1、第1页45 电磁感应现象的两类情况 第2页学习重点考查热度了解感生电动势和动生电动势的概念及区别了解感生电动势和动生电动势的产生原因能用感生电动势和动生电动势的公式进行分析和计算第3页基 础 梳 理 第4页一、感生电动势1感生电场：麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，它与静电场不同，不是由电荷产生的，我们叫它感生电场2感生电场的方向判断：由磁场的方向和强弱变化，根据楞次定律用安培定则判断【概念理解】(1)静电场的电场线不闭合，感生电场由于是一种涡旋场，所以电场线闭合(2)感生电场是否存在仅取决于有无变化的磁场，与是否存在导体及是否存在闭合回路无关第5页3感生电动势：磁场变化时会在空间
2、激发感生电场，处在感生电场中的闭合导体中的自由电荷在电场力的作用下定向运动，产生感应电流，或说导体中产生了感应电动势由感生电场产生的电动势叫做感生电动势公式为：EN B tS.第6页4感生电动势的方向：感生电动势的方向与感生电场的方向(感应电流方向)一致，电路中产生感生电动势的导体部分相当于电源，其电路为内电路，当它与外电路接通后就会对外电路供电5感生电动势中的非静电力：就是感生电场对自由电荷的作用第7页二、动生电动势1动生电动势：由于导体切割磁感线运动而产生的感应电动势一段导体做切割磁感线运动时，导体内自由电荷随导体在磁场中运动，则必受洛伦兹力作用自由电荷在洛伦兹力作用下定向移动，这样，异种
3、电荷就分别在导体两端聚集，从而使导体两端产生电势差，这就是动生电动势若电路闭合，则电路中产生感应电流第8页2动生电动势中的非静电力：一段导体在做切割磁感线的运动时相当于一个电源，导体中的自由电荷因随导体棒运动而受到洛伦兹力，非静电力与洛伦兹力有关3动生电动势中的功能关系：闭合回路中，导体棒做切割磁感线运动时，克服安培力做功，其他形式的能转化为电能理解时注意以下两个疑问第9页(1)问：如图所示导体切割磁感线运动时，磁场没有变化，不能产生感生电场，其感应电动势又是如何产生的？答：如图导体中自由电荷(正电荷)具有水平方向的速度，由左手定则可判断受到沿棒向上的洛伦兹力作用，大量的正自由电荷同时受到向上
4、的 FBqv 的洛伦兹力作用，从而上端聚集了正电荷，下端聚集了负电荷，当 EqBqv时，正电荷定向移动停止可以得到 EBv，沿杆看做匀强电场则可以得到 BLv.第10页(2)问：洛伦兹力不对运动电荷做功，怎么实现把其他形式的能量转化为电场能的呢？答：导体中自由电荷(正电荷)具有水平方向的速度，由左手定则可判断受到沿棒向上的洛伦兹力作用，其合运动是斜向上的第11页如图所示，运动导体中的自由电子，不仅随导体以速度 v1运动，而且还沿导体以v做定向运动，正是这个定向运动产生感应电流因此导体中电子的合速度是两速度的矢量和电子所受的总的洛伦兹力为 FevB.F 与合速度 v 垂直，它对电子不做功F 的一
5、个分量是 F1ev1B，这个分力对电子做功，产生电动势F 的另一个分量是 F2evB，F2的方向与 v1方向相反，是阻碍导体运动的，做负功可以证明两个分力 F1和 F2 所做的功代数和为零结果仍然是洛伦第12页兹力并不提供能量，而只是起到传递能量的作用，即外力克服洛伦兹力的一个分量 F2所做的功，通过另一个分量 F1转化为感应电流的能量第13页三、感生电场与静电场的区别静电场 E0感生电场 Ek 起源由静止电荷激发由变化的磁场激发闭合情况电场线为非闭合曲线静电场为有源场电场线为闭合曲线感生电场为无源场电场的性质为保守场，可引入势(能)为非保守场，不可引入势(能)共性具有场物质形式的所有共性；均
6、对电荷有力的作用，且场强定义相同；在导体中，感生电场也可引起电荷的积累从而建立静电场第14页1.产生条件不同静电场是由静止电荷激发的；而感生电场是由变化的磁场激发的2描述电场的电场线特点不同静电场的电场线不闭合，总是始于正电荷，终止于负电荷，不闭合也不相交；而变化磁场周围产生的感生电场的电场线是闭合曲线，没有终点与起点，这种情况与磁场中的磁感线类似，所以感生电场又称为涡旋电场第15页3电场对电荷做功不同单位正电荷在静电场中沿闭合路径运动一周时，电场力所做的功为零而单位正电荷在感生电场中沿闭合路径运动一周时，电场力所做的功不为零第16页4电场方向及判断方法不同静电场方向与正电荷所受电场力方向一致
7、，沿电场线的切线方向；感生电场方向是根据磁场的变化情况由楞次定律判断的如图所示，磁感应强度 B 增强，假定在磁场周围有一个闭合回路，由楞次定律可知回路中感应电流产生的磁场方向向下，由安培定则可判断出电流方向顺时针方向(俯视)，则感生电场方向也为顺时针方向第17页四、感生电动势与动生电动势的对比感生电动势动生电动势产生原因磁场的变化导体做切割磁感线运动移动电荷的非静电力感生电场对自由电荷的电场力导体中自由电荷所受洛伦兹力沿导体方向的分力回路中相当于电源的部分处于变化磁场中的线圈部分做切割磁感线运动的导体方向判断方法由楞次定律判断通常由右手定则判断，也可由楞次定律判断大小计算方法由 En t 计算
8、通常由 EBlvsin 计算，也可由 En t 计算第18页【概念加深】有些情况下，动生电动势和感生电动势具有相对性例如，将条形磁铁插入线圈中，如果在相对磁铁静止的参考系内观察，线圈运动，产生的是动生电动势；如果在相对线圈静止的参考系中观察，线圈中磁场变化，产生感生电动势第19页规 律 方 法 第20页规律鸟瞰考点热度规律一：感生电场和感生电动势规律二：动生电动势规律三：电磁感应中动力学问题规律四：电磁感应中功能问题规律五：电磁感应中“杆导轨”模型 第21页规律一 感生电场和感生电动势1磁场均匀变化的时候产生恒定的感生电场2磁场非均匀变化的时候产生变化的电场3感生电动势大小由 En t 计算4
9、感生电动势方向由楞次定律判断第22页在如图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是()第23页【解析】据麦克斯韦电磁理论，要产生恒定的感生电场，必须由均匀变化的磁场产生【答案】C第24页如图所示，在水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽，有一带正电小球质量为 m，电荷量为 q，在槽内沿顺时针做匀速圆周运动，现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场，且 B 逐渐增加，则()A小球速度变大 B小球速度变小C小球速度不变D以上三种情况都有可能第25页【分析】变化的磁场产生感生电场，由楞次定律判断出感生电场方向，然后判断带电小球受到的电场力方向，判断小球的运动性质，即可求解【解析】磁感应强度竖直向上，B 随时
10、间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相同，小球做加速运动，速度逐渐增加，故 A 项正确，B、C、D 项错误【答案】A第26页【点评】本题考查了楞次定律的应用，由楞次定律判断出感生电场的方向，是正确解题的前提与关键；根据感生电场方向判断出带电小球受力方向，即可正确解题第27页如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r 的圆环形光滑细玻璃管，环心 O 在区域中心一质量为 m、带电量为 q(q0)的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动
11、已知磁感应强度大小 B 随时间 t 的变化关系如图乙所示，其中 T02 mqB0.设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略第28页(1)在t0到 tT0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小 v0；(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等试求 tT0到 t1.5T0 这段时间内：细管内涡旋电场的场强大小 E；电场力对小球做的功 W.第29页【解析】(1)小球做圆周运动向心力由洛伦磁力提供：qv0B0mv02r 解得 v0qB0rm (2)在磁场变化过程中，圆管所在的位置会
12、产生电场，根据法拉第感应定律可知，电势差 Ut（2B0B0）r2（1.5T0T0）2B0r2T0 第30页电场 EUdB0rT0 处处相同，认为是匀强电场，又因为 T02mqB0，得到场强 EqB02r2m 小球在电场力的作用下被加速加速度的大小为 aFm 而电场力为 FEq 在 T01.5T0时间内，小球一直加速，最终速度为 vv0at 电场力做的功为 W12mv212mv02 第31页得到电场力做功 W5q2B02r28m【答案】(1)v0qB0rm(2)EqB02r2 m W5q2B02r28m第32页规律二 动生电动势(1)动生电动势大小由 EBlvsin 计算，也可由 En t 计算
13、(2)动生电动势方向通常由右手定则判断，也可由楞次定律判断第33页在绝缘水平桌面上放置如图所示的电路，abdc 为一质量为 m 形状为长方体的金属导体电阻，电阻阻值为 R，长度 abx、宽度 acL、厚度为 d，电源电动势为 E、内阻为 r，空间内存在竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场，接通电源后电阻不滑动，(已知此电阻单位体积内有 n 个载流子，每个载流子的电荷量为 e)，以下分析错误的是()第34页A电阻内电流大小 I ERrB电阻上 a 点和 c 点间电势差为 UacEBn（Rr）deC水平桌面和电阻间的动摩擦因数应大于BExmg（Rr）D金属导体电阻中的正电荷向右移动，电子向左移动
14、第35页【分析】根据闭合电路欧姆定律，即可确定求解感应电流大小；由洛伦兹力等于电场力，结合电流的微观表达式，即可求解 a 点和 c 点间电势差；根据安培力大于等于最大静摩擦力，即可求解动摩擦因数；金属导体是自由电子的定向移动，从而形成电流【解析】根据闭合电路欧姆定律，则有 I ERr，故 A 项正确；根据电子受到的洛伦兹力等于电场力时，电子不会发生偏离，而电流的微观表达式 InLdevttnvLde，则有 BeveUacL，第36页解得 UacEBn（Rr）de，故 B 项正确；安培力大小等于静摩擦力，而最大静摩擦力 fNmg，因此 BIxmg；解得 BExmg（Rr），故 C 项正确；导体电
15、阻中的正电荷不定向移动，而电子向左移动，故 D 项错误【答案】D【点评】考查欧姆定律的应用，掌握安培力表达式的内容，理解电流的微观表达式，注意金属导体的自由电荷是电子，以及静摩擦力与最大静摩擦力的大小区别第37页如图所示，一内壁光滑的绝缘细直圆筒竖直放在绝缘水平面上，圆筒底部有一质量为 m、电荷量为q 的带电小球，圆筒内径略大于小球直径整个装置处于水平向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场中，已知磁感应强度大小为 B，电场强度大小为 Emgq.当圆筒在瞬间获得水平速度 v0，并以 v0向右做匀速直线运动时，带电小球沿筒壁匀加速上升，离开圆筒时速度方向与水平方向成 60角，小球离开圆筒后继续在场中运
16、动求：第38页(1)圆筒开始运动前，水平面对小球的支持力 N；(2)圆筒的高度 h；(3)小球运动到最高点时离水平面的高度 H.第39页【思路点拨】圆筒在瞬间获得水平速度 v0时，沿筒向上的力 FBqv0恒定，所以带电小球沿筒壁匀加速上升即使洛伦兹力是变力，但在沿筒向上的力 FBqv0恒定【解析】(1)圆筒开始运动前，洛伦兹力为零，小球只受到重力 mg 和电场力 qE 作用，因为 qEmg，所以圆筒开始运动前，水平面对小球的支持力 N0.第40页(2)圆筒匀速运动时，小球受到向上的洛伦兹力 f1 恒定为 f1qv0B 小球上升的加速度大小为 af1mqv0Bm 由题意得小球出圆筒时的竖直速度
17、vyv0tan 3v0 圆筒的高度为 hvy22a（3v0）22qv0Bm3mv02qB.第41页(3)小球出圆筒后，受力如图所示，其中重力和电场力平衡，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力小球的合速度大小为vv0cos602v0 轨道半径为 RmvqB2mv0qB 最大高度为 HhRRsin309mv02qB 【答案】(1)N0(2)h3mv02qB (3)H9mv02qB第42页规律三 电磁感应中动力学问题1电磁感应中动力学问题的分析方法通电导体在磁场中受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起解决的基本方法如下：用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；求回路中的电流；
18、分析导体受力情况；根据平衡条件或牛顿第二定律列方程第43页2理解电磁感应问题中的两个研究对象及其之间的相互制约关系第44页3领会力与运动的动态关系4电磁感应中的动力学临界问题基本思路是：导体受力运动EBlv 感应电动势错误！感应电流FBIL 导体受安培力合力变化F合ma 加速度变化速度变化临界状态第45页如图所示，正方形线圈 abcd边长 l0.20 m，线圈质量 m10.10 kg，电阻 R0.10 ，砝码质量 m20.14 kg.线圈上方的匀强磁场的磁感应强度B0.5 T，方向垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度 h0.20 m若砝码从某一位置下降，使 ab 进入磁场开始做匀速运动，求线圈做匀
19、速运动的速度，g10 m/s2.第46页【解析】该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到安培力 F 安、绳子的拉力 F 和重力 m1g 的作用而平衡，即：FF 安m1g 砝码受力也平衡，有 Fm2g 线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流为 IBlvR 第47页因此线圈受到向下的安培力为 F 安BIl 联立式，得 v（m2m1）gRB2l2，代入数据，得 v4 m/s【答案】4 m/s第48页如图所示，两根足够长的金属导轨MN、PQ 平行放置在倾角为 的绝缘斜面上，两导轨间距为 L，M、P 两点间接有阻值 R 的电阻一根质量为 m 的均匀直金属杆 ab 放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁
20、感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦第49页(1)在加速下滑过程中，某时刻 ab 杆的速度大小为 v，求此时 ab 杆中的电流数值及其加速度的大小；(2)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的最大速度第50页【解析】(1)金属杆受力分析如图所示，当 ab 杆速度为 v 时，电路中的感应电动势为 EBLv，此时电路中的电流为 IERBLvR，ab 杆受到的安培力为 FBIL，根据牛顿第二定律得 mgsinFma，即 mgsinB2L2vRma，解得 agsinB2L2vmR.第51页(2)
21、ab 杆做加速度减小的加速运动，当加速度等于 0 时，即ab 杆匀速运动时达到最大速度 vm，由平衡方程得 mgsinB2L2vmR0，解得 vmmgRsinB2L2【答案】(1)BLvR gsin B2L2vmR (2)mgRsinB2L2第52页如图所示，两根质量同为m、电阻同为 R、长度同为 L 的导体棒 a、b，用两条等长的、质量和电阻均可忽略的长直导线连接后，放在距地面足够高的光滑绝缘水平桌面上，两根导体棒均与桌边缘平行，一根在桌面上，另一根移动到靠在桌子的光滑绝缘侧面上整个空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为 B.开始时两棒静止，自由释放后开始运动已知两条导线除桌边缘拐弯处外其
22、余部位均处于伸直状态，导线与桌子侧棱间无摩擦求：第53页(1)刚释放时，导体棒的加速度大小；(2)两导体棒运动稳定时的速度大小；(3)若从开始下滑到刚稳定时a棒下降的高度为h，求此过程中安培力做的功W安第54页【分析】(1)刚释放时，回路中没有感应电流，不受安培力，根据牛顿第二定律求加速度；(2)导体棒运动稳定时，两棒都做匀速运动，可知，细线中没有张力，a 棒所受的安培力与重力平衡再根据安培力与速度的关系求解速度；(3)全过程根据动能定理求解安培力做的功 W 安 第55页【解析】(1)刚释放时，两导体棒的加速度大小相等，根据牛顿第二定律，得 导体棒 a、b 的加速度大小 amg2m12g.(2
23、)设导体棒匀速运动时的速度为 v，导体棒 a 切割磁感线产生的电动势为 E，则 对 a 棒：EBLv；又 F 安BIL；闭合电路欧姆定律，则有 IBLv2R；由平衡条件，有 mgF 安；联立解得 v2mgRB2L2.第56页(3)整个过程根据动能定理，可得 mghW 安122mv2，解得 W 安4m3g2R2B4L4 mgh.【答案】(1)刚释放时，导体棒的加速度大小为12g；(2)两导体棒运动稳定时的速度大小为2mgRB2L2；第57页(3)若从开始下滑到刚稳定时 a 棒下降的高度为 h，此过程中安培力做的功为4m3g2R2B4L4 mgh.【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从
24、力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解第58页解决电磁感应中的动力学问题的策略是“先源后路、先电后力，再是运动”，即第59页规律四 电磁感应中功能问题1电磁感应过程的实质是不同形式的能量之间转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程2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第60页(2)求解焦耳热 Q 的三
25、种方法焦耳定律：QI2Rt.功能关系：QW 克服安培力能量转化：Q E 其他能的减少量3解决此类问题的步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(或右手定则)确定感应电动势的大小和方向(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式第61页(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解【注意】在利用能量的转化和守恒解决电磁感应问题，第一要准确把握参与转化的能量的形式和种类，第二要确定哪种能量增加，哪种能量减少第62页如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框 abcd.ab 边长大于 bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为 MN 的匀强磁场
26、外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于 MN.第一次 ab 边平行 MN 进入磁场线框上产生的热量为 Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1：第二次 bc 边平行 MN 进入磁场线框上产生的热量为 Q2，通过线框导体横截面的电荷量为 q2，则()AQ1Q2，q1q2 BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2DQ1Q2，q1q2第63页【分析】根据 qNR总，可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等；根据功能关系可求线框中产生的热量【解析】线框上产生的热量与安培力所做的功相等，WFL1，FBIL，IER，EBLv，由以上四式得 QWFL1B2L2vRL1B2L2vL1R
27、B2SvR L，由表达式可以看出，切割磁感线的导线的长度 L 越长，产生的热量 Q 越多；通过导体横截面的电荷量第64页qItERtBLvR L1v BSR，与切割磁感线的导线的长度 L 无关，A 项正确【答案】A【点评】在电磁感应题目中，公式 qNR总 常考，要牢记，选择题中可直接应用，计算题中要写出推导过程；对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；利用动能定理；利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的已知条件第65页(多选)(2019惠州模拟)如图所示，在磁感应强度B1.0 T的匀强磁场中，质量m1 kg的金属杆PQ在水平向右的外力F作用下沿着粗糙
28、U形导轨以速度v2 m/s向右匀速滑动，U形导轨固定在水平面上，两导轨间距离l1.0 m，金属杆PQ与U形导轨之间的动摩擦因数0.3，电阻R3.0 ，金属杆的电阻r1.0 ，导轨电阻忽略不计，取重力加速度g10 m/s2，则下列说法正确的是()第66页A通过 R 的感应电流的方向为由 d 到 aB金属杆 PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小为 2.0 VC金属杆 PQ 受到的外力 F 的大小为 2.5 ND外力 F 做功的数值大于电路上产生的焦耳热第67页【分析】导体 PQ 垂直切割磁感线，产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向，由 EBLv 求解感应电动势的大小由公式 FBIL 求 P
29、Q 所受的安培力，根据平衡条件求外力F 的大小；根据功能关系分析外力 F 做功的数值与电路上产生的焦耳热的关系【解析】根据右手定则可知，通过 R 的感应电流的方向为由 a 到 d，故 A 项错误；导体 PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小为：EBLv112 V2.0 V故 B 项正确；回路中第68页的电流为：I ERr 231 A0.5 A，则金属杆 PQ 受到的外力F 的大小为：FF 安fBILmg10.51 N0.310 N3.5 N，故 C 项错误；由能量关系可知，外力 F 做功等于电路上产生的焦耳热与克服摩擦力做功之和，则外力 F 做功的数值大于电路上产生的焦耳热，故 D 项正确；故
30、选 B、D 两项【答案】BD第69页【点评】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式等的综合应用，要明确功与能的关系，知道外力 F 克服摩擦力和安培力做功，外力 F 做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能之和第70页(多选)如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为 B 的匀强磁场区域，MN 和 MN是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为 s，并与线框的 bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直现让金属线框由距 MN 的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的 vt 图象(其中 OA、
31、BC、DE 相互平行)已知金属线框的边长为 L(Ls)、质量为 m、电阻为 R，当地的重力加速度为 g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4 均为已知量(下落过程中 bc 边始终水平)根据题中所给条件，以下说法正确的是()第71页At2 时刻是线框全部进入磁场瞬间，t4 时刻是线框全部离开磁场瞬间B从 bc 边进入磁场起一直到 ad 边离开磁场为止，感应电流所做的功为 mgsCv1的大小可能为mgRB2L2D线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多第72页【分析】根据图象得出线框在穿越磁场整个过程中的运动规律，根据动能定理求出
32、感应电流做功情况抓住线框全部进入磁场时，可能重力和安培力平衡求出速度的大小根据 qR判断通过线框的电荷量大小【解析】0t1 时间内做自由落体运动，可知从 t1 时刻进入磁场，开始做加速度减小的减速运动，t2时刻又做匀加速运动，且与自由落体运动的加速度相同，可知线框全部进入磁场，即 t2是线框全部进入磁场瞬间，t3时刻开始做变减速运动，t4时刻，第73页又做加速度为 g 的匀加速运动，可知 t4是线框全部离开磁场瞬间，故 A 项正确；从 bc 边进入磁场起一直到 ad 边离开磁场为止，根据动能定理得，mg(sL)WA12mv1212mv22，解得感应电流做功不等于 mgs，可知 B 项错误；线框
33、全部进入磁场前的瞬间，可能重力和安培力平衡，有 mgB2L2v1R，解得 v1mgRB2L2，故 C项正确；根据 qR 知，线框进入磁场和出磁场的过程中，磁通量的变化量相同，则通过的电荷量相同，故 D 项错误【答案】AC第74页【点评】解决本题的关键通过图线理清线框在整个过程中的运动规律，结合动能定理、共点力平衡进行求解，掌握电量的经验表达式 qnR，并能灵活运用第75页如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距 L0.5 m，左端接有阻值 R0.3 的电阻，一质量 m0.1 kg，电阻 r0.1 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
34、度 B0.4 T棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以 a2 m/s2 的加速度做匀加速运动，当棒的位移 x9 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比 Q1Q221，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：第76页(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WF.第77页【分析】关键词：一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内；由静止开始以 a2 m/s2的加速度做匀加速运动；撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来(1)由法拉第电磁感应定律求出平均电动势求
35、出平均电流求出电荷量(2)由运动学公式求出撤去外力时的速度由动能定理求出动能由动能关系求得 Q2.(3)由 Q1Q221Q1的大小在整个过程中，用功能关系WFQ1Q2，代入数据得出外力做的功 第78页【解析】(1)棒匀加速运动所用时间为 t，有 x12at2，t2xa 3 s 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为 I ERrt（Rr）1.5 A 根据电流定义式，有 q It4.5 C 第79页(2)撤去外力前棒做匀加速运动，根据速度公式，得末速为 vat6 m/s 撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为
36、内能，所以焦耳热等于棒的动能减少 Q2Ek12mv21.8 J 第80页(3)根据题意，知在撤去外力前的焦耳热为 Q12Q23.6 J 撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其绝对值等于焦耳热 Q1)、重力不做功共同使棒的动能增大，根据动能定理，有 EkWFQ1 则 WFEkQ15.4 J【答案】(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J第81页【点评】解答此类题的关键是在求解一段时间内通过某一电路的电荷量时应用感应电动势的平均值计算，难度较大，区分度高对于中间结果q|R总的记忆可以加快做该类题目的速度第82页(1)电磁感应现象中的能量转化：其他形式的能克服安培力做功 电能安培力做正功 焦
37、耳热或其他形式的能量第83页(2)解决电磁感应中的能量问题的策略是“先源后路、先电后力、再是运动、能量”，即 第84页(3)求解焦耳热 Q 的方法：若回路中电流恒定，可以利用电路结构及 WUIt 或 QI2Rt 直接进行计算。若电流变化，则 a利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功，QE 电W 克服安培力。b利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能 QE 其他。第85页规律五 电磁感应中“杆导轨”模型电磁感应中的“杆导轨”模型“杆导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本模型”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空
38、间大，是我们复习中的难点“杆导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等，情景复杂形式多变第86页(1)单杆电阻导轨模型类：模型一(v00)模型二(v00)模型三(v00)模型四(v00)说明杆 cd 以一定初速度 v0在光滑水平轨道上滑动，质量为 m，电阻不计，两导轨间距为 L轨道水平光滑，杆cd 质量为 m，电阻不计，两导轨间距为 L，拉力 F 恒定倾斜轨道光滑，倾角为，杆 cd质量为 m，两导轨间距为 L竖直轨道光滑，杆 cd 质量为 m，两导轨间
39、距为 L示意图第87页力学观点杆以速率 v 切割磁感 线 产 生 感 应电动势 EBLv，电流 IBLvR，安培力F BIL B2L2vR.杆做减速运动：vFa，当 v0 时，a0，杆保持静止开始时 aFm，杆 cd速度 v感应电动势 EBLvI安培力 F安BIL，由 FF安ma 知 a，当 a0 时，v 最大，vm FRB2L2开 始 时 a gsin，杆cd速度 v感应电动势 EBLvI安 培 力F安 BIL，由 mgsin F安ma 知a，当 a0 时，v最 大，vm mgRsinB2L2开始时 ag，杆cd 速度 v感应 电 动 势E BLvI安培 力F安 BIL，由 mgF 安ma
40、知 a，当 a0 时，v 最大，vmmgRB2L2 第88页图象观点能量观点动 能 全 部 转 化为内能：Q12mv02F 做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WFQ12mvm2重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WGQ12mvm2重 力 做 的 功(或减 少 的 重 力 势能)一 部 分 转 化为杆的动能，一部 分 转 化 为 内能：WGQ12mvm2第89页(2)单杆电容器(或电源)导轨模型类：模型一(v00)模型二(v00)模型三(v00)模型四(v00)说明轨道水平光滑，杆 cd 质量为 m，电阻不计，两导轨间距为 L轨道水平光滑，杆cd 质
41、量为 m，电阻不计，两导轨间距为 L，拉力 F 恒定倾斜轨道光滑，杆 cd 质量为 m，电阻不计，两导轨间距为 L竖起轨道光滑，杆 cd 质量为 m，电阻为 R，两导轨间距为 L示意图第90页力学观点S 闭合，杆 cd受 安 培力 F BLEr，aBLEmr，杆 cd 速度 v感应电动势 E感BLvI 安 培力 F BIL加速度a，当 E 感E时，v 最大，所以 vm EBL开始时 aFm，杆 cd速 度v E BLv，经过 t 速度为 v v，EBL(v v)，q C(E E)CBL v，I q tCBLa，F安 CB2L2a，aFmB2L2C，所以杆匀加速运动开始时 agsin，杆cd 速
42、 度 v EBLv，经过 t 速度为 v v，EBL(v v),qC(EE)CBLv，I q tCBLa，F 安CB2L2a，mgsin F安ma，amgsinmCB2L2，所以杆匀加速运动开始时 ag，杆 cd速 度v E BLv，经过 t 速度为 v v，EBL(v v)，qC(E E)CBL v，I q t CBLa，F安 CB2L2a，mgF安ma，amgmCB2L2，所以杆匀加速运动第91页图象观点能量观点电 源 输 出 的 电能转化为动能：W 电12mvm2F 做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF12mv2EC重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG12mv
43、2EC重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG12mv2EC第92页(3)双杆导轨模型类示意图力学观点图象观点能量观点导体棒 1 受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒 2 受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动棒 1 动能的减少量棒 2动能的增加量焦耳热导体棒 1 受外力和安培力的作用做加速度减小的加速运动，导体棒 2 受安培力的作用做加速度增大的加速运动，最后两棒以相同的加速度做匀加速直线运动外力做的功棒 1 的动能棒 2 的动能焦耳热第93页如图所示，AB、CD 是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为 l，导轨平面与水平面的夹
44、角为.在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为 B.在导轨的 A、C 端连接有一个阻值为 R 的电阻一根垂直于导轨放置的金属棒 ef，质量为 m，从静止开始沿导轨下滑求 ef 棒下滑过程中的最大速度(已知金属棒 ef 和导轨间的动摩擦因数为，导轨与金属棒的电阻都不计)第94页【分析】把立体图转化成平面图，对金属棒进行受力分析，根据金属棒运动过程中各个力的变化特点结合牛顿第二定律判断出金属棒的最终状态 第95页【解析】金属棒 ef 下滑时产生的感应电流方向为 fe，受力如图所示，金属棒 ef 沿导轨下滑过程中受到重力 mg、支持力 FN、摩擦力 Ff和安培力 F 安四个
45、力作用 金属棒下滑产生的感应电动势 EBlv，闭合回路中产生的感应电流为 IER，安培力 F 安的方向沿斜面向上，其大小为 F 安BIlBERlB2l2vR 根据牛顿第二定律，得 mgsinmgcosB2l2vR ma 第96页金属棒由静止开始下滑后，做加速度逐渐减小的变加速运动，当加速度减小到零时，速度就增至最大，以后金属棒将以这个最大速度匀速下滑此时 mgsinmgcosB2l2vmaxR0 解上式得 vmaxmg（sincos）RB2l2【答案】mg（sin cos）RB2l2第97页(2017海南)如图，两光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内，轨间距为 l，左端连有阻值为 R 的电阻一
46、金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场区域已知金属杆以速度 v0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率第98页【分析】依据法拉第电磁感应定律，求解感应电动势，再结合闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，再依据运动学公式，求得中间位置的速度，从而确定安培力大小，最后根据功率表达式，即可求解【解析】由题意可知，开始时导体棒产生的感应电动势为：EBlv0，依据闭合电路欧姆定律，则电路中电流为
47、：IBlv0R，再由安培力公式有：FBIlB2l2v0R；设导体棒的质量为 m，则第99页导体棒在整个过程中的加速度为：aFmB2l2v0Rm；设导体棒由开始到停止的位移为 x，由运动学公式：v022ax；解得 xv022aRmv02B2l2；故正中间离开始的位移为：x 中Rmv04B2l2；设导体棒在中间的位置时的速度为 v，由运动学公式有：v02v22ax 中 解得 v 22 v0第100页则导体棒运动到中间位置时，所受到的安培力为：FBIl 2B2l2v02R；导体棒电流的功率为：PI2RB2l2v022R；【答案】金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小 2B2l2v02R，及此时
48、电流的功率B2l2v022R.【点评】考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握安培力的表达式，理解运动学公式的应用，注意电功率的内容第101页如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨 MN、PQ，间距为 l0.2 m，其电阻不计完全相同的两金属棒 ab、cd 垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触，已知两棒质量均为 m102 kg，电阻均为 R0.2 ，棒 cd 放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度 B1.0 T棒 ab 在竖直向上的恒力 F 作用下由静止开始向上运动，当 ab 棒运动 x0.1 m 时达到最大速度 vm，此时 cd 棒对
49、绝缘平台的压力恰好为零(g 取 10 m/s2)求：第102页(1)ab 棒的最大速度 vm；(2)ab 棒由静止到最大速度过程中通过 ab 棒的电荷量 q；(3)ab 棒由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热 Q.第103页【分析】(1)cd 棒对绝缘平台的压力恰好为零时，安培力与重力二力平衡ab 棒匀速运动时速度最大由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式得到安培力与速度的关系，再由平衡条件求解最大速度(2)根据电流强度的定义公式 Iqt，法拉第电磁感应定律公式 Et 和欧姆定律列式后联立求解即可(3)根据能量守恒定律求回路产生的焦耳热 Q.第104页【解析】(1)棒ab达到最大速度vm
50、时，对棒cd有BIlmg 由闭合电路欧姆定律知I E2R 棒ab切割磁感线EBlvm 代入数据解得vm1 m/s(2)ab棒由静止到最大速度过程中通过ab棒的电荷量：q It E2Rt2R Blx2R0.05 C 第105页(3)ab棒由静止到最大速度过程中(Fmg)x12mvm2Q 根据棒ab达到最大速度vm时可知FBIlmg 代入数据解得Q5103 J【答案】(1)1 m/s(2)0.05 C(3)5103 J【点评】本题中有两个研究对象，一要正确分析b的受力情况，研究出安培力的大小二要正确分析能量的转化情况不难第106页如图，POQ 是折成 60角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关
51、于竖直轴线对称，OPOQL 3 m，整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为 B18t(T)一质量为 1 kg、长为 L、电阻为 1 、粗细均匀的导体棒锁定于 OP、OQ 的中点 a、b 位置当磁感应强度变为 B10.5 T 后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为第107页v3.6 m/s.导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为 g10 m/s2.求导体棒：(1)解除锁定前回路中电流的大小及方向；(2)滑到导轨末端时的加速度大小；(3)运动过程中产生的焦耳热第108页【分析】(1)根据法拉第电磁感应定律列式求解
52、感应电动势大小，根据欧姆定律求解感应电流大小，根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向；(2)根据切割公式求解感应电动势，根据欧姆定律求解感应电流，根据安培力公式求解安培力，根据牛顿第二定律列式求解加速度；(3)根据能量守恒定律列式求解运动过程中产生的焦耳热 第109页【解析】(1)解除锁定前，感应电动势为：Et SBt 1212L12Lcos30 Bt 12 32 32 cos30 8 V3 32 V；感应电流为：I E12R32 3 V123 3 A；由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向；第110页(2)滑到导轨末端时的感应电动势为：EB1Lv0.5 33.6 V1.8 3 V，感应电
53、流为：IER1.8 31 A1.8 3 A，安培力为：FB1IL0.51.8 3 3 N2.7 N；根据牛顿第二定律，有 mgFma，解得 agFm10 m/s22.71 m/s27.3 m/s2；第111页(3)由能量守恒，得 mgh12mv2Q h 34 L 解得 Q 3mgL412mv2 3110 34 J1213.62 J1.02 J.【答案】(1)解除锁定前回路中电流的大小为 3 3 A，方向是顺时针；(2)滑到导轨末端时的加速度大小为 7.3 m/s2；第112页(3)运动过程中产生的焦耳热为 1.02 J.【点评】本题是滑轨问题，关键是结合切割公式、法拉第电磁感应定律公式、欧姆定
54、律公式、安培力公式列式求解，同时要结合牛顿第二定律和能量守恒定律列式求解第113页如图所示，在竖起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 cd 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第114页(1)如图甲所示，若轨道左端 M、P 间接一阻值为 R 的电阻，导体棒在拉力 F 的作用下以速度 v 沿轨道做匀速运动请通过公式推导证明：在任意一段时间 t 内，拉力 F 所做的功与电路获得的电能相等(2)如图乙所示，若轨道左端拉一电动势为 E、内阻为 r 的电源和一阻值未知的电阻，
55、闭合开关 S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度 vm，求此时电源的输出功率第115页(3)如图丙所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为 C，导体棒在水平拉力作用下从静止开始向右运动电容器两极板间电势差随时间变化的图象如图丁所示，已知 t1时刻电容器两极板间的电势差为 U1.求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小第116页【解析】(1)导体棒切割磁感线，EBLv 导体棒做匀速运动，FF 安，又 F 安BIL，其中 IER 在任意一段时间t 内，拉力 F 所做的功 WFvtF 安 vtB2L2v2Rt 电路获得的电能EqEEItB2L2v2Rt 可见，在任意一段时间t 内
56、，拉力 F 所做的功与电路获得的电能相等 第117页(2)导体棒达到最大速度 vm 时，棒中没有电流，电源的路端电压 UBLvm 电源与电阻所在回路的电流 IEUr 电源的输出功率 PUIEBLvmB2L2vm2r.(3)感应电动热与电容器两极板间的电势差相等 BLvU 由电容器的 Ut 图象可知 UU1t1 t 第118页导体棒的速度随时间变化的关系为 v U1BLt1t 可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度 a U1BLt1 由 CQU和 IQt，得 ICUt CU1t1 由牛顿第二定律有 FBILma 可得 FBLCU1t1mU1BLt1.第119页【答案】(1)见解析(2)EBLvmB
57、2L2vm2r(3)BLCU1t1mU1BLt1第120页如图所示，AD 与 A1D1为水平放置的无限长平行金属导轨，DC 与 D1C1 为倾角为 37的平行金属导轨，两组导轨的间距均为 l1.5 m，导轨电阻忽略不计质量为 m10.35 kg、电阻为 R11 的导体棒 ab 置于倾斜导轨上，质量为 m20.4 kg、电阻为 R20.5 的导体棒 cd 置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与 cd 的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩导体棒 ab、cd 与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B2T.初始时刻，棒 ab 在倾斜导轨上
58、恰好不下滑(g 取 10 m/s2，sin370.6)第121页(1)求导体棒与导轨间的动摩擦因数；(2)在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体 P与导体棒 cd 同时由静止释放，当 P 的质量不超过多大时，ab 始终处于静止状态？(导体棒 cd 运动过程中，ab、cd 一直与 DD1平行，且没有与滑轮相碰)(3)若 P 的质量取第(2)问中的最大值，由静止释放开始计时，当 t1 s 时 cd 已经处于匀速直线运动状态，求在这 1 s 内 ab 上产生的焦耳热为多少？第122页【分析】(1)对 ab 棒受力分析，沿斜面方向上由平衡条件列方程求解；(2)对 ab 棒，在沿斜面方向和垂直
59、斜面方向建立平衡方程；对 cd 棒，根据平衡条件列方程，联立求解 ab 始终处于静止状态时 P 的质量；(3)由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解匀速运动的速度大小，对 P、ab 棒和 cd 棒，由能量守恒定律求解 ab棒上产生的焦耳热 第123页 【解析】(1)对 ab 棒受力分析，受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，在沿斜面方向上由平衡条件，得 m1gsinm1gcos0 代入数据，解得 0.75；(2)当 P 的质量最大时，P 和 cd 的运动达到稳定时，P 和 cd一起做匀速直线运动，ab 处于静止状态，但摩擦力达到最大且沿斜面向下设此时电路中的电流
60、为 I第124页对 ab 棒，由平衡条件，沿斜面方向上有：BILcosm1gsinN0 垂直于斜面方向上，有 NBILsinm1gcos0 对 cd 棒，设绳中的张力为 T，由平衡条件，得 TBILm2g0 对 P，由平衡条件，得 MgT0 联立以上各式，得 M1.5 kg 故当 P 的质量不超过 1.5 kg 时，ab 始终处于静止状态；第125页(3)设 P 匀速运动的速度为 v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，得 BlvI(R1R2)代入数据，得 v2 m/s 对 P、棒 cd，由牛顿第二定律，得 Mgm2gB Blv1R1R2l(Mm2)a 两边同时乘以 t，并累加求和，可得
61、Mgtm2gtBBlsR1R2t(Mm2)v 第126页解得 s4130 m 对 P、ab 棒和 cd 棒，由能量守恒定律，得 Mgsm2gsQ12(Mm2)v2 代入数据，解得 Q12.6 J 在这 1 s 内 ab 棒上产生的焦耳热为 Q1R1R1R2Q8.4 J.第127页【答案】(1)导体棒与导轨间的动摩擦因数 为 0.75；(2)当 P 的质量不超过 1.5 kg 时，ab 始终处于静止状态(3)在这 1 s 内 ab 上产生的焦耳热为 8.4 J.【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，
62、分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解第128页(2017浙江)如图所示，间距为 l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，倾角为 的导轨处于大小为B1，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为 3m 的“联动双杆”(由两根长为 l的金属杆 cd 和 ef，用长度为 L 的刚性绝缘杆连接而成)，在“联动双杆”右侧存在大小为 B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间，其长度大于 L.质量为 m，长为 l 的金属杆 ab，从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆 ab与“联动双杆”发生碰撞后杆 a
63、b 和 cd 合在一起形成“联动三第129页杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间并从中滑出，运动过程中，杆 ab、cd 和 ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直已知杆 ab、cd 和 ef 电阻均为 R0.02 ，m0.1 kg，l0.5 m，L0.3 m，30，B10.1 T，B20.2 T不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应求：第130页(1)杆 ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小 v0；(2)“联动三杆”进入磁场区间前的速度大小 v；(3)“联动三杆”滑过磁场区间产生的焦耳热 Q.第131页【分析】(1)ab 杆在倾斜轨道上做匀速直线运动，由平衡条件可以求出其速度(
64、2)ab 杆与联动双杆碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出其速度(3)应用动量定理与能量守恒定律可以求出联动三杆产生的焦耳热 第132页【解析】沿着斜面正交分解，最大速度时重力分力与安培力平衡：(1)感应电动势 EB1lv0 电流 I E1.5R 安培力 FB1Il 匀速运动条件B12l2v01.5R mgsin v01.5mgRsinB12l26 m/s 第133页(2)由动量守恒定律 mv04mv vv04 1.5 m/s(3)进入 B2磁场区域，设速度变化v，动量定理有 IB2lt4mv ItqB2lL1.5R vB22l2L1.5R4m0.25 m/s第134页出 B2磁场后
65、“联动三杆”的速度为 vv2v1.0 m/s Q124m(v2v2)0.25 J【答案】(1)6 m/s(2)1.5 m/s(3)0.25 J【点评】分析清楚杆的运动过程是解题的前提与关键，应用安培力公式、平衡条件、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题；解题时注意分析清楚电路结构，本题是一道综合题，难度较大，解题时应细心、认真第135页如图所示，光滑导轨 EF、GH 等高平行放置，EG 间宽度为 FH 间宽度的 3 倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高，ab、cd 是质量均为 m 的金属棒，现让 ab 从离水平轨道 h 高处由静止下滑，设导轨足够长(1)ab、cd 棒的最终
66、速度；(2)全过程中感应电流产生的焦耳热第136页【分析】(1)对于 ab 棒，金属棒下落 h 过程应用动能定理求解 ab 棒刚进入磁场时的速度，再对 ab，cd 分别应用动量定理列方程求解；(2)根据能量守恒定律得回路产生的总热量【解析】(1)设 ab，cd 棒的长度分别为 3L 和 L，磁感应强度为 B，ab 棒进入水平轨道的速度为 v，对于 ab 棒，金属棒下落 h 过程应用动能定理：mgh12mv2，解得 ab 棒刚进入磁场时的速度为：v 2gh 第137页当 ab 棒进入水平轨道后，切割磁感线产生感应电流ab 棒受到安培力作用而减速，cd 棒受到安培力而加速，cd 棒运动后也将产生感
67、应电动势，与 ab 棒感应电动势反向，因此回路中的电流将减小最终达到匀速运动时，回路的电流为零，所以 EaEc 即 3BLvaBLvc 得 3vavc 因为当 ab，cd 在水平轨道上运动时，它们所受到的合力并不为零Fa3BIL，FcBIL(设 I 为回路中的电流)，因此 ab，cd 组成的系统动量不守恒 第138页设 ab 棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为t，对 ab，cd 分别应用动量定理，得 Fat3BILtmvamv FctBILtmvc0 3vavc 解得 va 110 2gh，vc 310 2gh 第139页(2)根据能量守恒定律得回路产生的总热量为：Qmgh12mva2
68、12mvc2 联立得 Q 910mgh.【答案】(1)ab 棒的最终速度为 110 2gh，cd 棒的最终速度为 310 2gh；(2)全过程中感应电流产生的焦耳热为 910mgh.第140页【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，可以根据动量定理、动量守恒定律，或根据平衡条件、牛顿第二定律列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解第141页电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起，这类问题需要综合运用电磁感应规律和力学的相关规律解决因此，处理此类问题的一般思路是“先电后力”即：(1)先做“源”的分析分离出电路中由电磁感应所
69、产生的感应电动势即电源，求出电源参数 E 和 r.(2)再进行“路”的分析画出必要的电路图，分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便安培力的求解 第142页(3)然后是“力”的分析画出必要的受力分析图，分析所研究对象(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)接着进行“运动”状态分析根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型(5)思维路线图是：导体受力运动产生感应电动势感应电流通电导体受安培力合外力变化加速度变化速度变化感应电动势变化周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态要画好受力图，抓住 a0 时速度 v 达到最大值的特点，最后
70、运用物理规律列方程求解 第143页(6)两种状态处理方法：导体处于平衡态静止或匀速直线运动状态 处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析 导体处于非平衡态加速度不为零 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.第144页聚 焦 高 考 第145页(1)基本考察点：感生电动势、动生电动势(2)常考点及难点：电磁感应与能量相结合的问题是难点，感生电动势和动生电动势的计算以及电磁感应中能量的转化为常考点(3)题型及难度：选择题和计算题，难度中等偏上第146页1(多选)(2014四川)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
71、距很小质量为 0.2 kg 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 1 m 的正方形，其有效电阻为 0.1 .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，磁感应强度随时间变化规律是 B(0.40.2t)T，图示磁场方向为正方向框、挡板和杆不计形变则()第147页At1 s 时，金属杆中感应电流方向从 C 到 DBt3 s 时，金属杆中感应电流方向从 D 到 CCt1 s 时，金属杆对挡板 P 的压力大小为 0.1 NDt3 s 时，金属杆对挡板 H 的压力大小为 0.2 N第148页【解析】据已知 B(0.40.2t)T 可知 t1 s时
72、，正方向的磁场在减弱，由楞次定律可判定电流方向为由 C 到 D，A 项正确，同理可判断 B 项错误；t1 s 时感应电动势 Et|B|t Ssin300.1 V，IER1 A，安培力 F 安BIL0.2 N，对杆受力分析如图NPF 安 sin300.1 N，根据牛顿第三定律知 C 项正确；同理可得 t3 s 时对挡板 H 的压力大小为 0.1 N，D 项错误【答案】AC第149页2.(2013安徽)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为 37，宽度为 0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为 1 .一导体棒 MN 垂直于导轨放置，质量为 0.2 kg，接入电路的电阻为 1 ，两
73、端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为 0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为 0.8 T将导体棒 MN 由静止释放，运动一段第150页时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒 MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度 g 取 10 m/s2，sin370.6)()A2.5 m/s 1 W B5 m/s 1 WC7.5 m/s 9 W D15 m/s 9 W第151页【解析】小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动此时：F 安B2L2vR总.对 棒 满 足：mgsin mgcos B2L2vR棒R灯0 因为 R 灯R 棒，则：P 灯P 棒 再依据功能关系：mgsin
74、vmgcosvP 灯P 棒 联立解得 v5 m/s，P 灯1 W，所以 B 项正确【答案】B第152页3(多选)(2012山东)如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是()第153页AP2mgvsinBP3mgvsinC当导体棒速度达到v2时加速度大小为g2sinD在速度达
75、到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功第154页【解析】对导体棒受力分析如图当导体棒以 v 匀速运动时受力平衡，则 mgsinBIlB2L2vR，当导体棒以 2v 匀速运动时受力平衡，则 FmgsinBIlB2L22vR，故 Fmgsin，拉力的功率 PF2v2mgvsin，A 项正确，B 项错误；当导体棒速度达到v2时，由牛顿第二定律，mgsinB2L2v2R ma，解得ag2sin，故 C 项正确；由能量守恒，当速度达到 2v 以后匀第155页速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故 D 项错误【答案】AC第156页4(2015浙江)小明同学设计了
76、一个“电磁天平”，如图 1 所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长 L0.1 m，竖直边长 H0.3 m，匝数为 N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度 B01.0T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在 02.0 A 范围内调节的电流 I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度取 g10 m/s2)第157页(1)为使电磁天平的量程达到 0.5 kg，线圈的匝数 N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选 N2100 匝、形状相同的线圈，总电阻 R10 ，不接外电流，两臂平衡，如图 2 所示，保持 B0
77、不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度 B 随时间均匀变大，磁场区域宽度 d0.1 m当挂盘中放质量为 0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率 B t.第158页【解析】(1)线圈受到安培力 FN1B0IL 天平平衡 mgN1B0IL 代入数据得 N125 匝(2)由电磁感应定律得 EN2t EN2Bt Ld 由欧姆定律得 IER 线圈受到安培力 FN2B0IL 第159页天平平衡 mgN22B0Bt dL2R 代入数据可得Bt0.1 T/s【答案】(1)N125 匝(2)B t 0.1 T/s第160页5(2014安徽)如图 1 所示，匀强磁场的磁感应
78、强度 B 为 0.5 T，其方向垂直于倾角 为 30的斜面向上绝缘斜面上固定有“”形状的光滑金属导轨 MPN(电阻忽略不计)，MP 和 NP 长度均为 2.5 mMN 连线水平，长为 3 m以 MN 的中点 O 为原点、OP 为 x 轴建立一维坐标系 Ox.一根粗细均匀的金属杆 CD，长度 d 为 3 m，质量 m 为 1 kg，电阻 R 为 0.3 ，在拉力 F 的作用下，从 MN 处以恒定的速度 v1 m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)g 取 10 m/s2.第161页(1)求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动到 x0.8 m 电势差 UCD；(2
79、)推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x 的关系式，并在图 2 中画出 Fx 关系图象；(3)求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热第162页【解析】(1)金属杆 CD 在匀速运动中产生的感应电动势 EBlv(ld)E1.5 V(D 点电势高)当 x0.8 m 时，金属杆接入导轨的有效长度的一段相当于电源，而且导轨没有电阻，所以电源是被短接的，那么接入回路中的这一部分电势处处相等，所以 CD 两端电势差就有剩余两端的导体棒产生 设此时杆在导轨外的长度为 l 外，则 l 外dOPxOP d 第163页OPMP2MN22 得 l 外1.2
80、 m 由楞次定律判断 D 点电势高，故 CD 两端电势差 UCDBl 外 v UCD0.6 V 第164页(2)杆在导轨间的长度 l 与位置 x 关系是 lOPxOP d332x 对应的电阻 Rl为 RlldR 电流 IBlvRl 杆受的安培力 F 安BIl7.53.75x 根据平衡条件得 FF 安mgsin F12.53.75x(0 x2)第165页画出的F-x图象如图所示 (3)外力F所做的功WF等于F-x图线下所围的面积，即 WF512.522 J17.5 J 第166页而杆的重力势能增加量EPmgOPsin 故全过程产生的焦耳热 QWFEP7.5 J【答案】(1)1.5 V 0.6 V
81、(2)F12.53.75x(0 x2)见解析图(3)7.5 J第167页6(2015四川)如图所示，金属导轨 MNC 和 PQD，MN 与PQ 平行且间距为 L，所在平面与水平面夹角为，N、Q 连线与MN 垂直，M、P 间接有阻值为 R 的电阻；光滑直导轨 NC 和QD 在同一水平面内，与 NQ 的夹角都为锐角.均匀金属棒 ab和 ef 质量均为 m，长均为 L，ab 棒初始位置在水平导轨上与 NQ重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为(较小)，由导轨上的小立柱 1 和 2 阻挡而静止空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)两金属棒与导轨保持良好接触不计所有导轨和 ab 棒的电
82、阻，ef 棒的阻值为 R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为 g.第168页(1)若磁感应强度大小为 B，给 ab 棒一个垂直于 NQ、水平向右的速度 v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程 ef 棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab 棒滑行距离为 d，求通过 ab 棒某横截面的电量；第169页(3)若 ab 棒以垂直于 NQ 的速度 v2在水平导轨上向右匀速运动，并在 NQ 位置时取走小立柱 1 和 2，且运动过程中 ef 棒始终静止求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下 ab 棒运动的最大距离第170页【解析
83、】(1)由于 ab 棒做切割磁感线运动，回路中产生感应电流，感应电流流经电阻 R 和 ef 棒时，电流做功，产生焦耳热，根据功能关系及能量的转化与守恒有：12mv12QRQef 根据并联电路特点和焦耳定律 QI2Rt 可知，电阻 R 和 ef棒中产生的焦耳热相等，即 QRQef 由式联立解得 ef 棒上产生的热量为：Qef14mv12 第171页(2)设在 ab 棒滑行距离为 d 时所用时间为 t，其示意图如图所示 该过程中回路变化的面积为：S12L(L2dcot)d 根据法拉第电磁感应定律可知，在该过程中，回路中的平均感应电动势为 EBSt 根据闭合电路欧姆定律可知，流经 ab 棒平均电流为
84、 I ER/2 第172页根据电流的定义式可知，在该过程中，流经 ab 棒某横截面的电量为 qIt 由式联立解，得 q2Bd（Ldcot）R(3)由法拉第电磁感应定律可知，当 ab 棒滑行 x 距离时，回路中的感应电动势为 eB(L2xcot)v2 根据闭合电路欧姆定律可知，流经 ef 棒的电流为 ieR 根据安培力大小计算公式可知，ef 棒所受安培力为 FiLB 由式联立解，得 FB2Lv2R(L2xcot)第173页由式可知，当 x0 且 B 取最大值，即 BBm时，F 有最大值 Fm，ef 棒受力示意图如图所示：根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上，有 Fmcosmgsinfm 在垂直
85、于导轨方向上，有 FNmgcosFmsin 根据滑动摩擦定律和题设条件，有 fmFN 第174页由式联立解，得 Bm1LmgR（sincos）（cossin）v2 显然此时，磁感应强度的方向竖直向上或竖直向下均可 由式可知，当 BBm 时，F 随 x的增大而减小，即当 F 最小为 Fmin时，x有最大值为 xm，此时 ef 棒受力示意图如图所示：第175页根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上，有 Fmincosfmmgsin 在垂直于导轨方向上，有 FNmgcosFminsin 由式联立解，得 xmLtan（12）sincos 第176页【答案】(1)14mv12(2)2Bd（Ldcot）R(3)Bm1LmgR（sin cos）（cos sin）v2，方向竖直向上或竖直向下均可，xmLtan（12）sin cos 请做：课时作业（四）