微专题4 动量观点在电磁感应中的应用-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

物理 微专题4 动量观点在电磁感应中的应用 动量定理在电磁感应中的应用 空气阻力.木块与箱子内壁间的动摩擦因数为 类型1 (单杆十导轨模型) 4,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速 模型透视 度为g 在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若运用牛 顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量 定理巧妙解决问题。 导线框 求解的 应用示例 物理量 绝缘箱立体图 P 电荷量一BIL△t=mu2一mU,q=I△t. 或速度即一BgL=m2一m1 绝缘箱 木块 B2L2u△t 位移 R总 =0-mo' ○导线框 截面图 即 B2122=0-mo R总 (1)求F的大小： (2)求=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小 BIL△t+F其他△t=m2一mv1 距离； 即一BLq十F其他△t=m2一mw1 (3)若=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力) 为s(s大于(2)问中最小距离)，求最终木块与箱 子的速度大小 时间 BL△+F其他A=mUg一m心，A R总 =x, 即 BL工十F其他△1=m一mU1, R总 已知位移x、F其他(F其他为恒力) 典题例析 [例1](2025·云南卷，15)如图所示，光滑水平 面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱， 其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子 与导线框的总质量为M.与箱子右侧壁平行的磁 场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧 存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小 为B、方向竖直向下.t=0时刻，箱子在水平向右 的恒力F(大小未知)作用下由静止开始做匀加 速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底五处、 质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持 相对静止，箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱 子分离；箱子完全进人磁场前某时刻，木块落到 箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过 程中与箱子侧壁无碰撞)；木块落到箱子底部时 即撒去F运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场 边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及 火花放电在普通气压及电源功率不太大的情况下，若在两个曲率不大的冷电极之间加上高 ·68·电压，测电极间的气体将会被强电场击穿而产生自邀导电，这种现象就是火花放电。这种放电过程产 生的碰撞电离是沿着狭窄而曲折的发光通道进行的，并伴随着火花和爆裂声 第一部分：专题四电路与电磁感应 对点集训 (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过 1.(多选)(2025·福建漳州市质检)如图所示，在光 程中，其横截面上通过的电荷量； 滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁 (3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速 场.磁场区域的左侧，一正方形线框由位置I以 度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生 4.5m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运 的总热量. 动，经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零， 此时线框刚好有一半离开磁场区域.线框的边长 小于磁场区域的宽度.若线框进、出磁场的过程 中通过线框横截面的电荷量分别为q1、92,线框 经过位置Ⅱ时的速度为.则下列说法正确的是 B ×××× ××××× A.g1=q2 B.q1=2q2 C.o=1.0m/s D.u=1.5m/s 2.(2025·安徽卷，15)如图，平行光滑金属导轨 被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L,右 端连接阻值为R的定值电阻.水平导轨上足 够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强 磁场，磁感应强度大小为B.某装置从MQ左 侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒 以初速度进入磁场，速度减为0时被锁定； 从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒 仍以初速度进入磁场，速度减为0时被锁 定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒 进入磁场.已知导体棒的质量为，电阻为R, 长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发 射前导体棒与导轨不接触)，不计空气阻力、导 轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影 响.求： (1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的 功率； ·69· 物理 动量守恒定律在电磁感应中的应用 类型2 (双杆十导轨模型) 模型透视 双杆模型 “一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实 (I)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； 质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个 (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； 理 条件 甲杆静止，受力平衡 (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触， 型 两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆 金属环圆心初始位置到MP的最小距离， 切割磁感线产生的感应电动势是相加还是 [解题指导] 相减；系统动量是否守恒 (1)对金属棒ab由动能定理求uo,再由E= 通常情况下一个金属杆做加 BLo求感应电动势； 速度逐渐减小的加速运动， (2)分析电路结构求总电阻，由牛顿第二定律 动力学 而另一个金属杆做加速度逐 结合闭合电路欧姆定律求加速度大小： 观点 渐减小的减速运动，最终两 (3)ab不与金属环接触的临界条件是金属棒 金属杆以共同的速度匀速 ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上 运动 金属环；应用动量守恒结合动量定理求出金属 析 棒ab与金属环间相对位移， 能量 两杆系统机械能减少量等于 法 观点 回路中产生的焦耳热之和 对于两金属杆在平直的光滑 导轨上运动的情况，如果两金 动量 属杆所受的外力之和为零，则 观点 考虑应用动量守恒定律处理 问题 典题例析 [例2](2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行 金属直导轨MN、PQ的间距为L,固定在同一水 平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直 固定、半径为L的圆弧导轨相切.MP连线与 直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应 强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场.长 为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在 两圆弧导轨的最高点.质量为2m、电阻为6R 的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平 放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离 相等.忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环 的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接 触良好，重力加速度大小为g.现将金属棒ab 由静止释放，求 飞车走壁原理摩托车沿网壁高速行驶时，可认为车在等高的水平面内做匀速圆周运动，受 ·70·力分析可知摩托车受重力、摩擦力和侧壁的支持力，三力合力提供车子在水平面内微匀速圆周运动的 向心力，使得车子在网壁上不落下来。 第一部分：专题四电路与电磁感应 对点集训 2.(2025·陕西汉中二模)如图所示，两根由弧形部 1.(2025·辽宁模拟预测)如 分和直线部分平滑连接而成的相同光滑金属导 图所示，光滑平行金属导轨 轨平行放置，弧形部分竖直，直线部分水平且左 AB、CD固定在倾角为0的 0 端连线垂直于导轨，导轨间距为L.水平区域 绝缘斜面上，BP、DQ为水 D abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小 平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在 为B,细金属杆M、N长度都稍大于L.初始时 B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强 刻，细金属杆M静止在弧形部分距水平导轨高 度为B。、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距 度h处，磁场内的细金属杆N处于静止状态.某 均为L,两金属棒ab、cd的质量分别为m、3m,电 时刻静止释放M杆后，两杆与导轨接触良好且 阻均为R,初始时，金属棒cd垂直静止放置在水 运动过程始终与导轨垂直，两杆在磁场中未碰撞 平导轨上，金属棒ab从倾斜导轨上距底端距离 且N杆出磁场时的速度大小为2g已知M,N 为s处无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd 4 始终没有接触并一直向右运动，不计导轨电阻， 杆的质量分别为m和2m,电阻分别为R和2R, 重力加速度为g,求： 重力加速度为g,感应电流产生的磁场及导轨的 (I)金属棒cd的最大加速度am; 电阻忽略不计.求： (2)金属棒ab上产生的热量Qb. M (1)细金属杆N在磁场内运动过程中最大加速 度的大小和方向； (2)细金属杆N在磁场内运动过程中产生的焦 耳热Q; (3)细金属杆N在磁场内运动过程中通过回路 的电荷量q; (4)初始时刻细金属杆N到ab的最小距离x. 课 ·71· 丨物理 课堂评价>高考预测 1.(2025·江苏苏州市期中)如 B 磁感应强度为B.导轨水平段上静止放置一金属 图，方向竖直向下的匀强磁场 棒cd,质量为2m,电阻为2r.另一质量为m、电 中有两根位于同一水平面内的 a 阻为r的金属棒ab,从圆弧段M处由静止释放 足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒αb、 下滑至N处进入水平段，棒与导轨始终垂直且 cd静止在导轨上.t=0时，棒ab以初速度b向右 接触良好，圆弧段MN半径为R,所对圆心角为 运动且不会与cd相碰.运动过程中，ab、cd始终与 60°，重力加速度为g.求： 导轨垂直并接触良好，两者速度分别为ub、ud,通 (1)ab棒在N处进入磁场区速度和棒中的电流； 过ab横截面的电荷量为q,回路中的电流为I,cd (2)cd棒能达到的最大速度； 棒产生的焦耳热为Q.下列图像中正确的是( (3)cd棒由静止到最大速度过程中，系统所能释 放的热量. ab Cd A C 2.(2025·江西南昌联考) 6) 如图所示，两根间距为1 的光滑金属导轨（不计电 M 阻)，由一段圆弧部分与 a C温馨提 一段无限长的水平部分 学习至此，请完成配套训练 微专题4 组成，其水平段加有方向竖直向下的匀强磁场， 高考新动向（四）以新情境为背景考查：电路与电磁感应问题 动向1交变电流在日常生活中的应用 素养训练 素养聚焦 1.(霓虹灯发光现象)有一正弦交流电源，电压有效值U=120V,频率为f=50本题突现物理学科思 Hz,向一霓虹灯供电，若霓虹灯的激发电压和熄灭电压均为U。=60√2V,试估维品质，初看不难，但 算在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？为什么人眼不能看到这种忽明忽暗如果不善于将实际问 :题转化为合理的物理 的现象（人眼视觉暂留时间约。s)? 模型，并灵活运用学过 的有关知识分析求解， 解答是极为困难的，体 现科学态度与责任的 核心素养 ·72· 结为什么能打得牢各种各样的结一普通结、“水手结”、“纽带结”、“蝴蝶结”等等一所以能 打得牢，完全是由于摩擦的作用。由于绳索围着自已缠绕着，像绳索围着支架缠绕着一样，所以摩擦力增大 了许多倍。〡物理 2.AC[根据牛顿第二定律有F=ILB=ma,根据法拉第 (3)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒 电磁感应定律有E=BL,共中1=系解得F-张 从进入磁场到速度达到5m/s时，通过电阻的电荷量为 2R △Φ =ma,可知导体棒的速度逐渐减小，且加速度逐渐减小， Ettt_△ΦBlz g=It=尺=RRR ⑨ 初始时刻安培力大小为 BL心，故A正确，D错误：根据 2R 解得金属棒在磁场下滑的位移 姆定律可知UBLu三之BL心，则电压的最大值 4=器-26m E 由动能定理有 合BL:故B错误：报播电流的定义式有q=11= mgasin37r-mgx0s37”-W1=之m话-之m ① =架票则g与x成正比，北C正瑞] 此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即 考点三 考向1 Q-W [例3][解析]由于金属棒αb恰能保持静止，说明金属 由⑩①②式解得此过程中电阻产生的焦耳热 棒αb所受安培力方向竖直向上，大小与重力大小相等， Q=2.95J. 根据左手定则可知金属棒ab中电流方向为αb,根据 [答案](1)0.25(2)8m/s(3)2.95J 右手螺旋定则可知线圈中感应电流的磁场方向向左，与 课堂评价·高考预测 原磁场方向相反，根据楞次定律可知B,增大，故A错 1.B[根据楞次定律可知，左侧小圆和中间大圆产生的感 误；由于BIL=mg且感应电动势E1=IR2= 应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向与左 侧小圆和中间大圆的相反，根据法拉第电磁感应定律可 2,联立解得1=0.25A,48=10T,故B,C △B2S n △t 子线图中感应电动势的大小为E=E:十E一E告三 正确；断开K之后，金属棒αb切割磁感线产生感应电动 势，感应电动势E,=B1LU,回路中产生感应电流I= s+0s-盟s。=标2a)+kx(3d)-ad E2 R十R,R1十R,金属棒ab所受安培力F袋=B,IL= BLv 12πdk,故B正确.] 2.BCD「根据法拉第电磁感应定律可知，导体棒产生的感 B'L'v R1十R2 当F安=mg时，金属棒ab速度达到最大，联立 应电动势为U=Bdu,电容器两端电压在△t时间内的变 化量为△U=Bd△，在△t时间内电容器储存的电荷量的 可得最大速度-mgBR)-=2.5m/s,故D错误 变化量为△Q=C△U,则回路中的电流为I=A,子体棒 BL △t 「答案]BC 所受安培力为F=BId,F=BdCa,根据牛顿第二定律 考向2 可得Mg-F=(M什m)a,联立解得a一M+m干BdC Mg [例4][解析]A.两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手 定则可知回路中的电流方向为abcda;故A正确；BC.设 易知物块做匀加速直线运动，故A错误；根据能量守恒 回路中的总电阻为R,对于任意时刻当电路中的电流为I 定律可知物块与导体棒组成的系统减少的机械能等于 时，对ab,根据牛顿第二定律得2 mg sin30°-2 BILcos30 导体棒克服安培力做的功，故B正确；对物块受力分析， =2ma,对cd,ngsin30°-BIL cos30°=nad,故可知 由牛顿第二定律可知Mg一T=Ma,解得T= a=a,分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加， 随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受 mC故C正确：电容器增加的电荷量为△Q 到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力 CBd△，又v2=2ah,解得△Q=CBd 与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此 √Mm+BdC:故D正确.] 2Mgh 时电路中的电流达到稳定值，此时对αb分析可得 2 mgsin30°=2 BILcos30°，解得1=mg,故B正确，C 微专题4 3BL 类型一 错误；D.根据前面分析可知a=a,故可知两导体棒速 [例1][解析](1)由牛顿第二定律F=(M十m)a, 度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的 对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律F、=a, 感应电动势不等，故D错误， 竖直方向由平衡条件f=mg=F、, [答案]AB L例5][解析](1)由题图2可知，金属棒在01s内做 联立可得F=M十m)g: 初速度为0的匀加速直线运动，1s后做加速度减小的加 (2)设箱子刚进入磁场中时速度为，产生的感应电动势 速运动，可知金属棒第1s末进入磁场 为E=Bdu, 在0~1s过程中，由题图2可知，金属棒的加速度a= Av=4 m/s' 由闭合电路欧姆定律得，感应电流为I一京， E ① △t 安培力为F安=BId, 在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力， 根据牛顿第二定律有 联立可得PB巴， R ngsin37°-mgcos37°=ma ② 若要使两物体分离，此时有F,=0,即F安≥F, 由①②式解得金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.25. 其中F=M十m)g ③ (2)金属棒在磁场中达到最大速率时，金属棒将处于平 解得≥M十m)gR 衡状态，设金属棒的最大速度为1。，金属棒切割磁感线 uB'd2 产生的感应电动势为E=Blv ④ 由运动学公式U=2as, 根据闭合回路欧姆定律有I= E ⑤ 解得s≥M十m)'gR 2uBd 根据安培力公式有FA=IlB ⑥ 故t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为5mm 根据平衡条件有FA十umgcos37°=mgsin37° ⑦ 由③④⑤⑥⑦式解得Um=8m/s. =(M+m)'gR2 2uB'd ·258· 答案精析I (3)对木块水平方向由运动学公式=2ati, 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出Q n nmv 竖直方向有A=习g5, m+·Q=2m十n=1,23 其中F=M+m)g=(M+ma, 答案：1)BL 2R 些十g 2h (2)4 可得力F作用的总时间为t=t1十t2= BL 水平方向对系统由动量定理Ft一F安t=(M十m)u一0， 20=1.2,一 B'dL 其中F安t= 类型二 R [例2][解析](1)根据题意可知，对金属棒ab由静止 联立可得v= g B'dL 释放到刚越过MP过程中，由动能定理有 g (M-+m)R' B'd'L mgL=2m6,解得w=√2g, ≥(M+m)R 时，最终木块与箱子速 则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为 E=BLu=BL√2gL. 度大小为=【 /2s 2h B'dL u Ng g (M-m)R (2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆孤并联接入 电路中，轨道外侧的两段圆孤金属环被短路，由几何关 (M时m反时，最终木块与箱子的 BdL 系可得，每段圆孤的电阻为 速度大小为0=0. R=合×=R, [答案] (1)M+m)g (2)M+m)'gR 2uB d 可知，整个曰略的感电租为R=R尽产很是R, (3)见解析 ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为 [对点集训] 1上D[银据g=曾股可，线框选，出磁场的注粒中 I-E-2BL Y2gL 3R 通过线框横裁面的电荷量91=2q2,故A错误，B正确； 对金属环由牛短第二定律有2BL·号=2ma, 线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理有一BI1L△t1= BL2√2gL mv一m心o,即-BLg1=mv一m心，同理线框从位置Ⅱ到 解得a 3mR 位置Ⅲ，由动量定理有一BIzL△t2=0一m,即一BLq= (3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒αb所 0一mw,联立解得u= 3,=1,5m/s,故C错误，D 受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环 做加速运动，金属棒做减速运动，为使αb在整个运动过 正确.门 程中不与金属环接触，则有当金属棒b和金属环速度相 2.解析：(1)第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势 等时，金属棒αb恰好追上金属环，设此时速度为v,由动 为E=BL, 量守恒定律有 则此时回路的电流为I一2示： E m6=m0十2mu,解得0=3w' 1 此时导体棒受到的安培力F安=BIL, 对金属棒ab,由动量定理有 此时导体棒受安培力的功率P=F安。= BL' -mvo 2R -BL=m· (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根 则有BLg=号m, 据动量定理有-BIL·△t=0-m,其中I·△t=g,解 设金属棒运动距离为1，金属环运动的距离为，则有 mvo 得q=BL BL(-2) 9 (3)由于每根导体棒均以初速度进入磁场，速度减为 R& 0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产 联立解得△x=一西= mR√2gL 生的总热量均为Qm成， B2L2 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离d=L十△x 第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右 B2L3+mRV√2gL 端定值电阻R上产生的热量Q题=之Q, B'L 第2根导体棒进入磁场到速度减为0过程中，导轨右端 [答案](I)BLV2gT(2)BL2gL 3mR 定值电阻R上产生的热量Q阳= (3)B L'+mR 2gL 0 BL [对点集训] 第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右 1.解析：(1)设ab棒下滑到斜面底端时速度为v, 端定值电租R上产生的热量Qa=弓·子·Q, 由机族能守恒定律有之mt=mgssin0, 第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右 解得u=√2 gssin 0, 端定值电阻R上产生的热量Q。=立·点·Q, ab棒刚进入磁场时产生的感应电动势为 E=B。LU, 则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR= 道这d的意流为1员 QR1十QR2十Q十…十Q, cd棒所受安培力为F=ILB。, ·259· 〡物理 则最大加速度为am= F 2.解析：(1)αb棒由M下滑到N过程中机减能守恒，有 mgR(1-cos 60)m 联立解得an= B6L2√2 gssin日 6mR 解得v=√gR, (2)当ab、cd棒共速时， 由动量守恒定律得mu=4mv共， E=Bl√R 进入磁场醉间，回路中的电流为1=2干 3 解得u4=V2xsn0, (2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作 用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度'时，电路 共速后两棒一起做匀速直线运动，不再产生热量 由能量守恒定律得，两棒产生的总热量 中电流为零，安培力为零，cd棒达到最大速度.由动量守 Q-之m-子×4m解得Q=是 4mgssin 0, 恒定律得mm=(2m十m)d,解得=号VR ab棒与cd棒电阻相同，所以Q。=Q (3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，故Q 3 2m2 8 mgssin 6. 号×3mw, 答案：1)B房LV2gsim0 解得Q=子mgR。 6mR (2)mgsin 答案：(1)√gF BL√gR 2.解析：(1)从M释放到进磁场，根据机械能守恒定律有 3r (2V(3)mR 1 mgh=之m心， 高考新动向（四） 动向1 M进磁场时，对金属杆N根据牛顿第二定律有F=BIL 1.解析：由正弦式交流电的电 =B BLvL=2ma, 压峰值Um与有效值U的 1202w 3R 关系得Um=V2U=120 602 解得a=BLV2g5 2V t3 ta 6mR 根据左手定则可知，金属杆N所受安培力的方向水平向 设t=0时交流电的瞬时电 -602 右，则加速度方向水平向右. 压u=0,则交流电的瞬时值 (2)由M、N组成的系统动量守恒，则mu=my十2m, 表达式可写为u=120√2sin-120.2 银据能安守版定排有Q=了m-之m一×2ma, 100πt(V),如图所示， 画出一个周期内交流电的“-t图像，其中阴影部分对应 5 所以细金偏杆N产生的焦耳热为Q三二Q=2mgh 的时间表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性可知， 一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4红1， (3)对细金属杆N,根据动量定理可得BILt=2mu2,其中 q=1t, 当u=U,=60VEV时，由上式得4=00s,又周期T= 解得g=m2g 2π1 2BL 50s, (4)当N出磁场时M也刚好出磁场，此时N到αb的距 离最小，设细金属杆N到ab的最小距离为x,则整个过 故一个周期内党虹灯能发光的时间，。=T一4钻=方$ △④_BLx 程中通过闭合回路的电荷量为q=3求=3R, 一个小时内克虹灯发光的时间为1-30×元s=2 1 所以x=3mRV2gh 50 2B2L2 400s很明显，霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而每 答案：1)BL2 6mR 水平向有2)是mgh 次媳灭的时间只有30s(如图6时刻到专时刻)，由于 (3)m√2gh (4)3mR√2gh 2BL 2B2L* 人的眼睛具有视觉暂留现象，这个视觉暂留时间约为6S, 课堂评价·高考预测 1.C[导体棒ab切割磁感线产生由a到b的感应电流，则 运大于0s,因此人眼不会因为霓虹灯短暂的婚灭而有 导体棒αb受到向左的安培力，做减速运动；导体棒cd受 所感觉 到向右的安培力，向右加速运动，则感应电流I 答案：2400s原因见解析. BL(一），两导体棒的相对速度减小，感应电流减 2.解析：当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的 R 线圈在匀强磁场内转动，线圈中产生一正弦式交流电动 小，每个导体棒所受的安培力大小F=BIL,F随着电流 势，其峰值Em=nwBS, 减小而减小，设导体棒质量为，当两者速度相等时，电 式中仙。为线圈转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度 流为零，导体棒的速度由动量守恒定律得m。=2w,两 导体棒的建度最终为口=受，且加速度随着电流的减小 发电机两端电压的有效值U二号E。】 而减小，电流变化也越来越慢，最终为零，C正确，A错 设自行车车轮转动的角速度为仙，由于自行车车轮与摩擦小 误；对ab棒，由动量定理有BTLt=m心一m,则q=It 轮之间无相对滑动，则有R1ω=， 小齿轮转动的角速度与自行车车轮转动的角速度相同， =m(》,因为U随时间增加而减小，电荷量应该 BL 也为w,设大齿轮转动的角速度为ω1，则有仙1R=R2, 是随时间的增加而增加，最后达到最大值，因为电流随时间 减小，所以q-t的图像斜率也应该是减小，故B错误：系统 联立以上各式可得仙器·尺R,代入数据得仙习 状态稳定后，两个导体棒的相对速度为0，不再有感应电流 3.2rad/s,即大齿轮的角速度应为3.2rad/s. 产生，焦耳热不会随着时间一直增大，故D错误.] 答案：3.2rad/s ·260·