高中物理電磁感應(yīng)教案
發(fā)表時(shí)間：2021-01-2520xx高考物理復(fù)習(xí)13電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題學(xué)案。
微專題13電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題電磁感應(yīng)中的電路問題
1．題型簡述：在電磁感應(yīng)問題中，切割磁感線運(yùn)動的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源，該部分導(dǎo)體或線圈與其他電阻、燈泡、電容器等用電器構(gòu)成了電路．在這類問題中，常涉及計(jì)算感應(yīng)電動勢大小、計(jì)算導(dǎo)體兩端電壓、通過導(dǎo)體的電流、產(chǎn)生的電勢等．
2．解決電磁感應(yīng)中電路問題的“三部曲”
注意“等效電源”兩端的電壓指的是路端電壓，而不是電動勢或內(nèi)壓降．
(20xx江蘇卷)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻．質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下．當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸．求：
(1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；
(2)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；
(3)PQ剛要離開金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P.
解析：(1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，金屬桿的感應(yīng)電動勢E＝Bdv0①
回路的感應(yīng)電流I＝ER②
由①②式解得I＝Bdv0R③
(2)金屬桿所受的安培力F＝Bid④
由牛頓第二定律得，對金屬桿F＝ma⑤
由③④⑤式得a＝B2d2v0mR⑥
(3)金屬桿切割磁感線的相對速度v′＝v0－v⑦
感應(yīng)電動勢E＝Bdv′⑧
感應(yīng)電流的電功率P＝E2R⑨
由⑦⑧⑨式得P＝B2d2v0－v2R⑩
答案：(1)Bdv0R(2)B2d2v0mR(3)B2d2v0－v2R
本題的關(guān)鍵在于導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動勢E＝Blv，切割的速度(v)是導(dǎo)體與磁場的相對速度，分析這類問題，通常是先電后力，再功能．
(20xx北京卷)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，寬度L＝0.4m一端連接R＝1Ω的電阻．導(dǎo)線所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T．導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，其長度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計(jì)．在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動，速度v＝5m/s.求：
(1)感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I；
(2)在0.1s時(shí)間內(nèi)，拉力的沖量If的大?。?br> (3)若將MN換為電阻r＝1Ω的導(dǎo)體棒，其他條件不變，求導(dǎo)體棒兩端的電壓U.
解析：(1)根據(jù)感應(yīng)電動勢公式得E＝BLv＝1T×0.4m×5m/s＝2V
故感應(yīng)電流I＝ER＝2V1Ω＝2A
(2)金屬棒在勻速運(yùn)動過程中，所受的安培力大小為F安＝BIL＝0.8N.
因勻速直線運(yùn)動，所以導(dǎo)體棒所受拉力F＝F安＝0.8N
所以拉力的沖量IF＝Ft＝0.8N×0.1s＝0.08Ns
(3)其它條件不變，則有電動勢E＝2V
由全電路的歐姆定律I′＝ER＋r＝1A
導(dǎo)體棒兩端電壓U＝I′R＝1V.
答案：(1)E＝2．0VI＝2．0A(2)If＝0.08(NS)(3)U＝1V
1．(20xx湖北黃岡中學(xué)調(diào)研)(多選)如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場垂直于光滑金屬導(dǎo)軌平面向外，導(dǎo)軌左右兩端電路所在區(qū)域均無磁場分布．垂直于導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒接入電路的長度為L、電阻為R0，在外力作用下始終以速度v0從左向右做勻速直線運(yùn)動．小燈泡電阻為2R0，滑動變阻器總阻值為4R0，圖示狀態(tài)滑片位于a、b的正中間位置，此時(shí)位于平行板電容器中P處的帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．電路中其余部分電阻均不計(jì)，各接觸處都接觸良好，且導(dǎo)軌足夠長，則下列判斷正確的是()
A．油滴帶負(fù)電
B．圖示狀態(tài)下，Δt時(shí)間內(nèi)流過小燈泡的電荷量為BLv0Δt4R0
C．若將滑動變阻器的滑片向b端移動，則小燈泡將變暗
D．若將電容器上極板豎直向上移動少許距離，同時(shí)將下極板接地，其余條件均不變，則油滴電勢能將增加，且P點(diǎn)電勢將降低
解析：選BC根據(jù)右手定則判斷知下極板為正極板，故油滴帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動勢大小為E＝BLv0，流過小燈泡的電流大小為I＝12×ER0＋R0，Δt時(shí)間內(nèi)流過小燈泡的電荷量為Q＝IΔt，解得Q＝BLv0Δt4R0，選項(xiàng)B正確；根據(jù)動態(tài)電路分析知，小燈泡兩端電壓減小，故小燈泡變暗，選項(xiàng)C正確；將上極板向上移動少許距離，極板間電壓一定，由于d變大，則場強(qiáng)E變小，正極板與P點(diǎn)間電勢差變小，故φp增大，Ep增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
2．(20xx哈爾濱期中)(多選)在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1500匝，橫截面積S＝20cm2．螺線管導(dǎo)線電阻r＝1Ω，R1＝4Ω，R2＝5Ω，C＝30μF.在一段時(shí)間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖乙所示的規(guī)律變化．則下列說法中正確的是()
A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為1．2V
B．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后電容器上極板帶正電
C．電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為5×10－2W
D．S斷開后，通過R2的電荷量為1．8×10－5C
解析：選AD由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，螺線管內(nèi)產(chǎn)生的電動勢為：E＝nΔBΔtS＝1500×0.82×20×10－4V＝1．2V，故A正確；根據(jù)楞次定律，當(dāng)穿過螺線管的磁通量增加時(shí)，螺線管下部可以看成電源的正極，則電容器下極板帶正電，故B錯(cuò)誤；電流穩(wěn)定后，電流為：I＝ER1＋R2＋r＝1.24＋5＋1A＝0.12A，電阻R1上消耗的功率為：P＝I2R1＝0.122×4W＝5．76×10－2W，故C錯(cuò)誤；開關(guān)斷開后通過電阻R2的電荷量為：Q＝CU＝CIR2＝30×10－6×0.12×5C＝1．8×10－5C，故D正確．
電磁感應(yīng)中的圖象問題
1．題型簡述
借助圖象考查電磁感應(yīng)的規(guī)律，一直是高考的熱點(diǎn)，此類題目一般分為兩類：
(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出正確的圖象；
(2)由給定的圖象分析電磁感應(yīng)過程，定性或定量求解相應(yīng)的物理量或推斷出其他圖象．常見的圖象有B－t圖、E－t圖、i－t圖、v－t圖及F－t圖等．
2．解題關(guān)鍵
弄清初始條件、正負(fù)方向的對應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場的轉(zhuǎn)折點(diǎn)等是解決此類問題的關(guān)鍵．
3．解決圖象問題的一般步驟
(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等；
(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程；
(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應(yīng)關(guān)系；
(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動定律等知識寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；
(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等；
(6)畫圖象或判斷圖象．
4．求解電磁感應(yīng)圖象類選擇題的兩種常用方法
(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負(fù)，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)．
(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象進(jìn)行分析和判斷．
Ⅰ.電磁感應(yīng)中的圖象選擇
如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L.紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域，在t＝0時(shí)刻恰好位于圖中所示的位置，以順時(shí)針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流—位移(I－x)關(guān)系的是()
解析：選C線框運(yùn)動過程中，由0～L，電流為正，因切割磁感線的有效長度逐漸增大，E＝BLv逐漸增大；當(dāng)運(yùn)動到3L2處．此時(shí)兩邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為0，電流為零；從32L～2L，電流反向且增大，線框離開磁場的過程中，電流又逐漸減小到零、綜合以上分析選項(xiàng)C正確．
在對圖象問題進(jìn)行分析時(shí)，要通過明確磁通量的變化是否均勻，推知感應(yīng)電動勢(電流)是否大小恒定，再利用楞次定律判斷出感應(yīng)電動勢(電流)的方向，從而確定其正負(fù)以及在坐標(biāo)系中的范圍．另外，有些圖象問題要畫出等效電路圖來輔助分析，要根據(jù)圖象的定義把圖象反映的物理規(guī)律與實(shí)際運(yùn)動過程相對應(yīng)起來，并且還要能反過來將實(shí)際運(yùn)動過程與圖象對應(yīng)．最終根據(jù)實(shí)際運(yùn)動過程的物理規(guī)律進(jìn)行判斷．
如圖所示，有一等腰直角三角形的區(qū)域，其斜邊長為2L，高為L.在該區(qū)域內(nèi)分布著如圖所示的磁場，左側(cè)磁場方向垂直紙面向外，右側(cè)磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.一邊長為L、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域．取沿順時(shí)針的感應(yīng)電流方向?yàn)檎?，則圖乙中表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標(biāo)x變化的圖象正確的是()
解析：選Dbc邊的位置坐標(biāo)x在L～2L過程，線框bc邊有效切線長度為l＝x－L，感應(yīng)電動勢為E＝Blv＝B(x－L)v；感應(yīng)電流i＝BR＝Bx－LvR，根據(jù)楞次定律判斷出來感應(yīng)電流方向沿a→b→c→d→a，為正值．x在2L～3L過程，ad邊和bc邊都切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)右手定則判斷出來感應(yīng)電流方向沿a→d→c→d→a，為負(fù)值，線框有效切線長度為l＝L，感應(yīng)電動勢為E＝Blv＝BLv，感應(yīng)電流i＝－BLvR.x在3L～4L過程，線框ad邊有效切線長度為l＝L－(x－3L)＝4L－x，感應(yīng)電動勢為E＝Blv＝B(4L－x)v；感應(yīng)電流i＝B4L－xvR，根據(jù)楞次定律判斷出來感應(yīng)電流方向沿a→b→c→d→a，為正值．由圖示圖象可知，D正確．
Ⅱ.電磁感應(yīng)中的圖象轉(zhuǎn)換
(20xx江西南昌市一模)如圖a所示，在水平面上固定有平行直金屬導(dǎo)軌ab、cd，bd端接有電阻R.導(dǎo)體棒ef垂直軌道放置在光滑導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．導(dǎo)軌右端區(qū)域存在垂直導(dǎo)軌面的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖b所示．在t＝0時(shí)刻，導(dǎo)體棒以速度v0從導(dǎo)軌的左端開始向右運(yùn)動，經(jīng)過時(shí)間2t0開始進(jìn)入磁場區(qū)域，取磁場方向豎直向下為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，導(dǎo)體回路中順時(shí)針為電流正方向，則導(dǎo)體回路中的電流，隨時(shí)間t的變化規(guī)律圖象可能是()
解析：選A由圖b可知，在0～2t0時(shí)間內(nèi)，回路內(nèi)磁通量變化率ΔΦΔt＝SΔBΔt＝SB0t0，為常數(shù)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E為常數(shù)，根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流為常數(shù)．根據(jù)楞次定律可判斷出回路中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，即感應(yīng)電流為負(fù)值且恒定，可排除圖BD．當(dāng)大于2t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，受到安培力作用，導(dǎo)體棒做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動，其感應(yīng)電流隨時(shí)間變化應(yīng)該為曲線，所以圖A正確C錯(cuò)誤．
圖象的轉(zhuǎn)換
(1)問題類型：由一種電磁感應(yīng)的圖象分析求解出對應(yīng)的另一種電磁感應(yīng)圖象的問題．
(2)解題關(guān)鍵：①要明確已知圖象表示的物理規(guī)律和物理過程；②根據(jù)所求的圖象和已知圖象的聯(lián)系，對另一圖象做出正確的判斷進(jìn)行圖象間的轉(zhuǎn)換．
如圖甲所示，光滑導(dǎo)軌水平放置在斜向下且與水平方向夾角為60°的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定斜向下為B的正方向)，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，除電阻R的阻值外，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒ab在水平外力作用下始終處于靜止?fàn)顟B(tài)．規(guī)定a→b的方向?yàn)殡娏鞯恼较?，水平向右的方向?yàn)橥饬Φ恼较?，則在0～t1時(shí)間內(nèi)，能正確反映流過導(dǎo)體棒ab的電流I和導(dǎo)體棒ab所受水平外力F隨時(shí)間t變化的圖象是()
解析：選D由楞次定律可判定回路中的電流方向始終為b→a，由法拉第電磁感應(yīng)定律可判定回路中的電流大小恒定，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；由F安＝BIL可得F安隨B的變化而變化，在0～t0時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安方向水平向右，故外力F與F安等值反向，方向水平向左為負(fù)值；在t0～t1時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安方向改變，故外力F方向也改變?yōu)檎?，綜上所述，D項(xiàng)正確．
Ⅲ.電磁感應(yīng)中圖象的綜合應(yīng)用分析
(20xx全國卷Ⅱ)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直．邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示．已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場．線框中感應(yīng)電動勢隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動勢取正)．下列說法正確的是()
A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5T
B．導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小為0.5m/s
C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外
D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N
解析：選BCA錯(cuò)：由圖象可知，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝0.01V，由公式E＝BLv，可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝0.010.1×0.5T＝0.2T．B對：由圖象可知，從導(dǎo)線框的cd邊進(jìn)入磁場到ab邊剛好進(jìn)入磁場，用時(shí)為0.2s，可得導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小v＝0.10.2m/s＝0.5m/s.C對：感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，對cd邊應(yīng)用右手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外．D錯(cuò)：t＝0.4s至t＝0.6s時(shí)間段為cd邊離開磁場，ab邊切割磁感線的過程．由閉合電路歐姆定律及安培力公式得安培力F＝BELR，代入數(shù)據(jù)得F＝0.04N.
(20xx河南鶴壁第一次周練)一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，線框平面與磁場垂直，線框的右邊緊貼著磁場邊界，如圖甲所示．t＝0時(shí)刻對線框施加一水平向右的外力F，讓線框從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動穿過磁場．外力F隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示．己知線框質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝1Ω.以下說法不正確的是()
A．做勻加速直線運(yùn)動的加速度為1m/s2
B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為22T
C．線框穿過磁場過程中，通過線框的電荷量為22C
D．線框穿過磁場的過程中，線框上產(chǎn)生的焦耳熱為1．5J
解析：選Dt＝0時(shí)刻，線框的速度為零，線框沒有感應(yīng)電流，不受安培力，加速度為a＝Fm＝11m/s2＝1m/s2，A正確；線框的邊長為L＝12at2＝12×1×12m＝0.5m，線框剛出磁場時(shí)的速度為v＝at＝1×1m/s＝1m/s，此時(shí)線框所受的安培力為FA＝BIL，I＝BLvR，測得FA＝B2L2vR，根據(jù)牛頓第二定律得F－FA＝ma，代入得F－B2L2vR＝ma，代入數(shù)據(jù)
F＝3N，m＝1kg，R＝1Ω，L＝0.5m，v＝1m/s，a＝1m/s2解得，B＝22T，B正確；由q＝I－Δt，I－＝E－R，E－＝ΔΦΔt，則通過線框的電量q＝ΔΦR＝BL2R＝22×0.521C＝22C，C正確；線框的位移為x＝L＝0.5m，若F＝3N保持不變，則F做功為W＝Fx＝3×0.5J＝1．5J，而實(shí)際中F的大小逐漸增大，最大為3N，所以F做功應(yīng)小于1．5J．由于線框加速運(yùn)動，根據(jù)能量守恒得線框上產(chǎn)生的焦耳熱小于1．5J，故D錯(cuò)誤．
3．(20xx湖北省黃岡市黃岡中學(xué)模擬)如圖甲所示，正三角形導(dǎo)線框abc固定在磁場中，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示．t＝0時(shí)刻磁場方向垂直紙面向里，在0～4s時(shí)間內(nèi)，線框ab邊所受安培力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系(規(guī)定水平向左為力的正方向)可能是下圖中的()
解析：選A0～1s，感應(yīng)電動勢為：E1＝SΔBΔt＝SB0，為定值；感應(yīng)電流I1＝E1r＝SB0r，為定值；安培力F＝BI1L∝B；由于B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零，根據(jù)楞次定律可知，線圈ab邊所受的安培力向左，為正；同理：1～2s，感應(yīng)電動勢為：E1＝SΔBΔt＝SB0，為定值；感應(yīng)電流：I1＝E1r＝SB0r，為定值；安培力F＝BI1L∝B；由于B逐漸增大，故安培力逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈ab邊所受的安培力向右，為負(fù)：3s～4s內(nèi)，感應(yīng)電動勢為：E2＝SΔBΔt＝2SB0，為定值；感應(yīng)電流：I2＝E2r＝2SB0r，為定值；安培力F＝BI2L∝B，由于B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零；由于B逐漸減小到零，故通過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流要阻礙磁通量減小，有擴(kuò)張趨勢，故安培力向外，即ab邊所受安培力向左，為正，故A正確，BCD錯(cuò)誤．
4．在同一水平面中的光滑平行導(dǎo)軌P、Q相距L＝1m，導(dǎo)軌左端接有如圖所示的電路．其中水平放置的平行板電容器兩極板M、N間距離d＝10mm，定值電阻R1＝R2＝12Ω，R3＝2Ω，金屬棒ab電阻r＝2Ω，其它電阻不計(jì)．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場豎直穿過導(dǎo)軌平面，當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動時(shí)，懸浮于電容器兩極板之間，質(zhì)量m＝1×10－14kg，帶電量q＝－1×10－14C的微粒恰好靜止不動．取g＝10m/s2，在整個(gè)運(yùn)動過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，且運(yùn)動速度保持恒定．試求：
(1)勻強(qiáng)磁場的方向；
(2)ab兩端的路端電壓；
(3)金屬棒ab運(yùn)動的速度．
解析：(1)帶負(fù)電的微粒受到重力和電場力處于靜止?fàn)顟B(tài)，因重力豎直向下，則電場力豎直向上，故M板帶正電．
ab棒向右切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，ab棒等效于電源，感應(yīng)電流方向由b→a，其a端為電源的正極，由右手定則可判斷，磁場方向豎直向下．
(2)由平衡條件，得mg＝Eq
又E＝UMNd
所以MN間的電壓：
UMN＝mgdq＝1×10－14×10×10×10－31×10－14V＝0.1V
R3兩端電壓與電容器兩端電壓相等，由歐姆定律得通過R3的電流I＝UMNR3＝0.12A＝0.05A
ab棒兩端的電壓為Uab＝UMN＋I(xiàn)R1R2R1＋R2＝0.1V＋0.05×6V＝0.4V
(3)由閉合電路歐姆定律得ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E感＝Uab＋I(xiàn)r＝0.4V＋0.05×2V＝0.5V
由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E感＝BLv
聯(lián)立上兩式得v＝0.5m/s.
答案：(1)豎直向下(2)0.4V(3)0.5m/s
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20xx高考物理復(fù)習(xí)電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題學(xué)案
微專題14電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題
電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題
1．題型簡述：感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起．解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動定律、動能定理等)．
2．兩種狀態(tài)及處理方法
狀態(tài)特征處理方法
平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析
非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析
3．動態(tài)分析的基本思路
解決這類問題的關(guān)鍵是通過運(yùn)動狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件．具體思路如下：
Ⅰ.電磁感應(yīng)中的平衡問題
(20xx全國甲卷)如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連．兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平．右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上．已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g.已知金屬棒ab勻速下滑．求
(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小；
(2)金屬棒運(yùn)動速度的大小．
解析：(1)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2．對于ab棒，由力的平衡條件得2mgsinθ＝μN(yùn)1＋T＋F①
N1＝2mgcosθ②
對于cd棒，同理有mgsinθ＋μN(yùn)2＝T③
N2＝mgcosθ④
聯(lián)立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤
(2)由安培力公式得F＝BIL⑥
這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流，ab棒上的感應(yīng)電動勢為E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大?。蓺W姆定律得I＝ER⑧
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)mgRB2L2⑨
答案：(1)mg(sinθ－3μcosθ)
(2)(sinθ－3μcosθ)mgRB2L2
對金屬棒正確進(jìn)行受力分析和運(yùn)動過程分析是解題的關(guān)鍵．
如圖，兩個(gè)傾角均為θ＝37°的絕緣斜面，頂端相同，斜面上分別固定著一個(gè)光滑的不計(jì)電阻的U型導(dǎo)軌，導(dǎo)軌寬度都是L＝1．0m，底邊分別與開關(guān)S1、S2連接，導(dǎo)軌上分別放置一根和底邊平行的金屬棒a和b，a的電阻R1＝10．0Ω、質(zhì)量m1＝2．0kg，b的電阻R2＝8．0Ω、質(zhì)量m2＝1．0kg.U型導(dǎo)軌所在空間分別存在著垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，大小分別為B1＝1．0T，B2＝2．0T，輕細(xì)絕緣線繞過斜面頂端很小的光滑定滑輪連接兩金屬棒的中點(diǎn)，細(xì)線與斜面平行，兩導(dǎo)軌足夠長，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10．0m/s2．開始時(shí)，開關(guān)S1、S2都斷開，輕細(xì)絕緣線繃緊，金屬棒a和b在外力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)．求：
(1)撤去外力，兩金屬棒的加速度多大？
(2)同時(shí)閉合開關(guān)S1、S2，求金屬棒a、b運(yùn)動過程中達(dá)到的最大速度？
解析：(1)設(shè)撤去外力，線拉力為T，兩金屬棒的加速度大小相等，設(shè)為a，
則m1gsinθ－T＝m1a
T－m2gsinθ＝m2a
解得a＝2m/s2
(2)a、b達(dá)到速度最大時(shí)，速度相等，設(shè)為v，此時(shí)線拉力為T1，a中感應(yīng)電動勢為E1，電流為I1，b中感應(yīng)電動勢為E2，電流為I2，則
E1＝B1lv，I1＝E1R1；E2＝B2lv，I2＝E2R2，
又m1gsinθ－T1－B1I1l＝0
T1－m2gsinθ－B2I2l＝0
聯(lián)立解得v＝10m/s
答案：(1)2m/s2(2)10m/s
Ⅱ.電磁感應(yīng)中的非平衡問題
如圖所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌水平放置，電阻不計(jì)，導(dǎo)軌間距為l，左側(cè)接一阻值為R的電阻．區(qū)域cdef內(nèi)存在垂直軌道平面向下的有界勻強(qiáng)磁場，磁場寬度為s.一質(zhì)量為m、有效電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v為金屬棒速度)的水平外力作用，從磁場的左邊界由靜止開始運(yùn)動，測得電阻兩端電壓隨時(shí)間均勻增大．(已知：l＝1m，m＝1kg，R＝0.3Ω，r＝0.2Ω，s＝1m)
(1)判斷該金屬棒在磁場中是否做勻加速直線運(yùn)動？簡要說明理由；
(2)求加速度的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
(3)若撤去外力后棒的速度v隨位移x的變化規(guī)律滿足v＝v0－B2l2mR＋rx，且棒在運(yùn)動到ef處時(shí)恰好靜止，則外力F作用的時(shí)間為多少？
解析：(1)是．
R兩端電壓U∝I∝E∝v，U隨時(shí)間均勻增大，即v隨時(shí)間均勻增大，所以加速度為恒量．
(2)E＝BlvI＝ER＋rF安＝BIl
F－F安＝ma，
將F＝0.5v＋0.4代入，得：
0.5－B2l2R＋rv＋0.4＝a
因?yàn)榧铀俣葹楹懔?，與v無關(guān)，所以a＝0.4m/s2
0．5－B2l2R＋r＝0，代入數(shù)據(jù)得：B＝0.5T.
(3)設(shè)外力F作用時(shí)間為t，則
x1＝12at2v0＝at
x2＝mR＋rB2l2v0x1＋x2＝s，
代入數(shù)據(jù)得0.2t2＋0.8t－1＝0
解方程得t＝1s或t＝－5s(舍去)．
答案：(1)是(2)0.4m/s20.5T(3)1s
如圖，足夠長的光滑導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，間距L＝1m，電阻不計(jì)，定值電阻R＝1．5Ω.質(zhì)量m＝0.25kg、長度L＝1m、電阻r＝0.5Ω的導(dǎo)體棒AB靜置在導(dǎo)軌上．現(xiàn)對導(dǎo)體棒施加一個(gè)平行于導(dǎo)軌、大小為F＝1．25N的恒力，使得導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動．當(dāng)棒運(yùn)動到虛線位置時(shí)速度達(dá)到v0＝2m/s.虛線右側(cè)有一非勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)體棒在里面運(yùn)動時(shí)，所到位置的速度v(單位m/s)與該處磁感應(yīng)強(qiáng)度B(單位T)在數(shù)值上恰好滿足關(guān)系v＝12B2，重力加速度g取10m/s2．
(1)求導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時(shí)，流經(jīng)導(dǎo)體棒的電流大小和方向；
(2)導(dǎo)體棒在磁場中是否做勻加速直線運(yùn)動？若是，給出證明并求出加速度大小；若不是，請說明理由；
(3)求導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動了t＝1s的時(shí)間內(nèi)，定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱．
解析：(1)當(dāng)v0＝2m/s時(shí)，B0＝0.5T
感應(yīng)電動勢E0＝B0Lv0＝1V
感應(yīng)電流I0＝E0R＋r＝0.5A
方向由B向A
(2)速度為v時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B
感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝ER＋r，安培力FA＝BIL
得到FA＝B2L2vR＋r
由題，B2v＝0.5T2m/s，則安培力FA＝0.25N，導(dǎo)體棒所受合力F合＝F－FA＝1N，為恒力，所以做勻加速直線運(yùn)動．
由F合＝ma，可得a＝4m/s2
(3)t＝1s時(shí)，導(dǎo)體棒的速度v＝v0＋at＝6m/s
t＝1s內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移s＝v0t＋12at2＝4m
由動能定理，F(xiàn)s－W克安＝12mv2－12mv20
由功能關(guān)系，W克安＝Q
定值電阻R上的焦耳熱QR＝RR＋rQ
代入數(shù)據(jù)，QR＝0.75J
答案：(1)0.5A由B到A(2)是4m/s2(3)0.75J
1．(多選)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，有一水平放置的U形導(dǎo)軌，導(dǎo)軌左端連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．導(dǎo)軌間距離為L，在導(dǎo)軌上垂直放置一根金屬棒MN，與導(dǎo)軌接觸良好，電阻為r，用外力拉著金屬棒向右以速度v做勻速運(yùn)動．則金屬棒運(yùn)動過程中()
A．金屬棒中的電流方向?yàn)橛蒒到M
B．電阻R兩端的電壓為BLv
C．金屬棒受到的安培力大小為B2L2vr＋R
D．電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率為B2L2vR
解析：選AC由右手定則判斷得知金屬棒MN中的電流方向?yàn)橛蒒到M，故A正確；MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv，回路中的感應(yīng)電流大小為I＝Er＋R＝BLvR＋r，則電阻R兩端的電壓為U＝IR＝BLvRR＋r，故B錯(cuò)誤；金屬棒MN受到的安培力大小為F＝BIL＝B2L2vR＋r，故C正確；電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率為P＝I2R＝BLvR＋r2RB2L2v2RR＋r2，故D錯(cuò)誤．
2．如圖1所示，兩相距L＝0.5m的平行金屬導(dǎo)軌固定于水平面上，導(dǎo)軌左端與阻值R＝2Ω的電阻連接，導(dǎo)軌間虛線右側(cè)存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)量m＝0.2kg的金屬桿垂直置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬桿的電阻可忽略．桿在水平向右的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動，并始終與導(dǎo)軌垂直，其v－t圖象如圖2所示．在15s末時(shí)撤去拉力，同時(shí)使磁場隨時(shí)間變化，從而保持回路磁通量不變，桿中電流為零．求：
(1)金屬桿所受拉力的大小F；
(2)0－15s內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?br> (3)撤去恒定拉力之后，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律．
解析：(1)10s內(nèi)金屬桿未進(jìn)入磁場，
所以有F－μmg＝ma1
由圖可知a1＝0.4m/s2
15s～20s內(nèi)僅在摩擦力作用下運(yùn)動，
由圖可知a2＝0.8m/s2，解得F＝0.24N
(2)在10s～15s時(shí)間段桿在磁場中做勻速運(yùn)動．
因此有F＝μmg＋B20L2vR
以F＝0.24N，μmg＝0.16N代入解得B0＝0.4T.
(3)撤去恒定拉力之后通過回路的磁通量不變，設(shè)桿在磁場中勻速運(yùn)動距離為d，撤去外力后桿運(yùn)動的距離為x，
BL(d＋x)＝B0Ld，
其中d＝20m，x＝4t－0.4t2
由此可得B＝2050＋10t－t2T.
答案：(1)0.24N(2)0.4T
(3)B＝2050＋10t－t2T
3．(20xx全國甲卷)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動．t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求：
(1)金屬桿在磁場中運(yùn)動時(shí)產(chǎn)生的電動勢的大??；
(2)電阻的阻值．
解析：(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得ma＝F－μmg①
設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動學(xué)公式有v＝at0②
當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，桿中的電動勢E＝Blv③
聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0(Fm－μg)④
(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝ER⑤
式中R為電阻的阻值，金屬桿所受的安培力為f＝BIl⑥
因金屬桿做勻速運(yùn)動，由牛頓運(yùn)動定律得F－μmg－f＝0⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝B2l2t0m.
答案：(1)Blt0(Fm－μg)(2)B2l2t0m
電磁感應(yīng)中能量問題
1．題型簡述：電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實(shí)現(xiàn)的．安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程．
2．解題的一般步驟
(1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)；
(2)弄清電磁感應(yīng)過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；
(3)根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解．
3．求解電能應(yīng)分清兩類情況
(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算．
(2)若電流變化，則
①利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能．
Ⅰ.動能定理和能量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
如圖所示，一個(gè)“U”形金屬導(dǎo)軌靠絕緣的墻壁水平放置，導(dǎo)軌長L＝1．4m，寬d＝0.2m．一對長L1＝0.4m的等寬金屬導(dǎo)軌靠墻傾斜放置，與水平導(dǎo)軌成θ角平滑連接，θ角可在0°～60°調(diào)節(jié)后固定．水平導(dǎo)軌的左端長L2＝0.4m的平面區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向水平向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0＝2T．水平導(dǎo)軌的右端長L3＝0.5m的區(qū)域有豎直向下的勻強(qiáng)磁場B，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間以ΔBΔt＝1．0T/s均勻變大．一根質(zhì)量m＝0.04kg的金屬桿MN從斜軌的最上端靜止釋放，金屬桿與斜軌間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.125，與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5．金屬桿電阻R＝0.08Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．
(1)求金屬桿MN上的電流大小，并判斷方向；
(2)金屬桿MN從斜軌滑下后停在水平導(dǎo)軌上，求θ角多大時(shí)金屬桿所停位置與墻面的距離最大，并求此最大距離xm.
解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtdL3
由閉合電路歐姆定律得：I＝ER
由上式，可得MN棒上的電流大?。篒＝1．25A
根據(jù)右手定則，則MN棒上的電流方向：N→M；
(2)設(shè)導(dǎo)體棒滑出水平磁場后繼續(xù)滑行x后停下，
由動能定理得：mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2(mg＋B0Id)
(L2－L1cosθ)－μ2mgx＝0
代入數(shù)據(jù)得：
0．16sinθ＋0.16cosθ－0.18＝0.2x
當(dāng)θ＝45°時(shí)，x最大，
解得：x＝0.82－0.9＝0.23m
則有：xm＝L2＋x＝0.63m.
答案：(1)1．25N由N→M(2)45°0.63m
能量轉(zhuǎn)化問題的分析程序：先電后力再能量
如圖所示，傾角30°的光滑傾斜導(dǎo)體軌道(足夠長)與光滑水平導(dǎo)體軌道連接，軌道寬度均為L＝1m，電阻忽略不計(jì)．勻強(qiáng)磁場Ⅰ僅分布在水平軌道平面所在區(qū)域，方向水平向右，大小B1＝1T；勻強(qiáng)磁場Ⅱ僅分布在傾斜軌道平面所在區(qū)域，方向垂直于傾斜軌道平面向下，大小B2＝1T．現(xiàn)將兩質(zhì)量均為m＝0.2kg，電阻均為R＝0.5Ω的相同導(dǎo)體棒ab和cd，垂直于軌道分別置于水平軌道上和傾斜軌道上，并同時(shí)由靜止釋放．取g＝10m/s2．
(1)求導(dǎo)體棒cd沿斜軌道下滑的最大速度的大??；
(2)若已知從開始運(yùn)動到cd棒達(dá)到最大速度的過程中，ab棒產(chǎn)生的焦耳熱Q＝0.45J，求該過程中通過cd棒橫截面的電荷量；
(3)若已知cd棒開始運(yùn)動時(shí)距水平軌道高度h＝10m，cd棒由靜止釋放后，為使cd棒中無感應(yīng)電流，可讓磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化，將cd棒開始運(yùn)動的時(shí)刻記為t＝0，此時(shí)磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0＝1T，試求cd棒在傾斜軌道上下滑的這段時(shí)間內(nèi)，磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系式．
解析：(1)cd棒勻速運(yùn)動時(shí)速度最大，設(shè)為vm，棒中感應(yīng)電動勢為E，電流為I，
感應(yīng)電動勢：E＝BLvm，電流：I＝E2R，
由平衡條件得：mgsinθ＝BIL，代入數(shù)據(jù)解得：vm＝1m/s；
(2)設(shè)cd從開始運(yùn)動到達(dá)最大速度的過程中經(jīng)過的時(shí)間為t，通過的距離為x，cd棒中平均感應(yīng)電動勢E1，平均電流為I1，通過cd棒橫截面的電荷量為q，
由能量守恒定律得：mgxsinθ＝12mv2m＋2Q，
電動勢：E1＝BLxt，電流：I1＝E12R，電荷量：q＝I1t，
代入數(shù)據(jù)解得：q＝1C；
(3)設(shè)cd棒開始運(yùn)動時(shí)穿過回路的磁通量為Φ0，cd棒在傾斜軌道上下滑的過程中，設(shè)加速度大小為a，經(jīng)過時(shí)間t通過的距離為x1，穿過回路的磁通量為Φ，cd棒在傾斜軌道上下滑時(shí)間為t0，則：Φ0＝B0Lhsinθ，
加速度：a＝gsinθ，位移：x1＝12at2，Φ＝BLhsinθ－x1，hsinθ＝12at20.
解得：t0＝8s，
為使cd棒中無感應(yīng)電流，必須有：Φ0＝Φ，
解得：B＝88－t2(t＜8s)．
答案：(1)1m/s(2)1C(3)B＝88－t2(t＜8s)
Ⅱ.動量定理和動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
(20xx江西師大附中試卷)如圖所示，兩足夠長且不計(jì)其電阻的光滑金屬軌道，如圖所示放置，間距為d＝1m，在左端斜軌道部分高h(yuǎn)＝1．25m處放置一金屬桿a，斜軌道與平直軌道區(qū)域以光滑圓弧連接，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b電阻Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度B＝2T．現(xiàn)桿b以初速度v0＝5m/s開始向左滑動，同時(shí)由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3A；從a下滑到水平軌道時(shí)開始計(jì)時(shí)，a、b桿運(yùn)動速度－時(shí)間圖象如圖所示(以a運(yùn)動方向?yàn)檎?，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g＝10m/s2，求：
(1)桿a在斜軌道上運(yùn)動的時(shí)間；
(2)桿a在水平軌道上運(yùn)動過程中通過其截面的電量；
(3)在整個(gè)運(yùn)動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱．
解析：(1)對b棒運(yùn)用動量定理，有：
BdI－Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2m/s
代入數(shù)據(jù)得到：Δt＝5s
即桿在斜軌道上運(yùn)動時(shí)間為5s；
(2)對桿a下滑的過程中，機(jī)械能守恒：mgh＝12mav2a
va＝2gh＝5m/s
最后兩桿共同的速度為v′，由動量守恒得
mava＋mbvb＝(ma＋mb)v′
代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出v′＝83m/s
桿a動量變化等于它所受安培力的沖量，由動量定理可得I安＝BIdΔt′＝mava－mav′
而q＝IΔt′
由以上公式代入數(shù)據(jù)得q＝73C
(3)由能量守恒得，共產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝magh＋12mbv20－12(ma＋mb)v′2＝1616J
b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝52＋5Q＝1156J.
答案：(1)5s(2)73C(3)1156J
如圖所示，傾斜的金屬導(dǎo)軌和水平的金屬導(dǎo)軌接在一起，各自的兩條平行軌道之間距離都為d，傾斜導(dǎo)軌與水平面間的夾角為30°，在傾斜導(dǎo)軌的區(qū)域有垂直于軌道平面斜向上的勻強(qiáng)磁場，在水平導(dǎo)軌的區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B，傾斜導(dǎo)軌上放有金屬棒a，在緊靠兩導(dǎo)軌連接處的水平導(dǎo)軌上放有金屬棒b，a、b都垂直于各自的軌道，a質(zhì)量為m，b質(zhì)量為2m，a、b與水平的金屬導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)是μ，傾斜的金屬導(dǎo)軌光滑．傾斜軌道間接有電阻R，a、b的電阻值都是R，其余電阻不計(jì)．開始時(shí)，a固定，b靜止，且a距水平導(dǎo)軌平面的高度為h，現(xiàn)釋放a，同時(shí)給a一個(gè)平行于傾斜導(dǎo)軌向下的初速度，a就在傾斜導(dǎo)軌上做勻速運(yùn)動，經(jīng)過兩導(dǎo)軌的連接處時(shí)速度大小不變，在此過程中b仍然靜止，滑上水平導(dǎo)軌后即與b金屬棒粘在一起，在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動距離L后靜止．求：
(1)a在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動的速度v0大?。?br> (2)a在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，金屬棒a上產(chǎn)生的熱量Q是多大？
(3)a、b一起在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR是多大？
解析：(1)設(shè)在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，感應(yīng)電動勢為E，其中的電流強(qiáng)度為Ia，受到的磁場力為F，則
E＝Bdv0，R總＝32R
Ia＝E/R總，Ia＝2Bdv03R
F＝BIad，F(xiàn)＝2B2d2v03R
由于a在傾斜導(dǎo)軌上做勻速運(yùn)動，所以所受的合外力為零，則：
F＝mgsin30°
解得：v0＝3mgR4B2d2
(2)a在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，設(shè)a、b和電阻R中的電流強(qiáng)度分別是Ia、Ib和IR，產(chǎn)生的熱量分別是Qa、Qb和Q1，則
Ia＝2IRIb＝IR
由：Q＝I2Rt得
Qa＝4Q1，Qb＝Q1
根據(jù)能量守恒有：mgh＝Qa＋Qb＋Q1
Q1＝16mgh，所以Qa＝23mgh
(3)設(shè)a、b粘在一起的共同速度為v，由動量守恒定律則有：
mv0＝3mv
ab在水平軌道上運(yùn)動過程，克服摩擦力做功W，則
W＝μ3mgL
設(shè)電流流過a、b產(chǎn)生的熱量共為Qab，則有：
Qab＝12QR
根據(jù)能量守恒定律得：12×3mv2＝QR＋Qab＋W
得：QR等于電阻R上產(chǎn)生的熱量QR＝9m3g2R216B4d4－2μmgL
答案：(1)3mgR4B2d2(2)23mgh(3)9m3g2R216B4d4－2μmgL
4．(20xx東北三省四市教研聯(lián)合體模擬考試)(多選)如圖所示，平行導(dǎo)軌放在斜面上，勻強(qiáng)磁場垂直于斜面向上，恒力F拉動金屬桿ab從靜止開始沿導(dǎo)軌向上滑動，接觸良好，導(dǎo)軌光滑．從靜止開始到ab桿達(dá)到最大速度的過程中，恒力F做功為W，ab桿克服重力做功為W1，ab桿克服安培力做功為W2，ab桿動能的增加量為ΔEk，電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，ab桿重力勢能增加量為ΔEp，則()
A．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk＋ΔEp
B．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk
C．W＝Q＋ΔEk＋ΔEp
D．W2＝Q，W1＝ΔEp
解析：選CD功是能量轉(zhuǎn)化的量度，做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程．力F做的功導(dǎo)致內(nèi)能的增加、桿動能的增加和重力勢能的增加，所以有W＝Q＋ΔEk＋ΔEp，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤，C正確；克服重力做的功等于桿重力勢能的增加量，即W1＝ΔEp，克服安培力做的功等于電路產(chǎn)生的焦耳熱，即W2＝Q，選項(xiàng)D正確．
5．(20xx成都二診)如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計(jì)的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導(dǎo)軌的間距、電阻均為R、質(zhì)量均為m，銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的是()
A．回路中的最大電流為BLImR
B．銅棒b的最大加速度為B2L2I2m2R
C．銅棒b獲得的最大速度為Im
D．回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為I22m
解析：選B給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌的瞬時(shí)沖量I，此時(shí)銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，回路中電流最大，每個(gè)棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝Im，銅棒a電動勢E＝BLv0，回路電流I＝E2R＝BLI2mR，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此時(shí)銅棒b受到安培力F＝BIL，其加速度a＝Fm＝IB2L22Rm2，選項(xiàng)B正確；此后銅棒a做變減速運(yùn)動，銅棒b做變加速運(yùn)動，當(dāng)二者達(dá)到共同速度時(shí)，銅棒b速度最大，據(jù)動量守恒，mv0＝2mv，銅棒b最大速度v＝I2m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝12mv20－122mv2＝I24m，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
6．如圖，足夠長的光滑平行導(dǎo)軌水平放置，電阻不計(jì)，MN部分的寬度為2l，PQ部分的寬度為l，金屬棒a和b的質(zhì)量ma＝2mb＝2m，其電阻大小Ra＝2Rb＝2R，a和b分別在MN和PQ上，垂直導(dǎo)軌相距足夠遠(yuǎn)，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感強(qiáng)度為B，開始a棒向右速度為v0，b棒靜止，兩棒運(yùn)動時(shí)始終保持平行且a總在MN上運(yùn)動，b總在PQ上運(yùn)動，求a、b最終的速度．
解析：本題由于兩導(dǎo)軌的寬度不等，a、b系統(tǒng)動量不守恒，可對a、b分別用動量定理，a、b運(yùn)動產(chǎn)生感應(yīng)電流，a、b在安培力的作用下，分別作減速和加速運(yùn)動．回路中電動勢E總＝Ea－Eb＝2Blva－Blvb，
隨著va減小，vb增加，E總減小，安培力F＝E總lB/(3R)也隨之減小，故a棒的加速度a＝Fa/(2m)減小，b棒的加速度a′＝Fb/m也減?。?br> 當(dāng)E總＝0，即2Blva＝Blvb時(shí)，兩者加速度為零，兩棒均勻速運(yùn)動，且有vb＝2va①
對a、b分別用動量定理－Fat＝2m(va－vb)②
Fbt＝mvb③
而Fa＝2Fb④
聯(lián)立以上各式可得：va＝v03，vb＝2v03.
答案：v0323v0
20xx高考物理知識點(diǎn)：電磁感應(yīng)
經(jīng)驗(yàn)告訴我們，成功是留給有準(zhǔn)備的人。高中教師要準(zhǔn)備好教案，這是高中教師需要精心準(zhǔn)備的。教案可以讓學(xué)生們能夠更好的找到學(xué)習(xí)的樂趣，幫助高中教師提高自己的教學(xué)質(zhì)量。高中教案的內(nèi)容具體要怎樣寫呢？考慮到您的需要，小編特地編輯了“20xx高考物理知識點(diǎn)：電磁感應(yīng)”，僅供參考，大家一起來看看吧。
20xx高考物理知識點(diǎn)：電磁感應(yīng)
從高考物理試題組成來看，法拉第電磁感應(yīng)定律是一塊重點(diǎn)內(nèi)容。幾乎每年的高考物理題都有計(jì)算題出現(xiàn)，分值上所占的很大，也很有難度，同學(xué)們要下功夫攻克這個(gè)知識點(diǎn)。
在這篇文章中，我們向同學(xué)們詳細(xì)介紹下電磁感應(yīng)的概念，公式和解題注意事項(xiàng)。
電磁感應(yīng)現(xiàn)象
因磁通量變化而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的現(xiàn)象我們誠摯為電磁感應(yīng)現(xiàn)象。具體來說，閉合電路的一部分導(dǎo)體，做切割磁感線的運(yùn)動時(shí)，就會產(chǎn)生電流，我們把這種現(xiàn)象叫電磁感應(yīng)，導(dǎo)體中所產(chǎn)生的電流稱為感應(yīng)電流。
法拉第電磁感應(yīng)定律概念
基于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，大家開始探究感應(yīng)電動勢大小到底怎么計(jì)算？法拉第對此進(jìn)行了總結(jié)并得到了結(jié)論。感應(yīng)電動勢的大小由法拉第電磁感應(yīng)定律確定，電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通變化率成正比。公式：E=-n(dΦ)/(dt)。對動生的情況，還可用E=BLV來求。
電動勢的方向可以通過楞次定律來判定。高中物理wuli.in楞次定律指出：感應(yīng)電流的磁場要阻礙原磁通的變化。對于動生電動勢，同學(xué)們也可用右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，也就找出了感應(yīng)電動勢的方向。需要注意的是，楞次定律的應(yīng)用更廣，其核心在”阻礙”二字上。
感應(yīng)電動勢的大小計(jì)算公式
（1）E=n*ΔΦ/Δt（普適公式）{法拉第電磁感應(yīng)定律，E：感應(yīng)電動勢(V)，n：感應(yīng)線圈匝數(shù)，ΔΦ，Δt磁通量的變化率}
（2）E=BLVsinA(切割磁感線運(yùn)動)E=BLV中的v和L不可以和磁感線平行，但可以不和磁感線垂直，其中sinA為v或L與磁感線的夾角。{L:有效長度(m)}
（3）Em=nBSω（交流發(fā)電機(jī)最大的感應(yīng)電動勢）{Em:感應(yīng)電動勢峰值}
（4）E=B(L^2)ω/2（導(dǎo)體一端固定以ω旋轉(zhuǎn)切割）其中ω：角速度(rad/s)，V:速度(m/s)
電磁感應(yīng)現(xiàn)象是電磁學(xué)中最重大的發(fā)現(xiàn)之一，它顯示了電、磁現(xiàn)象之間的相互聯(lián)系和轉(zhuǎn)化，對其本質(zhì)的深入研究所揭示的電、磁場之間的聯(lián)系，對麥克斯韋電磁場理論的建立具有重大意義。電磁感應(yīng)現(xiàn)象在電工技術(shù)、電技術(shù)以及電磁測量等方面都有廣泛的應(yīng)用。
電磁感應(yīng)與靜電感應(yīng)的關(guān)系
電磁感應(yīng)現(xiàn)象不應(yīng)與靜電感應(yīng)混淆。電磁感應(yīng)將電動勢與通過電路的磁通量聯(lián)系起來，而靜電感應(yīng)則是使用另一帶電荷的物體使物體產(chǎn)生電荷的方法。
高考物理考點(diǎn)重點(diǎn)電磁感應(yīng)中的圖象與能量問題復(fù)習(xí)
第五課時(shí)電磁感應(yīng)中的圖象與能量問題
【教學(xué)要求】
1．理解電磁感應(yīng)的過程實(shí)質(zhì)就是能量轉(zhuǎn)化的過程，學(xué)會從能量的角度分析電磁感應(yīng)問題。
2．學(xué)會分析電磁感應(yīng)中的圖象問題
【知識再現(xiàn)】
一、電磁感應(yīng)中的圖象問題
電磁感應(yīng)中常涉及磁感應(yīng)強(qiáng)度B、磁通量ф、感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖像，即B-t圖像，ф-t圖像。E-t圖像和I-t圖像。對于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的情況，還常涉及感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨線圈位移x變化的圖像，即E-x圖像和I-x圖像．
這些圖像問題大體上可分為兩類：由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖像，或由給定的有關(guān)圖像分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量．
二、電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化問題
電磁感應(yīng)過程總是伴隨著能量轉(zhuǎn)化。導(dǎo)體切割磁感線或磁通量發(fā)生變化在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，機(jī)械能或其他形式能量便轉(zhuǎn)化為電能，具有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中受安培力作用或通過電阻發(fā)熱，又可使電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能或電阻的內(nèi)能。
因此，中學(xué)階段用能量轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)研究電磁感應(yīng)問題常是導(dǎo)體的穩(wěn)定運(yùn)動（勻速直線運(yùn)動或勻變速運(yùn)動）．對應(yīng)的受力特點(diǎn)是合外力為零或者恒定不變，能量轉(zhuǎn)化過程常是機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電阻內(nèi)能．
知識點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化規(guī)律
電磁感應(yīng)現(xiàn)象中出現(xiàn)的電能，一定是由其他形式的能轉(zhuǎn)化而來，具體問題中會涉及多種形式的能之間的轉(zhuǎn)化，機(jī)械能和電能的相互轉(zhuǎn)化、內(nèi)能和電能的相互轉(zhuǎn)化．分析時(shí)，應(yīng)當(dāng)牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量參與了相互轉(zhuǎn)化，如有摩擦力做功，必然有內(nèi)能出現(xiàn)；重力做功，就可能有機(jī)械能參與轉(zhuǎn)化；安培力做負(fù)功就將其他形式能轉(zhuǎn)化為電能（發(fā)電機(jī)），做正功將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能（電動機(jī)）；然后利用能量守恒列出方程求解。
【應(yīng)用1】光滑平行導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端通過開關(guān)S與內(nèi)阻不計(jì)、電動勢為E的電源相連，一根質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab，用長為l的絕緣細(xì)線懸掛，懸線豎直時(shí)導(dǎo)體棒恰好與導(dǎo)軌良好接觸且細(xì)線處于張緊狀態(tài)，如圖所示，系統(tǒng)空間有勻強(qiáng)磁場．當(dāng)閉合開關(guān)S時(shí)，導(dǎo)體棒被向右擺出，擺到最大高度時(shí)，細(xì)線與豎直方向成角，則（）
A．磁場方向一定豎直向下
B．磁場方向豎直向下時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小
C．導(dǎo)體棒離開導(dǎo)軌前通過棒的電量為
D．導(dǎo)體棒離開導(dǎo)軌前電源提供的電能大于
mgl(1–cos)
導(dǎo)示：選擇：BD。當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，導(dǎo)體棒向右擺起，說明其所受安培力水平向右或有水平向右的分量，但安培力若有豎直向上的分量，應(yīng)小于導(dǎo)體棒所受重力，否則導(dǎo)體棒會向上跳起而不是向右擺，由左手定則可知，磁場方向斜向下或豎直向下都成立，A錯(cuò)；當(dāng)滿足導(dǎo)體棒“向右擺起”時(shí)，若磁場方向豎直向下，則安培力水平向右，在導(dǎo)體棒獲得的水平?jīng)_量相同的條件下，所需安培力最小，因此磁感應(yīng)強(qiáng)度也最小，B正確；
設(shè)導(dǎo)體棒右擺初動能為Ek，擺動過程中機(jī)械能守恒，有Ek=mgl(1–cos)，導(dǎo)體棒的動能是電流做功而獲得的，若回路電阻不計(jì)，則電流所做的功全部轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的動能。
此時(shí)有W=IEt=qE=Ek，得W=mgl(1–cos)，，題設(shè)條件有電源內(nèi)阻不計(jì)而沒有“其他電阻不計(jì)”的相關(guān)表述，因此其他電阻不可忽略，那么電流的功就大于mgl(1–cos)，通過的電量也就大于，C錯(cuò)D正確．
類型一電磁感應(yīng)中的圖象問題分析
電磁感應(yīng)現(xiàn)象中圖像問題的分析，要抓住磁通量的變化是否均勻，從而推知感應(yīng)電動勢（電流）是否大小恒定．用楞次定律判斷出感應(yīng)電動勢（或電流）的方向，從而確定其正負(fù)。
分析回路中的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的大小及其變化規(guī)律，要利用法拉第電磁感應(yīng)定律來分析．有些圖像問題還要畫出等效電路來輔助分析，
另外，要正確解決圖像問題，必須能根據(jù)圖像的意義把圖像反映的規(guī)律對應(yīng)到實(shí)際過程中去，又能根據(jù)實(shí)際過程的抽象規(guī)律對應(yīng)到圖像中去，最終根據(jù)實(shí)際過程的物理規(guī)律進(jìn)行判斷，這樣，才抓住了解決圖像問題的根本。
【例1】（如東高級中學(xué)08屆高三第三次階段測試）如圖甲所示，兩個(gè)垂直紙面的勻強(qiáng)磁場方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，磁場區(qū)域的寬度均為a，一正三角形（高度為a）導(dǎo)線框ABC從圖示位置沿圖示方向勻速穿過兩磁場區(qū)域，以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，在圖乙中感應(yīng)電流I與線框移動距離x的關(guān)系圖象正確的是（）
導(dǎo)示：導(dǎo)線框進(jìn)入左邊磁場時(shí)，切割磁感應(yīng)線的有效長度L=2vttan30°，與時(shí)間成正比。根據(jù)楞次定律可以判定，導(dǎo)線框進(jìn)入左邊磁場和離開右邊磁場時(shí)，電路中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。導(dǎo)線框在穿越兩個(gè)磁場過程中，電路中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向。
類型二電磁感應(yīng)中的能量問題的分析
解決電磁感應(yīng)中的能量問題的基本方法是：
（1）用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動勢的大小和方向；
（2）畫出等效電路，求出回路中電阻消耗電功率表達(dá)式；
（3）分析導(dǎo)體機(jī)械能的變化，用能量守恒關(guān)系得到機(jī)械功率的改變與回路中電功率的改變所滿足的方程。
【例2】（上海徐匯區(qū)08屆高三第一學(xué)期期末試卷）（14分）如圖甲所示，光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距為L＝1m，定值電阻R1＝4Ω，R2＝2Ω，導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m＝1kg的金屬桿，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.8T的勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，現(xiàn)用一拉力F沿水平方向拉桿，使金屬桿由靜止開始運(yùn)動。圖乙所示為通過R1中的電流平方隨時(shí)間變化的I12—t圖線，求：
（1）5s末金屬桿的動能；
（2）5s末安培力的功率；
（3）5s內(nèi)拉力F做的功。
導(dǎo)示：（1）E＝BLv＝I1R1，
v＝I1R1BL＝0.240.81m/s＝50.2m/s，
Ek＝12mv2＝2.5J；
（2）I＝3I1＝30.2A，
PA＝I12R1＋I(xiàn)22R2＝3I12R1＝2.4W
或FA＝BIL＝2.40.2N，PA＝FAv＝2.4W；
（3）由PA＝3I12R1和圖線可知，PAt，所以
WA＝12PAmt＝6J；
（或根據(jù)圖線，I12t即為圖線與時(shí)間軸包圍的面積，所以WA＝3I12R1t＝3×12×5×0.2×4＝6J）
又WF－WA＝Ek，得WF＝WA＋Ek＝8.5J。
1．（鹽城中學(xué)08屆高三年級12月份測試題）如圖所示，在PQ、QR區(qū)域中存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的勻強(qiáng)磁場，磁場方向均垂直于紙面。一導(dǎo)線框abcdef位于紙面內(nèi)，況的鄰邊都相互垂直，bc邊與磁場的邊界P重合。導(dǎo)線框與磁場區(qū)域的尺寸如圖所示。從t=0時(shí)刻開始，線框勻速橫穿兩個(gè)磁場區(qū)域。以a→b→c→d→e→f為線框中的電動勢ε的正方向，以下四個(gè)ε-t關(guān)系示意圖中正確的是（）
2．（南通海安實(shí)驗(yàn)中學(xué)08年1月考試卷）如圖所示，固定在水平絕緣平面上足夠長的金屬導(dǎo)軌不計(jì)電阻，但表面粗糙，導(dǎo)軌左端連接一個(gè)電阻R，質(zhì)量為m的金屬棒(電阻也不計(jì))放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，用水平恒力F把MN棒從靜止起向右拉動的過程中，（）
A、恒力F做的功等于電路產(chǎn)生的電能；
B、恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能；
C、克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能；
D、恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和棒獲得的動能之和
3、（上海徐匯區(qū)08屆高三第一學(xué)期期末試卷）如圖所示，相距為d的兩條水平虛線L1、L2之間是方向水平向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，正方形線圈abcd邊長為L（L＜d），質(zhì)量為m，電阻為R，將線圈在磁場上方高h(yuǎn)處靜止釋放，cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為v0，cd邊剛離開磁場時(shí)速度也為v0，則線圈穿越磁場的過程中（從cd邊剛進(jìn)入磁場起一直到ab邊離開磁場為止）（）
A、感應(yīng)電流所做的功為mgd
B、感應(yīng)電流所做的功為2mgd
C、線圈的最小速度可能為mgRB2L2
D、線圈的最小速度一定為2g（h＋L－d）
4、（泰州市08屆高三聯(lián)考熱身訓(xùn)練）如圖所示，相距為L的兩根豎直的足夠長的光滑導(dǎo)軌MN、PQ，M、P之間接一阻值為R的定值電阻，金屬棒ab質(zhì)量為m，與導(dǎo)軌接觸良好。整個(gè)裝置處在方向垂直紙面向里水平勻強(qiáng)磁場中，金屬棒和導(dǎo)軌電阻不計(jì)?，F(xiàn)讓ab棒由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間t達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)，此時(shí)ab棒速度為v；
（1）請證明導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中，克服安培力的功率等于電路中電功率。
（2）若m=0.2kg，L=0.5m，R=lΩ，v=2m/s，棒從開始釋放到穩(wěn)定狀態(tài)過程中流過棒電量為0.5C，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小以及棒從開始到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)下落的高度h。（g取10m/s2）
（3）接第(2)問，若棒從開始到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)所用時(shí)間t=2s，求流過電阻R的電流有效值。（結(jié)果可保留根號）
答案：1、C2、CD3、BCD
4、（1）略；（2）0.5m；（3）A
20xx高考物理重點(diǎn)難點(diǎn)總結(jié)：電磁感應(yīng)
一名優(yōu)秀的教師在教學(xué)方面無論做什么事都有計(jì)劃和準(zhǔn)備，作為教師就需要提前準(zhǔn)備好適合自己的教案。教案可以讓學(xué)生能夠聽懂教師所講的內(nèi)容，幫助授課經(jīng)驗(yàn)少的教師教學(xué)。所以你在寫教案時(shí)要注意些什么呢？下面是由小編為大家整理的“20xx高考物理重點(diǎn)難點(diǎn)總結(jié)：電磁感應(yīng)”，歡迎您參考，希望對您有所助益！
20xx高考物理重點(diǎn)難點(diǎn)總結(jié)：電磁感應(yīng)
從應(yīng)試而言，應(yīng)是帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(力，運(yùn)動軌跡，幾何特別是圓)，電磁感應(yīng)綜合(電磁感應(yīng)，安培力，非勻變速運(yùn)動，微元累加，含n遞推，功與熱)最難，位處壓軸之列。當(dāng)然，牛頓力學(xué)是基本功。電磁感應(yīng)現(xiàn)象因磁通量變化而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的現(xiàn)象我們誠摯為電磁感應(yīng)現(xiàn)象。具體來說，閉合電路的一部分導(dǎo)體，做切割磁感線的運(yùn)動時(shí)，就會產(chǎn)生電流，我們把這種現(xiàn)象叫電磁感應(yīng)，導(dǎo)體中所產(chǎn)生的電流稱為感應(yīng)電流。法拉第電磁感應(yīng)定律概念基于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，大家開始探究感應(yīng)電動勢大小到底怎么計(jì)算?法拉第對此進(jìn)行了總結(jié)并得到了結(jié)論。感應(yīng)電動勢的大小由法拉第電磁感應(yīng)定律確定，電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通變化率成正比。公式：E=-n(dΦ)/(dt)。對動生的情況，還可用E=BLV來求。電動勢的方向可以通過楞次定律來判定。高中物理wuli.in楞次定律指出：感應(yīng)電流的磁場要阻礙原磁通的變化。對于動生電動勢，同學(xué)們也可用右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，也就找出了感應(yīng)電動勢的方向。需要注意的是，楞次定律的應(yīng)用更廣，其核心在”阻礙”二字上。(1)E=n*ΔΦ/Δt(普適公式){法拉第電磁感應(yīng)定律，E：感應(yīng)電動勢(V)，n：感應(yīng)線圈匝數(shù)，ΔΦ，Δt磁通量的變化率}(2)E=BLVsinA(切割磁感線運(yùn)動)E=BLV中的v和L不可以和磁感線平行，但可以不和磁感線垂直，其中sinA為v或L與磁感線的夾角。{L:有效長度(m)}(3)Em=nBSω(交流發(fā)電機(jī)最大的感應(yīng)電動勢){Em:感應(yīng)電動勢峰值}(4)E=B(L2)ω/2(導(dǎo)體一端固定以ω旋轉(zhuǎn)切割)其中ω：角速度(rad/s)，V:速度(m/s)電磁感應(yīng)現(xiàn)象是電磁學(xué)中最重大的發(fā)現(xiàn)之一，它顯示了電、磁現(xiàn)象之間的相互聯(lián)系和轉(zhuǎn)化，對其本質(zhì)的深入研究所揭示的電、磁場之間的聯(lián)系，對麥克斯韋電磁場理論的建立具有重大意義。電磁感應(yīng)現(xiàn)象在電工技術(shù)、電技術(shù)以及電磁測量等方面都有廣泛的應(yīng)用。電磁感應(yīng)與靜電感應(yīng)的關(guān)系電磁感應(yīng)現(xiàn)象不應(yīng)與靜電感應(yīng)混淆。電磁感應(yīng)將電動勢與通過電路的磁通量聯(lián)系起來，而靜電感應(yīng)則是使用另一帶電荷的物體使物體產(chǎn)生電荷的方法。高中物理最難的部分之動力學(xué)分析縱觀整個(gè)高中物理，最難的地方還是在于力學(xué)。如果你是一位十年教齡的老師，相信您絕對認(rèn)可我的這句話。貌似有不少的老師總是把“力學(xué)是物理的基礎(chǔ)”掛在嘴邊(咦，好像我也是這個(gè)樣子的)，這也是一個(gè)大實(shí)話;但這總是被學(xué)生誤解，他們會認(rèn)為物理中的力學(xué)問題都很基本的、簡單的。其實(shí)往往情況相反，力學(xué)的很多問題，真的很難。如果你覺得自己沒有遇到過力學(xué)難題，那說明你物理學(xué)得還不錯(cuò)，推薦你去買本物理競賽的書看看吧。一天之內(nèi)保證讓你感慨：TMD，原來力學(xué)這么難啊!插入一句哈，有意向自主招生的同學(xué)，高一就開始準(zhǔn)備點(diǎn)競賽的書看看吧。高中老師可不像是初中老師一樣當(dāng)你的保姆，一切都考你自己，尤其是重點(diǎn)中學(xué)?；貋砹税?，接著說物理的問題。如果是靜電場的問題，難度就在于判定電場的分布情況以及運(yùn)動模式，這一點(diǎn)20xx年的北京高考理綜物理壓軸題考察的比較好。至于電磁感應(yīng)的問題，難點(diǎn)往往在于電路與電熱的分析，如果命題者在力學(xué)上面玩狠些的，也比較討厭。好了，我們好像有點(diǎn)跑題了，還是回歸下，來說力學(xué)的問題。我們的力學(xué)模塊非常清晰，這也就是為什么多次進(jìn)行力學(xué)體系的改革總是換湯不換藥。整個(gè)高中物理的力學(xué)部分只有三大部分，分別是：(1)牛頓動力學(xué)(包括直線運(yùn)動、受力分析與牛頓定律);(2)曲線運(yùn)動(包括平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動、天體運(yùn)動);(3)機(jī)械能與動量。別告訴我說你的受力分析很牛，隨便一道小題，就能把你難道，不信你就看看王尚的這篇文章吧：20xx年海南高考理綜物理第5題。也不要說你曲線運(yùn)動已經(jīng)學(xué)得非常棒了，2008年北京高考理綜物理的壓軸題(第24題)，你不一定能做出來。至于機(jī)械能與動量的問題，我不用說，更是難點(diǎn)。OK，如果你覺得這里一點(diǎn)都不難，那么恭喜你，準(zhǔn)備物理考滿分吧;王尚相信有這樣的學(xué)生存在，每個(gè)省都有。非常簡單的一個(gè)物體的運(yùn)動，是非常簡單判定的。但是多個(gè)物體構(gòu)成的復(fù)雜系統(tǒng)，多種運(yùn)動情況的交替變換，涉及多種臨界態(tài)并伴隨著各種形式能量的變化，物理題可就不是那么好玩了，不是么?
