第2講電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用一、電磁感應(yīng)中的電路問題1內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運動的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源(2)該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余部分是外電路2電源電動勢和路端電壓(1)電動勢：EBlv或En.(2)路端電壓：UIREIr.自測1(多選)在圖1中，EF、GH為平行的金屬導(dǎo)軌，其電阻不計，R為電阻，C為電容器，AB為可在EF和GH上滑動的導(dǎo)體橫桿有勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面若用I1和I2分別表示圖中該處導(dǎo)線中的電流，則當(dāng)橫桿AB()圖1A勻速滑動時，I10，I20B勻速滑動時，I10，I20C加速滑動時，I10，I20D加速滑動時，I10，I20答案AD二、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析1電磁感應(yīng)中通過導(dǎo)體的感應(yīng)電流，在磁場中將受到安培力的作用，因此，電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)、運動學(xué)等問題聯(lián)系在一起2導(dǎo)體兩種狀態(tài)及處理方法(1)導(dǎo)體的平衡態(tài)靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運動狀態(tài)處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力為零)列式分析(2)導(dǎo)體的非平衡態(tài)加速度不為零處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析自測2(多選)如圖2所示，在一勻強磁場中有一U型導(dǎo)線框bacd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可以在ab、cd上無摩擦地滑動，桿ef及線框中導(dǎo)體的電阻都可不計開始時，給ef一個向右的初速度，則()圖2Aef將減速向右運動，但不是勻減速Bef將勻減速向右運動，最后靜止Cef將勻速向右運動Def的加速度逐漸減小，最后靜止答案AD解析桿ef向右運動，所受安培力FBIlBl，方向向左，故桿做減速運動；v減小，F(xiàn)減小，桿做加速度逐漸減小的減速運動，A、D正確三、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的問題1能量的轉(zhuǎn)化感應(yīng)電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能2實質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化，實質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化3電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的三種計算方法(1)利用克服安培力求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功(2)利用能量守恒求解：機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能(3)利用電路特征來求解：通過電路中所產(chǎn)生的電熱來計算自測3(多選)如圖3所示，兩根光滑的金屬導(dǎo)軌，平行放置在傾角為的斜面上，導(dǎo)軌的下端接有電阻R，導(dǎo)軌自身的電阻可忽略不計斜面處在一勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上質(zhì)量為m、電阻可以忽略不計的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導(dǎo)軌勻速上滑，且上升的高度為h，在這一過程中()圖3A作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零B作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和C恒力F與安培力的合力所做的功等于零D恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱答案AD解析金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬棒受力分析可知，有三個力對金屬棒做功，恒力F做正功，重力做負功，安培力阻礙相對運動，沿斜面向下，做負功勻速運動時，所受合力為零，故合力做功為零，選項A正確；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電路中的電能，電能又等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故外力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，選項D正確命題點一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題用牛頓運動定律解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟1確定研究對象(導(dǎo)體棒或線圈)，用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢大小，用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向2畫出等效電路圖，求解回路中感應(yīng)電流的大小3分析導(dǎo)體棒的受力情況及導(dǎo)體棒運動后對電路中電學(xué)參量的制約關(guān)系，即分析由于導(dǎo)體棒受到安培力，對導(dǎo)體棒運動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中電流有什么影響，最后定性分析出導(dǎo)體棒的最終運動情況4列出牛頓第二定律或平衡方程求解例1(2015·浙江10月選考·22改編)如圖4甲所示，質(zhì)量m3.0×103 kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l0.20 m，處于磁感應(yīng)強度大小B11.0 T、方向水平向右的勻強磁場中有一匝數(shù)n300匝，面積S0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應(yīng)強度B2的大小隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示(g取10 m/s2)圖4(1)求00.10 s線圈中的感應(yīng)電動勢大小(2)t0.22 s時閉合開關(guān)K，若安培力遠大于重力，細框跳起的最大高度h0.20 m，求通過細桿CD的電荷量答案(1)30 V(2)0.03 C解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律En得EnS30 V(2)安培力遠大于重力，由牛頓第二定律，安培力Fmam(或由動量定理Ftmv0)，又FIB1l，qIt，v22gh，得q0.03 C.變式1如圖5所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l0.5 m，其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸已知兩棒質(zhì)量均為m0.02 kg，電阻均為R0.1 ，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B0.2 T，棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運動，而棒cd恰好能夠保持靜止g取10 m/s2，求：圖5(1)通過棒cd的電流I是多少？方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？答案(1)1 A由d至c(2)0.2 N解析(1)棒cd受到的安培力為FcdIlB棒cd在共點力作用下平衡，則Fcdmgsin 30°聯(lián)立解得I1 A根據(jù)楞次定律可知，棒cd中電流方向由d至c.(2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等，即FabFcd對棒ab，由共點力平衡條件得Fmgsin 30°IlB解得F0.2 N變式2如圖6甲所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻，一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整套裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦求：圖6(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖；(2)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大?。?3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度的最大值答案(1)見解析圖(2)gsin (3)解析(1)如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上(2)當(dāng)ab桿的速度大小為v時，感應(yīng)電動勢EBLv，此時電路中電流Iab桿受到安培力F安BIL根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin F安mgsin maagsin .(3)當(dāng)a0時，ab桿有最大速度，vm.命題點二電磁感應(yīng)中動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用解決電磁感應(yīng)動力學(xué)及能量問題的一般思路1電路分析：確定電源，畫出等效電路，明確內(nèi)、外電路，分析電路的串、并聯(lián)關(guān)系2受力分析：注意導(dǎo)體棒所受的安培力大小和方向3運動分析：對運動過程進行“慢進”式推理分析，應(yīng)用牛頓第二定律對運動過程中各物理量進行分析4能量分析：分析運動過程中各力做功情況，明確能量轉(zhuǎn)化形式5規(guī)律分析：根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)方程、動能定理、能量守恒定律合理組合優(yōu)化例2(2016·浙江10月學(xué)考·22)為了探究電動機轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關(guān)系，小明設(shè)計了如圖7所示的裝置半徑為l的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO上，由電動機A帶動旋轉(zhuǎn)在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強磁場另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的“U”型導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場中從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng)開關(guān)S與“U”型導(dǎo)軌連接當(dāng)開關(guān)S斷開，棒cd靜止時，彈簧伸長量為x0；當(dāng)開關(guān)S閉合，電動機以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，棒cd再次靜止時，彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度)不計其余電阻和摩擦等阻力，求此時：圖7(1)通過棒cd的電流Icd；(2)電動機對該裝置的輸出功率P；(3)電動機轉(zhuǎn)動角速度與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關(guān)系答案見解析解析(1)S斷開，cd棒靜止有mgkx0S閉合，cd棒靜止時受到安培力FB2Icdl由楞次定律知流過棒cd的電流方向為dc故cd棒靜止時有mgB2Icdlkx解得Icd(2)回路總電阻R總RRR總電流：I由能量守恒得PI2R總(3)由法拉第電磁感應(yīng)定律：EB1l2回路總電流I解得.變式3如圖8甲所示，在一傾角為37°的粗糙絕緣斜面上，靜止地放置著一個n10匝的正方形線圈ABCD，E、F分別為AB、CD的中點，線圈總電阻R2.0 、總質(zhì)量m0.2 kg、正方形邊長L0.4 m如果向下輕推一下此線圈，則它剛好可沿斜面勻速下滑現(xiàn)在將線圈靜止放在斜面上后，在虛線EF以下的區(qū)域中，加上垂直斜面方向的、磁感應(yīng)強度大小按圖乙所示規(guī)律變化的磁場，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2，求：圖8(1)t1 s時刻，線圈中的感應(yīng)電流大小I；(2)從t0時刻開始經(jīng)過多長時間線圈剛要開始運動；(3)從t0時刻開始到線圈剛要運動，線圈中產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)0.2 A(2)4 s(3)0.32 J解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合題圖乙得EnnS解得E0.4 VI0.2 A(2)對線圈受力分析可知未加磁場時：Ffmgsin 37°線圈剛要開始運動時：Fmgsin 37°FfFnBIL解得B3 T根據(jù)題圖乙知B10.5t(T)，解得：t4 s(3)由焦耳定律可得QI2Rt解得Q0.32 J.變式4(2016·安吉一中期末)如圖9所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角30°，導(dǎo)軌電阻不計，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R.兩金屬導(dǎo)軌的上端連接一個燈泡，燈泡的電阻也為R.現(xiàn)閉合開關(guān)K，給金屬棒施加一個方向垂直于桿且平行于導(dǎo)軌平面向上的、大小為F2mg的恒力，使金屬棒由靜止開始運動，當(dāng)金屬棒達到最大速度時，燈泡恰能達到它的額定功率重力加速度為g，求：圖9(1)金屬棒能達到的最大速度vm的大??；(2)燈泡的額定功率PL；(3)若金屬棒上滑距離為s時速度恰達到最大，求金屬棒由靜止開始上滑2s的過程中，金屬棒上產(chǎn)生的熱量Q1.答案(1)(2)(3)mgs解析(1)金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)加速度為零時，金屬棒達到最大速度，此后開始做勻速直線運動設(shè)最大速度為vm，則速度達到最大時有：EBLvm，I，F(xiàn)BILmgsin ，解得：vm (2)根據(jù)電功率表達式：PLI2R解得：PL()2R(3)設(shè)整個電路產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律有：F·2sQmgsin ·2smv解得：Q3mgs根據(jù)串聯(lián)電路特點，可知金屬棒上產(chǎn)生的熱量Q1解得：Q1mgs.1如圖1所示，MN、PQ為水平面內(nèi)平行放置的光滑金屬長直導(dǎo)軌，間距為L1，處在豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場中，一導(dǎo)體桿ef垂直于MN、PQ放在導(dǎo)軌上，在外力作用下向左做勻速直線運動質(zhì)量為m、每邊電阻均為r、邊長為L2的正方形金屬框abcd置于豎直平面內(nèi)，兩頂點a、b通過細導(dǎo)線與導(dǎo)軌相連，磁感應(yīng)強度大小為B2的勻強磁場垂直金屬框向里，金屬框恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計其余電阻和細導(dǎo)線對a、b點的作用力，重力加速度為g.圖1(1)通過ab邊的電流Iab是多大？(2)導(dǎo)體桿ef的運動速度v是多大？答案(1)(2)解析(1)設(shè)通過正方形金屬框的總電流為I，通過ab邊的電流為Iab，通過dc邊的電流為Idc，有IabI，IdcI，金屬框受重力和安培力，處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mgB2IabL2B2IdcL2，解得Iab.(2)由(1)可得總電流I，設(shè)導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，有EB1L1v，設(shè)ad、dc、cb三邊電阻串聯(lián)后與ab邊電阻并聯(lián)的總電阻為R，則Rr，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I，聯(lián)立解得v.2如圖2所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，間距為l，導(dǎo)軌左端連接一個電阻R.一根質(zhì)量為m、長度為l、電阻為r的金屬桿ab垂直放置在導(dǎo)軌上在桿的右方距桿為d處有一個勻強磁場，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強度為B.對桿施加一個大小為F、方向平行于導(dǎo)軌的恒力，使桿從靜止開始運動，桿與導(dǎo)軌始終接觸良好，已知桿到達磁場區(qū)域時速度為v，之后進入磁場恰好做勻速運動不計導(dǎo)軌的電阻，假定導(dǎo)軌與桿之間存在恒定的阻力求：圖2(1)兩導(dǎo)軌對桿ab的總阻力大小Ff；(2)桿ab中通過的電流及其方向；(3)導(dǎo)軌左端所接電阻R的阻值答案(1)F(2)方向由ab (3)r解析(1)桿進入磁場前做勻加速運動，有FFfmav22ad，解得兩導(dǎo)軌對桿的總阻力FfF.(2)桿進入磁場后做勻速運動，有FFfF安桿ab所受的安培力F安IBl解得桿ab中通過的電流I由右手定則知桿中的電流方向由ab.(3)桿ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBlv桿中的電流I解得導(dǎo)軌左端所接電阻R的阻值Rr.3如圖3所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計，間距L0.4 m，導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域和，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.中的勻強磁場方向垂直斜面向下，中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B0.5 T在區(qū)域中，將質(zhì)量m10.1 kg、電阻R10.1 的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑然后，在區(qū)域中將質(zhì)量m20.4 kg、電阻R20.1 的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑cd在滑動過程中始終處于區(qū)域的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g10 m/s2，問：圖3(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v為多大；(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x3.8 m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J解析(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向為由d到c，則ab中電流方向為由a流向b.(2)開始放置時ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmaxm1gsin 設(shè)ab剛要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有EBLv設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設(shè)ab所受安培力為F安，有F安BIL如圖，此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安m1gsin Fmax綜合式，代入數(shù)據(jù)解得v5 m/s(3)設(shè)cd棒運動過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsin Q總m2v2又QQ總，解得Q1.3 J4如圖4所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為30°，導(dǎo)軌光滑且電阻不計，導(dǎo)軌處在垂直導(dǎo)軌平面向上的有界勻強磁場中，兩根電阻都為R2 ，質(zhì)量都為m0.2 kg的完全相同的細金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌并排緊靠放置在導(dǎo)軌上，與磁場上邊界距離為x1.6 m，有界勻強磁場寬度為3x4.8 m，先將金屬棒ab由靜止釋放，金屬棒ab剛進入磁場就恰好做勻速運動，此時立即由靜止釋放金屬棒cd，金屬棒cd在出磁場前已做勻速運動兩金屬棒在下滑過程中與導(dǎo)軌始終接觸良好(取重力加速度g10 m/s2)，求：圖4(1)金屬棒ab剛進入磁場時棒中電流I.(2)金屬棒cd在磁場中運動的過程中通過回路某一截面的電流q.(3)兩根金屬棒全部通過磁場的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)1 A(2)0.8 C(3)8 J解析(1)方法一金屬棒ab從靜止釋放到剛勻速運動，據(jù)動能定理，mgxsin mv2解得v4 m/s安培力與重力沿導(dǎo)軌方向的分力相等，則BLImgsin ，解得BL1 T·m，I1 A.方法二金屬棒ab從靜止釋放到剛勻速運動，據(jù)動能定理mgxsin mv2解得v4 m/s重力的功率與電流功率相等，有mgvsin I2·2R，解得I1 A(2)方法一金屬棒ab進入磁場時以速度v先做勻速運動，設(shè)經(jīng)過時間t1，當(dāng)金屬棒cd也進入磁場，速度也為v，對金屬棒cd：x，此時金屬棒ab在磁場中的運動距離為Xvt12x，兩棒都在磁場中時速度相同，無電流；金屬棒cd在磁場中而金屬棒ab在磁場外時，cd棒的運動距離為2x，cd棒中有電流，qt0.8 C方法二兩金屬棒單獨在磁場中時運動的距離都為2x，因而通過的電量大小相等qqabIt2I1×0.8 C0.8 C(3)兩根金屬棒全部通過磁場的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q等于兩棒損失的機械能，金屬棒cd在出磁場前已做勻速運動，則有Qmg·2xsin mg·3xsin mg·5xsin 8 J.13