1、专题突破复习板块一电路与电磁感应专题四第二讲电磁感应及综合应用知识网络构建 结网建体把脉考向 知识建构高考调研1.考查方向：结合闭合电路的欧姆定律，利用楞次定律或右手定则判断感应电流的方向以及大小计算结合牛顿第二定律，对导体棒切割磁感线的运动进行受力分析和运动分析结合图象，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电功率、功能关系等规律，解决电磁感应的综合问题2.常用的思想方法：图象法微元法排除法等效法答案(1)楞次定律与右手定则的关系楞次定律右手定则研究对象整个闭合导体回路闭合导体回路的一部分适用范围磁通量变化产生感应电流的各种情况一段导体在磁场中做切割磁感线运动关系右手定则是楞次定律的特
2、殊情况(2)公式：Entn：线圈的匝数，：磁通量的变化量，t：对应于 所用的时间，t：磁通量的变化率(3)解决电路问题的基本思路找电源：哪部分电路产生了电磁感应现象，则这部分电路就是电源由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律或右手定则确定出电源的正负极a在外电路，电流从正极流向负极；在内电路，电流从负极流向正极b存在双感应电动势的问题中，要求出总的电动势正确分析电路的结构，画出等效电路图a内电路：“切割”磁感线的导体和磁通量发生变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻b外电路：除“电源”以外的电路即外电路运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率等列方程求解(
3、4)动力学问题核心要点突破 透析重难题型突破考向一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用归纳提炼1感应电流方向的判断方法(1)右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断(2)楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断2楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化“增反减同”(2)阻碍相对运动“来拒去留”(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”(4)阻碍原电流的变化(自感现象)“增反减同”3感应电动势大小的计算(1)法拉第电磁感应定律：Ent，适用于普遍情况(2)EBlv，适用于导体棒切割磁感线的情况(3)E12Bl2，适用于导体棒旋转切割磁感线的情况
4、(多选)(2017全国卷)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直边长为 0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框 abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图(a)所示已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于 t0 时刻进入磁场线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)下列说法正确的是()A磁感应强度的大小为 0.5 TB导线框运动速度的大小为 0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向外D在 t0.4 s 至 t0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 0.1 N思路点拨 线框进入磁场，根据右手定则或楞
5、次定律能判断出磁场方向，结合图象分析出线框运动的速度，从图象上感应电动势的大小能计算出磁感应强度与安培力解析 由 Et 图象可知，线框经过 0.2 s 全部进入磁场，则速度 vlt0.10.2 m/s0.5 m/s，选项 B 正确；E0.01 V，根据EBLv 可知，B0.2 T，选项 A 错误；根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项 C 正确；在 t0.4 s 至 t0.4 s 这段时间内，导线框中的感应电流 IER 0.010.005 A2 A，所受的安培力大小 FBIL0.04 N，选项 D 错误，故选 BC.答案 BC用法拉第电磁感应定律求解感应电动势常见情况与方法情景
6、图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与 B 垂直的轴转动的导线框表达式EntEBLvsinE12BL2ENBSsint熟练强化1(2017全国卷)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直金属杆 PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路 PQRS，一圆环形金属线框 T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面现让金属杆 PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()APQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向BPQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向CPQRS 中沿逆时针方向，T 中沿
7、逆时针方向DPQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向解析 金属杆 PQ 向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS 中感应电流沿逆时针方向；原来 T 中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆 PQ 中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过 T 的磁通量减小，根据楞次定律可知 T 中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知 A、B、C 项错误，D 项正确答案 D2(2017金丽衢十二校联考)如右图所示，用一条横截面积为 S 的硬导线做成一个边长为 L 的正方形，把正方形的一半固定在均匀增大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率Bt k(k0)，虚线 ab 与正方形
8、的一条对角线重合，导线的电阻率为.则下列说法正确的是()A线框中产生顺时针方向的感应电流B线框具有扩张的趋势C若某时刻的磁感应强度为 B，则线框受到的安培力为2kBL2S8D线框中 ab 两点间的电势差大小为kL22解析 根据楞次定律，线框中产生的感应电流方向沿逆时针方向，故 A 错误；B 增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流的磁场为了阻碍磁通量的增加，线框有收缩的趋势，故 B 错误；由法拉第电磁感应定律得：Et Bt SBt 12L212kL2，因线框电阻 R4LS，那么感应电流大小为 IERkSL8，则线框受到的安培力为：FBI 2L 2kBL2S8，故 C 正确；由上分析，
9、可知，ab 两点间的电势差大小 U12E14kL2，故 D错误答案 C3(多选)(2016全国卷)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中圆盘旋转时关于流过电阻 R 的电流，下列说法正确的是()A若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a 到 b 的方向流动C若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的 2 倍解析 法拉第圆盘相当于无数根辐条做切割磁感线运动，若圆盘顺
10、时针转动，根据右手定则可知电流在圆盘上流向圆心，在外电路由 a 流向 b，B 正确圆盘转动方向不变，电流方向也不会发生改变，C 错误产生的感应电动势大小 E12Bl2，可知若 不变，则 E 不变，A 正确当 变为原来的 2 倍时，E、I也会变为原来的 2 倍，根据 PI2R，可知热功率变为原来的 4 倍，D 错误答案 AB考向二 电磁感应中的图象问题归纳提炼电磁感应图象问题解题“5 步曲”第 1 步：明确图象的种类是 Bt 图、It 图、vt 图、Ft 图或是 Et 图等；第 2 步：分析电磁感应的具体过程明确运动分成几个阶段(根据磁通量的变化特征或切割特点分析)；第 3 步：写出函数方程结合
11、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数方程；第 4 步：进行数学分析根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等；第 5 步：得结果画图象或判断图象(2017河北唐山一模)如图所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻 R，导体棒 ab 垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻 R 的电荷量 q 随导体棒位移的变化描述正确的是()解析 导体棒运动过程中受向左的安培力 FB2L2vR，安培力阻碍棒的运动，速度减小，由牛顿第二定律得棒的加速度大小aFmB2L2vRm，则 a
12、 减小，vt 图线斜率的绝对值减小，故 B 项正确，A 项错误通过 R 的电荷量 qR BLR x，可知 C、D 项错误答案 B图象问题的思路与方法(1)图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象也可用“对照法”，即按照要求画出正确的草图，再与选择对照解决此类问题关键是把握图象特点、分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化或物理状态的变化(2)图象分析问题：定性分析物理图象，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断在有关物理图象的定量计算时，要弄清图象所揭示的物理规律及物
13、理量间的函数关系，善于挖掘图象中的隐含条件，明确有关图象所包围的面积、斜率，以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理意义熟练强化1(多选)如图甲所示，光滑平行金属导轨 MN、PQ 所在平面与水平面成 角，M、P 之间接一阻值为 R 的定值电阻，阻值为 r 的金属棒 bc 垂直导轨放置，其他电阻不计整个装置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上t0时对棒施加一平行于导轨向上的外力 F，棒由静止开始沿导轨向上运动，通过 R 的感应电荷量 q 随 t2 的变化关系如图乙所示下列关于金属棒 bc 的加速度 a、通过棒的电流 I、金属棒受到的外力 F、穿过回路 cbPM 的磁通量 随
14、时间 t 变化的图象中正确的是()解析 由题意可得 qIt BlvRrt BlaRrt2，结合图乙可知金属棒的加速度 a 恒定，选项 A 错误，B 正确；由牛顿第二定律可得 FmgsinBIlma，故有 F B2l2Rratm(gsina)，选项 C正确；由 Blx012at2 可知选项 D 错误答案 BC2(2017江西南昌三校四联)如图所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里一个三角形闭合导线框，由位置 1(左)沿纸面匀速运动到位置 2(右)取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是()解析 线框进入
15、磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故 B、C 错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由 EBLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由 EBLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；故 A 正确，D 错误答案 A3(2017江淮十校三模)宽为 L 的两光滑竖直裸导轨
16、间接有固定电阻 R，导轨(电阻忽略不计)间、区域中有垂直纸面向里宽为 d、磁感应强度为 B 的匀强磁场，、区域间距为 h，如图，有一质量为 m、长为 L 电阻不计的金属杆与竖直导轨紧密接触，从距区域上端 H 处杆由静止释放若杆在、区域中运动情况完全相同，现以杆由静止释放为计时起点，则杆中电流随时间 t 变化的图象可能正确的是()解析 杆在、区域中运动情况完全相同，说明产生的感应电流也应完全相同，排除 A 和 C 选项因杆在无磁场区域中做 ag 的匀加速运动，又杆在、区域中运动情况完全相同，则杆在、区域应做减速运动，在区域中对杆受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加速
17、度 amgB2L2vRm，方向竖直向上，则知杆做加速度逐渐增大的减速运动，又 IBLvR，由 It 图线斜率变化情况可知选项B 正确，选项 D 错误答案 B考向三 电磁感应中的能量转化问题归纳提炼能量转化及焦耳热的求法1能量转化其他形式的能量克服安培力做功 电能 电流做功 焦耳热或其他形式的能量2求解焦耳热 Q 的三种方法(1)焦耳定律：QI2Rt.(2)功能关系：QW 克服安培力(3)能量转化：QE 其他能的减少量 将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为 30，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为 H0.4 m，如图甲所示，磁场边界与挡板平行
18、，且上边界到斜面顶端的距离为 x0.55 m将一通电导线围成的矩形导线框 abcd 置于斜面的底端，已知导线框的质量为 m0.1 kg、导线框的电阻为 R0.25、ab 的长度为 L0.5 m从 t0 时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力 F 撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动已知导线框向上运动的 vt 图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为 33，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g10 m/s2.(1)求在导线框上施加
19、的恒力 F 以及磁感应强度的大小；(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度 v 与位移 s的关系为 vv0B2L2mR s，其中 v0 是导线框 ab 边刚进入磁场时的速度大小，s 为导线框 ab 边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量 Q.思路路线(1)(2)解析(1)由 vt 图象可知，在 00.4 s 时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为 v12.0 m/s，所以在此过程中的加速度 avt5.0 m/s2由牛顿第二定律有 Fmgsinmgcosma解得 F1.5 N由 vt 图象可知，导线框进入磁场区域后以速度 v1 做匀速直线运动通过导
20、线框的电流 IERBLv1R导线框所受安培力 F 安BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有FmgsinmgcosB2L2v1R解得 B0.50 T.(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度 v1 匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度 H导线框 ab 边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为x0 xH0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为 v2，由动能定理，有mg(xH)sinmg(xH)cos12mv2212mv21解得 v2 v212gxHsincos1.0 m/s导线框碰挡板后速度大小仍为 v2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大
21、小相等，即 mgsinmgcos0.50 N，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab 边刚进入磁场时的速度为 v21.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为 v3由 vv0B2L2mR s 得 v3v22B2L2HmR1.0 m/s因 v30，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q1I2Rt2B2L2Hv1R0.40 J导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热 Q212mv220.05 J所以 QQ1Q20
22、.45 J.答案(1)1.5 N 0.50 T(2)0.45 J用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤熟练强化迁移一 单杆模型中的能量问题1(2017河北名校联盟)如图所示，相距为 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 与水平面的夹角为，N、Q 两点间接有阻值为 R 的电阻整个装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下将质量为 m、阻值也为 R 的金属杆 cd 垂直放在导轨上，杆 cd 由静止释放，下滑距离 x 时达到最大速度重力加速度为 g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好求：(1)杆 cd 下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述过程中，杆上产生的热量
23、解析(1)设杆 cd 下滑到某位置时速度为 v，则杆产生的感应电动势 EBLv，回路中的感应电流 IERR杆所受的安培力 FBIL根据牛顿第二定律有 mgsinB2L2v2R ma当速度 v0 时，杆的加速度最大，最大加速度 agsin，方向沿导轨平面向下当杆的加速度 a0 时，速度最大，最大速度 vm2mgRsinB2L2，方向沿导轨平面向下(2)杆 cd 从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgxsinQ 总12mv2m又 Q 杆12Q 总所以 Q 杆12mgxsinm3g2R2sin2B4L4.答案(1)gsin，方向沿导轨平面向下 2mgRsinB2L2，方向沿导轨平面向
24、下(2)12mgxsinm3g2R2sin2B4L4迁移二 双杆模型中的能量问题2(多选)(2017浙江五校联考)如图所示，足够长的光滑水平直导轨的间距为 l，电阻不计，垂直轨道平面有磁感应强度为 B的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度均为 l 的金属棒，a 棒质量为 m，电阻为 R，b 棒质量为 2m，电阻为 2R，现给 a棒一个水平向右的初速度 v0，已知 a 棒在以后的运动过程中没有与 b 棒发生碰撞，当 a 棒的速度减为v02 时，b 棒刚好碰到了障碍物立即停止运动，而 a 棒仍继续运动，则下列说法正确的是()Ab 棒碰到障碍物前瞬间的速度为v02B在 b 棒停止运动前 b 棒产
25、生的焦耳热为 Qb 524mv20Cb 棒停止运动后，a 棒继续滑行的距离为3mv0R2B2l2Db 棒停止运动后，a 棒继续滑行的距离为mv0R2B2l2答案 C解析 设 b 棒碰到障碍物前瞬间的速度为 v2，之前两棒组成的系统动量守恒，则 mv0mv02 2mv2，解得 v2v04，所以选项 A 错误；在 b 棒停止运动前，根据能量守恒定律可得 a 棒和 b棒产生的总焦耳热 QQaQb12mv2012mv022122mv22 516mv20，Qb2Qa，解得 Qb 524mv20，所以选项 B 正确；a 棒单独向右滑行的过程中，当其速度为 v 时，所受的安培力大小为 F 安BIlB2l23
26、R v，根据动量定理有F 安tmv，所以有B2l23R vt(mv)，可得B2l23R xmv02，b 棒停止运动后 a 棒继续前进的距离 x3mv0R2B2l2，所以选项 C 正确，选项 D 错误答案 BC迁移三 线框模型中的能量问题3(2017苏州模拟)如图所示，竖直面内的正方形导线框ABCD 和 abcd 的边长均为 l、电阻均为 R，质量分别为 2m 和 m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为 2l、磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场开始时 ABCD 的下边界与匀强磁场的上边界重合，abcd 的上边界到匀强磁场的下边界的距离为 l.现将两导线
27、框由静止释放，当 ABCD 全部进入磁场时，两导线框开始做匀速运动不计摩擦和空气阻力，重力加速度为 g，求：(1)两导线框匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热；(3)导线框 abcd 通过磁场的时间解析(1)如图所示，设两导线框刚匀速运动的速度大小为v、此时轻绳上的张力为 T，则对 ABCD 有 T2mg对 abcd 有 TmgBIlIEREBlv则 vmgRB2l2.(2)设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为 Q，当左、右两导线框分别向上、向下运动 2l 的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有 4mgl2mgl123mv
28、2Q联立解得 Q2mgl3m3g2R22B4l4.(3)导线框 abcd 通过磁场的过程中以速度 v 匀速运动，设导线框 abcd 通过磁场的时间为 t，则 t3lv联立解得 t3B2l3mgR.答案(1)mgRB2l2 (2)2mgl3m3g2R22B4l4 (3)3B2l3mgR名师微课导学 细研真题 升华素养高考题型预测杆导轨模型考点归纳1单杆模型的常见情况 2.双杆在导轨上滑动(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨光滑不等距导轨示意图质量 m1m2电阻 r1r2长度 L1L2质量 m1m2电阻 r1r2长度 L12L2光滑的平行导轨光滑不等距导轨分析杆 MN 做变减速
29、运动，杆 PQ 做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动杆 MN 做变减速运动，杆 PQ 做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为 12(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用光滑的平行导轨不光滑平行导轨示意图质量 m1m2电阻 r1r2长度 L1L2摩擦力 Ff1Ff2质量 m1m2电阻 r1r2长度 L1L2光滑的平行导轨不光滑平行导轨分析开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时，若 Ff2Ff，PQ 杆先变加速后匀加速运动，MN 杆先静止后变加速最后和 PQ 杆同时做匀加速运动，且加速度相同典题示例 如图 1 所示
30、，在竖直向下的磁感应强度为 B 的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道 MN、PQ 固定在水平面内，相距为 L.一质量为 m 的导体棒 ab 垂直于 MN、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好轨道和导体棒的电阻均不计(1)如图 2 所示，若轨道左端 M、P 间接一电动势为 E、内阻为 r 的电源和一阻值为 R 的电阻闭合开关 S，导体棒从静止开始运动求经过一段时间后，导体棒所能达到的最大速度的大小(2)如图 3 所示，若轨道左端 M、P 间接一电容器，电容器的电容为 C，导体棒在水平向右的恒力 F 的作用下从静止开始运动求导体棒运动过程中的加速度的大小审题指导第一步 读题干提信息题干信息1)光
31、滑金属轨道滑动中不受摩擦力2)轨道和导体棒的电阻均不计求电流 I 时，图 3 不能用 IER总，应选 Iqt3)求导体棒运动过程中的加速度的大小猜想棒可能匀加速运动第二步 审程序顺思路 解析(1)闭合开关后，导体棒 ab 产生的电动势与电阻 R两端的电压相等时，导体棒 ab 达到最大速度 v2，I ERr，UIR，UBLv2解得 v2ERBLRr.(2)导体棒 ab 向右加速运动，在极短时间 t 内，导体棒的速度变化 v，根据加速度的定义 avt，导体棒产生的电动势变化EBLv，电容器增加的电荷量 qCECBLv根据电流的定义 Iqt，解得 ICBLa导体棒 ab 受到的安培力 F 安BILB
32、2L2Ca根据牛顿第二定律得 FF 安ma解得 aFmCB2L2.答案(1)ERBLRr(2)FmCB2L2杆模型分析思路预测题组1(多选)(2017苏州模拟)如图所示，在磁感应强度大小为 B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一水平绝缘桌面，桌面上放置了间距为 L 的足够长的两平行光滑导轨，导轨左侧连一阻值为 R 的电阻，轨道电阻不计与两轨道垂直的质量为 M、电阻为 r 的导体杆开始静止放在轨道上，现通过与轨道平行的轻绳经过一光滑的定滑轮与一质量为 m 的物块相连，导体杆在重力作用下开始运动，导体杆的速度达到最大时为 vm.运动中杆始终垂直轨道，则下列说法正确的是()A导体杆做的是匀变速直线运动，
33、运动过程中流过电阻 R的电流方向是 abB导体杆获得的最大速度为 vmmgRrB2L2C当物块的速度为 vvm2 时，导体杆的加速度为mg2MD导体杆开始运动时加速度最大，且为 mgMm解析 导体杆先做变速直线运动，后做匀速运动，运动过程中流过电阻 R 的电流方向是 ba，A 错误；杆产生的感应电动势为 EBLv，因 v 变大，故 E 变大，电路中电流 IER，电流变大，杆受的安培力 F 安BIL，因 I 变大，故 F 安变大，选杆和物块整体为研究对象，根据牛顿第二定律，mgB2L2vRr(Mm)a，当 a0 时，杆达到最大速度 vmmgRrB2L2，B 正确；当物块的速度为 vvm2 时，导
34、体杆的加速度为mg2Mm，C 错误；导体杆开始运动时加速度最大，为mgMm，D 正确答案 BD2(2017江西六校联考)如图所示，ab 和 cd 是两条竖直固定的光滑平行金属导轨，MN 和 MN是用绝缘细线连接的两根金属杆，其质量分别为 m 和 2m，用竖直向上、大小未知的外力F 作用在杆 MN 中点，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触整个装置处在磁感应强度为 B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨足够长，间距为 L，电阻可忽略，两杆总电阻为 R，与导轨始终接触良好，重力加速度为 g.t0 时刻，将细线烧断，保持力 F 不变(1)细线烧断后任意时刻，求两杆运动的速度大小之比(2)若杆 MN
35、至速度最大时发生的位移为 s，该过程中通过金属杆横截面的电荷量 q 和电路中产生的焦耳热 Q 各为多少？解析(1)解法一：以两杆为研究对象，初始合外力为零，有 F3mg细线烧断后杆 MN 向上运动，杆 MN向下运动，任意时刻，两杆中感应电流等大反向，所受安培力等大反向，故系统合外力仍为零，动量守恒，有 mv12mv20故两杆运动的速度大小之比为 v1v221解法二：用隔离法，利用牛顿运动定律分析设杆 MN 和杆 MN的加速度大小分别为 a1、a2对杆 MN：FmgF 安 1ma1对杆 MN：2mgF 安 22ma2注意到 F3mg，F 安 1F 安 2故 a1a221根据运动学规律，两杆运动的
36、速度大小之比总有 v1v221.(2)设两杆的最大速度分别为 v1m和 v2m，根据系统动量守恒，有 mv1m2mv2m0杆 MN的最大速度为 v2m12v1m此过程中杆 MN的位移大小为 s212s该过程中穿过回路的磁通量变化量 Bs12s L通过金属杆横截面的电荷量 qR 3BsL2R该过程中安培力为变力，根据动能定理对杆 MN，有WFmgsW 安 112mv21m对杆 MN，有2mg12sW 安 2122m12v1m2又 WF3mgsW 安 1W 安 2Q当杆的速度最大时，对杆 MN，有FmgF 安 1m0而 F3mg，F 安 1mBLImImER，EBL(v1mv2m)32BLv1m联
37、立解得 v1m 4mgR3BL2该过程电路中产生的焦耳热 Q3mgs4m3g2R23BL4.答案(1)21(2)3BsL2R 3mgs4m3g2R23BL43如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为 L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为 C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向垂直于导轨平面在导轨上放置一质量为 m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g.忽略所有电阻让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化
38、的关系解析(1)设金属棒下滑的速度大小为 v，则感应电动势为EBLv平行板电容器两极板之间的电势差为UE设此时电容器极板上积累的电荷量为 Q，按定义有CQU联立式得QCBLv(2)设金属棒的速度大小为 v 时经历的时间为 t，通过金属棒的电流为 i，金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f1BLi设在时间间隔(t，tt)内流经金属棒的电荷量为 Q，按定义有iQt Q 也是平行板电容器极板在时间间隔(t，tt)内增加的电荷量由式得QCBLv式中，v 为金属棒的速度变化量按定义有avt金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f2N式中，N 是金属棒对导轨的正压力的大小，有Nmgcos金属棒在时刻 t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为 a，根据牛顿第二定律有 mgsinf1f2ma 联立至式得amsincosmB2L2Cg12由12 式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动t时刻金属棒的速度大小为vmsincosmB2L2Cgt答案(1)QCBLv(2)vmsincosmB2L2Cgt