1、第13讲 电磁感应规律及其应用【主干回顾】【核心速填】(1)“三定则、一定律”的应用。安培定则:运动电荷、电流产生_。左手定则:磁场对_。右手定则:部分导体_。楞次定律:闭合电路_发生变化。运动电荷、电流的作用力 切割磁感线运动 磁通量 磁场(2)求感应电动势的两种方法。_,用来计算感应电动势的_。_,主要用来计算感应电动势的_。Ent平均值 E=BLv 瞬时值 热点考向1 电磁感应中的图象问题【典例1】(2014新课标全国卷)如图甲,线圈ab、cd绕在同一软铁芯上。在ab线圈中通以变化的电流,用示波器测得线圈cd间电压如图乙所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则下列描述线圈ab中
2、电流随时间变化关系的图中,可能正确的是()【思考】(1)从乙图象能获得哪些信息?提示:线圈cd间的电压大小保持不变,方向周期性的变化;由法拉第电磁感应定律可知,穿过线圈cd的磁场周期性的线性变化。(2)判断线圈ab中电流随时间变化关系的依据?提示:线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比。【解析】选C。本题考查了电磁感应的图象。根据法拉第电磁感应定律,ab线圈电流的变化率与线圈cd上的波形图一致,线圈cd上的波形图是方波,ab线圈电流只能是线性变化的,因为只有线性变化的变化率才是常数。所以C正确。真题变式1.若将其中一个线圈竖直放置,线圈与一定值电阻相连,线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场,线
3、圈电阻恒定,规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示,当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙所示规律变化时,则正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的图象是()【解析】选D。根据电磁感应定律和欧姆定律得I=所以线圈中的感应电流取决于磁感 应强度B随t的变化率。由图乙可知,01s时间内,磁 场增强,增大,感应磁场与原磁场方向相反(感应磁 场的磁感应强度的方向向下),由楞次定律可知感应电 流是顺时针的,因而是正值,所以可判断01s电流大 小不变,方向沿正方向;在12s内,因磁场保持不变,EBSnRrt Rr，则感应电动势为零,所以感应电流为零;同理23s,磁场减弱,由楞次定律可知,感应电流方向与正方向
4、相反;根据电磁感应定律和欧姆定律得I=可知,因01s与23s斜率一样大,感应电动势大小相同,则感应电流大小相同,故选项D正确,A、B、C错误。BSnt Rr真题变式2.若取一匝线圈构成半径为R的导线环,如 图所示,导线环对心、匀速穿过半径也为R的匀强磁 场区域,关于导线环中的感应电流i随时间t的变化关 系,如图图象中(以逆时针方向的电流为正)最符合实 际的是()【解析】选C。开始进入磁场时,导线环切割磁感线,由右手定则 可以判断导线环中电流方向为逆 时针,即电流方向为正方向,当开 始出磁场时,产生的感应电流为顺时针,即电流方向为负方向;当进入磁场时,导线环切割磁感线的有效长度变大,则产生感应电
5、流也变大,当离开磁场时,导线环切割磁感线的有效长度变小,则产生感应电流 也变小,根据i=故电流按正弦规律变化,故选项A、B、D错误,C正确。eBv 2RsinRR2Bvsin2Bvsin tRRRR，真题变式3.若将一匝线圈置于水平桌面上,线圈处于匀强磁场中,线圈平面与磁场垂直,磁感应强度B随时间t的变化关系如图甲所示,01s内磁场方向垂直线圈平面向下。线圈与两根水平的平行金属导轨相连接,导轨上放置一根导体棒,导体棒的长为L、电阻为R,且与导轨接触良好,导体棒处于另一匀强磁场中,如图乙所示。若导体棒始终保持静止,则其所受的静摩擦力Ff随时间变化的图象是图中的(设向右的方向为静摩擦力的正方向)(
6、)【解析】选B。由题图甲可知在01s内磁感应强度均 匀增大,由E=可知线圈中产生的电动势保持不变,回路中产生恒定感应电流,根据楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针,导体棒受到的安培力的方向是水平向左,棒静止不动,摩擦力方向水平向右,为正方向;同理,分析以后几秒内摩擦力的方向,从而得出Ff-t图象为B图,故选项B正确,A、C、D错误。BSt【规律总结】解决电磁感应图象问题的三点关注和一般步骤(1)解决电磁感应图象问题的“三点关注”:关注初始时刻,如初始时刻感应电流是否为零,是正方向还是负方向。关注变化过程,看电磁感应发生的过程分为几个阶段,这几个阶段是否和图象变化相对应。关注大小、方向的变化趋势
7、,看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应。(2)解决电磁感应图象问题的一般步骤:明确图象的种类,即是B-t图还是-t图,或者E-t图、I-t图等。分析电磁感应的具体过程。用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等。画图象或判断图象。【加固训练】1.如图甲所示,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平
8、向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同,则i随时间t变化的图线可能是图乙中的()【解析】选A。本题题设要求线框中感应电流顺时针方向,根据楞次定律,可知框内磁场要么向里减弱(载流直导线中电流正向减小),要么向外增强(载流直导线中电流负向增大)。线框受安培力向左时,载流直导线电流一定向上,线框受安培力向右时,载流直导线中电流一定向下。故本题答案选A。2.(多选)如图所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面 与水平面成 角,M、P之间接一阻值为R的定值电阻,阻 值为r的金属棒ab垂直导轨放置,其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向 垂直导轨平面向下。t=0时对
9、金属棒施一平行于导轨的 外力F,金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动。下列关于穿过回路abPMa的磁通量、磁通量的瞬时变化率 、通过金属棒的电荷量q以及ab两端的电势差U随时间t变化的图象中,正确的是()t【解析】选B、D。设导体棒的长度为L,磁通量=BS=BLx=BL at2,所以A错误;磁通量的变化率:=BLv=BLat,故B正确;通过金属棒的电荷量 q=It=所以C错误;ab两端的电 势差:U=所以D正确。12t2BLxBL1 atRrRrRr 2，RREBLatRrRr，热点考向2 电磁感应中的电路和动力学问题 【典例2】(2016全国卷)如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨
10、间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上,t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动,t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为。重力加速度大小为g。求:(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小。(2)电阻的阻值。【名师点拨】(1)受力分析:金属杆进入磁场前受拉力、重力、支持力和滑动摩擦力作用,滑动摩擦力f=mg;金属杆在磁场中受拉力、重力、支持力、滑动摩擦力和安培力作用,安培力F安=BIl。(2)运动分析:金属杆进入磁场
11、前做匀加速直线运动,则F合=ma;进入磁场后做匀速直线运动,则F合=0。【解析】(1)由题意可知0t0时间 内受力分析如图甲所示 F合=F-f f=mg 物体做匀加速直线运动F合=ma 物体匀加速进入磁场瞬间的速度为v,则v=at0 由法拉第电磁感应定律可知E=Blv 由可得 E=(F-mg)(2)金属杆在磁场中的受力分析如图乙所示 由杆在磁场中做匀速直线运动可知 F-F安-f=0 f=mg 0B tml由安培力可知F安=BIl 由欧姆定律可知I=由可知R=答案:(1)(F-mg)(2)0B tml2 20Btml2 20BtmlER【迁移训练】迁移1:金属棒在倾斜导轨上运动 如图甲所示,两根
12、足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成=30固定,导轨间距离为l=1m,电阻不计,一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端,整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度方向与导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B=1T。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位 置由静止开始释放,金属棒下滑过程中与导轨接触良 好,改变电阻箱的阻值R,测定金属棒的最大速度vm,得到 的关系如图乙所示,g取10m/s2。求:m11vR(1)金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值。(2)当电阻箱R取2,且金属棒的加速度为 时,金属棒的速度。g4【解析】(1)金属棒以速度vm下滑时,由法拉第电磁感应定律得:E
13、=Blvm 由闭合电路欧姆定律得:E=当金属棒以最大速度vm下滑时,由平衡条件得:BIl-mgsin=0 解得:2 22 2m01B1B1vmgsinRmgsinRll00RRI RRm2 22 20011vRB1mgsinB10.5mgsinRm0.2 kgR2 由图象可得：解得：ll(2)设此时金属棒下滑的速度为v,由法拉第电磁感应定律得:E=E=Blv 当金属棒下滑的加速度为 时,由牛顿第二定律得:mgsin-BIl=ma 解得:v=0.5m/s 答案:(1)0.2kg 2(2)0.5m/s 00RRI RRg4迁移2:金属棒在水平导轨上运动 如图所示,R1=5,R2=6,电压表与电流表
14、的量程分别为010V和03A,电表均为理想电表。金属棒ab与导轨电阻均不计,且导轨光滑,导轨平面水平,ab棒处于匀强磁场中。(1)当变阻器接入电路的阻值调到30,且用F1=40N的 水平拉力向右拉ab棒并使之达到稳定速度v1时,两表中 恰好有一表满偏,而另一表又能安全使用,则此时ab棒 的速度v1是多少?(2)当变阻器R接入电路的阻值调到3,且仍使ab棒的 速度达到稳定时,两表中恰有一表满偏,而另一表能安 全使用,则此时作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大?【解析】(1)电路中并联部分的电阻为R并=5 若电压表恰好满量程,则并联电路电压U并=10V 此时干路中电流I=2A3 A 所以恰好满偏
15、的不是电压表,而是电流表,即干路中电流为I=3A 22RRRRUR并并由闭合电路欧姆定律得:E=I(R并+R1)=21V 电路中总电阻为R总=R并+R1=7 由(1)知E=BLv1 则BL=20Vs/m 设此时棒的速度为v2,则有:E=BLv2 解得:v2=m/s 由平衡条件得:F2-BIL=0 解得:F2=BLI=60N 答案:(1)1m/s(2)60N 2120迁移3:金属线框在磁场中运动 如图所示,光滑斜面的倾角=30,在斜面上放置一矩形线框abcd,ab边的边长l1=1m,bc边的边长l2=0.6m,线框的质量m=1kg,电阻R=0.1,线框通过细线与重物相连,重物质量M=2kg,斜面
16、上ef线(efgh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T,如果线框从静止开始运动,进入磁场最初一段时间是匀速的,ef线和gh的距离s=11.4m,取g=10m/s2,求:(1)线框进入磁场前重物M的加速度。(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v。(3)ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t。(4)ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热。【解析】(1)线框进入磁场前,线框仅受到细线的拉力FT,斜面的支持力和线框重力,重物M受到重力和拉力FT,由牛顿第二定律得:对线框:FT-mgsin=ma 对重物:Mg-FT=Ma 解得:a=
17、5m/s2。MgmgsinMm(2)线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动,由平衡条件得:对重物:Mg-FT=0 对线框:FT-mgsin-FA=0 ab边进入磁场切割磁感线,由法拉第电磁感应定律得:E=Bl1v 由闭合电路欧姆定律得:I=又有:FA=BIl1 解得:v=6m/s。ER(3)线框abcd进入磁场前时,做匀加速直线运动;进磁场的过程中,做匀速直线运动;进入磁场后到运动到gh线,仍做匀加速直线运动。进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同为 a=5m/s2 该阶段运动时间为:t1=1.2s 进磁场过程中匀速运动时间:t2=0.1s va2vl线框完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场
18、前相同,所以该阶段的加速度仍为a=5m/s2,则有:s-l2=vt3+解得:t3=1.2s 因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为:t=t1+t2+t3=2.5s。231 at2(4)线框ab边运动到gh处的速度:v=v+at3=12m/s 整个运动过程产生的焦耳热:Q=FAl2=(Mg-mgsin)l2=9J。答案:(1)5m/s2(2)6m/s(3)2.5s(4)12m/s 9J【规律总结】“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)“源”的分析:分离出电路中由电磁感应所产生的电源,确定电源电动势E和内阻r。(2)“路
19、”的分析:弄清串、并联关系,由闭合电路的欧姆定律求电流,确定安培力F安。(3)“力”的分析:确定杆或线圈的受力情况,求合力。(4)“运动”的分析:由力和运动的关系确定运动模型。【加固训练】1.(2015海南高考)如图,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略。求:(1)电阻R消耗的功率。(2)水平外力的大小。【解析】(1)导体
20、棒切割磁感线运动产生的电动势为 E=Blv,根据欧姆定律,闭合回路中的感应电流为I=电阻R消耗的功率为P=I2R,联立可得P=ER，2 22BvR。l(2)对导体棒受力分析,受到向左的安培力和向左的摩擦力,向右的外力,三力平衡,故有 F安+mg=F,F安=BIl=,故F=+mg。答案:(1)(2)+mg 2 22BvRl2 2BvRl2 2BvRl2 22BvRl2.如图甲所示,间距为L、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为 的斜面上。在区域内有方向垂直于斜面的匀强磁场,磁感应强度恒为B;在区域内有垂直于斜面向下的匀强磁场,其磁感应强度B2的大小随时间t变化的规律如图乙所示。t=0时刻在轨道上端的金
21、属细棒ab从图示位置由静止开始沿导轨下滑,同时下端的另一金属细棒cd在位于区域内的导轨上也由静止释放。在ab棒运动到区域的下边界EF之前,cd棒始终静止不动,两棒均与导轨接触良好。已知cd棒的质量为0.6m、电阻为0.3R,ab棒的质量、阻值均未知,区域沿斜面的长度为L,在t=tx时刻(tx未知)ab棒恰好进入区域,重力加速度为g。求:(1)区域内磁场的方向。(2)通过cd棒中的电流大小和方向。(3)ab棒开始下滑的位置离区域上边界的距离。(4)ab棒从开始下滑至EF的过程中,回路中产生的总热量。(结果用B、L、m、R、g中的字母表示)【解析】(1)由楞次定律可知,流过cd的电流方向为从 d到
22、c,cd所受安培力沿导轨向上,故由左手定则可知,区域内磁场垂直于斜面向上。(2)cd棒受到重力、支持力和安培力的作用而处于平 衡状态,由平衡条件得:BIL=mgsin,解得:I=mgsinBL。(3)ab进入区域前做匀加速运动,进入后做匀速运动,设ab刚好到达区域的边界的速度大小为v。在0tx内,由法拉第电磁感应定律得:E1=在tx后有:E2=BLv,且E1=E2,解得:解得:s=,故ab棒开始下滑的位置离区域上边界 的距离为 22xx2BBBLLttt，xxvtLvst2，由，L2L2。(4)ab棒进入区域后做匀速直线运动,有t2=tx,总时间为:t总=tx+t2=2tx,电动势E=BLv不
23、变,总热量为:Q=EIt总=2mgvtxsin=2mgLsin。答案:(1)区域内磁场的方向垂直于斜面向上(2)方向由d到c(3)(4)2mgLsin LvL2mgsinBL热点考向3 电磁感应中的能量问题 【典例3】(2016漳州二模)如图甲所示,空间存在方向竖直向下的匀强磁场,MN、PQ是水平放置的平行长直导轨,其间距L=0.2m,连在导轨一端的电阻R=0.4,ab是跨接在导轨上质量m=0.1kg的导体棒。从零时刻开始,对ab施加一个大小为F=0.45N,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良好接触,图乙是棒的v-t图象,其中AO是图象在O点
24、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,设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。已知当棒的位移为100m时,其速度达到了最大速度10m/s。求:(1)在棒运动100m过程中电阻R上产生的焦耳热。(2)磁感应强度B的大小。【思维流程】第一步:审题干提取信息(1)方向水平向左的恒定拉力 拉力大小、方向保持不变。(2)从静止开始沿导轨滑动 导体棒初速度为零。第二步:突破难点确定功能关系(1)求电阻R上产生的焦耳热 由图象斜率求出开始运动瞬间的加速度由牛顿第二定律求出导体棒与导轨间的滑动摩擦力由功能关系求出电阻R上产生的焦耳热。(2)求磁感应强度B的大小 由速度最大时导体棒匀速运动列平衡方程
25、由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求磁感应强度B的大小。【解析】(1)由图乙得开始运动瞬间:a=2.5m/s2 由牛顿第二定律得:F-Ff=ma 解得:Ff=0.2N 由功能关系得:(F-Ff)x=解得:Q=20J vt2m1 mvQ2(2)最终以速度v=10m/s匀速运动,则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零,由平衡条件得:F-Ff-BIL=0 由法拉第电磁感应定律得:E=BLv 由欧姆定律得:I=解得:B=0.5T 答案:(1)20J(2)0.5T ER【题组过关】1.如图所示,间距为L,电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨水平放置,导轨左端用一阻值为R的电阻连接,导轨上横跨一根质量为m,电阻
26、也为R的金属棒,金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动,若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q。下列说法正确的是()A.金属棒在导轨上做匀减速运动 B.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为 C.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 D.整个过程中金属棒克服安培力做功为 20mv2qRBL20mv2【解析】选D。设某时刻金属棒的速度为v,则此时的 电动势E=BLv,安培力F安=,由牛顿第二定律有 F安=ma,则金属棒做加速度减小的减速运动,选项A错 误;由能量守恒定律知,整个过程中克服安培力做功等 于电阻R和金属棒上产生的焦耳热
27、之和,即W安=Q=选项B错误,D正确;整个过程中通过导体棒的电荷量 22B L vR201 mv2，q=得金属棒在导轨上发生的位移 x=选项C错误。BSBLx2R2R2R，2qRBL，2.(多选)(2016鹰潭一模)两磁感应强度均为B的匀强磁场区、,方向如图所示,两区域中间为宽为s的无磁场区,有一边长为L(Ls),电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于区域,ab边与磁场边界平行,现拉着金属线框以速度v向右匀速运动,则()A.当ab边刚进入中央无磁场区域时,ab两点间电压 为 B.ab边刚进入磁场区域时,通过ab边的电流大小 为 ,方向ab C.把金属线框从区域完全拉入区域的过程中,拉力所做功
28、为 (2L-s)D.当cd边刚出区域到刚进入区域的过程中,回路中产生的焦耳热为 (L-s)3BLv42BLvR222B L vR22B L vR【解析】选B、C。当ab边进入中央无磁场区域时，ab两点间电压 U=E=BLv，故选项A错误；当ab边 刚进入磁场区域时，ab边和cd边产生的感应电动势 都是BLv，总电动势为2BLv，通过ab边的电流大小 I=，由右手定则可以判断电流方向ab，14142BLvR故选项B正确；金属框从区域完全拉入区域过程 中，拉力所做功W=故选项C正确；当cd边刚出区域到刚进入区域的过 程中，ab边切割磁感线，回路中有感应电流产生，则回路中产生的焦耳热为Q=，故选项D
29、错误。222222 BLvB L vLs2B L v2L2LsRRvR（），22B L v sR3.(2016河东区一模)如图所示装置由水平轨道与倾角为=30的倾斜轨道连接而成。水平轨道所在空间存在磁感应强度大小为B=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场;倾斜轨道所在空间存在磁感应强度大小为B=0.5T、方向垂直于轨道平面向上的匀强磁场。质量m=0.1kg、长度L=0.5m、电阻R1=0.1 的导体棒ab置于倾斜轨道上,刚好不下滑;然后将电阻R2=0.4、质量、长度与棒ab相同的光滑导体棒cd置于水平轨道上,用恒力F=8.4N拉棒cd,使之在水平轨道上向右运动。棒ab、cd与导轨垂直,且两端与导轨
30、保持良好接触,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,不计轨道电阻。(1)求ab与导轨间的动摩擦因数。(2)求当ab刚要向上滑动时cd速度v的大小。(3)若从cd刚开始运动到ab刚要上滑过程中,cd在水平轨道上移动的距离为x=0.5m,求此过程中ab上产生的热量Qab。【解析】(1)设ab棒受到的最大静摩擦力大小为Ffm ab刚好不下滑,则有:mgsin-Ffm=0 Ffm=mgcos 解得:=。33(2)ab棒刚要向上滑动时,受力如图所示:对ab棒:mgsin+Ffm-BIL=0 由法拉第电磁感应定律得:E=BLv 由欧姆定律得:I=解得:v=8m/s。12ERR(3)从c
31、d刚开始运动到ab刚要上滑过程中,假设系统产生的总焦耳热为Q总 对ab、cd系统,由功能关系得:Fx=mv2+Q总 Qab=解得:Qab=0.2J。答案:(1)(2)8m/s(3)0.2J 3312112RQRR总【加固训练】1.如图所示,在倾角为 的光滑斜面上,相距均为d的三 条水平虚线l1、l2、l3,它们之间的区域、分别存在 垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度 大小均为B,一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方 形导线框,从l1上方一定高处由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过l1进入磁场时,恰好以速度v1做匀速直 线运动;当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻,线 框
32、又开始以速度v2做匀速直线运动,重力加速度为g。在线框从释放到穿出磁场的过程中,下列说法正确的 是()A.线框中感应电流的方向不变 B.线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所 用时间 C.线框以速度v2匀速直线运动时,发热功率为 D.线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,减少 的机械能 E机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是 E机=22222m g R sin4B d22G1211WmvmvQ22电【解析】选C。从线框的ab边进入磁场I过程中,由右手 定则判断可知,ab边中产生的感应电流方向沿ab方 向。dc边刚要离开磁场的过程中,由右手定则判断可 知,cd边中产生的感应
33、电流方向沿dc方向,ab边中感 应电流方向沿ba方向,故A错误;根据共点力的平衡条 件可知,两次安培力与重力的分力大小相等方向相反;当ab边在磁场中时,两边均受安培力,故v2应小于v1,则线框ab边从l1运动到l2所用时间小于从l2运动到l3的 时间,故B错误;线框以速度v2匀速运动时,mgsin=4 ,得v=,电功率P=Fv=mgsin 故C正确;机械能的减少量等于线框产生的电能,则由能量守恒知:线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,减少的机械能E机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是E机=Q电,故D错误。22B d vR22mgRsin4B d2222222mgRsinm g R sin
34、4B d4B d，2.如图所示,足够长的光滑U形导体框架的宽度L=0.40m,电阻忽略不计,其所在平面与水平面所成的角=37,磁感应强度B=1.0T的匀强磁场方向垂直于框平面。一根质量为m=0.20kg、有效电阻R=1.0 的导体棒MN垂直跨放在U形框架上,导体棒从静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时,通过导体棒横截面电量共为Q=2.0C。(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2)求:(1)导体棒的最大加速度和最大电流强度的大小和方向。(2)导体棒在0.2s内在框架所夹部分可能扫过的最大面积。(3)导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中,导体棒的有效电阻消耗的电功。【解析
35、】(1)MN速度为零时,加速度最大,由牛顿第二定律得mgsin37=ma 解得a=6m/s2,方向沿斜面向下 MN速度最大时,电流最大,有:mgsin37=BIL 代入数据解得I=3A,电流的方向由NM(2)MN匀速运动时有最大速度,由法拉第电磁感应定律得 E=BLvm 由闭合电路的欧姆定律得I=代入数据解得vm=7.5m/s MN速度最大时,在0.2s内扫过的面积最大 S=Lvmt 故S=0.47.50.2m2=0.6 m2 ER(3)设MN从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中下滑的位移为d,通过导体棒横截面电量 而平均感应电动势 =BLd QI tEIR Et解得d=5m 设导体棒的有效电
36、阻消耗的电功为W,由动能定理得,mgdsin37-W=代入数据解得W=0.375J 答案:(1)6m/s2,方向沿斜面向下 3A,方向由NM(2)0.6m2(3)0.375 J 2m1 mv2【经典案例】(20分)(2016庆阳一模)如图所示,MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成 角固定,轨距为d,空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为B,P、M间接有阻值为3R的电阻,Q、N间接有阻值为6R的电阻,质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其有效电阻为R。现从静止释放ab,当它沿轨道下滑距离s时,达到最大速度,若轨道足够长且电阻不计,重力加速度为g。求:(1)金属杆ab运
37、动的最大速度。(2)金属杆ab运动的加速度为 gsin 时,金属杆ab消耗的电功率。(3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中,通过6R电阻的电荷量。(4)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中,克服安培力所做的功。12【解题关键】(1)关键信息:光滑金属轨道金属杆不受摩擦力作用。从静止释放ab金属杆初速度为零。达到最大速度金属杆所受合力为零。(2)核心规律:法拉第电磁感应定律:E=BLv、E=由闭合电路欧姆定律:I=平衡条件:F合=0。牛顿第二定律:F合=ma。动能定理:W合=Ek。nt。ERr。【问题拆分】大题小做 化繁为易 第(1)问可拆分为4个子问题:金属杆速度最大时回路中的感应电动
38、势多大?回路中电阻如何连接,总电阻多大?回路中的电流多大?金属杆处于什么状态?第(2)问可拆分为3个子问题:金属杆受几个力作用?如何求出回路中的感应电流?用电流如何表达金属杆消耗的电功率?第(3)问可拆分为2个子问题:求电磁感应中的电荷量是利用电流的瞬时值还是平均值?通过两个电阻的电荷量如何分配?第(4)问可拆分为2个子问题:金属杆运动过程中,安培力是变力还是恒力?由动能定理如何求解克服安培力做的功?【规范解答】步步为营 抓牢步骤分 （1）设金属杆ab运动的最大速度为v 由法拉第电磁感应定律得：E=Bdv （1分）电路的总电阻为：R总=R并+R=（2分）3R 6RR3R3R6R 由闭合电路欧姆
39、定律得：I=（1分）当金属棒ab达到最大速度时由平衡条件得：mgsin-BId=0 （2分）解得:v=（1分）ER总223mgRsinB d（2）金属杆ab运动的加速度为 gsin 时，电路中电流设为I 由牛顿第二定律得：mgsin-BId=ma （2分）解得：I=（1分）金属杆ab消耗的电功率：P=I2R=（2分）12mgsin2Bd22222m g Rsin4B d（3）通过干路的总电量为：Q=（3分）通过6R电阻的电量为：Q1=（1分）（4）金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，由动能定理得：mgssin-W安=mv2-0 （3分）解得:W安=mgssin-（1分）EBdsBdsttR
40、tR3R 总总3RBdsQ3R6R9R123222449m g R sin2B d答题规则 规则1.突出公式,简化文字 阅卷只给公式赋分,文字说明不赋分,故文字说明要简练。规则2.解题过程,分步列式 解题时要注意分步列式,尽量不要漏掉或合并关系式,避免一处错,处处错,影响步骤分。规则3.规律应用,有理有据 书写公式有理有据,每个关系式或以题中给出的关系为依据,或以物理规律为依据,避免主观臆想的关系式。易错提醒(1)没有认真分析电路的组成,误认为两个电阻是串联的。(2)不知道金属杆运动到速度最大的条件,以至于无法列式求解。(3)求解通过电阻的电荷量应利用电流的平均值求解,而不是瞬时值;求解的是通过6R电阻上的电荷量,而不是通过电路总的电荷量。(4)金属杆运动过程安培力是变力,求解克服安培力做的功不能直接用功的计算公式。
