2019年高中物理第一章电磁感应专题培优练(三)电磁感应中的动力学和能量问题(含解析)粤教版选修3_2

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2019届高考物理(人教版)第一轮复习课时作业3-2-9-4(小专题)电磁感应中的动力学和能

第 4 课时 (小专题 )电磁感应中的动力学和能量问题基本技能练1．(2014 广·东卷， 15)如图 1 所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管 Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )图 1A ．在 P 和 Q 中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在 P 中的下落时间比在Q 中的长D．落至底部时在P 中的速度比在Q 中的大解析由于电磁感应，小磁块在铜管 P 中下落时除受重力外还受到向上的磁场力，而在塑料管Q 中下落时只受到重力，即只在Q 中做自由落体运动，机械能守恒，故 A 、B 错误；在 P 中下落时的加速度较小，下落时间较长，落至底部时的速度较小，故 C 正确， D 错误。

答案 C▲如图所示，在水平面内固定着 U 形光滑金属导轨，轨道间距为 50 cm，金属导体棒 ab 质量为0.1 kg，电阻为 0.2 Ω，横放在导轨上，电阻 R 的阻值是 0.8 Ω(导轨其余部分电阻不计 )。

现加上竖直向下的磁感应强度为 0.2 T 的匀强磁场。

用水平向右的恒力F＝0.1 N 拉动 ab，使其从静止开始运动，则( )A ．导体棒 ab 开始运动后，电阻 R 中的电流方向是从 P 流向 MB．导体棒 ab 运动的最大速度为 10 m/sC．导体棒 ab 开始运动后， a、 b 两点的电势差逐渐增加到 1 V 后保持不变D．导体棒 ab 开始运动后任一时刻， F 的功率总等于导体棒ab 和电阻 R 的发热功率之和解析由右手定则可判断电阻 R 中的感应电流方向是从 M 流向 P，A 错；当金属导体棒受力平衡时，其速度将达到最大值，由F＝ BIL ，I＝Em＝BLv可得 FmR总R总B2L2vm m 对；感应电动势的最大值m ＝，代入数据解得 v ＝ 10 m/s，B E ＝1 V，a、R总b 两点的电势差为路端电压，最大值小于 1 V， C 错；在达到最大速度以前， F所做的功一部分转化为内能，另一部分转化为导体棒的动能， D 错。

2019_2020版高中物理第一章电磁感应3法拉第电磁感应定律讲义精练(含解析)教科版选修3_2

3 法拉第电磁感应定律[学科素养与目标要求]物理观念：理解和掌握法拉第电磁感应定律．科学思维：1.通过比较，区分Φ、ΔΦ、ΔΦΔt ．2.通过自主和合作探究，运用法拉第电磁感应定律推导出导体切割磁感线产生的电动势的公式．3.在进行感应电动势的计算时培养综合分析能力．一、感应电动势由电磁感应产生的电动势，叫感应电动势．二、法拉第电磁感应定律1．内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这个电路的磁通量的变化率成正比，这就是法拉第电磁感应定律．2．表达式：E ＝n ΔΦΔt ，其中n 是线圈的匝数．三、导体切割磁感线产生的感应电动势1．导线垂直于磁场运动，B 、L 、v 两两垂直时，如图1所示，E ＝BLv .图12．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为α时，如图2所示，E ＝BLv sin α.图21．判断下列说法的正误．(1)在电磁感应现象中，有感应电流，就一定有感应电动势；反之，有感应电动势，就一定有感应电流．( ×)(2)线圈中磁通量的变化量ΔΦ越大，线圈中产生的感应电动势一定越大．( ×)(3)线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大．( ×)(4)线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大．( √)2．图3甲、乙中，金属导体中产生的感应电动势分别为E甲＝_______，E乙＝_______.图3答案Blv Blv sin θ一、对电磁感应定律的理解如图所示，将条形磁铁从同一高度插入线圈的实验中．(1)快速插入和缓慢插入磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？(2)分别用一根磁铁和两根磁铁以同样速度快速插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？(3)指针偏转角度取决于什么？答案(1)磁通量变化量相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大．(2)用两根磁铁快速插入时磁通量变化量较大，磁通量变化率也较大，指针偏转角度较大．(3)指针偏转角度大小取决于ΔΦΔt的大小．1．感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈的匝数n 共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系，和电路的电阻R 无关．2．当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝n ΔB ·S Δt ；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E ＝n B ·ΔSΔt ；当ΔΦ由B 、S 的变化同时引起时，则E ＝nB 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔSΔt. 3．在Φ－t 图像中，图像上某点切线的斜率表示磁通量的变化率ΔΦΔt ；在B －t 图像中，某点切线的斜率表示磁感应强度的变化率ΔBΔt.例1 关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是 ( ) A ．穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就一定最大 B ．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大 C ．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0 D ．穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt 越大，所产生的感应电动势就越大答案 D解析根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率ΔΦΔt成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系．当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0.当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势也可能很大，而ΔΦ增大时，ΔΦΔt 可能减小．如图所示，t 1时刻，Φ最大，但E ＝0；0～t 1时间内ΔΦ增大，但ΔΦΔt 减小，E 减小；t 2时刻，Φ＝0，但ΔΦΔt最大，E 最大．故D 正确．例2 如图4甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝1 000匝，线圈面积S ＝200 cm 2，线圈的电阻r ＝1 Ω，线圈外接一个阻值R ＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，求：图4(1)前4 s 内的感应电动势的大小及电阻R 上消耗的功率； (2)前5 s 内的平均感应电动势．答案 (1)1 V 0.16 W (2)0 解析 (1)前4 s 内磁通量的变化量 ΔΦ＝Φ2－Φ1＝S (B 2－B 1)＝200×10－4×(0.4－0.2) Wb ＝4×10－3Wb由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦΔt ＝1 000×4×10－34V ＝1 V.I ＝E R ＋r ＝15A P R ＝I 2R ＝(15)2×4 W＝0.16 W(2)由题图乙知，4～6 s 内的ΔBΔt＝－0.2 T/s ，则第5 s 时的磁感应强度B 2′＝0.2 T ，前5 s 内磁通量的变化量ΔΦ′＝Φ2′－Φ1＝S (B 2′－B 1) ＝200×10－4×(0.2－0.2) Wb ＝0由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦ′Δt ＝0.二、导线切割磁感线时的感应电动势1．导线切割磁感线时感应电动势表达式的推导如图5所示，闭合电路一部分导线ab 处于匀强磁场中，磁感应强度为B ，ab 的长度为l ，ab 以速度v 匀速垂直切割磁感线．图5则在Δt 内穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝B ΔS ＝Blv Δt 根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝Blv .2．对公式的理解(1)当B、l、v三个量方向互相垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，E＝0.(2)当l垂直于B、l垂直于v，而v与B成θ角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blv sin θ.(3)若导线是曲折的，或l与v不垂直时，E＝Blv中的l应为导线在与v垂直的方向上的投影长度，即有效切割长度．例3如图6所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是( )图6A．丙和丁B．甲、乙、丁C．甲、乙、丙、丁D．只有乙答案 B解析公式E＝Blv中的l应指导体的有效切割长度，甲、乙、丁中的有效切割长度均为l，电动势E＝Blv；而丙的有效长度为0，电动势为0，故选项B正确．例4如图7所示，“∠”形金属框架MON所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，金属棒ab能紧贴金属框架运动，且始终与ON垂直，金属棒与金属框架材料、粗细相同．当ab 从O点开始匀速向右平动时，速度为v0，∠MON＝30°.图7(1)试求bOc回路中感应电动势随时间变化的函数关系式．(2)闭合回路中的电流随时间变化的图像是________．答案 (1)E ＝33Bv 02t (2)B 解析 (1)设ab 从O 点出发时开始计时，经过时间t 后，ab 匀速运动的距离为s ，则有s ＝v 0t .由tan 30°＝bcs，有bc ＝v 0t ·tan 30°.则金属棒ab 接入回路的bc 部分切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Bv 0bc ＝Bv 02t tan 30°＝33Bv 02t . (2)l Ob ＝v 0t ，l bc ＝v 0t tan 30°，l Oc ＝v 0t cos 30°，单位长度电阻设为R 0，则回路总电阻R ＝R 0(v 0＋v 0tan 30°＋v 0cos 30°)t ，回路电流I ＝ER 为常量，与时间t 无关，选项B 正确．[学科素养] 本题考查了导体切割磁感线产生感应电动势的计算和闭合电路欧姆定律的运用．解题过程要注意闭合回路中切割磁感线的那部分产生了感应电动势，相当于电源．该题将电磁感应与电路问题有机结合，提高了学生的逻辑思维能力和综合应用能力，很好地体现了“科学思维”的核心素养.1．(对法拉第电磁感应定律的理解)如图8所示，半径为R 的n 匝线圈套在边长为a 的正方形abcd 之外，匀强磁场垂直穿过该正方形，当磁场以ΔBΔt的变化率变化时，线圈产生的感应电动势的大小为( )图8A ．πR2ΔB ΔtB ．a2ΔB ΔtC ．n πR2ΔB ΔtD ．na2ΔB Δt答案 D解析由题意可知，线圈中磁场的面积为a 2，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势大小为E ＝n ΔΦΔt ＝na 2ΔB Δt，故只有选项D 正确． 2．(公式E ＝n ΔΦΔt 的应用)(多选)如图9甲所示，线圈的匝数n ＝100匝，横截面积S ＝50 cm 2，线圈总电阻r ＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正方向，磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化，则在开始的0.1 s 内( )图9A ．磁通量的变化量为0.25 WbB ．磁通量的变化率为2.5×10－2Wb/s C ．a 、b 间电压为0D ．在a 、b 间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A 答案 BD解析通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，由于0时刻和0.1 s 时刻的磁场方向相反，磁通量穿入的方向不同，则ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4Wb ＝2.5×10－3Wb ，A 项错误；磁通量的变化率ΔΦΔt ＝2.5×10－30.1 Wb/s ＝2.5×10－2Wb/s ，B 项正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a 、b 间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E ＝n ΔΦΔt ＝2.5 V 且恒定，C 项错误；在a 、b 间接一个理想电流表时相当于a 、b 间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I ＝E r ＝2.510A ＝0.25 A ，D 项正确． 3．(公式E ＝Blv 的应用)如图10所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E ，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相互垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为E ′.则E ′E等于( )图10A.12B.22 C ．1 D. 2 答案 B解析设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L ，E ＝BLv ；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为l ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＝22L ，故产生的感应电动势为E ′＝Blv ＝B ·22Lv ＝22E ，所以E ′E ＝22，B 正确． 4．(公式E ＝n ΔΦΔt 的应用)(2018·南通中学高二上学期期中)如图11甲所示，在一个正方形金属线圈区域内存在着磁感应强度B 随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S ＝200 cm 2，匝数n ＝1 000，线圈电阻r ＝2.0 Ω.线圈与电阻R 构成闭合回路，电阻的阻值R ＝8.0 Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：图11(1)t 1＝2.0 s 时线圈产生感应电动势的大小； (2)在t 1＝2.0 s 时通过电阻R 的感应电流的大小； (3)在t 2＝5.0 s 时刻，线圈端点a 、b 间的电压．答案 (1)1 V (2)0.1 A (3)3.2 V解析 (1)根据法拉第电磁感应定律，0～4.0 s 时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流，t 1＝2.0 s 时的感应电动势E 1＝nΔΦ1Δt 1＝n (B 4－B 0)SΔt 1＝1 V (2)根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流I 1＝E 1R ＋r解得I 1＝0.1 A(3)由题图乙可知，在4.0～6.0 s 时间内，线圈中产生的感应电动势E 2＝nΔΦ2Δt 2＝n ⎪⎪⎪⎪⎪⎪B 6－B 4Δt 2S ＝4 V 根据闭合电路欧姆定律，t 2＝5.0 s 时闭合回路中的感应电流I 2＝E 2R ＋r＝0.4 Aa 、b 间电压U ＝I 2R ＝3.2 V.一、选择题考点一公式E ＝n ΔΦΔt的理解和应用1．将多匝闭合线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D ．穿过线圈的磁通量变化率为0，感应电动势不一定为0 答案 C解析由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，选项A 错误；感应电动势正比于磁通量变化率ΔΦΔt ，与磁通量的大小无直接关系，选项B 、D 错误，C 正确．2．(2018·会宁一中高二下学期期末)如图1所示，一半径为a 、电阻为R 的金属圆环(被固定)与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到3B ，在此过程中( )图1A ．线圈中产生的感应电动势为πa 2B 2ΔtB ．线圈中产生的感应电动势为πa 2BΔtC ．线圈中产生的感应电流为0D ．线圈中产生的感应电流为2πa 2BR Δt答案 B解析根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝3B －B Δt ·12πa 2＝πa 2B Δt ，感应电流为I ＝ER ＝πa 2BR Δt，故A 、C 、D 错误，B 正确． 3．(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若穿过线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图2所示，则O ～D 过程中( )图2A ．线圈中O 时刻感应电动势最大B ．线圈中D 时刻感应电动势为零C ．线圈中D 时刻感应电动势最大D ．线圈中O 至D 时间内的平均感应电动势为0.4 V 答案 ABD解析由于E ＝n ΔΦΔt ，ΔΦΔt 为Φ－t 图线切线的斜率的大小，故A 、B 正确，C 错误；线圈中O 至D 时间内的平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝1×2×10－3－00.005 V ＝0.4 V ，故D 正确．4．(2018·石室中学高二期中)如图3所示，半径为r 的单匝金属圆环以角速度ω绕通过其直径的轴OO ′匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B .从金属环所在的平面与磁场方向重合时开始计时，在转过30°角的过程中，环中产生的感应电动势的平均值为( )图3A ．2B ωr 2B ．23B ωr 2C ．3B ωr 2D ．33B ωr 2答案 C解析题图位置时穿过金属环的磁通量为Φ1＝0，转过30°角时穿过金属环的磁通量大小为Φ2＝BS sin 30°＝12BS ，转过30°角用的时间为Δt ＝Δθω＝π6ω，由法拉第电磁感应定律得感应电动势的平均值为E ＝n ΔΦΔt ＝n Φ2－Φ1Δt＝3B ωr 2，故C 正确，A 、B 、D 错误．5.如图4所示，边长为a 的正方形导线框ABCD 处于磁感应强度为B 0的匀强磁场中，BC 边与磁场右边界重合，现发生以下两个过程：一是仅让线框以垂直于边界的速度v 匀速向右运动；二是仅使磁感应强度随时间均匀变化．若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等，则磁感应强度随时间的变化率为( )图4A.2B 0v a B.B 0v a C.B 0v 2a D.4B 0va答案 B解析第一种情况根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，可得：I ＝B 0avR；同样当磁感应强度随时间均匀变化时，可得：I ＝ΔBa 2ΔtR ，联立得：ΔB Δt ＝B 0va ，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．6.一闭合的正方形线圈放置在水平面上，在线圈所在的空间加一竖直向上的匀强磁场，磁场随时间变化的规律如图5所示．已知线圈的匝数为n 、边长为a 、面积为S ，图线的斜率为k ，则下列说法正确的是( )图5A ．线圈的匝数由n 变为2n ，则线圈中产生的感应电流变为原来的两倍B ．线圈的面积由S 变为2S ，则线圈中产生的感应电流变为原来的两倍C ．线圈的边长由a 变为2a ，则线圈中产生的感应电流变为原来的两倍D ．图线的斜率由k 变为k2，则线圈中产生的感应电流变为原来的两倍答案 C解析由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ·a 2Δt ＝nka 2，设绕成线圈的导线的横截面积为S 截，导线的电阻率为ρ，由电阻定律可知，线圈的电阻R ＝4n ρaS 截，则线圈中产生的感应电流I ＝E R ＝kaS 截4ρ.若要使线圈中的感应电流变为原来的两倍，则可使图线的斜率变为原来的两倍或正方形线圈的边长变为原来的两倍，C 正确，A 、B 、D 错误． 7.(多选)如图6所示，a 、b 是用同种规格的钢丝做成的两个同心圆环，两环半径之比为2∶3，其中仅在a 环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场．当该匀强磁场的磁感应强度均匀增大时，则( )图6A ．a 、b 两圆环内的感应电动势大小之比为1∶1B ．a 、b 两圆环内的感应电动势大小之比为4∶9C ．a 、b 两圆环内的感应电流大小之比为2∶3D ．a 、b 两圆环内的感应电流大小之比为3∶2 答案 AD解析由法拉第电磁感应定律得：E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ＝n ΔB Δt πR 2，n ΔB Δt 相同，则E a ∶E b ＝R a 2∶R a2＝1∶1，故A 正确，B 错误．根据电阻定律，圆环的电阻为r ＝ρLS ＝ρn ·2πRS，由于圆环中感应电流I ＝E r，综合可得：I a ∶I b ＝3∶2，故C 错误，D 正确．考点二公式E ＝Blv 的应用8．如图7所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab 以水平初速度v 0抛出，设运动的整个过程中不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将( )图7A ．越来越大B ．越来越小C ．保持不变D ．无法确定答案 C9．如图8所示，PQRS 为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN 为边界的匀强磁场中，磁场方向垂直线框平面，MN 与水平直线成45°角，E 、F 分别为PS 和PQ 的中点．关于线框中的感应电流( )图8A ．当E 点经过边界MN 时，感应电流最大B ．当P 点经过边界MN 时，感应电流最大C ．当F 点经过边界MN 时，感应电流最大D ．当Q 点经过边界MN 时，感应电流最大答案 B解析当P 点经过边界MN 时，有效切割长度最长，感应电动势最大，所以感应电流最大． 10．如图9所示，平行导轨间距为d ，其左端接一个电阻R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于平行金属导轨所在平面向上，一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计．当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v 在导轨上滑行时，通过电阻R 的电流大小是( )图9A.Bdv R B.Bdv sin θR C.Bdv cos θR D.Bdv R sin θ答案 D解析金属棒MN 垂直于磁场放置，运动速度v 与棒垂直，且v ⊥B ，即已构成两两相互垂直的关系，MN 接入导轨间的有效长度为l ＝d sin θ，所以E ＝Blv ＝Bdv sin θ，I ＝E R ＝BdvR sin θ，故选项D 正确．11．(多选)如图10所示，三角形金属导轨EOF 上放有一金属杆AB ，在外力作用下，使AB 保持与OF 垂直，从O 点开始以速度v 匀速右移，该导轨与金属杆均由粗细相同的同种金属制成，则下列判断正确的是 ( )图10A ．电路中的感应电流大小不变B ．电路中的感应电动势大小不变C ．电路中的感应电动势逐渐增大D ．电路中的感应电流逐渐减小答案 AC解析设金属杆从O 点开始运动到题图所示位置所经历的时间为t ，∠EOF ＝θ，金属杆切割磁感线的有效长度为L ，故E ＝BLv ＝Bv ·vt tan θ＝Bv 2tan θ·t ，即电路中感应电动势的大小与时间成正比，C 选项正确；电路中感应电流I ＝E R ＝Bv 2tan θ·tρlS，而l 为闭合三角形的周长，即l ＝vt ＋vt ·tan θ＋vtcos θ＝vt (1＋tan θ＋1cos θ)，所以I ＝Bv tan θ·Sρ(1＋tan θ＋1cos θ)是恒量，所以A 正确．二、非选择题12．如图11甲所示的螺线管，匝数n ＝1 500匝，横截面积S ＝20 cm 2，电阻r ＝1.5 Ω，与螺线管串联的外电阻R 1＝3.5 Ω，R 2＝25 Ω，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，试计算电阻R 2的功率．图11答案 1.0 W解析由题图乙知，螺线管中磁感应强度B 均匀增加，其变化率为ΔB Δt ＝6－22 T/s ＝2 T/s由法拉第电磁感应定律知，螺线管中产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ·S ΔB Δt ＝1 500×20×10－4×2 V＝6.0 V由闭合电路欧姆定律知，螺线管回路中的电流为I ＝E r ＋R 1＋R 2＝ 6.01.5＋3.5＋25A ＝0.2 A电阻R 2消耗的功率为P 2＝I 2R 2＝(0.2)2×25 W＝1.0 W.13.在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B ＝0.2 T ，有一水平放置的光滑框架，宽度为l ＝0.4 m ，如图12所示，框架上放置一质量为0.05 kg 、接入电路的电阻为1 Ω的金属杆cd ，金属杆与框架垂直且接触良好，框架电阻不计．若cd 杆在水平外力的作用下以恒定加速度a ＝2 m/s 2由静止开始向右沿框架做匀变速直线运动，则：图12(1)在5 s 内平均感应电动势是多少？ (2)第5 s 末，回路中的电流多大？(3)第5 s 末，作用在cd 杆上的水平外力大小为多少？ (金属杆cd 受到的安培力方向与其在磁场中的运动方向相反) 答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N 解析 (1)金属杆5 s 内的位移：x ＝12at 2＝25 m ，金属杆5 s 内的平均速度v ＝x t ＝5 m/s(也可用v ＝0＋2×52m/s ＝5 m/s 求解)故平均感应电动势E ＝Blv ＝0.4 V.(2)金属杆第5 s 末的速度v ′＝at ＝10 m/s ，此时回路中的感应电动势：E ′＝Blv ′ 则回路中的电流为：I ＝E ′R ＝Blv ′R ＝0.2×0.4×101A ＝0.8 A. (3)金属杆做匀加速直线运动，则F －F 安＝ma ，即F ＝BIl ＋ma ＝0.164 N.。

2019高考物理复习14电磁感应中的动力学和能量问题最新版

2．两种状态及处理方法
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行分析
3．动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：
Ⅰ.电磁感应中的平衡问题
(2016·全国甲卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为 θ 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.已知滑．求
(2) E＝Blv I＝R＋E r F 安＝BIl F－F 安＝ma，将 F＝0.5v＋0.4 代入，得： 0.5－RB＋2l2rv＋0.4＝a 因为加速度为恒量，与 v 无关，所以 a＝0.4 m/s2 0.5－RB＋2l2r＝0，代入数据得：B＝0.5 T.
(3)设外力 F 作用时间为 t，则 x1＝12at2 v0＝at x2＝mBR2＋l2 rv0 x1＋x2＝s，代入数据得 0.2t2＋0.8t－1＝0 解方程得 t＝1 s 或 t＝－5 s(舍去)．答案：(1)是 (2)0.4 m/s2 0.5 T (3)1 s
⑨
答案：(1)mg(sin θ－3μcos θ)
(2)(sin
θ－3μcos
m分析和运动过程分析是解题的关键．
如图，两个倾角均为θ 面，顶端相同，斜面上分别固定着一个光滑的不计电阻的U型导 L＝1．0 m，底边分别与开关S1、S2连接，导轨上分别放置一根棒a和b，a的电阻R1＝10．0 Ω、质量m1＝2．0 kg，b的电阻R2＝8 1．0 kg.U型导轨所在空间分别存在着垂直斜面向上的匀强磁场 1．0 T，B2＝2．0 T，轻细绝缘线绕过斜面顶端很小的光滑定滑中点，细线与斜面平行，两导轨足够长，sin 37°＝0.6，cos 37° m/s2．开始时，开关S1、S2都断开，轻细绝缘线绷紧，金属棒a和b 静止状(1)态撤．去求外：力，两金属棒的加速度多大？

2019-2020版高中物理第一章电磁感应5电磁感应中的能量转化与守恒讲义+精练(含解析)教科版选修

5电磁感应中的能量转化与守恒［学科素养与目标要求］物理观念：进一步熟练掌握牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等力学基本规律.科学思维：1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法，建立解决电磁感应中动力学问题的思维模型2理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.1 •在导线切割磁感线运动产生感应电流时，电路中的电能来源于机械能•机械能借助于电磁感应实现了向电能的转化.2•在电磁感应中，产生的电能是通过外力克服安培力做功转化而来的，外力克服安培力做了多少功，就有多少电能产生；而这些电能又通过感应电流做功，转化为其他形式的能量、电磁感应中的能量转化- 1 -(1) 如图所示，处在匀强磁场中的水平导轨上有一根与光滑导轨接触良好的可自由滑动的导体棒ab,现导体棒ab具有向右的初速度v,则：①导体棒中的感应电流方向如何？②ab受到的安培力的方向如何？③ab的速度如何变化？④电路中的电能是什么能转化过来的？⑵如⑴题图所示，设ab长为L，匀强磁场的磁感应强度为B，闭合电路的总电阻为R,导体棒在外力的作用下以速度v做匀速直线运动，求在t时间内，外力所做的功W外和感应电流的电功W电.答案(1)①由右手定则可确定，在ab内产生由a向b的感应电流.②由左手定则可知，磁场对导体棒ab的安培力是向左的.③安培力与速度方向相反，则安培力阻碍导体棒的运动，导体棒的速度逐渐减小到零.④导体棒的机械能.- 2 -⑵导体棒产生的感应电动势E= BLv,E BLv电路中感应电流I = R=-R磁场对这个电流的作用力：F安=BIL = BR^B2L2V保持匀速运动所需外力F外=F安= -R在t时间内，外力所做的功弘=F外vt =R此时间内，感应电流的电功为W fe= |2Rt = BL?t1.电磁感应中能量的转化(1)转化方式- 3 -(2) 涉及到的常见功能关系①有滑动摩擦力做功，必有内能产生；②有重力做功，重力势能必然发生变化；③克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能. 2．焦耳热的计算(1) 电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q= l1 2Rt.(2) 感应电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q= W安.②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量.1 如图1所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L,导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接•右端接一个阻值为R的定值电阻•平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场•质量为m接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边- 4 -- 5 -界处恰好停止•已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为良好，重力加速度为 g .则金属棒穿过磁场区域的过程中（）图1A. 流过金属棒的最大电流为B. 通过金属棒的电荷量为C. 克服安培力所做的功为D. 金属棒产生的焦耳热为答案 D - 1 2 解析金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh= ?mv,金属棒到达平直部分时的速度v =寸2gh ,金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E = BLv,最大感应电流1= E- = BL 』gh ,故A 错误；R 十 R 2R△① BdL通过金属棒的感应电荷量 q = I △ t = 2R = 2R ，故B 错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh-W 安- i mgc = 0— 0,克服安培力做功： W fe =mgh- i mgd 故 C 错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则 1 1 1金属棒产生的焦耳热： Q' = ?Q= 2弘=q mg h — （id ），故D 正确.（1,金属棒与导轨垂直且接触Bd 2gh 2R BdL "R mgh1mgh — yd )例2 如图2 所示，足够长的平行光滑U 形导轨倾斜放置，所在平面的倾角e = 37°,导轨间的距离L= 1.0 m下端连接R= 1.6 Q的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B= 1.0 T •质量作0.5 kg、电阻r = 0.4 Q的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F= 5.0 N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行s= 2.8 m后2速度保持不变•求：(sin 37 ° = 0.6 , cos 37 ° = 0.8 , g= 10 m/s )图2(1) 金属棒匀速运动时的速度大小v；(2) 金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量Q.- 6 -答案(1)4 m/s (2)1.28 J一亠 , BLv解析(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I = :R十r由平衡条件有F= mc sin 0 + BIL代入数据解得v = 4 m/s.(2)设整个电路中产生的热量为Q由动能定理得1 2Fs—mgs- sin 0 - W fe= ^mv而Q= W安, Q R= R十-Q R十r代入数据解得Q= 1.28 J.二、电磁感应中的动力学问题电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是:(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.⑵用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向.(3) 分析导体的受力情况(包括安培力).⑷列动力学方程(a^0)或平衡方程(a= 0)求解.- 7 -例3 如图3所示，空间存在B= 0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN PQ是水平放置、电阻不计的平行长直导轨，其间距L= 0.2 m，电阻R= 0.3 Q接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量作0.1 kg、接入电路的电阻r = 0.1 Q的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F=0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触- 8 -良好，求：(g= 10 m/s 2)- 9 -例- 10-图3 ⑴ 导体棒所能达到的最大速度； (2)试定性画出导体棒运动的速度一时间图像. 答案 (1)10 m/s (2)见解析图解析(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势: 回路中的感应电流I = R |r ② E = BLV D导体棒受到的安培力 F 安=BIL ③ 导体棒运动过程中水平方向受到拉力 F 、安培力F 安和摩擦力F f 的作用, F —(1 mg- F 安=ma ④ BVv 由①②③④得：F — i mg- = ma © R + r 根据牛顿第二定律得:由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度到最大. BUm 此时有F — i mg- = 0⑥ r F 一 1 mg R + r 可得：V m = ^2 = 10 m/s ⑦ a 减小，当加速度 a 减小到0时，速度达⑵ 由⑴ 中分析可知，导体棒运动的速度—时间图像如图所示.4如图 4 甲所示，两根足够长的直金属导轨MN PQ平行放置在倾角为e的绝缘斜面上，两导轨间距为L, M P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦. （重力加速度为g）图4⑴由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；⑵在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值.答案（1）见解析图BLv BVv mgIR i n 0⑵ BR" g sin 0 -BLR ⑶隹—解析（1）如图所示，ab杆受重力mg方向竖直向下；支持力N,方向垂直于斜面向上；安培力F安，方向沿导轨向上.⑵ 当ab 杆的速度大小为 v 时，感应电动势 E = BLv,此时电路中的电流 I = E = B LVR RB 2L 2vab 杆受到的安培力 F 安=BIL =-根据牛顿第二定律，有“ BVv m 局/口 mgl Sin0=—，解得 v m = B L提示 i.受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场的方向，以便准确地画出安培力的方向.2 •要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化.［学科素养］例3、例4考查了电磁感应的动力学问题，在处理该类问题时，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.基本思路是：导体受外力运动一E =—岂产生感应电动势力一-合外力变化一尸一■ 口速度变化 ---- 速度变化 --- 感应电动势变化 a = 0, v 达到最大值•将电磁感应与受力分析、牛顿运动定律、物体的平衡等知识有机结合，培养了学生的综合分析、科学推理能力，很好地体现了“科学思维”的核心素养mg sin 0 — F 安=mg sinBVv=ma贝U a = g sinB2L 2V⑶当a = 0时，ab 杆有最大速度 v m ,即mgs in 产生感应电流一F —―i 导体受安培i.（电磁感应中的能量问题）（多选）如图5所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为e 的斜面上，导轨的左端接有电阻R,导轨自身的电阻可忽略不计•斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为m电阻可以忽略不计的金属棒ab,在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h,在这一过程中（）图5A. 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B. 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C. 恒力F与安培力的合力所做的功等于零D. 恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AD解析金属棒匀速上滑的过程中,对金属棒受力分析可知,有三个力对金属棒做功,恒力F 做正功,重力做负功,安培力阻碍相对运动,沿斜面向下,做负功,匀速运动时,金属棒所受合力为零，故合力做功为零，路中的电能，电能又等于电阻上产生的焦耳热，D正确.A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R2.（电磁感应中的动力学问题）如图6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，ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆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变化的图像不可能是下图中的（）答案BB2l 2v,r, Bh2v 解析S闭合时，若金属杆受到的安培力R > mg ab杆先减速再匀速，D项有可能；若DRWl 2v=mg ab杆匀速运动，A项有可能；若v mg ab杆先加速再匀速，RC项有可能；由于vB V V变化，mg-= ma 中a 不恒定，故 B 项不可能.R3.（电磁感应中的动力学问题）（2018 •哈尔滨市六校高二下期末联考）如图7甲所示，平行长直导轨MN PQ 水平放置，两导轨间距L = 0.5 m ，导轨左端 M P 间接有一定值电阻，导体棒ab 质量m= 0.2 kg ,与导轨间的动摩擦因数口= 0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端d = 1 m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计•整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t = 0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度 B 随时间t 的变化如图乙所示，在 0〜3s内导体棒被固定，3 s 后释放导体棒，t = 1 s 时棒所受到的安培力 F = 0.05 N •不计感应电流对磁场的影响，取重力加速度g = 10 m/s 3 4 5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.（1）求定值电阻的阻值 R ；由F = BIL 得 F 0.05I ==A = 1 ABL 0.1 X 0.5 A 1由闭合电路欧姆定律得1=E R可得 R = 0.05 Q3答案(1)0.05 Q (2)6 m/s解析（1）由题图乙知0〜3 s 内△£= 乎 T/s△ B（2）若t = 4 s 时，突然使ab 棒获得向右的速度V= 20 m/s ，求此时导体棒的加速度大小a.=0.1 T/s0〜3 s 内回路中产生的感应电动势 t = 1 s 时导体棒ab 所受到的安培力 F = 0.05 N⑵若t = 4 s时，突然使ab棒获得向右的速度V = 20 m/s , 产生的感应电动势E'= B Lv= 0.1 X 0.5 X20 V = 1 V、 E 1感应电流I '= ~R = ° 05 A = 20 A根据牛顿第二定律得BT ' L+ 口mg= ma得a= 6 m/s 2.4 .（电磁感应中的动力学和能量问题）（多选）如图8所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场I、n的高和间距均为d,磁感应强度均为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场I和n时的速度相等•金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g, 则金属杆（）A. 刚进入磁场I时加速度方向竖直向下B. 刚进入磁场I时加速度方向竖直向上C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场I上边界的高度h可能小于2mgR答案BC解析由于金属杆进入两个磁场时的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的匀加速运动，所以金属杆进入磁场时应做减速运动，加速度方向竖直向上，选项A错误，B正确；从进入磁场I瞬间到进入磁场n瞬间过程中，根据能量守恒，金属杆减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q = mg-2d,所以穿过两个磁场过程中产生的总热量为4mgd选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则BRV—mg= 0,得v= B J L^因金属杆进入磁场做减速运动，则金属杆进入磁场的速度大于mg R根据 2h=2g得金属杆释放时距磁场1上边界的高度应大于2 2_2 2 2mg R mgR4 4 — 4 4 2gBL42BT，选项D错误.5.(电磁感应中的能量问题)(2018 •怀化市高二上期末考试)如图9甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN PQ竖直放置，其宽度L— 1 m, —匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R—0.40 Q的电阻，质量为m= 0.01 kg、电阻为r —0.30 Q 的金属棒ab 紧贴在导轨上.现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，g—10 m/s 2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：(1) 判断金属棒两端a、b的电势高低；(2) 磁感应强度B的大小；(3) 在金属棒ab开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量.答案（1）a 端电势低，b 端电势高（2）0.1 T （3）0.26 J解析（1）由右手定则可知，ab 中的感应电流由a 流向b , ab 相当于电源，贝U b 端电势高，端电势低.△ X 112 — 7⑵ 由x — t 图像得t = 1.5 s 时金属棒的速度为：v == m/s = 7 m/s △ t 2.1 — 1.5金属棒匀速运动时所受的安培力大小为：F = BIL根据平衡条件得：F = mg代入数据解得：B = 0.1 T内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路的内能•设电路中产生的总焦耳热为Q根据能量守恒定律得： mgx= g mv + Q 代入数据解得：Q= 0.455 JR故R 产生的热量为 Q= R +「Q= 0.26 J一、选择题考点一电磁感应中的动力学问题1. 如图1所示，在一匀强磁场中有一 U 形导线框abed ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在 ab 、ed 上无摩擦地滑动.杆 efER ^r ，E = BLv联立得: F =B 2L 2vR + r则有:BVv mg=硏（3）金属棒ab 在开始运动的1.5 s线框中导线的电阻都忽略不计•开始时，给ef 一个向右的初速度，则（）图1A. ef 将减速向右运动，但不是匀减速B. ef 将匀减速向右运动，最后停止C. ef 将匀速向右运动D. ef 将往返运动答案 A解析 ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减2. 如图2所示，质量为 m 的金属圆环用不可伸长的细线悬挂起来，金属圆环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法中正确的是（重力加速度为g ）（）速运动，直到停止，由F = BII =巒ma 知,Ref 做的是加速度减小的减速运动，故A 正确.A. 大于环重力mg并逐渐减小B. 始终等于环重力mgC. 小于环重力mg并保持恒定D. 大于环重力mg并保持恒定答案A解析根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有T= mg+ F安，得T>mg F安=BIL,根E △①△ B据法拉第电磁感应定律知，I = ；=£匚== S,可知I为恒定电流，综合可知B减小，F安R IR A t R A t减小，则由T= mg^ F安知T减小，选项A正确.3. （多选）用一段横截面半径为r、电阻率为p、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为Rr? R 的圆环.圆环竖直向下落入如图3所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v,忽略其他影响，则（重力加速度为g）（）A. 此时在圆环中产生了（俯视）顺时针方向的感应电流B. 圆环因受到了向下的安培力而加速下落%C. 此时圆环的加速度 a =pdD. 如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度 v 戸曽9答案 AD解析由右手定则可以判断感应电流的方向为可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，选项 2 R产生的感应电动势E = Blv =2n v，圆环的电阻R 电=七产，则圆环中的感应电流1d - 2n R-n r 2,贝U a = g — —J ，选项C 错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时apd4.如图4所示，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（俯视）顺时针方向，选项 A 正确；由左手定则B 错误；圆环垂直切割磁感线,E Rf e2B n r vp圆环所受的安培力F 安=BI - 2n R,圆环的加速度a =mg- F 安m = =0,可得v (m=嘗，选项D 正确.框进入并通过磁场区域.下列v -1图像中，能正确描述上述过程的是（）图4答案 D解析导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E = BLv 、I = R F 安=BIL导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据FB2L 2V安= ，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项 D 正确.5.（多选）如图5所示，有两根和水平方向成 a （ a<90。

高考物理电磁感应中的动力学问题和能量问题

电磁感应中的动力学问题和能量问题辅导讲义形，介质中质点Q 此时位移为-0.1m ，图乙表示该波传播的介质中质点P 从t=0时起的振动图像，则下列说法正确的是______________（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，没选错一个扣3分，最低得分为0）A ．该波沿x 轴负方向传播B ．该波的传播速度为20m/sC ．再经过160s 质点Q 到达平衡位置 D ．质点P 在任意一个0.05s 时间内通过的路程一定为0.2mE ．0~0.1s 时间内质点Q 通过的路程一定为0.4m3、如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，∠A=30°，∠B=60°，AB 边长为L 。

一束与BC 面成θ=30°角的光从BC 面中点射入三棱镜，进入三棱镜后折射光线从AB 边平行。

求：（i ）通过计算说明在AC 面下方能否观察到折射光？（ii ）求从AB 边出射点到A 点距离。

（1）（5分）ABE（2）（10分）解析：（ⅰ）光路图如图。

据题意可求出γ=30°由折射定律在BC 面上有：330sin 60sin 0==o n 由临界角的公式sin C ＝n1 解得：sin C ＝33，所以全反射的临界角C ＜60°，光线在AC 面上的入射角为60°＞C ，故光线在AC 界面发生全反射，在AC 面下方不能观察到折射光线（ⅱ）由几何关系可知在AB 边上的入射角为30°，则射出棱镜时的折射角为60°。

[来源:]解法一：求磁感应强度的变化率，需要将感生电动势和动生电动势叠加.B2L2v0R＝mg sin θ.当ab边刚越过mg sin θ，加速度向上大小为错误．有磁场时，ab切割磁感一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁，解得线框进入磁场前运动的加速度为，E＝Bl1v，联立解得线框进入2E，回路中的电流I＝2R，选项错误．由能量守恒定律可知：，I ＝E ，E ＝Bd v。

2017-2018学年高中物理选修3-2：专题培优练三电磁感

专题培优练（三）电磁感应中的动力学和能量问题1.如图1所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界。

若不计空气阻力，则()图1A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大D．圆环最终将静止在平衡位置解析：选B如题图所示，当圆环从1位置开始下落，进入和摆出磁场时(即2和3位置)，由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生。

同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有能量的损失。

因此圆环不会摆到4位置。

随着圆环进出磁场，其能量逐渐减少，圆环摆动的振幅越来越小。

当圆环只在匀强磁场中摆动时，圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化。

题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环最终将在A、B间来回摆动。

B正确。

2. (多选)如图2所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，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v m，则()图2A．如果B变大，v m将变大B．如果α变大，v m将变大C．如果R变大，v m将变大D．如果m变小，v m将变大解析：选BC金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Bl v，在闭合电路中形成电流I ＝Bl vR，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F 作用，F ＝BIl ＝B 2l 2vR ，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mg sin α－B 2l 2vR ＝ma ，当a →0时，v →v m ，解得v m ＝mgR sin αB 2l 2，故选项B 、C 正确。

电磁感应中的动力学及能量问题课件

如图 1 所示，在竖直向下的磁感应强度为 B 的匀强磁场中，有两根水平放置且足够长的平行金属导轨 AB、CD，在导轨的 A、C 端连接一阻值为 R 的电阻．一根质量为 m、长度为 L 的金属棒 ab 垂直导轨放置，导轨和金属棒的电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ.若用恒力 F 沿水平方向向右拉金属棒使其运动，求金属棒的最大速度.
【解析】 (1)当杆达到最大速度时安培力 F＝mgsin θ
安培力 F＝BId
感应电流 I＝R＋E r
感应电动势 EB＋2dr2sin
θ .
(2)当金属杆 ab 运动的加速度为12gsin θ 时
根据牛顿第二定律 mgsin θ－BI′d＝m·12gsin θ
电阻 R 上的电功率 P＝I′2R
金属棒 ab 切割磁感线产生的感应电动势为
Emax＝BLvmax 联立以上各式解得金属棒的最大速度为
vmax＝F－Bμ2Lm2gR.
【答案】
F－μmgR B2L2
用“四步法”分析电磁感应中的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：
电磁感应中的能量问题 1．能量转化的过程分析电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功实现的．安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为内能)，外力克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程．
求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路 (1)确定感应电动势的大小和方向． (2)画出等效电路图，求出回路中消耗的电能表达式． (3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械能的改变与回路中的电能的改变所满足的方程．
解得
P＝mg2sBidn
θ2 R.

2019版高中物理第1章电磁感应与现代生活 1.4 电磁感应的案例分析练习沪科版选修3-2

1.4 电磁感应的案例分析一、选择题考点一电磁感应中的动力学问题1.如图1所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动.杆ef 及线框中导线的电阻都可不计.开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图1A.ef 将减速向右运动，但不是匀减速B.ef 将匀减速向右运动，最后停止C.ef 将匀速向右运动D.ef 将往返运动答案 A解析 ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F ＝BIL ＝B 2L 2vR＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动.故A 正确.2.(多选)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环.圆环竖直向下落入如图2所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B .圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v ，忽略其他影响，则( )图2A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落C.此时圆环的加速度a ＝B 2vρdD.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m ＝ρdgB2答案 AD解析由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，可知选项A 正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，选项B 错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势E ＝BLv ＝B ·2πR ·v ，圆环的电阻R 电＝ρ·2πRπr2，则圆环中的感应电流I ＝E R 电＝B πr 2vρ，圆环所受的安培力F安＝BI ·2πR ，圆环的加速度a ＝mg －F 安m，m ＝d ·2πR ·πr 2，则a ＝g －B 2vρd ，选项C 错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时a ＝0，可得v m ＝ρgdB2，选项D 正确.3.如图3所示，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，正确描述上述过程的是( )图3答案 D解析导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E ＝BLv 、I ＝E R、F ＝BIL得F ＝B 2L 2v R，随着v 的减小，安培力F 减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动.整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F ＝B 2L 2vR，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D 正确. 4.(多选)如图4所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根质量为m 、电阻不计的金属杆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v m ，则( )图4A.如果B 增大，v m 将变大B.如果α变大(仍小于90°)，v m 将变大C.如果R 变大，v m 将变大D.如果m 变小，v m 将变大答案 BC解析金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就相当于一个电源，与电阻R 构成一个闭合回路，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin α－B 2L 2vR＝ma所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a ＝0时达到最大速度v m ，即mg sin α＝B 2L 2v m R ，可得：v m ＝mgR sin αB 2L 2，故由此式知选项B 、C 正确.考点二电磁感应中的能量问题5.如图5所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )图5A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R 上产生的热量答案 A解析棒加速上升时受到重力、拉力F 及安培力.根据功能关系可知，力F 与安培力做功的代数和等于棒的机械能的增加量，A 正确.6.如图6所示，纸面内有a 、b 两个用同样的导线制成的闭合正方形线圈，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )图6A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C.a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D.a 、b 线圈中电功率之比为3∶1 答案 B解析根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设ΔB Δt ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt l 2，则E a E b ＝(31)2＝91，选项B 正确；根据I ＝E R ＝E ρ4nl S＝nΔB Δt l 2S 4ρnl ＝klS4ρ可知，I ∝l ，故a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1，选项C 错误；电功率P ＝IE ＝klS4ρ·n ΔB Δt l 2＝nk 2l 3S 4ρ，则P ∝l 3，故a 、b 线圈中电功率之比为27∶1，选项D 错误.7.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L 、质量为m 的导体棒ab ，ab 处在磁感应强度大小为B 、方向如图7所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R 的电阻，导轨及导体棒电阻不计.现使ab 在水平恒力F 作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为s 时，ab 达到最大速度v m .此时撤去外力，最后ab 静止在导轨上.在ab 运动的整个过程中，下列说法正确的是( )图7A.撤去外力后，ab 做匀减速运动B.合力对ab 做的功为FsC.R 上释放的热量为Fs ＋12mv 2mD.R 上释放的热量为Fs 答案 D解析撤去外力后，导体棒水平方向只受安培力作用，而F 安＝B 2L 2vR，F 安随v 的变化而变化，故导体棒做加速度变化的变速运动，A 错；对整个过程由动能定理得W 合＝ΔE k ＝0，B 错；由能量守恒定律知，恒力F 做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R 上释放的热量，即Q ＝Fs ，C 错，D 正确.考点三电磁感应中的动力学及能量综合问题8.(多选)如图8所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd ，线框以恒定的速度v 沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc 边始终与磁场右边界平行，线框边长ad ＝L ，cd ＝2L .线框导线的总电阻为R .则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是( )图8A.ad 间的电压为BLv3B.流过线框横截面的电荷量为2BL2RC.线框所受安培力的合力为2B 2L 2v RD.线框中的电流在ad 边产生的热量为2B 2L 3v 3R答案 ABD解析 ad 间的电压为U ＝I ·16R ＝B ·2Lv R ·16R ＝BLv3，故A 正确；流过线框横截面的电荷量q＝I Δt ＝ΔΦΔt ·R ·Δt ＝2BL 2R ，故B 正确；线框所受安培力的合力F ＝BI ·2L ＝4B 2L 2vR，故C错误；产生的感应电动势E ＝2BLv ，感应电流I ＝E R ，线框中的电流在ad 边产生的热量Q ＝I 2·16R ·L v ＝2B 2L 3v3R，故D 正确. 二、非选择题9.如图9所示，相距为L 的光滑平行金属导轨ab 、cd 固定在水平桌面上，上面放有两根垂直于导轨的金属棒MN 和PQ ，金属棒质量均为m ，电阻值均为R .其中MN 被系于中点的细绳束缚住，PQ 的中点与一绕过定滑轮的细绳相连，绳的另一端系一质量也为m 的物块，绳处于拉直状态.整个装置放于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B .若导轨的电阻、滑轮的质量及一切摩擦均忽略不计，当物块由静止释放后，求：(重力加速度为g ，金属导轨足够长，与MN 、PQ 相连的绳跟MN 、PQ 垂直)图9(1)细绳对金属棒MN 的最大拉力； (2)金属棒PQ 能达到的最大速度. 答案 (1)mg (2)2mgR B 2L2解析 (1)对棒PQ ，开始时做加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，此时感应电流最大.此后棒PQ 做匀速直线运动. 对棒PQ ，F 安＝BLI m ＝mg 对棒MN ，F m ＝F 安＝BLI m ＝mg . (2)对棒PQ ，F 安－mg ＝0时速度最大E ＝BLv m ，I m ＝E2R，F 安＝BLI m解得v m ＝2mgRB 2L2.10.如图10甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°夹角放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R ＝3 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场.现将质量m ＝0.1 kg 、接入电路的电阻r ＝1 Ω的金属杆ab 从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v －t 图像如图乙所示.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：图10(1)磁感应强度大小B ；(2)杆在磁场中下滑0.1 s 过程中电阻R 上产生的热量. 答案 (1)2 T (2)3160 J解析 (1)由题图乙得 0～0.1 s 内，杆的加速度a ＝Δv Δt ＝0.50.1m/s 2＝5 m/s 20～0.1 s 内，由牛顿第二定律有mg sin 37°－f ＝ma 代入数据得f ＝0.1 N0.1 s 后杆匀速运动，有mg sin 37°－f －F 安＝0而F 安＝BIL ＝B BLv R ＋r L ＝B 2L 2vR ＋r解得B ＝2 T(2)方法一：杆在磁场中下滑0.1 s 的过程中，回路中的电流恒定，有I ＝BLvR ＋r＝0.25 A ，电阻R 上产生的热量Q R ＝I 2Rt ＝3160J. 方法二：金属杆ab 在磁场中匀速运动的位移s ＝vt ＝0.05 m金属杆ab 下落的高度h ＝s sin θ＝0.03 m由能量守恒有mgh ＝Q ＋fs 电阻R 产生的热量Q R ＝34Q ＝34(mgh －fs )＝3160J. 11.如图11所示，倾角为θ的U 形金属框架下端连接一阻值为R 的电阻，相互平行的金属杆MN 、PQ 间距为L ，与金属杆垂直的虚线a 1b 1、a 2b 2区域内有垂直框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，a 1b 1、a 2b 2间距离为d ，一长为L 、质量为m 、电阻为R 的导体棒在金属框架平面上与磁场上边界a 2b 2距离d 处从静止开始释放，最后匀速通过磁场下边界a 1b 1.重力加速度为g (金属框架摩擦及电阻不计，空气阻力不计).求：图11(1)导体棒刚到达磁场上边界a 2b 2时速度大小v 1； (2)导体棒匀速通过磁场下边界a 1b 1时速度大小v 2； (3)导体棒穿越磁场过程中，回路产生的电能.答案 (1)2gd sin θ (2)2mgR sin θB 2L 2 (3)2mgd sin θ－2m 3g 2R 2sin 2θB 4L4解析 (1)导体棒在磁场外沿斜面下滑，只有重力做功，由机械能守恒定律得：mgd sin θ＝12mv 12解得：v 1＝2gd sin θ(2)导体棒匀速通过匀强磁场下边界a 1b 1时，由平衡条件：mg sin θ＝F 安 F 安＝BIL ＝B 2L 2v 22R解得：v 2＝2mgR sin θB 2L2(3)由能量守恒定律得：mgd sin θ＝12mv 22－12mv 12＋Q解得：Q ＝2mgd sin θ－2m 3g 2R 2sin 2θB 4L 4.。

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- 1 -
电磁感应中的动力学和能量问题
1．如图1所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆
环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界。若不计空气阻力，
则( )

图1
A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度
B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大
D．圆环最终将静止在平衡位置
解析：选B 如题图所示，当圆环从1位置开始下落，进入和摆出磁场时(即2和3位置)，
由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生。同时，金属圆环本身有内阻，必然有能
量的转化，即有能量的损失。因此圆环不会摆到4位置。随着圆环进出磁场，其能量逐渐减
少，圆环摆动的振幅越来越小。当圆环只在匀强磁场中摆动时，圆环内无磁通量的变化，无
感应电流产生，无机械能向电能的转化。题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的
速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环最终将在A、B间来回摆动。
B正确。
2．(多选)如图2所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，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
v
m
，则( )

图2
A．如果B变大，vm将变大
B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
- 2 -

解析：选BC 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，
在闭合电路中形成电流I＝BlvR，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重

力、轨道的弹力外还受安培力F作用，F＝BIl＝B2l2vR，先用右手定则判定感
应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsin α
－B2l2vR＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝mgRsin αB2l2，故选项B、C正确。
3．如图3所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直
的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，
关于线拉力大小的下列说法中正确的是( )

图3
A．大于环重力mg，并逐渐减小
B．始终等于环重力mg
C．小于环重力mg，并保持恒定
D．大于环重力mg，并保持恒定
解析：选A 根据楞次定律知圆环中感应电流方向为顺时针，再由左手定则判断可知圆环
所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FT＝mg＋F，得FT＞mg，F＝BIL，根

据法拉第电磁感应定律I＝ER＝ΔΦRΔt＝ΔBRΔtS可知I为恒定电流，联立上式可知B减小，推知
F
减小，则由FT＝mg＋F知FT减小。选项A正确。
4．(多选)如图4所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量m的金属棒ab。导轨的
一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒
ab在一水平恒力F
作用下由静止开始向右运动。则( )

图4
A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大
B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能
C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率
D．无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能
- 3 -

解析：选CD 金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动，对金属棒ab受力
分析有F－B2L2vR＝ma，可知随着ab运动速度的增大，其加速度逐渐减小，选项A错误；外力
F对ab做的功等于电路中产生的电能加上金属棒ab增加的动能，选项B错误；当ab
做匀速

运动时，F＝F安＝B2L2vR，外力F做功的功率等于电路中的电功率，选项C正确；无论ab做何
种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，选项D正确。
5．如图5所示，PN与QM两平行金属导轨相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和
R2，且R1＝6 Ω，ab
导体的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀

强磁场的磁感应强度为1 T。现ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的
电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，求：

图5
(1)R2的阻值；
(2)R1与R2消耗的电功率；
(3)拉ab杆的水平向右的外力F。
解析：(1)内外功率相等，则内外电阻相等
6 Ω×
R
2

6 Ω＋
R
2

＝2 Ω

解得R2＝3 Ω。
(2)导体棒切割磁感线，相当于电源，
E＝BLv
＝1×1×3 V＝3 V

总电流I＝ER总＝34 A＝0．75 A
路端电压U＝IR外＝0．75×2 V＝1．5 V
P
1
＝U2R1＝1.526 W＝0．375 W

P
2
＝U2R2＝1.523 W＝0．75 W。

(3)F＝BIL＝1×0．75×1 N＝0．75 N。
答案：(1)3 Ω (2)0．375 W 0．75 W (3)0．75 N
6．如图6所示，固定在匀强磁场中的水平导轨的间距L1＝0．5 m，金属棒ad与导轨左
端bc的距离L2＝0．8 m，整个闭合回路的电阻为R＝0．2 Ω，匀强磁场的方向竖直向下穿过
整个回路。ad棒通过细绳跨过定滑轮连接一个质量为m＝0．04 kg的物体，不计一切摩擦，
- 4 -

现使磁感应强度从零开始以ΔBΔt＝0．2 T/s的变化率均匀增大，求经过多长时间物体刚好能离
开地面(g取10 m/s2)。

图6
解析：物体刚要离开地面时，其受到的拉力F等于它的重力mg，而拉力F等于棒ad所受

的安培力，即mg＝BIL1。其中B＝ΔBΔt·t，

感应电流由变化的磁场产生，I＝ER＝ΔΦΔt·1R＝ΔBΔt·L1L2R，所以t＝mgRL21L2·ΔtΔB·ΔtΔB＝10
s。
答案：10 s
7．如图7所示，两根足够长的光滑金属导轨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，已知两棒的质量均为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，磁感应强度为B＝0．2 T，棒ab在平行于
导轨向上的拉力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好保持静止，取g＝10 m/s2。求：

图7
(1)通过cd棒的电流I是多少，方向如何？
(2)棒ab受到的拉力F多大？
(3)拉力F做功的功率P是多少？
解析：(1)对cd棒受力分析可得：
BIl＝mg
sin 30°

代入数据，得：I＝1 A
根据右手定则判断，通过cd棒的电流I方向由d到c。
(2)对ab棒受力分析可得：
F＝BIl＋mg
sin 30°

代入数据，得：F＝0．2 N。

(3)根据I＝Blv2R，P＝Fv
代入数据，得：P＝0．4 W。
答案：(1)1 A 方向由d到c (2)0．2 N (3)0．4 W
- 5 -

8．如图8甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R1＝3 Ω，
下端接有电阻R2＝6 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m＝0．1 kg、
电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0．2 m过程中始终与
导轨保持良好接触，加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示。求：

图8
(1)磁感应强度B；
(2)杆下落0．2 m过程中通过电阻R2的电荷量q。
解析：(1)由图像知，杆自由下落距离是0．05 m，当地重力加速度g＝10 m/s2，则杆进
入磁场时的速度
v＝2gh
＝1 m/s

由图像知，杆进入磁场时加速度
a＝－g
＝－10 m/s2

由牛顿第二定律得mg－F安＝ma
回路中的电动势E＝BLv

杆中的电流I＝ER并

R
并
＝R1R2R1＋R2

F安＝BIL
＝B2L2vR并

得B＝ 2mgR并L2v＝2 T。
(2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E－＝ΔΦΔt
杆中的平均电流I－＝E－R并
通过杆的电荷量Q＝I－·Δt
通过R2的电量q＝13Q＝0．05 C。
- 6 -

答案：见解析