高考物理一轮复习第九章电磁感应第4节电磁感应中的动力学和能量问题 20页

第 4 节 磁感应中的动力学和能量问题 突破点(一) 电磁感应中的动力学问题 1．两种状态及处理方法 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 2．力学对象和电学对象的相互关系 3．四步法分析电磁感应动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下： [典例] (2016·全国甲卷)如图，水平面(纸面)内间距为 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。t＝0 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μ。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。 [思路点拨] 试分别画出金属杆进入磁场前、后受力分析示意图。 提示： [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 ma＝F－μmg① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v，由运动学公式有 v＝at0② 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 E＝Blv③ 联立①②③式可得 E＝Blt0 F m －μg 。④ (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＝E R ⑤ 式中 R 为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为 f＝BlI⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F－μmg－f＝0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R＝B2l2t0 m 。⑧ [答案] (1)Blt0 F m －μg (2)B2l2t0 m [方法规律] 解决电磁感应动力学问题的两个关键分析 (1)受力分析：准确分析运动导体的受力，特别是安培力，求出合力。 (2)运动分析：分析导体的运动性质，是加速、减速，还是匀速，从而确定相应的运动 规律。 [集训冲关] 1.(2015·海南高考)如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相 距 l，左端与一电阻 R 相连，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大 小为 B，方向竖直向下。一质量为 m 的导体棒置于导轨上，在水平外力 作用下沿导轨以速度 v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导 体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为 g。导轨和导体棒的电阻均可忽略。求： (1)电阻 R 消耗的功率； (2)水平外力的大小。 解析：(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为 E＝BLv，根据欧姆定律，闭合回路中的 感应电流为 I＝E R ，电阻 R 消耗的功率为 P＝I2R，联立可得 P＝B2L2v2 R 。 (2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡， 故有 F 安＋μmg＝F，F 安＝BIl＝B·Blv R ·l，故 F＝B2l2v R ＋μmg。 答案：(1)B2L2v2 R (2)B2l2v R ＋μmg 2．(2016·全国乙卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿 相连。两细金属棒 ab(仅标出 a 端)和 cd(仅标出 c 端)长度均为 L，质量 分别为 2m 和 m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca，并通过固定在斜 面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁 感应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为 R， 两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为 g。已知金属棒 ab 匀速下滑。 求 (1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小。 解析：(1)设导线的张力的大小为 T，右斜面对 ab 棒的支持力的大小为 N1，作用在 ab 棒上的安培力的大小为 F，左斜面对 cd 棒的支持力大小为 N2。对于 ab 棒，由力的平衡条件 得 2mgsin θ＝μN1＋T＋F① N1＝2mgcos θ② 对于 cd 棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T③ N2＝mgcos θ④ 联立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)。⑤ (2)由安培力公式得 F＝BIL⑥ 这里 I 是回路 abdca 中的感应电流。ab 棒上的感应电动势为 ε＝BLv⑦ 式中，v 是 ab 棒下滑速度的大小。由欧姆定律得 I＝ε R ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)mgR B2L2。⑨ 答案：(1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgR B2L2 突破点(二) 电磁感应中的能量问题 1．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 2．解题的一般步骤 (1)确定研究对象(导体棒或回路)； (2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化； (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。 [典例] (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 l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个 R＝0.05 Ω的电阻。在导轨间长 d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度 B＝2.0 T。质量 m＝4.0 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 s＝0.24 m。一位健身者用恒力 F＝80 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 g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，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 W 和电阻产生的焦耳热 Q。 [思路点拨] [解析] (1)由牛顿第二定律 a＝F－mgsin θ m ＝12 m/s2 进入磁场时的速度 v＝ 2as＝2.4 m/s。 (2)感应电动势 E＝Blv 感应电流 I＝Blv R 安培力 FA＝IBl 代入得 FA＝ Bl 2v R ＝48 N。 (3)健身者做功 W＝F(s＋d)＝64 J 由牛顿第二定律 F－mgsin θ－FA＝0 CD 棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间 t＝d v 焦耳热 Q＝I2Rt＝26.88 J。 [答案] (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J [集训冲关] 1．(2014·江苏高考)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为 L，长为 3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为 d 的薄绝缘涂层。 匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直。质量为 m 的导体棒从导轨的顶端由 静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨 垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为 R，其他部分的电阻均不计，重力加速 度为 g。求： (1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ； (2)导体棒匀速运动的速度大小 v； (3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热 Q。 解析：(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有 mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ。 (2)在光滑导轨上 感应电动势 E＝BLv 感应电流 I＝E R 安培力 F 安＝BIL 导体棒受力平衡有 F 安＝mgsin θ 解得 v＝mgRsin θ B2L2 。 (3)摩擦生热 QT＝μmgdcos θ 由能量守恒定律有 3mgdsin θ＝Q＋QT＋1 2 mv2 解得 Q＝2mgdsin θ－m3g2R2sin2θ 2B4L4 。 答案：(1)tan θ (2)mgRsin θ B2L2 (3)2mgdsin θ－m3g2R2sin2θ 2B4L4 2.(2017·渝中模拟)如图，电阻不计的相同的光滑弯折金属轨道 MON 与 M′O′N′均固定在竖直面内，二者平行且正对，间距为 L＝1 m，构成的斜面 NOO′N′ 与 MOO′M′跟水平面夹角均为α＝30°，两边斜面均处于垂直于斜面的匀强磁场中，磁感 应强度大小均为 B＝0.1 T。t＝0 时，将长度也为 L，电阻 R＝0.1 Ω的金属杆 a 在轨道上无 初速度释放。金属杆与轨道接触良好，轨道足够长。(g 取 10 m/s2，不计空气阻力，轨道与 地面绝缘) (1)求 t 时刻杆 a 产生的感应电动势的大小 E。 (2)在 t＝2 s 时将与 a 完全相同的金属杆 b 放在 MOO′M′上，发现 b 刚能静止，求 a 杆的质量 m 以及放上 b 后 a 杆每下滑位移 s＝1 m 回路产生的焦耳热 Q。 解析：(1)杆 a 在导轨上时，做匀加速直线运动，加速度为 a＝gsin α，t 时刻速度为 v＝at＝gtsin α 杆 a 产生的感应电动势的大小 E＝BLv＝BLgtsin α＝0.5t V。 (2)t＝2 s 时，a 杆上产生的感应电动势的大小 E＝0.5t＝1 V。 回路中感应电流 I＝ E 2R ＝5 A 对 b 杆，有 mgsin α＝BIL 解得：m＝0.1 kg 放上 b 杆后，a 做匀速运动，减小的重力势能全部产生焦耳热，由能量守恒定律得： Q＝mgh＝mgssin α＝0.5 J。 答案：(1)0.5t V (2)0.1 kg 0.5 J 闭合线框从不同高度穿越磁场的问题 闭合线框从不同高度穿越磁场时，可能做匀速直线运动、加速运动、减速运动，或先后 多种运动形式交替出现。 1．(多选)(2017·泰州模拟)如图所示，边长为 L、电阻不计的 n 匝正方 形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为 P、 U，线框及小灯泡的总质量为 m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度 为 l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平。线 框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光。则 ( ) A．有界磁场宽度 lGⅡ，所以Ⅱ进入 磁场立即做加速度不断减小的减速运动，A、B 错误，C 正确；因线圈Ⅰ、Ⅱ进入磁场时速度 相同，但此后Ⅰ匀速，Ⅱ减速，故Ⅱ后到达地面，D 错误。 [反思领悟] 解决此类问题的三种思路 1．运动分析：分析线圈进磁场时安培力与重力的大小关系，判断其运动性质。 2．过程分析：分阶段(进磁场前、进入过程、在磁场内、出磁场过程)分析。 3．功能关系分析：必要时利用功能关系列方程求解。 对点训练：电磁感应中的动力学问题 1.如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，上端接 有可变电阻 R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为 B，一根质 量为 m 的金属杆(电阻忽略不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度 会趋近于一个最大速度 vm，则( ) A．如果 B 增大，vm 将变大 B．如果α增大，vm 将变大 C．如果 R 变小，vm 将变大 D．如果 m 变小，vm 将变大 解析：选 B 金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值 vm，此后金属杆做匀速运动。杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。安培 力 F＝BLvm R LB，对金属杆列平衡方程式：mgsin α＝B2L2vm R ，则 vm＝mgsin α·R B2L2 。 由此式可知，B 增大，vm 减小；α增大，vm 增大；R 变小，vm 变小；m 变小，vm 变小。因此 A、 C、D 错误，B 正确。 2．(多选)(2017·唐山模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电 容器 C 和电阻 R，导体棒 MN 放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中， 磁感应强度 B 的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN 始终保持静止，则 0～ t2 时间内( ) A．电容器 C 的电荷量大小始终不变 B．电容器 C 的 a 板先带正电后带负电 C．MN 所受安培力的大小始终不变 D．MN 所受安培力的方向先向右后向左 解析：选 AD 磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器 C 的电荷量大小始终没 变，选项 A 正确，B 错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN 所受安 培力的方向先向右后向左，大小先减小后增大，选项 C 错误，D 正确。 3．(多选)(2017·四川第二次大联考)如图所示，固定的竖直光滑 U 型金 属导轨，间距为 L，上端接有阻值为 R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平 面、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，质量为 m、电阻为 r 的导体棒与劲度系数 为 k 的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧 处于伸长状态，其伸长量为 x1＝mg k ，此时导体棒具有竖直向上的初速度 v0。 在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是 ( ) A．初始时刻导体棒受到的安培力大小 F＝B2L2v0 R B．初始时刻导体棒加速度的大小 a＝2g＋ B2L2v0 m R＋r C．导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态 D．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 Q＝1 2 mv0 2＋2m2g2 k 解析：选 BC 由法拉第电磁感应定律得：E＝Blv0，由闭合电路的欧姆定律得：I＝ E R＋r ， 由安培力公式得：F＝B2L2v0 R＋r ，故 A 错误；初始时刻，F＋mg＋kx1＝ma，得 a＝2g＋ B2L2v0 m R＋r ， 故 B 正确；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态， 故 C 正确；根据能量守恒，减小的动能和重力势能全都转化为焦耳热，但 R 上的只是一部分， 故 D 错误。 4．(2017·厦门质检)学校物理兴趣小组设计了一种可粗略测量磁 感应强度的实验，其实验装置如图所示。在该装置中磁铁通过细线竖 直悬挂在力传感器下面，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场， 其余区域磁场很弱可忽略不计，此时力传感器读数为 F1。细直金属棒 PQ 的两端通过导线与一阻值为 R 的电阻连接形成闭合回路，金属棒电 阻为 r，导线电阻不计。若让金属棒水平且垂直于磁场以速度 v 竖直向下匀速运动，此时力 传感器示数为 F2。已知金属棒在磁场中的长度为 d。 (1)判断通过细直金属棒 PQ 中的电流方向和它受到的安培力方向； (2)求出磁铁两极之间磁场的磁感应强度大小。 解析：(1)由右手定则可知，流过 PQ 的电流从 Q 流向 P，由左手定则可知，PQ 受到的安 培力方向竖直向上。 (2)棒中产生的感应电动势：E＝Bdv 由闭合电路欧姆定律：I＝ E R＋r ， 安培力大小为：F＝BId， 棒不动时，对磁铁由平衡条件得：F1＝mg 棒向下运动时，对磁铁有： F2＝mg＋F 解得：B＝ F2－F1 R＋r vd2 。 答案：(1)由 Q 流向 P，竖直向上 (2) F2－F1 R＋r vd2 对点训练：电磁感应中的能量问题 5.(2017·九江模拟)如图所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上， 金属环质量为 0.2 kg，在该平面上以初速度 v0＝4 m/s、朝与导线夹角为 60° 的方向运动，最后达到稳定状态，此过程金属环中产生的电能最多为( ) A．1.6 J B．1.2 J C．0.8 J D．0.4 J 解析：选 B 由题意可知沿导线方向分速度 v1＝v0cos 60°＝2 m/s，根据能量守恒定律 得：Q＝1 2 mv0 2－1 2 mv1 2＝1.2 J，故环中最多能产生 1.2 J 的电能，B 正确。 6．(多选)(2017·青岛模拟)如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度 B0＝0.5 T， 并且以ΔB Δt ＝0.1 T/s 的变化率均匀增大，图像如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不 计摩擦阻力，宽度 L＝0.5 m，在导轨上放着一金属棒 MN，电阻 R0＝0.1 Ω，并且水平细线 通过定滑轮悬吊着质量 M＝0.2 kg 的重物。导轨上的定值电阻 R＝0.4 Ω，与 P、Q 端点相 连组成回路。又知 PN 长 d＝0.8 m。在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是(g 取 10 N/kg)( ) A．电流的方向由 P 到 Q B．电流的大小为 0.1 A C．从磁感应强度为 B0 开始计时，经过 495 s 的时间，金属棒 MN 恰能将重物拉起 D．电阻 R 上产生的热量约为 16 J 解析：选 AC 根据楞次定律可知电流方向为 M→N→P→Q→M，故 A 项正确；电流大小 I ＝ ΔB·S Δt R0＋R ＝0.1×0.8×0.5 0.1＋0.4 A ＝0.08 A，故 B 项错误；要恰好把质量 M＝0.2 kg 的重 物拉起，则 F 安＝FT＝Mg＝2 N，B′＝Mg IL ＝ 0.2×10 0.08×0.5 T＝50 T，B′＝B0＋ΔB Δt ·t＝0.5＋0.1t， 解得 t＝495 s，故 C 项正确；电阻 R 上产生的热量为 Q＝I2Rt＝(0.08)2×0.4×495 J＝1.27 J，故 D 项错误。 7.(多选)(2017·赣州期末)如图所示，abcd 为一矩形金属线框，其中 ab＝ cd＝L，ab 边接有定值电阻 R，cd 边的质量为 m，其他部分的电阻和质量均不计， 整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来。线框下方处在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁 场方向垂直于纸面向里。初始时刻，使两弹簧处于自然长度，且给线框一竖直向下的初速度 v0，当 cd 边第一次运动至最下端的过程中，R 产生的电热为 Q，此过程及以后的运动过程中 ab 边未进入磁场、cd 边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为 g，下列说法中正确的是 ( ) A．初始时刻 cd 边所受安培力的大小为B2L2v0 R －mg B．线框中产生的最大感应电流可能为BLv0 R C．在 cd 边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于 1 2 mv0 2－Q D．在 cd 边反复运动过程中，R 中产生的电热最多为 1 2 mv0 2 解析：选 BC 初始时刻，cd 边速度为 v0，若此时所受重力不大于安培力，则产生的感 应电动势最大，为 E＝BLv0，感应电流 I＝E R ＝BLv0 R ，cd 边所受安培力的大小 F＝BIL＝B2L2v0 R ， A 错误，B 正确。由能量守恒定律，1 2 mv0 2＋mgh＝Q＋Ep，cd 边第一次到达最下端的时刻，两 根弹簧具有的弹性势能总量为 Ep＝1 2 mv0 2－Q＋mgh，大于 1 2 mv0 2－Q，C 正确。cd 边最后静止在 初始位置下方，重力做的功大于克服弹簧弹力做的功；由能量守恒定律可知，导体棒的动能 和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，因减小的重力势能大于增加的弹性势 能，所以热量应大于 1 2 mv0 2，故 D 错误。 考点综合训练 8．(2017·连云港一模)如图所示，电阻不计且足够长的 U 型金 属框架放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，该装置处于垂直斜面向 下的匀强磁场中，磁感应强度大小 B＝0.5 T。质量 m＝0.1 kg、电 阻 R＝0.4 Ω的导体棒 ab 垂直放在框架上，从静止开始沿框架无摩 擦下滑，与框架接触良好。框架的质量 M＝0.2 kg、宽度 l＝0.4 m，框架与斜面间的动摩擦 因数μ＝0.6，与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)若框架固定，求导体棒的最大速度 vm； (2)若框架固定，棒从静止开始下滑 5.75 m 时速度 v＝5 m/s，求此过程回路中产生的 热量 Q 及流过 ab 棒的电量 q； (3)若框架不固定，求当框架刚开始运动时棒的速度 v1。 解析：(1)棒 ab 产生的电动势 E＝Blv 回路中感应电流 I＝E R ，棒 ab 所受的安培力 F＝BIl，对棒 ab: mgsin 37°－BIl＝ma 当加速度 a＝0 时，速度最大， 最大值 vm＝mgRsin 37° Bl 2 ＝6 m/s。 (2)根据能量转化和守恒定律有 mgxsin 37°＝1 2 mv2＋Q，代入数据解得 Q＝2.2 J q＝ I－Δt＝ E－ R Δt＝ΔΦ R ＝Blx R ＝2.875 C。 (3)回路中感应电流 I1＝Blv1 R 框架上边所受安培力 F1＝BI1l 对框架 Mgsin 37°＋BI1l＝μ(m＋M)gcos 37° 代入数据解得 v1＝2.4 m/s。 答案：(1)6 m/s (2)2.2 J 2.875 C (3)2.4 m/s 9．(2016·天津高考)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全 性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。 电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图所示，将形状相同的两根 平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ， 一质量为 m 的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两 端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不 动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为 d 的正方形，由于磁 铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场， 磁感应强度为 B，铝条的高度大于 d，电阻率为ρ。为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁 正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少 的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为 g。 (1)求铝条中与磁铁正对部分的电流 I； (2)若两铝条的宽度均为 b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度 v 的表达式； (3)在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度 b′＞b 的铝条，磁铁仍以速度 v 进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。 解析：(1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等，均为 F 安，有 F 安＝IdB① 磁铁受到沿斜面向上的作用力为 F，其大小有 F＝2F 安② 磁铁匀速运动时受力平衡，则有 F－mgsin θ＝0③ 联立①②③式可得 I＝mgsin θ 2Bd 。④ (2)磁铁穿过铝条间时，在铝条中产生的感应电动势为 E，有 E＝Bdv⑤ 铝条与磁铁正对部分的电阻为 R，由电阻定律有 R＝ρ d db ⑥ 由欧姆定律有 I＝E R ⑦ 联立④⑤⑥⑦式可得 v＝ρmgsin θ 2B2d2b 。⑧ (3)磁铁以速度 v 进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力 F， 联立①②⑤⑥⑦式可得 F＝2B2d2bv ρ ⑨ 当铝条的宽度 b′＞b 时，磁铁以速度 v 进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为 F′， 有 F′＝2B2d2b′v ρ ○10 可见，F′＞F＝mgsin θ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的 加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大。之后，随着运动速度减小，F′也随着减小， 磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小。 综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动，直到 F′＝mgsin θ时，磁铁重新达到平衡 状态，将再次以较小的速度匀速下滑。 答案：(1)mgsin θ 2Bd (2)v＝ρmgsin θ 2B2d2b (3)磁铁做加速度逐渐减小的减速运动，直到 F′＝mgsin θ时，磁铁重新达到平衡状态，将再次以较小的速度匀速下滑。 [真题集训·章末验收] 高考真题集中演练——把脉命题规律和趋势 命题点一：电磁感应现象、楞次定律 1．(2014·全国卷Ⅰ)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察 到感应电流的是( ) A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到 相邻房间去观察电流表的变化 D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间， 观察电流表的变化 解析：选 D 只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，A、B、C 错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电 流表的变化，D 正确。 2．(多选)(2013·全国卷Ⅱ)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方 法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是( ) A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系 B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现 感应电流 D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁 场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 解析：选 ABD 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电流能够产生磁场， 电和磁之间存在联系，选项 A 正确。安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性， 提出了分子电流假说，选项 B 正确。法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近 的固定导线圈中，由于导线圈中磁通量不变，不会产生感应电流，选项 C 错误。楞次在分析 了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应 电流的磁通量的变化，这就是楞次定律，选项 D 正确。 命题点二：法拉第电磁感应定律、自感、涡流 3．(2012·全国卷)如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成 的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向 里，磁感应强度大小为 B0。使该线框从静止开始绕过圆心 O、垂直于半 圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置， 磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应 强度随时间的变化率ΔB Δt 的大小应为( ) A.4ωB0 π B.2ωB0 π C.ωB0 π D.ωB0 2π 解析：选 C 当导线框匀速转动时，设半径为 r，导线框电阻为 R，在很小的Δt 时间内， 转过圆心角Δθ＝ωΔt，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流 I1＝B0ΔS RΔt ＝ B0·πr2Δθ 2π RΔt ＝B0r2ω 2R ；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流 I2＝ΔBS RΔt ＝ΔB·πr2 2RΔt ，令 I1＝I2，可得ΔB Δt ＝B0ω π ，C 对。 4．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)1824 年，法国科学家阿拉果完成了著名 的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细 线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针 的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法 正确的是( ) A．圆盘上产生了感应电动势 B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 解析：选 AB 当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线， 产生感应电动势，选项 A 正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路， 当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流， 根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动， 但略有滞后，选项 B 正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零， 选项 C 错误；圆盘显电中性，转动不会产生磁场，选项 D 错误。 命题点三：电磁感应的图像问题 5．(2012·全国卷)如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内， 线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在 t＝0 到 t＝t1 的时间间 隔内，直导线中电流 i 发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向； 线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流 i 正方向与图中箭头 所示方向相同，则 i 随时间 t 变化的图线可能是( ) 解析：选 A 依题意，线框中感应电流方向总是沿顺时针方向，由于线框受到的安培力 中左边框受力较大，故以左边框受力为主，由左手定则可知直线电流方向向上时，线框受到 向左的安培力，直线电流方向向下时，线框受到向右的安培力，由题意导线中的电流应先为 正后为负，故 A 对。 6.(2013·全国卷Ⅰ)如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒 ab、ac 和 MN， 其中 ab、ac 在 a 点接触，构成“V”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使 MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中 MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保 持良好接触。下列关于回路中电流 i 与时间 t 的关系图线，可能正确的是( ) 解析：选 A 设金属棒 MN 向右匀速运动的速度为 v，金属棒电阻率为 ρ，金属棒截面积为 S，∠bac＝2θ。在 t 时刻 MN 产生的感应电动势为： E＝2Bv2ttan θ，回路中电阻为 R＝ρ 2vt cos θ ＋2vttan θ S ，由 I＝E R 可得： I＝ BvSsin θ ρ 1＋sin θ ，故选项 A 正确。 7．(2014·全国卷Ⅰ)如图(a)，线圈 ab、cd 绕在同一软铁芯上，在 ab 线圈中通以变化 的电流，用示波器测得线圈 cd 间电压如图(b)所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流 成正比，则下列描述线圈 ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( ) 解析：选 C 根据题图(b)可知：cd 两端在 0～0.5 产生恒定的电压，根据法拉第电磁感 应定律，穿过线圈的磁通量均匀变化，即Δi Δt 为恒定不变，故选项 C 正确，A、B、D 错误。 8．(2013·全国卷Ⅱ)如图，在光滑水平桌面上有一边长为 L、电 阻为 R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为 d(d＞L )的条形匀 强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。 导线框以某一初速度向右运动。t＝0 时导线框的右边恰与磁场的左边 界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列 v t 图像中，可能正 确描述上述过程的是( ) 解析：选 D 由于导线框闭合，导线框以某一初速度向右运动，其右侧边开始进入磁场 时，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，右侧边受到安培力作用，做减速运动；导线框 完全进入磁场中时，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，导线框不受安培力作用，做匀 速运动；导线框右侧边开始出磁场时，左侧边切割磁感线产生感应电动势和感应电流，左侧 边受到安培力作用，导线框做减速运动；导线框进、出磁场区域时，受到的安培力不断减小， 导线框的加速度不断减小，所以可能正确描述导线框运动过程的速度图像是 D。 命题点四：电磁感应的综合应用 9．(2014·全国卷Ⅱ)半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水 平面内，一长为 r、质量为 m 且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上 面，BA 的延长线通过圆导轨中心 O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于 一匀强磁场中，磁感应强度的大小为 B，方向竖直向下。在内圆导轨的 C 点 和外圆导轨的 D 点之间接有一阻值为 R 的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以 角速度ω绕 O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之 间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为 g。求 (1)通过电阻 R 的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率。 解析：(1)根据右手定则，得导体棒 AB 上的电流方向为 B→A，故电阻 R 上的电流方向 为 C→D。 设导体棒 AB 中点的速度为 v，则 v＝vA＋vB 2 而 vA＝ωr，vB＝2ωr 根据法拉第电磁感应定律，导体棒 AB 上产生的感应电动势 E＝Brv 根据闭合电路欧姆定律得 I＝E R ，联立以上各式解得通过电阻 R 的感应电流的大小为 I ＝3Bωr2 2R 。 (2)根据能量守恒定律，外力的功率 P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即 P＝BIrv＋ fv，而 f＝μmg 解得 P＝9B2ω2r4 4R ＋3μmgωr 2 。 答案：(1)方向为 C→D 大小为3Bωr2 2R (2)9B2ω2r4 4R ＋3μmgωr 2 10.(2013·全国卷Ⅰ)如图，两条平行导轨所在平面与水平 地面的夹角为θ，间距为 L。导轨上端接有一平行板电容器，电 容为 C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向垂直 于导轨平面。在导轨上放置一质量为 m 的金属棒，棒可沿导轨 下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为 μ，重力加速度大小为 g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求： (1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。 解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为 v，则感应电动势为 E＝BLv ① 平行板电容器两极板之间的电势差为 U＝E ② 设此时电容器极板上积累的电荷量为 Q，按定义有 C＝Q U ③ 联立①②③式得 Q＝CBLv ④ (2)设金属棒的速度大小为 v 时经历的时间为 t，通过金属棒的电流为 i。金属棒受到的 磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为 f1＝BLi ⑤ 设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有 i＝ΔQ Δt ⑥ ΔQ 也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量。由④式得 ΔQ＝CBLΔv ⑦ 式中，Δv 为金属棒的速度变化量。按定义有 a＝Δv Δt ⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 f2＝μN ⑨ 式中，N 是金属棒对于导轨的正压力的大小，有 N＝mgcos θ ⑩ 金属棒在时刻 t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为 a，根据牛顿第二定律有 mgsin θ－f1－f2＝ma ⑪ 联立⑤至⑪式得 a＝m sin θ－μcos θ m＋B2L2C g ⑫ 由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动。t 时刻金属棒的速度大小 为 v＝m sin θ－μcos θ m＋B2L2C gt。 ⑬ 答案：(1)Q＝CBLv (2)v＝m sin θ－μcos θ m＋B2L2C gt