電磁感應規(guī)律的綜合應用命題點一電磁感應中的動力學問題例1如圖1所示，光滑的“”形金屬導體框豎直放置，除圖中已標阻值為R的電阻外，其余電阻不計質量為m的金屬棒MN與框架接觸良好在區(qū)域abcd和cdef內，存在磁感應強度大小分別為B1B、B22B的有界勻強磁場，方向均垂直于框架平面向里，兩豎直導軌ae與bf間距為L.現(xiàn)從圖示位置由靜止釋放金屬棒MN，當金屬棒進入磁場B1區(qū)域后恰好做勻速運動求：圖1(1)金屬棒進入磁場B1區(qū)域后的速度大?。?2)金屬棒剛進入磁場B2區(qū)域時的加速度大小解析(1)當金屬棒進入磁場B1區(qū)域后恰好做勻速運動，說明金屬棒所受的安培力與重力大小相等、方向相反則F1B1I1LBI1Lmg又I1聯(lián)立得：v(2)金屬棒剛進入磁場B2區(qū)域時，由楞次定律判斷知所受的安培力方向豎直向上，大小為：F2B2I2L2BL把(1)問求得的v代入，可得F24mg根據(jù)牛頓第二定律得：F2mgma得a3g.答案(1)(2)3g用“四步法”分析電磁感應中的動力學問題解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：(1)進行“源”的分析分離出電路中由電磁感應所產生的電源，求出電源的參數(shù)E和r.(2)進行“路”的分析分析電路結構，明確串、并聯(lián)的關系，求出相關部分的電流大小，以便求解安培力(3)“力”的分析分析研究對象(常是金屬桿、導體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力(4)進行“運動”狀態(tài)的分析根據(jù)力和運動的關系，判斷出正確的運動模型題組階梯突破1小明同學設計了一個“電磁天平”，如圖2所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡線圈的水平邊長L0.1 m，豎直邊長H0.3 m，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強磁場內，磁感應強度B01.0 T，方向垂直線圈平面向里線圈中通有可在02.0 A范圍內調節(jié)的電流I.掛盤放上待測物體后，調節(jié)線圈中電流使天平平衡，測出電流即可測得物體的質量(重力加速度取g10 m/s2)圖2圖3(1)為使電磁天平的量程達到0.5 kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少？(2)進一步探究電磁感應現(xiàn)象，另選N2100匝、形狀相同的線圈，總電阻R10 .不接外電流，兩臂平衡如圖3所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應強度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域寬度d0.1 m當掛盤中放質量為0.01 kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應強度的變化率.答案(1)25匝(2)0.1 T/s解析(1)題中“電磁天平”中的線圈受到安培力FN1B0IL由天平平衡可知：mgN1B0IL代入數(shù)據(jù)解得：N125匝(2)由法拉第電磁感應定律得：EN2N2Ld由歐姆定律得：I線圈受到的安培力FN2B0IL由天平平衡可得：mgNB0代入數(shù)據(jù)可得0.1 T/s.2(201810月浙江選考)如圖4甲所示，質量m3103 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，其磁感應強度B2的大小隨時間t變化的關系如圖乙所示(1)求00.10 s線圈中的感應電動勢大??；(2)t0.22 s時閉合開關K，若細桿CD所受安培力方向豎直向上，判斷CD中的電流方向及磁感應強度B2的方向；(3)t0.22 s時閉合開關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的電荷量圖4答案(1)30 V(2)電流方向CDB2方向向上(3)0.03 C解析(1)由電磁感應定律有En得EnS30 V(2)電流方向CDB2方向向上(3)由牛頓第二定律有Fmam(或由動量定理Ftmv0)安培力FIB1lQItv22gh得Q0.03 C.命題點二動力學和能量觀點的綜合應用例2(2018浙江10月學考22)為了探究電動機轉速與彈簧伸長量之間的關系，小明設計了如圖5所示的裝置半徑為l的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉軸OO上，由電動機A帶動旋轉在金屬導軌區(qū)域內存在垂直于導軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強磁場另有一質量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質彈簧懸掛在豎直平面內，并與固定在豎直平面內的“U”型導軌保持良好接觸，導軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場中從圓形金屬導軌引出導線和通過電刷從轉軸引出導線經(jīng)開關S與“U”型導軌連接當開關S斷開，棒cd靜止時，彈簧伸長量為x0；當開關S閉合，電動機以某一轉速勻速轉動，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5(1)通過棒cd的電流Icd；(2)電動機對該裝置的輸出功率P；(3)電動機轉動角速度與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關系解析(1)ab順時針轉動時產生的電動勢為EB1l2由右手定則，電流方向由a到b，由閉合電路歐姆定律，總電流I通過cd棒的電流IcdI，方向由d到c(2)電動機的輸出功率PI2R(3)S斷開時，由平衡條件kx0mgS閉合時，由平衡條件kxB2Icdlmg解得.答案(1)，方向由d到c(2)(3)解決電磁感應動力學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、外電路，分析電路的串、并聯(lián)關系2受力分析：注意導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，明確能量轉化形式5規(guī)律分析：根據(jù)牛頓第二定律、運動學方程、動能定理、能量守恒定律合理組合優(yōu)化題組階梯突破3如圖6甲所示，在一傾角為37的粗糙絕緣面上，靜止地放置著一個匝數(shù)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 370.6，cos 370.8)求：圖6(1)t1 s時刻，線圈中的感應電流大小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)由法拉第電磁感應定律得EnnS解得E0.4 VI0.2 A(2)由受力分析可知Ffmgsin 37Fmgsin 37FfFnBIL解得B3 TB10.5t則t4 s(3)由焦耳定律可得QI2RtQ0.32 J.4如圖7所示，MN、PQ為間距L0.5 m的足夠長平行導軌，NQMN.導軌平面與水平面間的夾角37，NQ間連接有一個R5 的電阻有一勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B01 T將一根質量為m0.05 kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導軌上，且與導軌接觸良好，導軌與金屬棒的電阻均不計現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與NQ平行已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)0.5，當金屬棒滑行至cd處時達到穩(wěn)定速度，cd距離NQ為s2 m問：(sin 370.6，cos 370.8)圖7(1)當金屬棒滑行至cd處時回路中的電流是多大？(2)金屬棒達到的穩(wěn)定速度是多大？(3)當金屬棒滑行至cd處時回路中產生的焦耳熱是多少？答案(1)0.2 A(2)2 m/s(3)0.1 J解析(1)達到穩(wěn)定速度時，有FB0IL由平衡條件有mgsin Fmgcos 解得I0.2 A(2)金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為EB0Lv由歐姆定律有I解得v2 m/s.(3)根據(jù)能量守恒得，減小的重力勢能轉化為動能、克服摩擦產生的內能和回路中產生的焦耳熱，則有mgssin mv2mgscos Q則Qmgssin mgscos mv20.1 J.(建議時間：40分鐘)1(2018湖州市聯(lián)考)在范圍足夠大，方向豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B0.2 T，有一水平放置的光滑U形金屬框架，寬度l0.4 m，如圖1所示，框架上放置一質量為0.05 kg、電阻為1 的金屬桿cd，框架電阻不計若桿cd以恒定加速度a2 m/s2由靜止開始做勻變速運動，則：圖1(1)在5 s內平均感應電動勢是多少？(2)第5 s末，回路中的電流是多大？(3)第5 s末，作用在桿cd上的水平外力是多大？答案(1)0.4 V(2)0.8 A(3)0.164 N解析(1)5 s內的位移xat225 m5 s內的平均速度5 m/s故平均感應電動勢Bl0.4 V(2)第5 s末：vat10 m/s此時感應電動勢：EBlv則回路中的電流為：I A0.8 A(3)桿cd勻加速運動，由牛頓第二定律得FF安ma即FBIlma0.164 N.2如圖2所示，足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置，寬度L0.4 m，一端連接R1 的電阻，導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B1 T導體棒MN放在導軌上，其長度恰好等于導軌間距，與導軌接觸良好導軌和導體棒的電阻均可忽略不計在平行于導軌的拉力F作用下，導體棒沿導軌向右勻速運動，速度v5 m/s，求：圖2(1)感應電動勢E和感應電流I；(2)在0.1 s時間內，拉力的沖量IF的大小；(3)若將MN換為電阻r1 的導體棒，其他條件不變，求導體棒兩端的電壓U.答案(1)2 V2 A(2)0.08 Ns(3)1 V解析(1)由法拉第電磁感應定律可得EBLv10.45 V2 V由閉合電路歐姆定律得感應電流I A2 A方向沿導體棒由NM(2)拉力的大小等于安培力的大小FBIL120.4 N0.8 N沖量的大小IFFt0.80.1 Ns0.08 Ns(3)由閉合電路歐姆定律可得電路中的電流為I A1 A導體棒兩端的電壓UIR11 V1 V.3如圖3所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內，導軌足夠長且電阻不計，導軌間距l(xiāng)0.5 m，左端接有阻值R0.3 的電阻，一質量m0.1 kg，電阻r0.1 的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B0.4 T棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a2 m/s2的加速度做勻加速運動，當通過電阻R的電荷量為q4.5 C時撤去外力，之后棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比Q1Q221.棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸求：圖3(1)棒在勻加速運動過程中的位移大小x；(2)撤去外力后金屬棒MN上產生的焦耳熱QMN；(3)外力做的功WF.答案(1)9 m(2)0.45 J(3)5.4 J解析(1)棒在勻加速運動中Blx，平均電動勢，則，通過電阻R的電荷量qt4.5 C，解得x9 m.(2)棒在勻加速運動過程中有，2axv2，則v6 m/s，從撤去外力到棒最終停下來的過程，由動能定理得：W安0mv2，則W安1.8 J.則撤去外力后金屬棒MN上產生的焦耳熱QMNW安0.45 J(3)撤去外力后回路中產生的熱量Q2W安1.8 J，依題意得Q12Q221.8 J3.6 J，外力做的功WFQ1Q2(3.61.8) J5.4 J.4如圖4兩根足夠長的光滑平行直導軌MN、PQ與水平面成角放置，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向上，導軌和金屬桿接觸良好，它們的電阻不計現(xiàn)讓ab桿由靜止開始沿導軌下滑圖4(1)求ab桿下滑的最大速度vmax.(2)ab桿由靜止釋放至達到最大速度的過程中，電阻R產生的焦耳熱為Q，求該過程中ab桿下滑的距離x及通過電阻R的電荷量q.答案(1)(2)解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力公式和牛頓第二定律，有EBLv，I，F(xiàn)安BIL，mgsin F安ma.即mgsin ma，當加速度a為零時，速度v達到最大，速度最大值vm.(2)根據(jù)能量守恒定律mgxsin mvQ，得x.根據(jù)電磁感應定律有，根據(jù)閉合電路歐姆定律有，通過電阻R的電荷量qt.5形狀如圖5所示的光滑導軌EF、GH等高平行放置，E、G間寬度為F、H間寬度的2倍，虛線右側導軌水平且處于豎直向上的勻強磁場中ab金屬棒的質量為2m、cd金屬棒的質量為m，現(xiàn)讓ab從離水平軌道h高處靜止下滑，設兩種不同間距的導軌都足夠長求：圖5(1)ab、cd棒的最終速度；(2)全過程中產生的焦耳熱答案(1)vabvcd(2)mgh解析(1)ab自由下滑，機械能守恒：2mgh2mv2，得v由于ab、cd串聯(lián)在同一電路中，任何時刻通過的電流總相等，金屬棒有效長度關系為Lab2Lcd故它們所受的磁場力關系為Fab2Fcd在磁場力作用下，ab、cd各做變速運動，產生的感應電動勢方向相反，當EabEcd時，電路中感應電流為零，安培力為零，ab、cd運動趨于穩(wěn)定，此時有BLabvabBLcdvcd，得vabvcdab、cd受安培力作用，動量均發(fā)生變化，由動量定理得：Fabt2m(vvab)Fcdtmvcd聯(lián)立以上各式解得：vab，vcd(2)根據(jù)系統(tǒng)的總能量守恒可得：Q2mgh2mvmvmgh.