高考物理复习专题知识点29-电磁感应规律的综合应用A4 12页

电磁感应规律的综合应用 ‎ 一．考点整理 基本概念 ‎ ‎1．电磁感应中的电路问题：‎ ‎⑴ 内电路和外电路：切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于 ；该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的 ，其余部分是 ．‎ ‎⑵ 电源电动势和路端电压：电动势 E = 或E = nΔφ/Δt．路端电压：U = IR = ．‎ ‎2．电磁感应现象中的动力学问题：‎ ‎⑴ 安培力的大小：F = BIl = ．‎ ‎⑵ 安培力的方向：先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向；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 ．‎ ‎3．电磁感应现象中的能量问题：‎ ‎⑴ 能量的转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为 能，电流做功再将电能转化为 能．‎ ‎⑵ 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．‎ ‎4．电磁感应中的图象问题：‎ ‎⑴ 图象类型：电磁感应中常涉及磁感应强度 B、磁通量φ、感应电动势 E 和感应电流 I 等随______变化的图线，即 B – t 图线、φ – t图线、E – t 图线和 I – t 图线．对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，有时还常涉及感应电动势 E 和感应电流 I 等随________变化的图线，即 E – x 图线和 I – x 图线等．‎ ‎⑵ 两类图象问题：① 由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象；② 由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．解决问题时需要分析磁通量的变化是否均匀，从而判断感应电动势（电流）或安培力的大小是否恒定，然后运用__________或左手定则判断它们的方向，分析出相关物理量之间的函数关系，确定其大小和方向及在坐标中的范围．图象的初始条件，方向与正、负的对应，物理量的变化趋势，物理量的增、减或方向正、负的转折点都是判断图象的关键．‎ ‎ 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以ΔB/Δt的变化率增大时，则 （ ）‎ A．线圈中感应电流方向为acbda B．线圈中产生的电动势E = (l2/2)(ΔB/Δt)‎ C．线圈中a点电势高于b点电势 D．线圈中a、b两点间的电势差为(l2/2)(ΔB/Δt)‎ ‎2．如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．有一垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，宽度为L，ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始，将开关S断开，让ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象可能是 （ ）‎ ‎3．如图所示，水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程 （ ）‎ A．安培力对ab棒所做的功不相等 B．电流所做的功相等 C．产生的总内能相等 D．通过ab棒的电荷量相等 ‎4．半径为 a 的圆形区域内有均匀磁场,磁感强度为 B = 0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为 b 的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中 a = 0.4 m，b = 0.6 m，金属环上分别接有灯 L1、L2，两灯的电阻均为 R = 2Ω．一金属棒 MN 与金属环接触良好,棒上单位长度的电阻为 1 Ω，环的电阻忽略不计．‎ ‎⑴若棒以 v0 = 5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径 OO′ 的瞬时（如图所示）MN 中的电动势和流过灯 L1 的电流；‎ ‎⑵ 撤去中间的金属棒 MN，将右面的半圆环 OL2O′ 以OO′ 为轴向上翻转 90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为＝ T/s，求L1的功率．‎ ‎ 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ ‎〖考点1〗电磁感应中的电路问题 ‎【例1】为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置．如图所示，自行车后轮由半径r1 = 5.0×10－2 m的金属内圈、半径r2 = 0.40 m的金属外圈和绝缘辐条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B = 0.10 T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角θ = 30°．后轮以角速度ω = 2π rad/s相对于转轴转动．若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应．‎ ‎⑴ 当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；‎ ‎⑵ 当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；‎ ‎⑶ 从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab – t图象；‎ ‎⑷ 若选择的是“1.5 V，0.3 A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价．‎ ‎【变式跟踪1】如图所示，在倾角为θ = 37°的斜面内，放置MN和PQ两根不等间距的光滑金属导轨，该装置放置在垂直斜面向下的匀强磁场中．导轨M、P端间接入阻值R1 = 30 Ω的电阻和理想电流表，N、Q端间接阻值为R2 = 6 Ω的电阻．质量为m = 0.6 kg、长为L = 1.5 m的金属棒放在导轨上以v0 = 5 m/s的初速度从ab处向右上方滑到a′b′ 处的时间为t = 0.5 s，滑过的距离l = 0.5 m．ab处导轨间距Lab = 0.8 m，a′b′处导轨间距La′b′ = 1 m．若金属棒滑动时电流表的读数始终保持不变，不计金属棒和导轨的电阻．sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8，g取10 m/s2，求：‎ ‎⑴ 此过程中电阻R1上产生的热量；‎ ‎⑵ 此过程中电流表上的读数；‎ ‎⑶ 匀强磁场的磁感应强度．‎ ‎〖考点2〗电磁感应中的动力学问题 ‎【例2】如图甲所示，光滑斜面的倾角α = 30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框受到沿光滑斜面向上的恒力F的作用，已知F＝10 N．斜面上ef线（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的均匀磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙的B – t图象所示，时间t是从线框由静止开始运动时刻起计时的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh线的距离x＝5.1 m，取g＝10 m/s2．求：‎ ‎⑴ 线框进入磁场前的加速度；‎ ‎⑵ 线框进入磁场时匀速运动的速度v；‎ ‎⑶ 线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热．‎ ‎【变式跟踪2】如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板．R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．‎ ‎⑴ 调节Rx = R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；‎ ‎⑵ 改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为 +q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx．‎ ‎〖考点3〗电磁感应中的能量问题 ‎【例3】如图所示，两根足够长、电阻不计、间距为d的光滑平行金属导轨，其所在平面与水平面夹角为θ，导轨平面内的矩形区域abcd内存在有界匀强磁场， 磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上，ab与cd之间相距为L，金属杆甲、乙的阻值相同，质量均为m．甲杆在磁场区域的上边界ab处，乙杆在甲杆上方与甲相距L处，甲、乙两杆都与导轨垂直且接触良好．由静止释放两杆的同时，在甲杆上施加一个垂直于杆平行于导轨的外力F，使甲杆在有磁场的矩形区域内向下做匀加速直线运动，加速度大小a = 2gsinθ，甲离开磁场时撤去F，乙杆进入磁场后恰好做匀速运动，然后离开磁场．‎ ‎⑴ 求每根金属杆的电阻R是多大？‎ ‎⑵ 从释放金属杆开始计时，求外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向．‎ ‎⑶ 若整个过程中，乙金属杆共产生热量Q，求外力F对甲金属杆做的功W是多少？‎ ‎【变式跟踪3】如图所示，足够长的光滑斜面上中间虚线区域内有一垂直于斜面向上的匀强磁场，一正方形线框从斜面底端以一定初速度上滑，线框越过虚线进入磁场，最后又回到斜面底端，则下列说法中正确的是 （ ）‎ A．上滑过程线框中产生的焦耳热等于下滑过程线框中产生的焦耳热 B．上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热 C．上滑过程线框克服重力做功的平均功率等于下滑过程中重力的平均功率 D．上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率 ‎〖考点4〗电磁感应中的图象问题 ‎【例4】如图所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t = 0时刻，其四个顶点M′、N′、P′、Q′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是 （ ）‎ ‎【变式跟踪4】如图所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势ε与导体棒的位置x关系的图象是 （ ）‎ ‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．【2012·天津】如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l = 0.5 m，左端接有阻值R = 0.3 Ω的电阻．一质量m = 0.1 kg，电阻r = 0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B = 0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a = 2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x = 9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2 = 2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：‎ ‎⑴ 棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；‎ ‎⑵ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；‎ ‎⑶ 外力做的功WF．‎ ‎【预测1】如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 间距为 l = 0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成 30°角．完全相同的两金属棒ab、cd 分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为 m = 0.02 kg，电阻均为 R = 0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度 B = 0.2 T，棒 ab 在平行于导轨向上的力 F 作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒 cd 恰好能够保持静止．取 g = 10 m/s2，问：‎ ‎⑴ 通过棒 cd 的电流 I 是多少，方向如何？‎ ‎⑵ 棒 ab 受到的力 F 多大？‎ ‎⑶ 棒 cd 每产生 Q = 0.1 J 的热量，力 F 做的功 W 是多少？‎ ‎2．【2012·山东】如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．下列选项正确的是（ ）‎ A．P = 2mgvsinθ ‎ B．P = 3mgvsinθ C．当导体棒速度达到0.5v时加速度大小为0.5gsinθ D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功 ‎【预测2】如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距 0.2 m，金属导体 ab 可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab 的电阻为 0.4 Ω，导轨电阻不计，导轨 ab 的质量为 0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为 0.2 T，且磁场区域足够大，当 ab 导体自由下落 0.4 s 时，突然接通开关 S，取 g = 10 m/s2．则：‎ ‎⑴ 试说出 S 接通后，ab 导体的运动情况；‎ ‎⑵ ab 导体匀速下落的速度是多少？‎ ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是 （ ）‎ ‎2．两根平行的长直金属导轨，其电阻不计，导线ab、cd跨在导轨上且与导轨接触良好，如图所示，ab的电阻大于cd的电阻，当cd在外力F1（大小）的作用下，匀速向右运动时，ab在外力F2（大小）的作用下保持静止，那么在不计摩擦力的情况下（Uab、Ucd是导线与导轨接触间的电势差） （ ）‎ A．F1 > F2，Uab > Ucd B．F1 < F2，Uab = Ucd C．F1 = F2，Uab > Ucd D．F1 = F2，Uab = Ucd ‎3．如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端连接一个定值电阻R，金属棒和导轨电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F恒定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动；若保持拉力的功率P恒定，棒由静止经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则 （ ）‎ A．t2 = t1 B．t1 > t2 C．a2 = 2 a1 D．a2 = 3 a1‎ ‎4．如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ．在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其他电阻．导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大高度为h．在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等．关于上述情景，下列说法正确的是 （ ）‎ A．两次上升的最大高度相比较为H < h B．有磁场时导体棒所受合力的功等于无磁场时合力的功 C．有磁场时，电阻R产生的焦耳热为0.5mv02‎ D．有磁场时，ab上升过程的最小加速度大小为gsinθ ‎5．如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H = 4L/3高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为（ ）‎ A．2mgL B．10mgL/3 C．3mgL D．7mgL/3‎ ‎6．如图所示，abcd是一个质量为m，边长为L的正方形金属线框．如从图示位置自由下落，在下落h后进入磁感应强度为B的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L.在这个磁场的正下方h + L处还有一个未知磁场，金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是 （ ）‎ A．未知磁场的磁感应强度是2B B．未知磁场的磁感应强度是B C．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL D．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL ‎7．如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是 （ ）‎ ‎8．如图所示，电阻不计且足够长的U型金属框架放置在绝缘水平面上，框架与水平面间的动摩擦因数μ = 0.2，框架的宽度l = 0.4 m、质量m1 = 0.2 kg.质量m2 =0.1 kg、电阻R = 0.4 Ω的导体棒ab垂直放在框架上，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B = 0.5 T．对棒施加图示的水平恒力F，棒从静止开始无摩擦地运动，当棒的运动速度达到某值时，框架开始运动．棒与框架接触良好，设框架与水平面间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取10 m/s2．求：‎ ‎⑴ 框架刚开始运动时棒的速度v；‎ ‎⑵ 欲使框架运动，所施加水平恒力F的最小值；‎ ‎⑶ 若施加于棒的水平恒力F为3 N，棒从静止开始运动0.7 m时框架开始运动，求此过程中回路中产生的热量Q．‎ ‎9．如图（a）所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L = 0.3 m．导轨左端连接R = 0.6 Ω的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面的匀强磁场B = 0.6 T，磁场区域宽D = 0.2 m．细金属棒A1和A2用长为2D = 0.4 m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r = 0.3 Ω．导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度v = 1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A1进入磁场（t = 0）到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图（b）中画出．‎ ‎10．如图所示，abcd为静止于水平面上宽度为L而长度很长的U形金属滑轨，bc边接有电阻R，其他部分电阻不计．ef为一可在滑轨平面上滑动、质量为m的均匀金属棒．今金属棒以一水平细绳跨过定滑轮，连接一质量为M的重物．一匀强磁场B垂直滑轨面．重物从静止开始下落，不考虑滑轮的质量，且金属棒在运动中均保持与bc边平行．忽略所有摩擦力．‎ ‎⑴ 当金属棒做匀速运动时，其速率是多少？（忽略bc边对金属棒的作用力）‎ ‎⑵ 若重物从静止开始至匀速运动时下落的总高度为h，求这一过程中电阻R上产生的热量．‎ 参考答案：‎ ‎ 一．考点整理 基本概念 ‎ ‎1．电源 内阻 外电路 Blv E – Ir ‎2．B2l2v/(R + r) 相反 ‎3．电 内 ‎4．时间 位移x 楞次定律 ‎ 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．AB；根据楞次定律可知，选项A正确；线圈中产生的电动势E = Δφ/Δt = SΔB/Δt = (l2/2)(ΔB/Δt)，选项B正确；线圈中的感应电流沿逆时针方向，所以a点电势低于b点电势，选项C错误；线圈左边的一半导线相当于电源，右边的一半相当于外电路，a、b两点间的电势差相当于路端电压，其大小为U = E/2 =(l2/4)(ΔB/Δt)，选项D错误．‎ ‎2．ACD；设闭合S时，ab的速度为v，则E = BLv，I = E/R = BLv/R，F安 = BIL = B2L2v/R，若F安 = B2L2v/R = mg，则选项A正确；若F安 = B2L2v/R < mg，则选项C正确；若F安 = B2L2v/R > mg，则选项D正确．‎ 甲 乙 ‎3．AC；光滑导轨无摩擦力，导轨粗糙的有摩擦力，动能最终都全部转化为内能，所以内能相等，C正确；对光滑的导轨有，mv02/2 = Q安，对粗糙的导轨有，mv02/2 = Q安′ + Q摩，Q安 ≠ Q安′，则A正确，B错；q = It = Blvt/R = Blx/R，且x光 > x粗，所以q光 > q粗，D错．‎ ‎4．⑴棒滑过圆环直径 OO′ 的瞬间，MN 中的电动势 E1＝B·2a·v0=0.8 V，等效电路如图甲所示，流过灯 L1 的电流I1 = E1/R = 0.4 A．‎ ‎⑵ 撤去中间的金属棒 MN ，将右面的半圆环 OL2O′ 以OO′ 为轴向上翻转 90°，半圆环 OL1O′ 中产生感应电动势，相当于电源，灯 L2 为外电路，等效电路如图乙所示，感应电动势E2 = Δφ/Δt = (πa2/2)( ΔB/Δt) = 0.32V，L1的功率P1 = (E2/2)2/R = 1.28×10－2W．‎ ‎ 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ 例1 ⑴ 金属条ab在磁场中切割磁感线时，所构成的回路的磁通量变化．设经过时间Δt，磁通量变化量为Δφ，由法拉第电磁感应定律E = Δφ/Δt ① Δφ = BΔS = B[(r22Δθ)/2 – r12Δθ)/2] ② 由①、②式并代入数值得：E =Δφ/Δt = Bω(r22 – r12)/2 = 4.9×10－2 V ③ 根据右手定则（或楞次定律），可得感应电流方向为b → a ④‎ ‎⑵ 通过分析，可得电路图如图所示．‎ ‎⑶ 设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知，R总 = R + R/3 = 4R/3 ⑤ ab两端电势差Uab = E – IR = E – ER/R总 = E/4 = 1.2×10－2 V ⑥ 设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，t1 = θ/ω = 1/12 s ⑦ t2 = (π/2)/ω = 1/4 s ⑧ 设轮子转一圈的时间为T，T = 2π/ω = 1 s ⑨ 在T = 1 s内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同． ⑩ 由 ⑥、⑦、⑧、⑨、⑩ 可画出如下Uab – t图象．‎ ‎⑷ “闪烁”装置不能正常工作．（金属条的感应电动势只有4.9×10－2 V，远小于小灯泡的额定电压，因此无法正常工作．）B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω增大，E增大，但有限度；θ增大，E不变．‎ 变式1 ⑴ 因电流表的读数始终保持不变，即感应电动势不变，故BLabv0 = BLa′b′va′b′，代入数据可得va′b′ = 4 m/s，根据能量转化和守恒定律得：Q总 = m(v02 – v2a′b′)/2 – mglsin 37° = QR1＋QR2；由Q = U2t/R 得：QR1/QR2 = R2/R1，代入数据可求得：QR1 = 0.15 J．‎ ‎⑵ 由焦耳定律QR1 = I12 R1t可知：电流表读数I1 = 0.1 A．‎ ‎⑶ 不计金属棒和导轨上的电阻，则R1两端的电压始终等于金属棒与两轨接触间的电动势，由E = I1R1，E = BLa′b′va′b′可得：B = I1R1/La′b′va′b′ = 0.75 T．‎ 例2 ⑴ 线框进入磁场前，线框仅受到拉力F、斜面的支持力和线框重力 由牛顿第二定律得：F – mgsin α = ma 线框进入磁场前的加速度a = (F–mgsin α)/m = 5m/s2．‎ ‎⑵ 因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E=Bl1v，‎ 形成的感应电流I = E/R = Bl1v /R，受到沿斜面向下的安培力F安＝BIl1，线框受力平衡，有F＝mgsinα + B2l12v/R，代入数据解得v = 2 m/s．‎ ‎⑶ 线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；线框完全进入磁场后至运动到gh线，仍做匀加速直线运动．进入磁场前线框的运动时间为t1 = v/a = 0.4 s；进入磁场过程中匀速运动时间为t2 = l2/v = 0.3 s；线框完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度大小仍为a = 5 m/s2，该过程有 x – l2 = vt3 + at32/2，解得t3 = 1 s．因此线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中，线框中有感应电流的时间t4 = t1 + t2 + t3 – 0.9 s = 0.8 s；E = (ΔB/Δt)S = 0.25V．此过程产生的焦耳热Q = E2t4/R = 0.5J．‎ 乙 甲 变式2 ⑴ 对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图甲所示．导体棒所受安培力F安 = BIl ① 导体棒匀速下滑，所以F安 = Mgsinθ ② 联立①②式，解得I = (Mgsinθ)/Bl ③ 导体棒切割磁感线产生感应电动势E = Blv ④ 由闭合电路欧姆定律得I = E/(R + Rx)，且Rx = R，所以I = E/2R ⑤ 联立③④⑤式，解得v = (2MgRsinθ)/B2l2 ⑥‎ ‎⑵ 由题意知，其等效电路图如图乙所示．由图知，平行金属板两板间的电压等于Rx两端的电压．设两板间的电压为U，由欧姆定律知U = IRx ⑦ 要使带电的微粒匀速通过，则mg = qU/d ⑧ 因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I，联立③⑦⑧式，解得Rx = mBld/Mqsinθ．‎ 例3 ⑴ 设甲在磁场区域abcd内运动时间为t1，乙从开始运动到ab位置的时间为t2，则由运动学公式得L = ·2gsin θ·t12，L = gsinθ·t22 解得t1＝ ，t2＝ 因为t1 < t2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场．设乙进入磁场时的速度为v1，乙中产生的感应电动势为E1，回路中的电流为I1，则 mv12 = mgLsinθ E1 = Bdv1 I1 = E1/2R mgsinθ = BI1d 解得R = (B2d2/2m)．‎ ‎⑵ 从释放金属杆开始计时，设经过时间t，甲的速度为v，甲中产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，外力为F，则 v = at E = Bdv I = E/2R F + mgsinθ – Bid = ma a = 2gsinθ 联立以上各式解得 F = mgsin θ + mgsinθ ·t（0 ≤ t ≤ ）；方向垂直于杆平行于导轨向下．‎ ‎⑶ 甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v0，甲、乙产生的热量相同，均设为Q1，则v02 = 2aL W + mgLsinθ = 2Q1 + mv02 解得W = 2Q1 + mgLsinθ；乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q2，则2 Q2 = mgLsinθ，根据题意有Q = Q1 + Q2 解得W = 2Q．‎ 变式3 BD；考查电磁感应中的功能关系，本题关键是理解上滑经过磁场的末速度与下滑经过磁场的初速度相等，由切割磁感线的效果差别，得A错B对．因过程中有能量损失，上滑平均速度大于下滑平均速度，用时t上 < t下．重力做功两次相同由P = W/t可知C错，D对．‎ 例4 B；如图所示，当M′N′ 从初始位置运动到AB位置的过程中，切割磁感线的有效长度随时间变化关系为：L1 = L – (L – 2vt) = 2vt，L为导线框的边长，产生的电流I1＝，导线框所受安培力f1＝BI1L1＝＝，所以f1为t的二次函数图象，是开口向上的抛物线．当Q′P′由CD位置运动到M′N′位置的过程中，切割磁感线的有效长度不变，电流恒定．当Q′P′由M′N′位置运动到AB位置的过程中，切割磁感线的有效长度L2＝L－2vt，产生的电流I2＝，导线框所受的安培力为f2＝，所以也是一条开口向上的抛物线，所以应选B．‎ 变式4 A；在x = R左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x轴正方向成θ角，则导体棒切割磁感线的有效长度L = 2Rsin θ，电动势与有效长度成正比，故在x = R左侧，电动势与x的关系为正弦图象关系，由对称性可知在x = R右侧与左侧的图象对称．‎ ‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．⑴ 设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为Δφ，回路中的平均感应电动势为E平，由法拉第电磁感应定律得E平 = Δφ/Δt ① 其中Δφ = Blx ② 设回路中的平均电流为I平，由闭合电路欧姆定律得I平 = E平/(R + r) ③ 则通过电阻R的电荷量为q =I平Δt ④ 联立①②③④式，代入数据得q = 4.5 C ⑤‎ ‎⑵ 设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2 = 2ax ⑥ 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W，由动能定理得W = 0 – mv2/2 ⑦ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2 = – W ⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2 = 1.8 J ⑨ ‎ ‎⑶ 由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶Q2 = 2∶1，可得Q1 = 3.6 J ⑩ 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 WF = Q1 + Q2 ⑪ 由⑨⑩⑪式得WF = 5.4 J．‎ 预测1 ⑴ 棒 cd 受到的安培力 Fcd = BIl　① 棒 cd 在共点力作用下平衡，则 Fcd = mgsin30°　②‎ 由 ①② 式代入数据解得 I = 1 A，方向由右手定则可知由 d到c．‎ ‎⑵ 棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，Fab = Fcd，对棒 ab 由共点力平衡有 F = mgsin30°+ BIl　③‎ 代入数据解得 F = 0.2 N．④‎ ‎⑶ 设在时间 t 内棒cd 产生Q = 0.1 J 热量，由焦耳定律可知Q = I2Rt　⑤ 设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势 E = Blv ⑥ 由闭合电路欧姆定律知I = E/2R ⑦ 由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移 x = vt ⑧ 力F做的功W = Fx ⑨ 综合上述各式，代入数据解得W = 0.4 J.‎ ‎2．AC；导体棒由静止释放，速度达到v时，回路中的电流为I，则根据平衡条件，有mgsinθ = BIL．对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I，有F + mgsinθ = 2BIL所以拉力F = mgsinθ，拉力的功率P = F·2v = 2mgvsinθ，故选项A正确、选项B错误；当导体棒的速度达到0.5v时，回路中的电流为I/2，根据牛顿第二定律，得mgsinθ – BIL/2 = ma，解得a = 0.5gsinθ，选项C正确；当导体棒以2v的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热，故选项D错误．‎ 预测2 ⑴ 闭合 S 之前导体自由下落的末速度为 v0 = gt = 4 m/s，S 闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流．ab 立即受到一个竖直向上的安培力F安 = BIlab = B2l2v0/R = 0.016 N > mg = 0.002 N，此刻导体棒所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为 a = (F安 – mg)/m = B2l2v0/mR – g，所以，ab 做竖直向下的加速度逐渐减小的变减速运动．当速度减小至 F安 = mg 时，ab 做竖直向下的匀速运动．‎ ‎⑵ 设匀速下落的速度为 v，此时F安 = BIl = B2l2v/R = mg，v = mgR/B2l2 = 0.5 m/s．‎ ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．B；线框各边电阻相等，切割磁感线的那个边为电源，电动势相同均为Blv，在A、C、D中，Uab = Blv/4，B中，Uab = 3Blv/4，选项B正确．‎ ‎2．D；通过两导线电流强度一样，两导线都处于平衡状态，则F1 = BIL，F2 = BIL，所以F1 = F2，A、B错误；Uab = IRab，这里cd导线相当于电源，所以Ucd是路端电压，Ucd = IRab即Uab = Ucd．‎ ‎3．BD；若保持拉力F恒定，在t1时刻，棒ab切割磁感线产生的感应电动势为E = BLv，其所受安培力F1 = BIL = B2L2v/R，由牛顿第二定律，有F–B2L2v/R = ma1；棒最终以2v做匀速运动，则F = 2B2L2v/R，故a1 = B2L2v/mR．若保持拉力的功率P恒定，在t2时刻，有 P/v–B2L2v/R = ma2；棒最终也以2v做匀速运动，则P/2v = 2B2L2v/R，故a2 = 3B2L2v/mR = 3a1，选项C错误、D正确．由以上分析可知，在瞬时速度相同的情况下，恒力F作用时棒的加速度比拉力的功率P恒定时的加速度小，故t1 > t2，选项B正确，A错误．‎ ‎4．BD；当有磁场时，导体棒除受到沿斜面向下的重力的分力外，还切割磁感线有感应电流受到安培力的作用，所以两次上升的最大高度相比较为h < H，两次动能的变化量相等，所以导体棒所受合力的功相等，选项A错误，B正确，有磁场时，电阻R产生的焦耳热小于0.5mv02，ab上升过程的最小加速度为gsinθ，选项C错误、D正确．‎ ‎5．C；设线框刚进入磁场时的速度为v1，刚穿出磁场时的速度v2 = v1/2；线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L，由题意mv12/2 = mgH，mv12/2 + mg·2L = mv22/2 + Q，联立解得Q = 2mgL + 3mgH/4 = 3mgL，选项C正确．‎ ‎6．C；设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为v1，那么mgh = mv，v1 = .设线圈刚进入第二个磁场时速度大小为v2，那么v – v = 2gh，v2 = v1；根据题意还可得到，mg = B2L2v1/R，mg = Bx2L2v2/R整理可得出Bx = B，A、B两项均错．穿过两个磁场时都做匀速运动，把减少的重力势能都转化为电能，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL，C项正确、D项错误．‎ ‎7．A；在金属棒PQ进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D项错误．在磁场中运动时，感应电动势E＝Blv，与时间无关，保持不变，故A选项正确．‎ ‎8．⑴ 框架开始运动时，MN边所受安培力的大小等于其所受的最大静摩擦力，故有 F安 = μ(m1 + m2)g，F安 = BIl，E = Blv，I = Blv/R，解得v = 6 m/s．‎ ‎⑵ 框架开始运动时，MN边所受安培力的大小等于其所受的最大静摩擦力，设此时加在ab上的恒力为F，应有 F ≥ F安，当F = F安时，F最小，设为Fmin，故有Fmin = μ(m1 + m2)g = 0.6 N．‎ ‎⑶ 根据能量转化和守恒定律，F做功消耗外界能量，转化为导体棒ab的动能和回路中产生的热量，有Fs = m2v2/2 + Q，框架开始运动时，ab的速度v = 6 m/s，解得Q = 0.3 J．‎ ‎9．　t1 = D/v = 0.2 s；在0～t1时间内，A1产生的感应电动势E1 = BLv = 0.18 V，其等效电路如图甲所示．由图甲知，电路的总电阻 R0 = r + rR/(r + R) = 0.5 Ω，总电流为I = E1/R = 0.36 A，通过R的电流为IR = I/3 = 0.12 A；从A1离开磁场（t1 = 0.2 s）至A2刚好进入磁场t2 = 2D/v的时间内，回路无电流，IR = 0；从A2进入磁场（t2＝0.4 s）至离开磁场t3 = (2D + D)/v = 0.6 s的时间内，A2上的感应电动势为E2＝0.18 V，其等效电路如图乙所示，由图乙知，电路总电阻R0 = 0.5 Ω，总电流I = 0.36 A，流过R的电流IR = 0.12 A；综合以上计算结果，绘制通过R的电流与时间关系如图所示．‎ ‎10．⑴ 系统的运动情况分析可用简图表示如下：‎ 棒的速度 v↑→（E = BLv）棒中感应电动势E↑→（I = E/R）通过棒的感应电流I↑→（F安 = BIL）棒所受安培力F安↑→ （Mg – F安）棒所受合外力F合↓→（a = F合/(M + m)）棒的加速度a↓→ 故当a = 0时，有Mg – F安 = 0 解得v = MgR/B2L2．‎ ‎⑵ 由能量守恒定律得：Mgh = (M + m)v2/2 + Q 解得：Q = Mg[h – (M + m)MgE2/2B4L4]．‎