（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)定律及綜合應(yīng)用學(xué)案

《（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)定律及綜合應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)定律及綜合應(yīng)用學(xué)案（13頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　電磁感應(yīng)定律及綜合應(yīng)用 知識(shí)必備 1.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的幾種表達(dá)式 (1)穿過回路的磁通量發(fā)生變化時(shí)E＝n，一般用來計(jì)算Δt時(shí)間內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值。 (2)導(dǎo)體棒垂直切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)E＝BLv。 (3)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中以其中一端為圓心轉(zhuǎn)動(dòng)垂直切割磁感線時(shí)E＝BL2ω。 2.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向(感應(yīng)電流方向)的判斷 (1)右手定則：適用于導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向的判斷。 (2)楞次定律：感應(yīng)電流具有這樣的方向，即感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的原磁通量的變化。 (3)三種阻礙： ①阻礙原磁通量的變化——增反減同。 ②阻礙物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)——來拒去留。

2、 ③阻礙自身電流的變化——增反減同。 備考策略 1.抓住“兩個(gè)定律”，運(yùn)用“兩種觀點(diǎn)”，分析“一種電路” “兩個(gè)定律”是指楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律；“兩種觀點(diǎn)”是指動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)；“一種電路”是指電磁感應(yīng)電路。 2.必須領(lǐng)會(huì)的“6種方法和2種物理思想” (1)假設(shè)法、圖象法、轉(zhuǎn)換法、微元法、類比法、逆向思維法； (2)等效思想、守恒思想。 3.必須辨明的“3個(gè)易錯(cuò)易混點(diǎn)” (1)楞次定律中的“阻礙”不是“阻止”，也不是“相反”； (2)注意區(qū)別楞次定律和右手定則； (3)發(fā)生電磁感應(yīng)的電路中，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的部分為“電源”，其余部分為“外電路”。 　楞次定

3、律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 【真題示例1】 (2017·全國卷Ⅲ，15)如圖1，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)垂直，金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向 B.PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向 C.PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向 D.PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向 解析　金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，由右手定則可

4、知，PQRS中有沿逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，穿過圓環(huán)形金屬線框T中的磁通量減小，由楞次定律可知，T中有沿順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 答案　D 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅰ，18)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場(chǎng)來快速衰減其微小振動(dòng)，如圖2所示。無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場(chǎng)；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及其左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是(　　) 圖2 解析　感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生變化。在A圖中，系統(tǒng)

5、振動(dòng)時(shí)，紫銅薄板隨之上下及左右振動(dòng)，在磁場(chǎng)中的部分有時(shí)多有時(shí)少，磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動(dòng)；在B、D圖中，只有紫銅薄板左右振動(dòng)才產(chǎn)生感應(yīng)電流，而上下振動(dòng)無電流產(chǎn)生；在C圖中，無論紫銅薄板上下振動(dòng)還是左右振動(dòng)，都不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 答案　A 【真題示例3】 (多選)(2016·全國卷Ⅱ，20)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖3所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電

6、流大小恒定 B.若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng) C.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 解析　將圓盤看成無數(shù)輻條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向中心，則當(dāng)圓盤順時(shí)針(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，流過電阻的電流方向從a到b，B對(duì)；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感生電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝BL2ω，I＝，ω恒定時(shí)，I大小恒定，ω大小變化時(shí)，I大小變化，方向不變，故A對(duì)，C錯(cuò)；由P＝I2R＝知，當(dāng)ω變?yōu)?倍時(shí)，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯(cuò)

7、。 答案　AB 真題感悟 1.高考考查特點(diǎn) 高考在本考點(diǎn)的考查主要集中在新的情境考查楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律。掌握法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律、右手定則是突破考點(diǎn)的方法。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)對(duì)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件理解不準(zhǔn)確，認(rèn)為只要切割就有感應(yīng)電流。 (2)不能正確理解楞次定律造成電流方向判斷錯(cuò)誤。 (3)左手定則和右手定則混淆出現(xiàn)電流方向的判斷錯(cuò)誤。 (4)不理解轉(zhuǎn)動(dòng)切割電動(dòng)勢(shì)大小計(jì)算方法。 預(yù)測(cè)1 楞次定律的應(yīng)用 預(yù)測(cè)2 電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 1.(2017·河南重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖4甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個(gè)螺

8、線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正，以下說法正確的是(　　) 圖4 A.從上往下看，0～1 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向 B.0～1 s內(nèi)圓環(huán)面積有擴(kuò)張的趨勢(shì) C.3 s末圓環(huán)對(duì)桌面的壓力小于圓環(huán)的重力 D.1～2 s內(nèi)和2～3 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相反 解析　由圖乙知，0～1 s內(nèi)螺線管中電流逐漸增大，穿過圓環(huán)向上的磁通量增大，由楞次定律知圓環(huán)中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向下，圓環(huán)面積有縮小的趨勢(shì)，從上往下看，0～1 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；同理可得1～2 s內(nèi)和2～3 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；3 s末電

9、流的變化率為0，螺線管中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為0，在圓環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，圓環(huán)對(duì)桌面的壓力等于圓環(huán)的重力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 答案　A 2.(多選)如圖5甲所示，一個(gè)圓形線圈匝數(shù)n＝50、面積S1＝0.5 m2、電阻r＝1 Ω。有一個(gè)R＝2 Ω的電阻，將其兩端分別與圖甲中的圓形線圈相連接，F(xiàn)端接地。在線圈中存在面積S2＝0.4 m2的垂直線圈平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A.圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝3 V B.在0～4 s時(shí)間內(nèi)通過電阻R的電荷量q＝6 C C.F端電勢(shì)為零，E端的電勢(shì)φE＝2 V D.在0～

10、4 s時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝8 J 解析　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝n＝nS2＝3 V，選項(xiàng)A正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路中電流為I＝＝1 A，在0～4 s時(shí)間內(nèi)通過電阻R的電荷量為q＝It＝1×4 C＝4 C，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由楞次定律可知，電流沿順時(shí)針方向，F(xiàn)點(diǎn)電勢(shì)高，E點(diǎn)電勢(shì)低，電阻R兩端電壓UR＝IR＝1×2 V＝2 V，又UR＝φF－φE，φF＝0，可得φE＝－2 V，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在0～4 s時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt＝12×2×4 J＝8 J，選項(xiàng)D正確。 答案　AD 3.(多選)如圖6所示，一不計(jì)電阻的導(dǎo)體圓環(huán)，半徑為r、圓心在O點(diǎn)，

11、過圓心放置一長度為2r、電阻為R的輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好，現(xiàn)將此裝置放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)邊界恰與圓環(huán)直徑在同一直線上，現(xiàn)使輻條以角速度ω繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，右側(cè)電路通過電刷與輻條中心和環(huán)的邊緣相接觸，R1＝，S處于閉合狀態(tài)，不計(jì)其他電阻，則下列判斷正確的是(　　) 圖6 A.通過R1的電流方向?yàn)樽韵露? B.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2Br2ω C.理想電壓表的示數(shù)為Br2ω D.理想電流表的示數(shù)為 解析　由右手定則可知輻條中心為電源的正極、圓環(huán)邊緣為電源的負(fù)極，因此通過R1的電流方向?yàn)樽韵露?，選項(xiàng)A正確；由題意可知，始終有長度為r的輻條在轉(zhuǎn)動(dòng)切

12、割磁場(chǎng)線，因此感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為Br2ω，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖可知，在磁場(chǎng)內(nèi)部的半根輻條相當(dāng)于電源，磁場(chǎng)外部的半根輻條與R1并聯(lián)，因此理想電壓表的示數(shù)為Br2ω，選項(xiàng)C正確；理想電流表的示數(shù)為，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　AC 　電磁感應(yīng)中的圖象問題 【真題示例】 (多選)(2017·全國卷Ⅱ，20)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖7(a)所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)。線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，

13、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)。下列說法正確的是(　　) 圖7 A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 T B.導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)的速度的大小為0.5 m/s C.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外 D.在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N 解析　由E－t圖象可知，線框經(jīng)過0.2 s全部進(jìn)入磁場(chǎng)，則速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，選項(xiàng)B正確；由圖象可知，E＝0.01 V，根據(jù)E＝Blv得，B＝＝ T＝0.2 T，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)右手定則及正方向的規(guī)定可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外，選項(xiàng)C正確；在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流I＝＝

14、A＝2 A, 所受的安培力大小為F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　BC 真題感悟 1.高考考查特點(diǎn) 本考點(diǎn)的命題主要涉及E－t圖、i－t圖、B－t圖、Φ－t圖，還有v－t圖、F－t圖等。突破本考點(diǎn)的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律判斷電流方向及計(jì)算電動(dòng)勢(shì)的大小。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)不能正確的將磁場(chǎng)變化和電流變化相互轉(zhuǎn)換。 (2)不能正確判斷感應(yīng)電流是正方向還是負(fù)方向。 (3)不理解圖象斜率、曲直的意義。 (4)多階段過程中不能將各階段的運(yùn)動(dòng)和圖象變化相對(duì)應(yīng)。 預(yù)測(cè)1 圖象的選擇問題 預(yù)測(cè)2 圖象的轉(zhuǎn)換問題

15、 預(yù)測(cè)3 利用圖象分析相關(guān)問題 1. (多選)空間內(nèi)存在一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的橫截面為等腰直角三角形，底邊水平，其斜邊長度為L。一正方形導(dǎo)體框邊長也為L，開始時(shí)正方形導(dǎo)體框的ab邊與磁場(chǎng)區(qū)域橫截面的斜邊剛好重合，如圖8所示。從圖示位置開始計(jì)時(shí)，正方形導(dǎo)體框以平行于bc邊的速度v勻速穿越磁場(chǎng)。若導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流為i，a、b兩點(diǎn)間的電壓為ua b，感應(yīng)電流取逆時(shí)針方向?yàn)檎?，則在導(dǎo)體框穿 越磁場(chǎng)的過程中，下列i、ua b隨時(shí)間的變化規(guī)律正確的是(　　) 圖8 解析　由楞次定律可以判斷出導(dǎo)體框進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，出磁場(chǎng)時(shí)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，由E＝B

16、lv可得i＝＝，進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體框切割磁感線的有效長度l均由大變小，所以電流也是從大變小，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)ab為電源，ua b<0且ua b＝－Blv，出磁場(chǎng)時(shí)ab不是電源，電流從b到a，ua b<0且ua b＝－，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 答案　AD 2.(2017·洛陽市高三統(tǒng)一考試)如圖9甲所示，一根電阻R＝4 Ω的導(dǎo)線繞成半徑d＝2 m的圓，在圓內(nèi)部分區(qū)域存在變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，中間S形虛線是兩個(gè)直徑均為d的半圓，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化如圖乙所示(磁場(chǎng)垂直于紙面向外為正，電流逆時(shí)針方向?yàn)檎?，關(guān)于圓環(huán)中的感應(yīng)電流—時(shí)間圖象，下列選項(xiàng)中正確的是(　　) 圖9 解析　0～

17、1 s，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝S＝×(V)＝4π(V)，由歐姆定律可知感應(yīng)電流大小為I1＝＝(A)＝π(A)，由楞次定律知，感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，為負(fù)方向，結(jié)合選項(xiàng)知C正確。 答案　C 3.(多選)(2017·貴州遵義模擬)如圖10甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個(gè)平行板電容器C和電阻R，導(dǎo)體棒MN固定在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個(gè)裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示(圖甲所示磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎?，MN始終保持靜止，則0～t2時(shí)間內(nèi)(　　) 圖10 A.電容器C的電荷量大小始終沒變 B.電容器C的a板先帶正電后帶負(fù)電 C.MN所受安培力的大小始終沒變 D.

18、MN所受安培力的方向先向右后向左 解析　由題圖乙知，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，回路中產(chǎn)生恒定電動(dòng)勢(shì)，電路中電流恒定，電阻R兩端的電壓恒定，電容器的電壓恒定，故電容器C的電荷量大小始終沒變。根據(jù)楞次定律判斷可知，通過R的電流一直向下，電容器的a板電勢(shì)較高，一直帶正電，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)安培力公式F＝BIL，I、L不變，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度變化，MN所受安培力的大小也變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由右手定則判斷可知，MN中感應(yīng)電流方向一直從N到M，由左手定則判斷可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，選項(xiàng)D正確。 答案　AD 　電磁感應(yīng)中的力、電綜合問題 【真題示例】 (2016

19、·全國卷Ⅱ，24)如圖11，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求 圖11 (1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大小； (2)電阻的阻值。 解析　(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma① 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度

20、為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為 E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④ (2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝⑤ 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為 F安＝BlI⑥ 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，有 F－μmg－F安＝0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R＝⑧ 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) 真題感悟 1.高考考查特點(diǎn) 本考點(diǎn)多以導(dǎo)體棒切割磁感線為背景，結(jié)合牛頓第二定律對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析和受力分析；結(jié)合圖象，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐

21、姆定律、電功率、動(dòng)能定理等規(guī)律進(jìn)行電路、功能關(guān)系的計(jì)算。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)分析電源時(shí)電勢(shì)高低易出錯(cuò)。 (2)涉及力和運(yùn)動(dòng)的分析時(shí)出現(xiàn)漏力(多力)的現(xiàn)象。 (3)功能分析時(shí)，力做功及電熱的計(jì)算易漏計(jì)算(多算)電阻生熱。 預(yù)測(cè)1 電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)綜合 預(yù)測(cè)2 電磁感應(yīng)與動(dòng)量、能量綜合 1.(2017·武漢市武昌區(qū)調(diào)研考試)如圖12所示，abcd為質(zhì)量M＝3.0 kg的“”形導(dǎo)軌(電阻不計(jì))，放在光滑絕緣的傾角為θ＝53°的斜面上，光滑絕緣的立柱e、f垂直于斜面固定，質(zhì)量m＝2.0 kg 的金屬棒PQ平行于ad邊壓在導(dǎo)軌和立柱e、f上，導(dǎo)軌和金屬棒都處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中

22、，磁場(chǎng)以O(shè)O′為界，OO′上側(cè)的磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上，下側(cè)的磁場(chǎng)方向沿斜面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B＝1.0 T。導(dǎo)軌的ad段長L＝1.0 m，棒PQ單位長度的電阻為r0＝0.5 Ω/m，金屬棒PQ與“”形導(dǎo)軌始終接觸良好且兩者間的摩擦力是兩者間正壓力的μ＝0.25倍。設(shè)導(dǎo)軌和斜面都足夠長，將導(dǎo)軌無初速度釋放，求：(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，圖中的MN、ad、OO′、PQ彼此平行且處在水平方向) 圖12 (1)導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的最大加速度； (2)導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的最大速度。 解析　(1)設(shè)導(dǎo)軌下滑過程中受到金屬棒的摩擦力f、壓力FN、ad邊受到的安培

23、力FA、下滑的加速度為a、下滑的速度為v，根據(jù)力學(xué)規(guī)律和電磁學(xué)規(guī)律，有： Mgsin θ－f－FA＝Ma f＝μFN E＝BLv I＝ FA＝ILB 對(duì)棒PQ，因其始終靜止，有： 導(dǎo)軌對(duì)金屬棒的支持力為FN′＝mgcos θ＋FA 由牛頓第三定律知FN＝FN′ 導(dǎo)軌剛釋放時(shí)速度為零、安培力為零、加速度最大 Mgsin θ－f′＝Mam f′＝μmgcos θ 聯(lián)立解得最大加速度am＝7.0 m/s2 (2)導(dǎo)軌達(dá)到最大速度vm時(shí)，加速度為零 Mgsin θ－f1－FA1＝0，f1＝μFN′ 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得 vm＝＝8.4 m/s 答案　(1)7.0 m/s

24、2　(2)8.4 m/s 2.如圖13所示，ab和cd是兩條豎直固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌，MN和M′N′是用絕緣細(xì)線連接的兩根金屬桿，其質(zhì)量分別為m和2m，用豎直向上、大小未知的外力F作用在桿MN中點(diǎn)，使兩桿水平靜止，并剛好與導(dǎo)軌接觸。整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌足夠長，間距為L，電阻可忽略，兩桿總電阻為R，與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度為g。t＝0時(shí)刻，將細(xì)線燒斷，保持力F不變。 圖13 (1)細(xì)線燒斷后任意時(shí)刻，求兩桿運(yùn)動(dòng)的速度大小之比； (2)若桿MN至速度最大時(shí)發(fā)生的位移為s，該過程中通過金屬桿橫截面的電荷量Δq和電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q各為

25、多少？ 解析　(1)以兩桿為研究對(duì)象，初始合外力為零，有F＝3mg 細(xì)線燒斷后桿MN′向上運(yùn)動(dòng)，桿M′N′向下運(yùn)動(dòng)，任意時(shí)刻，兩桿中感應(yīng)電流等大反向，所受安培力等大反向，故系統(tǒng)合外力仍為零，動(dòng)量守恒，有mv1－2mv2＝0 故兩桿運(yùn)動(dòng)的速度大小之比為v1∶v2＝2∶1 (2)設(shè)兩桿的最大速度分別為v1m和v2m，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv1m－2mv2m＝0 桿M′N′的最大速度為v2m＝v1m 此過程中桿M′N′的位移大小為s2＝s 該過程中穿過回路的磁通量變化量ΔΦ＝B·(s＋s)L 通過金屬桿橫截面的電荷量Δq＝＝ 該過程中安培力為變力，根據(jù)動(dòng)能定理 對(duì)桿MN，有 WF－mgs－W安1＝mv 對(duì)桿M′N′，有 2mg·s－W安2＝×2m 又WF＝3mgs W安1＋W安2＝Q 當(dāng)桿的速度最大時(shí)，對(duì)桿MN，有 F－mg－F安1m＝0 而F＝3mg，F(xiàn)安1m＝BLIm Im＝，E＝BL(v1m＋v2m)＝BLv1m 聯(lián)立解得v1m＝ 該過程電路中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝3mgs－。 答案　(1)2∶1　(2)　3mgs－ 歸納總結(jié) 巧用流程解決電磁感應(yīng)中力、電綜合問題 - 13 -