广西2026届高考物理二轮复习课件-专题4 第2讲 电磁感应规律及综合应用

该高中物理高考复习课件聚焦“电磁感应规律及综合应用”专题，依据高考评价体系梳理了楞次定律、法拉第电磁感应定律、图像问题及动力学/动量/能量综合等核心考点，通过2025年广东、山东等卷真题分析明确综合应用类题型占比达60%，归纳出选择、计算等常考题型的解题框架。 课件亮点在于“真题感悟+方法归纳+专项突破”的备考路径，如针对电磁感应图像问题提炼“六步分析法”，结合2025湖南卷真题培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设“杆+导轨”模型专题，通过能量守恒与动量定理整合物理观念，助力学生掌握综合题答题技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破与学情高效诊断。

第二讲　电磁感应规律及综合应用 专题四 2026 内容索引 01 02 03 体系构建•真题感悟 高频考点•探究突破 专项模块•素养培优 体系构建•真题感悟 【知识网络构建】 【高考真题再练】 1.(多选)(2025广东卷)下图是一种精确测量质量的装置原理示意图,竖直平面内,质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中,磁感应强度不变。测量分两个步骤,步骤①:托盘内放置待测物块,其质量用m表示,线圈中通大小为I的电流,使称重框架受力平衡;步骤②:线圈处于断开状态,取下物块,保持线圈不动,磁场以速率v匀速向下运动,测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值,重力加速度为g。 步骤① 步骤② 下列说法正确的有(　　) A.线圈电阻为 B.I越大,表明m越大 C.v越大,则E越小 D.m=-M BD 解析 根据题意电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势,I为线圈闭合时通入的电流,故不是线圈的电阻,故A错误;根据平衡条件有(M+m)g=BIL,故可知I越大,m越大,故B正确;根据公式E=BLv,可知v越大,E越大,故C错误;联立以上两式可得m=-M,故D正确。 2.(2025山东卷)下图为一种交流发电装置的示意图,长度为2L、间距为L的两平行金属电极固定在同一水平面内,两电极之间的区域Ⅰ和区域Ⅱ有竖直方向的磁场,磁感应强度大小均为B、方向相反,区域Ⅰ边界是边长为L的正方形,区域Ⅱ边界是长为L、宽为0.5L的矩形。传送带从两电极之间以速度v匀速通过,传送带上每隔2L固定一根垂直于运动方向、长度为L的导体棒,导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好。该装置产生电动势的有效值为(　　) A.BLv B. C. D. D 解析 导体棒的间距和磁场的宽度相等,因此在任一时刻都只有一根导体棒处于磁场区域内切割磁感线,在磁场Ⅰ产生的感应电动势为E1=BLv,在磁场Ⅱ产生的感应电动势为E2=BLv。因为传送带做匀速运动,所以在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ运动的时间相等,设该装置产生电动势的有效值为U,周期为T,由有效值的定义,有T=,解得U=,故选D。 3.(多选)(2025湖南卷)如图所示,关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内,导轨形状为抛物线,顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合,金属杆的质量为m,单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0,金属杆运动过程中始终与y轴平行,且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是(　　) A.金属杆沿x轴正方向运动过程中,金属杆中电流沿y轴负方向 B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动 C.金属杆停止运动时,与导轨围成的面积为 D.若金属杆的初速度减半,则金属杆停止运动时 经过的距离小于原来的一半 AC 解析 根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中,金属杆中电流沿y轴负方向,故A正确;若金属杆可以在沿x轴正方向的力F作用下做匀速直线运动,则有F=F安=BIL,I=,可得F=,由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化,故F为变力,故B错误;取一微小时间Δt,设此时金属杆接入导轨中的长度为L',根据动量定理有-BI'L'Δt=-BL'q'= mΔv,同时有q=·Δt=,联立得-=mΔv,对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得-=0-mv0,解得此时金属杆与导轨围成的面积S=,故C正确;若金属杆的初速度减半,由上述分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积S'=S,根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半,故D错误。 4.(2025湖北卷)如图甲所示,相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内,两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上,金属棒与导轨接触良好,导轨电阻忽略不计。导轨间存在方向与导轨平面垂直的磁场,其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图乙所示,t=T时刻,B=0。t=0时刻,两棒相距x0,ab棒速度为零,cd棒速度方向水平向右,并与棒垂直,则0~T时间内流过回路的电荷量为(　　) A. B. C. D. B 解析 根据题意,E=n,则q=It=T=,故B正确。 5.(2025广西卷)如图所示,两条固定的光滑平行金属导轨,所在平面与水平面夹角为θ,间距为l,导轨电阻忽略不计,两端各接一个阻值为2R的定值电阻,形成闭合回路;质量为m的金属棒垂直于导轨放置,并与导轨接触良好,接入导轨之间的电阻为R;劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行,一端固定,另一端均与金属棒中间位置相连,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2;将金属棒移至导轨中间位置时,两弹簧刚好处于原长状态;整个装置处于垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。 将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后由静止释放,金属棒沿导轨向下运动到最远处,用时为t,最远处与导轨中间位置距离为b,弹簧形变量始终在弹性限度内。此过程中(　　) A.金属棒所受安培力冲量大小为 B.每根弹簧对金属棒施加的冲量大小为 C.每个定值电阻产生的热量为 D.金属棒的平均输出功率为 D 解析 金属棒向下运动时切割磁感线产生感应电流,受到沿斜面向上的安培力,安培力的冲量I安=t=Blt=Blt=,向下运动的距离x=a+b,回路中总电阻R总=2R,故安培力冲量大小I安=,故A错误; 两根弹簧对金属棒的弹力时刻相同,设单根弹簧对金属棒的冲量为I弹,以沿斜面向下为正方向,对金属棒,由动量定理有2I弹+mgtsin θ-I安=0,解得I弹=,故B错误; 在下滑过程中,设回路中产生的总热量为Q总,由能量守恒定律,有Q总=mg(a+b)sin θ+2·ka2-2·kb2=mg(a+b)sin θ+k(a2-b2),由焦耳定律Q=I2Rt及电路中电流规律知,单个定值电阻产生的热量Q1=Q总=,故C错误; 金属棒向电阻输出的能量全部变成了两个电阻上产生的热量,故输出的能量总共为2Q1,则平均输出功率,故D正确。 6.(2024广西卷)某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲所示的模型。模型由大齿轮、小齿轮、链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈M1、M2组成。小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上,转轴轴线位于磁场边界处,方向与磁场方向平行,匀强磁场磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里,与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比为n,通过链条连接。K的结构参数见图乙,其中r1=r,r2=4r,每个线圈的圆心角为π-β,圆心在转轴轴线上,电阻为R。不计摩擦,忽略磁场边界处的磁场。若大齿轮以ω的角速度保持匀速转动,以线圈M1的ab边某次进入磁场时为计时起点,求K转动一周。 甲 乙 (1)不同时间线圈M1受到的安培力大小; (2)流过线圈M1的电流有效值; (3)装置K消耗的平均电功率。 解析 为了方便分区间对问题进行讨论画如下四个特殊状态。 以M1为例: 高频考点•探究突破 考点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.电磁感应现象、楞次定律 根据感应电流的产生条件判断是否发生电磁感应现象,根据楞次定律或右手定则判断感应电流的方向 2.动生电动势与电路 首先明确切割磁感线的导体棒相当于电源,求出动生电动势,再根据电路知识求解相关物理量 3.感生电动势与电路 处在变化磁场中的线圈为电源,根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势,再根据电路知识求解相关物理量 考点一 考点二 考点三 【方法规律归纳】 1.感应电流方向的判断方法 2.楞次定律中“阻碍”的四种形式 (1)阻碍原磁通量的变化; 增反减同 (2)阻碍物体间的相对运动; 来拒去留 (3)阻碍线圈面积的变化; 增缩减扩 (4)阻碍原电流的变化(自感现象)。 　 增反减同 考点一 考点二 考点三 3.求感应电动势大小的三种方法 (1)磁通量变化型:E=n,E=nS,E=nB。 (2)平动切割型:E=Blv。 (3)转动切割型:E=Bl2ω。 温馨提示 电磁感应中电荷量的求解方法:(1)q=It;(2)q=n,其中ΔΦ的求解有三种情况,分别为①只有S变化,ΔΦ=B·ΔS;②只有B变化,ΔΦ=ΔB·S;③B和S都变化,ΔΦ=Φ2-Φ1。 考点一 考点二 考点三 [典例1](2024·江苏选择考)(命题点1)如图所示,在绝缘的水平面上,有闭合的两个线圈a、b,线圈a处在匀强磁场中,现将线圈a从磁场中匀速拉出,线圈a、b中产生的感应电流方向分别是(　　) A.顺时针,顺时针 B.顺时针,逆时针 C.逆时针,顺时针 D.逆时针,逆时针 思路点拨 (1)线框穿出过程穿过线圈a的磁通量减少。 (2)线圈a靠近线圈b根据楞次定律判断线圈b的感应电流方向。 A 考点一 考点二 考点三 解析 线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过线圈a的磁通量在减小,根据楞次定律可知线圈a中产生的感应电流方向为顺时针,线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大,同理可得线圈b中产生的感应电流的方向为顺时针。故A正确,B、C、D错误。 考点一 考点二 考点三 素养提升 电磁感应的研究方法 考点一 考点二 考点三 【对点训练】 1.(2024北京卷)(命题点1)如图所示,线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上,下列说法正确的是(　　) A.闭合开关瞬间,线圈M和线圈P相互吸引 B.闭合开关,达到稳定后,电流表的示数为0 C.断开开关瞬间,流过电流表的电流方向由a到b D.断开开关瞬间,线圈P中感应电流的磁场方向向左 B 考点一 考点二 考点三 解析 闭合开关瞬间,线圈P中的磁场增加,由楞次定律可知,二者相互排斥,故A错误;闭合开关,达到稳定后,通过线圈P的磁通量保持不变,则线圈P中感应电流为零,电流表的示数为0,故B正确;断开开关瞬间,通过线圈P的磁场方向向右,磁通量减小,由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右,因此流过电流表的感应电流方向由b到a,故C、D错误。 考点一 考点二 考点三 2.(多选)(命题点2)如图所示,水平地面(xOy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点,P点位于导线正上方,MN平行于y轴,PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈,圆心在P点,可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动,运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有(　　) A.N点与M点的磁感应强度大小相等、方向相同 B.线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量不变 C.线圈从P点开始竖直向上运动时,线圈中无感应 电流 D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等 AC 考点一 考点二 考点三 解析 依题意,MN与长直导线平行,根据通电长直导线产生的磁场的分布可知,通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等、方向相同,故A正确。根据通电长直导线产生的磁场的分布,线圈在P点时,穿进与穿出的磁感线在线圈中对称,线圈中磁通量为零,而线圈到达N点时,穿过线圈的磁通量不为零,则线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量会发生变化,故B错误。根据通电长直导线产生的磁场的分布,线圈从P点竖直向上运动时,穿进与穿出的磁感线在线圈中始终对称,线圈中磁通量始终为零,没有发生变化,线圈中无感应电流,故C正确。线圈从P点到M点与从P点到N点,线圈中的磁通量变化量相同,而P点到M点的距离大于P点到N点的距离,则tPM>tPN,根据法拉第电磁感应定律,两次的感应电动势不相等,故D错误。 考点一 考点二 考点三 3.(2024湖南卷)(命题点3)如图所示,有一硬质导线Oabc,其中 是半径为R的半圆弧,b为圆弧的中点,直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动,导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为(　　) A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc C.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc C 考点一 考点二 考点三 解析 如图所示,该导线在纸面内绕O点逆时针转动,相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线,根据右手定则可知O点电势最高; 考点一 考点二 考点三 考点二 电磁感应中的图像问题 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.由电磁感应过程画图像 分析电磁感应过程;明确物理量变化规律;判断图像正误 2.由图像分析电磁感应过程 看清图像纵、横轴意义;明确物理量变化规律;还原电磁感应过程 考点一 考点二 考点三 【方法规律归纳】 1.“六步”解决电磁感应图像问题 (1)明确图像的种类,是B-t图像还是Φ-t图像,或者是E-t图像、I-t图像等。 (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)画出图像或判断图像。 考点一 考点二 考点三 2.解答电磁感应图像问题的“三个关注”和“两个方法” 三个 关注 关注特殊时刻或特殊位置 如某一过程的起点、终点、转折点的感应电动势是否为零,电流方向是否改变 关注变化过程 看电磁感应的发生过程分几个阶段,这几个阶段是否和图像变化相对应 关注变化趋势 看图像的斜率大小、图像的曲直是否和物理过程相对应,分析大小和方向的变化趋势 两个 方法 排除法 定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化趋势、变化快慢,特别是分析物理量的方向(正、负),排除错误的选项 函数关系法 根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系,再对图像作出判断 考点一 考点二 考点三 [典例2](命题点1、2)如图甲所示,梯形硬导线框abcd固定在磁场中,磁场方向与线框平面垂直,图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系,t=0时刻磁场方向垂直于纸面向里。在0~5t0时间内,设垂直于ab边向上为安培力的正方向,线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为(　　) 甲 乙 D 考点一 考点二 考点三 思维点拨 根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势,根据欧姆定律求解感应电流,根据安培力公式F=BIl求解安培力;根据楞次定律判断感应电流的方向,再由左手定则判定安培力的方向,即可求解。 考点一 考点二 考点三 由于0~t0,B逐渐减小到0,故安培力逐渐减小到0,根据楞次定律可知,线圈中感应电流方向为顺时针,依据左手定则可知,线框ab边受到安培力方向向上,即为正;同理,t0~2t0,安培力方向向下,为负,大小增大;而在2t0~3t0,没有安培力;3t0~4t0,安培力方向向上,为正,大小减小;4t0~5t0,安培力方向向下,为负,大小增大,故只有选项D正确。 考点一 考点二 考点三 素养提升 电磁感应图像问题三点注意:①初始时刻电动势、电流等是否为零,方向是沿正方向还是沿负方向;②电磁感应现象分为几个阶段,各阶段是否与图像变化对应;③判定图像的斜率大小、图像曲直与物理过程是否对应,分析斜率对应的物理量的大小和方向的变化趋势。 考点一 考点二 考点三 【对点训练】 4.(多选)(2024云南师大附中月考)(命题点1)如图所示,间距为L的水平边界MN、PQ之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场,一正方形线框位于磁场区域上方某一高度,线框的边长为L、ab边的电阻是dc边电阻的2倍,ad边、bc边的电阻不计。若线框由静止释放,t=0时刻dc边进入磁场,一段时间后ab边进入磁场并匀速穿过磁场,整个线框通过磁场区域的过程中,ab边与dc边保持水平,则a、b两点之间的电势差Uab随时间t的变化图像可能正确的是(　　 ) BCD 考点一 考点二 考点三 解析 设dc边的电阻是r,ab边的电阻是2r,由于下落高度不确定,dc边进入磁场后,线框可能做匀速直线运动、加速度减小的加速直线运动或加速度减小的减速直线运动。 考点一 考点二 考点三 5.(2025广西柳州模拟)(命题点2)在如图甲所示的电路中,电阻R1=R2=R,单匝圆形金属线圈半径为r1,电阻也为R,半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示,图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0,其余导线的电阻不计。t=0时闭合S,至t1时刻,电路中的电流已稳定,下列说法正确的是(　　) A.线圈中产生的感应电动势的大小为 B.电容器下极板带负电 C.t0时间内通过R1的电荷量为 D.稳定后线圈两端的电压为 D 考点一 考点二 考点三 解析 由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E=S=,A错误;由楞次定律知圆形金属线圈中的感应电流方向为顺时针,金属线圈相当于电源,电源内部的电流从负极流向正极,则电容器的下极板带正电,上极板带负电,B错误;由闭合电路欧姆定律得感应电流为I=,t0时间内通过R1的电荷量为q=It0=,C错误;稳定后线圈两端的电压为U=I(R1+R2)=,D正确。 考点一 考点二 考点三 考点三 电磁感应中的动力学、动量、能量综合问题 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.电磁感应中的动力学问题 明确“电源”求电压(电动势),分清电路求电流;受力运动同分析,由电到力巧迁移 2.电磁感应中的能量、动量问题 通过安培力做功(克服安培力做功)将电能转化为其他形式能(其他形式能转化为电能);单杆情况涉及时间优先考虑动量定理,双杆模型且光滑优先考虑动量守恒定律 考点一 考点二 考点三 【方法规律归纳】 1.电磁感应综合问题的解题思路 考点一 考点二 考点三 2.电磁感应中力、能量和动量综合问题的分析方法 (1)分析“受力”:分析研究对象的受力情况,特别关注安培力的方向。 (2)分析“能量”:搞清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了变化,根据动能定理或能量守恒定律等列方程求解。 (3)分析“动量”:在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)。 ①求速度或电荷量:-BlΔt=mv2-mv1,q=Δt。 ②求时间:FΔt+I冲=mv2-mv1,I冲=-BlΔt=-Bl。 ③求位移:-BlΔt=-=mv2-mv1,即-x=m(v2-v1)。 考点一 考点二 考点三 3.求解焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律:Q=I2Rt,适用于电流恒定的情况。 (2)功能关系:Q=W克安(W克安为克服安培力做的功)。 (3)能量转化:Q=ΔE(其他能的减少量)。 考点一 考点二 考点三 [典例3](2024湖北卷)(命题点2)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: 考点一 考点二 考点三 (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小; (2)金属环刚开始运动时的加速度大小; (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触,金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 考点一 考点二 考点三 思维点拨 考点一 考点二 考点三 答案 (1)BL (2) (3) 解析 (1)根据题意可知,对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中, 由动能定理有 mgL=,解得v0= 则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为 E=BLv0=BL。 考点一 考点二 考点三 (2)根据题意可知,金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中,导轨外侧的两段圆弧金属环被短路,由几何关系可得,导轨间每段圆弧的电阻为 R0==R可知,整个回路的总电阻为 R总=R+R ab刚越过MP时,通过ab的感应电流为 I= 对金属环由牛顿第二定律有 2BL·=2ma,解得a=。 考点一 考点二 考点三 (3)根据题意,结合上述分析可知,金属环和金属棒ab所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ab在整个运动过程中不与金属环接触,则有当金属棒ab和金属环速度相等时,金属棒ab恰好追上金属环,设此时速度为v,由动量守恒定律有 mv0=mv+2mv,解得v=v0 对金属棒ab,由动量定理有 -BILt=m·-mv0 则有BLq=mv0 考点一 考点二 考点三 设金属棒运动距离为x1,金属环运动的距离为x2,则有q= 联立解得Δx=x1-x2= 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离 d=L+Δx=。 考点一 考点二 考点三 【对点训练】 6.(2024广西南宁二中开学卷)(命题点1、2)如图所示,质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属线框的cd边恰好与有界匀强磁场的上边界重合,现将线框在竖直平面内由静止释放,当下落高度为h(h<L)时线框开始做匀速运动。已知线框平面始终与磁场方向垂直,且cd边始终水平,磁场的磁感应强度大小为B,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　) A.cd边进入磁场时,线框中感应电流的方向为逆时针方向 B.线框匀速运动时,速度大小为 C.线框从静止到刚好匀速运动的过程中,通过线框某截面的电荷量为 D.线框从静止到刚好匀速运动的过程中,线框中产生的焦耳热为mgh- C 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 7.(多选)(2024湖南卷)(命题点2)某电磁缓冲装置如图所示,两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内,导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连,导轨BC段与B1C1段粗糙,其余部分光滑,AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中,一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场,最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R,与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ,AB=BC=d。 考点一 考点二 考点三 导轨电阻不计,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.金属杆经过BB1的速度为 B.在整个过程中,定值电阻R产生的热量为μmgd C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量相同 D.若将金属杆的初速度加倍,则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍 CD 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 8.(命题点1、2)如图所示,两条平行光滑导轨相距L,水平导轨足够长,导轨电阻不计。水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B。金属棒b放在水平导轨上,金属棒a从斜轨上高h处自由滑下。已知金属棒a、b质量均为m,金属棒a、b电阻均为R,重力加速度为g,整个过程中金属棒a、b始终未相撞。求: (1)金属棒b的最大加速度; (2)金属棒a最多产生的热量。 考点一 考点二 考点三 解析 (1)当金属棒a刚进入磁场时速度最大,产生的感应电动势最大,回路中感应电流最大,金属棒b所受安培力最大,加速度最大。设金属棒a刚进入磁场时的速度大小为v1, 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 (2)金属棒a和b组成的系统动量守恒,易知二者最终将以共同速度运动, 设此速度大小为v2 根据动量守恒定律有mv1=2mv2 考点一 考点二 考点三 专项模块•素养培优 一、电磁感应现象中的“STSE问题” 【主题概述】 1.磁电式转速传感器 磁电式转速传感器采用电磁感应原理实现测速,当齿轮旋转时,通过传感器线圈的磁感线发生变化,在传感器线圈中产生周期性变化的电压,转速越高输出电压越高,输出频率与转速成正比。 磁电式转速传感器的线圈采用特殊结构,抗干扰能力增强,获得广泛应用。该传感器输出信号强,抗干扰性能好,不需要供电,安装使用方便。 2.无线充电技术 无线充电技术源于无线电能传输技术,可分为小功率无线充电和大功率无线充电两种方式。小功率无线充电常采用电磁感应式,如手机的无线充电。大功率无线充电常采用谐振式,如电动汽车的无线充电。 3.电磁炮 电磁炮是利用电磁力产生动能推进弹丸的一种先进的动能杀伤武器,与传统的大炮将火药燃气压力作用于弹丸不同,电磁炮是利用电磁系统中电磁场的作用力,其作用的时间要长得多,可大大提高弹丸的速度和射程。电磁轨道炮是电磁炮的一种,它的轨道由两条平行的导轨组成,弹丸夹在两条导轨之间。两轨接入电源,电流经一导轨流向弹丸再流向另一导轨,产生强磁场,磁场与电流相互作用,产生强大的安培力推动弹丸,使弹丸达到很高的速度。 4.电磁刹车 电磁刹车又称涡磁刹车,当金属片(通常是铜或铜铝合金)切割磁感线时,会在金属内部产生涡流,这将生成一个磁场来反抗运动,由此产生制动力。 5.真空高速列车 真空高速列车属于磁悬浮列车、飞行列车,可用于超级高速列车,未来实验室将推出速度600~1 000 km/h的真空管道高速列车小比例模型。 【考向预测】 电磁感应现象中的“STSE问题”往往从电磁感应现象切入,考查动力学、能量、动量和电学知识等一个或多个知识点,难度较大。对物理过程的分析能力和数学方法的应用能力要求较高。 【典例分析】 [典例]某试验列车按照设定的直线运动模式,利用计算机控制制动装置,实现安全准确地进站停车。制动装置包括电制动和机械制动两部分。图甲为该列车在进站停车过程中设定的加速度大小a车随速度v的变化曲线。 甲 乙 (1)求列车速度从20 m/s降至3 m/s经过的时间t及行进的距离x; (2)有关列车电制动,可以借助图乙模型来理解。图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中,回路中的电阻阻值为R,不计金属棒MN及导轨的电阻。MN沿导轨向右运动的过程,对应列车的电气制动过程,可假设MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电制动产生的加速度成正比。列车开始制动时,其速度和电制动产生的加速度大小对应图甲中的P点。论证电制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系,并在图甲中画出图线; (3)制动过程中,除机械制动和电制动外,列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。分析说明列车从100 m/s减到3 m/s的过程中,在哪个速度附近所需机械制动最强? (注意:解题过程中需要用到但题目没有给出的物理量,要在解题时做必要的说明) 答案 (1)24.3 s　279.3 m　(2)列车电制动产生的加速度与列车的速度成正比,为过P点的正比例函数,论证过程及图像见解析　(3)3 m/s 所以棒的加速度与棒的速度为正比例函数关系。又因为对应列车的电制动过程,可假设MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电制动产生的加速度成正比,所以列车电制动产生的加速度与列车的速度成正比,为过P点的正比例函数。画出的图线如图所示。 (3)由(2)可知,列车速度越小,电制动的加速度越小。由题设可知列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。所以电制动和空气阻力产生的加速度都随速度的减小而减小。题图甲中,列车速度从100 m/s降至3 m/s的过程中加速度大小a车随速度v减小先增大后不变,所以列车速度从100 m/s降至3 m/s的过程中所需的机械制动逐渐变强,所以列车速度为3 m/s附近所需机械制动最强。 素养点拨 本题属于综合性、应用性和创新性题目,以列车制动装置为素材构建情境,涉及运动学公式、牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律等知识点,考查运动和相互作用观念,对科学思维素养中的科学推理和科学论证等也有很好地考查。 【类题演练】 1.(2024广西模拟)如图所示,当车辆驶入或驶出圆形区域时,车辆会改变区域内通电线圈中的磁场,通过传感器电路将磁场的变化转换为交通灯的控制信号,车辆驶入图中圆形区域时,车辆引起磁场变化的原因类似于(　　) A.将铁芯放入通电线圈 B.增大通电线圈的面积 C.增加通电线圈的匝数 D.加大对通电线圈的压力 A 解析 当车辆驶入或驶出圆形区域时,车辆会改变区域内通电线圈中的磁场,从而使圆形区域线圈的磁通量发生变化,汽车上大部分是金属,汽车经过线圈时会引起汽车磁通量的变化,从而产生电磁感应现象,产生感应电流,从而改变区域内通电线圈中的磁场;此过程类似将铁芯放入通电线圈,铁芯的磁通量也会变化,也会产生感应电流,从而改变通电线圈中的磁场,故B、C、D错误,A正确。 2.(多选)(2024广西期末)电磁弹射器简单模拟等效电路如图(俯视图),直流电源电动势E=18 V,超级电容器的电容C=1 F。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距L=0.4 m,电阻不计,磁感应强度大小B=2.0 T的匀强磁场垂直于导轨平面向外。质量m=0.16 kg,R=0.2 Ω的金属棒MN(相当于飞机)垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。开关S先接1,使电容器完全充电,然后将S接至2,MN开始向右加速运动,MN达到最大速度之后离开导轨。则(　　) A.开关S接2后,MN做匀加速直线运动 B.S接至2瞬间金属棒MN加速度大小为450 m/s2 C.MN的最大速度为36 m/s D.下一架相同飞机要以相同的最大速度起飞还需要对电容器充电的电荷量为3.6 C BD 解析 开关S接2后,电容器开始放电,使MN开始向右加速运动,MN切割磁感线产生的感应电动势阻碍电容器C放电,当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,此过程中通过MN的电流减小, 所以MN先做加速度逐渐减小的加速运动,速度达到最大时离开轨道,故A错误。 故C错误。当MN达到最大速度时,电容器的电荷量Q=CBLv=1×2×0.4×18 C=14.4 C,下一架相同飞机要以相同的最大速度起飞还需要对电容器充电的电荷量为Q'=CE-Q=1×18 C-14.4 C=3.6 C,故D正确。 3.(2024天津耀华中学模拟)某科研小组设计的电磁阻尼辅助刹车装置的原理示意图如图所示,固定在车厢底部的矩形超导线圈可以在智能系统控制下产生沿竖直方向的、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在火车运行的平直轨道上,依次间隔分布着足够多与轨道固连的n匝矩形金属线圈,每个线圈的电阻都为R,长度和间隔均为d,宽度为l。设火车以初速度v0无动力滑行进入减速区域,经时间t停止运动,超导线圈的长和宽也分别为d和l,火车整体的质量为m,运动过程中受到的摩擦阻力和空气阻力的合力恒为重力的k倍,重力加速度为g,求: (1)火车刚进入减速区域时加速度a的大小; (2)火车减速过程中所经历的矩形线圈个数N; (3)火车减速过程中克服安培力做的功W。 答案 (1)+kg (2) (3) 解析 (1)火车刚进入减速区域时,对轨道上的金属线圈有E=nBlv0 根据闭合电路欧姆定律I= 在磁场中的金属线圈受安培力大小F=nBIl, 由牛顿第三定律可知,火车所受安培力大小F'=F=nBIl,方向与运动方向相反, 根据牛顿第二定律有nBIl+kmg=ma 联立可得a=+kg。 (2)设火车开始减速到停止所发生的位移为x, 根据动量定理有nBlt+kmgt=mv0 根据法拉第电磁感应定律有=n 根据闭合电路欧姆定律有 联立解得x=,N=。 (3)对火车减速过程,根据能量守恒定律有W+kmgx= 解得W=。 二、电磁感应中的“杆+导轨”模型 【主题概述】 “杆+导轨”模型是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化空间大,也是复习中的难点。“杆+导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点);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、匀变速、非匀变速运动等。 1.单杆水平式模型 物理 模型   匀强磁场与导轨垂直,磁感应强度为B,导轨宽为l,棒ab质量为m,初速度为0,拉力恒为F,水平导轨光滑,除电阻R外,其他电阻不计 2.单杆倾斜式模型 物理 模型 匀强磁场与导轨垂直,磁感应强度为B,导轨间距为l,导体棒质量为m,接入电路部分电阻为R,导轨光滑,电阻不计(如图)   3.双杆模型 物理 模型 “双杆”模型分为两类:一类是“一动一静”,甲杆静止不动,乙杆运动,其实质是单杆问题,不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止,受力平衡。另一种情况是两杆都在运动,对于这种情况,要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减 分析 方法 动力学 观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动,而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动,最终两金属杆以共同的速度匀速运动 能量 观点 其中一个金属杆机械能的减少量等于另一个金属杆机械能的增加量与回路中产生的焦耳热之和 动量 观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况,如果两金属杆所受的外力之和为零,则考虑应用动量守恒定律处理问题 由B l·Δt=m·Δv、q= ·Δt可知,当题目中涉及电荷量或平均电流时,可应用动量定理来解决问题,也可以结合 求解 【考向预测】 电磁感应中的“杆+导轨”模型是高考必考内容,主要涉及单杆的运动学问题和双杆的能量、动量问题,难度较大,对考生的理解能力、模型构建能力、逻辑推理能力和分析综合能力有较高的要求。 【典例分析】 [典例1]图甲为研究电磁感应的实验装置示意图,其中电流传感器(电阻不计)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机,经计算机处理后在屏幕上同步显示出I-t图像。平行且足够长的光滑金属轨道的电阻忽略不计,左侧倾斜导轨平面与水平方向夹角θ=37°,与右侧水平导轨平滑连接,轨道上端连接一阻值R=0.5 Ω的定值电阻,金属杆MN的电阻r=0.5 Ω,质量m=1 kg,杆长l=1 m跨接在两导轨上。左侧倾斜导轨区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场;右侧水平导轨区域也加一垂直轨道平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小都为B=1.0 T,让金属杆MN从图示位置由静止释放,其始终与轨道垂直且接触良好,金属棒经过倾斜轨道与水平轨道连接处无能量损失,此后计算机屏幕上显示出金属杆在倾斜导轨上滑行过程中的I-t图像,如图乙所示,g取10 m/s2,sin 37°=0.6。 甲 乙 (1)求金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率; (2)求金属杆MN在水平导轨上滑行过程中克服安培力做的总功; (3)根据计算机上显示的I-t图像可知,当t=0.5 s时I=2 A,0~0.5 s内通过电阻R的电荷量为q=0.6 C,求0~0.5 s内在电阻R上产生的焦耳热。 思维点拨 (1)金属杆匀速下滑时,速度达到最大,安培力与重力的分力平衡,由此可以求出最大速度。 (2)根据动能定理求出克服安培力做的功。 (3)由电荷量与磁通量变化的关系求出金属杆MN的位移,由动量定理求得0.5 s时金属杆的速度大小,根据能量守恒定律求出整个回路产生的热量,从而得出电阻R上产生的热量。 答案 (1)6 m/s　(2)18 J　(3)0.36 J 解析 (1)由I-t图像可知,当金属杆达到最大速率时已经匀速下滑,由平衡条件得mgsin θ=BIl 感应电动势E=Blvmax=I(R+r) [典例2]如图所示,空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。在匀强磁场区域内,有一对光滑平行金属导轨,处于同一水平面内,导轨足够长,导轨间距l=1 m,电阻可忽略不计。质量均为m=1 kg,电阻均为R=2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上,且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定,棒MN在垂直于棒的拉力F作用下,由静止开始以加速度a=0.4 m/s2向右做匀加速直线运动,5 s后保持拉力F的功率不变,直到棒以最大速度vmax做匀速直线运动。 (1)求棒MN的最大速度; (2)当棒MN达到最大速度时,解除对棒PQ锁定,同时撤去拉力F,两棒最终均匀速运动。求解除对棒PQ锁定后,到两棒最终匀速运动的过程中,电路中产生的总焦耳热; (3)若棒PQ始终不解除锁定,当棒MN达到最大速度时,撤去拉力F,棒MN继续运动多远后停下来?(运算结果可用根式表示) 思维点拨 (1)仅棒MN运动时,棒MN运动情景可类比机车先恒定加速度、再恒定功率启动的模型,求解方法也与之相同。 (2)双杆都运动后,由动量守恒、能量守恒可求电路中产生的总焦耳热。 (3)棒MN仅在安培力作用下的减速过程,由于不是匀减速运动,不能用运动学公式求解,可巧妙使用动量定理求解,结合q=It=求解。 解析 (1)棒MN做匀加速运动,由牛顿第二定律得F-BIl=ma 棒MN做切割磁感线运动,产生的感应电动势为E=Blv 棒MN做匀加速直线运动,5 s时的速度为v=at=2 m/s (2)解除棒PQ锁定后,两棒运动过程中动量守恒,最终两棒以相同的速度做匀速运动,设速度大小为v',则有mvmax=2mv' 设从PQ棒解除锁定,到两棒达到相同速度,这个过程中,两棒共产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律可得 代入数据解得Q=5 J。 (3)以棒MN为研究对象,设某时刻棒中电流为i,在极短时间Δt内,由动量定理得-BilΔt=mΔv 对式子两边求和有∑(-BilΔt)=∑(mΔv) 而Δq=iΔt 对式子两边求和,有∑Δq=∑(iΔt) 联立各式解得Blq=mvmax 【类题演练】 1.(多选)(2024辽宁卷)如图所示,两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距为L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°,均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上,同时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好,ab、cd的质量分别为2m和m,长度均为L。导轨足够长且电阻不计,重力加速度为g,两棒在下滑过程中(　　) A.回路中的电流方向为abcda B.ab中电流趋于 C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D.两棒产生的电动势始终相等 AB 解析 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;设回路中的总电阻为R,对于任意时刻,当电路中的电流为I时,对ab根据牛顿第二定律得2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab,对cd有mgsin 30°-BILcos 30°=macd,故可知aab=acd,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,导体棒受到的安培力在增大,故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动,此时电路中的电流达到稳定值,此时对ab分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°,解得I=,故B正确,C错误;根据前面分析可知aab=acd,故可知两导体棒速度大小始终相等,由于两边磁感应强度不同,故产生的感应电动势不等,故D错误。 2.(2024重庆模拟)图甲为简易普通电磁炮原理图。连接在电动势为E、内阻为r的电源上的平行光滑导轨水平放置在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,平行导轨宽度为L。将两根质量均为m的ab、cd匀质导体棒平行放置在导轨上且接触良好,且与导轨垂直。两导体棒与导轨接触点之间的电阻均为R,cd导体棒固定在导轨上,导轨电阻忽略。 (1)闭合开关瞬间,此时导体棒cd两端的电压为多少? (2)闭合开关,导体棒ab从静止开始运动,求导体棒ab的最大速度和加速过程中流过导体棒ab的电荷量。 (3)图乙为改进后的电磁炮,其他条件不变,在图甲基础上去掉了导体棒cd,加入了电容C,其原理图如图丙。先将开关接到“1”,电容充电结束后将开关拨开并接到“2”,求导体棒的最大的动能。 (3)先将开关接到“1”,电容器充电结束时电容的电荷量为 Qm=CE 同时,导体棒ab从静止开始做变加速运动,加速度逐渐减小,当流过导体棒的电流为零,导体棒的速度最大, 3.(2025广东佛山模拟)如图所示,质量为m的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为3L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成(图中半径OM和O'P竖直),圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为3L,水平导轨间距分别为3L和L。质量也为m的均匀金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨MM'与PP',NN'与QQ'均足够长,所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。所有水平部分的导轨均有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场,圆弧部分和其他部分无磁场。闭合开关S,金属棒ab立即获得水平向右的速度(未知,记为v0)做平抛运动,并在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端,接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为g,求: (1)空间匀强磁场的方向; (2)棒ab做平抛运动的初速度v0; (3)通过电源E某截面的电荷量q; (4)从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至棒ab开始匀速运动止,这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能ΔE。 答案 (1)竖直向上 (2) (3) (4)mgR 解析 (1)闭合开关S,金属棒ab立即获得水平向右的速度,表明金属棒受到水平向右的冲量,所以安培力水平向右,因为金属棒ab中的电流方向为由a指向b,根据左手定则,空间匀强磁场的方向竖直向上。 (2)金属棒ab做平抛运动,其竖直方向有3R=gt2,vy=gt 由于金属棒在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端,有tan 60°= 解得v0=。 (3)金属棒ab弹出瞬间,规定向右为正方向,由动量定理B×3L·Δt=mv0-0 又因为 整理有3BqL=mv0,解得q=。 (4)金属棒ab滑至水平轨道时,有mg[3R+R(1-cos 60°)]=mv2- 解得v=3 最终匀速运动,电路中无电流,所以棒ab和棒cd产生的感应电动势大小相等,即B×3L·vab=BL·vcd 此过程中,对棒ab由动量定理有-BI'×3L·Δt'=mvab-mv 对棒cd,由动量定理有BI'·LΔt'=mvcd-0 联立解得vab=,vcd= 由能量守恒定律可知该过程中机械能的损失量为 ΔE=mv2- 解得ΔE=mgR。 本 课 结 束 甲 乙 答案 (1)见解析 (2) (3) (1)由于链条传动,大、小齿轮边缘线速度大小v相等,所以 小齿轮的角速度ω0=nω,小齿轮自转周期T= ①→②:经历时间t1=T= ab边切割磁感线产生电动势 E1=BL=B(4r-r)ω0=nBωr2 M1中电流I1= ab边受到安培力F1=BI1L= ②→③:经历时间t2=T= 此阶段M1的磁通量不变,无感应电流,则F2=0 ③→④:经历时间t3=t1= 情况与①→②类似,I3=I1,F3=F1= ④→①:经历时间t4=t2=,此阶段M1不在磁场中,无感应电流,F4=0。 (2)根据电流热效应等效有 Rt1+Rt3=I2RT 且I1=I3=nBωr2,t1=t3=T 联立以上得I=。 (3)M1与M2的规律类似,有效值也相同,故 P=2I2R=。 根据E=Blv=Bωl2,又lOb=lOc=R>lOa, 所以0<UOa<UOb=UOc,得φO>φa>φb=φc,故选项C正确。 解析 0~2t0,感应电动势为E1=S=S,为定值;3t0~5t0,感应电动势为E2=S=S,也为定值,因此感应电流也为定值,那么安培力F=BIl∝B。 dc边进入磁场时电动势为E=BLv,ab两点之间的电势差为Uab=·2r,dc边出磁场后,线框做匀速运动,a、b两点之间的电势差为Uab=·r,故A错误, B、C、D正确。 解析 线框cd边进入磁场时穿过回路的磁通量垂直纸面向外增大,由楞次定律知感应电流的方向为顺时针方向,故A错误。线框匀速运动时,由平衡条件得mg=BIL,由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得I=,联立解得线框匀速运动的速度大小为v=,故B错误。由法拉第电磁感应定律得,由闭合电路的欧姆定律得R,又q=t,联立解得通过线框某截面的电荷量为q=,故C正确。由能量守恒定律得mgh=mv2+Q,联立解得线框中产生的焦耳热为Q=mgh-,故D错误。 解析 设平行金属导轨间距为L,金属杆切割磁感线有E=BLv,而I=; 根据动量定理,金属杆在AA1B1B区域运动的过程中有-BILΔt=mΔv,即可得 -BLq=mvB-mv0,而q=,所以vB=v0-;设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0,同理可得,金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有--μmgt0=-mvB,解得vB=+μgt0,联立可得vB=,则金属杆经过BB1的速度大于,故A错误。 在整个过程中,根据能量守恒定律有=μmgd+Q,则在整个过程中, 定值电阻R产生的热量为QR=Q=μmgd,故B错误。 金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量为-∑BILΔt= -∑vtΔt=-,金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d,则金属杆所受安培力的冲量相同,故C正确。 根据A选项可知,金属杆以初速度v0在磁场中运动有--μmgt0=-mv0; 设金属杆的初速度加倍后,金属杆通过BB1C1C区域的时间为t1,金属杆在 磁场中运动的距离为x,则有--μmgt1=0-2mv0,联立解得x=(2mv0-μmgt1)=×2d,由于t1<t0,所以>2,则x>4d,即金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍,故D正确。 答案 (1)　(2)mgh 根据机械能守恒定律有mgh= 解得v1= 此时金属棒a产生的感应电动势大小为E=BLv1=BL 根据闭合电路欧姆定律可得此时回路中的感应电流大小为I= 此时金属棒b所受安培力大小为 F=ILB= 根据牛顿第二定律可得金属棒b的最大加速度为a=。 解得v2= 两金属棒电阻相同,通过的电流大小相等,所以产生的总焦耳热相同, 根据能量守恒定律有 2Q=mgh-×2m 解得Q=mgh。 解析 (1)由题图甲可知,列车速度从20 m/s降至3 m/s的过程是加速度为0.7 m/s2的匀减速直线运动,由加速度的定义式a= 得t= s= s=24.3 s 由速度位移公式v2-=-2ax 得x= m=279.3 m。 (2)MN沿导轨向右运动切割磁感线产生的感应电动势E=Blv 回路中感应电流I= MN受到的安培力F=BIl 加速度为a= 结合上面几式得a= 则MN在水平方向有a=, S接至2瞬间,MN未动,电路属于纯电阻电路,通过MN的电流为I= A=90 A,所以金属棒MN加速度大小为a= m/s2=450 m/s2,故B正确。 当MN达到最大速度时,若电容器此时的电荷量为q,切割磁感线产生的感应电动势等于此时电容器两端电压,即BLv=E-,由动量定理得BL·t=mv,电容器的电荷量q=t,联立解得速度v= m/s=18 m/s, 动态 分析 设运动过程中某时刻棒的速度为v,由牛顿第二定律知棒ab的加速度为a=,a、v同向,随速度的增加,棒的加速度a减小,当a=0时,v最大,I=恒定 收尾 状态 运动形式 匀速直线运动 动力学特征 a=0,v最大,vmax= 电学特征 I恒定 动态 分析 棒ab释放后下滑,刚释放时a=gsin α,棒ab速度v↑→感应电动势E=Blv↑→电流I=↑→安培力F=BIl↑→加速度a↓,当安培力F=mgsin α时,a=0,v最大 收尾 状态 运动形式 匀速直线运动 动力学特征 a=0,v最大, vm= 电学特征 I恒定 q= 解得vmax== m/s=6 m/s。 (2)金属杆MN在水平导轨上滑行过程中,由动能定理可得 -W克安=0- 代入数据解得W克安=18 J。 (3)通过的电荷量q=Δt= 已知0~0.5 s内通过电阻R的电荷量为q=0.6 C,代入数据解得x=0.6 m 取沿导轨向下为正方向,由动量定理可得 mgsin θ·t-Blt=mv-0 其中t=q=0.6 C 代入数据解得0.5 s时速度大小为v=2.4 m/s 由功能关系得mgxsin θ=mv2+Q 代入数据解得Q=0.72 J 电阻R上产生的焦耳热QR=Q=×0.72 J=0.36 J。 答案 (1)2 m/s　(2)5 J　(3)40 m 在两棒组成的回路中,由闭合电路欧姆定律得I= 联立上述各式,有F=ma+ 代入数据解得F=0.5 N 5 s时拉力F的功率为P=Fv 代入数据解得P=1 W Q=×2mv'2 棒MN最终做匀速运动,设棒最大速度为vmax,棒受力平衡,则有-BImaxl=0 Imax= 代入数据解得vmax=2 m/s。 又对于电路有q= 代入数据解得x=40 m。 答案 (1)　(2)　(3) 解析 (1)闭合开关瞬间,由闭合电路欧姆定律得I'= 根据闭合电路欧姆定律可知此时导体棒cd两端的电压为 Ucd=I· 解得Ucd=。 (2)导体棒ab的加速度为零时,速度达到最大, 则BLvm=Ucd= 解得vm= 对导体棒ab,由动量定理得 ∑BILt=qBL=mvm 解得q=。 则有BLvm'= 电容在此过程放电的电荷量为q=Qm-Q 取向左为正方向,对ab运动的全过程根据动量定理有mvm'-0=qBL 联立解得vm'= 令t=+CBL,根据不等式规律a+b≥2,则t=2时, 导体棒的速度最大,最大速度为 vm'= 此时的动能最大,则有 Ekm=mvm'2=。 $