2015物理新一轮章末小结与专题9第九章电磁感应
高三物理一轮复习 第九章 电磁感应本章小结课件
mg sin θ= B 2 L+2 vF1
Rr
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得v1=2 m/s
返回过程中有mg·x sin 30°-Fx-W安=1
2
v 1m2
Q总=W安=48 J
电阻R上产生的热量QR= R Q总=38.4 J
Rr
答案 (1)2 m/s2 (2)38.4 J
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典例2 如图所示,足够长的光滑平行金属导轨cd和ef水平放置,在其左端连 接倾角为θ=37°的光滑金属导轨hc、ge,导轨间距均为L=1 m,在水平导轨和 倾斜导轨上,各放一根与导轨垂直的金属杆,金属杆与导轨接触良好。金属 杆a、b质量均为m=0.1 kg,电阻Ra=2 Ω、Rb=3 Ω,其余电阻不计。在水平导 轨和斜面导轨区域分别有竖直向上和竖直向下的匀强磁场B1、B2,且B1=B2 =0.5 T。已知从t=0时刻起,杆a在外力F1作用下由静止开始水平向右运动, 杆b在水平向右的外力F2作用下始终保持静止状态,且F2=0.75+0.2t (N)。 (sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
PP'(棒返回PP'前已经匀速运动)。返
回过程中,电阻R上产生的热量多大?
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解析 (1)t=0时刻金属棒受力和等效电路如图所示
F-mg sin θ-BIL=ma
I= E = B L v 0
Rr Rr
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由上述两式得a=-2 m/s2(负号表示方向沿导轨向下),则加速度大小为2 m/s2
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ12
A.线框进入磁场前运动的加速度为 Mgmgsinθ
m
【课堂新坐标】2015届高考物理一轮总复习 第九章 电磁感应章末归纳提升课件
灵活综合，融会贯通
物理方法是相通的， 一种方法中往往包含着另一种或几 种方法的使用，只有常用常练，才能熟能生巧，在解题中自 然产生灵感，即所谓的灵机一动，才能将不同的方法、技巧 有机地结合基础知识和基本规律，整合于综合运用之中，避 免生搬硬套，达到融会贯通、灵活综合运用的更高境界，高 考中自然胜人一筹．
2L 2 t0＋ ) a
【即学即用】 2. 如图 9－4，MN、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水 平面成 θ＝30° 角固定，轨距为 L＝1 m、质量为 m 的金属杆 ab 水平放置在轨道上，其阻值忽略不计．空间存在匀强磁 场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为 B＝0.5 T．P、M 间接有阻值 R1 的定值电阻，Q、N 间接变阻箱 R0， 现从静止释放 ab，改变变阻箱的阻值 R，测得最大速度为 v 1 1 与 的关系图线如图 9－5 所示．若轨道足够长 m，得到 vm R 且电阻不计，重力加速度 g 取 10 m/s2.求
1 (2)金属杆 ab 运动的加速度为 gsin θ 时， I′＝BLv′/R 2
总
根据牛顿第二定律 F 合＝ma mgsin θ－BI′L＝ma B2L2v 1 mgsin θ＝ (R ＋R)＝ mgsin θ R1R 1 2 代入数据，得到 v′＝0.8 m/s. (3)当变阻箱 R 取 4 Ω 时，根据图象得到 vm＝1.6 m/s，
线框在离开磁场的过程中运动的速度 v＝at B 0 Lv 产生的感应电流 I＝ R 由牛顿第二定律有 F－B0IL＝ma
2 B2 L 0 at 解得 F＝ ＋ma (t0≤t≤ R
2L 2 t0＋ ) a
【答案】
4 B2 L 1 22 0 (1) (2) ma t0 Rt0 2
高考物理一轮总复习 必修部分 第9章 电磁感应 第3讲 电磁感应规律的综合应用(一)-电路和图象课件
√ √ √ × ×
二、对点激活 1．[导体切割磁感线产生电动势与电路知识结合问题][2015·焦作一模](多选)如图所示，两根足够长的光 滑金属导轨水平平行放置，间距为 l＝1 m，cd 间、de 间、cf 间分别接着阻值 R＝10 Ω 的电阻。一阻值 R ＝10 Ω 的导体棒 ab 以速度 v＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强 度大小 B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是( ) A.导体棒 ab 中电流的流向为由 b 到 a B.cd 两端的电压为 1 V C.de 两端的电压为 1 V D.fe 两端的电压为 1 V
解析 a 图，Φ 恒定不变，回路中无感应电动势。b 图，Φ 均匀增加，ΔΔΦt 恒定，由 E＝ΔΔΦt 知感应电动 势稳定。c 图，在 0～t1 和 t1～t2 内产生的电动势分别为 E1＝ΔΔΦt1，E2＝ΔΔΦt2，ΔΦ 相同，Δt1<Δt2 所以 E1>E2。 d 图，由图象可知ΔΔΦt 先减小后增大，所以感应电动势先减小后增大。综上所述只有 D 对。
2．[法拉第电磁感应定律与电路知识结合][2016·江苏调研](多选)用一根横截面积为 S、电阻率为 ρ 的硬 质导线做成一个半径为 r 的圆环，ab 为圆环的一条直径。如图所示，在 ab 的左侧存在一个匀强磁场，磁场 垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率ΔΔBt ＝k(k<0)。则( )
解析 由右手定则可知 ab 中电流方向为 a→b，A 错误。导体棒 ab 切割磁感线产生的感应电动势 E＝ Blv，ab 为电源，cd 间电阻 R 为外电路负载，de 和 cf 间电阻中无电流，de 间无电压，因此 cd 和 fe 两端电 压相等，即 U＝2ER×R＝B2lv＝1 V，B、D 正确，C 错误。
电磁感应章末小结
三、自感与涡流
（常见模型1）
Rp
L1
L1、L2相同，电源、电感电阻不计
L L2
a
问题1：闭合开关瞬间的现象 L1 立即正常发光 L2 过一会儿后逐渐变亮
问题2：断开开关瞬间的现象
情况1（若RL < Rp ，即电流稳定时，I2 > I1） L1 闪亮后熄灭， L2 从原亮度逐渐熄灭 情况2 （若RL > Rp ，即电流稳定时，I2 < I1） L1与L2均逐渐熄灭
二、法拉第电磁感应定律 ——计算判断E感大小 1、法拉第电磁感应定律公式 2、平动与转动切割电动势计算公式 3、导体切割磁感线的“有效速度”与“有效长度” 4、电路中电学量的比较和计算 5、电磁感应现象中的运动与能量问题
三、自感与涡流 ——生产、生活中的应用
一、楞次定律 ——用来判断I感方向、导体受F安方向
v
E BLv
E
I E R+r
I
F安 BIL F
a F合 m
a
法拉第
欧姆
安培
牛顿
二、法拉第电磁感应定律
4、电磁感应现象中的运动与能量问题 （4）在下述情况中，导体棒的vmax如何计算？
F安 F安
F安
F
mg
θθ mg
当F安=F B2 L2vmax F
Rr v达到vmax
当F安=mg
B2L2vmax mg Rr
F安
F 再由左手定则 ——判断F安向左 开始时F >F安 ——导体棒加速
F安
BIL
B
E R
r
L
B
BLv Rr
L
v
(随v增大, F安增大)
B 2 L2v Rr
高考物理大一轮复习 第九章 电磁感应本章小结
本章小结课件
专题 电磁感应中的图象问题
电磁感应中的图象问题是高考选择题命题的热点。这类问题的实 质是法拉第电磁感应定律、楞次定律等知识的应用。解决这类问题的 关键点: (1)明确图象种类; (2)整个过程合理分段; (3)注意根据方向排除错误选项。 类型一:图象的选择
问题类型
由给定的电磁感应过程选出正确的图象
解题关键
把握图象特点、分析相关物理量 如图所示,xOy平面内有一半径为R的圆形区域,区域内有磁感应强 度大小为B的匀强磁场,左半圆磁场方向垂直于xOy平面向里,右半圆磁 场方向垂直于xOy平面向外。一平行于y轴的长导体棒ab以速度v沿x轴 正方向做匀速运动,则导体棒两端的电势差Uba与导体棒位置x关系的图 象是 ( )
答案 A 质是法拉第电磁感应定律、楞次定律等知识的应用。
高考物理大一轮复习 第九章 电磁感应本章小结课件 体棒在磁场中的切割长度l=2 =2 ,感应电动势E=Blv=2 一平行于y轴的长导体棒ab以速度v沿x轴 正方向做匀速运动,则导体棒两端的电势差Uba与导体棒位置x关系的图 象是 ( ) 例1 如图所示,xOy平面内有一半径为R的圆形区域,区域内有磁感应强
解析 由图乙可知,在0~1 s内,磁感应强度均匀增大,穿过线圈的磁通量均 匀增大,由楞次定律可知线圈中产生恒定电流,其方向与正方向一致;1~3 s 内,穿过线圈的磁通量不变,感应电动势为零;在 3~5 s内,线圈中的磁通量均 匀减小,由楞次定律可知线圈中产生恒定电流,其方向与正方向相反。由图 乙可知0~1 s内磁感应强度变化率是3~5 s内磁感应强度变化率的2倍,故产 生的电动势为其2倍。故A正确。
类型二:图象的应用
问题类型
由一种电磁感应的图象分析求解出对应的另一种电磁感应图象的问题
2015名师导学物理一轮课件 第九章 电磁感应9.4
∴vm＝ 2与知识感悟】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，把机械能或其它能量转化 成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其它 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：其它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．
例3如图所示，水平面
上有相距 L＝0.4 m 的两平 行足够长固定轨道 M 和 N， 轨道的电阻不计．两根长度
【思路点拨】使处于磁场中又处于光滑倾斜导轨 上的 ab 棒静止，必须满足合外力为零的条件，分析 ab 受力情况，确定 ab 中电流方向，再判断 cd 棒的运 动方向．再依法拉第电磁感应定律和欧姆定律、安培 力计算公式列方程求解．
【解析】放在坡面导轨上的 金属棒 ab 处在竖直向上的匀强 磁场中，要使它保持静止，必须 ab 中流有从 b→a 的电流，ab 才 能受到水平向右的磁场力．如图 所示．ab 在重力、弹力和磁场力作用下保持静止，而 ab 中的电流是 cd 在磁场中切割磁感线产生的，要产 生从 c→d 的电流，根据右则定则，cd 棒必须向右运 动．cd 棒以速度 v 向右运动产生感应电动势 E.
2．运动的动态分析
二、电磁感应中的能量问题 1．电磁感应现象的实质是___其__它__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__它__形__式__的__能____转化为__电__能____，电 流做功再将电能转化为__其__它__形__式__的__能____．
高三物理一轮复习 必考部分 第9章 电磁感应章末高效整合教师用书
第9章 电磁感应物理方法|等效法在电磁感应中的应用1．方法概述闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流．将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路问题求解．2．方法技巧(1)明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则来判定．(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题． 3．等效问题如图91所示，直角三角形导线框abc 固定在匀强磁场中，ab 是一段长为L 、电阻为R 的均匀导线，ac 和bc 的电阻可不计，ac 长度为L2.磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L 2，电阻为R2的均匀导体棒MN 架在导线框上，开始时紧靠ac ，然后沿ab 方向以恒定速度v 向b 端滑动，滑动中始终与ac 平行并与导线框保持良好接触，当MN 滑过的距离为L3时，导线ac 中的电流为多大？方向如何？图91【规范解答】 MN 滑过的距离为L3时，如图甲所示，它与bc 的接触点为P ，等效电路图如图乙所示．甲 乙由几何关系可知MP 长度为L3，MP 中的感应电动势E ＝13BLvMP 段的电阻r ＝13RMacP 和MbP 两电路的并联电阻为r 并＝13×2313＋23R ＝29 R由欧姆定律得，PM 中的电流I ＝E r ＋r 并ac 中的电流I ac ＝23I解得I ac ＝2BLv5R根据右手定则可知，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c .【答案】2BLv5R方向由a 流向c [突破训练]1．如图92所示，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是( ) 【导学号：96622172】图92A ．拉力的大小在运动过程中保持不变B ．棒通过整个圆环所用的时间为2RaC ．棒经过环心时流过棒的电流为B 2aRπrD ．棒经过环心时所受安培力的大小为8B 2R 2aRπrD 导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A 错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t ，由匀变速直线运动的基本关系式可得2R ＝12at 2，解得t ＝4R a，选项B 错误；由v 2－v 20＝2ax 可知棒经过环心时的速度v ＝2aR ，此时的感应电动势E ＝2BRv ，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻r 总＝πRr2，故棒经过环心时流过棒的电流为I ＝E r 总＝4B 2aR πr，选项C 错误；由对选项C 的分析可知棒经过环心时所受安培力的大小为F ＝2BIR ＝8B 2R 2aRπr，选项D 正确．物理模型|电磁感应中的“杆＋导轨”模型1．单杆模型(如图93所示)图93(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(如图94所示)图94(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 ＝ΔΦΔt ＝Bl (v 1－v 2)．(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．如图95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m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝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m 2＝0.4 kg ，电阻R 2＝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，g 取10 m/s 2.问：图95(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．【思路导引】【规范解答】 (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ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ ①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 ＝BLv②设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝ER 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 ＝5 m/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 ＝1.3 J.【答案】 (1)由a 流向b (2)5 m/s (3)1.3 J [突破训练]2.(2016·全国乙卷)如图96，两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96(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N 1，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N 2.对于ab 棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μN 1＋T ＋F①N 1＝2mg cos θ②对于cd 棒，同理有mg sin θ＋μN 2＝T③ N 2＝mg cos θ④联立①②③④式得F ＝mg (sin θ－3μcos θ)．⑤(2)由安培力公式得F ＝BIL⑥这里I 是回路abdca 中的感应电流．ab 棒上的感应电动势为E ＝BLv⑦式中，v 是ab 棒下滑速度的大小．由欧姆定律得I ＝ER⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L2.⑨【答案】 (1)mg (sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2高考热点1|与电磁感应有关的图象问题1．图象问题的求解类型 类型据电磁感应过程选图象据图象分析判断电磁感应过程求解流程(1)明确图象的种类，即是B t 图还是Φt 图，或者E t 图、I t 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方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式； (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； (6)画图象或判断图象．(多选)(2016·四川高考)如图97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 ＝F 0＋kv (F 0、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F A ，电阻R 两端的电压为U R ，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( )图97【规范解答】 当金属棒MN 的速度为v 时，MN 受到的安培力F A ＝BIl ＝B 2l 2vR ＋r ，根据牛顿第二定律得金属棒MN 的加速度a ＝F －F A m ＝F 0m ＋k －B 2l 2R ＋r m v ，且i ＝BlvR ＋r ，U R ＝BlvR R ＋r ，P ＝B 2l 2v 2R ＋r. 若k ＝B 2l 2R ＋r，金属棒做匀加速直线运动，此时，i t 图象为直线，F A t 图象为直线，U R t图象为直线，P t 图象为抛物线．若k >B 2l 2R ＋r ，则金属棒做加速度增大的加速运动．则i t 图象、F A t 图象、U R t 图象、P t 图象为曲线，斜率越来越大，此时选项B 正确．若k <B 2l 2R ＋r，则金属棒做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速运动，此时i t图象、F A t 图象、U R t 图象、P t 图象为曲线；斜率越来越小，此时选项C 正确．【答案】 BC [突破训练]3．(2015·山东高考)如图98甲，R 0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T 0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R 0的电流i 始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a 端电势高于b 端时，a 、b 间的电压u ab 为正，下列u ab t 图象可能正确的是( ) 【导学号：96622173】甲 乙图98C 由题图乙知，0～0.25T 0，外圆环电流逐渐增大且ΔiΔt逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且ΔBΔt 逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以u ab >0，根据法拉第电磁感应定律u ab ＝ΔΦΔt ＝ΔBSΔt 知，u ab 逐渐减小；t ＝0.25T 0时，Δi Δt ＝0，所以ΔBΔt ＝0，u ab ＝0；同理可知0.25T 0<t <0.5T 0时，u ab <0，且|u ab |逐渐增大；0.5T 0～T 0内重复0～0.5T 0的变化规律．故选项C 正确．高考热点2|电磁感应中电荷量和焦耳热的计算1．电荷量的计算(1)思考方向：根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 确定平均感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电流的定义式I ＝q t计算电荷量．(2)公式推导过程2．焦耳热的计算求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路：如图99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/s2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Q1∶Q2＝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：图99(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Q2；(3)外力做的功W F.【思路导引】【规范解答】(1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt①其中ΔΦ＝Blx ② 设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得 I ＝ER ＋r ③则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt④ 联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ． ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得 W ＝0－12mv 2⑦ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝1.8 J ． ⑨(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 J⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 W F ＝Q 1＋Q 2⑪由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J.【答案】 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J[突破训练] 4．(多选)如图910所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K 和质量为m 的缓冲车厢．在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ 、MN .缓冲车的底部安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .导轨内的缓冲滑块K 由高强度绝缘材料制成，滑块K 上绕有闭合矩形线圈abcd ，线圈的总电阻为R ，匝数为n ，ab 边长为L .假设缓冲车以速度v 0与障碍物C 碰撞后，滑块K 立即停下，而缓冲车厢继续向前移动距离L 后速度为零．已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab 边均没有接触，不计一切摩擦阻力．在这个缓冲过程中，下列说法正确的是( )图910A ．线圈中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，最大感应电流为BLv 0RB ．线圈对电磁铁的作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲C ．此过程中，线圈abcd 产生的焦耳热为Q ＝12mv 20 D ．此过程中，通过线圈abcd 的电荷量为q ＝BL 2RBC 缓冲过程中，线圈内的磁通量增加，由楞次定律知，感应电流方向沿逆时针方向(俯视)，感应电流最大值出现在滑块K 停下的瞬间，大小应为nBLv 0R，A 项错误；线圈中的感应电流对电磁铁的作用力，使车厢减速运动，起到了缓冲的作用，B 项正确；据能量守恒定律可知，车厢的动能全部转换为焦耳热，故Q ＝12mv 20，C 项正确；由q ＝I －·Δt 、I －＝E －R及E －＝n ΔΦΔt ，可得q ＝n ΔΦR ，因缓冲过程ΔΦ＝BL 2，故q ＝nBL 2R，D 项错误．。
高三物理一轮 第9章《电磁感》章末大盘点
峙对市爱惜阳光实验学校2021<金学案>高三一轮复习物理第9章<电磁感>章末大盘点(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1．如右图所示，A、B是两根互相平行的、固的长直通电导线，二者电流大小和方向都相同．一个矩形闭合金属线圈与A、B在同一平面内，并且ab边保持与通电导线平行，线圈从图中的位置1匀速向左移动，经过位置2，最后到位置3，其中位置2恰在A、B的间，那么下面的说法中正确的选项是( )A．在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量为最大B．在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零C．从位置1到位置3的整个过程中，线圈内感电流的方向发生了变化D．从位置1到位置3的整个过程中，线圈受到的磁场力的方向保持不变解析：由安培那么知A错误，此时穿过线圈的磁通量的变化率最大；从位置1到位置3的整个过程中，穿过线圈的磁通量是先向外逐渐减小到零，然后向里逐渐增大，由楞次律知C错D对．答案：D2.如右图所示，在纸面内放有一个条形磁铁和一个圆形线圈(位于磁铁央)，以下情况中能使线圈中产生感电流的是( )A．将磁铁在纸面内向上平移B．将磁铁在纸面内向右平移C．将磁铁绕垂直纸面的轴转动D．将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内解析：磁铁在线圈所处位置产生的磁感线与线圈平面平行，穿过线圈的磁通量为零，将磁铁在纸面内向上平移、向右平移和将磁铁绕垂直纸面的轴转动，穿过线圈的磁通量始终都是零，没有发生变化，所以不会产生感电流．将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内时，穿过线圈的磁通量由零开始逐渐变大，磁通量发生了变化，所以有感电流产生．答案：D3.如右图所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中( )A．有感电流，且B被A吸引B．无感电流C．可能有，也可能没有感电流D．有感电流，且B被A排斥解析：MN向右加速滑动，根据右手那么，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培那么知，电磁铁A的磁场方向向左，且大小逐渐增强，根据楞次律知，B环中的感电流产生的磁场方向向右，B被A排斥．答案：D4.如右图所示，在坐标系xOy中，有边长为a的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab 边刚好完全重合，左边界与y 轴重合，右边界与y 轴平行．t ＝0时刻，线圈以恒的速度v 沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a 的感电流方向为正，那么在线圈穿越磁场区域的过程中，感电流i 随时间t 变化的图线是以下图中的( )解析： 在d 点运动到O 点过程中，ab 边切割磁感线，根据右手那么可以确线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，D 错误；t ＝0时刻，ab 边切割磁感线的有效长度最大，然后逐渐减小，故感电动势和感电流逐渐减小，C 错误；当cd 边与磁场边界重合后继续运动，cd 边切割磁感线，根据右手那么可知线框中电流方向为顺时针方向，即负方向，B 错误，A 正确． 答案： A5．如下图，以下判断正确的选项是( )A ．图因穿过铝环的磁通量始终为零，所以铝环中不产生感电流B ．图乙中地面上方的电场方向和磁场方向可能重合C ．由公式E ＝N ΔΦΔt可求出图丙导线abc 中的感电动势为零D ．图丁中，当导线A 通过向外的电流时，磁铁对斜面的压力增大，同时弹簧缩短解析： 图铝环切割磁感线产生感电动势，A 错；图乙中当电场力和洛伦兹力的合力向上与重力平衡时小球沿直线运动，此时电场方向和磁场方向相同，B 对；图丙中导线切割磁感线产生感电动势，C 错；图丁中，经判断可知导线与磁铁的相互作用力使磁铁对斜面的压力减小，弹簧的拉力减小，D 错． 答案： B6．如图甲所示，一个电阻为R ，面积为S 的矩形导线框abcd ，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感强度为B ，方向与ad 边垂直并与线框平面成45°角，O 、O′分别是ab 边和cd 边的中点．现将线框右半边ObcO′绕OO′逆时针旋转90°到图乙所示位置．在这一过程中，导线中通过的电荷量是( ) A.2BS 2R B.2BS RC.BSRD ．0解析： 根据法拉第电磁感律可以导出感的电荷量为：Q ＝ΔΦR；对右半个线框分析而ΔΦ＝B×S 2cos 45°－⎝ ⎛⎭⎪⎫－B ×S 2sin 45°＝BScos 45°＝22BS ，故答案选A. 答案： A7.如右图所示，a 、b 是同种材料(非超导材料)制成的长导体棒，静止于水平面内足够长的光滑水平导轨上，b 的质量是a 的2倍，匀强磁场垂直于纸面向里．假设给a J 的初动能使之向左运动，最后a 、b 速度相同且均为a 初速度的13，不计导轨的电阻，那么整个过程中a 棒产生的热量最大值为( ) A ．2 J B ． JC ．3 JD ． J 答案： A8.如右图所示，在光滑的水平面上，一质量为m ，半径为r ，电阻为R 的均匀金属环，以初速度v0向一磁感强度为B 的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d>2r)．圆环的一半进入磁场历时t 秒，这时圆环上产生的焦耳热为Q ，那么t 秒末圆环中感电流的瞬时功率为( ) A.4B2r2v20RB.4B2r2⎝⎛⎭⎪⎫v20－2Q m RC.2B2r2⎝⎛⎭⎪⎫v20－2Q m RD.B2r2π2⎝⎛⎭⎪⎫v20－2Q m R解析： t 秒末圆环中感电动势为E ＝B·2r·v，由能量守恒知，减少的动能转化为焦耳热：Q ＝12mv20－12mv2，t 秒末圆环中感电流的功率为P ＝E2R＝4B2r2⎝⎛⎭⎪⎫v20－2Q m R答案： B9.如右图所示，甲、乙是两个完全相同的闭合正方形导线线框，a 、b 是边界范围、磁感强度大小和方向都相同的两个匀强磁场区域，只是a 区域到地面的高度比b 高一些．甲、乙线框分别从磁场区域的正上方相同高度处同时由静止释放，穿过磁场后落到地面．下落过程中线框平面始终保持与磁场方向垂直．以下说法正确的选项是( ) A ．落地时甲框的速度比乙框小 B ．落地时甲框的速度比乙框大 C ．落地时甲乙两框速度相同D ．穿过磁场的过程中甲、乙线框中产生热量相同解析： 此题考查动能理．由图可知乙线框进入磁场时的速度比甲线框进入磁场时速度大，分析可知安培力对乙做的负功多，产生的热量多，故D 选项错误；重力做的功一转化为导线框的动能，一转化为导线框穿过磁场产生的热量，根据动能理可知，甲落地速度比乙落地速度大，故B 选项正确．此题难度中． 答案： B二、非选择题10．如下图，在一倾角为37°的粗糙绝缘斜面上，静止地放置着一个匝数n ＝10匝的圆形线圈，其总电阻R ＝4 Ω、总质量m ＝0.4 kg 、半径r ＝0.4 m ．如果向下轻推一下此线圈，那么它刚好可沿斜面匀速下滑．现在将线圈静止放在斜面上后．在线圈的水平直径以下的区域中，加上垂直斜面方向的，磁感强度大小按如以下图所示规律变化的磁场(提示：通电半圆导线受的安培力与长为直径的直导线通同样大小的电流时受的安培力相)问： (1)刚加上磁场时线圈中的感电流大小I.(2)从加上磁场开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q.(最大静摩擦力于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2)解析： (1)由闭合电路的欧姆律I ＝ER由法拉第电磁感律E ＝n ΔBΔSΔt由图，ΔBΔt ＝0.5 T/SS ＝12πr2联立解得I ＝0.4 A.(2)设线圈开始能匀速滑动时受的滑动摩擦力为Ff那么mgsin 37°＝Ff加变化磁场后线圈刚要运动时nBIL ＝mgsin 37°＋Ff 其中L ＝2r由图象知B ＝B0＋kt ＝1＋0.5t 由焦耳律Q ＝I2Rt 联立解得Q ＝0.5 J.答案： (1)0.4 A (2)0.5 J11．如下图，宽度L ＝0.5 m 的光滑金属框架MNPQ 固于水平面内，并处在磁感强度大小B ＝0.4 T ，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布．将质量m ＝0.1 kg ，电阻可忽略的金属棒ab 放置在框架上，并与框架接触良好．以P 为坐标原点，PQ 方向为x 轴正方向建立坐标．金属棒从x0＝1 m 处以v0＝2 m/s 的初速度，沿x 轴负方向做a ＝2 m/s2的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用．求：(1)金属棒ab 运动0.5 m ，框架产生的焦耳热Q ；(2)框架中aNPb 的电阻R 随金属棒ab 的位置x 变化的函数关系；(3)为求金属棒ab 沿x 轴负方向运动0.4 s 过程中通过ab 的电荷量q ，某同学解法为：先算出经过0.4 s 金属棒的运动距离x ，以及0.4 s 时回路内的电阻R ，然后代入q ＝ΔΦR ＝BLx R 求解．指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果．解析： (1)金属棒仅受安培力作用，其大小 F ＝ma ＝0.1×2＝0.2 N金属棒运动0.5 m ，框架中产生的焦耳热于克服安培力做的功所以Q ＝Fx ＝0.2×0.5＝0.1 J.(2)金属棒所受安培力为 F ＝BIL I ＝E R ＝BLvR所以F ＝B2L2Rv ＝ma由于棒做匀减速直线运动v ＝v20－2a x0－x所以R ＝B2L2ma v20－2a x0－x＝0.42×0.520.1×222－2×21－x ＝0.4x.(3)错误之处是把0.4 s 时回路内的电阻R 代入q ＝BLxR 进行计算．正确的解法是q ＝It 因为F ＝BIL ＝ma所以q ＝ma BL t ＝0.1×20.4×0.5×0.4＝0.4 C.答案： (1)0.1 J (2)R ＝0.4x (3)0.4 C12.(2021·高考卷)如右图所示，两条平行的光滑金属导轨固在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个值电阻．导体棒a 和b 放在导轨上，与导轨垂直并良好接触．斜面上水平虚线PQ 以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场．现对a 棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b 棒恰好静止．当a 棒运动到磁场的上边界PQ 处时，撤去拉力，a 棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨．当a 棒再次滑回到磁场上边界PQ 处时，又恰能沿导轨匀速向下运动．a 棒、b 棒和值电阻的阻值均为R ，b 棒的质量为m ，重力加速度为g ，导轨电阻不计．求：(1)a 棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a 棒中的电流强度Ia 与值电阻R 中的电流强度IR 之比； (2)a 棒质量ma ；(3)a 棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F.解析： (1)a 棒沿导轨向上运动时，a 棒、b 棒及电阻R 中的电流分别为Ia 、Ib 、IR ，有 IRR ＝IbRb ① Ia ＝IR ＋Ib ②由①②解得Ia IR ＝21.③(2)由于a 棒在PQ 上方滑动过程中机械能守恒，因而a 棒在磁场中向上滑动的速度大小v1与在磁场中向下滑动的速度大小v2相，即v1＝v2＝v ④设磁场的磁感速度为B ，导体棒长为L.a 棒在磁场中运动时产生的感电动势为 E ＝BLv ⑤当a 棒脱离磁场沿斜面向上运动时 Ib ＝E2×3R 2⑥IbLB ＝mgsin θ⑦当a 棒向下匀速运动时，设a 棒中的电流为Ia′，那么Ia′＝E2R⑧Ia′LB＝magsin θ⑨由④⑤⑥⑦⑧⑨解得ma ＝32m.(3)由题知导体棒a 沿斜面向上运动时，所受拉力 F ＝IaLB ＋magsin θ联立上列各式解得F ＝72mgsin θ.答案： (1)2∶1 (2)32m (3)72mg sinθ滚动训练(八)(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1．如下图的是甲、乙两物体的v－t图象，由图可知( )A．甲做匀加速运动，乙做匀减速运动B．甲、乙两物体相向运动C．乙比甲晚1 s开始运动D．5 s末两物体相遇解析：比照甲、乙两物体的v—t 图象，可知两者同方向运动，5 s末两物体速度相，但不是相遇；甲做减速运动，乙做加速运动，乙比甲晚1 s开始运动．答案： C月，我国遭受特大暴雨袭击，给老百姓的生命平安带来巨大危害，也使人们的财产受到了严重损失．如右图是某一救人的场面，为了营救一被困人员到一条河流的对岸，将一根绳的两端分别拴在两岸上的建筑物上，这根绳称为主绳，主绳上挂一个挂钩，其下连着一人，人的腰处还连着两根辅助的绳子，用来调整人的速度及位置．在此人沿着主绳离开建筑物移向对岸的过程中，假设挂钩与主绳间无摩擦，此人移动缓慢，且两根辅助绳子处于松驰状态，以下说法中正确的选项是( )A．主绳中的拉力先变小后变大B．主绳中的拉力先变大后变小C．主绳中的拉力不变D．主绳中的拉力变化情况无法确1－cos2 α＝解析：如右图所示，主绳中的拉力FT＝G2sin α，si n α＝1－⎝⎛⎭⎪⎫MNBC2＝1－⎝⎛⎭⎪⎫MNAO＋BO2，AO＋BO为主绳长，MN为主绳两悬点间的水平距离，它们都是不变量，故主绳中的拉力也不变．C选项正确．答案： C3．物体做自由落体运动，Ek代表动能，Ep 代表重力势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面，t和v分别代表时间与速度，以下所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是( )解析：自由落体运动是物体只受重力作用从静止开始下落的运动，是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，它是匀变速直线运动的一个特例．物体做自由落体运动，速度越来越大，动能增加越来越快；高度越来越小；势能减小越来越快，只有选项B正确．答案： B4．分别对放在粗糙水平面上的同一物体施一水平拉力和一斜向上的拉力使物体在这两种情况下的加速度相同，当物体通过相同位移时，这两种情况下拉力的功和合力的功的正确关系是( )A．拉力的功和合力的功分别相B．拉力的功相，斜向拉时合力的功大C．合力的功相，斜向拉时拉力的功大D．合力的功相，斜向拉时拉力的功小解析：两种情况下加速度相，合力相，位移相，所以合力的功相，第一种情况拉力的功W1＝F1x，第二种情况下拉力的功W2＝F2xcos θ，由受力分析F1－Ff1＝ma，F2cos θ－Ff2＝ma，Ff1＞Ff2，那么F1＞F2cosθ，即W1＞W2，即斜向拉时拉力的功小．选项D 正确． 答案： D5.如右图所示，AC 、BD 为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O ，半径为r ，将电荷量的两正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC 对称，＋q 与O 点的连线和OC 夹角为30°，以下说法正确的选项是( ) A ．A 、C 两点的电势关系是φA<φC B ．B 、D 两点的电势关系是φB＝φD C ．O 点的场强大小为kqr2D ．O 点的场强大小为3kq r2解析： 在量异种点电荷的电场中，两点电荷连线的中垂面是一个势面，因此φA＝φC，φB>φD，A 、B 均错误；O 点产生的场强大小为两点电荷分别在O 点产生的场强的矢量和，每个电荷在O 点的场强大小均为kqr2，方向互成120°角，因此合场强大小也为kqr2，C 正确、D 错误．答案： C6．(2021·理综)火星探测工程是我国继神舟载人工程、嫦娥探月工程之后又一个重大太空探索工程．假设火星探测器在火星外表附近圆形轨道运行的周期为T1，神舟飞船在地球外表附近的圆形轨道运行周期为T2，火星质量与地球质量之比为p ，火星半径与地球半径之比为q ，那么T1与T2之比为( ) A.pq3 B.1pq3C.pq3D.q3p解析： 对火星探测器G M1m1R21＝m14π2T21R1，解得T1＝2πR31GM1.对神舟飞船G M2m2R22＝m24π2T22R2，解得T2＝2πR32GM2，那么T1T2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R1R23·M2M1 ＝q3p，选项D 正确． 答案： D7．(2021·)如右图所示，物块a 放在轻弹簧上，物块 b 放在物块a 上静止不动．当用力F 使物块 b 竖直向上做匀加速直线运动时，在以下图所示的四个图象中，能反映物块b 脱离物块a 前的过程中力F 随时间t 变化规律的是( )解析： 将a 、b 两物块作为一个整体来进行分析，设两物体的质量为m ，物体向上的位移为Δx＝12at2，受到向上的拉力F 、弹簧的支持力FN 和竖直向下的重力mg ，FN ＝mg －kΔx，由牛顿第二律，F ＋FN －mg ＝ma ，即F ＝mg ＋ma －(mg －kΔx)＝ma ＋k×12at2，故C 正确．答案： C8．将一个小球以速度v 水平抛出，使小球做平抛运动．要使小球能够垂直打到一个斜面上，斜面与水平方向的夹角为α.那么( )A ．假设保持水平速度v 不变，斜面与水平方向的夹角α越大，小球的飞行时间越长B ．假设保持斜面倾角α不变，水平速度v 越大，小球飞行的水平距离越长C ．假设保持斜面倾角α不变，水平速度v 越大，小球飞行的竖直距离越短D ．假设只把小球的抛出点竖直升高，小球仍能垂直打到斜面上 答案： B9.如右图所示的电路中，电源电动势为E ，内电阻为r ，闭合开关S ，待电流到达稳后，电流表示数为I ，电压表示数为U ，电容器C 所带电荷量为Q ，将滑动变阻器的滑动触头P 从图示位置向a 端移动一些，待电流到达稳后，那么与P 移动前相比( )A ．U 变小B ．I 变小C ．Q 不变D ．Q 减小解析：当电流稳时，电容器可视为断路，当P向左滑时，滑动变阻器连入电路的阻值R增大，根据闭合电路欧姆律得，电路中的电流I ＝ER＋R2＋r减小，电压表的示数U＝E－I(R2＋r)增大，A 错B对；对于电容器，电荷量Q＝CU增大，C、D均错．答案： B10.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m＝10 kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如下图)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)．那么以下判断中正确的选项是( )A．木板一静止不动，小木块不能滑出木板B．木板一静止不动，小木块能滑出木板C．木板一向右滑动，小木块不能滑出木板D．木板一向右滑动，小木块能滑出木板解析：m0与地面间的摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10 N＝45 N，m与m0之间的摩擦力为Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10 N＝40 N，Ff1>Ff2，所以木板一静止不动；小木板在木板上滑行的距离为x，v20＝2μ2gx，解得x＝2 m<L＝5 m，小木块不能滑出木板．答案： A二、非选择题11.如右图所示，一质量为m、电荷量为＋q的粒子，以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从b处穿过x轴进入场强为E、方向与x轴负方向成60°角斜向下的匀强电场中，速度方向与 x轴正方向的夹角为30°，经过一段时间后恰好通过b点正下方的c点，粒子的重力不计．试求：(1)圆形匀强磁场的最小面积．(2)c点到b点的距离d.解析：带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动是物理的核心知识和知识，是学习物理必须掌握的根本规律，是高考的和热点．解答此题的关键是，按题目中所述的运动方向，根据速度方向和轨道半径垂直的关系，找出粒子做匀速圆周运动的圆心O′.很显然，弦长ON即为圆形磁场区域的最小直径．(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qBv0＝mv20R得R＝mv0qB粒子经过磁场区域速度偏转角为120°，这说明在磁场区域中运动轨迹为半径为R的13圆弧，作出粒子运动轨迹如图中实线所示．所求圆形磁场区域的最小半径为r＝12ON＝Rsin 60°＝3mv02qB面积为S＝πr2＝3πm2v204q2B2.(2)粒子进入电场做类平抛运动，从b到c垂直电场方向位移为x′＝v0t①沿电场方向位移为y′＝12at2＝qEt22m②x′y′＝tan 30°③解方程①②③得x′＝23mv20qEy′＝6mv20qEd＝x′2＋y′2＝43mv20qE.答案：(1)3πm2v204q2B2(2)43mv20qE12.如右图所示，两足够长的平行金属导轨水平放置，间距为L，左端接有一阻值为R 的电阻；所在空间分布有竖直向上，磁感强度为B 的匀强磁场．有两根导体棒c 、d 质量均为m ，电阻均为R ，相隔一的距离垂直放置在导轨上与导轨紧密接触，它们与导轨间的动摩擦因数均为μ.现对c 施加一水平向右的外力，使其从静止开始沿导轨以加速度a 做匀加速直线运动．(导体棒c 始终与导轨垂直、紧密接触，导体棒与导轨的最大静摩擦力于滑动摩擦力，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g) (1)经多长时间，导体棒d 开始滑动；(2)假设在上述时间内，导体棒d 上产生的热量为Q ，那么此时间内水平外力做的功为多少？ 解析： (1)设导体棒d 刚要滑动的瞬间，流过d 的电流为I ，c 的瞬时速度为v 电动势E ＝BLv ① 流过d 的电流 I ＝12×E 32R ② d 受到的安培力大小为 FA ＝BIL ③对d 受力分析后，得 FA ＝μmg④ c 的运动时间为 t ＝v a⑤ 综合①、②、③、④、⑤并代入得 t ＝3μmgR B2L2a ⑥v ＝3μmgR B2L2.⑦(2)导体棒d 上产生的热量为Q ，那么整个电路上产生的热量为 Q′＝6Q ⑧ c 发生的位移为x ＝12at2⑨ 外力做的功为W ＝12mv2＋μmgx＋Q′⑩ 由⑥、⑦、⑧、⑨、⑩并代入得 W ＝9μ2m3g2R22B4L4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋μg a ＋6Q.⑪答案： (1)3μmgR B2L2a (2)9μ2m3g2R22B4L4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋μg a ＋6Q。
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专题 “杆＋导轨”模型问题 1．“杆＋导轨”模型的特点 “杆＋导轨”模型类试题命题的“基本元素”： 导轨、 金 属棒、磁场．具有如下的变化特点： (1)对于导轨： ①导轨的形状：常见导轨的形状为 U 形，还可以为圆形、 三角形等；②导轨的闭合性：导轨本身可以不闭合，也可以闭 合；③导轨电阻：电阻不计、均匀分布或部分有电阻、串联外 电阻；④导轨的放置：水平、竖直、倾斜放置等．
解析 (1)导体棒匀速下滑时，Mgsinθ＝BIl① Mgsinθ I＝ ② Bl 设导体棒产生的感应电动势为 E0 E0＝Blv③ E0 由闭合电路欧姆定律得：I＝ ④ R＋Rx 2MgRsinθ 联立②③④，得 v＝ ⑤ B2l2
(2)改变 Rx，由②式可知电流不变，设带电微粒在金属板 间匀速通过时，板间电压为 U，电场强度大小为 E U＝IRx⑥ U E＝ ⑦ d mg＝qE⑧ mBld 联立②⑥⑦⑧，得 Rx＝ . qMsinθ Mgsinθ 2MgRsinθ mldB 答案 (1) (2) Bl B2l2 Mqsinθ
1 1 2 mgh－2×2kh － mv2 max＝E 2
电
mg－2khR＋r 答案 (1) B2d2 2 2 R m mg － 2 kh R ＋ r 2 (2) mgh － kh － 4 4 2B d R＋r
(2)电磁感应中受恒定外力的“杆＋导轨”模型： 物 理 模 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，棒 ab 长为 型 L，质量为 m，初速度为零，拉力恒为 F，水平导轨 光滑，除电阻 R 外，其他电阻不计
例 2.如图所示，质量为 M 的导体棒 ab，垂直放在相距为 l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为 θ，并 处于磁感应强度大小为 B、 方向垂直于导轨平面向上的匀强磁 场中，左侧是水平放置、间距为 d 的平行金属板，R 和 Rx 分 别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．
(1)调节 Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求 通过棒的电流 I 及棒的速率 v. (2)改变 Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为 m， 带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过， 求此时的 Rx.
例 1.如图所示， 两根相同的劲度系数为 k 的金属轻弹簧用 两根等长的绝缘线悬挂在水平天花板上， 弹簧的上端通过导线 与阻值为 R 的电阻相连， 弹簧的下端接一质量为 m、 长度为 L、 电阻为 r 的金属棒， 金属棒始终处于宽度为 d 的垂直纸面向里 磁感应强度为 B 的匀强磁场中，开始时弹簧处于原长，金属 棒从静止释放， 其下降高度为 h 时达到了最大速度． 已知弹簧 始终在弹性限度内， 且当弹簧的形变量为 x 时， 它的弹性势能 1 2 为 kx ，不计空气阻力和其他电阻，求： 2
(1)金属棒的最大速度是多少？ (2)这一过程中 R 消耗的电能是多少？
解析 (1)当金属棒有最大速度时，加速度为零，金属棒 受向上的弹力、安培力和向下的重力作用，有 2kh＋BId＝mg Bdvmax I＝ R＋r mg－2khR＋r vmax＝ . B2d2
(2)据能量关系得
ER R 又有 R、r 共消耗了总电能 ＝ ，ER＋Er＝E 电 Er r 整理得 R 消耗的电能为 R ER＝ E电 R＋r 2 2 R m mg － 2 kh R ＋ r 2 ＝ . mgh － kh － 4 4 2B d R＋r
(2)对于金属棒： ①金属棒的受力情况： 受安培力以外的拉力、 阻力或仅受 安培力；②金属棒的运动状态：静止或运动；③金属棒的运动 状态：匀速运动、匀变速运动、非匀变速直线运动或转动；④ 金属棒切割磁感线状况：整体切割磁感线或部分切割磁感线； ⑤金属棒与导轨的连接： 金属棒可整体或部分接入电路， 即金 属棒的有效长度问题． (3)对于磁场： ①磁场的状态： 磁场可以是稳定不变的， 也可以是均匀变 化或非均匀变化的；②磁场的分布：有界或无界．
动 态 分 析
收 尾 状 电学特征 态
设运动过程中某时刻棒的速度为 v，由牛顿第二定律 2 2 F BLv 知棒 ab 的加速度为 a＝ － ，a、v 同向，随速 m mR 度的增加，棒的加速度 a 减小，当 a＝0 时，v 最大， BLv I＝ 恒定 R 运动形式 匀速直线运动 力学特征 a＝0 v 恒定不变 I 恒定
3．两种类型理模 型 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，棒 ab 长为 L，质量为 m，初速度为 v0，水平导 轨光滑，除电阻 R 外，其他电阻不计
设运动过程中某时刻棒的速度为 v，由牛顿 B2L2v 动态分 第二定律知棒 ab 的加速度为 a＝ ，a 、 mR 析 v 反向，随速度的减小，棒的加速度 a 减小， 当 a＝0 时，v＝0，I＝0 运动形式 静止 收尾状 力学特征 a＝0 v＝0 态 电学特征 I＝0
2．解决“杆＋导轨”模型问题的思路 首先要选取金属棒为研究对象， 分析棒的受力情况， 分清 变力和不变力， 特别注意由于金属棒速度变化引起的感应电动 势、感应电流、安培力的变化情况，然后根据牛顿第二定律分 析金属棒的加速度和速度的变化情况， 如果要求棒的最终运动 情况，则应依据平衡条件或牛顿第二定律列方程．