《（全国通用版）2019版高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 10.3 电磁感应规律的综合应用课件.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（全国通用版）2019版高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 10.3 电磁感应规律的综合应用课件.ppt（128页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第3讲电磁感应规律的综合应用 【知识导图】切割磁感线磁通量发生变化外电阻内阻E=BlvU=IR=E-Ir楞次右手定则 左手定则判断_【微点拨】1.安培力的大小:F=BIL如果回路中只有一根导体棒切割磁感线,回路总电阻为R时:F=BIL=B L= = 。2.能量转化:(1)感应电流在磁场中受到的安培力做负功,其他形式的能转化为电能,电流做功将电能转化为其他形式的能。(2)安培力做正功,电能转化为机械能或其他形式的能。【慧眼纠错】(1)“相当于电源”的导体棒两端的电势差等于电源的电动势。纠错:_当导体棒的电阻r不为零时,产生内电压,它两端的电势差小于电源电动势。(2)闭合电路中电流都是从高电势流向
2、低电势的。纠错:_(3)电磁感应现象中,感应电流受到的安培力一定是阻力。纠错:_。在电源内部,电流从负极(低电势)流向正极(高电势)。电磁驱动现象中,安培力为动力(4)在安培力的作用下,导体棒的变速直线运动一定是变加速直线运动。纠错:_(5)安培力做功的过程就是电能减少的过程。纠错:_。在安培力作用下,导体棒也可以做变减速直线运动。安培力做正功,电能转化为其他形式的能;安培力做负功,其他形式的能转化为电能(6)安培力做的负功总可以根据焦耳定律求解。纠错:_。(7)导体棒受到的安培力的冲量与磁通量成正比。纠错:_。利用焦耳定律求解安培力做的负功常适用于感应电流大小不变的情况根据I安=B Lt=B
3、Lq=nBL 可知,导体棒受到的安培力的冲量与磁通量变化量成正比考点1电磁感应中的电路问题【典题探究】【典例1】(2018运城模拟)如图甲所示,两根平行光滑金属导轨相距L=1 m,导轨平面与水平面的夹角=30,导轨的下端PQ间接有R=8 的电阻。相距x=6 m的MN和PQ间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示。将阻值r=2 的导体棒ab垂直放在导轨上,使导体棒从t=0时由静止释放,t=1 s时导体棒恰好运动到MN,开始匀速下滑。g取10 m/s2。求:导学号04450229(1)01 s内回路中的感应电动势。(2)导体棒ab的质量。
4、(3)02 s时间内导体棒所产生的热量。【解析】(1)01 s内,磁场均匀变化,由法拉第电磁感应定律有:E1= 由图象得: =2 T/s,且S=Lx=6 m2代入解得:E1=12 V(2)导体棒从静止开始做匀加速运动,根据牛顿第二定律得:mgsin=ma解得:a=gsin=5 m/s2t=1 s末进入磁场区域的速度为v=at1=51 m/s=5 m/s导体棒切割磁感线产生的电动势E2=BLv=215 V=10 V根据导体棒进入磁场区域做匀速运动,可知导体棒受到的合力为零,有mgsin=F安=BIL根据闭合电路欧姆定律有:I= 联立以上各式得:m=0.4 kg(3)在01 s内,根据闭合电路欧姆
5、定律可得I1= =1.2 A1 s2 s内,根据闭合电路欧姆定律可得:I2= =1 A02 s内根据焦耳定律得导体棒所产生的热量:Q= rt1+ r(t2-t1)代入数据解得:Q=4.88 J答案:(1)12 V(2)0.4 kg(3)4.88 J【通关秘籍】1.电磁感应中物理量的关系图:2.解决电磁感应电路问题的策略是先源后路,即【考点冲关】(2018济南模拟)如图甲,MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成=37角固定,M、P之间接电阻箱R,导轨所在空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为B=1 T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其接入电路的电阻值为r。现从静止
6、释放杆ab,测得最大速度为vm。改变电阻箱的阻值R,得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨距为L=2 m,重力加速度g取10 m/s2,轨道足够长且电阻不计。求:(1)杆ab下滑过程中感应电流的方向及R=0时最大感应电动势E的大小。(2)金属杆的质量m和阻值r。(3)当R=1 时,求回路瞬时电功率每增加1 W的过程中合外力对杆做的功W。【解析】(1)杆中电流方向从ba(或aMPba),由图可知,当R=0时,杆最终以v=2 m/s匀速运动,产生的电动势E=BLv,E=4 V。(2)设最大速度为v,杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv由闭合电路的欧姆定律I= 杆达到最大速度时满足mgsin-BIL
7、=0解得v= 由图象可知:斜率为k= m/(s)=1 m/(s)纵截距为v0=2 m/s,得到 解得:m= kg,r=2 。(3)由题意:E = BLv,P= 得P= P= 由动能定理得W = W= 解得:W = 0.25 J。答案:(1)方向从ba (或aMPba)4 V(2) kg2 (3)0.25 J【加固训练】(2018阳江模拟)如图所示,阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到ab位置,若v1v2=12,则在这两次过程中 ()A.回路电流I1I2=12B.产生的热量Q1Q2=14C.通过任一截面的电荷量q1q2=12D.外力的功率P1P2=1
8、2【解析】选A。回路中感应电流为:I= Iv,则得:I1I2=v1v2=12,故A项正确;产生的热量为:Q=I2Rt=( )2R = Qv,则得:Q1Q2=v1v2=12,故B项错误;通过任一截面的电荷量为:q=It= q与v无关,则得:q1q2=11,故C项错误;由于棒匀速运动,外力的功率等于回路中的功率,即得:P=I2R=( )2R,Pv2,则得:P1P2=14,故D项错误。考点2电磁感应中的动力学问题 【典题探究】【典例2】(2016全国卷)如图,两固定的绝缘斜面倾角均为,上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线
9、将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上,已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为,重力加速度大小为g,已知金属棒ab匀速下滑。求:导学号04450230(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小。(2)金属棒运动速度的大小。【解析】(1)设导线的张力的大小为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒,由力的平衡条件得2mgsin=N1+2T+FN1=2mgcos对于cd
10、棒,同理有mgsin+N2=2TN2=mgcos联立式得F=mg(sin-3cos)(2)由安培力公式得F=BIL这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为E=BLv式中v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I= 联立式得v= 答案:(1)mg(sin-3cos)(2) 【通关秘籍】1.导体的两种运动状态:(1)平衡状态:静止或匀速直线运动,F合=0。(2)非平衡状态:加速度不为零,F合=ma。2.电学对象与力学对象的转换及关系:3.解决电磁感应中的动力学问题的策略是“先源后路、先电后力,再是运动”,即【考点冲关】(2018衡阳模拟)如图所示,足够长的光滑平行金属导轨CD、EF
11、倾斜放置,其所在平面与水平面间的夹角为=30,两导轨间距为L,导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值R=2r的电阻。一根质量为m,电阻为r的金属棒放在导轨上,金属棒与导轨始终垂直并接触良好,一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间、另一端跨过定滑轮与质量M=4m的重物相连。金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上,导轨电阻不计,初始状态用手托住重物使轻绳恰处于伸长状态,由静止释放重物,求:(重力加速度大小为g,不计滑轮阻力)(1)若S1闭合、S2断开,重物的最大速度。(2)若S1和S2均闭合,电容器的最大带电量。(3)若S1断
12、开、S2闭合,重物的速度v随时间t变化的关系式。【解析】(1)S1闭合,S2断开时,M由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动,金属棒受到沿导轨向下的安培力作用,设最大速度为vm,根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E=BLvm根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流I= = 当金属棒速度最大时有:Mg=mgsin30+BIL解得:vm= (2)S1,S2均闭合时,电容器两板间的最大电压U=UR=IR= 电容器的最大带电量Q=CU= (3)S1断开、S2闭合时,设从释放M开始经时间t金属棒的速度大小为v,加速度大小为a,通过金属棒的电流为i,金属棒受到的安培力F=BiL,方向沿导轨向下,设在时间t
13、到(t+t)内流经金属棒的电荷量为Q,Q也是平行板电容器在t到(t+t)内增加的电荷量, Q=CBLv,根据运动学公式可得v=at,则i= =CBLa,设绳中拉力为T,由牛顿第二定律,对金属棒有:T-mgsin30-BiL=ma对M有:Mg-T=Ma解得:a= 可知M做初速度为零的匀加速直线运动v=at= t答案:(1) (2) (3)v= t【加固训练】(2017江苏高考)如图所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后,
14、金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求:(1)MN刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小I。(2)MN刚扫过金属杆时,杆的加速度大小a。(3)PQ刚要离开金属杆时,感应电流的功率P。【解析】(1)感应电动势E=Bdv0,感应电流I= ,解得I= 。(2)安培力F=BId,由牛顿第二定律得F=ma,解得a= 。(3)金属杆切割磁感线的速度v=v0-v,则感应电动势E=Bd(v0-v)电功率P= 解得P= 。答案:(1) (2) (3) 考点3电磁感应中的能量问题 【典题探究】【典例3】(2018南阳模拟)如图甲所示,相距
15、d的两根足够长的金属制成的导轨,水平部分左端ef间连接一阻值为2R的定值电阻,并用电压传感器实际监测两端电压,倾斜部分与水平面夹角为37。长度也为d、质量为m的金属棒ab电阻为R,通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上,滑环与导轨上MG、NH段动摩擦因数= (其余部分摩擦不计)。MN、PQ、GH相距为L,MN、PQGH相距为L,MN、PQ间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为B1的匀强磁场,PQ、GH间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B2,其他区域无磁场,除金属棒及定值电阻,其余电阻均不计,sin37=0.6,cos37=0.8,当ab棒从MN上方一定距离由静止释放通过MN、PQ区域(运动过
16、程中ab棒始终保持水平),电压传感器监测到U-t关系如图乙所示:导学号04450231(1)求ab棒刚进入磁场B1时的速度大小。(2)求定值电阻上产生的热量Q1。(3)多次操作发现,当ab棒从MN以某一特定速度进入MNQP区域的同时,另一质量为2m、电阻为2R的金属棒cd只要以等大的速度从PQ进入PQHG区域,两棒均可同时匀速通过各自场区,试求B2的大小和方向。【解析】(1)ab棒刚进入磁场B1时电压传感器的示数为U,根据闭合电路欧姆定律得E1=U+ R解得E1=1.5U根据法拉第电磁感应定律得:E1=B1dv1解得:v1= (2)设金属棒ab离开PQ时的速度为v2,根据图乙可知,定值电阻此时
17、两端电压为2U,根据闭合电路的欧姆定律可得: 2R=2U解得:v2= 棒ab从MN到PQ,根据动能定理可得:mgsin37L-mgcos37L-W安= 根据功能关系可得产生的总焦耳热Q总=W安,则定值电阻产生的焦耳热为Q1= Q总联立解得:Q1= (3)两棒以相同的初速度进入场区,匀速经过相同的位移,对ab棒,根据共点力的平衡可得:mgsin37-mgcos37- =0,解得:v= ;对cd棒,因为2mgsin37-2mgcos370,故cd棒安培力必须垂直导轨平面向下,根据左手定则可知磁感应强度B2沿导轨平面向上,cd棒也匀速运动,则有:2mgsin37-(2mgcos37+B2 d)=0将
18、v= 代入解得:B2=32B1答案:(1) (2) (3)32B1方向沿导轨平面向上【通关秘籍】1.电磁感应现象中的能量转化:2.解决电磁感应能量问题的策略是“先源后路、先电后力,再是运动、能量”,即3.求解焦耳热Q的方法:(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算。(2)若电流变化,则利用安培力做功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功,Q=E电=W克服安培力。利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则减少的机械能等于产生的电能Q=-E其他。【考点冲关】1.(2018泉州模拟)如图,水平面内有一光滑金属导轨QPMN,MP边长度为d=3 m、阻
19、值为R=1.5 ,且MP与PQ垂直,与MN的夹角为135,MN、PQ边的电阻不计。将质量m=2 kg、电阻不计的足够长的直导体棒搁在导轨上,并与MP平行,棒与MN、PQ交点E、F间的距离L=4 m,整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。在外力作用下,棒由EF处以初速度v0=3 m/s向右做直线运动,运动过程中回路的电流强度始终不变。求:(1)棒在EF处所受的安培力的功率P。(2)棒由EF处向右移动距离2 m所需的时间t。(3)棒由EF处向右移动2 s的过程中,外力做功W。【解析】(1)棒在EF处的感应电动势为:E=BLv0=6 V根据闭合电路的欧姆定律可得电流为I=
20、=4 A安培力为FA=BIL=8 N安培力的功率为P=FAv0=24 W(2)棒向右移动2 m的过程中回路磁通量变化量为:=BS=B(Lx+ x2)=5 Wb因为电流强度始终不变,电动势也不变,由法拉第电磁感应定律E= 可得t= = s0.83 s。(3)棒由EF处向右移动2 s的过程中,通过导体横截面的电量为:=Et=12 Wb棒扫过的面积为:S= =24 m22 s的过程棒移动了x,S= (2Lx+x2)x=4 m此时电动势不变,为:E=B(L+x)v代入数据解得:v=1.5 m/s安培力做功等于回路产生的焦耳热为:WA=I2Rt2=48 J根据动能定理有:W-WA= 代入数据解得:W=4
21、1.25 J。答案:(1)24 W(2)0.83 s(3)41.25 J2.(2018石家庄模拟)相距为L=2 m的足够长的金属直角导轨如图所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面。质量均为m=0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路,杆与导轨之间的动摩擦因数均为=0.5,导轨电阻不计,回路中ab、cd电阻分别为R1=0.6 ,R2=0.4 。整个装置处于磁感应强度大小为B=0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时,cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图所示。g取10
22、 m/s2,求:(1)ab杆的加速度a。(2)当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小。(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2 J的功,求该过程中ab杆所产生的焦耳热。【解析】(1)经时间t,杆ab的速率v=at此时,回路中的感应电流为:I= 对杆ab由牛顿第二定律得:F-BIL-mg=ma由以上各式整理得:F=ma+mg+ at将t=0,F=1.5 N代入上式得a=10 m/s2(2)cd杆受力情况如图,当cd杆所受重力与滑动摩擦力相等时,速度最大,即:mg=FN又FN=F安安培力F安=BIL感应电流I= 由以上几式解得v=2 m/s(3)ab杆发生的位移为x= =0.2
23、m对ab杆应用动能定理得WF-mgx-W安= mv2解得W安=4.9 J根据功能关系得Q=W安所以ab杆上产生的焦耳热为Qab= Q=2.94 J答案:(1)10 m/s2(2)2 m/s(3)2.94 J【加固训练】如图所示,MN、PQ为光滑平行的水平金属导轨,电阻R=3.0 ,置于竖直向下的有界匀强磁场中,OO为磁场边界,磁场磁感应强度B=1.0 T,导轨间距L=1.0 m,质量m=1.0 kg的导体棒垂直置于导轨上且与导轨接触良好,导体棒接入电路的电阻r=1.0 ,t=0时刻,导体棒在F=1.0 N水平拉力作用下从OO左侧某处静止开始运动,t0=2.0 s时刻棒进入磁场,导体棒始终与导轨
24、垂直。(1)求t0时刻回路的电功率P0。(2)求t0时刻导体棒的加速度大小a。(3)导体棒进入磁场后,改变拉力大小,使棒以(2)情况下的加速度a匀加速运动至t1=4.0 s时刻,已知t0t1时间内拉力做功W=5.7 J,求此过程回路中产生的焦耳热Q。【解析】(1)设导体棒在进入磁场前运动的加速度为a0,则F=ma0棒在t0时刻速度v0=a0t0棒在t0时刻产生的电动势E=BLv0电功率P0= 代入数据解得P0=1.0 W(2)回路在t0时刻产生的感应电流I= 棒在t0时刻受到的安培力FA=BIL根据牛顿第二定律有F-FA=ma代入数据解得a=0.5 m/s2(3)t1时刻棒的速度v=v0+a(
25、t1-t0)由动能定理有W+WA= Q=-WA代入数据解得Q=3.2 J答案:(1)1.0 W(2)0.5 m/s2(3)3.2 J考点4电磁感应中的动量问题【典题探究】【典例4】(2018哈尔滨模拟)如图所示竖直面内,水平线OO下方足够大的区域内存在水平匀强磁场,磁感应强度为B,一个单匝正方形导体框,边长为L,质量为m,总电阻为r,从ab边距离边界OO为L的位置由静止释放,已知从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场所用时间为t,重力加速度为g,空气阻力不计,导体框不翻转。求:导学号04450232(1)ab边刚进入磁场时,ba间电势差的大小Uba。(2)cd边刚进入磁场时,导体框的速度。【解析
26、】(1)设ab边刚进入磁场时的速度为v1,根据机械能守恒定律可得:mgL= 根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为:E1=BLv1此时的感应电流为:I= 所以ba间电势差的大小Uba=I (2)从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程中,根据动量定理可得:mgt-B Lt=mv2-mv1其中B Lt= 解得:v2=gt- 答案:(1) (2)gt- 【通关秘籍】1.动量定理在电磁感应现象中的应用:导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时,安培力的冲量为:I安=B Lt=BLq,通过导体棒或金属框的电荷量为:q= t= t=n t=n ,磁通量变化量:=BS=BL
27、x。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力,则I安=mv2-mv1。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解更方便。2.动量守恒定律在电磁感应现象中的应用:在双金属棒切割磁感线的系统中,双金属棒和导轨构成闭合回路,安培力充当系统内力,如果它们受到的安培力的合力为0时,满足动量守恒,运用动量守恒定律求解比较方便。3.解决电磁感应中动量问题的策略:“先源后路、先电后力,再是运动、动量”,即【考点冲关】1.如图,在光滑水平桌面上有一边长为L的正方形导线框abcd,在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下。导线框以
28、速度v1向右运动靠近磁场,然后进入磁场,完全进入磁场后速度为v2,最后滑出磁场,滑出磁场后速度为v3。下列关于v1、v2、v3的关系式正确的是()【解析】选C。设导线框进入磁场的时间为t1,滑出磁场的时间为t2,取线框运动方向为正。在线框进入磁场的过程中由动量定理得:-F1t1=mv2-mv1,其中F1=B L;在线框滑出磁场的过程中由动量定理得:-F2t2=mv3-mv2,其中F2=B L,又 t1= t2= ,所以mv2-mv1=mv3-mv2,解得v2= ,故C项正确,A、B、D项错误。2.(2018淄博模拟)如图所示,一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP,位于光滑绝
29、缘水平桌面上,平行导轨MN和PQ相距为L。空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。另有质量也为m的金属棒CD,垂直于MN放置在导轨上,并用一根绝缘细线系在定点A。已知,细线能承受的最大拉力为T0,CD棒接入导轨间的有效电阻为R。现从t=0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力,使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动。(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时框架的瞬时速度v0大小。(2)若在细线断裂时,立即撤去拉力,求此后过程中回路产生的总焦耳热Q。【解析】(1)细线断裂时,对棒有T0=F安根据安培力计算公式可得:F安=BIL根据闭合电路的欧姆定律可得
30、:I= 产生的感应电动势:E=BLv0根据速度时间关系可得:v0=at0联立解得t0= 撤去拉力F时,框架的速度v0= (2)在细线断裂时立即撤去拉力,框架向右减速,棒向右加速,设二者最终速度大小为v,由系统动量守恒可得mv0=2mv得v= 撤去拉力后,系统总动能的减少量等于回路消耗的电能,最终在回路中产生的总焦耳热Q= 联立得Q= 答案:(1) (2) 【加固训练】(2018凉山州模拟)如图所示,光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上,导轨范围内存在磁场,其磁感应强度大小为B,方向竖直向下,导轨一端连接阻值为R的电阻。在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的导体棒,其电阻为r,
31、导体棒与金属导轨接触良好。导体棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动,经过时间t后开始匀速运动,金属导轨的电阻不计。求:(1)导体棒匀速运动时回路中电流大小。(2)导体棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电量。 【解析】(1)根据安培力的计算公式F=BImL解得:Im= (2)根据闭合电路欧姆定律可得:Im= 解得:v= 根据电荷量的计算公式可得:q=It根据动量定理可得:Ft-BILt=mv解得:q= 答案:(1) (2) 电磁感应规律的应用【经典案例】 (16分)(2016全国卷)如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上,t=0
32、时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动,t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为。重力加速度大小为g。求: 导学号04450234 (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小。(2)电阻的阻值。 【思维轨迹】【规范解答】解:(1)由题意可知0t0时间内受力分析如图甲所示F合=F-f(1分)f=mg(1分)金属杆做匀加速直线运动F合=ma(2分)金属杆匀加速进入磁场瞬间的速度为v,则v=at0(2分)由法拉第电磁感应定律可知E=Blv
33、(2分)由可得E= (F-mg)(2分)(2)金属杆在磁场中的受力分析如图乙所示由杆在磁场中做匀速直线运动可知F-F安-f=0(1分)f=mg(1分)由安培定则可知F安=BIl(2分)由欧姆定律可知I= (2分)由可知R= 【答题规则】规则1:答题过程,条理清晰解题过程应条理清晰、层次分明。对于综合性较强的题目,应注意研究对象的选取和对研究对象的受力分析和运动过程分析(如本题中的受力分析图),然后选择合适的规律列方程,并注意联系前后过程的关键物理量。规则2:解析过程,分步列式解题时要注意分步列式,不要漏掉或合并关系式,避免阅卷时找不到得分点,或者合并的综合算式一处错而导致全部错误,丢失步骤分。规则3:矢量方程,注意方向牛顿第二定律的表达式是矢量式,列方程时要注意正方向的规定或选取。规则4:数学运算,可以淡化阅卷原则是“只看物理公式和答案,不看数学运算过程”。只有物理公式和最后的答案是得分点,应用物理过程导出的数学运算过程不是得分点。规则5:文字说明,简洁明了分析过程,分步列式时加以必要的文字说明,使解题过程更具有系统性。
