1、电磁感应规律的综合应用题型研究4加试计算题 23题1.导体棒的两种运动状态(1)平衡状态导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为零；(2)非平衡状态导体棒的加速度不为零.2.两个研究对象及其关系 电磁感应中导体棒既可看做电学对象(因为它相当于电源)，又可看做力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带.考点一 电磁感应中的动力学问题 3.电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流 I BlvRr.(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力 F 安B
2、IlB2l2vRr，根据牛顿第二定律列动力学方程：F 合ma.(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程：F合0.例1 如图1甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻.一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.图1解析答案(1)由b向a方向看到的装
3、置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；解析 如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上.答案 见解析图 解析答案(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及加速度的大小；解析 当ab杆速度为v时，感应电动势EBLv，此时电路中电流 IERBLvR，ab 杆受到的安培力 F 安BILB2L2vR，根据牛顿第二定律，有 mamgsin F 安mgsin B2L2vRagsin B2L2vmR答案 BLvR gsin B2L2vmR解析答案(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的最大速度.vmmgRsin
4、B2L2.解析 当a0时，ab杆有最大速度 答案 mgRsin B2L2方法技巧 用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：(1)进行“源”的分析分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r.(2)进行“路”的分析分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力.(3)“力”的分析分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力.(4)进行“运动”状态的分析根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型.12变式题组 1.(2015浙江10月选考22)如图2甲所示，质量m3.0
5、103 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T，方向水平向右的匀强磁场中.有一匝数n300匝，面积S0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连.线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示.(g取10 m/s2)图212(1)求00.10 s线圈中的感应电动势大小.解析 由电磁感应定律 Ent得 EnSB2t 30 V答案 30 V 解析答案(2)t0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向.解析 电流
6、方向CD，B2方向向上 答案 CD 向上 12解析答案(3)t0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h0.20 m，求通过细杆CD的电荷量.解析 由牛顿第二定律 Fmamv0t(或由动量定理 Ftmv0)，安培力 FIB1l，QIt，v22gh，得 Qm 2ghB1l0.03 C.答案 0.03 C 122.(2016浙江10月学考22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图所示的装置.半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO上，由电动机A带动旋转.在金属导轨区域内存
7、在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场.另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中.从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与 12“U”型导轨连接.当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度).不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：图3答案 B1l26R，方向由 d 到 c12解析答案(1)通过棒cd的电流Icd；解析 a
8、b 顺时针转动时产生的电动势为 E12B1l2由右手定则，电流方向由a到b，由闭合电路欧姆定律，总电流 IER12RB1l23R通过 cd 棒的电流 Icd12IB1l26R，方向由 d 到 c12解析答案(2)电动机对该装置的输出功率P；解析 电动机的输出功率 PI232RB122l46R答案 B122l46R12解析答案(3)电动机转动角速度与弹簧伸长量x之间的函数关系.解析 S断开时，由平衡条件kx0mg S闭合时，由平衡条件kxB2Icdlmg 解得 6kxx0RB1B2l3.答案 6kxx0RB1B2l3 考点二 动力学和能量观点的综合应用 1.力学对象和电学对象的相互关系 2.解决
9、电磁感应动力学及能量问题的一般思路(1)电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系.(2)受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向.(3)运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析.(4)能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式.(5)规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化.3.求解焦耳热的三种方法(1)焦耳定律：QI2Rt(2)功能关系：QW克服安培力(3)能量转化：QE其他能的减少量 例2 如图4所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖
10、直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面.开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动.线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：图4解析答案(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；解析答案(2)磁场上、下边界间的距离H.解析 线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械
11、能守恒定律，有 2mgl12mv12线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(2lH)12mv2212mv12Q由式得 H Qmg28l.答案 Qmg28l误区警示 在电磁感应现象中求解焦耳热时容易出现以下两类错误：1不加分析就把某时刻的电流I代入公式QI2Rt求解焦耳热，大多数情况下感应电流I是变化的，求解焦耳热要用电流的有效值，因此不能用某时刻的电流代入公式QI2Rt求解焦耳热.2电路中产生焦耳热的元件不是一个，不加分析误认为某个元件上的焦耳热就是整个电路产生的焦耳热.34变式题组 3.如图5所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨
12、间OO1O1O矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m，电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0.现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计).求：图5(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度；再据 I ERr BlvRr联立解得 vFRrB2l2解析答案 解析 棒在磁场中匀速运动时，有FFABIl，答案 FRrB2l234解析答案(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能.根据能量守恒定律可得 F(d0d)Q12mv2，解析 安培力做
13、的功转化成两个电阻消耗的电能Q，解得 QF(d0d)mF2Rr22B4l4.答案 F(d0d)mF2Rr22B4l4344.如图6甲所示，在水平面上固定有长为L2 m、宽为d1 m的金属“U”形导轨，在“U”形导轨右侧l0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示.在t0时刻，质量m0.1 kg的导体棒以v01 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为 0.1/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g10 m/s2).图634解析答案(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况
14、；解析 导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有 mgma，vv0at，xv0t12at2代入数据解得t1 s，x0.5 m 即导体棒在1 s末已经停止运动，以后一直保持静止，离左端位置为x0.5 m.答案 见解析 34解析答案(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；后 2 s 回路产生的电动势为 Et ldBt 0.1 V解析 前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E0，I0；回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为R50.5 电流为 IER0.2 A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向.答案 见解析 34解析答案(3)计算4 s内回路产生的焦耳热.解析 前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为QI2Rt0.04 J.答案 见解析 34
