【物理】2018届一轮复习人教版电磁感应规律及其应用学案 23页

专题十一　电磁感应规律及其应用 考点1| 电磁感应规律及其应用难度：中档题 题型：选择题、计算题 五年8考 ‎　(多选)(2016·全国甲卷T20)法拉第圆盘发电机的示意图如图1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(　　)‎ 图1‎ 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 ‎【解题关键】　解此题注意两点：‎ ‎(1)切割类可用右手定则判断感应电流的方向．‎ ‎(2)转动切割感应电动势大小可用E＝Bl2ω计算．‎ AB　[由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误．]‎ ‎　(2015·全国卷ⅡT15)如图2所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是(　　)‎ 图2‎ A．Ua>Uc，金属框中无电流 B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a ‎【解题关键】　解题时要抓住磁场方向和金属框的放置方式，结合转动切割计算电动势并用右手定则判电势高低．‎ C　[金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误．转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc ‎，选项A错误．由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确．]‎ ‎　 (2014·全国卷ⅡT25)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图3所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：‎ 图3‎ ‎(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；‎ ‎(2)外力的功率．‎ ‎【解题关键】　‎ 关键语句 信息解读 匀速转动 导体棒转动切割磁感线 接有一阻值为R的电阻 导体棒与电阻可组成闭合回路 动摩擦因数为μ 导体棒和导轨间有摩擦力作用 ‎【解析】　根据右手定则、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及能量守恒定律解题．‎ ‎(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D.‎ 设导体棒AB中点的速度为v，则v＝ 而vA＝ωr，vB＝2ωr 根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势E＝Brv 根据闭合电路欧姆定律得I＝，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I＝.‎ ‎(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋fv，而f＝μmg 解得P＝＋.‎ ‎【答案】　(1)方向为C→D　大小为 (2)＋ ‎1．高考考查特点 高考在本考点的考查主要集中在导体棒切割磁感线为背景的电动势的计算及方向的判断．掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律、右手定则是突破考点的方法．‎ ‎2．解题的常见误区及提醒 ‎(1)对感应电流产生的条件理解不准确，认为只要切割就有感应电流．‎ ‎(2)不能正确理解楞次定律造成电流方向判断错误．‎ ‎(3)左手定则和右手定则混淆出现电流方向的判断错误．‎ ‎(4)不理解转动切割电动势大小计算方法．‎ ‎●考向1　法拉第电磁感应定律的应用 ‎1．如图4所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　) ‎ ‎【导学号：37162066】‎ 图4‎ A.　　　B.　　　C.　　　D. B　[由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E＝n＝n·S＝n·，得E＝，选项B正确．]‎ ‎●考向2　楞次定律的应用 ‎2．(2016·河南重点中学联考)如图5甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向 B．0～1 s内圆环面积有扩张的趋势 C．3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力 D．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反 A　[由图乙知，0～1 s内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A正确、B错误；同理可得1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；3 s末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误．]‎ ‎●考向3　电磁阻尼 ‎3. (多选)(高考改编)在[例1](2016·全国甲卷T20)中，去掉电路和磁场，让圆盘逆时针转动，现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高 B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动 C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动 D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 ABD　[根据右手定则，处于磁场中的圆盘部分，感应电流从靠近圆盘边缘处流向靠近圆心处，故靠近圆心处电势高，A正确；安培力F＝，磁场越强，安培力越大，B正确；磁场反向时，安培力仍是阻力，C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则磁通量不再变化，没有感应电流，安培力为零，故圆盘不受阻力作用，将匀速转动，D正确．]‎ ‎(1)感应电流方向的判断方法 一是利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；‎ 二是利用楞次定律，即根据穿过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)求感应电动势的两种方法 ‎①E＝n，用来计算感应电动势的平均值．‎ ‎②E＝BLv，主要用来计算感应电动势的瞬时值．‎ 考点2| 电磁感应中的图象问题难度：中档题 题型：选择题 五年58考 ‎　(2014·全国卷ⅠT18)如图7(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是(　　)‎ 图7‎ ‎【解题关键】　‎ 关键语句 信息解读 ab通以变化电流 a图中左侧线圈相当于场源 测得线圈cd间电压 a图右侧线圈发生电磁感应形成的电压 成正比 磁场的变化规律 C　[由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确．]‎ ‎　(2013·全国卷IT17)如图8所示，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是(　　)‎ 图8‎ ‎【解题关键】　解此题抓住两点：‎ ‎(1)导体棒切割时的有效长度．‎ ‎(2)回路中电阻的变化特点．‎ A　[设图示位置时a距棒的距离为l0，导体棒匀速切割磁感线的速度为v，单位长度金属棒的电阻为R0，导轨夹角为θ，运动时间t时，切割磁感线的导体棒长度l＝2(l0＋vt)tan ，有效电路中导体棒长度l总＝l＋，导体棒切割磁感线产生的感应电动势e＝Blv＝2Bv(l0＋vt)tan ，‎ 电路中总电阻R＝R0l总＝R0，所以i＝＝＝，‎ 即i为恒定值与t无关，选项A正确．]‎ ‎1．高考考查特点 本考点的命题主要涉及it图、Et图、Bt图、Φt图，还有vt图、Ft图等．突破本考点的关键是灵活应用楞次定律、法拉第电磁感应定律判断电流方向及计算电动势的大小．‎ ‎2．解题的常见误区及提醒 ‎(1)不能正确的将磁场变化和电流变化相互转换．‎ ‎(2)不能正确判断感应电流是正方向还是负方向．‎ ‎(3)不理解图象斜率、曲直的意义．‎ ‎(4)多阶段过程中不能将各阶段的运动和图象变化相对应．‎ ‎●考向1　图象的确定 ‎4. (多选)如图9所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴右侧区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i和a、b间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的(　　)‎ 图9‎ AD　[在ab边通过磁场的过程中，利用楞次定律或右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且电流在减小，Uab＝－i(Rbc＋Rcd＋Rda)．在cd 边通过磁场的过程中，可判断出电流为顺时针方向，即沿负方向，且电流逐渐减小，Uab＝－iRab，A、D正确．]‎ ‎5．(2016·湖北黄冈质检)如图10所示，虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L.一等腰直角三角形导线框abc，ab边与bc边长度均为L，bc边与虚线边界垂直．现让线框沿bc方向匀速穿过磁场区域，从c点经过虚线P开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i的正方向，则下列四个图象中能正确表示it图象的是(　　) ‎ ‎【导学号：37162067】‎ 图10‎ A　[由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时，电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且逐渐增大，导线框刚好完全进入P、Q之间的瞬间，电流由正向最大值变为零，然后电流方向变为顺时针且逐渐增加，当导线框刚好完全进入Q、R之间的瞬间，电流由负向最大值变为零，然后电流方向为逆时针且逐渐增大．故A正确．]‎ ‎●考向2　图象的转换 ‎6．(高考改编)在[例4](2014·全国卷ⅠT18)中，若将(a)图改为如图11甲所示，且通入如图乙所示的磁场)，已知螺线管(电阻不计)的匝数n＝6，截面积S＝10 cm2，线圈与R＝12 Ω的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向．忽略线圈的自感影响，下列it关系图中正确的是(　　)‎ 图11‎ B　[由题意可知，在0～2 s时间内，磁感应强度变化率的大小为＝3×10－3 T/s，根据法拉第电磁感应定律可得电动势的大小为E1＝nS＝1.8×10－5 V，根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流i1＝＝1.5×10－6 A，根据楞次定律，可知感应电流方向为a→R→b，为正方向；同理可计算在2～5 s时间内，i2＝＝1×10－6 A，根据楞次定律，可知感应电流方向为b→R→a，为负方向；根据磁感应强度变化的周期性，可得感应电流变化的周期性，故B正确，A、C、D错误．]‎ ‎●考向3　图象的应用 ‎7．(多选)如图12甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根垂直导轨的光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线连接；已知平行导轨MN、PQ间距为L1，导体棒ab、cd间距为L2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R.开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示．则以下说法正确的是(　　)‎ 图12‎ A．在t0时刻回路中产生的感应电动势E＝0‎ B．在0～t0时间内导体棒中的电流为 C．在t0/2时刻绝缘丝线所受拉力为 D．在0～2t0时间内回路中电流方向是abdca BC　[由图乙可知，||＝，回路面积S＝L1L2，在t0时刻回路中产生的感应电动势E＝||S＝L1L2，选项A错误；0～t0时间内回路中产生的感应电流大小为I＝＝，选项B正确；在t0/2时刻，由左手定则，导体棒ab所受安培力方向向左，导体棒cd所受安培力方向向右，磁场磁感应强度为B0/2，安培力大小为F＝B0·IL1＝，则在t0/2时刻绝缘丝线所受拉力为，选项C正确；在0～t0时间内磁感应强度减小，在t0～2t0时间内磁感应强度反向增大，根据楞次定律，回路内产生的感应电流方向为顺时针方向，即电流方向是acdba，选项D错误．]‎ 解决电磁感应图象问题的一般步骤 ‎(1)明确图象的种类，即是Bt图还是Φt图，或者Et图、It图等．‎ ‎(2)分析电磁感应的具体过程．‎ ‎(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．‎ ‎(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．‎ ‎(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．‎ ‎(6)画图象或判断图象．‎ 考点3| 电磁感应中电路和能量问题难度：较大 题型：选择题、计算题 五年3考 ‎　(2016·全国甲卷T24)如图13所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：‎ 图13‎ ‎(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；‎ ‎(2)电阻的阻值．‎ ‎【解题关键】　‎ 关键语句 信息解读 恒定拉力作用 金属杆做匀加速直线运动 t0时刻进入磁场 进入磁场时有一定的初速度 匀速运动 金属杆所受合外力为零 动摩擦因数为μ 有摩擦力作用 ‎【解析】　(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 ma＝F－μmg ①‎ 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 v＝at0 ②‎ 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为 E＝Blv ③‎ 联立①②③式可得 E＝Blt0. ④‎ ‎(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律 I＝ ⑤‎ 式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 f＝BlI ⑥‎ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F－μmg－f＝0 ⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得 R＝. ⑧‎ ‎【答案】　(1)Blt0　(2) ‎　(2016·全国丙卷T25)如图14所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：‎ 图14‎ ‎(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；‎ ‎(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．‎ ‎【解题关键】　‎ 关键语句 信息解读 B1＝kt 磁场随时间均匀变化形成的电流稳定 匀速运动 金属棒所受合外力为零 t0时刻 面积为S的区域内磁通量变化量ΔΦ>kt0·S ‎【解析】　(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ①‎ 设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有 ε＝－ ②‎ 由欧姆定律有i＝ ③‎ 由电流的定义有i＝ ④‎ 联立①②③④式得|Δq|＝Δt ⑤‎ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为 ‎|q|＝. ⑥‎ ‎(2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有 f＝F ⑦‎ 式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I，F的大小为 F＝B0Il ⑧‎ 此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0) ⑨‎ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls ⑩‎ 回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′ ⑪‎ 式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t>t0)‎ 穿过回路的总磁通量为 Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt ⑫‎ 在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ⑬‎ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 Et＝ ⑭‎ 由欧姆定律有I＝ ⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 f＝(B0lv0＋kS).‎ ‎【答案】　(1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) ‎1．高考考查特点 本考点多以导体棒切割磁感线为背景，结合牛顿第二定律对导体棒进行运动分析和受力分析；结合图象，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电功率、动能定理等规律进行电路、功能关系的计算．‎ ‎2．解题的常见误区及提醒 ‎(1)分析电源时电势高低易出错．‎ ‎(2)涉及力和运动的分析时出现漏力(多力)的现象．‎ ‎(3)功能分析时，力做功及电热的计算易漏(多算)电阻生热．‎ ‎●考向1　电磁感应中的电路问题 ‎8．(多选)如图15所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计．下列说法正确的是(　　) ‎ ‎【导学号：37162068】‎ 图15‎ A．A点的电势高于C点的电势 B．此时AC两端电压为UAC＝ C．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－mv2‎ D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝ AD　[根据右手定则可知，A点相当于电源的正极，电势高，A正确；AC产生的感应电动势为E＝2BLv，AC两端的电压为UAC＝＝，B错误；由功能关系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C错误；此过程中平均感应电流为＝，通过电阻R0的电荷量为q＝Δt＝，D正确．]‎ ‎●考向2　电磁感应的动力学问题 ‎9．如图16所示，竖直平面内有一宽L＝1 m、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计．在导轨的上、下边分别接有电阻R1＝3 Ω和R2＝6 Ω.在MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B＝1 T．现有质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω的导体棒ab，在金属导轨上从MN上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好．当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v1＝3 m/s.不计空气阻力，g取10 m/s2.‎ 图16‎ ‎(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小；‎ ‎(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和 Ⅱ之间的距离h；‎ ‎(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式．‎ ‎【解析】　(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中切割磁感线运动，棒中产生感应电动势E，棒在重力和安培力作用下做加速运动．‎ 由牛顿第二定律得：mg－BIL＝ma1 ①‎ 又E＝BLv1 ②‎ R外＝ ③‎ I＝ ④‎ 由以上四式可得：a1＝5 m/s2.‎ ‎(2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变．‎ mg＝BI′L ⑤‎ I′＝ ⑥‎ E′＝BLv′ ⑦‎ 联立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s 导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，v′2－v＝2gh 解得：h＝1.35 m.‎ ‎(3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小 v＝v2＋at ⑧‎ 由牛顿第二定律得：‎ F＋mg－F安＝ma ⑨‎ 又F安＝ ⑩‎ 由③⑧⑨⑩解得：F＝(t＋1.6)N.‎ ‎【答案】　(1)5 m/s2　(2)1.35 m　(3)F＝(t＋1.6)N ‎ ‎●考向3　电磁感应的能量问题 ‎10．(高考改编)在[例6](2016·全国甲卷，T24)中改为如下情景)．如图17所示，水平放置的平行光滑导轨间有两个区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，虚线M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1＝8B，虚线P、Q间有垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线M、N和P、Q间距均为d，N、P间距为15d，一质量为m、长为L的导体棒垂直于导轨放置在导轨上，位于M左侧，距M也为d，导轨间距为L，导轨左端接有一阻值为R的定值电阻，现给导体棒一个向右的水平恒力，导体棒运动以后能匀速地通过两个磁场，不计导体棒和导轨的电阻，求：‎ 图17‎ ‎(1)P、Q间磁场的磁感应强度B2的大小；‎ ‎(2)通过定值电阻的电荷量；‎ ‎(3)定值电阻上产生的焦耳热． 【导学号：37162069】‎ ‎【解析】　(1)导体棒在磁场外时，在恒力F的作用下做匀加速运动，设进入M、N间磁场时速度为v1，则根据动能定理有Fd＝mv 导体棒在M、N间磁场中匀速运动，有F＝ 设导体棒进入P、Q间磁场时的速度为v2，则由动能定理有F·16d＝mv 导体棒在P、Q间磁场中匀速运动，有F＝ 得B2＝4B.‎ ‎(2)设导体棒通过磁场过程中通过定值电阻的电荷量为q q＝Δt＝Δt＝ 由于通过两个磁场过程中导体棒扫过的区域的磁通量的变化量为ΔΦ＝(B1－B2)Ld q＝＝＝.‎ ‎(3)定值电阻中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力做的功，由于导体棒在磁场中做匀速运动，因此导体棒在磁场中受到的安培力大小等于F，则定值电阻中产生的焦耳热为Q＝2Fd.‎ ‎【答案】　(1)4B　(2)　(3)2Fd 用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤 热点模型解读| 电磁感应中的“杆＋导轨”模型 考题 模型展示 模型解读 ‎2016·全国甲卷T24‎ 单侧磁场模型 金属棒切割磁感线E＝BLv，导体棒是电源、安培力做负功，将机械能转化为电能 ‎2016·全国丙卷T25‎ 双侧磁场模型 两侧存在电源，可能同时存在，可能先后出现，金属棒切割产生电动势同单侧磁场类似 ‎2014·全国卷ⅡT25‎ 旋转切割模型 电动势的计算按中间的速度E＝BωL2‎ ‎2013·全国卷ⅠT25‎ 含电容电路切割模型 金属棒切割磁感线给电容器充电．电路中有电流，金属棒受安培力，机械能转化为电能 ‎[典例]　(2016·河南郑州二模)如图18所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：‎ 图18‎ ‎(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)导体棒匀速运动的速度大小v；‎ ‎(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.‎ ‎【解题指导】　(1)在绝缘涂层上 受力平衡mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ.‎ ‎(2)在光滑导轨上 感应电动势E＝BLv 感应电流I＝ 安培力F安＝BIL 受力平衡F安＝mgsin θ 解得v＝.‎ ‎(3)摩擦生热Q摩＝μmgdcos θ 由能量守恒定律得3mgdsin θ＝Q＋Q摩＋mv2‎ 解得Q＝2mgdsin θ－.‎ ‎【答案】　(1)tan θ　(2) ‎(3)2mgdsin θ－ ‎[拓展应用]　(2016·湖北八校联考)如图19所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.导体棒a与b的质量均为m，电阻值分别为Ra＝R，Rb＝2R.b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放．运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g.‎ 图19‎ ‎(1)求a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；‎ ‎(2)求最终稳定时两棒的速度大小；‎ ‎(3)从a棒开始下落到最终稳定的过程中，求b棒上产生的内能．‎ ‎【解析】　(1)设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场 根据机械能守恒定律有mgh＝mv2‎ a棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律有I＝ a棒受到的安培力F＝BIL 联立以上各式解得F＝，方向水平向左．‎ ‎(2)设两棒最后稳定时的速度为v′，从a棒开始下落到两棒速度达到稳定 根据动量守恒定律有mv＝2mv′‎ 解得v′＝.‎ ‎(3)设a棒产生的内能为Ea，b棒产生的内能为Eb 根据能量守恒定律得mv2＝×2mv′2＋Ea＋Eb 两棒串联内能与电阻成正比Eb＝2Ea 解得Eb＝mgh.‎ ‎【答案】　见解析