第4講加試第23題電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用題型1電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1基本特點導(dǎo)體棒運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流通電導(dǎo)體棒受安培力合外力變化加速度變化速度變化周而復(fù)始地循環(huán)，最終導(dǎo)體棒的加速度等于零，導(dǎo)體棒達到穩(wěn)定運動狀態(tài)，要抓住a0時速度v達到最大的特點2基本思路例1如圖1所示，豎直平面內(nèi)有兩個半徑為r、光滑的圓弧形金屬環(huán)，在M、N處分別與距離為2r、足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌ME、NF相接，金屬環(huán)最高點A處斷開不接觸金屬導(dǎo)軌ME、NF的最遠端EF之間接有電阻為R的小燈泡L.在MN上方及CD下方有水平方向的勻強磁場和，磁感應(yīng)強度大小均為B，磁場和之間的距離為h.現(xiàn)有質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab，從金屬環(huán)的最高點A處由靜止下落，在下落過程中導(dǎo)體棒始終保持水平，與金屬及軌道接觸良好已知導(dǎo)體棒下落時向下的加速度為a.導(dǎo)體棒進入磁場后小燈泡亮度始終不變重力加速度為g.導(dǎo)體棒、軌道、金屬環(huán)的電阻均不計求：圖1(1)導(dǎo)體棒從A處下落時的速度v1大小；(2)導(dǎo)體棒下落到MN處時的速度v2大小；(3)將磁場的CD邊界下移一小段距離，分析導(dǎo)體棒進入磁場后小燈泡的亮度變化情況，并說明原因答案(1)(2) (3)見解析解析(1)導(dǎo)體棒下落時，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度為r導(dǎo)體棒內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：EBrv1回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流：I根據(jù)牛頓第二定律得：mgBI·rma得v1(2)導(dǎo)體棒進入磁場后小燈泡亮度始終不變，說明導(dǎo)體棒受力平衡，勻速下落，設(shè)此時導(dǎo)體棒的速度為v3，則：mgF安B·2r解得v3從MN下落到CD，v222ghv32得v2(3)CD邊界下移一段距離，導(dǎo)體棒ab進入磁場時速度大于v3，mg<F安，導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的減速運動，速度減小，感應(yīng)電動勢減小，感應(yīng)電流減小，電功率減小，亮度減小，最后mgF安，導(dǎo)體棒做勻速運動，亮度不變1(2018·金華市十校聯(lián)考)如圖2甲所示，一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈(圖中只畫出1匝)與一個正方形金屬框abcd連接成閉合回路圓形金屬線圈的半徑為r1，在線圈里面半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小B1與時間t關(guān)系圖線如圖乙所示，圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.正方形金屬框abcd的質(zhì)量為m，每條邊的長度和阻值分別為L和R，放置于豎直平面內(nèi)，金屬框兩頂點a、b通過導(dǎo)線與圓形金屬線圈的兩端點相連，金屬框abcd所在的空間存在有垂直金屬框水平向外的勻強磁場，金屬框恰好處于靜止狀態(tài)導(dǎo)線電阻不計，導(dǎo)線對a、b點的作用力不計，重力加速度為g.求t1時刻：圖2(1)通過金屬框ab邊的電流方向；(2)通過金屬框ab邊的電流大小；(3)金屬框所在處勻強磁場的磁感應(yīng)強度B2大小答案(1)b流向a(2)(3)解析(1)金屬框恰好處于靜止狀態(tài)，所受安培力與重力平衡，根據(jù)左手定則判定，通過金屬框ab邊上的電流方向為b流向a.(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢為Ennr由閉合電路歐姆定律得，通過導(dǎo)線的總電流大小為I通過金屬框ab邊的電流大小IabI(3)通過金屬框cd邊的電流大小IcdI金屬框受重力和安培力，處于靜止狀態(tài)，有mgB2IabLB2IcdL聯(lián)立解得B2題型2電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題1電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵守能量守恒定律，電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電能，一定是由其他形式的能轉(zhuǎn)化而來的，從電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生的機理來區(qū)分，分為兩種情況：(1)單純的磁場變化：磁能電能電路中的內(nèi)能(或其他形式的能)；(2)導(dǎo)體切割磁感線：機械能電能電路中的內(nèi)能(或其他形式的能)2導(dǎo)體切割磁感線而產(chǎn)生的電能，必定等于導(dǎo)體克服安培力做的功，即產(chǎn)生的電能是用克服安培力做的功來量度的3從能量轉(zhuǎn)化的角度分析電磁感應(yīng)過程，必須牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律分析的基本思路是：受力分析弄清哪些力做功，做正功還是負功明確有哪些形式的能參與轉(zhuǎn)化，哪些增哪些減由能量守恒定律列方程求解例2(2018·慈溪市期末)如圖3甲所示，彎折成90°角的兩根足夠長金屬導(dǎo)軌平行放置，形成左右兩導(dǎo)軌平面，左導(dǎo)軌平面與水平面成53°角，右導(dǎo)軌平面與水平面成37°角，兩導(dǎo)軌相距L0.2 m，電阻不計質(zhì)量均為m0.1 kg，電阻均為R0.1 的金屬桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，金屬桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為0.5，整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B1.0 T，方向平行于左導(dǎo)軌平面且垂直右導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中t0時刻開始，ab桿以初速度v1沿右導(dǎo)軌平面下滑t1 s時刻開始，對ab桿施加一垂直ab桿且平行右導(dǎo)軌平面向下的力F，使ab開始做勻加速直線運動cd桿運動的vt圖象如圖乙所示(其中第1 s、第3 s內(nèi)圖線為直線)若兩桿下滑過程均保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.求：圖3(1)在第1 s內(nèi)cd桿受到的安培力的大??；(2)ab桿的初速度v1的大??；(3)若第2 s內(nèi)力F所做的功為9 J，求第2 s內(nèi)cd桿所產(chǎn)生的焦耳熱答案(1)0.2 N(2)1 m/s(3)3 J解析(1)ab桿沿右側(cè)導(dǎo)軌下滑，根據(jù)右手定則可知ab桿中感應(yīng)電流由a到b，則cd桿中電流由d到c，根據(jù)左手定則可知cd桿受到的安培力垂直于左側(cè)導(dǎo)軌向下根據(jù)vt圖象可知，cd桿在第1 s內(nèi)的加速度a14 m/s2對cd桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin 53°(mgcos 53°F安)ma1解得安培力F安0.2 N(2)對cd桿：安培力F安BIL回路中電流I1 A對ab桿：感應(yīng)電動勢EI·2R0.2 V根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律EBLv1解得：ab桿的初速度v11 m/s(3)根據(jù)題圖vt圖象可知，cd桿在第3 s內(nèi)做勻減速運動，加速度a24 m/s2對cd桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin 53°(mgcos 53°F安)ma2解得安培力F安1.8 N由F安BIL可得2 s時ab桿的速度v29 m/s第1 s內(nèi)，對ab桿受力分析，有mgsin 37°mgcos 37°BIL0，則第1 s內(nèi)ab桿勻速運動第2 s內(nèi)ab桿做勻加速運動，ab桿的位移x2(v1v2)t5 m對ab桿，根據(jù)動能定理，有WFmgx2sin 37°mgx2cos 37°W安mv22mv12解得安培力做功W安6 J回路中產(chǎn)生的焦耳熱QW安2Qcd故第2 s內(nèi)cd桿所產(chǎn)生的焦耳熱Qcd3 J2(2018·諾丁漢大學(xué)附中期中)如圖4甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ被固定在水平面上，導(dǎo)軌間距L0.6 m，兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R1及理想電壓表，電阻r2 的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止在AB處；右端用導(dǎo)線連接電阻R2，已知R12 ，R21 ，導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計在矩形區(qū)域CDEF內(nèi)有豎直向上的磁場，CE0.2 m，磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示在t0時刻開始，對金屬棒施加一水平向右的恒力F，從金屬棒開始運動直到離開磁場區(qū)域的整個過程中電壓表的示數(shù)保持不變求：圖4(1)t0.1 s時電壓表的示數(shù)；(2)恒力F的大??；(3)從t0時刻到金屬棒運動出磁場的過程中整個電路產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)0.3 V(2)0.27 N(3)0.09 J解析(1)設(shè)磁場寬度為dCE，在00.2 s的時間內(nèi)，有EELd0.6 V此時，R1與金屬棒r并聯(lián)，再與R2串聯(lián)RR并R22 得UR并0.3 V(2)金屬棒進入磁場后，有I0.45 AFABIL即FA1×0.45×0.6 N0.27 N由于金屬棒進入磁場后電壓表示數(shù)始終不變，所以金屬棒做勻速運動，有FFA得F0.27 N(3)金屬棒在00.2 s的運動時間內(nèi)，有Q1t0.036 J金屬棒進入磁場后，因電壓表示數(shù)保持不變，故切割磁感線速度v不變，則WFWA0WFF·d0.27×0.2 J0.054 J根據(jù)能量轉(zhuǎn)化規(guī)律Q2WA0.054 J故Q總Q1Q20.09 J3(2018·紹興市選考診斷)某興趣小組設(shè)計了一種利用開、關(guān)門來發(fā)電的裝置，如圖5甲所示門ABCD可繞AD軸無摩擦轉(zhuǎn)動90°，其BC邊是質(zhì)量m2 kg、電阻r5 的金屬條，門的其他部分為絕緣體且質(zhì)量忽略不計，AB1 m，BC2 m，金屬條B、C兩端用導(dǎo)線連接電阻R5 的小燈泡組成閉合回路，門角B點與墻面間連有一輕質(zhì)彈簧(圖中未畫出)門關(guān)閉時，門邊BC處于位置，此時彈簧處于原長；門打開90°時，門邊BC處于位置，此時彈簧拉伸最長在門邊BC轉(zhuǎn)動路徑的到位置區(qū)域，存在高2米、圓心角為45°的柱形輻向磁場區(qū)域AMNFDAE，如圖乙所示BC邊轉(zhuǎn)動路徑附近的磁感應(yīng)強度為B1 T現(xiàn)用力推門，使門從位置由靜止開始轉(zhuǎn)動，以恒定的角速度1 rad/s經(jīng)過磁場區(qū)域，當門邊BC轉(zhuǎn)過時撤去F，門剛好能轉(zhuǎn)過90°到達位置而速度減為0，此后又在彈簧作用下被彈回，直至關(guān)閉，已知此過程中推力做功為WF1.5 J其中取3.圖5(1)門邊BC剛轉(zhuǎn)到位置進入磁場瞬間，通過燈泡的電流方向如何(選答“BC”或“CB”)?(2)門邊BC剛轉(zhuǎn)到位置進入磁場瞬間，求燈泡兩端的電壓U；(3)已知門剛好關(guān)閉前的角速度1 rad/s，求門彈回直至關(guān)閉過程中小燈泡消耗的電能答案(1)BC(2)1 V(3)0.1 J解析(1)根據(jù)右手定則，通過燈泡的電流方向為BC.(2)門剛好進入磁場時，門BC邊切割磁感線的速度vLAB1 m/s產(chǎn)生的電動勢EBLv1×2×1 V2 V回路中電流為I A0.2 A燈泡兩端的電壓UIR1 V(3)在門打開過程中，BC邊克服安培力做功，回路中產(chǎn)生焦耳熱Q1I2(Rr)t0.3 J門關(guān)閉前的速度vLAB1 m/s此時門邊BC具有的動能Ekmv21 J整個過程中，根據(jù)能量守恒，外力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱和門增加的動能則回路總的焦耳熱Q總WFEk0.5 J因此門彈回直至關(guān)閉過程中產(chǎn)生的電能Q2Q總Q10.2 J燈泡上消耗的電能Q燈0.1 J專題強化練1如圖1所示，勻強磁場垂直銅環(huán)所在的平面，磁感應(yīng)強度為B.導(dǎo)體棒A的一端固定在銅環(huán)的圓心O處，可繞O勻速轉(zhuǎn)動，與半徑分別為r1、r2的銅環(huán)有良好接觸通過電刷把大小銅環(huán)與兩水平平行金屬板P、Q連接成如圖所示的電路，R1、R2是定值電阻，R1R0，R22R0.質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球通過絕緣細線掛在P、Q兩板間，細線能承受的最大拉力為3mg，已知：導(dǎo)體棒與銅環(huán)電阻不計，P、Q兩板間距為d；重力加速度為g.現(xiàn)閉合開關(guān)，求：圖1(1)當細線對小球的拉力小于mg時，導(dǎo)體棒A轉(zhuǎn)動的方向；(2)當細線對小球恰好無拉力時，電路消耗的電功率；(3)細線恰好斷裂時，導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動的角速度至少多大答案(1)逆時針(2)(3)解析(1)當細線對小球的拉力小于mg，則平行金屬板間有向上的電場，即Q板帶正電，由右手定則知導(dǎo)體棒A沿逆時針方向轉(zhuǎn)動(2)qmg，U2電路中的電流IP總I2R總I2(R1R2)(3)細線恰好斷裂時，F(xiàn)T3mg，F(xiàn)Tmgq，得U2所以電動勢EU2，EB(r12r22)，所以2(2018·牌頭中學(xué)期中)如圖2所示，兩根光滑的平行金屬導(dǎo)軌相距為d，電阻不計，在其左端接有阻值為R的電阻MN為一根長度也為d、質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿，垂直導(dǎo)軌放置，并與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，開始時桿MN處于靜止狀態(tài)某時刻(t0)對桿MN施加一個平行導(dǎo)軌方向的水平力F，使之做加速度為a的勻加速直線運動(導(dǎo)軌足夠長)圖2(1)判斷M、N兩端的電勢高低；(2)求tt1時刻桿MN兩端的電壓；(3)求水平力F隨時間t變化的關(guān)系式答案(1)M>N(2)(3)Fma解析(1)由右手定則可知，M>N(2)t1時刻的速度：v1at1感應(yīng)電動勢E1Bdv1感應(yīng)電流I1桿MN兩端的電壓U1I1R(3)由牛頓第二定律可得FBIdma其中IEBdvvat聯(lián)立解得Fma3(2018·杭州市重點中學(xué)期末)如圖3所示，兩根足夠長且平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面成53°角，兩導(dǎo)軌間距l(xiāng)1.0 m，導(dǎo)軌間接一個阻值為R3.0 的電阻，導(dǎo)軌電阻忽略不計在兩平行虛線間有一與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B1.0 T，寬度d未知導(dǎo)體棒a的質(zhì)量為m10.10 kg、接入電路的電阻為R16.0 ；導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為m20.20 kg、接入電路的電阻為R23.0 ，它們分別垂直導(dǎo)軌放置并始終與導(dǎo)軌接觸良好現(xiàn)從圖中的M、N處同時將a、b由靜止釋放，運動過程中它們都能勻速穿過磁場區(qū)域，且當a剛出磁場時b正好進入磁場(sin 53°0.8，cos 53°0.6，g取10 m/s2，a、b電流間的相互作用不計)，求：圖3(1)a棒進入磁場前的加速度大??；(2)a棒在磁場中運動的速度大小；(3)a、b棒全部穿過磁場過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量答案(1)8 m/s2(2)6 m/s(3)3.6 J解析(1)由牛頓第二定律得，m1gsin m1aagsin 8 m/s2(2)a棒在磁場中受力平衡：m1gsin BIl又IEBlva解得va6 m/s(3)由(2)同樣方法可求得vb8 m/sa在磁場中運動時間t0.25 s磁場寬度dvat1.5 m回路產(chǎn)生的總熱量Q(m1m2)gdsin 3.6 J4(2018·義烏市模擬)如圖4所示，間距為L、光滑的足夠長的金屬導(dǎo)軌(金屬導(dǎo)軌的電阻不計)所在斜面傾角為，兩根同材料、長度均為L、橫截面均為圓形的金屬棒CD、PQ放在斜面導(dǎo)軌上，已知CD棒的質(zhì)量為m、電阻為R，PQ棒的圓截面的半徑是CD棒圓截面的2倍，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，兩根勁度系數(shù)均為k、相同的彈簧一端固定在導(dǎo)軌的下端，另一端連著金屬棒CD，開始時金屬棒CD靜止，現(xiàn)用一恒力平行于導(dǎo)軌所在平面向上拉金屬棒PQ，使金屬棒PQ由靜止開始運動，當金屬棒PQ達到穩(wěn)定時，彈簧的形變量與開始時相同已知金屬棒PQ開始運動到穩(wěn)定的過程中通過CD棒的電荷量為q，此過程可以認為CD棒緩慢地移動，已知題設(shè)物理量符合mgsin 的關(guān)系式，求此過程中(要求結(jié)果均用m、g、k、來表示)：圖4(1)CD棒移動的距離；(2)PQ棒移動的距離；(3)恒力所做的功答案(1)(2)(3)解析(1)開始時彈簧是壓縮的，當向上的安培力增大時，彈簧的壓縮量減小，安培力等于CD棒重力平行于斜面的分量時，彈簧恢復(fù)到原長，安培力繼續(xù)增大，彈簧伸長，由題意可知，當彈簧的伸長量等于開始的壓縮量時達到穩(wěn)定狀態(tài)，此時的彈力與原來的彈力大小相等、方向相反兩彈簧向上的彈力等于CD棒重力平行于斜面的分量，即2F彈mgsin ，彈簧的形變量為xCD棒移動的距離sCD2x(2)PQ棒的圓截面半徑是CD棒圓截面的2倍，則mPQ4m，RPQR，在達到穩(wěn)定過程中兩棒之間距離增大s，由兩金屬棒組成的閉合回路中的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為：感應(yīng)電流為：所以，回路中通過的電荷量即CD棒中的通過的電荷量為qt由此可得兩棒距離增大值：sPQ棒沿導(dǎo)軌上滑距離應(yīng)為CD棒沿斜面上滑距離和兩棒距離增大值之和PQ棒沿導(dǎo)軌上滑距離為：sPQssCD(3)CD棒達到穩(wěn)定時，受力平衡，安培力為F安mgsin 2F彈2mgsin .金屬棒PQ達到穩(wěn)定時，恒力FF安4mgsin 6mgsin 恒力做功為WFsPQ6mgsin ·5(2017·杭州市高三上期末)某同學(xué)在學(xué)習(xí)電磁感應(yīng)后，認為電磁阻尼能夠承擔電梯減速時大部分制動的負荷， 從而減小傳統(tǒng)制動器的磨損如圖5甲所示，是該同學(xué)設(shè)計的電磁阻尼制動器的原理圖電梯箱與配重質(zhì)量都為 M，通過高強度繩子套在半徑r1的承重轉(zhuǎn)盤上，且繩子與轉(zhuǎn)盤之間不打滑承重轉(zhuǎn)盤通過固定轉(zhuǎn)軸與制動轉(zhuǎn)盤相連制動轉(zhuǎn)盤上固定了半徑為r2和r3 的內(nèi)外兩個金屬圈(如圖乙)，金屬圈內(nèi)阻不計兩金屬圈之間用三根互成 120°的輻向?qū)w棒連接，每根導(dǎo)體棒電阻均為R. 制動轉(zhuǎn)盤放置在一對勵磁線圈之間，勵磁線圈產(chǎn)生垂直于制動轉(zhuǎn)盤的勻強磁場(磁感應(yīng)強度為B)，磁場區(qū)域限制在120°輻向角內(nèi)，如圖乙陰影區(qū)所示. 若電梯箱內(nèi)放置質(zhì)量為m的貨物一起以速度v豎直上升，電梯箱離終點(圖中未畫出)高度為h時關(guān)閉動力系統(tǒng)，僅開啟電磁制動，一段時間后，電梯箱恰好到達終點圖5(1)若在開啟電磁制動瞬間，三根金屬棒的位置剛好在圖乙所示位置，則此時制動轉(zhuǎn)盤上的電動勢 E為多少？ 此時a與 b之間的電勢差有多大？(2)若忽略轉(zhuǎn)盤的質(zhì)量，且不計其他阻力影響，則在上述制動過程中，制動轉(zhuǎn)盤產(chǎn)生的熱量是多少？(3)若要提高制動的效果，試對上述設(shè)計做出兩處改進答案見解析解析(1)設(shè)承重轉(zhuǎn)盤的角速度為，則制動轉(zhuǎn)盤的角速度也為.則var3vbr2E聯(lián)立解得：EIUabI·0.5R聯(lián)立解得：Uab(2)Qmgh(m2M)v2解得：Q(m2M)v2mgh(3)增加勵磁電流；減小金屬棒的電阻；增加金屬棒的數(shù)目(用實心的金屬材料做整個金屬盤)增加外金屬圈的半徑r3；減小內(nèi)金屬圈的半徑r2；減小承重轉(zhuǎn)盤的半徑r1.(任選兩項即可)6(2018·金華市十校聯(lián)考)如圖6所示，PM、QN是兩根光滑圓弧導(dǎo)軌，圓弧半徑為d、間距為L，最低點M、N在同一水平高度，導(dǎo)軌電阻不計，在其上端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、質(zhì)量為m、阻值為R的金屬棒，從導(dǎo)軌的頂端PQ處由靜止開始下滑，到達底端MN時對導(dǎo)軌的壓力為2mg，重力加速度為g.求：圖6(1)金屬棒到達導(dǎo)軌底端MN時電阻R兩端的電壓；(2)金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量；(3)金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過程中，通過電阻R的電荷量答案(1)BL(2)(3)解析(1)在導(dǎo)軌的底端MN處，金屬棒對導(dǎo)軌的壓力FN2mg軌道對金屬棒的支持力大小為FNFN2mg則有FNmgm解得v金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv金屬棒到達底端時電阻R兩端的電壓UBL(2)金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過程中，由能量守恒定律得：mgdQmv2解得Qmgd電阻R上產(chǎn)生的熱量QRQ(3)由qI·tIE聯(lián)立解得q15