电磁感应综合应用2
电磁感应现象的综合应用课件
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图10-3-1
• 已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ(μ<tanθ)，导轨和金属棒的电
阻都不计.
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• ab沿导轨下滑过程中受四个力作 用，即重力mg、支持力N、摩擦力f 和安培力F安，如图所示，ab由静止开 始下滑后，v↑→E↑→I↑→F安 ↑→a↓(↑为增大符号，↓为减小符
• mgsinθ-μmgcosθ-
=ma
B 2L2v R
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• ab做加速度减小的变加速运动，当a=0时速度达最大，因此，ab达
到vm时应有：
• mgsinθ-μmgcosθ-
=0
④
• 由④式可解得vm=
B. 2 L 2 v m
•
(1)电磁感应中的动态分析R ，是处理电磁感
应问题的关键，要学会从m 动g态(s分in析的过co程s中)R 来选
• (2)对导体受力分析.
• (3)列动力学方程或平衡方程求解.
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• 2.电磁感应的力学问题中，要抓好受力情况、运动情况的动态分 析：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→周而复始地循环，循
环结束时，加速度等于零，导体达稳定运动状态，抓住a=0时， 速度v达最大值的特点.
棒垂直于轨道放置，并由静止开始沿轨道下滑.经过一段时间后，
金属棒的速度趋于最大值vm，
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图10-3-2
• 则下列说法中正确的是( )
• A.B越大，vm越大 B.θ越大，vm越小
C
• C.R越大，vm越大 D.m越小，vm越大
电磁感应的综合应用
电磁感应的综合应用基础知识1、电磁感应的规律2、考点知识解读电磁感应的综合题不仅涉及楞次定律、法拉第电磁感应定律等，还广泛涉及高中物理中的力学、静电场、电路、磁场、图象等许多内容，主要―结合点‖在以下几个方面：（1）因导体切割磁感线或电路中的磁通量变化而产生感应电动势（相当于电源），若与外电路组合则构成闭合电路。
—电路问题（2）因导体切割磁感线或电路中的磁通量变化而产生感应电流。
电流使导体在磁场中要受到安培力作用，从而影响了导体或线圈的运动—动态问题（力学问题）。
（3）感应电流流过电路，将电能转化为其他形式的能（如内能、机械能等）通过安培力做功，电能和其他形式的能之间也可以相互转化，因此电磁感应现象中以电能为核心，综合着各种不同形式的能的转化——能量问题。
（4）电磁感应现象中涉及的运动学量、力学量、电学量等的变化规律都可借助图象反映出来，同时，某一物理量的特定变化规律（图象）又会引起相应的―电磁感应现象‖，图象与物理过程是相互对应的—图象问题。
思路与方法1、电磁感应与电路、电场相结合（电路问题）在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。
将它接上电容器，便可使电容器充电；将它接上用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流。
因此，电磁感应问题往往跟电路问题联系在一起。
解决电磁感应电路问题的关键是把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路。
电磁感应定律与闭合电路欧姆定律结合运用，关键是画出等效电路图。
注意分清内、外结构，产生感应电动势的那部分导体是电源，即内电路。
在解决这类问题时，一方面要考虑电磁学中的有关规律，还要求能够画出用电源替代产生感应电动势的回路的工作电路，再结合电路中的有关规律，如欧姆定律、串并联电路的性质，有关电功率计算等，综合求解有关问题。
（1）解决这类问题基本方法是：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。
② 画等效电路图③ 应用全电路欧姆定律、串、并联电路性质、电功率等公式联立求解。
电磁感应的综合应用
第3讲 专题 电磁感应的综合应用图9－3－121.（2010·扬州模拟）如图9-3-12甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力作用下始终处于静止状态.规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0~t 时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F随时间t 变化的图象是解析：由楞次定律可判定回路中的电流始终为b →a 方向，由法拉第电磁感应定律可判定回路电流大小恒定，故A 、B 两项错；由F 安=BIL 可得F 安随B 的变化而变化，在0~t 0时间内，F 安方向向右，故外力F 与F 安等值反向，方向向左为负值；在t 0~t 时间内，F 安方向改变，故外力F 方向也改变为正值，综上所述，D 项正确.答案：D图9－3－132．如图9－3－13所示，在水平桌面上放置两条相距l 的平行粗糙且无限长的金属导轨ab 与cd ，阻值为R 的电阻与导轨的a 、c 端相连．金属滑杆MN 垂直于导轨并可在导轨上滑动，且与导轨始终接触良好．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B .滑杆与导轨电阻不计，滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量为m 的物块相连，拉滑杆的绳处于水平拉直状态．现若从静止开始释放物块，用I 表示稳定后回路中的感应电流，g 表示重力加速度，设滑杆在运动中所受的摩擦阻力恒为F f ，则在物块下落过程中( )A ．物体的最终速度为(mg －F f )RB 2l 2 B ．物体的最终速度为I 2R mg －F fC ．稳定后物体重力的功率为I 2RD ．物体重力的最大功率可能大于mg (mg －f )R B 2l 2解析：由题意分析可知，从静止释放物块，它将带动金属滑杆MN 一起运动，当它们稳定时最终将以某一速度做匀速运动而处于平衡状态，设MN 的最终速度为v ，对MN 列平衡方程：B 2l 2v R ＋F f ＝mg ，∴v ＝(mg －F f )R B 2l 2，所以A 项正确；又从能量守恒定律角度进行分析，物块的重力的功率转化为因克服安培力做功而产生的电热功率和克服摩擦力做功产生热功率，所以有：I 2R ＋F f v ＝mg v ，所以，v ＝I 2R mg －F f，所以B 项正确，C 项错误；物块重力的最大功率为P m ＝mg v ＝mg (mg －F f )R B 2l 2，所以D 错误． 答案：AB图9－3－143．如图9－3－14所示，半径为a 的圆环电阻不计，放置在垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，环内有一导体棒电阻为r ，可以绕环匀速转动．将电阻R ，开关S 连接在环和棒的O 端，将电容器极板水平放置，并联在R 和开关S 两端，如图9－3－14所示．(1)开关S 断开，极板间有一带正电q ，质量为m 的粒子恰好静止，试判断OM 的转动方向和角速度的大小．(2)当S 闭合时，该带电粒子以14g 的加速度向下运动，则R 是r 的几倍？ 解析：(1)由于粒子带正电，故电容器上极板为负极，根据右手定则，OM 应绕O 点逆时针方向转动．粒子受力平衡：mg ＝q U d ，E ＝12Ba 2ω.当S 断开时，U ＝E ，解得ω＝2mgd qBa 2. (2)当S 闭合时，根据牛顿第二定律mg －q U ′d ＝m ·14g ，U ′＝E R ＋r·R ，解得R r ＝3. 答案：(1)OM 应绕O 点逆时针转动 2mgd qBa 2(2)3图9－3－154．如图9－3－15所示，在距离水平地面h ＝0.8 m 的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面水平向内的匀强磁场，正方形线框abcd 的边长l ＝0.2 m ，质量m ＝0.1 k g ，电阻R ＝0.08 Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连线框，另一端连一质量M ＝0.2 k g 的物体A .开始时线框的cd 在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A ，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab 边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd 边进入磁场时物体A 恰好落地，同时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g 取10 m/s 2.求：(1)匀强磁场的磁感应强度B?(2)线框从开始运动到最高点，用了多长时间？(3)线框落地时的速度多大？解析：(1)设线框到达磁场边界时速度大小为v ，由机械能守恒定律可得：Mg (h －l )＝mg (h －l )＋12(M ＋m )v 2① 代入数据解得：v ＝2 m/s ②线框的ab 边刚进入磁场时，感应电流：I ＝Bl v R③ 线框恰好做匀速运动，有：Mg ＝mg ＋IBl ④代入数据解得：B ＝1 T ．⑤(2)设线框进入磁场之前运动时间为t 1，有：h －l ＝12v t 1⑥ 代入数据解得：t 1＝0.6 s ⑦线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：t 2＝1v ＝0.1 s ⑧此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到最高点时所用时间：t 3＝v g＝0.2 s ⑨ 线框从开始运动到最高点，所用时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.9 s ．⑩(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小不变，线框所受安培力大小也不变，即IBl ＝(M －m )g ＝mg ⑪因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动．由机械能守恒定律可得：12m v 2t ＝l 2m v 2＋mg (h －l )⑫ 代入数据解得线框落地时的速度：v t ＝4 m/s.⑬答案：(1)1 T (2)0.9 s (3)4 m/s图9－3－161．如图9－3－16所示，两个相邻的匀强磁场，宽度均为L ，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小分别为B 、2B .边长为L 的正方形线框从位置甲匀速穿过两个磁场到位置乙，规定感应电流逆时针方向为正，则感应电流i 随时间t 变化的图象是( )答案：D图9－3－172．如图9－3－17所示，一个小矩形线圈从高处自由落下，进入较小的有界匀强磁场，线圈平面和磁场保持垂直．设线圈下边刚进入磁场到上边刚进入磁场为A 过程；线圈全部进入磁场内运动为B 过程；线圈下边刚出磁场到上边刚出磁场为C 过程，则( )A ．在A 过程中，线圈一定做加速运动B ．在B 过程中，线圈机械能不变，并做匀加速运动C ．在A 和C 过程中，线圈内电流方向相同D ．在A 和C 过程中，通过线圈某截面的电量相同解析：由于线圈从高处落下的高度未知，所以进入磁场时的初速度也不知，故进入磁场时，线圈在安培力和重力的作用下可能加速，也可能匀速或减速．B 过程中，线圈内不产生感应电流，只受重力作用，所以做匀加速运动，且机械能守恒．由楞次定律知，A 、C 过程中电流方向相反，A 过程为逆时针，C 过程为顺时针．由公式q ＝I t ＝ΔΦΔtR ·Δt ＝ΔΦR，A 和C 过程线圈磁通量的变化量相同，故通过线圈某截面的电量相同．故正确选项为B 、D.答案：BD图9－3－183．如图9－3－18所示，电阻为R ，其他电阻均可忽略，ef 是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 从静止下滑经一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后( )A ．导体棒ef 的加速度可能大于gB ．导体棒ef 的加速度一定小于gC ．导体棒ef 最终速度随S 闭合时刻的不同而不同D ．导体棒ef 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒解析：开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑．闭合开关时有一定的初速度v 0，若此时F 安>mg ，则F 安－mg ＝ma .若F 安<mg ，则mg －F 安＝ma ，F 安不确定，A 正确，B 错误；无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力和重力平衡，故C 错误．再根据能量守恒定律，D 正确．答案：AD 4.图9－3－19(2010·成都市高三摸底测试)如图9－3－19所示，电阻R ＝1 Ω、半径r 1＝0.2 m 的单匝圆形导线框P 内有一个与P 共面的圆形磁场区域Q ，P 、Q 的圆心相同，Q 的半径r 2＝0.1 m ．t ＝0时刻，Q 内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系是B ＝2－t (T)．若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P 中感应电流I 随时间t 变化的关系图象应该是下图中的( )解析：由法拉第电磁感应定律可得：圆形导线框P 中产生的感应电动势为E ＝ΔB ·S Δt ＝ΔB Δt·π·r 22＝－0.01π(V)，再由欧姆定律得：圆形导线框P 中产生的感应电流I ＝－0.01π(A)，其中负号表示电流的方向是顺时针方向．答案：C5.图9－3－20(2010·日照测试)如图9－3－20所示，光滑曲线导轨足够长，固定在绝缘斜面上，匀强磁场B 垂直斜面向上．一导体棒从某处以初速度v 0沿导轨面向上滑动，最后又向下滑回到原处．导轨底端接有电阻R ，其余电阻不计．下列说法正确的是( )A ．滑回到原处的速率小于初速度大小v 0B ．上滑所用的时间等于下滑所用的时间C ．上滑过程与下滑过程通过电阻R 的电荷量大小相等D ．上滑过程通过某位置的加速度大小等于下滑过程中通过该位置的加速度大小解析：导体棒从某处以初速度v 0沿导轨面向上滑动至向下滑回到原处的过程中，有一部分机械能转化成电阻发热的内能，据能的转化和守恒定律得滑回到原处的速率小于初速度大小v 0，选项A 正确；因为导体棒上滑和下滑过程中机械能不断减小，对上滑过程安培力斜向下，下滑过程安培力斜向上，所以上滑过程通过某位置的加速度大小与下滑过程中通过该位置的加速度大小不同，上滑所用的时间和下滑所用的时间不同，选项B 、D 错误；上滑过程与下滑过程通过电阻R 的电荷量大小相等，均为q ＝ΔΦR，选项C 正确． 答案：AC图9－3－216．如图9－3－21所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v 沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB 边始终与磁场右边界平行．已知AB ＝BC ＝l ，线框导线的总电阻为R .则线框离开磁场的过程中( )A ．线框中的电动势随时间均匀增大B ．通过线框截面的电荷量为Bl 22RC ．线框所受外力的最大值为2B 2l 2v RD ．线框中的热功率与时间成正比 解析：三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度l ＝v t ，所以线框中感应电动势的大小E ＝Bl v ＝B v 2t ，故选项A 正确；线框离开磁场的运动过程中，通过线圈的电荷量Q ＝It ＝ΔΦΔtR ×Δt ＝Bl 22R，选项B 正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则F ＝BIl ＝B 2l 2v R，选项C 错误；线框的热功率为P ＝F v ＝BI v t ×v ＝B 2v 4t 2R，选项D 错误． 答案：AB图9－3－227．两根相距为L 的足够长的金属直角导轨如图9－3－22所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R .整个装置处于磁感应强度大小为B ，方向水平向右的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力F 作用下以速度v 沿导轨匀速运动时，cd 杆也正好以某一速度向下匀速运动．重力加速度为g .以下说法正确的是( )A ．ab 杆所受拉力F 的大小为μmg ＋B 2L 2v 2RB ．cd 杆所受摩擦力为零C ．cd 杆向下匀速运动的速度为2mgR B 2L 2D ．ab 杆所受摩擦力为2μmg 解析：ab 杆的速度方向与磁感应强度的方向平行，只有cd 杆运动切割磁感线，设cd 杆向下运动的速度为v 1，根据闭合电路的欧姆定律及法拉第电磁感应定律有：I ＝E 2R，E ＝BL v 1 cd 杆只受到竖直向下的重力mg 和竖直向上的安培力作用(因为cd 杆与导轨间没有正压力，所以摩擦力为零)．由平衡条件得：mg ＝BLI ＝B 2L 2v 12R解得cd 杆向下匀速运动的速度为2mgR B 2L 2 ab 杆的受力如图所示，根据平衡条件可得：F N ＝2mg ，F ＝F f ＝2μmg综上所述，选项B 、C 、D 正确．答案：BCD图9－3－238．如图9－3－23所示，AB 、CD 为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为B 的匀强磁场中．AB 、CD 的间距为L ，左右两端均接有阻值为R 的电阻．质量为m 长为L 且不计电阻的导体棒MN 放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统．开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN 具有水平向左的初速度v 0，经过一段时间，导体棒MN 第一次运动到最右端，这一过程中AC 间的电阻R 上产生的焦耳热为Q ，则( )A ．初始时刻导体棒所受的安培力大小为2B 2L 2v 0RB ．从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热为2Q 3C ．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为12m v 20－2Q D ．当导体棒再次回到初始位置时，AC 间电阻R 的热功率为B 2L 2v 20R解析：初始时刻由E ＝BL v 0、I ＝2E R 及F ＝BIL 可解得F ＝2B 2L 2v 0R，A 正确；由于导体棒往复运动过程中机械能逐渐转化为焦耳热，故从开始到第一次到达最左端过程中产生的焦耳热Q ′大于从左端运动到平衡位置产生的焦耳热，即Q ′>13×2Q ，B 错误；由能量守恒可知C 正确；当导体棒再次回到平衡位置时，其速度v <v 0，AC 间电阻的实际热功率为P ＝B 2L 2v 2R ，故D 错误．答案：AC图9－3－249．如图9－3－24所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R 的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B .有一质量为m 长为l 的导体棒从ab 位置获得平行于斜面的，大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′的位置，滑行的距离为s ，导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则( )A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2v RB ．上滑过程中电流做功发出的热量为12m v 2－mgs (sin θ＋μcos θ)C ．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12m v 2 D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为12m v 2－mgs sin θ 解析：电路中总电阻为2R ，故最大安培力的数值为B 2l 2v 2R.由能量守恒定律可知：导体棒动能减少的数值应该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生的电热和克服摩擦阻力做功产生的内能．其公式表示为：12m v 2＝mgs sin θ＋μmgs cos θ＋Q 电热，则有：Q 电热＝12m v 2－(mgs sin θ＋μmgs cos θ)，即为安培力做的功．导体棒损失的机械能即为安培力和摩擦力做功的和，W 损失＝12m v 2－mgs sin θ.B 、D 正确． 答案：BD图9－3－2510．如图9－3－25甲所示，abcd 是位于竖直平面内的边长为10 cm 的正方形闭合金属线框，线框的质量为m ＝0.02 k g ，电阻为R ＝0.1 Ω.在线框的下方有一匀强磁场区域，MN 是匀强磁场区域的水平边界线，并与线框的bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让线框由距MN 的某一高度从静止开始下落，经0.2 s 开始进入磁场，图乙是线框由静止开始下落的v －t 图象．空气阻力不计，g 取10 m/s 2求：(1)金属框刚进入磁场时的速度；(2)磁场的磁感应强度．解析：(1)由图象可知：线框刚进入磁场后，由于受到重力和安培力的作用线框处于平衡状态．设此时线框的速度是v 0，则由运动学知识可得：v 0＝gt ①由①式可解得：v 0＝2 m/s.②(2)设磁场的磁感应强度是B ，由电学及力学知识可得以下方程：E ＝BL bc v 0③I ＝E R④ F A ＝BIL bc ⑤F A ＝mg ⑥由以上方程可解得：B ＝1 T ．⑦答案：(1)2 m/s (2)1 T图9－3－2611．光滑的平行金属导轨长L ＝2 m ，两导轨间距d ＝0.5 m ，轨道平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨上端接一阻值为R ＝0.6 Ω的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B ＝1 T ，如图9－3－26所示．有一质量m ＝0.5 k g 、电阻r ＝0.4 Ω的金属棒ab ，放在导轨最上端，其余部分电阻不计．已知棒ab 从轨道最上端由静止开始下滑到最底端脱离轨道的过程中，电阻R 上产生的热量Q 1＝0.6 J ，取g ＝10 m/s 2，试求：(1)当棒的速度v ＝2 m/s 时，电阻R 两端的电压；(2)棒下滑到轨道最底端时速度的大小；(3)棒下滑到轨道最底端时加速度a 的大小．解析：(1)当棒的速度v ＝2 m/s 时，棒中产生的感应电动势E ＝Bd v ＝1 V此时电路中的电流I ＝E R ＋r＝1 A ，所以电阻R 两端的电压U ＝IR ＝0.6 V. (2)根据Q ＝I 2Rt 得Q 1Q 2＝R r，可知在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量 Q 2＝r RQ 1＝0.4 J 设棒到达最底端时的速度为v 2，根据能的转化和守恒定律，有：mgL sin θ＝12m v 22＋Q 1＋Q 2 解得：v 2＝4 m/s.(3)棒到达最底端时回路中产生的感应电流I 2＝Bd v 2R ＋r＝2 A 根据牛顿第二定律有：mg sin θ－BI 2d ＝ma ，解得：a ＝3 m/s 2.答案：(1)0.6 V (2)4 m/s (3)3 m/s 2图9－3－2712．如图9－3－27所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为L ＝1 m ，导轨平面与水平面夹角α＝30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B 1＝2 T 的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L ＝1 m 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m 1＝2 k g 、电阻为R 1＝1 Ω.两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离和板长均为d ＝0.5 m ，定值电阻为R 2＝3 Ω，现闭合开关S 并将金属棒由静止释放，重力加速度为g ＝10 m/s 2，试求：电磁感应的综合应用11 / 11 (1)金属棒下滑的最大速度为多大？(2)当金属棒下滑达到稳定状态时，整个电路消耗的电功率P 为多少？(3)当金属棒稳定下滑时，在水平放置的平行金属间加一垂直于纸面向里的匀强磁场B 2＝3T ，在下板的右端且非常靠近下板的位置有一质量为m 2＝3×10－4 k g 、带电量为q ＝－1×10－4 C 的液滴以初速度v 水平向左射入两板间，该液滴可视为质点．要使带电粒子能从金属板间射出，初速度v 应满足什么条件？解析：(1)当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为v m ，达到最大时则有m 1g sin α＝F 安 F 安＝ILB 1，I ＝B 1L v m R 1＋R 2，所以m 1g sin α＝B 21L 2v mR 1＋R 2，解得最大速度v m ＝10 m/s. (2)整个电路消耗的电功率P ＝m 1g sin α·v m ，所以P ＝100 W.(3)金属棒下滑稳定时，两板间电压U ＝IR 2＝15 V ，因为液滴在两板间有m 2g ＝q U d，所以该液滴在两平行金属板间做匀速圆周运动，当液滴恰从上板左端边缘射出时：r 1＝d ＝m 2v 1B 2q，所以v 1＝0.5 m/s ；当液滴恰从上板右侧边缘射出时：r 2＝d 2＝m 2v 2B 2q，所以v 2＝0.25 m/s 初速度v 应满足的条件是：v ≤0.25 m/s 或v ≥0.5 m/s.答案：(1)10 m/s (2)100 W (3)v ≤0.25 m/s 或v ≥0.5 m/s。
2012版物理一轮精品复习学案：9.3 电磁感应规律的综合应用(选修3-2)
第3节电磁感应规律的综合应用【考纲知识梳理】一、电磁感应中的电路问题1.在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，将它们接上电阻等用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流；将它们接上电容器，便可使电容器充电，因此电磁感应问题又往往跟电路问题联系在一起。
解决这类问题，不仅要考虑电磁感应中的有关规律，如右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等，还要应用电路中的有关规律，如欧姆定律、串联、并联电路电路的性质等。
2. 解决电磁感应中的电路问题，必须按题意画出等效电路图，将感应电动势等效于电源电动势，产生感应电动势的导体的电阻等效于内电阻，求电动势要用电磁感应定律，其余问题为电路分析及闭合电路欧姆定律的应用。
3. 一般解此类问题的基本思路是：（1）明确哪一部分电路产生感应电动势，则这部分电路就是等效电源（2）正确分析电路的结构，画出等效电路图（3）结合有关的电路规律建立方程求解．二.电磁感应中的图像问题1.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随时间t变化的图像，即B-t 图像、Φ-t图像、E-t 图像和I-t图像等。
对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图像，即E-x图像和I-x图像。
2. 这些图像问题大体上可分为两类：由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像，或由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量。
3. 不管是何种类型，电磁感应中的图像问题常需利用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律分析解决。
三、电磁感应中的动力学问题1.电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此，电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起，解决这类电磁感应中的力学问题，不仅要应用电磁学中的有关规律，如楞次定律、法拉第电磁感应定律、左右手定则、安培力的计算公式等，还要应用力学中的有关规律，如牛顿运动定律、动量定理、动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律等。
电磁感应2
q内
0
有 源 、
环路定理
E (1) dl 0 L
无 旋
稳恒电流磁场 的高斯定理
B(1) dS 0
无 源
稳恒电流磁场的 安培环路定理
B(1) dl 0
L
I内
、 有 旋
二、麦克斯韦假设
假设1.变化的磁场激发电场
Ei
dl
d m dt
d dt
S
感生电场
Ei (E
B
(
2)
)
场能量的公式
Wm
1 LI 2
2
( A )只适用于无限长密绕线管。
( B )只适用于单匝圆线圈。
( C )只适用于一个匝数很多，且密绕的螺 线环。
( D )适用于自感系数L 一定的任意线圈。 [D]
§6 麦克斯韦方程组 一、真空中静电场E（1）与稳恒磁场B（1）的基本定理
静电场的 高斯定理
E（1） dS
使线圈自身产生感应电动势，叫自感
现象.该电动势叫自感电动势.
dm
dt
全磁通与回路的电流成正比： m Li
dm L di
dt
dt
➢ 称 L为线圈的自感系数,简称自感或电感。
m Li
L m Nm
i
i
1）单位：亨利（H）毫亨（mH），微亨（μH）
2）L与线圈中是否通有电流无关，仅与线圈自 身几何结构、及周围介质有关
如图,载有电流I的长直导线附近，放一导体半圆环 MEN 与长直导线共面，且端点M、N的连线与长 直导线垂直，半圆环的半径为b，环心O与导线相 距a，设半圆环以速度V平行长直导线平移，求半 圆环内动生电动势的大小和方向，以及M、N两 端的电压U M U N
专题五 电路与电磁感应 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习讲重难
【例 1】答案：D 解析：A. 外壳不能使用金属材料，若使用金属材料外壳也会发生电磁感应，形成回路，消 耗能量，故 A 错误； B. 通过楞次定律结合右手螺旋法则，知电流由 d 流出，相当于电源正极， d 点电势高于 c 点，故 B 错误； C. 在送电线圈电压不变的情况下，增加送电线圈匝数不改变送电线圈的电流和周围的磁场， 不可以提高受电线圈的电压，故 C 错误； D. 根据电磁感应原理可知，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同， 故 D 正确。
（1）解决电磁感应图象问题的一般步骤 ①明确图象的种类，即是 B t 图象还是 t 图象或者是 E t 图象、 I t 图象等。 ②分析电磁感应的具体过程。 ③用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。 ④结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式.平张号 ⑤根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。 ⑥应用图象信息画图象、判断图象或讨论各物理量的变化。
（2） B t I t 如图 1，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针为电流正方向，根据 B t 图象画出 I t 图象，如图 2。
为方便记忆，我们设定：伸出右手，让大拇指指向磁场正方向，环绕四指，如果四指 环绕方向为线圈中电流正方向，则称为“B、I 二者满足右手”；若环绕方向为线圈中电流负 方向，则称为“B、I 二者不满足右手”。
专题五 电路与电磁感应 （2）
第十讲 电磁感应及应用
——2023届高考大单元二轮复习讲重难
一、核心思路
二、重点知识
1.“三定则、一定律”的应用 （1）安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向。 （2）左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。 （3）右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向。 （4）楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向。 2.求感应电动势的两种方法 （1） E n ，用来计算感应电动势的平均值。
法拉第电磁感应定律及其应用2
精锐教育学科教师辅导教案学员编号：SH0165463 年 级：高二 课时数：3 学员姓名: 阮翌宸 辅导科目：物理 学科教师:戚金涛 授课类型 T-电磁感应T-楞次定律T-法拉第电磁感应定律星 级★★★★★★★★★★★★教学目的1. 理解描述电磁感应的现象；2. 掌握法拉第电磁感应定律的分析和计算；3. 掌握楞次定律关系分析和应用。
授课日期及时段 2014-3-9教学内容初中时我们对于电磁感应有了初步的了解，对于电磁感应分析以及感应电流也进行了简单的研究，从这一节课开始我们将对法拉第电磁感应定律的分析和计算进行进一步的学习……..习题精选1、如图12－2－13所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒 ab 以水平的初速0 抛出，设在整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是（ ）A 、越来越大；B 、越来越小；C 、保持不变；D 、无法判断．Ⅱ.同步讲解Ⅰ.课堂导入2、如图所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右匀速直线运动，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与导体棒位置x关系的图像是（）3、如图所示，长度相等、电阻均为r的三根金属棒AB、CD、EF，用导线相连，不考虑导线电阻。
此装置匀速进入匀强磁场的过程（匀强磁场宽度大于AE间距离），AB两端电势差u随时间变化的图像可能是（）Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．4、如图所示，水平方向的匀速磁场的上下边界分别是MN、PQ，磁场宽度为L。
一个边长为a的正方形导线框(L>2a)从磁场上方下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行。
线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如图7所示，则线框从磁场中穿出过程中感应电流i随时间t变化的图象可能是图8中的哪一个A．只可能是① B. 只可能是② C. 只可能是③ D. 只可能是③④（）5、如图所示，一个高度为L的矩形线框无初速地从高处落下，设线框下落过程中，下边保持水平向下平动。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析22：电磁感应规律的综合应用2(含详解)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析22电磁感应规律的综合应用2（含详解）一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.水平放置的金属框架cdef处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab处于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则( )A.ab中电流增大，ab棒所受摩擦力增大B.ab中电流不变，ab棒所受摩擦力不变C.ab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大D.ab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变2.如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置.今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为v a、v b，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中( )A.回路中产生的内能相等B.棒运动的加速度相等C.安培力做功相等D.通过棒横截面积的电荷量相等3.(易错题)如图所示，在一均匀磁场中有一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( )A.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4.如图所示，正方形导线框abcd的边长为L＝10 cm，线框平面位于竖直平面内，上下两边处于水平状态.当它从某高处落下时通过一匀强磁场，磁场方向垂直于线框平面，线框的ab 边刚进入磁场时，由于安培力的作用使得线框恰能匀速运动.已知磁场的宽度h ＝4L ，线框刚进入磁场时的速度v 0＝2.5 m/s.那么若以向下为力的正方向，则线框通过磁场区域过程中所受安培力的图象是以下四图中的( )二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(易错题)如图所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好.磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处于abcd 和cdef 区域.现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒刚进入磁场B 1区域时，恰好做匀速运动.以下说法正确的是( )A.若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后将加速下滑B.若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后仍将保持匀速下滑C.若B 2＜B 1，金属棒进入B 2区域后可能先加速后匀速下滑D.若B 2＞B 1，金属棒进入B 2区域后可能先匀减速后匀速下滑6.(预测题)如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R 的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m 长为l 的导体棒从ab 位置获得平行斜面的大小为v 的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s ，导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则( )A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为22B v RlB.上滑过程中电流做功发出的热量为12mv 2－mgs(sin θ＋μcos θ) C.上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12mv 2 D.上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv 2－mgssin θ 7.如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B ，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则( )A.上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B.上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C.上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D.上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率8.(创新题)一导线弯成如图所示的闭合线圈，以速度v 向左匀速进入磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直平面向外.线圈总电阻为R ，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是( )A.感应电流一直沿顺时针方向B.线圈受到的安培力先增大，后减小C.感应电动势的最大值E ＝BrvD.穿过线圈某个横截面的电荷量为B(r 2＋πr 2)R9.如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B 0＝0.5 T ，并且以ΔB Δt＝0.1 T/s 的变化率均匀增加.图象如图乙所示，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( )A.电流的方向由P到QB.电流的大小为0.1 AC.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三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10. (16分)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：(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？(2)棒ab 受到的力F 多大？(3)棒cd 每产生Q ＝0.1 J 的热量，力F 做的功W 是多少？11. (20分)如图所示，MN 与PQ 是两条水平放置彼此平行的金属导轨，质量m ＝0.2 kg ，电阻r ＝0.5 Ω的金属杆ab 垂直跨接在导轨上，匀强磁场的磁感线垂直于导轨平面，导轨左端接阻值R ＝2 Ω的电阻，理想电压表并接在R 两端，导轨电阻不计.t ＝0时刻ab 受水平拉力F 的作用后由静止开始向右做匀加速运动，ab 与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2.第4 s 末，ab 杆的速度为v ＝1 m/s ，电压表示数U ＝0.4 V.取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)在第4 s 末，ab 杆产生的感应电动势和受到的安培力各为多大？(2)若第4 s 末以后，ab 杆做匀速运动，则在匀速运动阶段的拉力为多大？整个过程拉力的最大值为多大？(3)若第4 s 末以后，拉力的功率保持不变，ab 杆能达到的最大速度为多大？答案解析1.【解析】选C.由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S 知，磁感应强度均匀增大，则ab 中感应电动势和电流不变，由F f ＝F 安＝BIL 知摩擦力增大，选项C 正确.2.【解析】选D.棒由a 到b 再到c 的过程中，速度逐渐减小.根据E ＝B l v ，E 减小，故I 减小.再根据F ＝BI l ，安培力减小，根据F ＝ma ，加速度减小，B 错误.由于a 与b 、b 与c 间距相等，故从a 到b 安培力做的功大于从b 到c 安培力做的功，故A 、C 错误.再根据平均感应电动势E＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ，I ＝E R，q ＝ I Δt 得q ＝B ΔS R，故D 正确. 3.【解析】选A.给ef 一个向右的初速度，则ef 产生感应电动势，回路形成电流.同时，ef受安培力而减速，随着ef 减速，回路电流减小，安培力减小.因此，ef 将减速向右运动，但不是匀减速.故选A.4.【解析】选B.ab 边刚进入磁场时安培力等于重力且方向向上，故A 、D 错误；线框全部进入磁场后，线框中无感应电流，且向下做加速运动，当线框从下边离开磁场时将做减速运动，安培力逐渐减小且方向向上，故C 错误，B 正确.5. 【解析】选B 、C.当金属棒刚进入磁场B 1区域时，做匀速运动，故mg ＝F ＝221B v Rl ，金属棒进入B 2区域后，若B 2＝B 1，有mg ＝222B v R l ，仍匀速下滑；若B 2＜B 1，有mg ＞222B v Rl ，棒可能加速下滑或先加速下滑后匀速下滑；若B 2＞B 1，有mg ＜222B v Rl ，棒可能减速下滑或先减速下滑后匀速下滑，但金属棒MN 不能做匀减速下滑，故B 、C 正确.6.【解析】选B 、D.电路中总电阻为2R ，故最大安培力的数值为22B v 2Rl ，故A 错误；由能量守恒定律可知：导体棒动能减少的数值应该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生的电热和克服摩擦阻力做功产生的内能，其公式表示为：12mv 2＝mgssin θ＋μmgscos θ＋Q 电热，则有：Q 电热＝12mv 2－(mgssin θ＋μmgscos θ)，即为安培力做的功，B 正确、C 错误；导体棒损失的机械能即为安培力和摩擦力做功的和，W 损失＝12mv 2－mgssin θ，D 正确. 7.【解析】选A 、C.线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A 、C.8.【解析】选A 、B.在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直为顺时针方向，A 正确；导体切割磁感线的有效长度先变大后变小，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B 正确；导体切割磁感线的有效长度最大值为2r ，感应电动势最大为E ＝2Brv ，C 错误；穿过线圈某个横截面的电荷量为Q ＝ΔΦR＝B(r 2＋π2r 2)R，D 错误.9.【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)根据楞次定律判断感应电流的方向，应用法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小.(2)在计算导体棒MN 所受安培力时，应注意磁感应强度B 的变化.(3)由Q ＝I 2Rt 计算产生的热量.【解析】选A 、C.根据楞次定律可知电流方向从M →N →P →Q →M ，故A 对；电流大小I ＝ΔB ·S Δt(R 0＋R)＝0.1×0.8×0.50.1＋0.4A ＝0.08 A ，故B 错；要恰好把质量M ＝ 0.2 kg 的重物拉起，则F 安＝T ＝Mg ＝2 N ，B ′＝Mg IL ＝20.08×0.5 T ＝50 T.B ′＝B 0＋ΔB Δt·t ＝0.5＋0.1t ，解得t ＝495 s ，故C 对；电阻R 上产生的热量Q ＝I 2Rt ，故Q ＝(0.08)2×0.4×495 J ＝1.27 J ，故D 错.【变式备选】(双选)(2012·泰州模拟)如图所示，电阻为R ，导线电阻均可忽略，ef 是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，又能沿足够长的框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 从静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后( )A.导体棒ef 的加速度可能大于gB.导体棒ef 的加速度一定小于gC.导体棒ef 最终速度随S 闭合时刻的不同而不同D.导体棒ef 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒【解析】选A 、D.开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑，闭合开关时有一定的初速度v 0，若此时F 安＞mg ，则F 安－mg ＝ma.若F 安＜mg ，则mg －F 安＝ma ，因为F 安的大小不确定，所以导体棒ef 的加速度可能大于g 、小于g 、等于g ，故A 正确，B 错误.无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力应和重力平衡，故C 错误.根据能量守恒定律知，D 正确.10. 【解析】(1)棒cd 受到的安培力为F cd ＝I l B ①(2分)棒cd 在共点力作用下平衡，则F cd ＝mgsin30° ②(2分)由①②式代入数值得：I ＝1 A ③(1分)根据楞次定律可知，棒cd 中电流方向由d 至c. ④(1分)(2)棒ab 与棒cd 受到的安培力大小相等，F ab ＝F cd (1分) 对棒ab ，由共点力平衡条件得：F ＝mgsin30°＋I l B ⑤(2分)代入数据解得：F ＝0.2 N ⑥(1分)(3)设在时间t 内棒cd 产生Q ＝0.1 J 热量，由焦耳定律知Q ＝I 2Rt ⑦(1分)设棒ab 匀速运动的速度大小为v ，其产生的感应电动势E ＝B l v ⑧(1分)由闭合电路欧姆定律可知I ＝E 2R⑨(1分) 根据运动学公式可知，在时间t 内，棒ab 沿导轨的位移x ＝vt ⑩(1分)则力F 做的功W ＝Fx联立以上各式，代入数值解得：W ＝0.4 J(2分)答案：(1)1 A 方向由d 至c(2)0.2 N (3)0.4 J 【总结提升】电磁感应中力、电、能综合问题的理解思路(1)认真审题，弄清题目给出的情景和运动过程的关键状态.(2)明确等效电源，画出等效电路，进行电路的分析并列式.(3)确定研究对象并进行受力分析，画出受力示意图.(4)写出安培力的表达式，抓住关键状态列出牛顿运动定律的表达式.(5)确定研究过程，明确安培力做功与电路中电能的转化关系，列出动能定理的表达式.(6)联立方程进行求解.11. 【解析】(1)4 s 末的感应电流：I ＝U R ＝0.42A ＝0.2 A (2分) 电动势：E ＝I(R ＋r)＝0.5 V (2分)由E ＝BLv 得BL ＝E v ＝0.51T ·m ＝0.5 T ·m (2分) 4 s 末ab 受的安培力：F 安＝BIL ＝0.1 N (2分)(2)匀速阶段，ab 受力平衡拉力F ＝μmg ＋F 安＝0.5 N (2分) 加速到第4 s 末时拉力最大，F max ＝F 安＋μmg ＋m ·Δv Δt＝0.55 N (2分) (3)若第4 s 末开始，拉力的功率不变，此时P ＝F max ·v ＝0.55×1 W ＝0.55 W (2分) 设ab 的最大速度为v m ，此时的拉力为F ′，则P ＝F ′·v m ＝(μmg ＋22m B L vR r +)v m(2分) 代入数据：(0.2×0.2×10＋2m0.5v 20.5+)v m ＝0.55 W (2分) 解得v m ＝1.08 m/s (2分) 答案：(1)0.5 V 0.1 N (2)0.5 N 0.55 N(3)1.08 m/s。
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电磁感应综合应用2
1.如图示，两根光滑的平行金属导轨MN，PQ处于同一水平面上，相距L=0.5m，导轨的左端用R=3Ω的电阻相连，导轨电阻不计，导轨上跨接一电阻r=1Ω的金属杆如，质量m=0.2kg，整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2T，现对金属杆施加水平向右的拉力F=2N，使它由静止开始运动．求：
(1)金属杆的速度达到最大时，a、b两端电压多大?此时拉力的瞬时功率多大?
(2)若已知金属杆从静止开始运动至最大速度的过程中，R上总共产生了10.2J的热量，此过程持续的时间多长?
(3)若金属杆达到最大速度后撤去拉力，其向前冲的距离会有多大?
2.如图示，在方向竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab、cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻均为R，质量均为m，与金属导轨平行的水平细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接，细线能承受的最大拉力为T，开始细线处于伸直状态，ab棒在平行导轨的水平拉力F的作用下由静止向右做加速直线运动，两根金属棒运动时始终与导轨接触且与导轨相垂直．
(1)若ab是以恒定加速度a向右运动的，求经多长时间细线被拉断?
(2)若在细线被拉断瞬间撤去拉力F，求两根金属棒之间距离增量△x的最大值是多少?
(3)若ab棒的运动速度满足v=v o sinωt，当ab棒速度第一次达到V O时，拉力F做了多少功?
3.如图示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距L=0.20m，电阻R=1.0Ω，
有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下．现用一外力F沿平行于轨道的方向拉杆，使杆做匀加速直线运动，测得力F与时间t的关系如图所示．求导体杆的质量m和加速度a．
4.如图甲所示，M1M4、N1N4为平行放置的水平金属轨道，M4P、N4Q为相同半径、平行放置的竖直半圆形金属轨道，M4、N4为切点，P、Q为半圆轨道的最高点，轨道间距L=1.0m，圆轨道半径r=0.32m，整个装置左端接有阻值R=0.5Ω的定值电阻。
M1M2N2N l、M3M4N4N3为等大的长方形区域Ⅰ、Ⅱ，两区域宽度d=0.5m，两区域之间的距离s=1.0m；区域I内分布着均匀变化的磁场B1，变化规律如图乙所示，规定竖直向上为B1的正方向；区域Ⅱ内分布着匀强磁场B2，方向竖直向上。
两磁场间的轨道与导体棒CD问的动摩擦因数为μ=0.2，M3N3右侧的直轨道及半圆形轨道均光滑。
质量m=0.1kg，电阻R0=0.5Ω的导体棒CD在垂直于棒的水平恒力F拉动下，从M2N2处由静止开始运动，到达M3N3处撤去恒力F，CD棒匀速地穿过匀强磁场区，恰好通过半圆形轨道的最高点PQ处。
若轨道电阻、空气阻力不计，运动过程导体棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直，取g=10m/s2。
求：水平恒力F的大小以及CD棒在直轨道上运动过程中电阻R上产生的热量Q。