1、1电磁感应规律的综合应用主干梳理 对点激活知识点 电磁感应和电路的综合 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 电源。01 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 低电势处流向 高电势处。02 03 3与电路相联系的几个公式(1)电源电动势： E n 或 EB lv。04 t(2)闭合电路欧姆定律： I 。ER r电源的内电压： U 内 Ir。05 电源的路端电压： U 外 I
2、R E Ir。(3)消耗功率： P 外 IU， P 总 EI。06 (4)电热： Q 外 I2Rt， Q 总 I2(R r)t。07 知识点 电磁感应现象中的动力学问题 1安培力的大小Error!FB2L2vR r2安培力的方向(1)先用 右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用 左手定则确定安培力方向。03 04 (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 相反。05 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 切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流
3、的导体在磁场01 中受 安培力。外力 克服安培力做功，将其他形式的能转化为 电能，通有感应电流的02 03 04 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 电能之间的转化。05 2一 思维辨析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 Q I2Rt 求解。( )答案 1. 2. 3. 4. 5.二 对点激活1. (人教
4、版选修 32P 21T4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 EB lv 知 ，由 I 得 ，故 A 正确。匀速进入，外力做功的功率E2E1 21 ER I2I1 21与克服安培力做功的功率相等，由 P I2R 得 ，故 B 错误。由电量 q 得 ，P2P1 41 R
5、q2q1 11故 C 错误。产生热量 Q Pt P ，得 ，故 D 正确。lv Q2Q1 41 12 212. (人教版选修 32P 21T3)设图中的磁感应强度 B 1 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。3(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)EB lv1 VI 1 AER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，
6、放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离 L1 m，质量 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 vt 图象(设导轨足够长)。(1)求力 F 的大小；4(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
7、/s 2 (3)48 J解析 (1)导体棒做切割磁感线运动，有 EB LvI ， F 安 B ILER当导体棒速度最大为 vm时， F F 安解得 F 10 N。B2L2vmR(2)当 t1.6 s 时， v18 m/s，此时 F 安 1 8 NB2L2v1RF F 安 1 ma， a2 m/s 2。(3)由能量守恒定律可知 Fx Q ，mv212解得 Q48 J。考点细研 悟法培优考点 1 电磁感应中的电路问题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
8、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
9、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，其示数是路端电压，而不是等效电源的电动势。例 1 (2018河南五校期末)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：5(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
10、路稳定这一过程中通过电流表的电荷量。解题探究 (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6动势大小为E Br212得 E2 VS 闭合时的等效电路如图 1 所示R 外 3 R3 R1 R2R3 R1 R2由闭合电路欧姆定律，得E I(r0 R 外 )联立解得 I0.5 A。(2)根据能量守恒定律知，外力的功率为P IE1 W。(3)
11、S 断开前，电路路端电压为 U IR 外电阻 R1两端电压为 U1 U0.6 V。R1R1 R2电容器的电荷量为Q1C U12.410 6 C且 a 板带正电， b 板带负电S 断开时的等效电路如图 2 所示7电容器 C 两端的电压为电阻 R2两端的电压 U2，则U2 R21 VER1 R2 r0电容器的电荷量为Q2C U2410 6 C且 a 板带负电， b 板带正电通过电流表的电荷量为 Q Q1 Q2联立解得 Q6.410 6 C。总结升华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 EB lv 或 E
12、n 求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感 t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 (2018厦门一中开学考试)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
13、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；8(3)S 断开后，求流经 R2的电荷量。答案 (1)1.08 V (2)5.7610 2 W(3)1.8105 C解析 (1)根据法拉第电磁感应定律有E n nS 1.2 V t B t路端电压 U E1.08 V。R1 R2r R1 R2(2)根据闭合电路欧姆定律有I 0.12 AER1 R2 rP I2R15.7610 2 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
14、UC IR20.6 V流经 R2的电荷量 QC UC1.810 5 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 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94动态分析的基本思路例 2 (2018南昌摸底)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 ，
15、 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良好接触，图乙是棒的 vt 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：10(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。解题探究 (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。(
16、2)由图象能审出什么信息？提示： t0 时 a2.5 m/s 2，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/s 2则： F f ma棒最终以速度 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F f F 安 0F 安 B ILIBLvmR联立可得：B0.5 T。(2)由功能关系可得：(F f)x mv Q12 2m解得 Q2.5 J。总结升华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
17、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 mg F 安 ，B2l2v0R即 v0 。mgRB2l2若导体棒进入磁场时 vv0，则导体棒先减速再匀速；若 vF 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。12考点 3 电磁感应中的能量问题能量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 (2018山西第一次联考)如图甲所示，有一边长为
18、 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 vt 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 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。解题探究 (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
19、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13U1 E Blv0 0.11.22 V0.18 V34 34 34线框 cd 边刚离开磁场时， c、 d 两点间的电压U2 E0.06 V。14(2)由题图乙知，13 s 内线框完全在磁场中，由 vt 图象知 13 s 内线框加速度a m/s20.5 m/s 2 v t 2 13 1根据牛顿第二定律有 F ma10.5
20、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 Fl W mv2 mv12 12 20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 Q W2.1 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 2 Q22.1 J4.2 J。总结升华电磁感应现象中能量的计算(1)回路中电流稳定可利用电路知识，由 W UIt， Q I2Rt 直接计算。(2)若电
21、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BLsR14B导体棒在上滑过程中所用时间为2sv0C导体棒从开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热为 mv mv212 20 12D导体棒在上滑
22、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 q ，故 A 错误；导n R r B SR r BLsR r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 ，则所用时间大于 ，故 B 错误；根据能量守恒定律可得，导体棒从v02 sv02 2sv0开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热为： Q mv mv22 mgs cos ，故 C 错误；12 20 12由于导体棒的机械能不断减少，所以下滑与上滑过程中经过同
23、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 QRQ 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。RR r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 LtB Lq，通过导体棒或金属框的电荷量为：Iq t t n t n ，磁通量变化量： B SB Lx。如果安培力是IER总 tR总 R总导体棒或金属框受到的合外力，则 I 安
24、 mv2 mv1。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 (2018河南第二次仿真模拟)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
25、一根与斜面平行的不可伸长的轻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/s 2)15(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？解题探究 (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 LtB Lq； q 。I R BLxR尝试解答 (1)3_
26、m/s_(2)0.9_J(1)速度最大时导体棒切割磁感线产生感应电动势EB Lvm感应电流 IER安培力 FAB IL导体棒达到最大速度时由平衡条件得Mg mgsin30 FA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 t Mvm0Ft mgsin30tB Lt mvm0F I则 Mgt mgsin30tB Lt( M m)vm0I即 Mgt mgsin30tB Lq( M m)vm0解得 1 s 内流过导体棒的电荷量 q1.2 C电量 q R BLxR解得 1 s 内导体棒上滑位移 x1.2 m，由能量守恒定律得16Mgx mgxsin30 (M m)v Q1
27、2 2m解得 Q0.9 J。总结升华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、动量”即变式 41 (2018太原模拟)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 时，棒的速度为q2 2v03B当棒发生位移为 时，棒的速度为x3 v0217C在流过棒的电荷量达到 的过程中
28、，棒释放的热量为q2 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，棒的速度减为零，设用时为 t，由动量定理有：B Lt0 mv0，即 BLq mv0。当流过棒的电荷量为 时，设棒的速度为 v，则有：Iq2B L mv mv0，解得 v ，A 错误。由法拉第电磁感应定律有 ，由欧姆定律有q2 v02 E BLxt ，由电流的定义有 ，整理可得 q ，当棒的速度为 时，流过棒的电荷量为 ，IE2R I qt BLx2R v02 q2此时棒发生的位移为 ，B 错误。由 BLq mv0，可得棒的质量 m ，当流过棒的电荷量x2 BLqv
29、0为 时，棒的速度为 ，在流过棒的电荷量达到 的过程中，棒损失的动能为 mv q2 v02 q2 34 12 20，又棒的有效阻值与电阻的阻值均为 R，故棒释放的热量为 ，C 错误。整个过3BLqv08 3BqLv016程棒损失的动能为 mv ，定值电阻与导体棒释放的热量相同，均为 ，D 正确。12 20 BLqv02 BLqv04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
30、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 棒的速度变为初速度的 时， cd 棒的加速度是多少？34答案 (1) mv (2)14 20 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18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
31、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 mv02 mv根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q mv (2m)v2 mv 。12 20 12 14 20(2)设 ab 棒的速度变为 v0时， cd 棒的速度为 v，34则由动量守恒定律可知 mv0 mv0 mv34解得 v v0，14回路中的电动势 E BLv0 BLv0 BLv034 14 12IE2R此时 cd 棒所受的安培力 FB IL 。B2L2v04R由牛顿第二定律可得， cd 棒的加速度 a 。Fm B2L2v0
32、4mR1.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 v00 v00示意图质量为 m，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19运动分析 导体杆做加速度越来越小的减速运动，
33、最终杆静止当 E 感 E 时， v最大，且vm ，最后以EBLvm匀速运动当 a0 时， v最大， vm时，杆开始FRB2L2匀速运动 t 时间内流入电容器的电荷量 qC UCB L v电流I CB L q t v tCB La安培力 F 安B LICB 2L2aF F 安 ma， a，Fm B2L2C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，mv Q12 20 电能转化为动能和内能， E 电 mv Q12 2m外力做功转化为动能和内能，WF mv Q12 2m外力做功转化为电能和动能，WF E 电 mv212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
34、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， E B l(v1 v2)。 t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20示意图质量 m1 m2电阻 r1 r2长度 L1 L2质量 m1 m2电阻 r1 r2长度 L12 L2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 匀速v02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， Q E
35、kb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 m1 m2电阻 r1 r2长度 L1 L2摩擦力 Ff1 Ff2质量 m1 m2电阻 r1 r2长度 L1 L2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 F2 Ff，则 PQ 杆先变加速后匀速运动； MN 杆静止。若F2Ff， 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， 外力做功转化为动能和内能(包括电热21WF Ek Q 和摩擦热)， WF Ek Q 电 Qf【典题例证】(2
36、018邯郸二模)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 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
37、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：mgB IL ma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：I Q t QC U UB L va v t联立式可得： amgm B2L2C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 v22 ah 可得： v 2mghm B2L2C22(2)导体棒 ab 下落 h 高度时产生的电动势为 EB Lv此时电路中的电流为 IER导体棒 ab 所受的安培力为 F 安 B IL联立以上三式可得 F 安 。B2L2vR若 F 安 mg，
38、导体棒 ab 将做匀速直线运动。根据能量守恒定律有： Q mgH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： mgB2L2vmR根据能量守恒定律有： mgH m(v2 v ) Q12 2m联立式可得 Q mgH m2ghm B2L2C m3g2R22B4L4同理，若 F 安 (t2 t1)，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 Q1 mg2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C 正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则 mg0，得 v ，由前面分析B2L2vR mgRB2L
39、2可知金属杆进入磁场的速度大于 ，根据 h 得金属杆释放时距离磁场上边界的高mgRB2L2 v22g度应大于 ，D 错误。m2g2R22gB4L4 m2gR22B4L42. (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27两条平行光滑金属导轨，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
40、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
41、(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I ER每根金属棒受到的安培力 F0B Il设两根金属棒所受安培力之和为 F，有 F2 F0根据牛顿第二定律有 F ma 联立式得 a 2BElmR(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28律有 E1 t其中 B l2 设回路中平均电流
42、为 I，由闭合电路欧姆定律有I E12R设 cd 受到的平均安培力为 F，有 FB I l 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 F t 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I02 I 冲 设列车停下来受到的总冲量为 I 总 ，由动量定理有I 总 0 mv0 联立 式得 I总I0 mv0RB2l3讨论：若 恰好为整数，设其为 n，则需设置 n 块有界磁场；若 不是整数，设I总I0 I总I0的整数部分为 N，则需设置 N1 块有界磁场。I总I03. (2016全国卷)如图，水平面(纸面)内间距
43、为 l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为 m、长度为 l 的金属杆置于导轨上。 t0 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。答案 (1)B lt0 (2)(Fm g) B2l2t0m解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得F mg ma设金属杆到达磁场左边界时的速度为
44、 v，由运动学公式有v at029当金属杆以速度 v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为EB lv联立式可得EB lt0 (Fm g)(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为 I，根据欧姆定律I ER式中 R 为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为F 安 B Il因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F mg F 安 0联立式得R 。B2l2t0m4(2016浙江高考)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距 l0.50 m，倾角 53，导轨上端串接一个 R0.05 的电阻。在导轨间长d0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁
45、感应强度 B2.0 T。质量 m4.0 kg 的金属棒 CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆 GH 相连。CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距 s0.24 m。一位健身者用恒力 F80 N 拉动 GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中 CD 棒始终保持与导轨垂直。当 CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使 CD 棒回到初始位置(重力加速度 g10 m/s2，sin530.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：(1)CD 棒进入磁场时速度 v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力 FA的大小；(3)在拉升 CD 棒的过程中，健身者所做的功
46、W 和电阻产生的焦耳热 Q。答案 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J30解析 (1)由牛顿定律 a 12 m/s 2F mgsinm进入磁场时的速度 v 2.4 m/s2as(2)感应电动势 EB lv感应电流 I ER安培力 FAB Il代入得 FA 48 N Bl 2vR(3)健身者做功 W F(s d)64 J由牛顿定律 F mgsin FA0CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间 t dv焦耳热 Q I2Rt26.88 J。5(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
47、，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)B2l2C2Em B2l2C解析 (1)将 S 接 1 时，
