电磁感应定律的综合应用
以“单棒+导轨”模型为载体，考查电磁感应中的力、电综合问题
【典例1】(2019 ?宁波十校高三联考)如图13 a ,超级高铁是一种以“真空管道运输”为理 论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点。如图
b，已知管道
中固定着两根平行金属导轨 MN PQ两导轨间距为心;运输车的质量为 m横截面是半径为
r的圆。运输车上固定着间距为 D与导轨垂直的两根导体棒 1和2,每根导体棒的电阻为 R
每段长度为D的导轨的电阻也为 R。其他电阻忽略不计，重力加速度为
go
图13
(1) 如图c,当管道中的导轨平面与水平面成 0 = 30°时，运输车恰好能无动力地匀速下滑。求运输车与导轨间的动摩擦因数
卩;
(2) 在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力。
① 当运输车由静止离站时，在导体棒 2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为 E的直流电 源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为 B,垂直导轨平面向下的匀强磁场中，如图 刚接通电源时运输车的加速度的大小(电源内阻不计，不考虑电磁感应现象 )； ② 当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为 B,宽度为D的匀强磁场， 且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车以速度 vo从如图e通过距离2D后的
速度v o
解析(1)分析运输车的受力，将运输车的重力分解，如图
a，轨道对运输车的支持力为
FN2,如图bo
由几何关系 FNI= mgcos 0 , FN2= mgcos 0 ^又 f 1 = (1 FN1 , f 2 = □ FN2 运输车匀速运动m?in 0 = fi + f2
解得1=有o
(2)①运输车离站时，电路图如图
c,
c
11R
E
R总=二「，由闭合电路欧姆定律 I =
4
R、
I
3I
1
=4，I
=—2
d。求
FN1、 -11 -
导体棒所受的安培力 Fi= BIi ? 3r; F2= BI2 3r
-12 -
运输车的加速度a=普 4 .''3BrE
解得a=
11mR
②运输车进站时，电路如图 d,
当车速为v时，由法拉第电磁感应定律
E = B ?寸3rv ； E2= B ? p3rv
.E + E2 由闭合电路欧姆定律 1
Fi= BI ?
=冇
导体棒所受的安培力
3r, F2= BI ? 3r
运输车所受的合力 F= Fi+ F2 =
R 选取一小段时间 △t，运输车速度的变化量为
2
B2 r2v
A v,由动量定理得—曾A t = mA v
即- 两边求和-
-A x= mA v
3B2r22D
R— = mv- mvo 6B72D mR。
解得V = Vo
答案⑴f⑵①皤琴②vo-
6 11 mR
mR
【典例2】如图14甲所示，两根足够长的光滑金属导轨 ef、cd与水平面成0 = 30°角固定， 导轨间距离为I = 1 m,导轨电阻不计，一个阻值为
R）的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导
轨的上端。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大 小为B= 1T。现将一质量为 m电阻可以忽略的金属棒 MN从图示位置由静止释放，金属棒下
1 1
滑过程中与导轨接触良好。改变电阻箱的阻值 关系如图乙所示。取 g= 10 m/s 2。求：
R,测定金属棒的最大速度
vm，得到一一-的
vm R
图14
（1）金属棒的质量 m和定值电阻F0的阻值；
1
⑵ 当电阻箱的阻值 R= 2 Q，且金属棒的加速度为 4g时，金属棒的速度大小。 解析（1）金属棒以速度Vm下滑时，根据法拉第电磁感应定律有
E= Blv m，由闭合电路欧姆定
-13 -
律有E= I
RR
，根据平衡条件有 BII = mgsin R+
1 B2| 2 11 1 1 0
，整理得 ^m= mgsin 0 (瓦+R，由二
Vm
图象可知
) BV - mgsin 0 — 1 m s
B2I2
mgsin 0
音—0.5 m? s。解得 Ri
m= 0.2 kg ， R— 2 Q。 (2)
姆定律有E'= I
m/s。
RR
根据牛顿第二定律有 mgsin 0 - BI7 I — m-鲁，联立解得 v— 0.5 R+ R
设此时金属棒下滑的速度大小为v,根据法拉第电磁感应定律有
E'= Blv，由闭合电路欧
答案 (1)0.2 kg 2 Q (2)0.5 m/s
以“双棒+导轨”模型为载体，考查电磁感应中的能量、动量等 问题
【典例3】 如图15所示，两根质量均为 m= 2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右 两部分导轨间距之比为
1 : 2,导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒
250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s— 0.5
电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。现用
m过程中其上产生的焦耳热为 Q — 30 J，此时两棒速率之比为 VA : VC— 1 : 2,现立即撤去拉力
F,设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：
图15
(1) 在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热； (2) 撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小 VA和VC； (3) 撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小
VA'和
VC。
解析(1)设两棒的长度分别为I和2I，所以电阻分别为 R和2R,由于电路中任何时刻电流 均相等，根据焦耳定律 Q= I2Rt可知Q ： Q— 1 : 2,贝U AB棒上产生的焦耳热 Q— 15 J。 (2) 根据能量守恒定律， 有 Fs— 2-m\\A+ *m\\C+ Q + Q
又VA： VC— 1 : 2,联立以上两式并代入数据得
VA— 4 m/s , Vc— 8 m/s 。
(3) 撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而 CD棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动
时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足 BLVA'— B-2 LVC'
即VA' — 2VC'(不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误 对两棒分别应用动量定理，规定水平向左为正方向， 有 FA - t — mv/— m\\A,- FC - t — mvZ— mv。
)
-14 -
r — 因为Fc=
—丄，亠 VA'— VA 1
2FA
，故有仏二矿=2
联立以上各式解得 VA' = 6.4 m/s , vc'= 3.2 m/s。 答案 (1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s 以“导体框”为载体，考查电磁感应定律的综合应用
【典例4】(2019 ?温州模拟)如图16所示，光滑绝缘斜面的倾角 内存在着方向垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度
0 = 30°，矩形区域 GHIJ
B= 0.4 T , GH与 IJ相距d= 0.5 m。
一个匝数n= 10、质量m= 1 kg、边长L= 0.5 m的正方形金属线圈 abed平放在斜面上，ab边 与GH相距为d。现用一平行于斜面的恒力 动，线圈进入磁场恰好匀速运动。
F拉动线圈，使其由静止开始 (t = 0)沿斜面向上运
t1 = 2 s时线圈刚好完全通过磁场，此时撤去外力，在 t2=
2.8 s时线圈向下恰好完全穿出磁场。重力加速度 平行，求：
g= 10 m/s 2,斜面足够长，ab边始终与GH
图16
(1) 恒力F的大小和线圈的阻值 R (2) 整个过程线圈产生的热量。
解析(1)线圈向上运动，ab边刚进入磁场时的速度记为
V1,经历的时间记为 △甘，在磁场中
V2。
匀速运动的时间记为 △ 12；线圈向下运动，ab边刚离开磁场时的速度记为
V1
d= — △「，2d = V1 △ t2①
其中△ t 1 + A t2= t1 ② 且 A t1= A t2= $1= 1 s
2 联立①②得V1 = 1 m/s③
F— mgsin 30 ° = ma④
2
其中a=—⑤
2d
联立③④⑤得a= 1 m/s 2, F= 6 N⑥
F= mgsin 30 ° + nBIL⑦
其中I = BLV n
R I = 0.5 A , R= 4 Q。⑨ 联立⑥⑦⑧得
(2)向上穿过磁场产生的热量
Q= (F— mejin 30 ° )2 d= 1 J ⑩
从撤去F后到向下出磁场的过程有
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浙江专用高考物理二轮复习专题四第2讲电磁感应规律及综合应用讲义增分练
