知识讲解 电磁感应中的力电综合问题（提高）

1 物理总复习：电磁感应中的力电综合问题 【考纲要求】 1、知道电磁感应现象中的电路问题、力学问题、图像问题及能量转化问题； 2、知道常见电磁感应现象中与电学相关问题的一般分析思维方法，会画等效电路图 3、知道电磁感应现象中与力学相关的运动和平衡问题的分析思路； 4、理解安培力做功在电磁感应现象中能量转化方面所起的作用； 【考点梳理】 考点一、电磁感应中的电路问题 要点诠释： 1、求解电磁感应中电路问题的关键是分析清楚内电路和外电路。 　　“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内 电阻，而其余部分的电路则是外电路。 2、几个概念 　　（1）电源电动势 或 。 　　（2）电源内电路电压降 ，r 是发生电磁感应现象导体上的电阻。（r 是内电路的 电阻） 　　（3）电源的路端电压 U， （R 是外电路的电阻）。 路端电压、电动势和某电阻两端的电压三者的区别： 　　（1）某段导体作为外电路时，它两端的电压就是电流与其电阻的乘积。 　　（2）某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积， 或等于电动势减去内电压，当其内阻不计时路端电压等于电源电动势。 　　（3）某段导体作为电源时，电路断路时导体两端的电压等于电源电动势。 3、解决此类问题的基本步骤 　　（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向。 　　（2）画等效电路：感应电流方向是电源内部电流的方向。 　　（3）运用闭合电路欧姆定律结合串、并联电路规律以及电功率计算公式等各关系式联 立求解。 4、解题思路 　　（1）明确电源的电动势 ， ， （交流电） 　　（2）明确电源的正、负极：根据电源内部电流的方向是从负极流向正极，即可确定“电 源”的正、负极。 　　（3）明确电源的内阻：相当于电源的那部分电路的电阻。 　　（4）明确电路关系：即构成回路的各部分电路的串、并联关系。 　　（5）结合闭合电路的欧姆定律：结合电功、电功率等能量关系列方程求解。 考点二、电磁感应中的力学问题 要点诠释： 电磁感应和力学问题的综合，其联系桥梁是磁场对感应电流的安培力，因为感应电流与 导体运动的加速度有相互制约的关系，这类问题中的导体一般不是做匀变速运动，而是经历 一个动态变化过程再趋于一个稳定状态，故解决这类问题时正确进行动态分析确定最终状态 是解题的关键。 1、受力情况、运动情况的动态分析思路 　　导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度 变化→速度变化→感应电动势变化→……周而复始地循环，直至最终达到稳定状态，此时加 E BLv= E n t φ∆= ∆ rU Ir= rU IR E U E Ir= = − = − B SE n nS nBt t t φ∆ ∆ ∆= = =∆ ∆ ∆ E BLv= 21 2E BL ω= sinE nBS tω ω=2 速度为零，而速度 v 通过加速达到最大值，做匀速直线运动或通过减速达到稳定值做匀速直 线运动。 2、解决此类问题的基本步骤 　（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律（包括右手定则）求出感应电动势的大小和方向。 　（2）依据全电路欧姆定律，求出回路中的电流。 　（3）分析导体的受力情况（包含安培力，可利用左手定则确定所受安培力的方向）。 　（4）依据牛顿第二定律列出动力学方程或平衡方程，以及运动学方程，联立求解。 3、常见类型 电磁感应中力学问题，常常以一个导体棒在滑轨上运动问题形式出现。这种情况有两种 类型。 　（1）、“电—动—电”类型 　　如图所示水平放置的光滑平行导轨 MN、PQ 放有长为 l、电阻为 R、质量为 m 的金属 棒 ab。导轨左端接内电阻不计电动势 E 的电源形成回路，整个装置放在竖直向上的匀强磁 场 B 之中。导轨电阻不计且足够长，并与电键 S 串接，当刚闭合电键时，棒 ab 因电而动， 其受安培力 ，方向向右，此时 ab 具有最大加速度 。然而，ab 一旦产 生速度，则因动而电，立即产生了感应电动势。因速度决定感应电动势，而感应电动势与电 池的电动势反接又导致电流减小，从而使安培力变小，故加速度减小，不难分析 ab 导体做 的是一种复杂的变加速运动。但是当 ，ab 速度将达最大值，故 ab 运动收尾状态为匀 速运动， 。 　　 　　 　（2）、“动—电—动”类型 　　如图所示，平行滑轨 PQ、MN，与水平方向成 角，长度 l、质量 m、电阻为 R 的导体 ab 紧贴滑轨并与 PM 平行，滑轨电阻不计。整个装置处于与滑轨平面正交、磁感强度为 B 的匀强磁场中，滑轨足够长。导体 ab 由静止释放后，由于重力作用下滑，此时具有最大加 速度 ，ab 一旦运动，则因动而电，产生感应电动势，在 PMba 回路中产生电流， 磁场对此电流作用力刚好与下滑力方向反向，随 ab 棒下滑速度不断增大。 　　 ， ，则电路中电流随之变大，安培阻力 变大，直到与下滑 力的合力为零，即加速度为零，以 的最大速度收尾。 　　 　　 4、电磁感应中的动力学临界问题的处理方法 　　此类问题覆盖面广，题型也多样，但解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析，寻 找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等，基本思路是：确定电源 （E、r) 感应电流 运动导体所受的安培力 合外力 a 的变化情况 运动状态的分析 临界状态。 A EF Bl R = m BlEa mR = 0AF = m Ev Bl = α sinma g α= E BLv= EI R = 2 2 A B l vF R = 2 2 sin m mgRv B l α= EI R r = +→ AF BIl=→ →力的合成 →合外力 v a→与 的关系 →3 考点三、电磁感应中的能量转化问题 要点诠释： 1、电磁感应过程往往涉及多种能量的转化 　　如图所示金属棒 ab 沿导轨由静止下滑时，重力势能减少，一部分用来克服安培力做功， 转化为感应电流的电能，最终在 R 上转化为焦耳热；另一部分转化为金属棒的动能，若导 轨足够长，棒最终达到稳定状态匀速运动时，减小的重力势能完全用来克服安培力做功，转 化为感应电流的电能．因此，从功和能的观点入手，分析清楚电磁感应过程中能量转化的关 系，是解决电磁感应中能量问题的重要途径之一。电磁感应现象的实质是产生了感应电动势。 　　 2、安培力做功和电能变化的特定对应关系 　　“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。同理，安培力做功的 过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的 能。 3、解决此类问题的步骤 　（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律（包括右手定则）确定感应电动势的大小和方向。 　（2）画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式。 　（3）分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改 变所满足的方程，联立求解。 【典型例题】 类型一、电磁感应中的电路问题 例 1、固定在匀强磁场中的正方形导线框 abcd，各边长 l，其中 ab 是一段电阻为 R 的 均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线。磁场的磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里， 现有一与 ab 段所用材料、粗细、长度都相同的电阻丝 PQ 架在导线框上，如图所示，以恒 定速度 v 从 ad 滑向 bc，当 PQ 滑过 的距离时，通过 aP 段电阻丝的电流是多大?方向如何? 【思路点拨】电阻丝 PQ 以恒定速度 v 向右移动，切割磁感线相当于电源，判断电流方向， 电势高的点，标出电流方法，可以看出，电流分成两条支路，即两部分导线并联，简要画出 电路图，然后列式计算。 【答案】 ，方向从 a 到 P。 【解析】PQ 滑动时，产生的感应电动势为 　① 应用右手定则判断出电流方向从 P 到 Q，Q 点电势高， 是电源的正极，P 是负极，aP 段与 bP 段是并联关系， 此电路就可以等效为如图所示的电路： 根据串并联电路的特点和性质，aP 段与 bP 段的并联 3 l 6 11 Blv R E BLv=4 电阻为 ，电路中的总电阻　 ② 干路电流为 ，aP 段的电流占干路电流的三分之二， 即 ，　③方向从 a 到 P。 【总结升华】解题的关键是分析清楚哪是电源、哪是内电路、哪是外电路，它们的电阻是多 大，电流的流向，串并联关系如何，做题时最好画出电路图。本题 PQ 是电源，其电阻是内 阻，电流在 Q 分成两条支路 aP 段和 bP 段，这两段是并联关系，aP 段的电阻是 R 的三分之 一，bP 段的电阻是 R 的三分之二。 举一反三 【变式1】用一根粗细均匀电阻值为 r 的电阻丝，弯曲成圆环，固定在磁感应强度为B、方 向垂直于纸面向里的匀强磁场中。圆环直径为d，有一长度亦为d的金属棒ab，电阻值为 ，水平放置在圆环下侧边缘，如图所示。ab棒以速度v 紧靠着圆环 做 匀速直线运动，运动过程中保持棒与电阻丝良好接触。当棒到达图 中虚线所示位置时，求 　（1）通过棒中的电流大小。 　（2）棒所受安培力大小。 　（3）加在棒上外力的功率。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）ab棒以速度v匀速运动到图中虚线位置时， 产生的感应电动势为 ，电流方向从b到a，分成两条支路，这两段的电阻均为 ， 则外电路的电阻为 ，内电阻为 ，电路的总电阻为 所以通过棒中的电流 。 （2）棒所受安培力 ， 根据左手定则，安培力方向向下。 （3）ab 棒匀速运动，外力等于安培力， 加在棒上外力的功率等于安培力的功率 。 【高清课堂：法拉第电磁感应定律 例 6 】 2 9R R′ = 11= 9R R总 EI R = 总 2 2 2 6= 113 3 3 11 9 ap E Blv BlvI I R RR = = ⋅ ⋅ = 总 3r 12 7 Bdv r 2 212 7 B d v r 2 2 212 7 B d v r E Bdv= 1 2 r 1 4 r 1 3 r 1 1 7 4 3 12R r r r= + = 12 7 E BdvI R r = = 2 212 12 7 7A Bdv B d vF BId Bd r r = = = 2 2 212 7A B d vP Fv F v r = = =5 【变式 2】半径为 a 的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为 B=0.2T，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=0.4m，b=0.6m，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，棒与环的 电阻均忽略不计 （1）若棒以 v0=5m/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。 （2）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 90º，若此时磁 场随时间均匀变化，其变化率为 T/s，求 L1 的功率。 　　 【答案】（1）0.4A；（2） 。 【解析】（1）棒滑过圆环直径 OO′ 的瞬时，MN 中的电动势 E1=B2a v=0.2×0.8×5 V =0.8V　 ① 两灯泡并联，等效电路如图（1）所示，流过灯 L1 的电流 I1=E1/R=0.8 A /2=0.4A　　② （2）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 90º， 半圆环 OL1O′中产生感应电动势，相当于电源，灯 L2 为外电路， 两灯泡串联，等效电路如图（2）所示， 感应电动势 　 ③ 灯 L1 的电压为 ，所以 L1 的功率 . 类型二、电磁感应中的力学问题 例 2、（2016 全国卷Ⅲ）如图所示，两条相距 l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面) 内，其左端接一阻值为 R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和 金属棒中间有一面积为 S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小 B1 随时间 t 的变化关系为 B1＝kt，式中 k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域 左边界 MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为 B0，方向也垂直于纸面向里．某时 4B t π ∆ =∆ 21.28 10 W−× 2 2 1 0.322 BE a Vt t φ π∆ ∆= = ⋅ =∆ ∆ 2 1 2 E 2 22 1 ( 2) 1.28 10EP WR −= = ×6 刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在 t0 时刻恰好以速度 v0 越过 MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不 计．求： (1)在 t＝0 到 t＝t0 时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值； (2)在时刻 t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 【答案】(1) 　(2) B0lv0(t－t0)＋kSt　 【解析】(1)在金属棒未越过 MN 之前，t 时刻穿过回路的磁通量为 Φ＝ktS　① 设在从 t 时刻到 t＋Δt 的时间间隔内，回路磁通量的变化量为 ΔΦ，流过电阻 R 的电荷 量为 Δq.由法拉第电磁感应定律有 　② 由欧姆定律有 　③ 由电流的定义有 　④ 联立①②③④式得 　⑤ 由⑤式得，在 t＝0 到 t＝t 0 的时间间隔内，流过电阻 R 的电荷量 q 的绝对值为 　⑥ (2)当 t>t0 时，金属棒已越过 MN.由于金属棒在 MN 右侧做匀速运动，有 f＝F　⑦ 式中 f 是外加水平恒力，F 是匀强磁场施加的安培力． 设此时回路中的电流为 I，F 的大小为 F＝B0Il　⑧ 此时金属棒与 MN 之间的距离为 s＝v0(t－t0)　⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为 Φ′＝B0ls　⑩ 回路的总磁通量为 Φt＝Φ＋Φ′ 式中 Φ 仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻 t(t>t0)穿过回路的总磁通量为 0kSt R 0 0 0( ) B lB lv kS R + E t ∆= ∆ Φ Ei R = qi t ∆= ∆ kSq tR ∆ = ∆ 0kStq R ∆ =7 Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt　⑫ 在 t 到 t＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变 ΔΦt 为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt　⑬ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 　⑭ 由欧姆定律有 　⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 　⑯ 举一反三 【变式 1】如图所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，其中一部分处于方向垂直导轨所在平 面并且有上下水平边界的匀强磁场中。一根金属杆 MN 保持水平并沿导轨滑下（导轨电阻不 计），当金属杆 MN 进入磁场区后，其运动的速度随时间变化的图线不可能的是（ ） 【答案】B 【解析】A 图说明金属杆 MN 进入磁场区后一直做匀速直线运动，情景是进入磁场的瞬间重 力等于安培力，是可能的。B 图说明金属杆做匀加速运动，金属杆 MN 进入磁场区后，产生 安培力，方向向上，与重力加速度方向相反，加速度减小，B 是不可能的。C 图做加速度减 小的加速运动，是可能到。D 图速度减小最后做匀速运动，当金属杆进入磁场的速度很大时， 由于受到的安培力大于重力，速度减小，当安培力等于重力时做匀速运动，是可能的。故不 可能的是 B。 【变式 2】如图，MN、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成 θ 角固定，轨距为 d。空间 存在匀强磁场，磁场方向垂直轨道平面向上，磁感应强度为 B。P、M 间所接阻值为 R 的电 阻。质量为 m 的金属杆 ab 水平放置在轨道上，其有效电阻为 r。现从静止释放 ab，当它沿 轨道下滑距离 s 时，达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为 g。 求：（1）金属杆 ab 运动的最大速度； （2）金属杆 ab 运动的加速度为 时，电阻 R 上的电功率； （3）金属杆 ab 从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力 所做的功。 【答案】（1） （2） t tE t ∆= ∆ Φ tEI R = 0 0 0( ) B lf B lv kS R = + θsin2 1 g 22 sin)( dB rRmgvm θ+= RBd mgP 2)2 sin( θ=8 （3） 。 【解析】（1）当杆达到最大速度时 安培力 感应电流 感应电动势 解得最大速度 （2）当 ab 运动的加速为 时 根据牛顿第二定律 电阻 R 上的电功率 解得 （3）根据动能定理 解得 。 安培力是变力，变力做功不能用力乘以位移计算，只能用动能定理求解。 【变式 3】如图所示，平行金属导轨与水平面成 θ 角，导轨与固定电阻 R1 和 R2 相连，匀强 磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒 ab，质量为 m，导体棒的电阻与固定电阻 R1 和 R2 的阻 值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为 μ，导体棒 ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为 v 时，受到安培力的大小为 F．此时 A．电阻 R1 消耗的热功率为 Fv／3 B．电阻 R1 消耗的热功率为 Fv／6 C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为 μmgvcosθ． D．整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v 【答案】BCD 【解析】由法拉第电磁感应定律得 ，总电阻 回路总电流 安培力 所以电阻 R1 的功率： 。 A 错 B 对。 由于摩擦力 ， 故因摩擦而消耗的热功率为 ，C 对。 整个装置消耗的机械功率应为安培力与摩擦力消耗的功率之和 ，D 对。 44 2223 sin)( 2 1sin dB rRgmmgsWF θθ +−⋅= θsinmgF = F BId= rR EI += BdvE = 22 sin)( dB rRmgvm θ+= θsin2 1 mg 1sin sin2mg BI d m gθ θ′− = × RIP 2′= RBd mgP 2)2 sin( θ= 02 1sin 2 −=−⋅ mF mvWmgs θ 44 2223 sin)( 2 1sin dB rRgmmgsWF θθ +−⋅= E BLv= 1.52 R R R= + = 2 1.5 3 E BlvI R R = = 2 22 3 B l vF BIL R = = 2 2 2 2 1 1 1( )2 9 6 B l vP I R FvR = = = cosf mgµ θ= cosfP fv mgvµ θ= = ( cos )F mg vµ θ+9 故 B、C、D 选项正确。 【变式 4】如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距 L=1m。 导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为 R 的电阻。匀强磁场方向垂直于导轨平面 向上，磁感应强度为 B=0.4T．质量为 0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂 直且保持良好接触，它们间的动摩擦因数为μ=0.25．金属棒沿导轨由静止开始下滑，当金 属棒下滑速度达到稳定时，速度大小为 10m/s．（取 g=10m/s2， sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求： （1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； （2）当金属棒下滑速度达到稳定时电阻 R 消耗的功率； （3）电阻 R 的阻值。 【答案】（1） （2） （3） . 【解析】金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律 解得 （2）设金属棒运动达到稳定时，设速度为 v，所受安培力为 F， 棒沿导轨方向受力平衡，根据物体平衡条件 代入数据解得安培力 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻 R 消耗的电功率 （3）设电路中电流为 I，感应电动势为 E 由于金属棒的电阻不计，感应电动势即为电阻 R 的电压 ，电阻 . 类型三、电磁感应中的能量问题 【高清课堂：法拉第电磁感应定律 例 5 】 例 3、如图所示，匀强磁场的磁感应强度为 B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为 L 的正方形刚性金属框。ab 边质量为 m，其它三边的质量不计，金属框的总电阻为 R，cd 边上装有固定的水平轴，现在将金属框从水平位置由静止释放，不计一切摩擦。金属框经 t 秒钟恰好通过竖直位置 cd。求： （1）在图中标出 ab 通过最低位置时，金属框中的感应电流的方向； （2）求上述时间 t 内金属框中的平均感应电动势； （3）若在上述 t s 内，金属框中产生的焦耳热为 Q， 求 ab 边通过最低位置时受到的安培力。 24 /m s 8W 2Ω sin cosmg mg maθ µ θ− = 2sin cos 10 0.6 0.25 10 0.8 4 /a g g m sθ µ θ= − = × − × × = sin cosmg mg Fθ µ θ= + 0.8F N= 0.8 10 8P Fv W W= = × = 0.4 1 10 4E BLv V V= = × × = 2 2U EP R R = = 2 2 24 28 U ER P P = = = Ω = Ω a b′ ′10 【思路点拨】（1）根据右手定则判断感应电流的方向；（2）根据 求平均感应电 动势；根据能量转化和守恒定律求产生的焦耳热，根据安培力公式求安培力。 【答案】（1）感应电流的方向 bacdb. （2） （3） ，方向水平向右。 【解析】（1）ab 通过最低位置时，速度水平向左，根据右手定则，感应电流的方向 bacdb. （2）根据法拉第电磁感应定律， ，初态的磁通量 ，末态的磁通量 ， 磁通量的变化 ，所以平均感应电动势 . （3）根据能量转化和守恒定律有 ， 求出 ab 边到达最低点时的速度大小 ， 在最低点时电动势的大小 则 ab 边到达最低点时受到的安培力 　 。 根据左手定则，安培力的方向水平向右。 【总结升华】（2）中求平均感应电动势必须用 ，可以求平均电流，进而求出通过 导体截面的电量。（3）解题思路要清晰，要求安培力，就必须要求电流， ，又必 须求出电动势 ，最终要求速度，由于有内能产生，必须根据能量守恒定律求速度。 举一反三 【变式 1】将一磁铁插入闭合线圈，第一次插入所用时间为 Δt1，第二次插入所用的时间为 Δt2， 且 Δt2=2Δt1，则（ ） 　　A．两次产生的感应电动势之比为 2∶1 B．两次通过线圈的电荷量之比为 2∶1 　　C．两次线圈中产生的热量之比为 2∶1 D．两次线圈中感应电流的功率之比为 2∶1 AC 【解析】磁铁两次插入线圈磁通量的变化 相同，但磁通量的变化率 E n t φ∆= ∆ 2BLE t = 2 2 2( ) A B L mgL QF R m −= E n t φ∆= ∆ 2 1 BLφ = 2 0φ = 2BLφ∆ = 2BLE t = 21 2mgL Q mv= + 2( )mgL Qv m −= 2( )mgL QE BLv BL m −= = 2 2 2 2 2( ) A B L B L mgL QF BIL vR R m −= = = E n t φ∆= ∆ AF BIL= E BLv= φ∆ 1 1 2 2t t φ φ∆ ∆=∆ ∆11 即 E1=2E2，A 选项正确； 两次通过线圈的电荷量 ， ，所以 q1∶q2=1∶1，故 B 错误； 磁体通入过程线圈中产生的热量 ， 所以 ，选项 C 正确； 功率之比 ，故选项 D 错误。故选 AC。 【变式 2】如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场， 若第一次用 0.3 秒时间拉出，外力所做的功为 W1，通过导线截面的电量为 q1；第二次用 0.9 秒时间拉出，外力做的功为 W2，通过导体截面的电量为 q2，则（ ） 　　A．W1＜W2，q1＜q2 　　　　B．W1＜W2，q1＝q2 　　C．W1＞W2，q1＝q2　　　　 D．W1＞W2，q1＞q2 【答案】C 【解析】用 表示导线框竖边长，匀速拉出时产生感应电动势 ；　 用 表示拉出的横边长，则拉出所用的时间 。 把导线框拉出磁场的过程，线框中电流 ， 这段时间通过导线截面的电量 。　　 可见通过导线截面的电量和拉出所用的时间大小无关，是 q1=q2。　　 把导线框出磁场区做功 ， 说明做功大小和拉出所用的时间有关，本题中 t1＜t2，W1＞W2。　 【变式 3】（2015 四川卷）如图所示，金属导轨 MNC 和 PQD，MN 与 PQ 平行且间距为 L，所在平面与水平面夹角为 α，N、Q 连线与 MN 垂直，M、P 间接有阻值为 R 的电阻；光 滑直导轨 NC 和 QD 在同一水平面内，与 NQ 的夹角都为锐角 θ。均匀金属棒 ab 和 ef 质量 均为 m，长均为 L，ab 棒初始位置在水平导轨上与 NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与 导轨间的动摩擦因数为 μ（μ 较小），由导轨上的小立柱 1 和 2 阻挡而静止。空间有方向竖直 的匀强磁场（图中未画出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和 ab 棒的电阻， 1 1q n R φ∆= 2 2q n R φ∆= 2EQ tR = 2 21 1 1 2 2 2 2 1 2( ) ( )1 2 1 Q E t Q E t ∆= ⋅ = =∆ 21 1 2 2 4( ) 1 P E P E = = 1l 1E Bl v= 2l 2lt v = 1Bl vI R = 1 2 1 2Bl v l Bl lq It R v R = = ⋅ = 2 1 2 2 1 2 ( )Bl lW Fl Bl Il Rt = = =12 ef 棒的阻值为 R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加 速度为 g。 （1）若磁感应强度大小为 B，给 ab 棒一个垂直于 NQ、水平向右的速度 v1，在水平导轨上 沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程 ef 棒上产生的热量； （2）在（1）问过程中，ab 棒滑行距离为 d，求通过 ab 棒某横截面的电量； （3）若 ab 棒以垂直于 NQ 的速度 v2 在水平导轨上向右匀速运动，并在 NQ 位置时取走小立 柱 1 和 2，且运动过程中 ef 棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下 ab 棒运动的最大距离。 【 答 案 】（ 1 ） ； （ 2 ） ； （ 3 ） ，方向竖直向上或竖直向下均可， 【解析】（1）由于 ab 棒做切割磁感线运动，回路中产出感应电流，感应电流流经电阻 R 和 ef 棒时，电流做功，产生焦耳热，根据功能关系及能的转化与守恒有： ① 根据并联电路特点和焦耳定律 Q＝I2Rt 可知，电阻 R 和 ef 棒中产生的焦耳热相等，即 QR＝Qef ② 由①②式联立解得 ef 棒上产生的热量为： （2）设在 ab 棒滑行距离为 d 时所用时间为 t，其示意图如下图所示： 2 1 1 4efQ mv= 2 ( cot )Bd L dq R − θ= m 2 1 (sin cos ) (cos sin ) mgR μB L μ v α + α= α + α m 2 tan (1 )sin cos μLx μ μ = + α α + θ 2 1 1 2 R efmv Q Q= + 2 1 1 4efQ mv=13 该过程中回路变化的面积为： ③ 根据法拉第电磁感应定律可知，在该过程中，回路中的平均感应电动势为： ④ 根据闭合电路欧姆定律可知，流经 ab 棒平均电流为： ⑤ 根据电流的定义式可知，在该过程中，流经 ab 棒某横截面的电量为： ⑥ 由③④⑤⑥式联立解得： （3）由法拉第电磁感应定律可知，当 ab 棒滑行 x 距离时， 回路中的感应电动势为： e＝B（L－2xcotθ）v2 ⑦ 根据闭合电路欧姆定律可知，流经 ef 棒的电流为： ⑧ 根据安培力大小计算公式可知，ef 棒所受安培力为： F＝iLB ⑨ 由⑦⑧⑨式联立解得： ⑩ 由⑩式可知，当 x＝0 且 B 取最大值，即 B＝Bm 时，F 有最大值 Fm，ef 棒受力示意图如 1[ ( 2 cot )]2S L L d d∆ = + − θ B SE t ∆= / 2 EI R = q I t= ⋅ 2 ( cot )Bd L dq R − θ= ei R = 2 2 ( 2 cot )B LvF L xR = − θ14 下图所示： 根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有： Fmcosα＝mgsinα＋fm ⑪ 在垂直于导轨方向上有： FN＝mgcosα＋Fmsinα ⑫ 根据滑动摩擦定律和题设条件有： fm＝μFN ⑬ 由⑩⑪⑫⑬式联立解得： 显然此时，磁感应强度的方向竖直向上或竖直向下均可 由⑩式可知，当 B＝Bm 时，F 随 x 的增大而减小，即当 F 最小为 Fmin 时，x 有最大值为 xm，此时 ef 棒受力示意图如下图所示： 根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有： Fmincosα＋fm＝mgsinα ⑭ 在垂直于导轨方向上有： FN＝mgcosα＋Fminsinα ⑮ 由⑩⑬⑭⑮式联立解得： m 2 1 (sin cos ) (cos sin ) mgR μB L μ v α + α= α + α m 2 tan (1 )sin cos μLx μ μ = + α α + θ15 【考点】功能关系、串并联电路特征、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、楞次定 律 共 点 力 平 衡 条 件 的 应 用 ， 和 临 界 状 态 分 析 与 求 解 极 值 的 能 力16 【巩固练习】 一、选择题 1、(2015 梅州调研) 如图所示，在 O 点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜球在 A 点 静止释放，向右摆至最高点 B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．A、B 两点在同一水平线上 B．A 点高于 B 点 C．A 点低于 B 点 D．铜球将做等幅摆动 2、（2016 河南二模）如图所示，质量为 3m 的重物与一质量为 m 的线框用一根绝缘细线 连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框电阻为 R，横边边长为 L，水平方向匀 强磁场的磁感应强度为 B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为 h。初始时刻，磁场的 下边缘和线框上边缘的高度差为 2h，将重物从静止开始释放，线框穿出磁场前，若线框已 经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计。则下列说法正确的是（ ） A. 线框进入磁场时速度为 B. 线框穿出磁场时速度为 C. 线框通过磁场的过程中产生的热量 D. 线框进入磁场后，若某一时刻的速度为 v，则加速度为 2gh 2 2 mgR B L 3 2 2 4 4 88 m g RQ mgh B L = − 2 21 2 4 B L va g mR = −17 3、（2016 银川模拟）如图，光滑斜面的倾角为 θ，斜面上放置一矩形导体线框 abcd，ab 边的边长为 l1，bc 边的边长为 l2，线框的质量为 m，电阻为 R，线框通过绝缘细线绕过光滑 的滑轮与重物相连，重物质量为 M，斜面上 e f 线（e f 平行底边）的右方有垂直斜面向上的 匀强磁场，磁感应强度为 B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是匀速运 动的，且线框的 ab 边始终平行底边，则重力说法正确的是（ ） A. 线框进入磁场前运动的加速度为 B. 线框进入磁场时匀速运动的速度为 C. 线框做匀速运动的总时间为 D. 该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg-mgsinθ)l2 4、如图所示，闭合矩形导体线框 abcd 从高处自由下落，在 ab 边开始进入匀强磁场到 cd 边刚进入磁场这段时间内，线框的速度 v 随时间 t 变化的图象可能是图中的 　　　 sinMg mg m θ− 1 ( sin )Mg mg R Bl θ− 2 2 1 ( sin ) B l Mg mg Rθ−18 5、甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定轴 OO＇旋转，当给以相同的初速度开始转动后， 由于阻力，经相同的时间后便停止；若将环置于磁感应强度 B 大小相同的匀强磁场中，甲 环的转轴与磁场方向平行，乙环的转轴与磁场方向垂直，如图 所示，当甲、乙两环同时以相同的初速度开始转动后，则下列 判断正确的是（ ） 　　A．甲环先停　　　　　 B．乙环先停 　　　 　　C．两环同时停下 　　　D．无法判断两环停止的先后 6、如图所示，闭合金属环从高 h 的曲面右端自由滚下，又滚上曲面的左端，环平面与运动 方向均垂直于非匀强磁场，环在运动过程中摩擦阻力不计，则( ) A．环滚上的高度小于 h B．环滚上的高度等于 h C．运动过程中环内无感应电流 D．运动过程中环内有感应电流 7、如图所示，两粗细相同的铜、铁导线，围成半径相同的线圈，放在同一变化的磁场中， 以下判断正确的是（ ） 　　A．两线圈内产生的感应电动势大小相等 　　B．两线圈内产生的感应电流大小相等 　　C．在相同时间内，铜导线产生的电热较多 　　D．在相同时间内，通过铜导线某一截面的电量较多 8、如图所示，有一边长为 L 的正方形导线框，质量为 m，由高 H 处自由下落，其下边 ab 进入匀强磁场区后，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 进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是 L，线框在穿越匀强磁 场过程中发出的焦耳热为（ ） 　　A．2mgL 　　B．2mgL+mgH 　　C． 　 　D． 9、如图所示，金属杆 ab 以恒定的速度 在光滑的平行导轨上向下滑行。设整个电路中总 电阻为 R(恒定不变)。整个装置置于垂直于导轨平面的匀强磁场中。杆 ab 下滑的过程中， 下列说法正确的是( ) A．杆 ab 的重力势能不断减少 B．杆 ab 的动能不断增加 C．电阻 R 上产生的热量不断增加 D．电阻 R 上消耗的电功率保持不变 10、如图，足够长的 U 型光滑金属导轨平面与水平面成 角（0＜ ＜90°),其中 MN 平行 32 4mgL mgH+ 12 4mgL mgH+ v θ θ19 且间距为 L，导轨平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒 由静 止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触， 棒接入电路的电阻为 R，当 流过 棒某一横截面的电量为 q 时，棒的速度大小为 ，则金属棒 在这一过程中 A.棒运动的平均速度大小为 B.平滑位移大小为 C.产生的焦耳热为 D.受到的最大安培力大小为 二、填空题 1、如图，把线圈从匀强磁场中匀速拉出来，第一次以速率 v 拉出，第二次以 2v 的速率拉 出.如果其它条件都相同。设前后两次外力大小之比 F1：F2 = ______；产生的热量之比 Q1： Q2 = _______；通过线框导线截面的电量之比 q1：q2 =_______。 2、如图所示，矩形导线框竖直边边长为 L，质量为 m，从某一高度竖直落入磁感应强度 为 B 的水平匀强磁场中，磁场高度为 d，且 d＞L。线框 ab 边进入磁场时恰好匀速，线框 cd 边刚要离开磁场时又恰好匀速，则线框全过程中产生的电能为________。 　　 　 3、正方形导线框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加， 变化率为 k。导体框质量为 m、边长为 l，总电阻为 R，在恒定外力 F 作 用 下 由 静 止 开 始 运 动 。 导 体 框 在 磁 场 中 的 加 速 度 大 小 为 __________，导体框中感应电流做功的功率为_______________。 ab ab ab v ab 1 2 ν qR BL qBLν 2 2 sinB L R ν θ × × × × ×B F × × × × ×20 三、计算题 1、（2015 浙江卷）小明同学设计了一个“电磁天平”，如图 1 所示，等臂天平的左臂为挂 盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长 L=0.1m，竖直边长 H=0.3m，匝数为 N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度 B0=1.0T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通 有可在 0~2.0A 范围内调节的电流 I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡， 测出电流即可测得物体的质量。（重力加速度取 ） （1）为使电磁天平的量程达到 0.5kg，线圈的匝数 N1 至少为多少 （2）进一步探究电磁感应现象，另选 N2=100 匝、形状相同的线圈，总电阻 R=10Ω， 不接外电流，两臂平衡，如图 2 所示，保持 B0 不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强 磁场，且磁感应强度 B 随时间均匀变大，磁场区域宽度 d=0.1m。当挂盘中放质量为 0.01kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率 。 2、(2015 汕头二模) 如图所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为 l，导 轨左端连接一个电阻．一根质量为 m、电阻为 r 的金属杆 ab 垂直放置在导轨上．在杆的右 方距杆为 d 处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向下，磁感应强度为 B.对杆施加 一个大小为 F、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度 为 v，之后进入磁场恰好做匀速运动．不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻 力．求： (1)导轨对杆 ab 的阻力大小 f； (2)杆 ab 中通过的电流及其方向； 210 /g m s= B t ∆ ∆21 (3)导轨左端所接电阻的阻值 R. 3、两金属杆 ab 和 cd 长均为 l，电阻均为 R，质量分别为 M 和 m，M＞m，用两根质量和 电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的 圆棒两侧，两金属杆都处在水平位置，如图所示，整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强 磁场中，磁感应强度为 B。若金属杆 ab 正好匀速向下运动，求 ab 运动的速度。 4、如图所示，质量为 M 的导体棒 ab，垂直放在相距为 l 的平行光滑金属轨道上。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、方向垂直与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。 （1）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。 （2）改变 Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为 m、带电量为+q 的微粒水平射入金 属板间，若它能匀速通过，求此时的 Rx。 【答案与解析】 一、选择题 1、【答案】B 【解析】铜球进磁场和出磁场的过程中，都有涡流产生，阻碍铜球的摆动，从而有机械 能转化为内能，A 点高于 B 点，最终铜球将在磁场中做等幅摆动，故选项 B 正确．22 2、【答案】ACD 【解析】线框进入磁场前，根据重物与线框组成的系统机械能守恒得： 解得线框进入磁场时速度为： ，A 正确；线框在磁场中匀速运动时，根据平衡条件 得： 联立解得线框穿出磁场时速度为： ，线框的高度与磁场的高度相等，线框通过 磁场的过程都做匀速直线运动，所以线框穿出磁场时速度为 ，B 错；设线框通过 磁场的过程中产生的热量为 Q，对从静止到刚通过磁场的过程，根据能量守恒定律得： 将 代入得： ，C 正确；线框进入磁场后，若某一时刻的 速度为 v，对整体，根据牛顿第二定律得： 解得： ，D 正确。 故选 ACD。 3、【答案】D 【矩形】线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得： ，A 错； 设线框匀速运动的速度大小为 v，则线框受到的安培力大小为 ，根据平衡条件得： F=Mg-mgsinθ ， 联 立 两 式 得 ： ， 匀 速 运 动 的 时 间 为 21(3 ) 2 (3 )2mg mg h m m v− ⋅ = − 2gh 3mg mg F− = 安 2 2 = B L vF R安 2 2 2mgRv B L = 2 2 2mgRv B L = 21Q (3 ) 4 (3 )2mg mg h m m v= − ⋅ − − 2 2 2mgRv B L = 3 2 2 4 4 88 m g RQ mgh B L = − 2 2 3 (3 )B L vmg mg m m aR − − = + 2 21 2 4 B L va g mR = − sinMg mga M m θ−= + 2 2B l vF R = 2 2 1 ( sin )Mg mg Rv B l θ−=23 ，BC 错；线框进入磁场的过程做匀速运动，M 的重力势能减小 转化为 m 的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律：焦耳热为 Q=(Mg-mgsinθ)l2，D 正确。 故选 D。 4、【答案】ACD 【解析】根据牛顿第二定律 安培力 ， 代入上式 ，由此分析，可以做匀速运动，不可能做匀加速运动，可以 做加速度减小的加速运动最后匀速，可以做加速度减小的减速运动最后匀速。 5、【答案】B　 【解析】甲环转动过程中，磁通量为零没有变化，回路中没有感应电流产生。乙环转动过 程 中穿过它的磁通量发生变化，回路中有感应电流产生。也就是说，乙环转动的动能不断转 化 为回路的电能，而先停止，故 B 正确。 6、【答案】AD 【解析】闭合金属环在穿过磁场的运动过程中，环内有感应电流，感应电流产生的热量转 化为内能，环的机械能不断减少，高度下降，所以 AD 正确。 7、【答案】ACD　 【解析】由法拉第电磁感应定律 知，此两环中产生的感应电动势相等； 因为铜环的电阻小于铁环的电阻，所以铜环中电流大于铁环中的电流； 相同时间内铜环中产生的热量 大于铁环中产生的热量； 通过铜环的电量 q=IΔt 较铁环多，故选项 ACD 正确。 8、【答案】C 【解析】线圈在穿过匀强磁场过程中，减少的机械能转变成焦耳热。 线圈减少重力势能 2mgL，减少动能 ， 其中 v 为线圈开始减速运动时的速度。 所以线圈减少的机械能为 ，选项 C 正确。 9、【答案】ACD 2 2 2 1 2 ( sin ) l B l lt v Mg mg Rθ= = − Amg F ma− = 2 2 A B L vF R = 2 2B L vmg maR − = BE n St t φ∆ ∆= =∆ ∆ 2EQ tR = ∆ 2 21 1 1 3( )2 2 2 4mv m v mgH− = 32 4mgL mgH+24 【解析】金属杆 ab 以恒定的速度 在光滑的平行导轨上向下滑行，重力势能不断减少，A 对；动能不变，B 错； ，R 上产生的热量不断增加，消耗的电功率保持不变，C 对 D 错；故选 ACD。 10、【答案】B 【解析】由于金属棒 ab 下滑做加速度越来越小的加速运动，ab 运动的平均速度大小一定大 于 选项 A 错误，由 ，平行导轨的位移大小为 ，选项 B 正确，产 生焦耳热为 ，由于 I 随时间不断增大，选项 C 错误，当金属棒速度大小为 v 时，金属棒的感应电流 最大，受到的安培力最大，大小为 ，选 项 D 错误。故正确选项为 B。 二、填空题 1、【答案】1:2、1:2、1:1； 【解析】由 可知 F1：F2 =1:2 产生的热量之比等于安培力做功之比，位移相等，所以 Q1：Q2 =1:2 通过线框导线截面的电量 ，两次 相等，R 相等，所以 q1：q2 =1:1 2、【答案】 【解析】根据能量守恒定律，重力势能的减少量等于线框在全过程中产生的电能。 3、【答案】 【解析】导体框在磁场中受到的合外力等于 F，根据牛顿第二定律可知导体框的加速度为 。由于导体框运动不产生感应电流，仅是磁感应强度增加产生感应电流，因而磁场 变 化 产 生 的 感 应 电 动 势 为 ， 故 导 体 框 中 的 感 应 电 流 做 功 的 功 率 为 三、计算题 v 2Q I Rt= 1 2 v BLxq R R φ∆= = qRx BL = 2Q I Rt qIR= = BLvI R = 2 2B L vF BIL R = = 2 2 A B L vF F R = = q R φ∆= φ∆ ( )mg d L+ F m 2 4k l R Fa m = 2BE S l kt ∆= =∆ 2 2 4E k lP R R = =25 1、【答案】（1） 匝（2） 【解析】（1）线圈受到安培力 F=N1B0IL ① 天平平衡 mg= N1B0IL ② 代入数据得 N1=25 匝 ③ （2）由电磁感应定律得④ ④ ⑤ 由欧姆定律得 ⑥ 线圈受到安培力 F′=N2B0I′L ⑦ 天平平衡 ⑧ 代入数据可得 ⑨ 2、【答案】(1) 　(2) 　a→b　(3) 【解析】(1)杆进入磁场前做匀加速运动，有 F－f＝ma ① v2＝2ad ② 解得导轨对杆的阻力 ③ (2)杆进入磁场后做匀速运动，有 F＝f＋F 安 ④ 杆 ab 所受的安培力 F 安＝IBl ⑤ 解得杆 ab 中通过的电流 ⑥ 杆中的电流方向自 a 流向 b. (3)杆产生的感应电动势 E＝Blv ⑦ 杆中的感应电流 1 25N = 0.1 /B T st ∆ =∆ 2E N t Φ∆= ∆ 2 BE N t ∆= ∆ EI R ′ = 2 2 2 0 B dLm g N B t R ∆′ = ⋅ ⋅∆ 0.1T/sB t ∆ =∆ 2 2 mvF d − 2 2 mv Bld 2 22B l d rmv − 2 2 mvf F d = − 2 2 mvI Bld =26 ⑧ 解得导轨左端所接电阻阻值 ⑨ 3、【答案】 ； 【解析】设磁场方向垂直纸面向里,　ab 中的感应电动势 ，电流方向由 a→b。 cd 中的感应电动势 ，电流方向由 d→c。 回路中电流方向由 a→b→d→c，大小为 ab 受到的安培力向上，cd 受到的安培力向下，大小均为 当 ab 匀速下滑时，对 ab 有 对 cd 有 式中 T 为杆所受到的导线的拉力 解得 ，所以 。 4、【答案】（1） （2） 【解析】（1）当 Rx=R 棒沿导轨匀速下滑时，由平衡条件 安培力 ，解得 感应电动势 ， 电流 ，解得 （2）微粒水平射入金属板间，能匀速通过，由平衡条件 棒沿导轨匀速，由平衡条件 金属板间电压 ，解得 。 EI R r = + 2 22B l dR rmv = − 222 )( LB gRmMv −= 1E BLv= 2E BLv= 1 2 2 E E BLvI R R += = AF 2 2 A B L vF R = AT F Mg+ = AT F mg= + 2 ( )AF M m g= − 222 )( LB gRmMv −= 2 EI R = 2 2 2 sinMgRv B l θ= sinx mldBR Mq θ= sinMg Fθ = F BIl= sinMgI Bl θ= E Blv= 2 EI R = 2 2 2 sinMgRv B l θ= Umg q d = 1sinMg BI lθ = 1 xU I R= sinx mldBR Mq θ=27