求回路中电荷量的方法

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专题25 电磁感现象中的双棒模型(原卷版)

2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练专题25 电磁感现象中的双棒模型一、高考真题1．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。

t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。

运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I 表示。

下列图像中可能正确的是（）A．B．C．D．2．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。

abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。

初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度0v向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。

两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。

两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。

（1）求M 刚进入磁场时受到的安培力F 的大小和方向；（2）若两杆在磁场内未相撞且N 出磁场时的速度为03v ，求：①N 在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q ；②初始时刻N 到ab 的最小距离x ；（3）初始时刻，若N 到cd 的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab 的距离为(1)kx k >，求M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围。

3．如图（a ），一倾角为θ的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L 的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M 、N ．两根平行金属棒G 、H 垂直导轨放置，G 的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A 相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G 垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从0s t =开始，H 在水平向右拉力作用下向右运动；2s =t 时，H 与挡板M 、N 相碰后立即被锁定．G 在1s t =后的速度一时间图线如图（b ）所示，其中1~2s 段为直线．已知：磁感应强度大小1T B =，0.2m L =，G 、H 和A 的质量均为0.2kg ，G 、H 的电阻均为0.1Ω；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H 与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A 未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：sin 0.25θ=，cos 0.97θ=，重力加速度大小取210m/s ，图（b ）中e 为自然常数，4 1.47e=．求：（1）在1~2s 时间段内，棒G 的加速度大小和细绳对A 的拉力大小；（2） 1.5s t =时，棒H 上拉力的瞬时功率；（3）在2~3s 时间段内，棒G 滑行的距离．4．如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为l ；两根相同的导体棒AB 、CD 置于导轨上并与导轨垂直，长度均为l ；棒与导轨间的动摩擦因数为μ（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）：整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下。

1.3 法拉第电磁感应定律

导体切割磁感线产生的感应电动势
• 1.基本知识 • (1)在匀强磁场中，当磁场方向、导体棒与导体棒的运动方向三者相互垂直时，E＝ BLv .
图1－3－1
• (2)导体棒与磁场方向垂直，导体棒的运动 BLvsin α 方向与导体棒本身垂直，但与磁场方向夹角为α时，E＝ .
图1－3－2
2．思考判断 ΔΦ (1)E＝求的是 Δt 时间内的平均电动势，E 与某段时间 Δt 相对应．(
－4
Wb/s＝8×10－3Wb/s.
• 【答案】 4×10－4 Wb 8×10－3 Wb/s 1.6 V
• 1．(2013·成都实验中学高二检测)图1－3 －3中a～d所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像，关于回路中产生的感应电动势的下列论述，正确的是 ( )
图1－3－3
• A．图a中回路产生的感应电动势恒定不变 • B．图b中回路产生的感应电动势一直在变大 • C．图c中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势 • D．图d中回路产生的感应电动势先变小再变大 • 【解析】磁通量Φ随时间t变化的图像中，斜率表示感应电动势，所以图a中不产生感应电动势，图b中产生恒定的感应电动势，图c中0～t1 时间内的感应电动势大于t1～t2时间内的感应电动势，图d中感应电动势先变小再变大． • 【答案】 D
θ计算导体切割磁感线时的感
应电动势.
点)
感应电动势
• 1.基本知识 • 定义：由电磁感应产生的电动势，叫感应电动势．产生电动势的那部分导体相当于电源．
• 2．思考判断 • (1)产生感应电动势的那部分导体两端的电压一定等于感应电动势．(×) • (2)产生感应电动势的那部分电路中的电流由电势较低处流向电势较高处．(√) • (3)产生感应电动势的那部分导体的电阻相当于电源的内电阻．(√) • 3．探究交流 • 感应电动势的大小与什么因素有关？ • 【提示】感应电动势的大小与磁通量的变化快慢有关.

专题突破练专题四第18练电磁感应中的动量问题电磁感应规律的综合应用

第18练电磁感应中的动量问题电磁感应规律的综合应用1.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上，选运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v0＝m v1＋m v2，解得v1＝v2＝v02项A、C正确，B、D错误．2.(多选)(2022·全国甲卷·20)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后()A ．通过导体棒MN 电流的最大值为Q RCB ．导体棒MN 向右先加速、后匀速运动C ．导体棒MN 速度最大时所受的安培力也最大D ．电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热答案 AD解析开始时电容器两极板间的电压U ＝Q C ，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I ＝U R ＝Q CR，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A 项正确，C 项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B 项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热，D 项正确．3．(多选)(2022·湖南卷·10)如图，间距L ＝1 m 的U 形金属导轨，一端接有0.1 Ω的定值电阻R ，固定在高h ＝0.8 m 的绝缘水平桌面上．质量均为0.1 kg 的匀质导体棒a 和b 静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1 Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a 距离导轨最右端1.74 m ．整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1 T ．用F ＝0.5 N 沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a ，当导体棒a 运动到导轨最右端时，导体棒b 刚要滑动，撤去F ，导体棒a 离开导轨后落到水平地面上．重力加速度取10 m/s 2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是( )A ．导体棒a 离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 mB ．导体棒a 离开导轨至落地前，其感应电动势不变C ．导体棒a 在导轨上运动的过程中，导体棒b 有向右运动的趋势D ．导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电阻R 的电荷量为0.58 C答案 BD解析导体棒a 在导轨上向右运动，产生的感应电流方向向里，流过导体棒b 的电流方向向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b 有向左运动的趋势，故C 错误；导体棒b 与电阻R 并联，有I ＝BL v 0.15 Ω，当导体棒a 运动到导轨最右端时，导体棒b 刚要滑动，有B ·I 2·L ＝μmg ，联立解得导体棒a 的速度为v ＝3 m/s ，导体棒a 离开导轨至落地前做平抛运动，有x＝v t ，h ＝12gt 2，联立解得导体棒a 离开导轨至落地过程中水平位移为x ＝1.2 m ，故A 错误；导体棒a 离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B 正确；导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量为q ＝I ·Δt ＝BL ·Δx 0.15 Ω＝0.1×1×1.740.15 C ＝1.16 C ，导体棒b 与电阻R 并联，则通过电阻R 的电荷量为q R ＝q 2＝0.58 C ，故D 正确．4.(2022·辽宁卷·15)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L .abcd 区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上．初始时刻，磁场外的细金属杆M 以初速度v 0向右运动，磁场内的细金属杆N 处于静止状态．两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直．两杆的质量均为m ，在导轨间的电阻均为R ，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计．(1)求M 刚进入磁场时受到的安培力F 的大小和方向；(2)若两杆在磁场内未相撞且N 出磁场时的速度为v 03，求：①N 在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q ；②初始时刻N 到ab 的最小距离x ；(3)初始时刻，若N 到cd 的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab 的距离为kx (k >1)，求M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围．答案 (1)B 2L 2v 02R 方向水平向左 (2)①m v 03BL ②2m v 0R 3B 2L2 (3)2≤k <3 解析 (1)细金属杆M 以初速度v 0向右运动，刚进入磁场时，产生的电动势为E ＝BL v 0电流为I ＝E 2R则所受的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v 02R由左手定则可知安培力的方向水平向左；(2)①金属杆N 在磁场内运动的过程中，取水平向右为正方向，由动量定理有B I L ·Δt ＝m ·v 03－0 且q ＝I ·Δt联立解得通过回路的电荷量q ＝m v 03BL②设杆M 在磁场中运动的位移大小为x 1，杆N 在磁场中运动的位移大小为x 2，则有Δx ＝x 1－x 2，有 I ＝E2R ，E ＝BL ·Δx Δt 整理可得q ＝BL ·Δx 2R联立可得Δx ＝2m v 0R 3B 2L 2 若两杆在磁场内刚好相撞，N 到ab 的最小距离为x ＝Δx ＝2m v 0R 3B 2L 2 (3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N 到cd 的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab 的距离为kx (k >1)，则N 到cd 边的速度大小恒为v 03，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可知m v 0＝m v 1＋m ·v 03解得N 出磁场时，M 的速度大小为v 1＝23v 0 由题意可知，此时M 到cd 边的距离为s ＝(k －1)x若要保证M 出磁场后不与N 相撞，则有两种临界情况：①M 减速到v 03时出磁场，速度刚好等于N 的速度，一定不与N 相撞，对M 根据动量定理有－B I 1L ·Δt 1＝m ·v 03－m ·23v 0 q 1＝I 1·Δt 1＝BL ·(k －1)x 2R联立解得k ＝2②M 运动到cd 边时，恰好减速到零，则对M 由动量定理有－B I 2L ·Δt 2＝0－m ·23v 0 同理解得k ＝3综上所述，M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围为2≤k <3.1.(多选)足够长的平行光滑金属导轨ab 、cd 水平放置于竖直向上的匀强磁场中，ac 之间连接阻值为R 的电阻，导轨间距为L ，导体棒ef 垂直导轨放置且与导轨接触良好，导体棒质量为m 、电阻为r .t ＝0时刻对导体棒施加一个水平向右的力F (图中未画出)，导体棒在F 的作用下开始做初速度为零的匀加速直线运动，当导体棒运动x 距离时撤去外力F ，此时导体棒的速度大小为v 0.若不计导轨电阻，则下列说法正确的是( )A ．外力F 的大小与时间的关系式为F ＝ma ＋B 2L 2at R ＋rB ．t ＝0时刻外力F 的大小为m v 022xC ．从撤去外力F 到导体棒停止运动，电阻R 上产生的焦耳热为12m v 02 D ．从撤去外力F 到导体棒停止运动，导体棒运动的位移大小为m v 0(R ＋r )B 2L 2答案 ABD 解析由题知导体棒在F 的作用下开始做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F －B 2L 2v R ＋r ＝ma ，v ＝at ，整理有F ＝B 2L 2at R ＋r＋ma ，A 正确；由v 02＝2ax ，解得在t ＝0时刻F ＝ma ＝m v 022x ，B 正确；从撤去外力F 到导体棒停止运动，根据动能定理有Q ＝12m v 02，则R 上产生的焦耳热为Q R ＝R R ＋r Q ＝Rm v 022(R ＋r )，C 错误；从撤去外力F 到导体棒停止运动，根据动量定理有－B I Lt ＝0－m v 0，I ·t ＝BL vR ＋r ·t ＝BLx R ＋r ，联立解得x ＝m v 0(R ＋r )B 2L 2，D 正确． 2.(多选)(2022·湖南衡阳市二模)如图，光滑平行导轨上端接一电阻R ，导轨弯曲部分与水平部分平滑连接，导轨间距为l ，导轨水平部分左端有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，现将金属棒PQ 从导轨弯曲部分的上端由静止释放，金属棒刚进入磁场时的速度大小为v 1，离开磁场时的速度大小为v 2，改变金属棒释放的高度，使其释放高度变为原来的12，金属棒仍然可以通过磁场区域，导轨和金属棒的电阻不计，则( ) A ．金属棒通过磁场区域时金属棒中的电流方向为由P 到QB ．金属棒第二次离开磁场时的速度大小为v 2－(1－22)v 1C ．金属棒在两次通过磁场区域的过程中电阻R 上产生的热量相等D ．金属棒在两次通过磁场区域的过程中通过电阻R 的电荷量相等答案 BD解析金属棒通过磁场区域时，由右手定则可知，金属棒中的电流方向为由Q 到P ，故A 错误；金属棒第二次释放的高度变为原来的12，由动能定理可知，进入匀强磁场时的速度大小为v 3＝2v 12，金属棒通过磁场区域的过程中，根据动量定理有－B I lt ＝Δp ，又因为I ＝E R，E ＝ΔΦt ，所以－Bl ΔΦR＝Δp ，则可知金属棒两次通过匀强磁场区域的过程中动量变化量相同，速度变化量也相同，则v 2－v 1＝v 4－v 3，故金属棒第二次离开磁场时的速度大小为v 4＝v 2－(1－22)v 1，故B 正确；金属棒第二次通过磁场区域的过程中所用时间长且减少的动能少，则电阻R 上产生的热量少，故C 错误；由电荷量q ＝ΔΦR，可知金属棒在两次通过磁场区域的过程中通过电阻R 的电荷量相等，故D 正确．3.(多选)如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .两导体棒a 、b 均垂直于导轨静止放置．已知导体棒a 质量为2m ，导体棒b 质量为m ，长度均为l ，接入电路的电阻均为r ，其余部分电阻不计．现使导体棒a 获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v 0.除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是( )A ．任何一段时间内，导体棒b 的动能增加量跟导体棒a 的动能减少量在数值上总是相等的B ．任何一段时间内，导体棒b 的动量改变量跟导体棒a 的动量改变量总是大小相等、方向相反C ．全过程中，通过导体棒b 的电荷量为2m v 03BlD ．全过程中，导体棒b 共产生的焦耳热为m v 026答案 BCD解析根据题意可知，两棒组成闭合回路，电流相同，故所受安培力的合力为零，动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b 的动量改变量跟导体棒a 的动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒定律可知，a 的动能减少量在数值上等于b 的动能增加量与产热之和，故A 错误，B 正确；两棒最终共速，根据动量守恒定律，有2m v 0＝(2m ＋m )v ，对b 棒m v －0＝B I l ·t ＝Blq ，联立解得q ＝2m v 03Bl，故C 正确；根据能量守恒定律，可知两棒共产生的焦耳热为Q ＝12×2m v 02－12()2m ＋m v 2＝m v 023，而由于两棒的电阻大小相等，因此b 棒产生的焦耳热为Q b ＝12Q ＝m v 026，故D 正确． 4.(2022·山东烟台市、德州市一模)有一边长为L 、质量为m 、总电阻为R 的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示．匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小均为B ，二者宽度分别为L 、H ，且H ＞L .导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．导线框离开区域Ⅱ的速度大于mgRB 2L2 B ．导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为g ，方向竖直向上C ．导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgHD ．导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为6B 2L 3mgR答案 C解析由题意知，导线框恰好匀速离开区域Ⅱ，则有mg ＝BIL ＝B 2L 2v R ，解得v ＝mgR B 2L2，A 错误；导线框进入区域Ⅰ到刚要进入区域Ⅱ过程一直做匀速运动，有v ＝mgR B 2L2，导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时，上、下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律可知E 2＝BL v ＋BL v ＝2BL v ，又I 2＝E 2R ，联立解得I 2＝2BL v R，导线框所受安培力F 2＝2BI 2L ，由牛顿第二定律有F 2－mg ＝ma ，解得a ＝3g ，方向竖直向上，B 错误；开始进入区域Ⅱ时与开始离开区域Ⅱ时，速度大小相等，则导线框产生的焦耳热等于重力势能的减少量，有Q ＝mgH ，C 正确；导线框自开始进入区域Ⅰ至开始进入区域Ⅱ的过程中，t 1＝L v ＝B 2L 3mgR，导线框自开始进入区域Ⅱ至开始离开区域Ⅱ过程中，由动量定理得mgt 2－F 安2Δt ＝m v －m v ，即mgt 2－BL 2BL 2R ＝0，解得t 2＝2B 2L 3mgR ，导线框自开始离开区域Ⅱ至刚完全离开区域Ⅱ过程中，t 3＝L v ＝B 2L 3mgR，故t ＝t 1＋t 2＋t 3＝4B 2L 3mgR，D 错误． 5.(多选)(2022·河北省模拟)如图所示，两根相距L 且电阻不计的足够长光滑金属导轨，导轨左端为弧形，右端水平，且水平部分处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．铜棒a 、b 电阻均为R 、质量均为m ，均与导轨垂直且与导轨接触良好，铜棒b 静止在导轨水平部分，铜棒a 在弧形导轨上从距离水平部分高度为h ＝0.5L 处由静止释放，重力加速度为g ，关于此后的过程，下列说法正确的是( )A ．回路中的最大电流为gLBL RB ．铜棒b 的最大加速度为gLB 2L 22mRC ．铜棒b 获得的最大速度为gLD ．回路中产生的总焦耳热为mgL 4答案 BD解析铜棒a 沿弧形导轨下滑，刚进入磁场区域时，由机械能守恒定律有mgh ＝12m v 2，且h ＝0.5 L ，解得v ＝gL ，回路中的最大感应电动势E ＝BL v ，回路中的最大电流I ＝E 2R，联立解得I ＝BL gL 2R，故A 错误；铜棒b 受到的最大安培力F 安＝BIL ，由牛顿第二定律有F 安＝ma ，解得铜棒b 的最大加速度a ＝B 2L 2gL 2mR，故B 正确；铜棒a 、b 在匀强磁场中做切割磁感线运动的过程中，整体所受合外力为零，动量守恒，最终铜棒a 、b 速度相等，由动量守恒定律得m v ＝2m v ′，解得铜棒b 获得的最大速度为v ′＝gL 2，故C 错误；由能量守恒定律得，回路中产生的总焦耳热为Q ＝12m v 2－12×2m v ′2＝mgL 4，故D 正确． 6．(多选)(2022·广东韶关市二模)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行研究电磁阻尼效果的研究性学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN 右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1 m 、质量为0.1 kg 、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v 0＝2 m/s 的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN 与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v 随滑行的距离x 变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．图乙中x 0＝1 mB ．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零C ．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 JD ．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为22C 答案 AD 解析穿过线框的磁通量变化导致线框中产生感应电流，使线框受到安培力的作用，从而使速度改变；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度不变，则由题图乙可知x 0＝1 m ，A正确；线框进入磁场的过程中，安培力F ＝BIL ，其中I ＝E R ＝BL v R，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，因此线框做变减速运动，B 错误；根据能量守恒定律可知，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q ＝ΔE k ＝12m v 02－12m v 2，代入数据可得Q ＝0.15 J ，C 错误；线框进入磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理可得－B 2L 2v R t ＝m v －m v 0，整理得v ＝v 0－B 2L 2x mR，结合题图乙可知，当x ＝1 m 时，v ＝1 m/s ，代入解得B ＝150 T ，通过线框某横截面的电荷量为q ＝I t ＝Bx 02R ，解得q ＝22 C ，D 正确． 7．(多选)(2022·宁夏吴忠中学三模)如图所示，两段均足够长、不等宽的光滑平行导轨固定在水平面上，较窄导轨的间距L 1＝1 m ，较宽导轨的间距L 2＝1.5 m ．整个装置处于磁感应强度大小为B ＝0.5 T 、方向竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN 、PQ 的质量分别为m 1＝0.4 kg 、m 2＝1.2 kg ，长度分别为1 m 、1.5 m ，电阻分别为R 1＝0.3 Ω、R 2＝0.9 Ω，两导体棒静止在水平导轨上．t ＝0时刻，导体棒MN 获得v 0＝7 m/s 、水平向右的初速度．导轨电阻忽略不计，导体棒MN 、PQ 始终与导轨垂直且接触良好，导体棒MN 始终在较窄导轨上运动，取g ＝10 m/s 2则( )A ．t ＝0时刻，回路中的电流为3512A B ．导体棒MN 最终做匀速直线运动，速度大小为3 m/sC ．通过导体棒MN 的电荷量最大值为3.4 CD ．导体棒PQ 中产生的焦耳热最大值为4.2 J答案 ABD解析 t ＝0时刻，回路中的电流为I 0＝E R ＝BL 1v 0R 1＋R 2＝3512A ，故A 正确；导体棒MN 与PQ 切割磁感线产生的电动势相互削弱，当两导体棒产生的电动势相等时，感应电流为零，所受安培力为零，故两导体棒最终做匀速直线运动，此时有BL 1v MN ＝BL 2v PQ ，设从导体棒MN 开始运动至导体棒MN 、PQ 做匀速运动所用的时间为Δt ，取水平向右为正方向，对导体棒MN 分析，由动量定理得－BL 1I ·Δt ＝m 1v MN －m 1v 0，对导体棒PQ 分析，由动量定理得BL 2I ·Δt ＝m 2v PQ ，又因为q ＝I ·Δt ，联立解得v MN ＝3 m/s ，v PQ ＝2 m/s ，q ＝3.2 C ，故B 正确，C 错误；由能量守恒定律得12m 1v 02＝12m 1v MN 2＋12m 2v PQ 2＋Q 总，Q PQ ＝R 2R 1＋R 2Q 总，代入数据联立解得Q PQ ＝4.2 J ，故D 正确．8.(多选)如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距L ，导轨的两端分别与电源(串联一滑动变阻器R )、定值电阻R 0、电容器(电容为C ，原来不带电)和开关S 相连．整个空间充满了磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向外的匀强磁场．一质量为m 、电阻不计的金属棒ab 横跨在导轨上．已知电源电动势为E 、内阻为r ，不计导轨的电阻．当S 接1，滑动变阻器R 接入电路一定阻值时，金属棒ab 在磁场中恰好保持静止．当S 接2后，金属棒ab 从静止开始下落，下落距离为h 时达到稳定速度．重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．当S 接1时，滑动变阻器接入电路的阻值R ＝EBLmgB ．若将ab 棒由静止释放的同时，将S 接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v 的变化关系为Q ＝CBL vC ．当S 接2时，金属棒ab 从静止开始到刚好达到稳定速度所经历的时间t ＝B 2L 2h ＋m 2gR 02mgR 0B 2L 2D ．若将ab 棒由静止释放的同时，将S 接到3，则金属棒ab 将做匀加速直线运动，加速度大小a ＝mgm ＋CB 2L 2答案 BD解析当S 接1时，有I ＝E R ＋r ，由平衡条件得mg ＝BIL ，联立解得R ＝EBLmg －r ，故A 错误；当S 接2，速度稳定时有mg ＝B 2L 2v R 0，解得v ＝mgR 0B 2L 2，金属棒ab 从静止开始下落，下落距离为h 时达到稳定速度，根据动量定理可得mgt －B I Lt ＝m v ，即mgt －B 2L 2vR 0·t ＝m v ，其中vt ＝h ，联立解得t ＝B 4L 4h ＋m 2gR 02mgR 0B 2L 2，故C 错误；若将棒ab 由静止释放的同时，将S 接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v 的变化关系为Q ＝CU ＝CBL v ，根据动量定理可得mg Δt －B I ′L Δt ＝m Δv ，即mg Δt －BL ·ΔQ ＝m Δv ，将ΔQ ＝CBL Δv 代入解得mg Δt －CB 2L 2Δv ＝m Δv ，所以a ＝Δv Δt ＝mgm ＋CB 2L 2，金属棒ab 将做匀加速直线运动，故B 、D 正确．9.如图所示，两电阻不计的光滑平行金属导轨固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L ，导轨顶端连接定值电阻R ，导轨上有一质量为m 、长度为L 、电阻不计的金属杆，杆始终与导轨接触良好．整个装置处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．现使杆从M 点以v 0的速度竖直向上运动，经历时间t ，到达最高点N ，重力加速度大小为g .求t 时间内：(1)流过电阻的电荷量q ； (2)电阻上产生的焦耳热Q . 答案 (1)m v 0－mgtBL(2)12m v 02－m 2gR (v 0－gt )B 2L 2解析 (1)杆竖直向上运动的过程中，取v 0方向为正方向，根据动量定理，有－mgt －F t ＝0－m v 0 F ＝BL I q ＝I t联立解得q ＝m v 0－mgt BL(2)设杆上升的高度为h ，取v 0方向为正方向，由动量定理得－mgt －B 2L 2vR t ＝0－m v 0又h ＝v t联立解得h ＝mR (v 0－gt )B 2L 2杆上升过程中由能量守恒定律可知，电阻上产生的焦耳热Q ＝12m v 02－mgh联立解得Q ＝12m v 02－m 2gR (v 0－gt )B 2L 2.10.(2022·天津市一模)如图，间距为L 的两平行金属导轨右端接有电阻R ，固定在离地高为H 的平面上，空间存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，杆获得一个大小为v 0的水平初速度后向左运动并离开导轨，其落地点距导轨左端的水平距离为s .已知重力加速度为g ，忽略一切摩擦和阻力，杆和导轨电阻不计．求：(1)杆即将离开导轨时的加速度大小a ；(2)杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力做的功W ； (3)杆ab 在水平导轨上运动的位移大小x .答案 (1)B 2L 2s 2mRH 2gH (2)12m (v 02－gs 22H ) (3)mR B 2L 2(v 0－s 2H2gH ) 解析 (1)杆离开导轨后做平抛运动，则有H ＝12gt 2，s ＝v t ，联立解得杆离开导轨时的速度大小为v ＝sg 2H杆离开导轨时，产生的感应电动势为E ＝BL v 感应电流大小为I ＝ER杆受到的安培力大小为F ＝BIL 根据牛顿第二定律可得F ＝ma联立解得杆即将离开导轨时的加速度大小为a ＝B 2L 2s2mRH 2gH(2)根据动能定理，可得－W ＝12m v 2－12m v 02则杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力做的功为 W ＝12m (v 02－gs 22H)(3)根据动量定理，可得－B I Lt ＝m v －m v 0 q ＝I t ＝BLxR联立解得x ＝mR B 2L 2(v 0－s2H2gH )．11．两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d ＝1 m ，在左端弧形轨道部分高h ＝1.25 m 处放置一金属杆a ，弧形轨道与平直轨道的连接处平滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 接入电路的电阻分别为R a ＝2 Ω、R b ＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝2 T ．现杆b 以初速度大小v 0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b 的平均电流为0.3 A ；从a 下滑到水平轨道时开始计时，a 、b 运动的速度－时间图像如图乙所示(以a 运动的方向为正方向)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，求：(1)杆a 在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热．答案 (1)5 s (2)73 C (3)1156J解析 (1)设杆a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为v b 0，对杆b 运用动量定理，有Bd I ·Δt ＝m b (v 0－v b 0) 由题图乙可知，v b 0＝2 m/s 代入数据解得Δt ＝5 s.(2)对杆a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有m a gh ＝12m a v a 2解得v a ＝2gh ＝5 m/s设最后a 、b 两杆共同的速度大小为v ′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b 0＝(m a ＋m b )v ′ 代入数据解得v ′＝83m/s杆a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从v a 到v ′的运动时间为Δt ′，则由动量定理可得－Bd I ′·Δt ′＝m a (v ′－v a )，而q ＝I ′·Δt ′ 代入数据解得q ＝73C.(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的总焦耳热为Q ＝m a gh ＋12m b v 02－12(m b ＋m a )v ′2＝1616 J则b 杆中产生的焦耳热为Q ′＝R b R a ＋R bQ ＝1156 J.错题统计(题号)对应考点错因分析动量定理在电磁感应中的应用动量守恒定律在电磁感应中的应用电磁感应中的综合问题一、动量定理、动量守恒定律在电磁感应中的应用导体棒在磁场中做变速运动，所受安培力是变力，可用动量定理求速度、位移、电荷量、时间等．对于双杆问题，若双杆所受外力为零，可用动量守恒定律分析．1．单杆运动问题已知量(其中B、L、m已知)待求量关系式(以棒减速为例)v1、v2q －B I LΔt＝m v2－m v1，q＝IΔtv1、v2、R总x －B2L2vΔtR总＝m v2－m v1，x＝vΔtF其他为恒力，v1、v2、q Δt－B I LΔt＋F其他Δt＝m v2－m v1，q＝IΔtF其他为恒力，v1、v2、R总、x(或Δt)Δt(或x)－B2L2vΔtR总＋F其他·Δt＝m v2－m v1，x ＝vΔt2.双杆运动问题(1)等间距轨道上的双杆问题①双杆所受外力的合力为零时，若只需求末速度，可用动量守恒定律分析．②若需求电荷量、位移、时间等，则需要利用动量定理分析．(2)不等距导轨上的双杆问题由于合外力不为零，不等距导轨上的双杆问题需用动量定理分析．常见的双杆模型：题型一(等距、初速度、光滑、平行)题型二(不等距、初速度、光滑、平行)题型三(等距、恒力、光滑、平行)示意图导体棒长度L1＝L2导体棒长度L1＝2L2，两棒只在各自的轨道上运动导体棒长度L1＝L2图像观点力学观点棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动；稳定时，两棒以相等的速度匀速运动棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动；稳定时，两棒的加速度均为零，速度之比为1∶2开始时，两棒做变加速运动；稳定时，两棒以相同的加速度做匀加速运动动量观点两棒组成的系统动量守恒两棒组成的系统动量不守恒对单棒可以用动量定理两棒组成的系统动量不守恒对单棒可以用动量定理能量观点系统动能的减少量等于产生的焦耳热系统动能的减少量等于产生的焦耳热拉力做的功一部分转化为双棒的动能，一部分转化为内能(焦耳热)：W＝Q＋E k1＋E k23.杆＋电容器模型基本模型规律无外力，电容器充电(电阻阻值为R，导体棒电阻不计，电容器电容为C)无外力，电容器放电(电源电动势为E，内阻不计，导体棒电阻不计，电容器电容为C)电路特点导体棒相当于电源，电容器被充电电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流的特点安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝BL v－U CR，电容器被充电，U C变大，当BL v＝U C时，I＝0，F安＝0，棒做匀电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BL v。

电磁感应基础知识

电磁感应基础知识总结【基础知识梳理】一、电磁感应现象1．磁通量(1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和B的乘积。

(2)公式：①二坠。

(3)单位：1Wb=1T・m2。

(4)物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数。

2．电磁感应现象(1)电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。

(2)产生感应电流的条件①条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。

②特【典例】闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。

(3)产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势,如果回路闭合则产生感应电流;如果回路不闭合,则只产生感应电动势，而不产生感应电流。

(4)能量转化发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能。

二、楞次定律1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

(2)适用范围：适用于一切回路磁通量变化的情况。

(3)楞次定律中“阻碍”的含义£SAAt2．右手定则(1) 内容① 磁感线穿入右手手心。

② 大拇指指向导体运动的方向。

③ 其余四指指向感应电流的方向。

(2) 适用范围：适用于部分导体切割磁感线。

三、法拉第电磁感应定律的理解和应用1．感应电动势(1) 概念：在电磁感应现象中产生的电动势。

(2) 产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。

⑶方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。

2．法拉第电磁感应定律⑴内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。

A ①(2) 公式：E=njt ，其中n 为线圈匝数。

E(3) 感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即1=越。

3．磁通量变化通常有三种方式 (1) 磁感应强度B 不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时E=nB-(2) 垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时E=nA^S ，其中普是B —t图象的斜率。

低压电工作业第二章电工基础知识

位是V(伏特)。
生活中常见水往低处流，是因为水流两端存在水位差，同理，能促使电流形成的条件
是导体两端有电位差(电势差)的存在，即电压。
电压是衡量电场做功本领大小的物理量，在一个闭合的外电路，电流总是从电源的正极经过负载流向电源的负极，电场力做功，将电能转换为其他形式的能。而内电路，电源是如何建立并维持正极及负极之间的电位差的呢?任何一种电源都是一个能量转换装置，
负载
电源
开关
导线
•(二）电路的基本物理量
•1.电荷、电场和电场强度 •带电的基本粒子称为电荷，失去电子带正电的粒子叫正电荷，失去电子带负电的粒子叫负电荷。电荷的多少用电量或电荷量来表示；电量的符号是Q，单位是C(库仑）
• 电场是电荷及变化磁场周围空间星存在的一种特殊物质。电场对放入其中的电荷有作用力，这种力称为电场力；当电荷在电场中移动时，电场力对电荷做功，说明电场具有通常物质所具有的力和能量等特征。
低压电工作业第二章电工基础知识
第一节直流电路
• 一、电路的基本概念（一）电路和电路图电路是为了某种需要，将电气设备和电子元器件按照一定方式连接起来的电流通路。直流电通过的电路称为直流电路。电路图是为了研究和工程的实际需要。用国家标准化符号绘制的、表示电路设备装置组成和连接关系的简图。
在同一回路中各支路电压之间的关系。体现的是电荷在电场中从一点移到另一点时，它所具有能量的改变量只及这两点的位置有关，而及移动路径无关的性质。
在分析电路列回路KVL方程时，应先规定回路绕行方向，各支路电压参考方向及回路绕行方向一致时（从“+”极性向“”极性）取正号，反之取负号。
四、功率和电能
两个或两个以上电阻的首尾两端分别接在电路中相同的两节点之间，使电路同时存在几条通路的电路称为电阻的并联电路。并联电路有以下性质：

磁场中电荷量的两种求法

安培力公式：F=BIL B 是磁场强度，I 是电流强度，L 是导线垂直于磁感线的长度用左手定则：让磁感线穿过手心，四指指向电流方向，大拇指与四指垂直，大拇指指力的方向洛伦兹力定义：磁场对运动电荷的作用力。

安培力是洛伦兹力的宏观表现，从安培力公式，可以反推得洛伦兹力公式。

安培力F=BIL ，电流I=Q/t ，代入上式F=BL(Q/t)=qvB磁场中电荷量的两种求法解题规律：1、利用关于安培力的动量定理去求解：P 末－P 初=F 安⋅∆t=BLI ⋅∆t=qBL2、利用法拉第感应定律（平均感应电动势）去求解 E=n t ∆∆Φ, I= n R t ∆∆Φ , q=I ⋅∆t= nR ∆Φ 例1、如图，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R 的直角形金属导轨aob （在纸面内），磁场方向垂直纸面朝里，另有两根金属导轨c 、d 分别平行于oa 、ob 放置。

保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计。

现经历以下四个过程：①以速率v 移动d ，使它与ob 的距离增大一倍；②再以速率v 移动c ，使它与oa 的距离减小一半；③然后，再以速率2v 移动c ，使它回到原处；④最后以速率2v 移动d ，使它也回到原处。

设上述四个过程中通过电阻R 的电量的大小依次为Q 1、Q 2、Q 3和Q 4，则A. Q 1＝Q 2＝Q 3＝Q 4B. Q 1＝Q 2＝2Q 3＝2Q 4C. 2Q 1＝2Q 2＝Q 3＝Q 4D. Q 1≠Q 2＝Q 3≠Q 4答案：A例2、两根水平平行固定的光滑金属导轨宽为L ，足够长，在其上放置两根长也为L 且与导轨垂直的金属棒ab 和cd ，它们的质量分别为2m 、m ，电阻阻值均为R （金属导轨及导线的电阻均可忽略不计），整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中。

（1）现把金属棒ab 锁定在导轨的左端，如图甲，对cd 施加与导轨平行的水平向右的恒力F ，使金属棒cd 向右沿导轨运动，当金属棒cd 的运动状态稳定时，金属棒cd 的运动速度是多大？（2）若对金属棒ab 解除锁定，如图乙，使金属棒cd 获得瞬时水平向右的初速度v 0，当它们的运动状态达到稳定的过程中，流过金属棒ab 的电量是多少？整个过程中ab 和cd 相对运动的位移是多大？解析：⑴当cd 棒稳定时，恒力F 和安培力大小相等，方向相反，以速度v 匀速度运动，有：F =BIL 又R BLv I 2=222LB FR v = ⑵ab 棒在安培力作用下加速运动，而cd 的电流消失，ab ，cd 棒开始匀速运动。

高考一轮复习课时检测-电磁感应中的能量问题

电磁感应中的能量问题1．(多选)如图所示，竖直放置的两根平行光滑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接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，金属棒在竖直向上的恒力F 作用下匀速上升，以下说法正确的是( )A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零B ．重力做的功等于系统产生的电能C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热D ．恒力F 做的功等于电阻R 上产生的焦耳热解析：选AC 因为金属棒匀速上升，所以其所受合力为零，合力做的功为零，故A 对；重力做的功等于重力势能变化量的负值，恒力F 做的功等于重力势能的变化量与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，故B 、D 错，C 对。

2.有一边长为L 的正方形导线框，质量为m ，由高H 处自由下落，如图所示，其边ab 进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其边cd 刚好穿出磁场时，速度减为ab 边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是L ，线框在穿越匀强磁场过程中产生的电热是( )A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH解析：选C 设线框进入磁场的速度为v 1，离开磁场的速度为v 2，以磁场的下边界为零势能面，线框从开始下落到离开磁场的过程中能量守恒，则mg(H ＋2L)＝Q ＋12mv 22，线框从开始下落到ab 边进入磁场过程中应用动能定理mgH ＝12mv 12，由题意知v 1＝2v 2，解得Q ＝2mgL ＋34mgH ，故C 项正确。

3.如图所示，足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 平行放置且固定，导轨平面与水平方向的夹角为θ。

在导轨的最上端M 、P 之间接有电阻R ，不计其他电阻。

导体棒ab 从导轨的最底端以初速度v 0冲上导轨，当没有磁场时，ab 棒上升的最大高度为H ；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab 棒上升的最大高度为h 。

电磁感应中的电路及图像问题

目录
研透核心考点
4.如图8所示，空间有两个宽度分别为L和2L的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小都为B，左侧磁场方向垂直于纸面向里，右侧磁场方向垂直于纸面向外。abcd 是一个由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，线框以垂直于磁场边界的速度v匀速通过两个磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场的边界平行。设线框cd边刚进入磁场的位置为x＝0，x轴正方向水平向右，从线框cd边刚进入磁场开始到整个线框离开磁场区域的过程中，ab两点间的电势差Uab和线框受到的安培力F(规定水平向右为正方向)随着位置 x变化的图像正确的是( )
研透核心考点
解析设 PQ 左侧电路的电阻为 Rx，右侧电路的电阻为 3R－Rx，外电路的总电阻为 R 外＝Rx（33RR－Rx），外电路电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可得 PQ 中的电流 I＝R＋ER外先减小后增大，路端电压 U＝E－IR 先增大后减小，故 A、B 错误；导体棒做匀速直线运动，拉力与安培力平衡，即 F＝ILB，拉力的功率 P＝ILBv，先减小后增大，故 C 正确；外电路的总电阻 R 外＝Rx（33RR－Rx），当 Rx＝23R 时 R 外最大，最大值为34R，小于导体棒的电阻 R，又外电路电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电路电阻的关系可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故 D 错误。
的电阻为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，滑动过程中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( C )
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

求解电量的几种方法总结

求解电量的几种方法总结作者：陈俊来源：《中学物理·高中》2013年第02期在高中阶段的电学部分，求解电量是经常遇到的问题，本文就在高中物理中求解电量的方法做一个总结.1通过导体的电流是恒定电流方法基本公式Q=It根据电流的定义：I=Qt变换后可以得到Q=It.这是求解电流的最基本的公式，其他公式都是以该公式为基础推广而来的.例1金属导体中电流强度是0.5 A，求半分钟内通过导体横截面的电子数？分析解答Q=It=0.5×30 s=15 C，n=Qt=15C1.6×10-19 C≈1.0×1020个.2通过导体的电流不是恒定电流2.1电流随时间均匀变化在有些问题中，在某个阶段电流并不是一个恒定电流，但是这种变化还是有规律的：电流随时间的变化是均匀的，这种情况下，我们就可以用中间时刻的电流来代替全程变化的电流，化变为恒进行求解.例2如图1所示，质量为m的金属棒ab，可以沿着光滑的水平平行导轨MN和PQ滑动，两导轨间宽度为L，导轨的M、P接有阻值为R的定值电阻（其余部分电阻不计），导轨处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中.现给金属棒一个拉力F，使金属棒从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，问在开始运动后t时间内，流经电阻R的电量.分析与解答因为金属棒从静止开始做匀加速运动，所以回路中的电流是一个随时间变化的物理量.设经过时间t后，金属棒的速度为v，则此时回路中E=BLv=BLat，I=ER=BLaR·t，电流随时间的变化是均匀的，所以Q=·t=I2·t=BLat22R.2.2电流随时间不均匀变化在有些问题中，在某个阶段电流并不是一个恒定电流，并且电流随时间的变化是不均匀的，这种情况下，我们可以下面的几种方法来进行求解.方法一图象法如果我们可以知道电流随时间变化的图象，分析图象我们可以知道，因为纵坐标的物理意义表示电流，横坐标的物理意义表示时间，所以图线与横坐标所围成的面积就可以表示在这段时间内通过某个导体的电量.例3按图2连接电路，提供8 V直流电源，先使开关S与1相连，电源向电容器充电，这个过程可在瞬间完成，然后把开关S掷向2，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏上显示出电流随时间变化的I-t曲线，如图3所示.（1）图中画出的竖直狭长矩形（图3最左端），它面积的物理意义是：.（2）估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量是.分析解答本题中用到了物理学中两种重要的方法——微元法和估算法（1）对于图象，我们主要从五个方面来分析：坐标、图线、截距、斜率和面积.在本题中图象的纵坐标的物理意义表示流经传感器的电流，横坐标的物理意义表示时间，所以图线与横坐标所围成的面积的物理意义就是表示在这段时间内流经传感器的电量.而根据题意可知这个电流就是电容器的放电电流，所以图中画出的竖直狭长矩形（图乙最左端），它面积的物理意义是：0.1 s内放电的电量.（2）根据（1）中的分析可以知道：电容器在全部放电过程中释放的电荷量的大小在数值上等于图线与横坐标所围成的面积所表示的电量，这里就用到了估算法.每一小格的面积所代表的电量的大小为q=0.2 mA×0.4 s=8×10-5 C，图线下的总面积大约有69个，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为Q=5.5×10-3 C.方法二Q=nΔΦR总.在电磁感应中，常涉及到电量的问题，比如在线框在磁场中绕着某个轴转动，求某段时间内通过线框的电量，线框进出磁场的过程中，比较通过线框的电量等等.在这类问题的分析中，可能在这个过程中电路中的电流不是一个恒定电流，那么我们在求解这类问题时往往利用平均电流来求解.回路中的平均感应电动势=nΔΦΔt，=R总，Q=·Δt，所以Q=nΔΦR总.例4有界的匀强磁场磁感应强度为B，一正方形金属框abcd从左向右通过该磁场（磁场的宽度大于金属框的边长），金属框金磁场时速度为v1，出磁场时速度为v2，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图4所示，设在进入磁场的过程中通过金属框的电量为Q1，出磁场的过程中通过金属框的电量为Q2，则A.Q1>Q2B.Q1=Q2C.Q1分析和解答金属框进出磁场的过程中，金属框的运动均为变速运动，那么我们在求解电量时可以借助上述公式分析求解.设金属框的边长为L，则在进磁场的过程中Q1=BL2R，而同样在出磁场的过程中Q2=BL2R，所以Q1=Q2.正确答案选B.方法三微元法求解电量在电磁感应中，还有一种求解电量的方法，称为微元法.微元法的核心公式就是动量定理F·Δt=Δm v，如果合外力就是安培力，那么在这个地方F安就是指这一微小时间内的平均值.所以有F安=BL，所以BL·Δti=m·Δvi，对这个公式进行求和∑BL（·Δti）=∑·Δvi，Q=mΔvBL.例5如图5所示，质量为m的金属棒ab，可以沿着光滑的水平平行导轨MN和PQ滑动，两导轨间宽度为L，导轨的M、P接有阻值为R的定值电阻（其余部分电阻不计），导轨处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中.现给金属棒一个恒定的拉力F，使金属棒从静止开始运动，经过时间t达到匀速，求金属棒ab在此过程中通过电阻R的电量分析与解答导体棒的运动是一个变速运动，我们可以把这个过程分为无限多个无限小的部分，在极短的时间内，每一部分都可以看成是一个匀变速运动，那么根据动量定理有。

欧姆定律

图9
阻R应调为多少？
(2)S闭合和断开时,RB上的电功率之比为多少？变阻器上消耗的功率之比为多少？
解析
(1)在题图所示电路中,A、C、D三个用电器是
并联的,且正常工作,其额定功率相等,说明三个用电器的电流均相等,设每个用电器的额定电流为I,若 S闭合,有
E U 3I= RB R r
①
n1=2只.
(2)要使电热器组加热物体最快,就必须使电热器组得到的电功率最大,有的同学错误地认为电热器接
得越多,总功率就越大,这是没有考虑到外电阻的变
化会影响电源输出功率的变化.这里要注意到A、B 两点间得到最大功率的条件,相当于R1、R2视为等效 (电源)内阻,要使电热器的总功率最大,必须使其总电阻为
答案
(2)9∶4
9∶8
方法提炼
分析闭合电路中的功率问题时就注意以
下三个问题:
(1)电流发生变化时,路端电压发生变化,功率比较
与计算时不要忘记这一点. (2)利用当外电阻等于内阻时输出功率最大这一结论,必要时要将某一电阻看作内阻,作等效电源处理. (3)注意所求功率是电路中哪部分电路的功率,不同部分电路分析思路不同.
L,电阻为R,C为平行板电容器,其相对面积为S,两板间的距离为d,在滑动触头向右滑的过程中,电流计中有电流通过,为什么?若电流计允许通过的最大电流为Im,求P滑动时,所允许的最大速度是多少?
图7
思路点拨
解析
电容器的电压等于电阻丝PB段上的电压,如
果P不滑动,电阻丝PB段长度不变,加在电容C上的
又因为流过电流计的电流I≤Im,所以触头P滑动时, 所允许的最大速度为vm= 4 π kd ( R r ) LI m . SER 答案见解析

同步备课套餐之物理教科3-4讲义：第1章习题课法拉第电磁感应定律的应用

习题课法拉第电磁感应定律的应用[学习目标]1。

理解公式E＝n ΔΦΔt与E＝BLv的区别和联系，能够应用这两个公式求解感应电动势.2.掌握电磁感应电路中感应电荷量求解的基本思路和方法。

3.会求解导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势．一、E＝n错误!和E＝BLv的比较应用E＝n错误!E＝BLv区别研究对象整个闭合回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体适用范围各种电磁感应现象只适用于导体垂直切割磁感线运动的情况计算结果Δt内的平均感应电动势某一时刻的瞬时感应电动势联系E＝BLv是由E＝n错误!在一定条件下推导出来的，该公式可看做法拉第电磁感应定律的一个推论例1如图1所示，导轨OM和ON都在纸面内，导体AB可在导轨上无摩擦滑动,若AB以5 m/s的速度从O点开始沿导轨匀速右滑,导体与导轨都足够长，磁场的磁感应强度为0。

2 T．问：图1(1)3 s末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁感线产生的感应电动势多大?（2)3 s内回路中的磁通量变化了多少？此过程中的平均感应电动势为多少?答案(1）5错误!m5错误!V(2）错误!Wb错误!错误!V解析(1)夹在导轨间的部分导体切割磁感线产生的电动势才是电路中的感应电动势．3 s末，夹在导轨间导体的长度为：l＝vt·tan 30°＝5×3×tan 30° m＝5错误!m此时:E＝BLv＝0。

2×5错误!×5 V＝5错误!V(2)3 s内回路中磁通量的变化量ΔΦ＝BS－0＝0。

2×错误!×15×5错误!Wb＝错误!Wb3 s内电路产生的平均感应电动势为：错误!＝错误!＝错误!V＝错误!错误!V.例2如图2甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d＝0.5 m．右端接一阻值为4 Ω的小灯泡L,在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B按如图乙规律变化．CF 长为2 m．在t＝0时,金属棒ab从图示位置由静止在恒力F作用下向右运动到EF位置，整个过程中小灯泡亮度始终不变．已知ab 金属棒电阻为1 Ω，求：图2（1)通过小灯泡的电流；(2）恒力F的大小；(3）金属棒的质量．答案(1）0。

高二物理电荷量求解公式

高二物理电荷量求解公式
电荷量是物理学中一个重要的概念，它描述的是物体所带的电荷的大小。

在高二物理学习中，我们经常会遇到求解电荷量的问题。

下面，我将以人类的视角，用简洁明了的语言来描述求解电荷量的公式。

求解电荷量的公式为：电荷量= 电流强度× 时间。

这个公式告诉我们，电荷量的大小取决于电流强度和时间的乘积。

换句话说，如果电流强度越大，时间越长，所带的电荷量就越大。

举个例子来说明吧。

假设有一个电流为2安的电路，电流流过的时间是3秒。

那么根据上述公式，电荷量就等于2安乘以3秒，即6库仑。

这意味着电路中所带的电荷量是6库仑。

通过这个例子，我们可以看出，电荷量的大小与电流强度和时间密切相关。

如果我们想增加电荷量，可以通过增大电流强度或延长电流流过的时间来实现。

当然，在实际问题中，我们还需要考虑其他因素，比如电流的方向、电荷的正负等。

不过，这些因素都可以通过合理的处理来求解。

重要的是掌握了基本的电荷量求解公式，我们就能够解决很多与电荷量相关的问题。

求解电荷量的公式为电荷量= 电流强度× 时间。

通过合理运用这个公式，我们可以解决各种与电荷量相关的问题。

希望通过这篇文章
的阐述，能够帮助大家更好地理解和应用电荷量求解公式。

让我们一起探索电荷量的奥秘吧！。

专题二法拉第电磁感应定律的应用(课件)高二物理(人教版2019选择性必修第二册)

求此时 ab 杆中的电流及其加速度的大小。
(3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值。
04 典例分析
答案：
(1)见解析图
(2)BRlv
gsin θ－B2l2v mR
(3)mgBR2sli2n θ
解析：(1)如图所示，ab 杆受重力 mg，竖直向下；支持力 FN，
垂直导轨平面向上；安培力 F，沿导轨平面向上。
2.制约关系
导体运动切割磁感线
v变化
E=BLv F安变化
I E R总
F安=BIL
F安的大小与速度大小有关
F合变化
a变化
02 电磁感应现象中的能量分析
1．能量转化的过程分析电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功实现的。安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为内能)，克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程。
01 电磁感应中的电荷量问题
闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt
内通过某一截面的电荷量(感应电荷量)
q＝I·Δt
I＝RE总
E＝n
ΔΦ Δt
q I t
E
n t t
t n
R总
R总
R总
(1)由上式可知，通过某一截面的感应电荷量q仅由线圈匝数n、回路电阻R和磁
通量的变化量ΔΦ决定，与时间长短无关。 (2)求解电路中通过的电荷量时，I、E 均为平均值.
2.判断感应电流和感应电动势的方向，都是利用相当于电源的部分根据右手定则或楞次定律判定的。实际问题中应注意外电路电流由高电势流向低电势，而内电路则相反。
02 对电路的理解
1.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。

高中物理第四章电磁感应专题4.4 法拉第电磁感应定律试题新人教版选修3-2.doc

第4节法拉第电磁感应定律一、电磁感应定律 1．感应电动势（1）定义：在________中产生的电动势叫做感应电动势。

产生感应电动势的那部分导体相当于_____。

（2）产生条件：不管电路是否闭合，只要穿过电路的_____________，电路中就会产生感应电动势。

（3）方向判断：可假设电路闭合，由_______或______判断出感应电流的方向，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，其中_________________。

2．电磁感应定律（1）内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的________成正比。

（2）表达式：ΔΔE t Φ=（单匝线圈），ΔΔE n tΦ=（多匝线圈）。

（3）感应电动势与感应电流的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即EI R r=+。

3．应用法拉第电磁感应定律ΔΔE n tΦ=时应注意的几点（1）研究对象：ΔΔE nt Φ=的研究对象是一个回路，而不是一段导体。

（2）物理意义：ΔΔE n tΦ=求的是Δt 时间内的平均感应电动势，当Δt →0时，E 为瞬时感应电动势。

（3）ΔΔE n tΦ=求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某段导体的电动势。

整个回路的电动势为零，其回路中某段导体的电动势不一定为零。

（4）用公式ΔΔBE nSt=求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积。

（5）若回路中与磁场方向垂直的面积S 及磁场应强度B 均随时间变化，则2211ΔB S B S E n t-=（），要特别注意题目要求的是哪个时刻的感应电动势。

4．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率ΔΔtΦ的比较比较项目磁通量Φ磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率ΔΔtΦ物理意义某时刻穿过某个面的磁感某一段时间内穿过某个面的穿过某个面的磁通量变化的线的条数磁通量的变化量快慢大小Φ=B·S，S是与B垂直的面的面积ΔΦ=Φ1–Φ2ΔΦ=B·ΔSΔΦ=S·ΔBΔΔΔΔSBt tΦ=⋅ΔΔΔΔBSt tΦ=⋅注意穿过某个面有方向相反的磁感线，则不能直接用Φ=B·S求解，应考虑相反方向的磁通量抵消后所剩余的磁通量开始时和转过180°时的平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是一正一负，ΔΦ=2BS，而不是0既不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少，实际它就是单匝线圈上产生的电动势附注线圈平面与磁感线平行时，Φ=0，但ΔΔtΦ最大线圈平面与磁感线垂直时，Φ最大，但ΔΔtΦ=0二、导体切割磁感线时的感应电动势1．导体棒垂直于磁场运动，B、l、v两两垂直时如图甲所示，E=______。

第四章专题研究课(二) 电磁感应现象中的常考问题

专题研究课(二)⎪⎪电磁感应现象中的常考问题(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就相当于电源，其他部分相当于外电路。

(2)画等效电路图。

分清内外电路，画出等效电路图(解题关键)。

(3)感应电动势的大小由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 或E ＝Bl v 确定，感应电动势的方向由楞次定律或右手定则确定，在等效电源内部从负极指向正极。

(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解。

[典例1] 如图所示，有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.2 T ，磁场方向垂直纸面向里。

在磁场中有一半径r ＝0.4 m 的金属圆环，磁场与圆环面垂直，圆环上分别接有灯L 1、L 2，两灯的电阻均为R 0＝2 Ω。

一金属棒MN 与圆环接触良好，棒与圆环的电阻均忽略不计。

(1)若棒以v 0＝5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求金属棒MN 滑过圆环直径的瞬时，MN 中的电动势和流过灯L 1的电流；(2)撤去金属棒MN ，若此时磁场随时间均匀变化，磁感应强度的变化率为ΔB Δt ＝4π T/s ，求回路中的电动势和灯L 1的电功率。

[解析] (1)等效电路如图所示。

MN 中的电动势 E 1＝B ·2r ·v 0＝0.8 V MN 中的电流I ＝E 1R 0/2＝0.8 A 流过灯L1的电流I 1＝I2＝0.4 A 。

(2)等效电路如图所示。

回路中的电动势 E 2＝ΔBΔt ·πr 2＝0.64 V回路中的电流I ′＝E 22R 0＝0.16 A 灯L 1的电功率P 1＝I ′2R 0＝5.12×10－2 W 。

[答案] (1)0.8 V 0.4 A (2)0.64 V 5.12×10－2 W电磁感应现象中通过闭合电路某截面的电荷量q ＝I Δt ，而I ＝R＝nΔΦΔtR，则q ＝n ΔΦR ，所以q 只和线圈匝数、磁通量的变化量及总电阻有关，与完成该过程需要的时间无关。

锂离子电池容量计量之库仑计法

锂离子电池容量计量之"库仑计"法手机型号：波导S1200锂离子电池容量计量之"库仑计"法;一直想写一篇关于电池容量库仑计的文章，可以要完全说明库仑计的工作原理却相当的麻烦，因为这种容量计量方法涉及的电池方面的知识太多太复杂,同时还有一部分集成IC方面的知识.为了"雅俗共赏”,我就把这篇关于库仑计的文章分成四个部分。

1。

基本概念介绍，就是引出为什么要用库仑计来计量电池容量.2.库仑计简单说明，讲得比较浅适合一般的用户。

3.库仑计进阶说明,详细补充库仑计的工作原理.4.有关库仑计在手机上使用的各种现象解释,特别是拥有爱立信手机的机友，不妨参考一下☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆第一部分.基本概念介绍；mAh：电池容量的计量单位,实际就是电池中可以释放为外部使用的电子的总数。

;折合物理上的标准的单位就是大家熟悉的库仑.;库仑的国际标准单位为电流乘于时间的安培秒.；1mAh=0.001安培*3600秒=3。

6安培秒=3.6库仑；mAh不是标准单位,但是这个单位可以很方便的用于计量和计算.；比如一颗900mAh的电池可以提供300mA恒流的持续3小时的供电能力.在"锂离子电池容量计量之电压法"一文中，我详细介绍了用电池电压近似获得电池容量的方面。

但是这个方法是比较粗糙的。

要想获得锂离子电池的电量使用的正确情况,只有用库仑计。

就象大家家里面的水量计量用的水表的作用原理.要计算流经的电荷的多少才能获得锂离子电池的电量使用情况。

如何得到流经的电荷量呢，就只有通过测试单位时间内回路流经的电流大小。

如果测到的电流是恒定不变的,把测到的电流乘于时间就可以简单的得到了电荷量了.这钟情况一般只有实验室里面才能发生。

通常用一个恒流来放电计算电池的容量，而且测到的容量也比较精确.如果测到的电流是随时间变化的，那么就需要对这个变化的电流进行积分才能得到电荷量，手机上的电池就是这种情况，电流随时都在变化.电流要如何测到呢?简单的讲就是通过测量一个特定的电阻两端的电压（单位伏特V或毫伏mV），把电压除于这个电阻的阻值（单位欧姆ohm或毫欧mohm）就得到即时的电流值(单位是安培A或毫安mA）了。

2020春新教材高中物理第3章恒定电流第1节电流教案鲁科版必修第三册

第3章恒定电流课标要求1.观察并能识别常见的电路元器件，了解他们在电路中的作用。

了解串，并联电路电阻的特点。

2.理解电功，电功率及焦耳定律，能用焦耳定律解释生产生活中的电热现象。

3.通过实验，探究并了解金属导体的电阻与材料，长度和横截面积的定量关系。

会测量金属丝的电阻率。

第1节电流核心素养科学思维态度与责任能从微观视角和宏观表现分析电流的形成，对统计方法有初步了解。

通过科学家安培的事迹，了解科学研究、科技创新所带来的应用价值和社会价值，并从中学习科学家的探究精神。

知识点一电流的形成[观图助学]电闪雷鸣时，强大的电流使天空发出耀眼的闪光，但它只能存在一瞬间，而手电筒中小灯泡却能持续发光，这是因为手电筒中的电源能提供持续电压。

1.定义：电流是由自由电荷的定向移动形成的。

2.形成电流的条件(1)回路中存在自由电荷。

(2)导体两端有电压。

3.持续电流(1)导体两端有持续电压是导体中形成持续电流的条件。

(2)电源的作用是提供持续电压。

4.电流的速度：等于电场的传播速度，它等于3.0×108 m/s。

5.自由电子的运动速率：常温下，金属内的自由电子大约以105__m/s的平均速率做无规则的运动。

6.电子定向移动的速率：数量级大约是10－5m/s ，被形象地称为“电子漂移”。

[思考判断](1)只要有移动的电荷，就存在着持续电流。

(×) (2)只要导体两端没有电压，就不能形成电流。

(√) (3)只要导体中无电流，其内部自由电荷就停止运动。

(×)知识点二电流的方向与大小1.电流的方向(1)在物理学中，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向。

(2)在电源外部的电路中，电流的方向是从电源正极流向负极。

(3)在电源内部的电路中，电流的方向是从电源负极流向正极。

(4)电流是标量，虽有方向，但其运算不符合平行四边形定则。

2.电流的大小和单位(1)定义：流过导体某一横截面的电荷量与所用时间之比定义为电流。

高中物理重难点解析：法拉第电磁感应定律

法拉第电磁感应定律一、难点形成原因1、关于表达式tn E ∆∆=φ 此公式在应用时容易漏掉匝数n ，实际上n 匝线圈产生的感应电动势是串联在一起的，其次φ∆是合磁通量的变化，尤其变化过程中磁场方向改变的情况特别容易出错，并且感应电动势E 与φ、φ∆、t∆∆φ的关系容易混淆不清。

2、应用法拉第电磁感应定律的三种特殊情况E=Blv 、ω221Bl E =、E=nBs ωsin θ（或E=nBs ωcos θ）解决问题时，不注意各公式应用的条件，造成公式应用混乱从而形成难点。

3、公式E=nBs ωsin θ（或E=nBs ωcos θ）的记忆和推导是难点，造成推导困难的原因主要是此情况下，线圈在三维空间运动，不少同学缺乏立体思维。

二、难点突破1、φ、φ∆、t ∆∆φ同v 、△v 、tv ∆∆一样都是容易混淆的物理量，如果理不清它们之间的关系，求解感应电动势就会受到影响，要真正掌握它们的区别应从以下几个方面深入理解。

磁通量φ 磁通量变化量φ∆ 磁通量变化率t ∆∆φ 物理意义磁通量越大，某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数越多某段时间穿过某个面的末、初磁通量的差值表述磁场中穿过某个面的磁通量变化快慢的物理量大小计算⊥=BS φ，⊥S 为与B 垂直的面积12φφφ-=∆，S B ∆=∆φ或B S ∆=∆φ t S B t ∆∆=∆∆φ 或t B S t ∆∆=∆∆φ注意若穿过某个面有方向相反的磁场，则不能直接用⊥=BS φ，应考虑相反方向的磁通量相互抵消以后所剩余的磁通量开始和转过1800时平面都与磁场垂直，穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，△φ=2 BS ，而不是零既不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少，在φ—t 图象中用图线的斜率表示 2、明确感应电动势的三种特殊情况中各公式的具体用法及应用时须注意的问题 ⑴导体切割磁感线产生的感应电动势E=Blv ，应用此公式时B 、l 、v 三个量必须是两两相互垂直，若不垂直应转化成相互垂直的有效分量进行计算，生硬地套用公式会导致错误。