1、第3讲 电磁感应定律的综合应用1.内电路和外电路电源内阻外电阻Blv(1)切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈相当于_.(2)产生电动势的那部分导体或线圈的电阻相当于电源的_，其他部分的电阻相当于_.2.电磁感应现象产生的电动势 E_(B、l、v 三者两两垂直)或 E_.nt3.闭合电路的欧姆定律：闭合电路的电流与_成正比，与_成反比.4.通电导体棒在磁场中受到的安培力 F_.电压电阻BIlsin【基础自测】1.(多选)如图 9-3-1 所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，其中一部分处于方向垂直导轨所在平面并且有上下水平边界的匀强磁场中.一根金属杆 MN 保持水平并沿导轨滑下(导轨电阻不计)，
2、当金属杆 MN 进入磁场区后，其运动的加速度情况可能是()A.加速度为零B.加速度不变(不为零)C.加速度增大D.加速度减小图 9-3-1解析：当金属杆 MN 进入磁场区后，切割磁感线产生感应电流，受到向上的安培力.金属杆 MN 进入磁场区时，若所受的安培力与重力相等，加速度为零，若所受的安培力小于重力，做加速运动，随着速度的增大，感应电动势和感应电流增大，金属杆所受的安培力增大，合外力减小，加速度向下减小，若所受的安培力大于重力，做减速运动，随着速度的减小，金属杆所受的安培力减小，合外力减小，加速度向上减小，A、D正确.答案：AD2.如图 9-3-2 所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角
3、为 37，宽度为 0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为 1.一导体棒 MN 垂直于导轨放置，质量为 0.2 kg，接入电路的电阻为 1，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为 0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为 0.8 T.将导体棒 MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒 MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 370.6)()A.2.5 m/s1WB.5 m/s 1 W图 9-3-2C.7.5 m/s 9 WD.15 m/s 9 W解析：把立体图转为平面图，由平衡条件列出方程是
4、解决此类问题的关键.对导体棒进行受力分析做出截面图，如图 D63所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力.由平衡条件得mgsin 37F安Ff，FfFN，FNmgcos 37，而 F 安BIL，I ERr，EBLv，联立式，解得 vmgsin 37cos 37RrB2L2代入数据得 v5 m/s.小灯泡消耗的电功率为 PI2R，由式得 P(BLvRr)2R1 W.B 正确.图 D63答案：B3.如图 9-3-3 所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框 abcd 可绕光滑轴 OO转动，边长为 L，总电阻为 R，ab 边质量为 m，其他三边质量不计，现将 abc
5、d 拉至水平位置，并由静止释放，经时间 t到达竖直位置，产生热量为 Q，若重力加速度为g，则 ab 边在最低位置所受安培力大小等于().图 9-3-3A.B2L22gLRB.BLQRtC.B2L2RtD.B2L2R2mgLQm解析：由能量守恒得：mgLQ12mv2，FBIL，IBLvR，由得 FB2L2R2mgLQm，D 正确.答案：D4.如图 9-3-4 所示，abcd 是一边长为 l 的匀质正方形导线框，总电阻为 R，今使线框以恒定速度 v 水平向右穿过方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域.已知磁感应强度为 B，磁场宽度为 3l，求线框在进入磁场区和穿出磁场区两个过程中 a、b 两点间电势差的
6、大小.图 9-3-4解：导线框在进入磁场区过程中，ab 相当于电源，等效电路如图 D64 甲所示.甲乙图 D64EBlv，r14R，R 甲34R，IER甲rBlvRUab 为路端电压，所以 UabIR 甲34Blv导线框在穿出磁场区过程中，cd 相当于电源，等效电路如图乙所示.EBlv，r14R，R 乙34R，IER乙rBlvRUabIRabBlvR 14R14Blv.热点 1 电磁感应中的电路问题热点归纳分析电磁感应电路问题的基本思路：【典题 1】如图 9-3-5 甲所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距 l0.3 m，导轨左端连接 R0.6 的电阻，区域 abcd内存在垂直于导轨平面 B0
7、.6 T 的匀强磁场，磁场区域宽 D0.2 m.细金属棒 A1 和 A2 用长为 2D0.4 m 的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为 r0.3.导轨电阻不计.使金属棒以恒定速度 v1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场.计算从金属棒 A1 进入磁场(t0)到 A2 离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻 R 的电流强度，并在图乙中画出.甲乙图 9-3-5在0t1时间内，A1产生的感应电动势E1Blv0.18 V其等效电路如图 9-3-6 甲所示解：t1Dv0.2 s由图甲知，电路的总电阻R 总r rRrR0.5 总电流为 IE1R总0.36 A通过 R 的电
8、流为 IRI30.12 AA1 离开磁场(t10.2 s)至 A2 刚好进入磁场(t22Dv 0.4 s)的时间内，回路无电流，IR0的时间内，A2上的感应电动势为E20.18 V，其等效电路如图乙所示甲乙图 9-3-6从 A2 进入磁场(t20.4 s)至离开磁场t32DDv0.6 s由图乙知，电路总电阻 R 总0.5，总电流 I0.36 A，流过 R 的电流 IR0.12 A，综合以上计算结果，绘制通过 R 的电流与时间关系如图 9-3-7 所示.图 9-3-7方法技巧：解决电磁感应中的电路问题的三步曲：(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
9、就相当于电源，利用 E Blvsin 或En t 求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向.(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图.(3)利用电路规律求解.主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解.【迁移拓展】(多选，2018 年江西上饶一模)如图9-3-8，由某种粗细均匀的总电阻为 40 的金属条制成的矩形线框 abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场 B1 T 中.一接入电路电阻为 10 的导体棒 PQ，长度为 L0.5 m 在水平拉力作用下沿 ab、dc 以速度 v1 m/s 匀速滑动，滑动过程 PQ 始终与 ab 垂
10、直，且与线框接触良好，不计摩擦.在 PQ 从靠近 ad处向 bc 滑动的过程中()图 9-3-8A.PQ 两点间电势差绝对值的最大值为 0.5 V，且 P、Q 两点电势满足PQB.导体棒 PQ 产生的感应电动势为 0.5 V，电流方向从 Q 到 PC.线框消耗的电功率先增大后减小D.线框消耗的电功率先减小后增大解析：根据数学知识可知，当 PQ 位于中点时，外电阻最向 bc 边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势 EBLv0.5 V，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，PQ 中电流先减小后增大，PQ 两端电压为路端电压，由 UEIr，可知 PQ 两端的电压先增大后减小，当导体棒运动到中点时，电压最
11、大，最大大，最大值为：R 外401212 10；导体棒由靠近 ad 边电压为 UPQBLvR外rR外10.511010 10 V0.25 V.由右手定则可以判断，电流方向从 Q 到 P，A 错误，B 正确；线框作为外电路，总电阻最大值为 R外10，等于内阻，从最左端达到中间位置的过程中，导体棒 PQ 上的电阻先大于线框的外电阻，达到中点位置时等于线框外电阻，再移动再大于线框的外电阻，线框消耗的电功率先增大后减小，C 正确，D 错误.答案：BC热点 2 电磁感应中的动力学问题热点归纳1.题型简述感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电
12、磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等).状态特征处理方法平衡态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2.两种状态及处理方法3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件.具体思路如下：【典题 2】(多选，2018 年甘肃诊考)如图9-3-9所示，两根间距为 l 的光滑平行金属导轨与水平面夹角为，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为 B 的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上.两金属杆 ab、cd
13、质量均为 m，电阻均为 R，垂直于导轨放置，导轨电阻不计.开始时金属杆 ab 处在距磁场上边界一定距离处，金属杆 cd 处在导轨的最下端，被固定在导轨底端且与导轨垂直的两根小柱挡住.现将金属杆 ab 由静止释放，金属杆 ab 刚进入磁场便开始做匀速直线运动.已知重力加速度为 g，则()图 9-3-9A.金属杆 ab 进入磁场时感应电流的方向为由 a 到 bD.金属杆 ab 进入磁场后，金属杆 cd 对两根小柱的压力大小为零B.金属杆 ab 进入磁场时速度大小为2mgRsin B2l2C.金属杆 ab 进入磁场后产生的感应电动势为2mgRsin Bl解析：当金属杆 ab 进入磁场时，根据右手定则
14、可以判断电流方向为由 b 到 a，A 错误.当金属杆 ab 进入磁场时，产生的感应电动势为 Blv，通过金属杆 ab 的电流为Blv2R，金属杆做匀速直线运动，所受到的安培力与重力沿斜面向下的分力平衡，则有F 安BIlB2l2v2R mgsin，可得此时速度为 v2mgRsin B2l2，B 正确.由 B 项可知，金属杆 ab 进入磁场后产生的感应电动势为 EBlv2mgRsin Bl，C 正确.金属杆 cd 中有由 c 到 d 的电流，根据左手定则可知金属杆 cd 受到沿斜面向下的安培力，且金属杆 cd 的重力有沿斜面向下的分力，则金属杆 cd 对两根小柱的压力不为 0，D 错误.答案：BC
15、【迁移拓展】(2018 届河南周口期末)如图 9-3-10 所示，正方形闭合线圈 abcd 边长 l0.2 m，质量 m10.47 kg，电阻 R0.1，线圈上方有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B0.5 T 的匀强磁场.质量 m21.0 kg 的滑块通过定滑轮 O 用绝缘细线与线圈 ab 边的中点相连后，放置在倾角为37的固定斜面上的 A 点.已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15，绝缘细线 OA 的部分与斜面平行，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2.滑块由静止释放后沿斜面向下运动，当线圈开始进入磁场时，恰好做匀速运动，求此速度 v 的大小.图 9-3-1
16、0解：线圈开始进入磁场时，ab 边切割磁感线 EBlv对线圈 abcd，根据平衡条件有：TF安m1g对滑块：m2gsin m2gcos T联立，代入数据解得：v5 m/s感应电流 IERBlvR安培力 F 安BIlB2l2vR 热点 3 电磁感应中的能量问题热点归纳1.题型简述电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的.安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程.2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路).(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化.(3)根据能
17、量守恒定律或功能关系列式求解.3.求解电能应分清两类情况(1)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.(2)若电流变化，则利用安培力做功求解：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转化，则减少的机械能等于产生的电能.【典题 3】(多选)如图 9-3-11 所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成角，两轨道上端用一电阻 R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为 m 的金属杆 ab以初速度 v0 从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度 h 后又返回到底端.若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良)
18、好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则(图 9-3-11A.返回到底端时的速度大小为 v0B.上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等mghD.金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻 R 的热功率相同于12mv20C.上滑到最高点的过程中电阻 R 上产生的热量等于12mv20解析：金属杆从轨道底端滑上斜面到又返回到出发点时，由于电阻 R 上产生热量，故返回时速度小于 v0，选项 A 错误；上滑到最高点时动能转化为重力势能和电阻 R 上产生的热量(即克服安培力所做的功)，B、C 正确；金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同，电路的电流不同，故电阻的热功率不同，D 错误.答案：BC方法
19、技巧：无论是磁场变化、线圈面积变化或者闭合电路的部分导体切割磁感线，只要产生感应电动势，在闭合回路中产生感应电流，就会产生电能，最终消耗在回路中产生内能，从能量转化的角度遵循能量守恒定律即可解决问题.【迁移拓展】(2018 年广西桂林、贺州期末联考)如图9-3-12所示，一竖直放置粗细均匀半径为 r1 m、电阻为 R4.5 的圆形导线框与竖直光滑的导轨 MN、PQ 相切，圆形导线框放在水平匀强磁场中，磁场只限于圆形导线框内，磁感应强度为B1 T，线框平面与磁场方向垂直.现有一根质量为 m1 kg、电阻不计的导体棒，自竖直导轨上距 O 点高为 h2 m 处由静止释放，棒在下落过程中始终与导轨(或
20、线框)保持良好接触.忽略摩擦及空气阻力，g10 m/s2.(1)导体棒从开始下落至距 O 点 0.5 m 过程中，回路产生的焦耳热为 10.5 J，则导体棒在距 O 点 0.5 m 时的加速度大小？(2)导体棒从开始下落到圆心 O 时棒的速度为 v24 m/s，则此时线圈的热功率是多少？图 9-3-12解：(1)由能量守恒定律得 mg(h0.5)12mv21Q 其中 Q10.5 J，代入数据求得 v13 m/s 此时导体棒产生的电动势为 EB 3rv1 回路的总电阻为 R1R32R3R29R1 由欧姆定律得 I ER1 导体棒受到的安培力为 FBI 3r由牛顿运动定律得 mgFma联解求得 a
21、1 m/s2.(2)导体棒下落到圆心时，回路的总电阻为 R214R 此时导体棒产生的电动势为 EB2rv2 导体棒上的安培力 FBI(2r)BB2rv2R2 2r 线框发热功率为 PFv2 代入数据求得 P56.9 W.电磁感应中的导体棒问题这类问题的实质是不同形式的能量的转化过程，从功和能的观点入手，弄清导体切割磁感线运动过程中的能量转化关系，处理这类问题有三种观点，即：力学观点；图象观点；能量观点.单杆模型中常见的四种情况如下表所示：项目模型一(v00)模型二(v00)模型三(v00)模型四(v00)示意图单杆 ab 以一定初速度 v0 在光滑水平轨道上滑动，质量为 m，电阻不计，两导轨间
22、距为 l轨道水平光滑，单杆 ab 质量为 m，电阻不计，两导轨间距为 l轨道水平光滑，单杆 ab 质量为m，电阻不计，两导轨间距为 l，拉力 F 恒定轨道水平光滑，单杆 ab质量为 m，电阻不计，两导轨间距为 l，拉力 F恒定(续表)项目模型一(v00)模型二(v00)模型三(v00)模型四(v00)力学观点导体杆以速度 v切割磁感线产生感应电动势 EBlv，电流 IERBlvR，安培力 FBIlB2l2vR，做减速运动：vFa，当 v0 时，F0，a0，杆保持静止S 闭合，ab 杆受安培力 FBlEr，此时 aBlEmr，杆ab 速度 v感应电动势 BlvI安培力FBIl加速度 a，当 E
23、感E 时，v 最大，且 vmEBl 开始时 aFm，杆 ab 速度 v感应电动势EBlvI安培力F 安BIl，由FF 安ma 知a，当 a0时，v 最大，vm FRB2l2开始时 aFm，杆 ab 速度 v感应电动势 EBlv，经过 t 速度为 vv，此时感应电动势 EBl(vv)，t 时间内流入电容器的电荷量 qCUC(EE)CBlv，电流 IqtCBlvtCBla，安培力 F 安BlICB2l2a，FF 安ma，aFmB2l2C，所以杆以恒定的加速度匀加速运动(续表)项目模型一(v00)模型二(v00)模型三(v00)模型四(v00)图象观点能量观点动能全部转化为内能：Q12mv20电源输
24、出的电能转化为动能W 电12mv2mF 做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热：WFQ12mv2mF 做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF12mv2EC 考向 1 导体棒切割磁感线与含电阻电路的综合【典题 4】(多选，2017 年福建宁德质检)如图9-3-13所示，固定在倾角为30的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为 d1 m，其底端接有阻值为 R2 的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为 B2 T 的匀强磁场中.一质量为 m1 kg(质量分布均匀)的导体杆 ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触.现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F10 N 的作用下从静
25、止开始沿导轨向上运动距离 L6 m 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直).设导体杆接入电路的电阻为 r2，导轨电阻不计，重力加速度大小为 g10 m/s2.则此过程()图 9-3-13A.杆的速度最大值为 5 m/sB.流过电阻 R 的电量为 6 CC.在这一过程中，整个回路产生的焦耳热为 17.5 JD.流过电阻 R 电流方向为由 c 到 d答案：AC考向 2 导体棒切割磁感线与含电源电路的综合【典题 5】如图 9-3-14 所示，长直平行导轨 PQ、MN 光滑，相距 l0.5 m，处在同一水平面中，磁感应强度 B0.8 T 的匀强磁场竖直向下穿过导轨面.横跨在导轨上的直导
26、线 ab 的质量m0.1 kg、电阻 R0.8，导轨电阻不计.导轨间通过开关 S将电动势 E1.5 V、内电阻 r0.2 的电池接在 M、P 两端，试计算分析：(1)导线 ab 的加速度的最大值和速度的最大值是多少？图 9-3-14(2)在闭合开关 S 后，怎样才能使 ab 以恒定的速度 v7.5 m/s 沿导轨向右运动？试描述这时电路中的能量转化情况(通过具体的数据计算说明).解：(1)在 S 刚闭合的瞬间，导线 ab 速度为零，没有电磁感应现象，由 a 到 b 的电流 I0 ERr1.5 A，ab 受安培力水平向右，此时 ab 瞬时加速度最大，加速度为a0F0mBI0lm 6 m/s2当感
27、应电动势 E与电池电动势 E 相等时，ab 的速度达到最大值.设最终达到的最大速度为 vm，根据上述分析可知：EBlvm0所以 vmEBl1.50.80.5 m/s3.75 m/s.EE(2)如果 ab 以恒定速度 v7.5 m/s 向右沿导轨运动，则 ab中感应电动势 EBlv0.80.57.5 V3 V由于 EE，这时闭合电路中电流方向为逆时针方向，大小为：IRr 31.50.80.2 A1.5 A直导线 ab 中的电流由 b 到 a，根据左手定则，磁场对 ab有水平向左的安培力作用，大小为FBlI0.80.51.5 N0.6 N所以要使 ab 以恒定速度 v7.5 m/s 向右运动，必须
28、有水平向右的恒力 F0.6 N 作用于 ab.上述物理过程的能量转化情况，可以概括为下列三点：作用于 ab 的恒力(F)的功率PFv0.67.5 W4.5 W电阻(Rr)产生焦耳热的功率PI2(Rr)1.52(0.80.2)W2.25 W逆时针方向的电流 I，从电池的正极流入，负极流出，电池处于“充电”状态，吸收能量，以化学能的形式储存起来.电池吸收能量的功率PIE1.51.5 W2.25 W由上看出，PPP，符合能量转化和守恒定律(沿水平面匀速运动机械能不变).考向 3 导体棒切割磁感线与含电容器电路的综合【典题 6】如图 9-3-15 所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距
29、d0.5 m，左端接有电容量C2000 F的电容.质量m20 g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计.整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B2 T.现用一沿导轨方向向右的恒力F0.22 N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经过一段时间t，速度达到v5 m/s.则()图 9-3-15A.此时电容器两端电压为 10 VB.此时电容 C 上的电量为 1102 CC.导体棒做匀加速运动，且加速度为 20 m/s2D.时间 t0.4 s答案：B解析：当导体棒运动速度达到 v5 m/s 时，产生的感应电动势 EBdv5 V，电容器两端电压 UE5 V，A 错误.此时电容器的带电量 qCU1102 C，B 正确.导体棒在力 F 作用下，有 FBIdma，又 Iqt，qCU，UBdv，avt，联立解得：aFmCB2d210 m/s2.时间 tva0.5 s.C、D 错误.