1、第 3 讲 电磁感应规律的综合应用主干梳理 对点激活知识点 电磁感应中的电路分析问题 1对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于01 电源。如：切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等。2对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路，外电路由电阻、电容等电学元件组成。在外电路中，电流从高电势处流向低电势处；在内电路中，电流则从 02 低电势处流向 03 高电势处。3与电路相联系的几个公式(1)电源电动势：E 04 nt 或 EBlv。(2)闭合电路欧姆定律：I ERr。电源的内电压：U 内 05 Ir。电源的路端电压：U 外IR
2、EIr。(3)消耗功率：P 外IU，P 总 06 EI。(4)电热：Q 外 07 I2Rt，Q 总I2(Rr)t。知识点 电磁感应现象中的动力学问题 1安培力的大小感应电动势：E 01 BLv感应电流：I ERr安培力公式：F 02 BILFB2L2vRr2安培力的方向(1)先用 03 右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用 04 左手定则确定安培力方向。(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向 05 相反。3分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。4根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。知识点 电磁感应现象中的能量问题 1电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做
3、 01 切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受 02 安培力。外力 03 克服安培力做功，将其他形式的能转化为 04 电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。2实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和 05 电能之间的转化。一 堵点疏通1在电磁感应电路中，产生电流的那部分导体相当于电源。()2安培力的方向一定与运动方向相反。()3物体克服安培力做功的过程是将其他形式的能量转化为电能的过程。()4电源的电动势就是电源两端的电压。()5在电磁感应现象中，求焦耳热的方法只能用 QI2Rt 求解。()答案 1.2.3.4.5.二
4、对点激活1(人教版选修 32P21T4 改编)(多选)如图所示，单匝线圈 ABCD 在外力作用下以速度 v 向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度 2v 匀速进入同一匀强磁场，则下列说法正确的是()A第二次与第一次进入时线圈中电流之比为 21B第二次与第一次进入时外力做功功率之比为 21C第二次与第一次进入过程中通过线圈的电量之比为 21D第二次与第一次进入时线圈中产生热量之比为 21答案 AD解析 由 EBlv 知E2E121，由 IER得I2I121，故 A 正确。匀速进入，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，由 PI2R 得P2P141，故 B 错误。由电量 qR 得q2q111，故
5、 C 错误。产生热量 QPtP lv，得Q2Q1411221，故 D 正确。2(人教版选修 32P21T3)设图中的磁感应强度 B1 T，平行导轨宽 l1 m，金属棒 PQ 以 1 m/s 速度贴着导轨向右运动，R1，其他电阻不计。(1)运动的导线会产生感应电动势，相当于电源。用电池等符号画出这个装置的等效电路图；(2)通过 R 的电流方向如何？大小等于多少？答案(1)图见解析(2)竖直向下 1 A解析(1)PQ 切割磁感线相当于电源，等效电路如图。(2)EBlv1 VIER1 A由右手定则判断通过 R 的电流方向竖直向下。3如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离 L1 m，质量
6、m1 kg 的光滑导体棒放在导轨上，导体棒与导轨垂直且导体棒与导轨电阻均不计，导轨左端与阻值 R4 的电阻相连，导轨所在位置有磁感应强度为 B2 T 的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力 F，并每隔 0.2 s 测量一次导体棒的速度，图乙是根据所测数据描绘出的导体棒的 v-t 图象(设导轨足够长)。(1)求力 F 的大小；(2)t1.6 s 时，求导体棒的加速度 a 的大小；(3)若 1.6 s 内导体棒的位移 x8 m，试计算 1.6 s 内电阻上产生的热量 Q。答案(1)10 N(2)2 m/s2(3)48 J解析(1)导体棒做切割磁感线运动，有
7、EBLvIER，F 安BIL当导体棒速度最大为 vm 时，FF 安解得 FB2L2vmR10 N。(2)当 t1.6 s 时，v18 m/s，此时 F 安 1B2L2v1R8 NFF 安 1ma，a2 m/s2。(3)由能量守恒定律可知 FxQmv212，解得 Q48 J。考点细研 悟法培优考点1 电磁感应中的电路分析问题1问题归类(1)以部分电路欧姆定律为中心，对六个基本物理量(电压、电流、电阻、电功、电功率、电热)、三条定律(部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律)以及若干基本规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、串并联电路特点等)进行考查。(2)以闭合电路欧姆定律为中心，对电动势概
8、念、闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化进行考查。2基本步骤(1)确定电源：先判断产生电磁感应现象的是哪一部分导体，该部分导体可视为电源。(2)分析电路结构，画等效电路图。(3)利用电路规律求解，主要有欧姆定律、串并联电路规律等。3误区分析(1)不能正确根据感应电动势及感应电流的方向分析外电路中电势的高低。因产生感应电动势的那部分电路相当于电源部分，故该部分电路中的电流从低电势流向高电势，而外电路中电流的方向是从高电势到低电势。(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有考虑到电源的内阻对电路的影响。(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，例如并联在等效电源两端的电压表，其示数
9、是路端电压，而不是等效电源的电动势。例 1 如图所示，半径为 r1 m 的光滑金属圆环固定在水平面内，垂直于环面的匀强磁场的磁感应强度大小为 B2.0 T，一金属棒 OA 在外力作用下绕 O 轴以角速度 2 rad/s 沿逆时针方向匀速转动，金属环和导线电阻均不计，金属棒OA 的电阻 r01，电阻 R12，R23，R37.5，电容器的电容 C4 F。闭合开关 S，电路稳定后，求：(1)通过金属棒 OA 的电流大小和方向；(2)外力的功率；(3)从断开开关 S 到电路稳定这一过程中通过电流表的电荷量。(1)OA 相当于电源，哪点电势高？提示：O 点电势高。(2)S 闭合和 S 断开时等效电路如何
10、画？提示：S 闭合时 S 断开时 尝试解答(1)0.5_A_方向由 A 到 O_(2)1_W(3)6.4106_C(1)由右手定则判定通过金属棒 OA 的电流方向是由 A 到 O，金属棒 OA 中产生的感应电动势大小为 E12Br2得 E2 VS 闭合时的等效电路如图 1 所示 R 外R3R1R2R3R1R23 由闭合电路欧姆定律，得 EI(r0R 外)联立解得 I0.5 A。(2)根据能量守恒定律知，外力的功率为 PIE1 W。(3)S 断开前，电路路端电压为 UIR 外电阻 R1 两端电压为 U1R1R1R2U0.6 V。电容器的电荷量为 Q1CU12.4106 C且 a 板带正电，b 板
11、带负电S 断开时的等效电路如图 2 所示电容器 C 两端的电压为电阻 R2 两端的电压 U2，则 U2ER1R2r0R21 V电容器的电荷量为 Q2CU24106 C且 a 板带负电，b 板带正电通过电流表的电荷量为 QQ1Q2联立解得 Q6.4106 C。解决电磁感应中电路问题的三部曲(1)确定电源切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用 EBlv 或 Ent 求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流方向。如果在一个电路中切割磁感线的有几个部分但又相互联系，可视为等效电源的串、并联。(2)识别电路结构、画出等效电路分析电路结构，即分
12、清等效电源和外电路及外电路的串并联关系、判断等效电源的正负极或电势的高低等。(3)利用电路规律求解一般是综合应用欧姆定律、串并联电路规律、电容器充电及放电特点、电功和电功率的知识、法拉第电磁感应定律等列方程求解。变式 1 在如图甲所示的电路中，螺线管匝数 n1500 匝，横截面积 S20 cm2。螺线管导线电阻 r1.0，R14.0，R25.0，C30 F。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度 B 按如图乙所示的规律变化。求：(1)闭合 S，求螺线管两端的电势差；(2)闭合 S，电路中的电流稳定后，求电阻 R1 的电功率；(3)S 断开后，求流经 R2 的电荷量。答案(1)1.08 V(
13、2)5.76102 W(3)1.8105 C解析(1)根据法拉第电磁感应定律有Ent nSBt 1.2 V路端电压 UR1R2rR1R2E1.08 V。(2)根据闭合电路欧姆定律有 IER1R2r0.12 API2R15.76102 W。(3)S 断开后，流经 R2 的电荷量即为 S 闭合时电容器 C 所带的电荷量 Q。电容器两端的电压 UCIR20.6 V流经 R2 的电荷量 QCUC1.8105 C。考点2 电磁感应中的动力学问题1导体棒的动力学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。2两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态
14、加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析3力学对象和电学对象的相互关系4动态分析的基本思路导体有初速度或受外力运动EBLv 感应电动势I ERr 感应电流FBIL导体受安培力合力变化F合ma加速度变化速度变化临界状态。例 2 如图甲所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ 是水平放置的两平行长直导轨，其间距 L0.2 m，连在导轨一端的电阻 R0.4，ab 是放置在导轨上质量m0.1 kg的导体棒。从零时刻开始，对棒施加一个大小为F0.45 N，方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且
15、良好接触，图乙是棒的 v-t 图象，其中 AO 是图象在 O 点的切线，AB是图象的渐近线。除 R 以外，其余部分的电阻均不计。滑动摩擦力等于最大静摩擦力。已知当棒的位移为 30 m 时，其速度达到了最大速度 10 m/s。求：(1)磁感应强度 B 的大小；(2)在棒运动 30 m 的过程中电阻 R 上产生的焦耳热。(1)t0 时刻的加速度是由什么力提供的？提示：拉力 F 与滑动摩擦力的合力。(2)由图象能审出什么信息？提示：t0 时 a2.5 m/s2，最大速度 vm10 m/s。尝试解答(1)0.5_T_(2)2.5_J(1)由题图乙得棒开始运动瞬间：a2.5 m/s2，则：Ffma棒最终
16、以速度 vm10 m/s 做匀速运动，则所受的拉力、摩擦力和安培力的合力为零FfF 安0，F 安BIL，IBLvmR联立可得：B0.5 T。(2)由功能关系可得：(Ff)x12mv2mQ解得 Q2.5 J。单棒切割磁感线的两种模型模型一：导体棒 ab 先自由下落再进入匀强磁场，如图甲所示。模型二：导体棒 ab 沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示。两类模型中的临界条件是导体棒 ab 受力平衡。以模型一为例，有 mgF 安B2l2v0R，即 v0mgRB2l2。若导体棒进入磁场时 vv0，则导体棒先减速再匀速；若 vv0，导体棒先加速再匀速(假设磁场区域足
17、够长)。变式 2 如图所示，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用 t1、t2 分别表示线框 ab 边和 cd 边刚进入磁场的时刻。线框下落过程，ab边始终保持与磁场水平边界线 OO平行，线框平面与磁场方向垂直。设 OO下方磁场区域足够大，不计空气阻力，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度 v 随时间 t 变化的规律()答案 A解析 线框在进入磁场前，只受重力，做自由落体运动，进入磁场的过程分三种情况：mgF 安，匀速通过磁场；mgF 安，做加速度越来越小的加速运动通过磁场。完全进入磁场又做匀加速直线运动。综上所述，只有 A 是不可能的。考点3 电磁感应中的能量问题能量
18、转化及焦耳热的求法(1)能量转化其他形式的能量克服安培力做功电能电流做功焦耳热或其他形式的能量(2)求解焦耳热 Q 的三种方法(纯电阻电路)例 3 如图甲所示，有一边长为 1.2 m、质量为 1 kg 的正方形单匝线框 abcd，放在光滑水平面上。在水平恒定拉力 F 的作用下，穿过垂直水平面向上、磁感应强度为 B0.1 T 的匀强磁场区域。线框 cd 边刚进入磁场时的速度为 2 m/s。在 t3 s 时刻 cd 边刚出磁场边界。从进入到离开磁场区域的 3 s 时间内线框运动的 v-t图象如图乙所示。求：(1)线框 cd 边在刚进入和刚离开磁场的这两个位置时 c、d 两点间的电压；(2)线框从
19、cd 边进入磁场到 ab 边离开磁场的全过程中，线框产生的焦耳热。(1)cd 边刚进入磁场和刚离开磁场时，电源分别是哪个边充当？提示：cd，ab。(2)线框 cd 边进磁场时速度为 2 m/s，cd 边出磁场时速度为 2 m/s，由此可知线框穿入和穿出磁场的过程中，线框中产生的焦耳热有什么关系？提示：相等。尝试解答(1)0.18_V_0.06_V_(2)4.2_J(1)线框 cd 边刚进入磁场时，c、d 两点间的电压U134E34Blv0340.11.22 V0.18 V线框 cd 边刚离开磁场时，c、d 两点间的电压 U214E0.06 V。(2)由题图乙知，13 s 内线框完全在磁场中，由
20、 v-t 图象知 13 s 内线框加速度 avt2131 m/s20.5 m/s2根据牛顿第二定律有 Fma10.5 N0.5 N从线框 cd 边刚进入磁场到 ab 边刚进入磁场，设安培力做功为 W根据动能定理有 FlW12mv212mv20代入数据得 W2.1 J从线框 cd 边刚进入磁场到 cd 边刚离开磁场，线框产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，因此 QW2.1 J根据图线可知线框 cd 边进入磁场和离开磁场时的速度和受力情况都一样，产生的焦耳热也相等，因此线框从 cd 边进入磁场到 ab 边离开磁场的全过程中，线框产生的总焦耳热为 Q 总2Q22.1 J4.2 J。电磁感应现象中能量
21、的计算(1)回路中电流稳定可利用电路知识，由 WUIt，QI2Rt 直接计算。(2)若电流变化利用安培力做功、功能关系解决。变式 3(2019山东济宁质检)如图所示，倾角为 的平行金属导轨宽度为 L，电阻不计，底端接有阻值为 R 的定值电阻，处在与导轨平面垂直的磁感应强度为 B的匀强磁场中。有一质量为 m，电阻为 r，长度也为 L 的导体棒垂直放在导轨上，它与导轨之间的动摩擦因数为。现让导体棒从导轨底部以初速度 v0 冲上导轨，上滑的最大距离为 s，返回到初位置的速度为 v。下列说法正确的是()A在上滑过程中，通过电阻 R 的电荷量为BLsRB导体棒在上滑过程中所用时间为2sv0C导体棒从开始
22、运动到回到底端，回路产生的焦耳热为12mv2012mv2D导体棒在上滑过程中，R 上产生的焦耳热大于下滑过程中 R 上产生的焦耳热答案 D解析 在上滑过程中，通过电阻 R 的电荷量为 qnRrBSRr BLsRr，故 A错误；导体棒从开始冲上导轨到滑到最大高度的过程中做减速运动，随着速度减小，产生的感应电流减小，所受的安培力减小，合力减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的变减速运动，平均速度小于v02，则所用时间大于 sv022sv0，故 B 错误；根据能量守恒定律可得，导体棒从开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热为：Q12mv2012mv22mgscos，故 C 错误；由于导体棒的机械能不断减
23、少，所以下滑与上滑过程中经过同一位置时，上滑速度大，产生的感应电流大，导体棒受到的安培力大，而两个过程通过的位移大小相等，所以上滑过程中导体棒克服安培力做功多，导体棒在上滑过程中整个回路中产生的焦耳热多，由 QR RRrQ总可知导体棒在上滑过程中，电阻 R 上产生的焦耳热较多，故 D 正确。考点4 电磁感应中的动量问题1动量定理在电磁感应现象中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安B I LtBLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q I tER总tn tR总tnR总，磁通量变化量：BSBLx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则 I
24、安mv2mv1。当题目中涉及速度 v、电荷量 q、运动时间 t、运动位移 x 时常用动量定理求解更方便。2动量守恒定律在电磁感应现象中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培力的合力为 0 时，满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。例 4 如图所示，足够长的 U 形光滑导轨固定在倾角为 30的斜面上，导轨的宽度 L0.5 m，其下端与 R1 的电阻连接，质量为 m0.2 kg 的导体棒(长度也为 L)与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计。磁感应强度 B2 T 的匀强磁场垂直于导轨所在的平面，用一根与斜面平行的不可伸长的轻
25、绳跨过定滑轮将导体棒和质量为 M0.4 kg 的重物相连，重物离地面足够高。使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑 t1 s 时，其速度达到最大。求：(取 g10 m/s2)(1)导体棒的最大速度 vm；(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间 t1 s 的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热是多少？(1)导体棒什么时候达到最大速度 vm?提示：导体棒加速度为零时。(2)用能量守恒的观点求焦耳热时，需要用到导体棒 1 s 内上滑的距离，如何求解此距离？提示：借助电量的两种求法：I 安B I LtBLq；qR BLxR。尝试解答(1)3_m/s_(2)0.9_J(1)速度最大时导体棒切割磁感线
26、产生感应电动势EBLvm感应电流 IER安培力 FABIL导体棒达到最大速度时由平衡条件得 Mgmgsin30FA联立解得 vm3 m/s。(2)设轻绳的拉力大小为 F，由动量定理得 Mgt F tMvm0F tmgsin30tB I Ltmvm0则 Mgtmgsin30tB I Lt(Mm)vm0即 Mgtmgsin30tBLq(Mm)vm0解得 1 s 内流过导体棒的电荷量 q1.2 C电量 qR BLxR解得 1 s 内导体棒上滑位移 x1.2 m，由能量守恒定律得 Mgxmgxsin3012(Mm)v2mQ解得 Q0.9 J。解决电磁感应中动量问题的策略“先源后路、先电后力，再是运动、
27、动量”即变式 41 如图所示，两条相距为 L 的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为 R 的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为 B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒 ab 垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为 R。若给棒平行导轨向右的初速度 v0，当流过棒截面的电荷量为 q 时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为 x。则()A当流过棒的电荷量为q2时，棒的速度为2v03B当棒发生位移为x3时，棒的速度为v02C在流过棒的电荷量达到q2的过程中，棒释放的热量为3BqLv08D整个过程中定值电阻 R 释放的热量为BqLv04答案 D解析 当流过棒截面的电荷量为 q 时，棒
28、的速度减为零，设用时为 t，由动量定理有：B I Lt0mv0，即 BLqmv0。当流过棒的电荷量为q2时，设棒的速度为 v，则有：BLq2mvmv0，解得 vv02，A 错误。由法拉第电磁感应定律有 EBLxt，由欧姆定律有 I E2R，由电流的定义有 I qt，整理可得 qBLx2R，当棒发生的位移为x2时，流过棒的电荷量为q2，此时棒的速度为v02，B 错误。由 BLqmv0，可得棒的质量 mBLqv0，当流过棒的电荷量为q2时，棒的速度为v02，则在流过棒的电荷量达到q2的过程中，棒损失的动能为3412mv203BLqv08，又棒的有效阻值与电阻的阻值均为 R，故棒释放的热量为3BqL
29、v016，C 错误。整个过程棒损失的动能为12mv20BLqv02，定值电阻与导体棒释放的热量相同，均为BLqv04，D 正确。变式 42 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为 L。导轨上面垂直放置两根导体棒 ab 和 cd，构成矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量皆为 m，电阻均为 R，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。开始时，棒 cd 静止，棒 ab 有指向棒 cd 的初速度 v0。若两导体棒在运动中始终不接触，则：(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当 ab 棒的速度
30、变为初速度的34时，cd 棒的加速度是多少？答案(1)14mv20(2)B2L2v04mR解析 ab 棒向 cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流，ab 棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd 棒则在安培力的作用下向右做加速运动。只要 ab 棒的速度大于 cd 棒的速度，回路总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速，直到两棒速度相同时，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度 v 做匀速运动。(1)从开始到两棒达到相同速度 v 的过程中，两棒的总动量守恒，有 mv02mv根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q12mv2012(
31、2m)v214mv20。(2)设 ab 棒的速度变为34v0 时，cd 棒的速度为 v，则由动量守恒定律可知 mv034mv0mv解得 v14v0，回路中的电动势 E34BLv014BLv012BLv0I E2R此时 cd 棒所受的安培力 FBILB2L2v04R。由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度 aFmB2L2v04mR。建模提能 5 电磁感应中的“杆和导轨”模型1模型构建对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态，最终达到稳定状态，该系统称为“杆和导轨”模型。2模型分类单杆模型、双杆模型。(1)单杆模型初态v00v00示意图质量为 m
32、，电阻不计的单杆ab 以一定初速度 v0 在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为 L轨道水平光滑，单杆 ab 质量为 m，电阻不计，两平行导轨间距为 L轨道水平光滑，单杆 ab 质量为 m，电阻不计，两平行导轨间距为 L，拉力 F 恒定轨道水平光滑，单杆ab 质量为 m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力 F 恒定运动分析导体杆做加速度越来越小的减速运动，最终杆静止当 E 感E 时，v 最大，且 vm EBL，最后以vm 匀速运动当 a0 时，v最大，vmFRB2L2时，杆开始匀速运动t 时间内流入电容器的电荷量 qCUCBLv电流 IqtCBLvtCBLa安培力 F 安BLICB2L2aFF
33、 安ma，aFmB2L2C，所以杆以恒定的加速度匀加速运动能量分析动能转化为内能，12mv20Q电能转化为动能和内能，E 电12mv2mQ外力做功转化为动能和内能，WF12mv2mQ外力做功转化为电能和动能，WFE 电12mv2注：若光滑导轨倾斜放置，要考虑导体杆受到重力沿导轨斜面向下的分力作用，分析方法与表格中受外力 F 时的情况类似，这里就不再赘述。(2)双杆模型模型特点a一杆切割时，分析同单杆类似。b两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，Et Bl(v1v2)。电磁感应中的“双杆”问题分析a初速度不为零，不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨光滑不等距导轨示意图质量 m1m2电
34、阻 r1r2长度 L1L2质量 m1m2电阻 r1r2长度 L12L2运动分析杆 MN 做变减速运动，杆 PQ 做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度v02 匀速运动稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为 12能量分析一部分动能转化为内能，QEkb初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用光滑的平行导轨不光滑平行导轨示意图质量 m1m2电阻 r1r2长度 L1L2摩擦力 Ff1Ff2质量 m1m2电阻 r1r2长度 L1L2运动分析开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时，若 F2Ff，则 PQ 杆先变加速后匀速运动；MN 杆静止。若 F2Ff，
35、PQ 杆先变加速后匀加速运动，MN 杆先静止后变加速最后和 PQ 杆同时做匀加速运动，且加速度相同能量分析外力做功转化为动能和内能，WFEkQ外力做功转化为动能和内能(包括电热和摩擦热)，WFEkQ 电Qf【典题例证】如图，在竖直平面内有两条间距为 L 的足够长的平行长直导轨，上端接有一个阻值为 R 的电阻和一个耐压值足够大的电容器，电容器的电容为 C，且不带电。质量为 m、电阻不计的导体棒 ab 垂直跨在导轨上。开关 S 为单刀双掷开关。导轨所在空间有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。现将开关 S 接 1，由静止释放导体棒 ab。已知重力加速度为 g，当导体棒 ab 下落 h
36、 高度时：(1)求导体棒 ab 的速度大小 v；(2)若此时迅速将开关 S 接 2，请分析说明此后导体棒 ab 的运动情况；并计算导体棒ab 在开关接 2 后又下落足够大的高度 H 的过程中电阻 R上所产生的电热 Q。解析(1)设某时刻电路中的电流为 I，金属棒的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律有：mgBILma设在极短时间 t 内，电容器的充电电量为 Q，电压增加量为 U，金属棒速度的增加量为 v，则有：IQt QCUUBLvavt联立式可得：amgmB2L2C显然 a 为定值，可见金属棒下落过程为匀加速直线运动。根据 v22ah 可得：v2mghmB2L2C(2)导体棒 ab 下落 h
37、高度时产生的电动势为 EBLv此时电路中的电流为 IER导体棒 ab 所受的安培力为 F 安BIL联立以上三式可得 F 安B2L2vR。若 F 安mg，导体棒 ab 将做匀速直线运动。根据能量守恒定律有：QmgH若 F 安mg，导体棒 ab 将做先减速后匀速的直线运动。设匀速运动时的速度大小为 vm，则有：B2L2vmRmg根据能量守恒定律有：mgH12m(v2v2m)Q联立式可得 QmgHm2ghmB2L2Cm3g2R22B4L4同理，若 F 安(t2t1)，B 正确；从进入磁场到进入磁场之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以 Q1mg2d，所以穿过两个磁场过程中
38、产生的热量为 4mgd，C 正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则B2L2vRmg0，得 vmgRB2L2，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于mgRB2L2，根据 hv22g得金属杆释放时距离磁场上边界的高度应大于m2g2R22gB4L4m2gR22B4L4，D 错误。4(2019北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为 B。纸面内有一正方形均匀金属线框 abcd，其边长为 L，总电阻为 R，ad 边与磁场边界平行。从 ad 边刚进入磁场直至 bc 边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度 v 匀速运动，求：(1)感应电动势的大小 E；(2)拉力做功的功率 P；(3)ab
39、 边产生的焦耳热 Q。答案(1)BLv(2)B2L2v2R(3)B2L3v4R解析(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势 EBLv。(2)线框中的感应电流 IER拉力大小等于安培力大小 FBIL拉力的功率 PFvB2L2v2R。(3)线框 ab 边电阻 RabR4时间 tLvab 边产生的焦耳热 QI2RabtB2L3v4R。5(2019天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为 l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒 MN 和 PQ 长度也为 l、电阻均为 R，两棒与导轨始终接触良好。MN 两端通过开关 S 与电阻为 R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场
40、，磁通量变化率为常量 k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。PQ 的质量为 m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。(1)闭合 S，若使 PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力 F，并指出其方向；(2)断开 S，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中流过 PQ 的电荷量为 q，求该过程安培力做的功 W。答案(1)Bkl3R，方向水平向右(2)12mv223kq解析(1)设线圈中的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律得感应电动势 Et，则 Ek设 PQ 与 MN 并联的电阻为 R 并，有 R 并R2闭合 S 时，设线圈中的电流为 I，根据闭
41、合电路欧姆定律得IER并R设 PQ 中的电流为 IPQ，有 IPQ12I设 PQ 受到的安培力为 F 安，有 F 安BIPQlPQ 保持静止，由受力平衡，有 FF 安联立式得 FBkl3R由楞次定律和右手螺旋定则得 PQ 中的电流方向为由 Q 到 P，再由左手定则得PQ 所受安培力的方向水平向左，则力 F 的方向水平向右。(2)设 PQ 由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中，PQ 运动的位移为 x，所用时间为 t，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为 E，有 E t其中 Blx设 PQ 中的平均感应电流为 I，有 I E2R根据电流的定义式得 I qt由动能定理，有 FxW12mv20联
42、立式得 W12mv223kq。6(2017天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为 E，电容器的电容为 C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为 m、电阻为 R 的金属棒 MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关 S 接 1，使电容器完全充电。然后将 S 接至 2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场(图中未画出)，MN 开始向右加速运动。当 MN 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN 达
43、到最大速度，之后离开导轨。问：(1)磁场的方向；(2)MN 刚开始运动时加速度 a 的大小；(3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量 Q 是多少。答案(1)垂直于导轨平面向下(2)BlEmR(3)B2l2C2EmB2l2C解析(1)将 S 接 1 时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将 S接 2 时，电容器放电，流经 MN 的电流由 M 到 N，又知 MN 向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后，两极板间电压为 E，当开关 S 接 2 时，电容器放电，设刚放电时流经 MN 的电流为 I，有 IER设 MN 受到的安培力为 F，有 FIlB由牛顿第
44、二定律，有 Fma联立式得 aBlEmR(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为 Q0，有 Q0CE开关 S 接 2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值 vmax 时，设 MN 上的感应电动势为 E，有 EBlvmax依题意有 EQC设在此过程中 MN 的平均电流为 I，MN 上受到的平均安培力为 F，有 F IlB由动量定理，有 F tmvmax0又 I tQ0Q联立式得 Q B2l2C2EmB2l2C。7(2018天津高考)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图 1 是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为 l 的两条平行光滑金
45、属导轨，电阻忽略不计，ab 和 cd 是两根与导轨垂直、长度均为 l、电阻均为 R 的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为 l，列车的总质量为 m。列车启动前，ab、cd 处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图 1 所示，为使列车启动，需在 M、N 间连接电动势为 E 的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。(1)要使列车向右运行，启动时图 1 中 M、N 哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度 a 的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图 2 所示的一系列磁感应强度为 B 的匀强磁场区
46、域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于 l。若某时刻列车的速度为 v0，此时 ab、cd 均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？答案(1)M 接电源正极，理由见解析(2)2BElmR (3)见解析解析(1)列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由 a 到 b，由 c 到 d，故 M 接电源正极。(2)由题意，启动时 ab、cd 并联，电阻均为 R，由并联电路特点知 ab，cd 中电流均为 IER每根金属棒受到的安培力 F0BIl设两根金属棒所受安培力之和为 F，有 F2F0根据牛顿第二定律有 Fma 联立式得 a2BElmR
47、(3)设列车减速时，cd 进入磁场后经 t 时间 ab 恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为，平均感应电动势为 E1，由法拉第电磁感应定律有 E1t 其中 Bl2 设回路中平均电流为 I，由闭合电路欧姆定律有 IE12R 设 cd 受到的平均安培力为 F，有 FBIl 以向右为正方向，设 t 时间内 cd 受安培力冲量为 I 冲，有 I 冲Ft 同理可知，回路出磁场时 ab 受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为 I0，有 I02I 冲 设列车停下来受到的总冲量为 I 总，由动量定理有 I 总0mv0 联立式得I总I0mv0RB2l3 讨论：若I总I0恰好为整数，设其为 n，则需设置 n 块有界磁场；若I总I0不是整数，设I总I0的整数部分为 N，则需设置 N1 块有界磁场。