電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用真題情境2021·湖南卷T102021·廣東卷T102021·全國甲卷T212021·全國乙卷T25考情分析【命題分析】高考命題在本講的命題熱點(diǎn)為楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，電磁感應(yīng)中的圖象問題、電路問題、動(dòng)力學(xué)和能量問題，題型以選擇題為主；計(jì)算題常以“導(dǎo)體棒”切割磁感線為背景，還可能會(huì)涉及動(dòng)量的問題。【素養(yǎng)要求】1．掌握楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律，并靈活應(yīng)用。2．掌握電磁感應(yīng)中圖象的分析技巧。3．做好電磁感應(yīng)中的電路分析、電源分析、動(dòng)力學(xué)和能量轉(zhuǎn)化分析。必備知識(shí)突破點(diǎn)一|楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1．判定感應(yīng)電流方向的兩種方法(1)楞次定律：一般用于線圈面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化的情形。(2)右手定則：一般用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情形。2．求感應(yīng)電動(dòng)勢的方法(1)(2)導(dǎo)體棒垂直切割eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平動(dòng)切割：E＝Blv,轉(zhuǎn)動(dòng)切割：E＝\f(1,2)Bl2ω))3．電磁感應(yīng)中電荷量的求解方法q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝neq\f(ΔΦ,R＋r)(n：匝數(shù)，ΔΦ：磁通量變化量，R＋r：閉合電路的總電阻)4．楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”。(2)阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)——“來拒去留”。(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢——“增縮減擴(kuò)”。(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”。[典例1](多選)在三角形ABC區(qū)域中存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，三邊電阻均為R的三角形導(dǎo)線框abc沿AB方向從A點(diǎn)以速度v勻速穿過磁場區(qū)域。如圖所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。A．感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向，后沿順時(shí)針方向B．感應(yīng)電流先增大，后減小C．通過線框的電荷量為eq\f(\r(3)BL2,6R)D．c、b兩點(diǎn)的最大電勢差為eq\r(3)BLv[題眼點(diǎn)撥]①“三角形導(dǎo)線框”表明線框進(jìn)入磁場過程中有效長度發(fā)生變化。②“穿過磁場區(qū)域”表明磁通量先增大，后減少。AD[線圈穿過磁場的過程中，磁通量先增加后減小，則根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向，后沿順時(shí)針方向，選項(xiàng)A正確；線框穿過磁場的過程中，切割磁感線的有效長度先增加、后減小、再增加，則感應(yīng)電流先增加、后減小、再增加，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R總)，因進(jìn)入和穿出磁場時(shí)，磁通量的變化量相同，且感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向，后沿順時(shí)針方向，可知通過線框的電荷量為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場時(shí)，c、b兩點(diǎn)的電勢差最大，最大為Ucb＝E＝B·eq\r(3)Lv＝eq\r(3)BLv，選項(xiàng)D正確。][考向預(yù)測]1．(多選)(2021·山東素養(yǎng)強(qiáng)化卷)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T，在勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，將質(zhì)量為m＝1kg、長為L＝1m、電阻為R＝1Ω的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置在足夠長的水平光滑U形導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌間距為L＝1m，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)。金屬棒ab在垂直于棒的水平拉力F的作用下，由靜止開始(t＝0時(shí))以加速度a＝1m/s2向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2s后保持拉力的功率不變，直到棒ab以最大速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)再撤去拉力F。下列說法正確的是()A．2s時(shí)拉力F的大小為3NB．棒ab的最大速度為6m/sC．0～2s內(nèi)安培力對(duì)金屬棒的沖量大小為4N·sD．撤去拉力F后，棒ab運(yùn)動(dòng)的距離為eq\r(6)mAD[起初棒ab做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t＝2s時(shí)由牛頓第二定律有F－BIL＝ma，棒ab切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv,2s時(shí)的速度為v＝at＝2m/s，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)，聯(lián)立解得F＝3N，A正確；t＝2s時(shí)拉力F的功率為P＝Fv＝6W，棒ab最終做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)棒ab的最大速度為vmax，棒受力平衡，則有eq\f(P,vmax)－BImaxL＝0，其中Imax＝eq\f(BLvmax,R)，聯(lián)立解得vmax＝eq\r(6)m/s，B錯(cuò)誤；0～2s內(nèi)，金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所受安培力F安＝eq\f(B2L2at,R)，可知安培力隨時(shí)間均勻增大，安培力的沖量為F安-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積，即I安＝eq\f(F安2＋0,2)t＝2N·s，C錯(cuò)誤；撤去拉力F后，以金屬棒ab為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mΔv，又q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，解得BLq＝mvmax，又有q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)，其中x為撤去拉力F后棒ab運(yùn)動(dòng)的距離，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得x＝eq\r(6)m，D正確。故選AD。]2．(多選)(2021·安徽省馬鞍山市高三下學(xué)期4月二模)如圖所示的回路，其半圓形部分處在勻強(qiáng)磁場中，半徑為0.5m。t＝0時(shí)磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律為B＝B0－kt，其中B0＝8T，k＝8T/s。電源E的電動(dòng)勢為2.0V，回路的總電阻為2.0Ω。則()A．t＝0.5s時(shí)，回路中的電流約為0.57AB．t＝1s時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢為零C．t＝1s時(shí)，回路中的電流方向發(fā)生改變D．t＝1s時(shí)，回路受到安培力的方向發(fā)生改變AD[回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E′＝eq\f(ΔB,Δt)S＝k·eq\f(1,2)πr2＝3.14V，感應(yīng)電動(dòng)勢的方向與電源E的方向相反，回路的電流I＝eq\f(E′－E,R)＝0.57A，電流的方向是不變的，選項(xiàng)A正確，B、C錯(cuò)誤；t＝1s時(shí)，B＝0，磁場的方向發(fā)生改變，則回路受到安培力的方向發(fā)生改變，選項(xiàng)D正確。]3．如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，不計(jì)其他電阻和摩擦，下列說法正確的是()A．棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．電阻消耗的電功率為eq\f(πB2r4ω,2R)D．電容器所帶的電荷量為CBr2ωB[棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；金屬棒電阻不計(jì)，故電容器兩極板間的電壓等于棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢，微粒的重力與其受到的電場力大小相等，有qeq\f(E,d)＝mg，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，選項(xiàng)B正確；電阻消耗的電功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電容器所帶的電荷量Q＝CE＝eq\f(1,2)CBr2ω，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]突破點(diǎn)二|電磁感應(yīng)中的圖象問題1．“三點(diǎn)關(guān)注”(1)關(guān)注初始時(shí)刻，如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零，是正方向還是負(fù)方向。(2)關(guān)注變化過程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖象變化相對(duì)應(yīng)。(3)關(guān)注大小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對(duì)應(yīng)。2．“兩種方法”(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)，特別是物理量的正負(fù)，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物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象作出分析和判斷，這未必是最簡單的方法，但卻是最有效的方法。[典例2](2021·江蘇揚(yáng)州模擬)如圖所示，在光滑水平面上，有一個(gè)粗細(xì)均勻的單匝正方形閉合線框abcd。t＝0時(shí)刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，bc邊剛進(jìn)入磁場的時(shí)刻為t1，ad邊剛進(jìn)入磁場的時(shí)刻為t2，設(shè)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為i，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列i、U、F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化的關(guān)系圖象正確的是()ABCDC[線框的速度與時(shí)間的關(guān)系式為v＝at，a是加速度。由E＝BLv和I＝eq\f(E,R)得，感應(yīng)電流與時(shí)間的關(guān)系式為I＝eq\f(BLa,R)t，B、L、a均不變，0～t1時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，t1～t2時(shí)間內(nèi)，電流I與t成正比，t2時(shí)刻后無感應(yīng)電流，故A、B錯(cuò)誤；感應(yīng)電流與時(shí)間的關(guān)系式為I＝eq\f(BLa,R)t,0～t1時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，ad的電壓為零，t1～t2時(shí)間內(nèi)，電流I與t成正比，Uad＝IRad＝eq\f(BLat,R)×eq\f(1,4)R＝eq\f(BLat,4)，電壓隨時(shí)間均勻增加，t2時(shí)刻后無感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動(dòng)勢，Uad＝E＝BLat，電壓隨時(shí)間均勻增加，故C正確；線框所受的安培力為FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，由牛頓第二定律得F－FA＝ma，得F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma,0～t1時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，F(xiàn)＝ma，為定值，t1～t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)與t是線性關(guān)系，但不過原點(diǎn)，t2時(shí)刻后無感應(yīng)電流，F(xiàn)＝ma，為定值，故D錯(cuò)誤。]反思感悟：解決電磁感應(yīng)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、v-t圖、I-t圖等(如典例的四個(gè)選項(xiàng)中的三類圖象)。(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?qū)?yīng)關(guān)系。(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律寫出函數(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。[考向預(yù)測]4．(2021·廣東肇慶市高三二模)如圖所示，將粗細(xì)均勻的導(dǎo)體圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，圓環(huán)半徑為a，圓環(huán)的最高點(diǎn)A處用鉸鏈連接粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒AD，導(dǎo)體棒的長度為2a，電阻為r，圓環(huán)電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中。現(xiàn)使導(dǎo)體棒AD繞鉸鏈從水平位置開始順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，導(dǎo)體棒與圓環(huán)始終接觸良好。導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，i表示流過導(dǎo)體棒的電流，取電流從A流向D的方向?yàn)檎较颍瑒t正確描述電流i隨時(shí)間tABCDC[金屬棒AD與圓環(huán)接觸點(diǎn)間的電動(dòng)勢為E＝eq\f(1,2)B(2asinωt)2ω，電阻為R＝rsinωt，由歐姆定律可知電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2Ba2ω,r)sinωt，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)過程中前半個(gè)周期有電流，由右手定則或楞次定律可以判定電流由A指向D，后半個(gè)周期，即轉(zhuǎn)到180°后不再構(gòu)成回路，金屬棒AD中無電流，故選項(xiàng)C正確。]5．(多選)(2021·山東省日照市高三下學(xué)期5月三模)如圖所示，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，相同的光滑金屬棒P、Q靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，用水平恒力向右拉動(dòng)金屬棒Q，運(yùn)動(dòng)過程中，金屬棒P、Q始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，金屬棒P的速度用v表示，加速度用a表示；P、Q與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中的電流用I表示，磁通量用Φ表示。v、a、I、Φ與時(shí)間t的關(guān)系圖象，正確的是()ABCDAC[由題意可知Q棒由靜止開始加速，受F和反向的安培力作用；P棒在安培力作用下同樣由靜止加速，則有F－F安＝maQ，F(xiàn)安＝maP，剛開始一段時(shí)間內(nèi)aQ>aP，故vQ－vP增大；又因?yàn)镮＝eq\f(BLvQ－vP,R總)，所以I一開始增大，且變化速率與aQ－aP相同，越來越?。划?dāng)aQ和aP相同時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，vQ－vP不變，電流不變；故金屬棒P先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，然后做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A、C正確，B錯(cuò)誤；達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)aQ＝aP，但vQ>vP，PQ間的距離xPQ增大，故根據(jù)Φ＝BLxPQ可知Φ不斷增大，故D錯(cuò)誤。]6．(2021·四川省內(nèi)江市高三下學(xué)期二模)如圖(a)所示，水平面上固定著兩根間距L＝0.5m的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，M、P兩點(diǎn)間連接一個(gè)阻值R＝3Ω的電阻，一根質(zhì)量m＝0.2kg、電阻r＝2Ω的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置。在金屬棒右側(cè)兩條虛線與導(dǎo)軌之間的矩形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁場寬度d＝5.2m?，F(xiàn)對(duì)金屬棒施加一個(gè)大小F＝2N、方向平行導(dǎo)軌向右的恒力，從金屬棒進(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖(b)所示，運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。則金屬棒()(a)(b)A．剛進(jìn)入磁場時(shí)，a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)B．剛進(jìn)入磁場時(shí)，通過電阻R的電流大小為0.6AC．通過磁場過程中，通過金屬棒橫截面的電荷量為1.04CD．通過磁場過程中，金屬棒的極限速度為4m/sC[根據(jù)右手定則，b點(diǎn)為電源的正極，所以a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)，A錯(cuò)誤；剛進(jìn)入磁場時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv＝4V，電流為I＝eq\f(E,R＋r)＝0.8A，B錯(cuò)誤；通過磁場過程中，通過金屬棒橫截面的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLd,R＋r)＝1.04C，C正確；通過磁場過程中，當(dāng)安培力與外力平衡時(shí)，速度達(dá)到極限，有F＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R＋r)，解得vm＝10m/s，D錯(cuò)誤。]突破點(diǎn)三|電磁感應(yīng)中的力電綜合1．2．3．求解焦耳熱Q的三種方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt。(2)功能關(guān)系：Q＝W克服安培力。(3)能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE其他。4．利用動(dòng)量定理求感應(yīng)電荷量或運(yùn)動(dòng)位移如：Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝Δp，q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，可得q＝eq\f(Δp,BL)。eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－)),R總)Δt＝Δp，x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt，可得x＝eq\f(ΔpR總,B2L2)。動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用[典例3](2021·山東濰坊高三4月檢測)如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成θ＝37°放置，在斜面上虛線cc′和bb′與斜面底邊平行，且兩線間距為d＝0.1m，在cc′、bb′圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T；現(xiàn)有一質(zhì)量m＝10g、總電阻為R＝1Ω、邊長也為d＝0.1m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與cc′重合，現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬線圈從最高點(diǎn)返回到磁場區(qū)域時(shí)，線圈剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g取10m/s2，不計(jì)其他阻力，求：(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時(shí)的速度大??；(2)線圈向上離開磁場區(qū)域時(shí)的動(dòng)能；(3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。[題眼點(diǎn)撥](1)“粗糙斜面”考慮摩擦力對(duì)運(yùn)動(dòng)的影響及摩擦力做功。(2)“剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)”沿斜面方向上，重力的分量、摩擦力及安培力合力為零。[解析](1)金屬線圈向下勻速進(jìn)入磁場時(shí)有mgsinθ＝μmgcosθ＋F安其中F安＝BId，I＝eq\f(E,R)，E＝Bdv解得v＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθR,B2d2)＝2m/s。(2)設(shè)最高點(diǎn)離bb′的距離為x，線圈從最高點(diǎn)到開始進(jìn)入磁場過程做勻加速直線運(yùn)動(dòng)有v2＝2ax，mgsinθ－μmgcosθ＝ma線圈從向上離開磁場到向下進(jìn)入磁場的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有Ek1－Ek＝μmgcosθ·2x，其中Ek＝eq\f(1,2)mv2解得Ek1＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(v2μmgcosθ,gsinθ－μgcosθ)＝0.1J。(3)線圈向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，有mgsinθ·2d－μmgcosθ·2d＋W安＝0，Q＝－W安解得Q＝2mgd(sinθ－μcosθ)＝4×10－3J。[答案](1)2m/s(2)0.1J(3)4×10－3J反思感悟：求解電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)和能量問題的兩個(gè)關(guān)鍵(1)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。(2)分析清楚有哪些力做功及這些力做功的特點(diǎn)，就可以知道合外力及能量相互轉(zhuǎn)化情況。動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用[典例4]兩足夠長且不計(jì)電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d＝1m，在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)＝1.25m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處平滑無摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T。現(xiàn)桿b以初速度大小v0＝5m/s開始向左滑動(dòng)，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運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：甲乙(1)桿a在弧形軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過程中通過其截面的電荷量；(3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。[思路點(diǎn)撥]解此題關(guān)鍵有兩點(diǎn)：(1)合理選取研究對(duì)象，做好運(yùn)動(dòng)過程分析。(2)充分利用圖象獲取初狀態(tài)和末狀態(tài)的信息。[解析](1)設(shè)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時(shí)桿b的速度大小為vb0，對(duì)桿b運(yùn)用動(dòng)量定理，有Bdeq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝mb(v0－vb0)其中vb0＝2m/s代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5s。(2)對(duì)桿a由靜止下滑到平直導(dǎo)軌上的過程中，由機(jī)械能守恒定律有magh＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)解得va＝eq\r(2gh)＝5m/s設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v′，由動(dòng)量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′代入數(shù)據(jù)解得v′＝eq\f(8,3)m/s桿a動(dòng)量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v′的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為Δt′，則由動(dòng)量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)而q＝I·Δt′代入數(shù)據(jù)得q＝eq\f(7,3)C。(3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝magh＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋ma)v′2＝eq\f(161,6)Jb桿中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝eq\f(Rb,Ra＋Rb)Q＝eq\f(115,6)J。[答案](1)5s(2)eq\f(7,3)C(3)eq\f(115,6)J反思感悟：在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們受到的安培力的合力為0時(shí)，滿足動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解比較方便。[考向預(yù)測]7．(2021·山東省教科所高三下學(xué)期5月二模)如圖所示，水平面內(nèi)放置著足夠長的兩光滑平行導(dǎo)軌，m、n是兩根同樣材料的圓柱形金屬導(dǎo)體棒，兩根棒的長度相等，n棒的質(zhì)量是m棒的兩倍。勻強(qiáng)磁場方向豎直向下。若給m棒9J的初動(dòng)能，使之向左運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，則整個(gè)過程m棒產(chǎn)生的最大熱量是()A．2JB．4JC．6JD．9JB[因m向左減速，n向左加速，當(dāng)兩者共速時(shí)回路的感應(yīng)電流為零，安培力為零，以后兩棒勻速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒定律可知Mv0＝(M＋2M)v，則回路產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·3Mv2，其中eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝9J，因?yàn)閚棒的質(zhì)量是m棒的兩倍，則n棒的橫截面積是m棒的兩倍，根據(jù)R＝ρeq\f(l,S)可知，m棒的電阻是n棒電阻的2倍，則Qm＝eq\f(2,3)Q，聯(lián)立解得Qm＝4J，選項(xiàng)B正確。]8．(多選)(2021·山東濰坊市高考模擬考試)如圖所示，MN和PQ是兩根電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，導(dǎo)軌水平部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與水平導(dǎo)軌平面夾角為37°，導(dǎo)軌右端接一阻值為R的定值電阻，質(zhì)量為m、長度為L的金屬棒，垂直導(dǎo)軌放置，從導(dǎo)軌左端高h(yuǎn)處靜止釋放，進(jìn)入磁場后運(yùn)動(dòng)一段距離停止。已知金屬棒電阻為R，與導(dǎo)軌間接觸良好，且始終與磁場垂直，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，則金屬棒進(jìn)入磁場區(qū)域后()A．定值電阻兩端的最大電壓為eq\f(BL\r(2gh),2)B．金屬棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)導(dǎo)軌的壓力越來越大C．金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)的距離為eq\f(2mR\r(2gh),B2L2)D．定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mghBD[金屬棒進(jìn)入磁場的瞬間，金屬棒的速度最大，棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢最大，定值電阻R兩端的電壓最大，設(shè)金屬棒進(jìn)入磁場瞬間的速度為v，則由機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLvsin37°，定值電阻兩端的電壓為U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(1,2)BLvsin37°＝eq\f(3BL\r(2gh),10)，A錯(cuò)誤；金屬棒進(jìn)入磁場后，所受的安培力垂直磁場斜向左上方，則金屬棒做減速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸減小，感應(yīng)電流逐漸減小，安培力逐漸減小，安培力豎直向上的分力逐漸減小，則在豎直方向上金屬棒對(duì)水平導(dǎo)軌的壓力逐漸增大，B正確；對(duì)金屬棒在水平方向上由動(dòng)量定理得－Bsin37°·eq\o(I,\s\up6(－))Lt＝0－mv，由歐姆定律有eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)，又由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bsin37°·Lx,Δt)，整理得x＝eq\f(50mR\r(2gh),9B2L2)，C錯(cuò)誤；對(duì)金屬棒的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程由能量守恒定律得mgh＝QR＋Q棒，由于金屬棒和定值電阻的阻值相等，則QR＝Q棒，解得QR＝eq\f(1,2)mgh，D正確。故選BD。]9．(2021·安徽省黃山市高三下學(xué)期4月二模)如圖所示，某生產(chǎn)線圈的廠家通過水平絕緣傳送帶輸送相同的閉合銅線圈，為了檢測出未閉合的不合格的線圈，讓傳送帶通過一固定的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，線圈進(jìn)入磁場前等距離排列，穿過磁場后根據(jù)線圈間的距離的變化，就可以檢測出不合格的線圈。已知磁場方向垂直于傳送帶平面向上，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場的左、右邊界MN、PQ與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向垂直，MN與PQ的距離為eq\r(3)d。有兩個(gè)邊長均為L(L<d)的正方形單匝線圈甲和乙，均與傳送帶以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶足夠長且運(yùn)行速度恒為v0；乙是不合格的線圈，甲為閉合線圈。甲進(jìn)入磁場過程相對(duì)于傳送帶滑動(dòng)，其右側(cè)邊到達(dá)磁場邊界PQ時(shí)速度仍等于v0，從開始穿出磁場到恰好又與傳送帶的速度相等時(shí)發(fā)生的位移為d。已知甲線圈的質(zhì)量為m，電阻為R，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且在傳送帶上始終保持前、后側(cè)邊平行于磁場邊界MN，不考慮空氣阻力的影響，重力加速度為g。求：(1)甲剛進(jìn)入磁場時(shí)的加速度；(2)甲在進(jìn)入磁場的運(yùn)動(dòng)過程中速度的最小值；(3)最終甲和乙之間的距離的改變量；(4)甲和傳送帶因磁場的影響會(huì)額外至少產(chǎn)生的熱量。[解析](1)甲右側(cè)邊剛進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝BLv0產(chǎn)生的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)右側(cè)邊所受安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg＝ma解得加速度大小為a＝eq\f(B2L2v0,mR)－μg，方向水平向左。(2)甲進(jìn)入磁場過程與從磁場穿出過程運(yùn)動(dòng)情況相同，在甲剛從磁場中完全穿出又勻加速運(yùn)動(dòng)到與傳送帶的速度相等的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理μmg(d－L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解得最小速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)－2μgd－L)。(3)甲從開始穿出磁場到恰好又與傳送帶的速度相等的過程中，設(shè)經(jīng)歷的時(shí)間為t，其中線圈穿出磁場過程經(jīng)歷的時(shí)間為t1，根據(jù)動(dòng)量定理得μmgt－IA＝0其中安培力的沖量大小IA＝eq\f(B2L2,R)eq\o(v,\s\up6(－))·t1＝eq\f(B2L3,R)其中eq\o(v,\s\up6(－))·t1＝L解得t＝eq\f(B2L3,μmgR)乙是不閉合線圈，故穿入、穿出磁場過程其運(yùn)動(dòng)不受影響，則最終甲和乙之間的距離的改變量Δx＝2v0t－2d＝eq\f(2B2L3v0,μmgR)－2d。(4)法一：甲在穿入和穿出磁場的過程受到傳送帶的摩擦力作用的時(shí)間內(nèi)，傳送帶的位移為：x＝2v0t＝eq\f(2B2L3v0,μmgR)根據(jù)功能關(guān)系，甲和傳送帶因磁場的影響會(huì)額外至少產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx＝eq\f(2B2L3v0,R)。法二：摩擦生熱Q1＝μmgΔx＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2B2L3v0,μmgR)－2d))＝eq\f(2B2L3v0,R)－2μmgd甲線圈在穿入和穿出磁場的過程受到的摩擦力對(duì)甲做功與甲克服安培力做功值相等因此全過程中焦耳熱Q2＝－2W安＝2μmgd故甲和傳送帶因磁場的影響會(huì)額外至少產(chǎn)生的熱量Q＝Q1＋Q2＝eq\f(2B2L3v0,R)。[答案](1)eq\f(B2L2v0,mR)－μg，方向水平向左(2)eq\r(v\o\al(2,0)－2μgd－L)(3)eq\f(2B2L3v0,μmgR)－2d(4)eq\f(2B2L3v0,R)突破點(diǎn)四|新情境探究以電磁彈射系統(tǒng)為背景考查楞次定律的應(yīng)用[案例1](2021·湖南高三一模)美媒稱，中國第三艘航母(第二艘國產(chǎn)航母)正在建造當(dāng)中，很可能體現(xiàn)出優(yōu)于前兩艘航母的技術(shù)進(jìn)步，新航母很可能比兩艘“前輩”更大，并配備電磁彈射系統(tǒng)，允許更大、更重的飛機(jī)攜帶更多武器，執(zhí)行更遠(yuǎn)距離任務(wù)，航母上飛機(jī)彈射起飛所利用的電磁驅(qū)動(dòng)原理如圖所示，當(dāng)固定線圈上突然通過直流電流時(shí)，線圈左側(cè)的金屬環(huán)被彈射出去，則下列說法正確的是()A．若將金屬環(huán)置于線圈的右側(cè)，環(huán)將不能彈射出去B．金屬環(huán)向左運(yùn)動(dòng)過程中將有擴(kuò)大趨勢C．若將電池正、負(fù)極調(diào)換后，金屬環(huán)不能向左彈射D．合上開關(guān)S的瞬間，從左側(cè)看環(huán)中產(chǎn)生沿逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流D[若金屬環(huán)放在線圈右側(cè)，根據(jù)“來拒去留”可得，環(huán)將向右運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；固定線圈上突然通過直流電流，穿過環(huán)的磁通量增大，根據(jù)楞次定律“增縮減擴(kuò)”可知金屬環(huán)被向左彈射的瞬間，還有縮小的趨勢，B錯(cuò)誤；根據(jù)“來拒去留”，在線圈上突然通過直流電流時(shí)，環(huán)都會(huì)受到向左的力的作用，與電源的正負(fù)極無關(guān)，C錯(cuò)誤；線圈中電流為左側(cè)流入，磁場方向?yàn)橄蛴?，在閉合開關(guān)的過程中，磁場變強(qiáng)，則由楞次定律可知，金屬環(huán)的感應(yīng)電流由左側(cè)看為逆時(shí)針，D正確。]以帶燈的自行車為背景考查電磁感應(yīng)電路問題[案例2](多選)(2021·福建漳州市高三二模)如圖為帶燈的自行車后輪的示意圖，金屬輪框與輪軸之間均勻地連接四根金屬條，每根金屬條中間都串接一個(gè)阻值為3Ω小燈泡，車輪半徑為0.3m，輪軸半徑可以忽略。車架上固定一個(gè)強(qiáng)磁鐵，可形成圓心角為60°扇形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2.0T，方向垂直紙面(車輪平面)向里。若自行車后輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒為10rad/s，不計(jì)其他電阻，則()A．通過每個(gè)小燈泡的電流始終相等B．當(dāng)金屬條ab在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬