专题4 第11讲 电磁感应-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习讲义

Ua kU ,B正确：当S与b相连时， 3+ 等效电路中的电流11= U (2+k2)R 则流过灯泡的电流【b2=I1= kU ，C错误；当S与c相连时， (2+k2)R U 等效电路中的电流11= (1+k)R ,则 kU2 R'的电功率P1=IR'= (1+k2)2R k'U' 即灯泡的电功率为P2= (1+k2)2R D错误。 典例9B由P1=U1I1得升压变压器 的输入电流为11= P 9.0×10 A= U 300 3×10A,由升压变压器原、副线圈电 流与线圈匝数的关系 1= 2=1000 n 1 可得输电线上的电流为【2=30A,故 U A错误；由题意可得 、1 1000 可得U,=3×10V,因为U,=U3十 I2r,所以U3=298500V,所以降压变 压器的臣数比为”= 298500 U 220 14925 11 ，故B正确；输电线上损失的功 率为P描=Ir=302×50W=4.5× 10'W,故C错误；若改用1000千伏超 高压输电，则输电线上的电流为'。= P1_9.0×10 A=9A,此时输电线 10 上损失的功率为P描=Ir=9× 50W=4050W,即输电线路上可减少 损失的电功率为△P=P描一P描= 40950W,故D错误。 第11讲电磁感应 》考向探究·素养提升《 考向一楞次定律 法拉第电磁感应 定律的应用 典例1C根据题意当金属薄片中心 运动到N极正下方时，通过薄片右侧 的磁通量在减小，通过薄片左侧的磁 通量在增加，由于两磁极间的磁场竖 直向下，根据楞次定律可知此时薄片 右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左 侧的涡电流方向为逆时针，故选C。 典例2C由几何关系可知Oa=R, Ob=√5R,Oc=√5R,根据E= Ba可得Ea=BRa,En B·(5R)a=号BRo,Ea= 5 5 月B·5R)@2BRu,又E 90一9a,Eow=90一96，E0=p0-9:, 故90>9。>96=9，故C正确。 T 典例3C在0一时间内，磁感应强 4 度B增大，根据中=BS,则磁通量中 增加，但是图像的斜率减小，即磁感应 强度B的变化率逐渐减小，根据法拉 第电磁感应定律可知E=B5,感应 △t 电动势E逐渐减小，A错误；当t=8 和1=3时，因B1图像的斜率大小 8 相等，符号相反，可知感应电动势E大 T 小相等，方向相反，B错误t=时，B 最大，则磁通量中最大，但是B的变 化率为0，则感应电动势E为0，C正 T 确t=2时，B为0，则磁通量少为0， 但是B的变化率最大，则感应电动势 E最大，D错误。 考向二电磁感应的图像问题 典例4C由题图乙可知t1~t2时间 内线圈中电流方向为顺时针方向，根 据楞次定律的“增反减同”可知本次实 验中朝下的磁极是S极，故A错误；由 题图乙中图线与横轴所围面积表示通 过线圈横截面的电荷量，有q=I△t= E P△t二△迎，依题意线图在t1一t:与 t2一t?两段时间里的磁通量的变化量 大小相同，所以这两段图线与坐标轴 围成的面积相等，故B错误；由能量守 恒可知磁铁下落过程减少的重力势能 等于磁铁增加的动能与线圈中产生的 焦耳热之和，故C正确；根据中=BS, 磁铁若从更高处释放，它在穿过线图 的过程中，当电流为0时，穿过线圈的 磁通量不变，故D错误。 典例5Bad边的位移x在0~L变 化的过程，根据楞次定律和安培定则 判断可知线框中感应电流方向沿α· b·c→da,为正值，线框ad边切割 磁感线的有效长度为1=L一x,感应 电动势为E=B(L一x)V,随x的增加 电动势从开始的最大值均匀减小，则 感应电流均匀减小，同理，x在L一2L 过程，根据楞次定律和安培定则判断 出来感应电流方向沿a·d·c·b→ ,为负值，感应电流也是从最大值均 匀减小，故A错误，B正确；正方形导 线框abcd进入磁场时，ad边为电源， 若电源最大电动势E=BL)=4U。,则 “=4R·4U。=U,线框进入磁场过 程中电动势均匀减小，则均匀减 小，同理，导线框abcd穿出磁场时，此 时bc为电源，开始感应电动势最大， 若电源最大电动势E=4U,,则ux R·4U,=3U,然后均匀减小，故C、 3 D错误。 考向三电磁感应的电路问题 典例6D由法拉第电磁感应定律知， 感应电动势为E=地=S △t △t B,A错误：由楞次定律和安培定 to 则知圆形金属线圈中的感应电流方向 为顺时针方向，金属线图相当于电源， 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 E xr2B 应电流为I一R+R,十R: 3Rto -.to 时间内流过R,的电荷量为q=It。= πrBo ,C错误；稳定后线圈两端的电 3R 2Bπr 压为U=I(R,十R)= 2,D 3to 正确。 典例7(1)竖直向下 (2)0.4V (3)1m/s 解析：(1)带负电的微粒受到重力和静 电力的作用处于静止状态，因为重力 竖直向下，所以静电力竖直向上，故M 板带正电。金属棒αb向右做切割磁 感线运动产生感应电动势，金属棒ab 等效于电源，感应电流方向由b-→a,其 端为电源的正极，由右手定则可判 断，磁场方向竖直向下。 (2)微粒受到重力和静电力的作用处于 静止状态，根据平衡条件有mg=Eq, 又E= UMN d 所以UN= mgd=0.1V。 9 R?两端电压与电容器两端电压相等， 由欧姆定律得通过R,的电流为 I UwN=0.05A。 R3 则金属棒ab两端的电压为 RR2 U=UMN+I R+R2 =0.4V。 (3)由法拉第电磁感应定律得感应电 动势E=Blo, 由闭合电路欧姆定律得E=U。十 Ir=0.5V, 联立解得v=1m/s。 考向四 电磁感应的动力、能量综合 问题 典例8D 根据右手定则可知，a点电 势低于b点电势，A错误：金属杆受向 上的安培力和向下的重力，若安培力 大于重力，则加速度方向向上，则金属 杆向下做减速运动，加速度为口= F&-mg B'L'v m mR 一g,则做加速度减 小的减速运动，若安培力等于重力，则 金属杆做匀速运动，若安培力小于重 力，则加速度方向向下，则金属杆向下 mg一F安 做加速运动，加速度为a= m B2L2 g 二，则做加速度减小的加速运 mR 动，B错误；安培力方向向上，则安培 力做负功，机械能转化为电能，C错 误；当下落高度为 R BL 时，此时安培 力F安=BIL= BL20BL2√2gh R R √2mg>mg,则金属杆ab会立刻做减 速运动，D正确。 典例9(1)0.85m/s (2)2.34W (3)0.56J 解析：(1)线框的ab边刚进入磁场区 域I时，根据机械能守恒定律有 参考答案 229 2Mglsin 0-2mgl-(M+m)v 线框的ab边刚进入区域I时，感应电 Bdv 流I= R 由牛顿第二定律有Mgsin0-BId一 T=Ma, T-mg=ma, 联立解得a=0.85m/s。 (2)设ab边刚进入磁场区域Ⅱ时线框 的速度为？，则对应的感应电流 2Bdv I'= R 对线框有Mg sin9=2BI'd+T', 又T'=mg, 线框重力的功率P=Mg sin日·v2, 联立解得P=2.34W。 (3)从线框开始释放到αb边刚穿过磁 场区域Ⅱ的过程中，根据能量守恒定 律有4 Mglsin9-4mgl=Q+号(M+ 2 m), 解得Q=0.56J。 微专题5动量观点在 电磁感应中的应用 》考向探究·素养提升《 考向一动量定理在电磁感应中的 应用 典例1D根据楞次定律，甲线框进磁 场的过程中电流方向为顺时针，出磁 场的过程中电流方向为逆时针，故A 错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为 F=BIL,I= BL,乙线框刚进 R 磁场区域时，合力为F=BI,L, F安1 =2 B10可知F ,故B错误； 2R 假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据 动量定理有一BI1L△t=m1一m℃。， △中 g1=11△t= △t ·△t △ΦB·4L9 = R R R 同理对乙有一BI2L△t′=m℃g一m℃。， △中 △Φ q2=I,△t'= △t 2R △t' 2R B·4L2 1 2R ，解得 1=0,02= 2 2B2L ,故甲恰好完全出磁场区域，己 mR 完全出磁场区域时，速度大小不为0， 由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁 场区域到完全出磁场区域产生的焦耳 1 1 热分别为Q三2m0Q:=2mu6 3 Q 4 mu, ,故C Q 3 错误，D正确。 典例2 (1) mg 1 m'g'R 2BL 16B'L 3mgR (2) m'gR2 4B'L (3 4BL 解析：(1)ab棒静止在倾斜导轨上，根 据平衡条件可得F安b=mg sin30°， F安b=BIbL, 2302网勾·讲与练·高三二轮物理 解得通过ab捧的电流为1=2B, 772g 设当ab棒下滑距离为x。时速度为 0,cd棒开始运动时回路中的电流为 I1,此时对cd棒有F=μmg, BLvo 同时有F4=B1L,1=2R 分析可知，cd棒从解除锁定到开始运 动过程中，cd棒产生的焦耳热与ab棒 产生的焦耳热相等，整个过程根据能 量守恒可得mgx,sin30°-2mu= 2Qd,联立解得cd棒产生的焦耳热为 1 Qu=mgx m'g'R 16BL (2)分析可知，ab棒在下滑过程中产生 的电动势与cd棒在向左运动的过程 中产生的电动势方向相反，故当电流 达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可 知此时两棒的加速度相等，由于两棒 受到的安培力大小相等，对两棒有 ng sin30°-F多=ma,F安-mg=7a, 同时有F=BIL, 1-BLo-BLv:_BL.Au 2R 2R 联立解得此时ab、cd棒的速度大小之 3mgR 差为△0=4BL元2 (3)分析可知，从开始到t1时刻，两棒 整体所受的合力为0，故该过程系统动 量守恒，设t1时刻ab棒的速度为o1, 可知m△0=m, 3mgR 解得0=△0=4BL2 设某时刻时，ab棒速度为v,cd棒速 度为口d·cd棒的加速度为0，可得 F安de=umg, 其中F安d2=BI2L, 分析可知，此时两导体棒产生的电动 势方向相反，可得12= BL（vi-vd） 2R 从t1时刻到某时刻间，对两棒分别根 据动量定理有一（mg十BIL)△t= mu1-mo,(BIL-mg）△t=mvcd, 变式可得，g△t十BLg=m01一 m,BLg-umg△t=mvd, 两式相加得2BLg=m0-m(1 △Φ t Ud),同时有9=1△t=2R ·△t= △ΦBL△s 2R 2R' 联立可得从t1到某时刻，ab、cd的路 程之差为△=mgR 4B+L4 考向二动量守恒定律在电磁感应中 的应用 典例3ABC以向右为正方向，杆a与 杆b发生弹性碰撞，由动量守恒定律 和机械能守恒定律得2m1十m0:= 2m0,2 ×2mui+2 -X mv:-2 210,解得01= 3,0= 3,即杆a 的速度为号，方向向右，故A正确：杆 b刚进入磁场时，通过杆b的电流为 BLv:2BL 2R 3R ,故B正确；从杆b 进入磁场至杆刚进入磁场时，由能 量守恒得该过程产生的焦耳热为Q= 7ami-7n(分e)'=日wkc 正确；杆a进入磁场后，杆a、b组成的 系统动量守恒，则有(2m十m))3= 2m十m·弓解得=8中杆 5 a,b最终具有相同的速度，大小为8， 5 故D错误 典例4(1)绝缘棒a的速度大小为0 金属棒b的速度大小为√2gh 1 (2)3mgh 解析：(1)设绝缘棒a滑上水平导轨 时，速度为v。,下滑过程中绝缘棒a机 1 械能守恒，有之mu6=mgh,绝缘棒a 与金属棒b发生弹性正碰，由动量守 恒定律有m℃1十mv2=m心。，由机械能 1 解得绝缘棒a的速度大小v1=0,金属 棒b的速度大小v2=vo=√2gh。 (2)设最终两金属棒b、c以相同的速 度匀速运动。由动量守恒定律有 (m十公)加=m,由能量守板定徐有 2(m+g）。+Q=2mo,解得 Q= 3mgh。 计算题解答规范3用力学 三大观点分析电磁感应 (1)500A(2)25m/s是40V (3)能分析见解析 解析：(1)分离后当导体棒a的速度大 小为10m/s时，根据法拉第电磁感应 定律有E=BL0, E 通过a的电流I= 解得I1=500A。 (2)规定水平向右为正方向，a从MM 运动至b位置过程中由安培力提供加 速度，则BIL=m.a1,a、b间初始距离 x1= a1ti,碰撞前a的速度为01 1 a1t1,解得a1=250m/s2,t1=0.1s, 01=25 m/s, a与b碰撞过程中系统动量守恒，有 (m。十mb)02=mm1,储存的弹性势能 为E,=m-(m十m, 解得02=5m/s,E。=500J, a、b碰后一起运动至NN'过程中， x2=5m-1.25m=3.75m,由安培 力提供加速度，有BIL=(m。十b)a2, 位移为x2 +2,,分清奇线 度为v3=v2十at2,解得a2=50m/s2, t2=0.3s,03=20m/8, a、b分离过程，由动量守恒定律有R 电 源 甲 乙 (2)等效电阻法 如图甲所示，我们可以将变压器与负载看作一 个整体，等效为一个新的电阻R',即为a、b间的等 效电阻，如图乙所示，等效电阻为R'= 2R。 1n2 甲 「典例9[电能的输送]近些年中国研发出多项独 有的先进技术，其中特高压输电技术让中国标 准成为了国际标准，该技术可使输电线电压高 达1000千伏及以上等级。某电厂对用户进行 第11讲 知识网络 导体棒切割磁感线 右手定则 感应电 流方向 增反减同 的判断 阻碍 来拒去留 楞次定律 两 增缩减护 E=n Ad △r 磁通量变化 法拉第 E=Blv- 杆平动切割 电磁感 E=]BPo- 应定律 杆转动切割 En=nBSω 线框转动 △中 9=n R+r 计算通过导 线横截面的 -Bql=△U 电荷量 两 O=PRt 利用焦耳定律 安 计算感应电 Q=W克安 利用克服安培 流产生的焦 力做功 耳热 Q=△E 利用能量守恒 供电的原理如图所示。发电机的输出电压为 U1=300V,输电线的总电阻为r=502,为了 减小输电线路上的损耗采用了高压输电技术。 变压器视为理想变压器，其中升压变压器的匝 数比为n1:n2=1:1000,用户获得的电压为 U4=220V。若在某一段时间内，发电厂的输 出功率恒为P,=9.0×10W,则下列说法中正 确的是 ( ) n =502 n32 U 3U, 户 升压变压器 降压变压器 A.输电线上的电流为300A B.降压变压器的匝数比为n3:n4=14925:11 C.输电线上损失的功率为9.0×104W D.若改用1000千伏超高压输电，则输电线路 上可减少损失的电功率为4050W 心听课记录 温馨提示》请完成课时作业14 电磁感应 体系构建 常见图像：B-图像、中-t图像 图像 E-i图像等 问题 注意问题：斜率、截距、面积 等效电源 电路 问题 画等效电路 利用闭合电路欧姆定律求解 两个模型 单杆模型 电磁感 双杆模型 动力 学问 受力分析 注意安培力的分析 题 运动分析 最终运动状态的确定 正功 电能转化为其 他形式的能 能量 安培力 问题 做功 其他形式的能 负功 转化为电能、 再转化为内能 自感、互感 应用 涡流、电磁驱动、电磁阻尼 第一部分专题四 电路与电磁感应 051 考向探究》素养提升 考向一 楞次定律法拉第电磁感应定律的应用 1.判断感应电流方向的两种方法 [典例2[转动切割电动势的× xb (1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割 分析](2024·湖南卷)如图 磁感线运动的情况进行判断。 所示，有一硬质导线Oabc, (2)利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的 其中abc是半径为R的半× 变化情况进行判断。 圆弧，b为圆弧的中点，直线 2.楞次定律中“阻碍”的四种表现形式 × 段Oa长为R且垂直于直径 (1)阻碍磁通量的变化一“增反减同”。 ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线 (2)阻碍相对运动—“来拒去留”。 始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、 (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势 一“增缩 b、c各点电势关系为 () 减扩”。 A.90>9a>p6>9。 (4)阻碍原电流的变化（自感现象）一“增反 B.9o<p。<p6<9e 减同”。 C.po>9a>p6=9。 3.通过回路截面的电荷量g=I△t= n△Φ △t D.9o<9a<9b=9c R总△t R。·9仅与m,△0和回路总电阻Rs有关， n△Φ 心听课记录 与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关。 典例1[感应电流方向的判 N 断](2025·河南卷)如图， [典例3[法拉第电磁感应定B1 一金属薄片在力F作用下 律的应用](2025·甘肃 自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心 卷)闭合金属框放置在磁 0 运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向 场中，金属框平面始终与 看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流 磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间t按 绕行方向的是 正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量，E 为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是 () A.在0二内，Φ和E均随时间增大 B.当t= 与 时，E大小相等，方向相同 T C.当1=4时，最大，E为0 。听课记录 D.当t= 2时，西和E均为0 心听课记录 052 红树勾·讲与练·高三二轮物理 4模型归纳 法拉第电磁感应定律的常见应用模型 研究对象 情境图示 表达式 E=AD At 回路（不一定 △BS 闭合) E=n △t B△S E=n △t 一段直导线 (或等效直 E=Blv 导线) 考向二 电磁 1.常见图像的种类：B-t图像、Φ-t图像、E-t 图像、i-t图像。 2.解决图像问题的两个常用方法 (1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量 的变化趋势（增大还是减小）、变化快慢（均匀变 化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排 除错误的选项。 (2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个 物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图 像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但 却是最有效的方法。 3.解决图像问题的三点关注 (1)关注初始时刻：如初始时刻感应电流是否为 0,是正方向还是负方向。 (2)关注变化过程：看电磁感应发生的过程可以 分为几个阶段，这几个阶段分别与哪段图像变 化相对应。 (3)关注大小、方向的变化趋势：看图线斜率的 大小、图线的曲直是否和物理过程对应。 [典例4[图像信息的应用](2025·山西吕梁 模)如图甲所示，线圈套在长玻璃管上，线圈的 两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。 将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下 落过程中将穿过线圈，并与玻璃管无摩擦。实 验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的 图像，从上往下看线圈，规定顺时针方向为电流 续表 研究对象 情境图示 表达式 绕一端转动 的一段导 ××1×× E-jBw 体棒 + (:w 绕与B垂直 B b 从图示时刻计时 的轴转动的 导线框 e-NBSwcos wt 越应的图像问题 的正方向。不计空气阻力，下列判断正确的是 ( 强磁铁 IA 0.6 电流传感器 0.4 0.2 接电脑 0 -0.2 线圈 -0.4 -0.6 0.8 1.0ts 甲 乙 A.本次实验中朝下的磁极可能是N极也可能 是S极 B.t1~t2与t2~t3两段时间里图线与坐标轴围 成的面积一定不相等 C.磁铁下落过程减少的重力势能一定大于增 加的动能 D.磁铁若从更高处释放，它在穿过线圈的过程 中，当电流为0时穿过线圈的磁通量会更大 心听课记录 [典例5[图像的选取](2025·宁夏银川一模)如 图所示，在直角边长为L的 b 等腰直角三角形区域efg内 存在垂直纸面向里的匀强磁 de 场，电阻为R、边长也为L的 正方形导线框abcd在纸面上向右匀速运动， 第一部分专题四电路与电磁感应 053 cd、ef始终在同一直线上。取逆时针方向的电 流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流 i和bc间电势差uc随位移x变化的图像可能 正确的是 ) 2L x A 考向三 电磁界 1.电源与电阻的确定 (1)电源：做切割磁感线运动的导体或磁通量发 生变化的回路相当于电源。 (2)电阻：产生感应电动势的导体或回路的电阻 相当于电源的内阻，其余部分的电阻是外电阻。 2.电路问题的解题流程 等效电源 产生电磁感应现象的部分 确定 等效 E的大小 E=nA9、E=Bm,E=3BPw △1 电源 E的方向， 楞次定律或右手定则 分析电 弄清各元件的串并联关系，画等效电 路结构 路图 应用规 闭合电路欧姆定律、串并联电路规律 律求解电功率、焦耳定律等 「典例6[感生电动势的电路问题]在如图甲所示 的电路中，电阻R,=R2=R,单匝圆形金属线 圈半径为r1,线圈导线的电阻也为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t。和B。,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 B 054 红树勾·讲与练·高三二轮物理 么% 2Lx 0 2L x -U. C D 心听课记录 感应的电路问题 Boπri A.线圈中产生的感应电动势的大小为 to B.电容器下极板带负电 C.。时间内流过R,的电荷量为B,xr R D.稳定后线圈两端的电压为 Bπr 3to 心听课记录 [典例7[动生电动势的 R.I 电路问题]在同一水平 TN 面的光滑平行导轨P、 Q相距l=1m,导轨左端接有如图所示的电 路。其中水平放置的平行板电容器两极板M、 N相距d=10mm,定值电阻R1=R2=122, R3=22,金属棒ab的电阻r=22,其他电阻 不计。磁感应强度B=0.5T的匀强磁场竖直 穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运 动时，质量m=1×10-14kg、电荷量q=一1× 1014C的微粒悬浮于电容器两极板之间恰好 静止不动。g取10m/s2,在整个运动过程中金 属棒ab与导轨接触良好，且速度保持恒 定。求： (1)匀强磁场的方向； (2)金属棒ab两端的电压； (3)金属棒ab运动的速度大小。 心听课记录 老向四 电磁感应的 1.电磁感应的动力学问题（分析两个对象） (1 电学电源：E=Bu或E=△ 42 对 电路：E=I(R+r)或U=E-Ir 、力学受力分析：F安=BIl→F合=ma (2 对象过程分析：F合=ma→u→E→I→F安 2.求焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律：Q=IRt,适用于电流、电阻 不变。 (2)功能关系：Q=W克服安培力，电流变与不变都 适用。 (3)能量转化：Q=△E(其他形式能的减少量)， 电流变与不变都适用。 [典例8[杆切割模型](2025·北京P一SM 门头沟区一模)如图所示，空间中 六b 有垂直纸面向里、磁感应强度为B B 的匀强磁场，MN和PQ是两根互Q 相平行、竖直放置的光滑金属导轨，导轨间距为 L,导轨足够长且电阻不计。质量为m的金属 杆ab与导轨垂直且接触良好，导轨间金属杆 ab的电阻为R,重力加速度为g。开始时，开 关S断开，金属杆ab由静止自由下落，经过一 段时间后再闭合开关S。当开关S闭合后，下 列说法正确的是 A.a点电势高于b点电势 B.金属杆做加速度增大的加速运动 C.安培力做正功，机械能转化为电能 ------------------------ 动力、能量综合问题 D当下张商度为时，金锅杆的会立刻 做减速运动 心听课记录 [典例9[框切割模型]如图所示，光滑绝缘斜面的 倾角为0=30°，斜面上有两个匀强磁场区域I 和Ⅱ，其宽度均为l=0.2m,磁感应强度大小 均为B=1T,磁场方向分别为垂直斜面向上和 垂直斜面向下。斜面上放一质量为M=0.6kg、 电阻为R=0.52的矩形导线框abcd,其ab边 长为d=0.4m、bc边长为l=0.2m,通过细绳 绕过光滑的定滑轮与一质量为m=0.2kg的 重物相连，连接线框的细绳与线框共面，滑轮和 细绳的质量均不计，ab边距磁场区域I的上边 界为2，开始时各段细绳都处于伸直状态，现 将它们由静止释放，线框沿斜面向下运动，ab 边刚穿过两磁场的分界线OO'进入磁场区域Ⅱ 时，线框恰好做匀速运动（细绳始终处于拉紧状 态)，不计摩擦，忽略磁场边界效应，重力加速度 g取10m/s2。求：（结果保留两位小数） 第一部分专题四电路与电磁感应 055 (1)ab边刚进入磁场区域I时线框的加速度 大小； (2)线框ab边在磁场区域Ⅱ中运动的过程中， 线框重力的功率P; (3)从开始释放到ab边刚穿过磁场区域Ⅱ的过 。模型归一 动力、能量综合问题的常见模型 程中，线框中产生的焦耳热Q。 听课记录 b 棒、框 Am 平衡 模型 ● 匀速进入磁场 棒的最大速度 ×xMx×× × M × + XNX XX 棒、框 变加速运动 不平 衡模 M↑b↑BN D M 型 P /轻绳 ××X×× × Q 棒匀加速 双棒加速度相同 温馨提示》请完成课时作业15 微专题5动量观点在电磁感应中的应用 考向探究》素养提升 考向一动量定理在电磁感应中的应用 在导体单杆切割磁感线做变加速运动时， 续表 若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问 求解的 应用示例 题，可运用动量定理巧妙解决问题。 物理量 求解的 应用示例 BIL△1+F其能△t=mU:一mU1,即 物理量 BLq十F其他△t=m02一mo1,已知电荷 电荷量 -BIL△t=mv2- mw1,q=I△t,即 量q、F共他(F共他为恒力) 或速度 -BgL=mv2-mv 时间 B2L2v△t R色 十F其△t=m02-mU1,即 B2L2u△t R总 =0-mv。,即 B2Lx 位移 R总 BL1十F焦△y=m0g一m,已知位 R总 0-mv0 移x、F其他(F其他为恒力) 056 红树勾·讲与练·高三二轮物理