物理新設(shè)計(jì)浙江版選修32講義電磁感應(yīng)章末整合提升

14/1515/15/章末整合提升突破一安培定則、左手定則、右手定則和楞次定律的綜合在研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象時(shí)，經(jīng)常用到安培定則、左手定則、右手定則及楞次定律等規(guī)律。要想靈活運(yùn)用“三定則一定律”，就必須明確這些規(guī)律的區(qū)別與聯(lián)系?！叭▌t一定律”應(yīng)用于不同的現(xiàn)象基本現(xiàn)象應(yīng)用的定則或定律運(yùn)動(dòng)電荷、電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)安培定則磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷、電流的作用力左手定則電磁感應(yīng)導(dǎo)線切割磁感線右手定則閉合回路磁通量變化楞次定律【例1】如圖1甲所示，等離子氣流由左方連續(xù)以速度v0射入M和N兩極間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab直導(dǎo)線與M、N相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd連接，線圈A內(nèi)有如圖乙所示變化的磁場(chǎng)，且規(guī)定向左為磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，則下列敘述正確的是()圖1A.0～1s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥B.1s～2s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引C.2s～3s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引D.3s～4s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥解析根據(jù)左手定則，可判定等離子氣流中的正離子向上極板M偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向下極板N偏轉(zhuǎn)，所以ab中電流方向是由a向b的。在0～2s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場(chǎng)方向向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，由楞次定律可知感應(yīng)電流方向是由c向d的，根據(jù)ab、cd內(nèi)電流的流向關(guān)系，可知兩導(dǎo)線相互吸引，A錯(cuò)誤，B正確；在2s～4s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場(chǎng)方向向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向是由d向c的，根據(jù)ab、cd內(nèi)電流的流向關(guān)系，可知兩導(dǎo)線相互排斥，C錯(cuò)誤，D正確。答案BD題后反思在電流的磁效應(yīng)中由安培定則可確定磁場(chǎng)的方向；在電磁感應(yīng)中由右手定則或楞次定律可確定感應(yīng)電流的方向；左手定則適用于帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)受到的洛倫茲力和通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受到的安培力的方向判定。【跟蹤訓(xùn)練1】如圖2甲所示，長(zhǎng)直導(dǎo)線與閉合金屬線框位于同一平面內(nèi)，長(zhǎng)直導(dǎo)線中的電流i隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，長(zhǎng)直導(dǎo)線中的電流方向向上，則線框中感應(yīng)電流的方向與所受安培力情況是()圖2A.0～T時(shí)間內(nèi)線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较駼.0～T時(shí)間內(nèi)線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)橄软槙r(shí)針?lè)较蚝竽鏁r(shí)針?lè)较駽.0～T時(shí)間內(nèi)線框所受安培力的合力向左D.0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)線框所受安培力的合力向右，eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)線框所受安培力的合力向左解析0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，電流i在減小，閉合金屬線框內(nèi)的磁通量必然在減小，由楞次定律可以判斷出線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，而?～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)線框所受安培力的合力應(yīng)向左；同理，可以判斷在eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)，電流i在反向增大，閉合金屬線框內(nèi)的磁通量必然增大，由楞次定律可以判斷出線框中感應(yīng)電流的方向也為順時(shí)針?lè)较?，而且eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)線框所受安培力的合力應(yīng)向右。故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案A突破二電磁感應(yīng)的圖象問(wèn)題1.對(duì)于圖象問(wèn)題，搞清物理量之間的函數(shù)關(guān)系、變化范圍、初始條件、斜率的物理意義等，往往是解題的關(guān)鍵。2.解決圖象問(wèn)題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是B－t圖象還是Φ－t圖象，或者是E－t圖象、I－t圖象，F(xiàn)－t圖象等。(2)分析電磁感應(yīng)的具體過(guò)程。(3)確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(或感應(yīng)電流)的大小和方向，有下列兩種情況①若回路面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化時(shí)，用楞次定律確定感應(yīng)電流的方向，用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的變化。②若磁場(chǎng)不變，導(dǎo)體桿切割磁感線，用右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，用E＝Blv確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的變化。(4)涉及受力問(wèn)題，可由安培力公式F＝BIL和牛頓運(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律寫出有關(guān)函數(shù)關(guān)系式。(5)畫圖象或判斷圖象。特別注意分析斜率的變化、截距等?！纠?】如圖3甲所示，矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，若規(guī)定順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，下列各圖中正確的是()圖3解析0～1s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B均勻增大，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)恒定，電流i＝eq\f(E,R)恒定；由楞次定律可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，即?fù)方向，在i－t圖象上，是一段平行于t軸的直線，且方向?yàn)樨?fù)，可見(jiàn)，A、C錯(cuò)誤；在1～2s內(nèi)B、D中電流情況相同，在2～3s內(nèi)，負(fù)向的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)恒定，電流i＝eq\f(E,R)恒定，由楞次定律知，電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，即正方向，在i－t圖象上，是一段平行于t軸的直線，且方向?yàn)檎?，只有D符合。答案D題后反思對(duì)電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題，應(yīng)注意以下幾點(diǎn)(1)明確圖象所描述的物理意義；(2)必須明確各種“＋”“－”的含義；(3)必須明確斜率的含義；(4)必須建立圖象和電磁感應(yīng)過(guò)程之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系；(5)注意理解三個(gè)相似關(guān)系及其各自的物理意義：v－Δv－eq\f(Δv,Δt)、B－ΔB－eq\f(ΔB,Δt)、Φ－ΔΦ－eq\f(ΔΦ,Δt)(eq\f(Δv,Δt)、eq\f(ΔB,Δt)、eq\f(ΔΦ,Δt)分別反映了v、B、Φ變化的快慢。)【跟蹤訓(xùn)練2】如圖4甲所示，光滑導(dǎo)軌水平放置在斜向下且與水平方向夾角為60°的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定斜向下為B的正方向)，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，除導(dǎo)體棒和電阻R的阻值外，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒ab在水平外力作用下始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。規(guī)定a→b的方向?yàn)殡娏鞯恼较?，水平向右的方向?yàn)橥饬Φ恼较颍瑒t在0～t1時(shí)間內(nèi)，能正確反映流過(guò)導(dǎo)體棒ab的電流I和導(dǎo)體棒ab所受水平外力F隨時(shí)間t變化的圖象是()解析由楞次定律可判定回路中的電流方向始終為b→a，由法拉第電磁感應(yīng)定律可判定回路中的電流大小恒定，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)；由F安＝BIL可得F安隨B的變化而變化，在0～t0時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安方向水平向右，故外力F與F安等值反向，方向水平向左為負(fù)值；在t0～t1時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安方向改變，故外力F方向也改變?yōu)檎?，綜上所述，D項(xiàng)正確。答案D【例3】如圖5所示，一個(gè)由導(dǎo)體做成的矩形線圈，以恒定速率v運(yùn)動(dòng)，從無(wú)場(chǎng)區(qū)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)寬度大于矩形線圈的寬度da，然后出來(lái)；若取逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳛檎较?，那么下列圖中能正確地表示回路中的電流與時(shí)間的函數(shù)關(guān)系的是()圖5解析根據(jù)楞次定律，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，穿過(guò)線圈的磁通量增加，產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，因?yàn)樗俣群愣?，所以電流恒定，故A、D錯(cuò)誤；離開磁場(chǎng)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量減少，所以產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?，B錯(cuò)誤，C正確。答案C題后反思電磁感應(yīng)中常涉及感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象，即i－t圖象，在圖象中一定要注意以下兩點(diǎn)：(1)首先利用楞次定律確定電流的方向問(wèn)題，特別是由一種狀態(tài)過(guò)渡到另一種狀態(tài)時(shí)，電流的方向是否變化是考查的重點(diǎn)。(2)電流的大小問(wèn)題則涉及電磁感應(yīng)定律，特別是動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)中兩兩垂直，等效長(zhǎng)度都是考查的重點(diǎn)?！靖櫽?xùn)練3】如圖6所示，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的區(qū)域?qū)挾葹?a，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。一邊長(zhǎng)為a、電阻為4R的正方形均勻?qū)Ь€框ABCD從圖示位置開始沿水平向右方向以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，在圖中線框A、B兩端電壓UAB與線框移動(dòng)距離的關(guān)系圖象正確的是()圖6解析進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，注意UAB是路端電壓，應(yīng)該是電動(dòng)勢(shì)的四分之三，此時(shí)E＝Bav，所以UAB＝eq\f(3Bav,4)；完全進(jìn)入后，沒(méi)有感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，大小為Bav，穿出磁場(chǎng)時(shí)電壓應(yīng)該是電動(dòng)勢(shì)的四分之一，UAB＝eq\f(Bav,4)，電勢(shì)差方向始終相同，即φA>φB，由以上分析可知選D。答案D突破三電磁感應(yīng)的電路問(wèn)題1.電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題(1)電源：磁通量發(fā)生變化的回路或切割磁感線的導(dǎo)體相當(dāng)于電源。(2)電路：內(nèi)電路是磁通量變化的回路或切割磁感線的導(dǎo)體，外電路由電阻、電容器等電學(xué)元件組成。2.解決電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題的一般步驟(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(右手定則)確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向。(2)畫等效電路圖。(3)運(yùn)用閉合電路的歐姆定律、串并聯(lián)電路的性質(zhì)、電功率等公式求解。3.與上述問(wèn)題相關(guān)的幾個(gè)知識(shí)點(diǎn)(1)電源電動(dòng)勢(shì)：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blv。(2)閉合電路歐姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)。部分電路歐姆定律：I＝eq\f(U,R)。電源的內(nèi)電壓：U內(nèi)＝Ir。電源的路端電壓：U外＝E－Ir。(3)通過(guò)導(dǎo)體的電荷量：q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)。【例4】如圖7所示，面積為0.2m2的100匝線圈A處在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律是B＝(6－0.2t)T，已知電路中的R1＝4Ω，R2＝6Ω，電容C＝30μF，線圈的電阻不計(jì)，求：圖7(1)閉合S一段時(shí)間后，通過(guò)R2的電流大小及方向。(2)閉合S一段時(shí)間后，再斷開S，S斷開后通過(guò)R2的電荷量是多少？解析(1)由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，根據(jù)B＝(6－0.2t)T，可知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))＝0.2T/s，所以線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nS·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))＝100×0.2×0.2V＝4V。通過(guò)R2的電流大小為I＝eq\f(E,R1＋R2)＝eq\f(4,4＋6)A＝0.4A。由楞次定律可知電流的方向自上而下通過(guò)R2。(2)閉合S一段時(shí)間后，電容器充電，此時(shí)兩板間電壓U2＝IR2＝0.4×6V＝2.4V。再斷開S，電容器將放電，通過(guò)R2的電荷量就是電容器原來(lái)所帶的電荷量Q＝CU2＝30×10－6×2.4C＝7.2×10－5C答案(1)0.4A由上向下通過(guò)R2(2)7.2×10－5C題后反思①在計(jì)算線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)，一定不能漏掉公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)中的線圈匝數(shù)n。②導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E＝BLv。當(dāng)v為平均值時(shí)，求得的電動(dòng)勢(shì)為平均電動(dòng)勢(shì)；當(dāng)v為瞬時(shí)值時(shí)，求得的電動(dòng)勢(shì)為瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)?！靖櫽?xùn)練4】如圖8所示，把總電阻為2R的均勻電阻絲焊接成一半徑為a的圓環(huán)，水平固定在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一長(zhǎng)度為2a，電阻等于R，粗細(xì)均勻的金屬棒MN放在圓環(huán)上，它與圓環(huán)始終保持良好接觸，當(dāng)金屬棒以恒定速度v向右移動(dòng)經(jīng)過(guò)環(huán)心時(shí)，求：圖8(1)棒上電流的大小和方向及棒兩端的電壓UMN。(2)電路中消耗的熱功率。解析求金屬棒上的瞬時(shí)電流，需先求得瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)?？捎霉紼＝BLv求解。(1)金屬棒過(guò)圓心時(shí)的電動(dòng)勢(shì)大小E＝2Bav。由閉合電路歐姆定律得電流大小I＝eq\f(E,R外＋r)＝eq\f(2Bav,\f(R,2)＋R)＝eq\f(4Bav,3R)，電流方向從N流向M。金屬棒兩端電壓UMN＝eq\f(IR,2)＝eq\f(2Bav,3)。(2)電路中消耗的熱功率P＝IE＝eq\f(8B2a2v2,3R)。答案(1)eq\f(4Bav,3R)，方向從N流向Meq\f(2,3)Bav(2)eq\f(8B2a2v2,3R)突破四電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1.導(dǎo)體中的感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中將受到安培力作用，所以電磁感應(yīng)問(wèn)題往往與力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起，處理此類問(wèn)題的基本方法：(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向。(2)求回路中的電流強(qiáng)度的大小和方向。(3)分析研究導(dǎo)體受力情況(包括安培力)。(4)列動(dòng)力學(xué)方程或平衡方程求解。2.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中涉及的具有收尾速度的力學(xué)問(wèn)題，關(guān)鍵要抓好受力情況和運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分析：eq\x(\a\al(導(dǎo)體受力而,運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感,應(yīng)電動(dòng)勢(shì)))→eq\x(\a\al(感應(yīng),電流))→eq\x(\a\al(通電導(dǎo),體受安,培力))→eq\x(合外力)→eq\x(\a\al(加速度,變化))→eq\x(速度變化)→eq\x(感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化)周而復(fù)始地循環(huán)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，加速度等于零，導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。3.兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的處理思路(1)達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)后，導(dǎo)體勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，應(yīng)根據(jù)平衡條件——合外力為零，列式分析平衡態(tài)。(2)導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)之前，往往做變加速運(yùn)動(dòng)，處于非平衡態(tài)，應(yīng)根據(jù)牛頓第二定律或結(jié)合功能關(guān)系分析非平衡態(tài)。【例5】如圖9甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，M、P兩點(diǎn)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(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向下。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略。讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦。圖9(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫出ab桿下滑過(guò)程中某時(shí)刻的受力示意圖；(2)在加速下滑過(guò)程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流及其加速度的大??；(3)求在下滑過(guò)程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值。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(dāng)ab桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，此時(shí)電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)ab桿受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)根據(jù)牛頓第二定律，有ma＝mgsinθ－F＝mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)。(3)當(dāng)eq\f(B2L2v,R)＝mgsinθ時(shí)，ab桿達(dá)到最大速度vmax＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)。答案(1)如圖所示(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)題后反思(1)電磁感應(yīng)力學(xué)問(wèn)題中，要把握好受力情況、運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分析。導(dǎo)體受力運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)→感應(yīng)電流→通電導(dǎo)體受安培力→合力變化→加速度變化→速度變化→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化，周而復(fù)始地循環(huán)，循環(huán)結(jié)束時(shí)，加速度等于零，導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，a＝0，速度v達(dá)到最大值。(2)受力分析時(shí)，要把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖，同時(shí)標(biāo)明電流方向及磁場(chǎng)B的方向，以便準(zhǔn)確地畫出安培力的方向?！靖櫽?xùn)練5】如圖10所示，空間存在B＝0.5T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ是水平放置的平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌，其間距L＝0.2m，電阻R＝0.3Ω接在導(dǎo)軌一端，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝0.1Ω的導(dǎo)體棒，已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。從零時(shí)刻開始，對(duì)ab棒施加一個(gè)大小為F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，過(guò)程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，求：圖10(1)導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度；(2)試定性畫出導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖象。解析ab棒在拉力F作用下運(yùn)動(dòng)，隨著ab棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)的速度增大，棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，棒中感應(yīng)電流增大，棒受到的安培力也增大，最終達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)棒的速度達(dá)到最大值。(1)導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv①I＝eq\f(E,R＋r)②導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL③棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據(jù)牛頓第二定律：F－μmg－F安＝ma④由①②③④得：F－μmg－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma⑤由上式可以看出，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當(dāng)加速度a減小到0時(shí)，速度達(dá)到最大。此時(shí)有F－μmg－eq\f(B2L2vm,（R＋r）)＝0⑥可得：vm＝eq\f(（F－μmg）（R＋r）,B2L2)＝10m/s⑦(2)棒的速度－時(shí)間圖象如圖所示。答案(1)10m/s(2)圖見(jiàn)解析突破五電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化：(1)與感生電動(dòng)勢(shì)有關(guān)的電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電能，若電路是純電阻電路，轉(zhuǎn)化過(guò)來(lái)的電能將全部轉(zhuǎn)化為電路的內(nèi)能。(2)與動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)有關(guān)的電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，通過(guò)克服安培力做功，把機(jī)械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能?？朔才嗔ψ龆嗌俟?，就產(chǎn)生多少電能。若電路是純電阻電路，轉(zhuǎn)化過(guò)來(lái)的電能將全部轉(zhuǎn)化為電路的內(nèi)能?？珊?jiǎn)單表述如下：2.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量守恒：(1)能量守恒定律是自然界中的一條基本規(guī)律，電磁感應(yīng)現(xiàn)象當(dāng)然也不例外。①電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，從磁通量變化的角度來(lái)看，感應(yīng)電流總要阻礙原磁通量的變化；②從導(dǎo)體和磁體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的角度來(lái)看，感應(yīng)電流總要阻礙它們的相對(duì)運(yùn)動(dòng)。(2)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的“阻礙”正是能量守恒的具體體現(xiàn)，在這種“阻礙”的過(guò)程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。3.求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量守恒問(wèn)題的一般思路：(1)分析回路，分清電源和外電路。在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，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(shì)，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源，其余部分相當(dāng)于外電路。(2)分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。如：做功情況能量變化特點(diǎn)滑動(dòng)摩擦力做功有內(nèi)能產(chǎn)生重力做正功重力勢(shì)能必然減少，且WG＝－ΔEp克服重力做功重力勢(shì)能必然增加，且WG＝－ΔEp克服安培力做功必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，并且克服安培力做多少功，就產(chǎn)生多少電能安培力做正功電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，安培力做多少功就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(3)根據(jù)能量守恒列方程求解?！纠?】(2017·金華高二檢測(cè))如圖11所示，電阻為R質(zhì)量為m的矩形導(dǎo)線框abcd自某一高度自由落下，通過(guò)一有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，若線框恰好以恒定的速度通過(guò)磁場(chǎng)，在不計(jì)空氣阻力的情況下，線框中產(chǎn)生的焦耳熱是多少？ab、cd邊長(zhǎng)均為l，ad、bc的邊長(zhǎng)均為h，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾葹閔。圖11解析由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可知，線框勻速通過(guò)磁場(chǎng)時(shí)，重力做的功全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱。線框通過(guò)磁場(chǎng)重心下降的距離是2h重力做的功W＝mg·2h由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律得Q＝mg·2h答案2mgh題后反思(1)線框下落過(guò)程中臨界狀態(tài)界定不清晰，而不能確定“恰好”是一種特殊情況，導(dǎo)致無(wú)法利用能量守恒定律，導(dǎo)致Q＝W無(wú)法列出。(2)線框下降的距離s＝2h，容易錯(cuò)誤認(rèn)為是h。(3)用能量守恒定律最簡(jiǎn)潔，用其他方法容易丟分?！纠?】如圖12所示，匝數(shù)N＝100、截面積S＝1.0×10－2m2、電阻r＝0.15Ω的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向上的隨時(shí)間均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，其變化率k＝0.80T/s。線圈通過(guò)開關(guān)S連接兩根相互平行、間距d＝0.20m的豎直導(dǎo)軌，下端連接阻值R＝0.50Ω的電阻。一根阻值也為0.50Ω、質(zhì)量m＝1.0×10－2kg的導(dǎo)體棒ab擱置在等高的擋條上。在豎直導(dǎo)軌間的區(qū)域僅有垂直紙面的不隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2。接通開關(guān)S后，棒對(duì)擋條的壓力恰好為零。假設(shè)棒始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻。圖12(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小，并指出磁場(chǎng)方向；(2)斷開開關(guān)S后撤去擋條，棒開始下滑，經(jīng)t＝0.25s后下降了h＝0.29m，求此過(guò)程棒上產(chǎn)生的熱量。解析(1)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝NSeq\f(ΔB1,Δt)代入數(shù)據(jù)得E＝0.8V，由楞次定律判斷可知，電流從左邊流入，右邊流出。等價(jià)電路圖如右：總電流I＝eq\f(E,r＋\f(R,2))＝eq\f(0.8,0.15＋0.25)A＝2A，ab棒中Iab＝1A。根據(jù)題意，此刻棒對(duì)擋條的壓力為零，即金屬棒所受安培力等于其重力，即B2Iabd＝mg，解得B2＝0.50T，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)的方向應(yīng)該垂直紙面向外。(2)開關(guān)斷開之后，撤去擋板，ab下滑中切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)動(dòng)量定理，得(mg－B2eq\o(I,\s\up6(－))d)t＝mv－0其中Δq＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(ΔΦ,R0＋Rab)，ΔΦ＝B2dΔh聯(lián)立上式可知v＝2.21m/s根據(jù)動(dòng)能定理可知mgh＋W＝eq\f(1,2)mv2－0求得W＝－4.58×10－3J，因此金屬棒上產(chǎn)生熱量為Q＝|eq\f(1,2)W|＝2.29×10－3J答案(1)0.5T，磁場(chǎng)垂直紙面向外(2)2.29×10－3J【例8】如圖13所示，足夠長(zhǎng)的U形框架寬度是L＝0.5m，電阻忽略不計(jì)，其所在平面與水平面成θ＝37°角，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)體框平面，一根質(zhì)量為m＝0.2kg，有效電阻R＝2Ω的導(dǎo)體棒MN垂直跨放在U形框架上，該導(dǎo)體棒與框架間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，導(dǎo)體棒由靜止開始沿框架下滑到剛開始勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過(guò)導(dǎo)體棒截面的電荷量共為Q＝2C。求：圖13(1)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度；(2)導(dǎo)體棒從靜止開始下滑到剛開始勻速運(yùn)動(dòng)，這一過(guò)程中導(dǎo)體棒的有效電