高中物理一轮复习学案第十章电磁感应第3讲　电磁感应规律的综合应用

第3讲电磁感应规律的综合应用见学生用书P163微知识1电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路。2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝BLv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)。(2)电源正、负极：用右手定则或楞次定律确定。(3)路端电压：U＝E－Ir＝IR。微知识2电磁感应图象问题微知识3感应电流在磁场中所受的安培力1．安培力的大小由感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq\f(E,R)和安培力公式F＝BIL得F＝eq\f(B2L2v,R)。2．安培力的方向判断微知识4电磁感应中的能量转化与守恒1．能量转化的实质电磁感应现象的能量转化实质是其他形式能和电能之间的转化。2．能量的转化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，电流做功再将电能转化为内能(或其他形式的能)。3．热量的计算电流(恒定)做功产生的热量用焦耳定律计算，公式Q＝I2Rt。一、思维辨析(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。)1．闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路。(√)2．在闭合回路中切割磁感线的那部分导体两端的电压一定等于产生的感应电动势。(×)3．电路中电流一定从高电势流向低电势。(×)4．克服安培力做的功一定等于回路中产生的焦耳热。(×)5．有安培力作用时导体棒不可能做加速运动。(×)二、对点微练1．(电磁感应中的电路问题)如图所示，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为()A.eq\f(1,2)EB.eq\f(1,3)EC.eq\f(2,3)ED．E解析a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的eq\f(1,3)，故a、b间电势差为U＝eq\f(1,3)E，B项正确。答案B2．(电磁感应中的图象问题)在四个选项中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形。各导线框均绕垂直纸面轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T。从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向。则在选项中的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如图所示的是()解析根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i随时间t的变化规律如题图甲所示的是C。答案C3．(电磁感应中的动力学问题)(多选)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vmax，则()A．如果B增大，vmax将变大B．如果α变大，vmax将变大C．如果R变大，vmax将变大D．如果m变大，vmax将变大解析金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vmax，此后金属杆做匀速运动，杆受重力、轨道的支持力和安培力，如图所示。安培力F＝eq\f(BLvmax,R)LB，对金属杆列平衡方程mgsinα＝eq\f(B2L2vmax,R)，则vmax＝eq\f(mgsinα·R,B2L2)，由此式可知，B增大，vmax减小；α增大，vmax增大；R变大，vmax变大；m变大，vmax变大。因此B、C、D项正确。答案BCD4．(电磁感应中的能量问题)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．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受重力G、拉力F和安培力F安的作用。由动能定理：WF＋WG＋W安＝ΔEk得WF＋W安＝ΔEk＋mgh，即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量，选项A正确。答案A见学生用书P164微考点1电磁感应中的电路问题核|心|微|讲在电磁感应过程中，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，该导体或回路相当于电源。因此，电磁感应问题往往又和电路问题联系在一起。解决此类问题的基本思想是将电磁感应问题转化为直流电路的分析与计算问题。基本思路：①用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向；②弄清电路结构，必要时画出等效电路图；③运用欧姆定律、串并联电路等规律求解路端电压、电功率等问题。典|例|微|探【例1】(多选)如图所示，边长为L、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k>0)。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＝eq\f(R0,2)。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eq\f(U,7)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【解题导思】(1)电路中哪部分是电源？答：MN左侧的正方形线框是电源。(2)滑动变阻器的左右两部分中电流相等吗？答：滑动变阻器的左边部分电流大于右边部分电流。解析将滑动变阻器在滑片处分为两部分，电阻均为eq\f(R0,2)，其中右侧部分与R2并联，并联阻值为eq\f(R0,4)，所以电路中总电阻为eq\f(7R0,4)，由欧姆定律可知，A项正确；当磁感应强度均匀增加时，由楞次定律可知，R2中电流从右向左，所以b板带正电，B项错误；滑动变阻器右侧部分电流、电压均与R2相同，左侧部分电阻与R2相同，电流是R2中电流的2倍，由P＝I2R可知滑动变阻器的总功率是R2的5倍，所以C项正确；由法拉第电磁感应定律可知E＝neq\f(ΔBS,Δt)，其中S为有效面积，S＝πr2，得E＝πkr2，所以D项错误。答案AC题|组|微|练1.如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻R1、R2、R3的阻值之比为1∶2∶3，导线的电阻不计。当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中感应电流为I；当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中感应电流为5I；当S1、S3闭合，S2断开时，闭合回路中感应电流为()A．0B．4IC．6ID．7I解析因为R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，可以设R1＝R，R2＝2R，R3＝3R；由电路图可知，当S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得E1＝3IR。当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得E2＝5I×5R＝25IR。当S1、S3闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，此时感应电动势E＝E1＋E2＝28IR，则此时的电流I′＝eq\f(E,4R)＝eq\f(28IR,4R)＝7I，故选项D正确。答案D2．在同一水平面上的光滑平行导轨P、Q相距l＝1m，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10mm，定值电阻R1＝R2＝12Ω，R3＝2Ω，金属棒ab的电阻r＝2Ω，其他电阻不计。磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量m＝1×10－14kg、电荷量q＝－1×10－14C的微粒恰好静止不动。g取10m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定。试求：(1)匀强磁场的方向。(2)ab两端的路端电压。(3)金属棒ab运动的速度。解析(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电。ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，其a端为电源的正极，感应电流方向由b→a，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝Eq，又E＝eq\f(UMN,d)，所以UMN＝eq\f(mgd,q)＝0.1V。R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I＝eq\f(UMN,R3)＝0.05A，则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋Ieq\f(R1R2,R1＋R2)＝0.4V。(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝Blv，由闭合电路欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5V，联立解得v＝1m/s。答案(1)竖直向下(2)0.4V(3)1m/s微考点2电磁感应中的图象问题核|心|微|讲1．图象类型2．分析方法对图象的分析，应做到“四明确三理解”(1)明确图象所描述的物理意义；明确各种正、负号的含义；明确斜率的含义；明确图象和电磁感应过程之间的对应关系。(2)理解三个相似关系及其各自的物理意义v－Δv－eq\f(Δv,Δt)，B－ΔB－eq\f(ΔB,Δt)，Φ－ΔΦ－eq\f(ΔΦ,Δt)。典|例|微|探【例2】(多选)如图所示，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＝F0＋kv(F0、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FA，电阻R两端的电压为UR，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()【解题导思】(1)水平方向导体棒受到哪些力作用？答：水平方向受到外力F和安培力作用。(2)导体棒的加速度会随着速度变化而变化吗？答：根据F－FA＝ma和F＝F0＋kv可知，a与v有关。解析设某时刻金属棒的速度为v，根据牛顿第二定律F－FA＝ma，即F0＋kv－eq\f(B2l2v,R＋r)＝ma，即F0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(B2l2,R＋r)))v＝ma，如果k>eq\f(B2l2,R＋r)，则加速度与速度成线性关系，且随着速度增大，加速度越来越大，即金属棒运动的v－t图象的切线斜率越来越大，由于FA＝eq\f(B2l2v,R＋r)，FA－t图象的切线斜率也越来越大，感应电流eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＝\f(Blv,R＋r)))、电阻两端的电压eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(UR＝\f(BlRv,R＋r)))及感应电流的功率eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(P＝\f(B2l2v2,R＋r)))也会随时间变化得越来越快，B项正确；如果k＝eq\f(B2l2,R＋r)，则金属棒做匀加速直线运动，电动势随时间均匀增大，感应电流、电阻两端的电压、安培力均随时间均匀增大，感应电流的功率与时间的二次方成正比，没有选项符合；如果k<eq\f(B2l2,R＋r)，则金属棒做加速度越来越小的加速运动，感应电流、电阻两端的电压、安培力均增加得越来越慢，最后恒定，感应电流的功率最后也恒定，C项正确。答案BC【反思总结】电磁感应中图象类选择题的两个常见解法1．排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。2．函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法。题|组|微|练3．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限内有垂直该坐标平面向里的匀强磁场，二者磁感应强度相同，圆心角为90°的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O点在图示坐标平面内沿顺时针方向匀速转动。规定与图中导线框的位置相对应的时刻为t＝0，导线框中感应电流逆时针为正。则关于该导线框转一周的时间内感应电流i随时间t的变化图象正确的是()解析在线框切割磁感线产生感应电动势时，由E＝eq\f(1,2)BL2ω知，感应电动势一定，感应电流大小不变，故B、D项错误；在eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T内，由楞次定律判断可知线框中感应电动势方向沿逆时针方向，为正，故A项正确、C项错误。答案A4．边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一过程相符合的是()解析该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据题中几何关系有l有效＝eq\f(2\r(3),3)x，所以E电动势＝Bl有效v＝eq\f(2\r(3),3)Bvx∝x，A项错误，B项正确；框架匀速运动，故F外力＝F安＝eq\f(B2l\o\al(2,有效)v,R)＝eq\f(4B2x2v,3R)∝x2，C项错误；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，D项错误。答案B微考点3电磁感应中的动力学问题核|心|微|讲电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。1．导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。(2)导体的非平衡状态——加速度不为零。2．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分析。3．导体的运动分析流程典|例|微|探【例3】如图，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：(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。【解题导思】(1)ab棒受到哪些力的作用？答：重力(竖直向下)、斜面的支持力(垂直斜面向上)、软导线的拉力(沿斜面向上)、斜面的摩擦力(沿斜面向上)、安培力(沿斜面向上)。(2)cd棒受到哪些力的作用？答：重力(竖直向下)、斜面的支持力(垂直斜面向上)、软导线的拉力(沿斜面向上)、斜面的摩擦力(沿斜面向下)eq\o(。,\s\do4())解析(1)设两根导线的总的张力的大小为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2mgsinθ＝μN1＋T＋F，①N1＝2mgcosθ。②对于cd棒，同理有mgsinθ＋μN2＝T，③N2＝mgcosθ，④联立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)。⑤(2)由安培力公式得F＝BIL，⑥这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为E＝Blv，⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I＝eq\f(E,R)，⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)。⑨答案(1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)【反思总结】用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：1．进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r。2．进行“路”的分析——分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力。3．进行“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。4．进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型。题|组|微|练5.(多选)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化规律为B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则()A．t＝1s时，金属杆中感应电流方向从C到DB．t＝3s时，金属杆中感应电流方向从D到CC．t＝1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND．t＝3s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2N解析由于磁感应强度随时间的变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，则t＝1s时，穿过金属杆与金属框围成的平面的磁通量向下且在减小，则根据楞次定律可知，金属杆CD中的感应电流的方向从C到D，故A项正确；在t＝3s时，穿过金属杆与金属框围成的平面的磁通量向上且在增大，则根据楞次定律可知，金属杆CD中的感应电流的方向从C到D，故B项错误；根据法拉第电磁感应定律可得，在t＝1s时，回路中产生的感应电动势的大小为E＝L2eq\f(ΔB,Δt)sin30°＝0.1V，根据闭合电路欧姆定律和电路的串、并联知识可得，流经金属杆CD的电流大小为I＝eq\f(E,R)＝1A，又根据平衡条件可知，在t＝1s时挡板P对金属杆CD产生的弹力为F＝BILsin30°＝0.2×1×1×eq\f(1,2)N＝0.1N，又根据牛顿第三定律可得，在t＝1s时金属杆CD对挡板P产生的压力为0.1N，故C项正确；根据法拉第电磁感应定律可得，在t＝3s时，回路中产生的感应电动势的大小为E′＝L2eq\f(ΔB,Δt)sin30°＝0.1V，根据闭合电路欧姆定律和电路的串、并联知识可得，流经金属杆CD的电流大小为I′＝eq\f(E′,R)＝1A，又根据平衡条件可知，在t＝3s时挡板H对金属杆CD产生的弹力为F′＝BI′Lsin30°＝0.2×1×1×eq\f(1,2)N＝0.1N，根据牛顿第三定律可得，在t＝3s时金属杆CD对挡板H产生的压力为0.1N，故D项错误。答案AC6.(多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，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。现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法正确的是()A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动解析金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinθ－BIl>0，金属棒将一直加速，A项错、B项对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C项对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D项错。答案BC微考点4电磁感应中的能量问题核|心|微|讲1．能量转化特点2．电能的求解思路典|例|微|探【例4】(多选)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m的导体棒ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ。现导体棒在水平向左、垂直于导体棒的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中导体棒始终与导轨保持垂直)。设导体棒接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则在此过程中，下列说法正确的是()A．导体棒的速度最大值为eq\f(F－μmgR,B2d2)B．流过电阻R的电荷量为eq\f(BdL,R＋r)C．恒力F和摩擦力对导体棒做的功之和等于导体棒动能的变化量D．恒力F和安培力对导体棒做的功之和大于导体棒动能的变化量【解题导思】(1)导体棒的速度在什么情况下达到最大？答：合外力为零。(2)导体棒运动过程中有哪些力做功？合外力的功与动能变化有何关系？答：恒力F做正功、摩擦力做负功、安培力做负功，合外力的功与动能变化相等。解析当合外力为零的时候，导体棒的加速度为零，此时导体棒的速度达到最大值，此后因为速度不变，所以感应电流不变，安培力不变，合外力不变，一直是零，导体棒将做匀速直线运动。由E＝Bdv，F安＝BId以及I＝eq\f(E,R＋r)得出安培力F安＝eq\f(B2d2v,R＋r)，因为合外力为零，所以F安＝F－μmg，可解出vm＝eq\f(F－μmgR＋r,B2d2)，所以A项错误；由电荷量q＝IΔt、E＝eq\f(ΔΦ,Δt)和I＝eq\f(E,R＋r)得出q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BdL,R＋r)，所以B项正确；由能量守恒知恒力F做的功在数值上等于产生的电热(即克服安培力做的功)、克服摩擦力做的功以及动能的增加量，所以C项错误、D项正确。答案BD题|组|微|练7.(多选)如图所示，两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角，导轨的一端连接定值电阻R1，匀强磁场垂直穿过导轨平面。一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab，垂直导轨放置，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，且R2＝2R1。如果导体棒以速度v匀速下滑，导体棒此时受到的安培力大小为F，则以下判断正确的是()A．电阻R1消耗的热功率为eq\f(Fv,3)B．整个装置消耗的机械功率为FvC．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθD．若使导体棒以v的速度匀速上滑，则必须施加沿导轨向上的外力F外＝2F解析由能量守恒定律可知，安培力的功率等于电路中消耗的电功率，因此有P1＋P2＝Fv,由焦耳定律可知eq\f(P1,P2)＝eq\f(R1,R2)＝eq\f(1,2)，解得P1＝eq\f(1,3)Fv，A项正确；由于导体棒匀速运动，整个装置消耗的机械功率等于重力的功率，为mgvsinθ，B项错误；下滑过程中，导体棒所受摩擦力大小为f＝μmgcosθ，整个装置因摩擦而消耗的功率为P′＝fv＝μmgvcosθ，C项正确；若使导体棒以v的速度匀速上滑，则安培力方向沿斜面向下而大小不变，由共点力平衡条件可知，则应沿斜面向上施加的拉力为F外＝mgsinθ＋F＋μmgcosθ，又导体棒以速度v匀速下滑时，导体棒受到的安培力大小为F，则mgsinθ＝F＋μmgcosθ，F外＝2(F＋μmgcosθ)，D项错误。答案AC8.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E＝BLv0，棒中感应电流I＝eq\f(E,R)，作用于棒上的安培力F＝BIL，联立以上各式解得F＝eq\f(B2L2v0,R)，方向水平向左。(2)由功能关系得安培力做功W1＝Ep－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，电阻R上产生的焦耳热Q1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Ep。(3)由能量转化及平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置，Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。答案(1)eq\f(B2L2v0,R)，方向水平向左(2)Ep－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Ep(3)棒最终静止于初始位置eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)见学生用书P167电磁感应中的“杆＋导轨”模型素能培养1．单杆模型(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(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＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Bl(v1－v2)。(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。经典考题如图所示，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＝0.4m。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＝0.5T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg、电阻R1＝0.1Ω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m2＝0.4kg、电阻R2＝0.1Ω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10m/s2。问：(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＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。解析(1)cd下滑，根据右手定则判断，c端电势高于d端，ab中电流方向从a到b。(2)ab刚放上时，刚好不下滑，说明ab棒受到了最大静摩擦力fm作用，且fm＝m1gsinθ，cd棒下滑后，分析导体棒ab的受力如图所示，ab刚要上滑时，ab所受最大静摩擦力沿斜面向下，则F安＝fm＋m1gsinθ，又F安＝ILB，cd棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，由闭合电路的欧姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2)，由以上各式得v＝eq\f(m1gR1＋R2,B2L2)＝5m/s。(3)设cd产生的热量为Q′，则eq\f(Q,Q′)＝eq\f(I2R1t,I2R2t)＝1，根据动能定理得m2gxsinθ－(Q＋Q′)＝eq\f(1,2)m2v2，代入已知数据得Q＝Q′＝1.3J。答案(1)从a到b(2)5m/s(3)1.3J对法对题1．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，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μ，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()A．流过金属棒的最大电流为eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通过金属棒的电荷量为eq\f(BdL,R)C．克服安培力所做的功为mghD．金属棒产生的焦耳热为eq\f(1,2)mg(h－μd)解析金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，根据法拉第电磁感应定律有Em＝BLvm，根据闭合电路欧姆定律有Im＝eq\f(Em,2R)，联立得Im＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，A项错误；根据q＝eq\f(ΔΦ,R)可知，通过金属棒的电荷量为eq\f(BdL,2R)，B项错误；金属棒运动的全过程根据动能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C项错误；由Wf＝－μmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2Q＝－W安，联立得Q＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，D项正确。答案D2．如图所示，两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距为L，导轨平面与水平面成θ角，质量均为m、阻值均为R的金属棒a、b紧挨着放在两导轨上，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，以一平行于导轨平面向上的恒力F＝2mgsinθ拉a棒，同时由静止释放b棒，直至b棒刚好匀速时，在此过程中通过棒的电量为q，棒与导轨始终垂直并保持良好接触，重力加速度为g。求：(1)b棒刚好匀速时，a、b棒间的距离s。(2)b棒最终的速度大小vb。(3)此过程中a棒产生的热量Q。解析(1)根据法拉第电磁感应定律有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，①根据闭合电路欧姆定律有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)，②又q＝eq\x\to(I)Δt，③得q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BΔS,2R)＝eq\f(BLs,2R)，解得s＝eq\f(2qR,BL)。④(2)b棒匀速时有BIL＝mgsinθ，⑤E＝BL(va＋vb)，⑥I＝eq\f(E,2R)。⑦对a棒向上加速的任一时刻由牛顿第二定律得F－BIL－mgsinθ＝ma1，即mgsinθ－BIL＝ma1。⑧对b棒向下加速的任一时刻由牛顿第二定律得mgsinθ－BIL＝ma2，⑨由⑧⑨式可得a1＝a2，故a、b棒运动规律相似，速度同时达到最大，且最终va＝vb，⑩由⑤⑥⑦⑩式可得vb＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)。⑪(3)因a、b棒串联，产生的热量Q相同，设a、b棒在此过程中运动的距离分别为l1和l2，对a、b棒组成的系统，由功能关系得Fl1－mgsinθ·l1＋mgsinθ·l2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＋2Q，⑫l1＋l2＝s且l1＝l2，⑬由④⑩⑫⑬解得Q＝eq\f(mgqRsinθ,BL)－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)。答案(1)eq\f(2qR,BL)(2)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(3)eq\f(mgqRsinθ,BL)－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)见学生用书P1681．(多选)如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图(Ⅰ)位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的(Ⅱ)的位置时，线框的速度为eq\f(v,2)。下列说法正确的是()A．在位置(Ⅱ)时线框中的电功率为eq\f(B2a2v2,R)B．此过程中回路产生的电能为eq\f(3,8)mv2C．在位置(Ⅱ)时线框的加速度为eq\f(B2a2v,2mR)D．此过程中通过线框截面的电量为eq\f(2Ba2,R)解析线框经过位置(Ⅱ)时，线框左右两边均切割磁感线，此时的感应电动势E＝Baeq\f(v,2)×2＝Bav，故线框中的电功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2a2v2,R)，A项正确；线框从位置(Ⅰ)到位置(Ⅱ)的过程中，动能减少了ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(eq\f(v,2))2＝eq\f(3,8)mv2，根据能量守恒定律可知，此过程中回路产生的电能为eq\f(3,8)mv2，B项正确；线框在位置(Ⅱ)时，左右两边所受安培力大小均为F＝Beq\f(E,R)a＝eq\f(B2a2v,R)，根据左手定则可知，线框左右两边所受安培力的方向均向左，故此时线框的加速度a＝eq\f(2F,m)＝eq\f(2B2a2v,mR)，C项错误；由q＝eq\x\to(I)Δt，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，解得q＝eq\f(ΔΦ,R)，线框在位置(Ⅰ)时其磁通量为Ba2，而线框在位置(Ⅱ)时其磁通量为0，综上q＝eq\f(B