 cd,經(jīng)過足夠長時間以后（）A .金屬棒ab、cd都做勻速運動B .金屬棒ab上的電流方向是由b向aC.金屬棒cd所受安培力的大小等于2F/3D .兩金屬棒間距離保持不變解析：選BC.對兩金屬棒ab、cd進行受力分析和運動分析可

43、知，兩金屬棒最終將做加 速度相同的勻加速直線運動， 且金屬棒ab速度小于金屬棒 cd速度，所以兩金屬棒間距離是 變大的，由楞次定律判斷金屬棒 ab上的電流方向由b到a, A、D錯誤，B正確；以兩金屬棒整體為研究對象有：F = 3ma，隔離金屬棒cd分析其受力，則有：F F安=ma,可求得一 2金屬棒cd所受安培力的大小 F安=3F , C正確.9. （2015內(nèi)蒙古包頭測評）如圖，在水平桌面上放置兩條相距I的平行光滑導(dǎo)軌ab與cd,阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的a、c端相連.質(zhì)量為 m、電阻不計的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置并可沿導(dǎo)軌自由滑動.整個裝置放于勻強磁場中，磁場的方向豎直向上（圖中未畫出），磁感應(yīng)強

44、度的大小為 B.導(dǎo)體棒的中點系一個不可伸長的輕繩，繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一個質(zhì)量也為 m的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài).現(xiàn)若從靜止開始釋放物塊，用h表示物）A .電阻R中的感應(yīng)電流方向由 a到cB .物塊下落的最大加速度為 gC. 若h足夠大，物塊下落的最大速度為 畧率D. 通過電阻R的電荷量為器 2解析：選CD.題中導(dǎo)體棒向右運動切割磁感線，由右手定則可得回路中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，則電阻 R中的電流方向由c到a, A錯誤；對導(dǎo)體棒應(yīng)用牛頓第二定律有： T -F安=ma，又F安=Bl，再對物塊應(yīng)用牛頓第二定律有： mg T = ma,則聯(lián)立可得：a2 2=g-黑，則物塊下落的最大

45、加速度 am= g, B錯誤；當a= 0時，速度最大為vm=,2 2mR2BlC正確；下落h的過程，回路中的面積變化量 AA lh，則通過電阻R的電荷量q= £Blh十仏=R, D正確.10.在仁川亞運會上，100 m賽跑跑道兩側(cè)設(shè)有跟蹤儀，其原理如圖甲所示，水平面上兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距為L = 0.5 m, 端通過導(dǎo)線與阻值為R= 0.5 Qm= 0.5 kg的金屬桿，金屬桿與導(dǎo)軌的電阻忽略不計.勻強F作用在金屬桿上，使桿運動.當改變拉力的大 v和F的關(guān)的電阻連接.導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為 磁場方向豎直向下用與導(dǎo)軌平行的拉力 小時，相對應(yīng)的速度 v也會變化，從而使跟蹤儀始終與運動員保持一致.已知 系如圖乙.（取重力加速度g= 10 m/s1 2）則（)甲A .金屬桿受到的拉力與速度成正比B .該磁場的磁感應(yīng)強度為1 TC.圖線在橫軸的截距表示金屬桿與導(dǎo)軌間的阻力大小D 導(dǎo)軌與金屬桿之間的動摩擦因數(shù)尸0.4解析：選BCD.由題圖乙可知拉力與速度是一次函數(shù)，但不成正比，故A錯；圖線在橫軸的截距是速度為零時的拉力，金屬桿將要運動，此時阻力一一最大靜摩擦力等于該拉力，2 2 RBLv*口B L