電磁感應規(guī)律的綜合應用

1、23題 電磁感應規(guī)律的綜合應用電磁感應中的動力學問題1導體棒的兩種運動狀態(tài)(1)平衡狀態(tài)導體棒處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)，加速度為零；(2)非平衡狀態(tài)導體棒的加速度不為零2兩個研究對象及其關系電磁感應中導體棒既可看做電學對象(因為它相當于電源)，又可看做力學對象(因為有感應電流而受到安培力)，而感應電流I和導體棒的速度v是聯(lián)系這兩個對象的紐帶3電磁感應中的動力學問題分析思路(1)電路分析：導體棒相當于電源，感應電動勢相當于電源的電動勢，導體棒的電阻相當于電源的內(nèi)阻，感應電流I.(2)受力分析：導體棒受到安培力及其他力，安培力F安BIl，根據(jù)牛頓第二定律列動力學方程：F合ma.(3)過程分析

2、：由于安培力是變力，導體棒做變加速運動或變減速運動，當加速度為零時，達到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運動，根據(jù)共點力的平衡條件列方程：F合0.例1如圖1甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下，導軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦圖1(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖；(2)在加速下滑過程中，當a

3、b桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及加速度的大小；(3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的最大速度用“四步法”分析電磁感應中的動力學問題解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：(1)進行“源”的分析分離出電路中由電磁感應所產(chǎn)生的電源，求出電源的參數(shù)E和r.(2)進行“路”的分析分析電路結構，明確串、并聯(lián)的關系，求出相關部分的電流大小，以便求解安培力(3)“力”的分析分析研究對象(常是金屬桿、導體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力(4)進行“運動”狀態(tài)的分析根據(jù)力和運動的關系，判斷出正確的運動模型變式題組1(2015·浙江10月選考·2

4、2)如圖2甲所示，質(zhì)量m3.0×103kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l0.20m，處于磁感應強度大小B11.0T，方向水平向右的勻強磁場中有一匝數(shù)n300匝，面積S0.01m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2的大小隨時間t變化的關系如圖乙所示(g取10m/s2)圖2(1)求00.10s線圈中的感應電動勢大小(2)t0.22s時閉合開關K，若細桿CD所受安培力方向豎直向上，判斷CD中的電流方向及磁感應強度B2的方向(3)t0.22s時閉合開關K，若安培力遠大于重力，細框跳起的最大高度h0

5、.20m，求通過細桿CD的電荷量2(2016·浙江10月學考·22)為了探究電動機轉速與彈簧伸長量之間的關系，小明設計了如圖所示的裝置半徑為l的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉軸OO上，由電動機A帶動旋轉在金屬導軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強磁場另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的“U”型導軌保持良好接觸，導軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場中從圓形金屬導軌引出導線和通過電刷

6、從轉軸引出導線經(jīng)開關S與“U”型導軌連接當開關S斷開，棒cd靜止時，彈簧伸長量為x0；當開關S閉合，電動機以某一轉速勻速轉動，棒cd再次靜止時，彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度)不計其余電阻和摩擦等阻力，求此時：圖3(1)通過棒cd的電流Icd；(2)電動機對該裝置的輸出功率P；(3)電動機轉動角速度與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關系動力學和能量觀點的綜合應用1力學對象和電學對象的相互關系2解決電磁感應動力學及能量問題的一般思路(1)電路分析：確定電源，畫出等效電路，明確內(nèi)、外電路，分析電路的串、并聯(lián)關系(2)受力分析：注意導體棒所受的安培力大小和方向(3)運動分析：對運動過程進行“慢進”式推理分析

7、，應用牛頓第二定律對運動過程中各物理量進行分析(4)能量分析：分析運動過程中各力做功情況，明確能量轉化形式(5)規(guī)律分析：根據(jù)牛頓第二定律、運動學方程、動能定理、能量守恒定律合理組合優(yōu)化3求解焦耳熱的三種方法(1)焦耳定律：QI2Rt(2)功能關系：QW克服安培力(3)能量轉化：QE其他能的減少量例2如圖4所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，

8、線框做勻速運動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求：圖4(1)線框ab邊將要離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍；(2)磁場上、下邊界間的距離H.在電磁感應現(xiàn)象中求解焦耳熱時容易出現(xiàn)以下兩類錯誤：(1)不加分析就把某時刻的電流I代入公式QI2Rt求解焦耳熱，大多數(shù)情況下感應電流I是變化的，求解焦耳熱要用電流的有效值，因此不能用某時刻的電流代入公式QI2Rt求解焦耳熱.(2)電路中產(chǎn)生焦耳熱的元件不是一個，不加分析誤認為某個元件上的

9、焦耳熱就是整個電路產(chǎn)生的焦耳熱.變式題組3如圖5所示，光滑平行的水平金屬導軌MNPQ相距l(xiāng)，在M點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間OO1O1O矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導軌平面豎直向下、寬為d的勻強磁場，磁感應強度為B.一質(zhì)量為m，電阻為r的導體棒ab，垂直擱在導軌上，與磁場左邊界相距d0.現(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運動，棒ab在離開磁場前已經(jīng)做勻速直線運動(棒ab與導軌始終保持良好的接觸，導軌電阻不計)求：圖5(1)棒ab在離開磁場右邊界時的速度；(2)棒ab通過磁場區(qū)的過程中整個回路所消耗的電能4如圖6甲所示，在水平面上固定有長為L2m、寬為d1m的金屬“U”形導

10、軌，在“U”形導軌右側l0.5m范圍內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示在t0時刻，質(zhì)量m0.1kg的導體棒以v01m/s的初速度從導軌的左端開始向右運動，導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)0.1，導軌與導體棒單位長度的電阻均為0.1 /m，不計導體棒與導軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響(取g10m/s2)圖6(1)通過計算分析4s內(nèi)導體棒的運動情況；(2)計算4s內(nèi)回路中電流的大小，并判斷電流方向；(3)計算4s內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱1如圖1所示，光滑金屬直軌道MN和PQ固定在同一水平面內(nèi)，MN、PQ平行且足夠長，兩軌道間的寬度L0.50m軌道左端接一阻值R0.50的電

11、阻軌道處于磁感應強度大小為B0.40T，方向豎直向下的勻強磁場中，質(zhì)量m0.50kg的導體棒ab垂直于軌道放置在沿著軌道方向向右的力F作用下，導體棒由靜止開始運動，導體棒與軌道始終接觸良好并且相互垂直，不計軌道和導體棒的電阻，不計空氣阻力，若力F的大小保持不變，且F1.0N求：圖1(1)導體棒能達到的最大速度大小vm；(2)導體棒的速度v5.0m/s時，導體棒的加速度大小2(2016·舟山調(diào)研)如圖2所示，兩足夠長的平行光滑金屬導軌傾斜放置，與水平面間的夾角為37°，兩導軌之間的距離為L0.2m，導軌上端m、n之間通過導線連接，有理想邊界的勻強磁場垂直于導軌平面向上，虛線e

12、f為磁場邊界，磁感應強度為B2.0T一質(zhì)量為m0.05kg的光滑金屬棒ab從距離磁場邊界0.75m處由靜止釋放，金屬棒兩軌道間的電阻r0.4，其余部分的電阻忽略不計，ab、ef均垂直導軌(g10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8)，求：圖2(1)ab棒最終在磁場中勻速運動的速度；(2)ab棒運動過程中的最大加速度3如圖3所示，半徑R0.2m的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為R的金屬棒一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉軸上在金屬導軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B2T一對長L0.2m的金屬板A、B水平放置，兩板間距d0.1m

13、從導軌引出導線與上板連接，通過電刷從轉軸引出導線與下板連接有一質(zhì)量m1.0×105kg，電荷量q5.0×106C的微粒，以v02m/s的速度從兩板正中間水平射入求：圖3(1)金屬棒轉動的角速度多大時，微粒能做勻速直線運動；(2)金屬棒轉動的角速度至少多大時，微粒會碰到上極板A.4如圖4所示，在水平面內(nèi)存在著豎直向下的有界勻強磁場，其寬度為d1m，磁感應強度BT水平放置的“日”字形閉合導體線框PQFE，寬L1m，質(zhì)量m0.25kg，QN、NF的長度都大于d，PQ邊的電阻R11、MN邊的電阻R22、EF邊的電阻R33，其余電阻不計t0時刻線框在距磁場左邊界x3.2m處由靜止開始

14、在水平恒力F作用下沿直線運動，已知當線框PQ邊、MN邊和EF邊剛進磁場時均恰能勻速運動，不計線框運動中的一切摩擦阻力求：圖4(1)線框所受的力F的大??；(2)線框PQ邊與MN邊之間的距離H；(3)在整個線框穿過磁場的過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱5(2016·杭州市月考)如圖5所示，兩條足夠長的平行金屬導軌相距L，與水平面的夾角為，整個空間存在垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，虛線上方軌道光滑且磁場方向垂直導軌平面向上，虛線下方軌道粗糙且磁場方向垂直導軌平面向下當導體棒EF以初速度v0沿導軌上滑至最大高度的過程中，導體棒MN一直靜止在導軌上，若兩導體棒質(zhì)量均為m、電阻均為R，導

15、軌電阻不計，重力加速度為g，在此過程中導體棒EF上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求：圖5(1)導體棒MN受到的最大摩擦力；(2)導體棒EF上升的最大高度6(2016·衢州市調(diào)研)如圖6(a)所示，斜面傾角為37°，一寬為d0.43m的有界勻強磁場垂直于斜面向上，磁場邊界與斜面底邊平行在斜面上由靜止釋放一長方形金屬線框，線框沿斜面下滑，下邊與磁場邊界保持平行取斜面底部為零勢能面，從線框開始運動到恰好完全進入磁場的過程中，線框的機械能E和位移x之間的關系如圖(b)所示，圖中、均為直線段已知線框的質(zhì)量為m0.1kg，電阻為R0.06，重力加速度取g10m/s2，sin37°0.6，

16、cos37°0.8.圖6(1)求金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)求金屬線框從剛進入磁場到恰好完全進入磁場所用的時間t.例1. 答案(1)見解析圖(2)gsin(3)解析(1)如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上(2)當ab桿速度為v時，感應電動勢EBLv，此時電路中電流I，ab桿受到的安培力F安BIL，根據(jù)牛頓第二定律，有mamgsinF安mgsinagsin(3)當a0時，ab桿有最大速度vm.變式題組1. 答案(1)30V(2)CD向上(3)0.03C解析(1)由電磁感應定律En得EnS30V(2)電流方向CD，B2方向向上(3

17、)由牛頓第二定律Fmam(或由動量定理Ftmv0)，安培力FIB1l，QIt，v22gh，得Q0.03C.2. 答案(1)，方向由d到c(2)(3)解析(1)ab順時針轉動時產(chǎn)生的電動勢為EB1l2由右手定則，電流方向由a到b，由閉合電路歐姆定律，總電流I通過cd棒的電流IcdI，方向由d到c(2)電動機的輸出功率PI2·R(3)S斷開時，由平衡條件kx0mgS閉合時，由平衡條件kxB2Icdlmg解得.例2. 答案(1)4倍(2)28l解析(1)設磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律，有E12Bl

18、v1設線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1設此時線框所受安培力為F1，有F12I1lB由于線框做勻速運動，其受力平衡，有mgF1由式得v1設ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得v2由式得v24v1(2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有2mglmv12線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mv22mv12Q由式得H28l.變式題組3. 答案(1)(2)F(d0d)解析(1)棒在磁場中勻速運動時，有FFABIl，再據(jù)I聯(lián)立解得v(2)安培力做的功轉化成兩個電阻消耗的電能Q，根據(jù)能量守恒定律可得F(d0d)Qmv

19、2，解得QF(d0d).4. 答案見解析解析(1)導體棒先在無磁場區(qū)域做勻減速運動，有mgma，vv0at，xv0tat2代入數(shù)據(jù)解得t1s，x0.5m即導體棒在1s末已經(jīng)停止運動，以后一直保持靜止，離左端位置為x0.5m.(2)前2s磁通量不變，回路電動勢和電流分別為E0，I0；后2s回路產(chǎn)生的電動勢為Eld0.1V回路的總長度為5m，因此回路的總電阻為R50.5電流為I0.2A根據(jù)楞次定律，在回路中的電流方向是順時針方向(3)前2s電流為零，后2s有恒定電流，焦耳熱為QI2Rt0.04J.專題強化練1. 答案(1)12.5m/s(2)1.2 m/s2解析(1)導體棒達到最大速度vm時受力平

20、衡，有FF安m，此時F安m，解得vm12.5m/s(2)導體棒的速度v5.0m/s時，感應電動勢EBLv1.0V，導體棒上通過的感應電流大小I2.0A，導體棒受到的安培力F安BIL0.40N，根據(jù)牛頓第二定律，有FF安ma，解得a1.2m/s2.2. 答案(1)0.75m/s，方向沿斜面向下(2)18 m/s2，方向沿斜面向上解析(1)當ab棒在磁場中勻速運動時，根據(jù)受力平衡得：BILmgsin又有I，EBLv，聯(lián)立以上關系可得v0.75m/s，方向沿斜面向下(2)ab棒進入磁場前，加速度a1gsin37°6m/s2，方向沿斜面向下設ab棒進入磁場時的速度為v1，則v122a1x1將

21、x10.75m代入得v13m/s剛進入磁場時，對ab棒受力分析得：mgsinBI2Lma2，I2解得a218m/s2，方向沿斜面向上進入磁場以后，ab棒做加速度逐漸減小的減速運動，最終勻速運動，所以ab棒運動中的最大加速度為18m/s2，方向沿斜面向上3. 答案(1)50rad/s(2)100 rad/s解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律可得UBR2根據(jù)平衡條件可得mgqE因為E所以mgqBR2解得50rad/s(2)微粒恰好碰到上面金屬板邊緣時，微粒向上的加速度大小為a()2a10m/s2B1R2mgma解得1100rad/s.4. 答案(1)2.5N(2)2.8m(3)7.5J解析(1)設P