1、1第 4 讲 加试第 23 题 电磁感应规律的综合应用题型 1 电磁感应中的动力学问题1基本特点导体棒运动产生感应电动势感应电流通电导体棒受安培力合外力变化加速度变化速度变化周而复始地循环，最终导体棒的加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态，要抓住 a0 时速度 v 达到最大的特点2基本思路例 1 如图 1 所示，竖直平面内有两个半径为 r、光滑的 圆弧形金属环，在 M、 N 处分别与14距离为 2r、足够长的平行光滑金属导轨 ME、 NF 相接，金属环最高点 A 处断开不接触金属导轨 ME、 NF 的最远端 EF 之间接有电阻为 R 的小灯泡 L.在 MN 上方及 CD 下方有水平方向的匀强磁
2、场和，磁感应强度大小均为 B，磁场和之间的距离为 h.现有质量为 m 的导体棒 ab，从金属环的最高点 A 处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与金属及轨道接触良好已知导体棒下落 时向下的加速度为 a.导体棒进入磁场后小灯泡亮度始终r22不变重力加速度为 g.导体棒、轨道、金属环的电阻均不计求：图 1(1)导体棒从 A 处下落 时的速度 v1大小；r2(2)导体棒下落到 MN 处时的速度 v2大小；(3)将磁场的 CD 边界下移一小段距离，分析导体棒进入磁场后小灯泡的亮度变化情况，并说明原因答案 (1) (2) (3)见解析mg aR3B2r2 mgR4B2r22 2gh解析 (1)
3、导体棒下落 时，导体棒切割磁感线的有效长度为 rr2 3导体棒内产生的感应电动势： E Brv13回路中产生的感应电流： I ER 3Brv1R根据牛顿第二定律得：mg BI r ma3得 v1mg aR3B2r2(2)导体棒进入磁场后小灯泡亮度始终不变，说明导体棒受力平衡，匀速下落，设此时导体棒的速度为 v3，则：mg F 安 B 2rB2rv3R 4B2r2v3R解得 v3mgR4B2r2从 MN 下落到 CD， v222 gh v32得 v2 v32 2ghmgR4B2r22 2gh(3)CD 边界下移一段距离，导体棒 ab 进入磁场时速度大于 v3， mg N (2) (3) F ma
4、BdRat1R r B2d2atR r解析 (1)由右手定则可知， M N(2)t1时刻的速度： v1 at1感应电动势 E1 Bdv1感应电流 I1E1R r杆 MN 两端的电压 U1 I1RBdRat1R r(3)由牛顿第二定律可得 F BId ma其中 IER rE Bdvv at联立解得 F maB2d2atR r103(2018杭州市重点中学期末)如图 3 所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成 53角，两导轨间距 l1.0 m，导轨间接一个阻值为 R3.0 的电阻，导轨电阻忽略不计在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B1.0 T，宽度 d 未知
5、导体棒 a 的质量为 m10.10 kg、接入电路的电阻为 R16.0 ；导体棒 b 的质量为 m20.20 kg、接入电路的电阻为 R23.0 ，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好现从图中的 M、 N 处同时将 a、 b 由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当 a 刚出磁场时 b 正好进入磁场(sin 530.8，cos 530.6， g 取 10 m/s2， a、 b 电流间的相互作用不计)，求：图 3(1)a 棒进入磁场前的加速度大小；(2)a 棒在磁场中运动的速度大小；(3)a、 b 棒全部穿过磁场过程中，回路中产生的总热量答案 (1)8 m/s 2 (2)6 m/
6、s (3)3.6 J解析 (1)由牛顿第二定律得， m1gsin m1aa gsin 8 m/s 2(2)a 棒在磁场中受力平衡： m1gsin BIl又 IER1 RR2R R2E Blva解得 va6 m/s(3)由(2)同样方法可求得 vb8 m/sa 在磁场中运动时间 t 0.25 svb vaa磁场宽度 d vat1.5 m回路产生的总热量 Q( m1 m2)gdsin 3.6 J4(2018义乌市模拟)如图 4 所示，间距为 L、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为 ，两根同材料、长度均为 L、横截面均为圆形的金属棒 CD、 PQ 放在斜面导轨上，已知 CD
7、棒的质量为 m、电阻为 R， PQ 棒的圆截面的半径是 CD 棒圆截面的 2 倍，11磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为 k、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒 CD，开始时金属棒 CD 静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒 PQ，使金属棒 PQ 由静止开始运动，当金属棒 PQ 达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同已知金属棒 PQ 开始运动到稳定的过程中通过 CD 棒的电荷量为q，此过程可以认为 CD 棒缓慢地移动，已知题设物理量符合 mgsin 的关系式，求qRkBL 45此过程中(要求结果均用 m、 g、 k、 来表示)：图 4(1
8、)CD 棒移动的距离；(2)PQ 棒移动的距离；(3)恒力所做的功答案 (1) (2) (3)mgsin k 2mgsin k 12mgsin 2k解析 (1)开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD 棒重力平行于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反两弹簧向上的弹力等于 CD 棒重力平行于斜面的分量，即 2F 弹 mgsin ，弹簧的形变量为 xmgsin 2kCD 棒移动的距离 sCD2 xmgsin k(2)PQ 棒的圆截面半径是 CD 棒
9、圆截面的 2 倍，则 mPQ4 m， RPQ R，14在达到稳定过程中两棒之间距离增大 s，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势为： EB S t BL s t感应电流为： IER总 4BL s5R t所以，回路中通过的电荷量即 CD 棒中的通过的电荷量为q tI4BL s5R由此可得两棒距离增大值： s5qR4BL12PQ 棒沿导轨上滑距离应为 CD 棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和PQ 棒沿导轨上滑距离为： sPQ s sCD 5qR4BL mgsin k 2mgsin k(3)CD 棒达到稳定时，受力平衡，安培力为F 安 mgsin 2 F 弹 2 mgsin
10、.金属棒 PQ 达到稳定时，恒力F F 安 4 mgsin 6 mgsin 恒力做功为W F sPQ6 mgsin 2mgsin k 12mgsin 2k5(2017杭州市高三上期末)某同学在学习电磁感应后，认为电磁阻尼能够承担电梯减速时大部分制动的负荷， 从而减小传统制动器的磨损如图 5 甲所示，是该同学设计的电磁阻尼制动器的原理图电梯箱与配重质量都为 M，通过高强度绳子套在半径 r1的承重转盘上，且绳子与转盘之间不打滑承重转盘通过固定转轴与制动转盘相连制动转盘上固定了半径为 r2和 r3 的内外两个金属圈(如图乙)，金属圈内阻不计两金属圈之间用三根互成 120的辐向导体棒连接，每根导体棒电
11、阻均为 R. 制动转盘放置在一对励磁线圈之间，励磁线圈产生垂直于制动转盘的匀强磁场(磁感应强度为 B)，磁场区域限制在 120辐向角内，如图乙阴影区所示. 若电梯箱内放置质量为 m 的货物一起以速度 v 竖直上升，电梯箱离终点(图中未画出)高度为 h 时关闭动力系统，仅开启电磁制动，一段时间后，电梯箱恰好到达终点图 5(1)若在开启电磁制动瞬间，三根金属棒的位置刚好在图乙所示位置，则此时制动转盘上的13电动势 E 为多少？ 此时 a 与 b 之间的电势差有多大？(2)若忽略转盘的质量，且不计其他阻力影响，则在上述制动过程中，制动转盘产生的热量是多少？(3)若要提高制动的效果，试对上述设计做出两
12、处改进答案 见解析解析 (1)设承重转盘的角速度为 ，则制动转盘的角速度也为 .则 va r 3 vb r 2vr1EBr3 r2va vb2联立解得： EBvr32 r222r1IER 0.5RUab I0.5R联立解得： UabBvr32 r226r1(2)Q mgh (m2 M)v212解得： Q (m2 M)v2 mgh12(3)增加励磁电流；减小金属棒的电阻；增加金属棒的数目(用实心的金属材料做整个金属盘)增加外金属圈的半径 r3；减小内金属圈的半径 r2；减小承重转盘的半径 r1.(任选两项即可)6(2018金华市十校联考)如图 6 所示， PM、 QN 是两根 光滑圆弧导轨，圆弧
13、半径为 d、间14距为 L，最低点 M、 N 在同一水平高度，导轨电阻不计，在其上端连有一阻值为 R 的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B.现有一根长度稍大于 L、质量为m、阻值为 R 的金属棒，从导轨的顶端 PQ 处由静止开始下滑，到达底端 MN 时对导轨的压力为 2mg，重力加速度为 g.求：14图 6(1)金属棒到达导轨底端 MN 时电阻 R 两端的电压；(2)金属棒从导轨顶端 PQ 下滑到底端 MN 过程中，电阻 R 产生的热量；(3)金属棒从导轨顶端 PQ 下滑到底端 MN 过程中，通过电阻 R 的电荷量答案 (1) BL (2) (3)12 gd mgd4 BLd2R解析 (1)在导轨的底端 MN 处，金属棒对导轨的压力 FN2 mg轨道对金属棒的支持力大小为 FN FN2 mg则有 FN mg mv2d解得 v gd金属棒切割磁感线产生的感应电动势 E BLv金属棒到达底端时电阻 R 两端的电压 U BLE2 12 gd(2)金属棒从导轨顶端 PQ 下滑到底端 MN 过程中，由能量守恒定律得：mgd Q mv212解得 Q mgd12电阻 R 上产生的热量 QR Q12 mgd4(3)由 q I tIE2RE t BLd t联立解得 qBLd2R
