1、专题四电路与电磁感应第三讲 三大观点解决电磁感应问题考点 1 动力学观点应用动力学观点解决电磁感应综合问题时要特别注意 a0 时速度 v 达到最大时的特点，运动的动态分析如下：注意：电磁感应与力和运动结合的问题，研究方法与力学相同，首先明确物理过程，正确地进行受力分析，这里应特别注意伴随感应电流而产生的安培力，在匀强磁场中匀速运动的导体受的安培力恒定，变速运动的导体受的安培力也随速度(电流)变化而变化；其次应用相应的规律求解，匀速运动可用平衡条件求解，变速运动的瞬时速度可用牛顿第二定律和运动学公式求解 如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为 的绝缘斜面上，导轨间距为 L，导轨上端连接一个
2、定值电阻，导体棒 a 和 b 放在导轨上，与导轨垂直并接触良好，斜面上水平虚线 PQ 以下区域内，存在着垂直斜面向上的磁场，磁感应强度大小为 B0，已知 b 棒的质量为 m，a 棒、b 棒和定值电阻的阻值均为 R，导轨电阻不计，重力加速度为 g.(1)断开开关 S，a 棒和 b 棒固定在磁场中，恰与导轨构成一个边长为 L 的正方形，磁场从 B0 以Bt k 均匀增加，写出 a 棒所受安培力随时间变化的表达式；(2)若接通开关 S，同时对 a 棒施以平行导轨斜向上的拉力 F，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b 棒恰好静止当 a 棒运动到磁场的上边界 PQ 处时，撤去拉力 F，a 棒将继
3、续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时 b 棒已滑离导轨当 a 棒再次滑回磁场上边界 PQ 时，又恰能沿导轨匀速向下运动，求 a 棒质量 ma及拉力 F 的大小题眼点拨“断开开关 S，a 棒和 b 棒固定在磁场中，恰与导轨构成一个边长为 L 的正方形，磁场从 B0以Bt k 均匀增加”说明回路中的磁通量是变化的，产生感应电流；“若接通开关 S，同时对 a 棒施以平行导轨斜向上的拉力 F，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的 b 棒恰好静止”说明 a 棒受力平衡即 Fmagsin BI1L，b 棒也受力平衡即 mgsin BIbL；“当 a 棒再次滑回磁场上边界 PQ 时，又恰能沿导
4、轨匀速向下运动”说明 a 棒匀速下滑时 magsin BI2L.解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得Et，BL2，由闭合电路欧姆定律可得：I E2R，t 时刻的磁感应强度为 BB0kt，此时 a 棒受到的安培力为 F 安BIL，解得 F 安kL32R(B0kt)；(2)由题意可知 a 棒沿斜面向上运动时，a 棒为电源，b 棒和电阻 R 并联，设通过 a 棒(干路)的电流为 I1，由并联电路关系可得：I1IbIR，B 棒和电阻 R 的阻值相等，则通过 b 棒的电流为Ib12I1，电路的总电阻为 R 总 RbRRbRRa，由欧姆定律可得干路电流为 I1 ER总，感应电动势为 EBLv，b 棒保持静
5、止，则 mgsin BIbL，a 棒脱离磁场后撤去拉力 F，a 棒机械能守恒，返回磁场时速度大小还是 v，此时 a 棒和电阻 R 串联，则电路中的电流为 I2ERaR，a 棒匀速下滑，则 magsin BI2L，联立解得 ma32m，a 棒向上运动时受力平衡：Fmagsin BI1L，解得 F72mgsin.答案：(1)F 安kL32R(B0kt)(2)32m 72mgsin 1注意供电回路分析如本例中，当开关 S 闭合时，a 棒为电源，b 棒和 R 并联，b 棒中的电流为 a 棒中电流的12.2注意分析导体棒的受力如本例中 a 棒匀速上升时在平行导轨方向受到重力的分力 magsin、拉力 F
6、、安培力 BI1L，但 a 棒再次滑回磁场时在平行导轨方向只受重力的分力 magsin 和安培力 BI2L，只是此时因 b 棒的滑离，电路结构发生了变化对点训练1(多选)如图所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成 角(090)，其中 MN 与 PQ 平行且间距为 L，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 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab 棒接入电路的部分的电阻为 R，当流过 ab 棒某一横截面的电荷量为 q时，棒的速度大小为 v，则金属棒 ab 在这一过程中()Aa 点的电势高于 b 点的电势Bab 棒中产生的焦耳热小于
7、 ab 棒重力势能的减少量C下滑的位移大小为qRBLD受到的最大安培力大小为B2L2vRsin 解析：由右手定则可知 a 点相当于电源的正极，b 点相当于电源的负极，故 A 正确；由能量守恒可知 ab 棒重力势能的减少量等于 ab 棒中产生的焦耳热与 ab 棒的动能之和，故 B 正确；由 qR BxLR 可得，下滑的位移大小为 xqRBL，故 C 正确；金属棒 ab 在这一过程中受到的安培力大小为 FBIL，I 最大为BLvR，故最大安培力大小为B2L2vR，故 D 错误答案：ABC2(2019北京卷)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
8、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 边产生的焦耳热 Q.解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLv；(2)线圈中的感应电流 IER，拉力大小等于安培力大小 FBIL，拉力的功率 PFvB2L2v2R；(3)线圈 ab 边电阻 RabR4，时间 tLv，ab 边产生的焦耳热 QI2RabtB2L3v4R.答案：见解析考点 2 能量观点利用能量观点求解电磁感应中的功能关系问题应注意以下三点：(1)电磁感应现象
9、的实质是其他形式的能转化成电能(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能(3)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及 WUIt或 QI2Rt 直接进行计算若电流变化，则：利用安培力做的功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒求解，若只有电能与机械能的
10、转化，则机械能的减少量等于产生的电能 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距 L0.5 m，左端接有阻值 R0.3 的电阻，一质量 m0.1 kg，电阻 r0.1 的金属棒 MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度 B0.4 T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以 a2 m/s2 的加速度做匀加速运动，当棒的位移 x9 m 时撤去外力，棒继续运动一段时间后停下来，已知撤去外力前后电路中产生的电热之比 Q1Q221，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻 R 的电
11、荷量 q；(2)撤去外力后电路中产生的电热 Q2；(3)外力做的功 WF.题眼点拨“棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以 a2 m/s2 的加速度做匀加速运动”由于速度增大则安培力增大，所以外力也增大；“棒的位移 x9 m时撤去外力”说明匀加速运动了 9 m.解析：(1)法一：棒匀加速运动所用时间为 t，有12at2x，t2xa 292 s3 s.根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电 路 中 产 生 的 平 均 电 流 为 I ERr t（rR）BLxt（rR）0.40.593（0.10.3）A1.5 A，根据电流定义式有 q It1.53 C4.5 C；法二：在电磁感应现象中通过
12、导线截面的电荷量为 qR，所以有 qBLxrR0.40.590.10.3 C4.5 C；(2)撤去外力前棒做匀加速运动，设末速度为 v，由v22ax，得 v6 m/s.撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以电热等于棒减少的动能，有Q2Ek12mv2120.162 J1.8 J；(3)根据题意知撤去外力前的电热为 Q12Q23.6 J.撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其大小等于电热 Q1)、重力不做功，合力共同使棒的动能增大，根据动能定理有：EkWFQ1，则 WFQ1Ek3.6 J1.8 J5.4 J.答案：(1)4.5
13、 C(2)1.8 J(3)5.4 J1求感应电荷量应用的是电流的平均值，而求电路产生的电热 QI2Rt 时，应用的是电流的有效值2电路中的电流是变化的，而又不是正弦交变电流，故电路中的电热应由功能关系求解对点训练3(多选)(2018南阳质检)如图所示，两根光滑的金属导轨平行放置在倾角为 的斜面上，导轨在左端接有电阻 R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为 m、电阻可忽略不计的金属棒 ab 在沿斜面与棒垂直的恒力 F 作用下沿导轨由静止开始上滑，并上升 h 高度在这一过程中()A作用在金属棒上的合力所做的功大于零B恒力 F 所做的功等于 mgh 与电阻 R 上
14、产生的焦耳热之和C恒力 F 与安培力的合力的瞬时功率一定时刻在变化D恒力 F 与重力 mg 的合力所做的功大于电阻 R 上产生的焦耳热解析：导体棒由静止开始向上加速，产生的感应电流和感应电动势增大，所受安培力随之增大，合外力减小，加速度减小，若 h 足够高，最后导体棒做匀速运动，由动能定理知，作用在金属棒上的合力所做的功大于零，A 正确；根据动能定理可得 WFWGW安Ek，故 WFEkW安WG，恒力 F 所做的功等于 mgh 与电阻 R 上产生的焦耳热以及金属棒增加的动能之和，B 错误；如果在还没有到达 h高度前，金属棒已做匀速运动，速度恒定，此后恒力 F 与安培力的合力的瞬时功率恒定不变，C
15、 错误；根据 WFWGW 安Ek 可得 WFWGEkW 安，恒力 F 与重力 mg 的合力所做的功等于电阻 R 产生的焦耳热与增加的动能之和，D 正确答案：AD4.如图所示，两金属杆 ab 和 cd 长均为 L0.5 m，电阻均为 R8.0，质量分别为 M0.2 kg 和 m0.1 kg，用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧两金属杆都处在水平位置，整个装置处在一个与回路平面相垂直向内的匀强磁场中，磁感应强度为 B2 T若整个装置从静止开始到金属杆 ab 下降高度 h5.0 m 时刚好匀速向下运动(g 取 10 m/s2)求：(1)
16、ab 杆匀速运动时杆上的电流方向；(2)ab 杆匀速运动的速度 vm.解析：(1)磁场方向垂直纸面向里，当 ab 匀速下滑时，ab 中产生感应电动势，根据右手定则可知电流方向由 ab，cd 中的感应电流方向由 dc；(2)电路中的电动势是 ab 与 cd 中电动势的和，即E2BLvm，回路中电流大小为 I E2R，由安培力公式得 FABIL，ab 受到的安培力向上，cd 受到的安培力向下，大小均为FA，对 ab 有：TFAMg，对 cd 有：TFAmg，联立得：2FA(Mm)g，解得vm（Mm）gR2B2L2（0.20.1）108.02220.52 m/s4 m/s.答案：(1)ab(2)4
17、m/s考点 3 动量观点应用动量观点解决电磁感应综合问题可分为两类：(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移如：B ILtp，q It，可得：qpBL.B2l2 vR总 tp，x vt，可得：xpR总B2l2.(2)利用动量守恒定律分析双导体杆问题如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨处在匀强磁场中，导轨上面横放着两根导体杆 ab 和 cd.给杆 ab 一个指向杆 cd 的初速度 v0，于是产生感应电流杆 ab 受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，杆 cd 则在安培力作用下做加速运动在杆 ab 的速度大于杆 cd 的速度时，回路中总有感应电流，杆 ab 继续减速，杆 cd 继续加速两杆
18、速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两杆以相同的速度 v 做匀速运动从初状态至两杆达到速度相同的过程中，两杆总动量守恒，有 m1v0(m1m2)v，根据能量守恒，整个过程中产生的总热量 Q12m1v2012(m1m2)v2.如图所示，金属杆 a 在离地 h 高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的磁感应强度为 B 的匀强磁场，水平部分导轨上原来放有一根金属杆 b，已知金属杆 a 的质量为 m，金属杆 b 的质量为34m，水平导轨足够长，不计摩擦求：(1)金属杆 a、b 的最终速度；(2)从开始到达到最终速度，整个过程中回路释放的电能题眼点拨“导轨
19、平行的水平部分有竖直向上的磁感应强度为 B 的匀强磁场”说明金属杆 a 下滑 h 过程中机械能守恒；“水平导轨足够长，不计摩擦”说明两金属杆在水平部分动量守恒解析：(1)金属杆 a 下滑 h 过程中机械能守恒mgh12mv20.金属杆 a 进入磁场后，回路中产生感应电流，金属杆a、b 都受到安培力作用，金属杆 a 做减速运动，金属杆 b做加速运动，经一段时间，金属杆 a、b 速度达到相同，之后回路中的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，两者做匀速运动，匀速运动的速度即为金属杆 a、b 的最终速度，设为 v，在这个过程中金属杆 a、b 系统所受合外力为零，由动量守恒得 mv0m34m v
20、，解得最终速度 v47 2gh.(2)由能量守恒知，回路中产生的电能等于金属杆 a、b 系统损失的机械能，所以 Emgh12m34m v237mgh.答案：(1)47 2gh 47 2gh(2)37mgh1水平导轨光滑且足够长时，两杆最终一定同速前进2系统损失的机械能转化为两杆的总热量时，两杆的电热关系为：Q1Q2R1R2.对点训练考向 动量定理在电磁感应中的应用5如图所示，有竖直向上的匀强磁场穿过水平放置的光滑平行金属导轨，导轨左端连有电阻 R，质量相等、长度相同的铁棒和铝棒静止在轨道上现给两棒一个瞬时冲量，使它们以相同速度 v0 向右运动，两棒滑行一段距离后静止，已知两棒始终与导轨垂直，在
21、此过程中()A在速度为 v0 时，两棒的端电压 UabUcdB铁棒在中间时刻的加速度是速度为 v0 时加速度的一半C铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间D两回路中磁通量的改变量相等解析：根据法拉第电磁感应定律，铁棒和铝棒中的感应电动势均为 EBLv0，电阻 R 两端电压为 U ERRrBLv0RRr，由于铁棒和铝棒的电阻 r 不同，故两棒的端电压不同，故 A 错误；根据牛顿第二定律可知 F 安B2L2vRr ma，两棒均做加速度减小的减速运动，两棒在中间时刻的速度小于v02，两棒在中间时刻的加速度均小于速度为v0 时加速度的一半，故 B 错误；根据动量定理BILtmv0(即 BLqmv0)，由于铝
22、棒的电阻小于铁棒的电阻，则铝棒的电流大于铁棒的电流，可知铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间，另 q Rr，联立得 mv0BL(Rr)，两回路中磁通量的改变量不相等，故 C 正确，D 错误答案：C考向 动量守恒在电磁感应中的应用6(多选)如图所示，PQ 和 MN 是固定于水平面内电阻不计、间距 L1 m 的足够长平行光滑金属轨道，质量均为 m0.2 kg，接入两轨道电阻值均为 R1 的两金属棒 ab、cd 静置于轨道上，整个装置处在竖直向上、磁感应强度 B0.4 T 的匀强磁场中，某时刻 cd 棒突然受到水平向右 I0.8 Ns 的瞬时冲量作用开始运动，运动过程中金属棒始终与轨道垂直，接触良好，重
23、力加速度 g 取10 m/s2，下列说法正确的是()A开始运动后，d 端电势始终比 c 端电势高Bcd 棒开始运动的瞬间，d、c 两端的电势差 Udc1.6 VC在整个运动过程中，电路 abcd 中产生的热量为1.2 JD在整个运动过程中，通过 ab 棒横截面的电荷量为 1 C解析：根据右手定则判断可知：cd 棒中感应电流方向从 c 到 d，则 d 端相当于电源的正极，电势高于 c 端的电势，故 A 正确；cd 棒开始运动的瞬间，产生的感应电动势为 EBLv0，cd 棒的速度为 v0 Im4 m/s，联立可得 E1.6 V，d、c 两端的电势差 UdcERRR0.8 V，故 B 错误；由题意可知最后两根金属棒以相同的速度匀速运动且速度为 v，根据动量守恒可得 mv02mv，解得v2 m/s，根据能量守恒可得产生的热量为：Q12mv20122mv20.8 J，故 C 错误；对 cd 棒根据动量定理可得BILtmv0mv，进一步可得 BLqmv0mv，代入数据解得 q1 C，故 D 正确所以 A、D 正确，B、C 错误.答案：AD