2019年
第4讲 加试第23题 电磁感应规律的综合应用
题型1 电磁感应中的动力学问题
1．基本特点
导体棒运动产生感应电动势→感应电流→通电导体棒受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化……周而复始地循环，最终导体棒的加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态，要抓住a＝0时速度v达到最大的特点． 2．基本思路
1
例1 如图1所示，竖直平面内有两个半径为r、光滑的圆弧形金属环，在M、N处分别与
4距离为2r、足够长的平行光滑金属导轨ME、NF相接，金属环最高点A处断开不接触．金属导轨ME、NF的最远端EF之间接有电阻为R的小灯泡L.在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B，磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离为h.现有质量为m的导体棒
ab，从金属环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与金属及轨道
接触良好．已知导体棒下落时向下的加速度为a.导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡亮度始终不
2变．重力加速度为g.导体棒、轨道、金属环的电阻均不计．求：
r
图1
(1)导体棒从A处下落时的速度v1大小；
2
r 2019年
(2)导体棒下落到MN处时的速度v2大小；
(3)将磁场Ⅱ的CD边界下移一小段距离，分析导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡的亮度变化情况，并说明原因． 答案 (1)
m?g－a?R (2)22
3Brr?22?－2gh (3)见解析 4BrmgR2
解析 (1)导体棒下落时，导体棒切割磁感线的有效长度为3r
2导体棒内产生的感应电动势：E＝3Brv1 回路中产生的感应电流：I＝＝根据牛顿第二定律得：
ER3Brv1
R
mg－BI·3r＝ma
得v1＝
m?g－a?R 22
3Br(2)导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡亮度始终不变，说明导体棒受力平衡，匀速下落，设此时导体棒的速度为v3，则：
22
B·2r·v34Brv3
mg＝F安＝B·2r＝
RR解得v3＝22 4Br从MN下落到CD，v2＋2gh＝v3 得v2＝v3－2gh＝
2
2
2
mgR?22?－2gh 4BrmgR2
(3)CD边界下移一段距离，导体棒ab进入磁场Ⅱ时速度大于v3，mg 1．(2018·金华市十校联考)如图2甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈(图中只画出1匝)与一个正方形金属框abcd连接成闭合回路．圆形金属线圈的半径为r1，在线圈里面半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小B1与时间t关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.正方形金属框abcd的质量为m，每条边的长度和阻值分别为L和R，放置于竖直平面内，金属框两顶点a、b通过导线与圆形金属线圈的两端点相连，金属框abcd所在的空间存在有垂直金属框水平向外的匀强磁场，金属框恰好处于静止状态．导线电阻不计，导线对a、b点的作用力不计，重力加速度为g.求t1时刻： 2019年 图2 (1)通过金属框ab边的电流方向； (2)通过金属框ab边的电流大小； (3)金属框所在处匀强磁场的磁感应强度B2大小． 3nπB0r27mgRt0 答案 (1)b流向a (2) (3)2 7Rt04LnπB0r2 解析 (1)金属框恰好处于静止状态，所受安培力与重力平衡，根据左手定则判定，通过金属框ab边上的电流方向为b流向a. ΔΦnπB0r22ΔB(2)由法拉第电磁感应定律得感应电动势为E＝n＝nπr2＝ ΔtΔtt0由闭合电路欧姆定律得，通过导线的总电流大小为 4E4nπB0r2 I＝＝＝ 77R7Rt0R4 33nπB0r2 通过金属框ab边的电流大小Iab＝I＝ 47Rt01nπB0r2 (3)通过金属框cd边的电流大小Icd＝I＝ 47Rt0金属框受重力和安培力，处于静止状态，有 22 2 2 E2 mg＝B2IabL＋B2IcdL 7mgRt0 联立解得B2＝2 4LnπB0r2 题型2 电磁感应中的动力学和能量问题 1．电磁感应现象遵守能量守恒定律，电磁感应现象中产生的电能，一定是由其他形式的能转化而来的，从电磁感应现象产生的机理来区分，分为两种情况： (1)单纯的磁场变化：磁能→电能→电路中的内能(或其他形式的能)； (2)导体切割磁感线：机械能→电能→电路中的内能(或其他形式的能)． 2．导体切割磁感线而产生的电能，必定等于导体克服安培力做的功，即产生的电能是用克服安培力做的功来量度的． 3．从能量转化的角度分析电磁感应过程，必须牢牢抓住能量守恒这一基本规律．分析的基本 2019年 思路是： 受力分析→弄清哪些力做功，做正功还是负功→明确有哪些形式的能参与转化，哪些增哪些减→由能量守恒定律列方程求解． 例2 (2018·慈溪市期末)如图3甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L＝0.2 m，电阻不计．质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B＝1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中．t＝0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑．t＝1 s时刻开始，对ab杆施加一垂直 ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始做匀加速直线运动．cd杆运动的v－t图象如 图乙所示(其中第1 s、第3 s内图线为直线)．若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 2 图3 (1)在第1 s内cd杆受到的安培力的大小； (2)ab杆的初速度v1的大小； (3)若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内cd杆所产生的焦耳热． 答案 (1)0.2 N (2)1 m/s (3)3 J 解析 (1)ab杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知ab杆中感应电流由a到b，则cd杆中电流由d到c，根据左手定则可知cd杆受到的安培力垂直于左侧导轨向下． 根据v－t图象可知，cd杆在第1 s内的加速度a1＝对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有 Δv2 ＝4 m/s Δtmgsin 53°－μ(mgcos 53°＋F安)＝ma1 解得安培力F安＝0.2 N (2)对cd杆：安培力F安＝BIL 回路中电流I＝ F安 ＝1 A BL对ab杆：感应电动势E＝I·2R＝0.2 V 根据法拉第电磁感应定律E＝BLv1 2019年 解得：ab杆的初速度v1＝＝1 m/s Δv2 (3)根据题图v－t图象可知，cd杆在第3 s内做匀减速运动，加速度a2＝＝－4 m/s Δt对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有 EBLmgsin 53°－μ(mgcos 53°＋F安′)＝ma2 解得安培力F安′＝1.8 N BE′LB2L2v2 由F安′＝BI′L＝＝可得 2R2R2F安′R2 s时ab杆的速度v2＝22＝9 m/s BL第1 s内，对ab杆受力分析，有mgsin 37°－μmgcos 37°－BIL＝0， 则第1 s内ab杆匀速运动． 1 第2 s内ab杆做匀加速运动，ab杆的位移x2＝(v1＋v2)t＝5 m 2对ab杆，根据动能定理，有 WF＋mgx2sin 37°－μmgx2cos 37°＋W安＝mv22－mv12 解得安培力做功W安＝－6 J 回路中产生的焦耳热Q＝－W安＝2Qcd 故第2 s内cd杆所产生的焦耳热Qcd＝3 J 2．(2018·诺丁汉大学附中期中)如图4甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距L＝0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表，电阻 1 212 r＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1＝2 Ω，R2＝1 Ω， 导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDEF内有竖直向上的磁场，CE＝0.2 m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．在t＝0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变．求：
2020高考物理二轮复习 专题七 计算题题型强化 第4讲 加试第23题 电磁感应规律的综合应用学案
