2019年高考物理大一轮复习微专题14电磁感应中的动力学和能量问题课件新人教版95
高考物理一轮复习4：专题十 电磁感应中的动力学和能量问题优质课件
A．恒力F做的功等于电路产生的电能 B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于 电路中产生的电能 C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能 D．恒力F和摩擦力的合力做的功小于电路中产生的电能 和棒获得的动能之和
电磁感应中的动力学问题分析
1．导体的两种运动状态 (1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态． (2)导体的非平衡状态——加速度不为零．
2．安培力做功和电能变化的对应关系 “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；安培力做多少功，就有多少电能 转化为其他形式的能．
1. (单选)如图所示，在一匀强磁场中有一U形导体框 bacd，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，它可以在ab 、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可
典例 如图甲所示，相距L＝0.5 m、电阻不计的两根长 金属导轨，各有一部分在同一水平面上，另一部分沿竖 直面．质量均为m＝50 g、电阻均为R＝1.0 Ω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μ＝0.5.整个装置处于磁感应强度大小B＝ 1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在水平拉力 F作用下沿导轨向右运动时，从t＝0时刻开始释放cd杆 ，cd杆的vcd—t图象如图乙所示(在0～1 s和2 s～3 s内， 图线为直线)．
2．导体处于平衡状态的分析思路 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的 大小和方向． (2)由闭合电路欧姆定律确定回路中的电流． (3)分析导体的受力情况． (4)由平衡条件列方程求解． 3．导体做变加速运动，最终趋于稳定状态的分析思路 (1)做好受力分析和运动状态分析 导体受力→速度变化→产生变化的感应电动势→产生变 化的感应电流→导体受变化的安培力作用→合外力变化 →加速度变化→速度变化→感应电动势变化……最终加 速度等于零,导体达到稳定运动状态．
【物理】2019届一轮复习人教版微型专题 电磁感应中的动力学及能量问题学案
微型专题3电磁感应中的动力学及能量问题[考试大纲] 1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.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.一、电磁感应中的动力学问题1.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.(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向.(3)分析研究导体受力情况(包括安培力).(4)列动力学方程或平衡方程求解.2.两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析.(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.例1如图1所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m ＝0.1 kg、接入电路部分的电阻r＝0.1 Ω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，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g＝10 m/s2)图1(1)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－时间图象.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：E＝BL v①回路中的感应电流I ＝ER ＋r ②导体棒受到的安培力F 安＝BIL ③导体棒运动过程中受到拉力F 、安培力F 安和摩擦力F f 的作用，根据牛顿第二定律： F －μmg －F 安＝ma ④由①②③④得：F －μmg －B 2L 2vR ＋r＝ma ⑤由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a 减小，当加速度a 减小到0时，速度达到最大.此时有F －μmg －B 2L 2v mR ＋r ＝0⑥可得：v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2L 2＝10 m/s ⑦(2)由(1)中分析可知，导体棒运动的速度－时间图象如图所示.电磁感应动力学问题中，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――→E ＝Bl v产生感应电动势―――――→EI R r=+产生感应电流――→F ＝BIl导体受安培力―→合外力变化――→F 合＝ma加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化……→a ＝0，v 达到最大值.例2 如图2甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ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2(1)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；(2)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(2)BL v R g sin θ－B 2L 2v mR (3)mgR sin θB 2L 2解析 (1)如图所示，ab 杆受重力mg ，方向竖直向下；支持力F N ，方向垂直于斜面向上；安培力F 安，方向沿导轨向上. (2)当ab 杆的速度大小为v 时，感应电动势E ＝BL v ， 此时电路中的电流I ＝E R ＝BL v Rab 杆受到安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR根据牛顿第二定律，有mg sin θ－F 安＝mg sin θ－B 2L 2vR ＝ma则a ＝g sin θ－B 2L 2vmR.(3)当a ＝0时，ab 杆有最大速度，此时mg sin θ＝B 2L 2v m R ，解得：v m ＝mgR sin θB 2L 2.电磁感应中力学问题的解题技巧：(1)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B 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.(3)根据牛顿第二定律分析a 的变化情况，以求出稳定状态的速度.(4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口. 二、电磁感应中的能量问题 1.电磁感应中能量的转化电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程，其能量转化方式为：2.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路 (1)确定回路，分清电源和外电路.(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化.如： 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克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能. (3)列有关能量的关系式.例3 如图3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 、长度为d 、接入电路的电阻也为R 的金属棒从高度为h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好.则金属棒穿过磁场区域的过程中( )图3A.流过金属棒的最大电流为Bd 2gh2RB.通过金属棒的电荷量为BdLRC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd )答案 D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 ＝12m v 2，金属棒到达平直部分时的速度v ＝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 ＝BL v ，最大感应电流I ＝E R ＋R ＝BL 2gh2R ，故A 错误；通过金属棒的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦ2R ＝BdL2R，故B 错误； 金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh －W 安－μmgd ＝0－0，克服安培力做功：W 安＝mgh －μmgd ，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，则金属棒产生的焦耳热：Q ′＝12Q ＝12W 安＝12mg (h －μd )，故D 正确.电磁感应中焦耳热的计算技巧：(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q ＝I 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，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q ＝W 安.②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量.1.(电磁感应中的动力学问题)如图4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忽略不计.开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图4A.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，由F ＝BIl ＝B 2l 2v R ＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，故A 正确.2.(电磁感应中的动力学问题)如图5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 变化的图象不可能是下图中的( )图5答案 B解析 S 闭合时，若金属杆受到的安培力B 2l 2v R ＞mg ，ab 杆先减速再匀速，D 项有可能；若B 2l 2vR ＝mg ，ab 杆匀速运动，A 项有可能；若B 2l 2vR ＜mg ，ab 杆先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，mg －B 2l 2vR＝ma 中a 不恒定，故B 项不可能.3.(电磁感应中的能量问题)(多选)如图6所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ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6A.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，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路中的电能，电能又等于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R 上产生的焦耳热，D 正确.4.(电磁感应中的力电综合问题)两根平行的金属导轨相距L 1＝1 m ，与水平方向成θ＝30°角倾斜放置，如图7甲所示，其上端连接阻值R ＝1.5 Ω的电阻，另有一根质量m ＝0.2 kg ，电阻r ＝0.5 Ω的金属棒ab 放在两根导轨上，距离上端L 2＝4 m ，棒与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计，因有摩擦力作用，金属棒处于静止状态.现在垂直导轨面加上从零均匀增强的磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示，已知在t ＝2 s 时棒与导轨间的摩擦力刚好为零(g 取10 m/s 2)，则在棒发生滑动之前：图7(1)t ＝2 s 时，磁感应强度B 为多大？(2)假如t ＝5 s 时棒刚要发生滑动，则棒与导轨间最大静摩擦力多大？ (3)从t ＝0到t ＝3 s 内，电阻R 上产生的电热有多少？ 答案 (1)1 T (2)1.5 N (3)4.5 J解析 (1)当t ＝2 s 时，对导体棒由平衡条件得 mg sin θ＝B 2IL 1① 由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r② 由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔBΔt L 1L 2＝B 2－0t －0L 1L 2③联立①②③式解得B 2＝1 T (2)当t ＝5 s 时，对棒由平衡条件得 B 5IL 1＝mg sin θ＋F fmax由题图乙及第(1)问可得t ＝5 s 时，B 5＝2.5 T 联立解得F fmax ＝1.5 N (3)由焦耳定律得：Q R ＝I 2Rt代入数据解得：Q R ＝4.5 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，质量为m 的金属环用不可伸长的细线悬挂起来，金属环下半部分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( )图1A.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F T ＝mg ＋F 安，得F T >mg ，F 安＝BIL ，根据法拉第电磁感应定律知，I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBR Δt S ，可知I 为恒定电流，联立上式可知B 减小，F 安减小，则由F T ＝mg ＋F 安知F T 减小，选项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 ＝ρdgB 2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 ＝Bl v ＝B ·2πR ·v ，圆环的电阻R 电＝ρ·2πRπr 2，则圆环中的感应电流I ＝ER 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＝ρgdB 2，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 图象中，能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 ＝BL v 、I ＝ER、F 安＝BIL 得F 安＝B 2L 2vR ，随着v 的减小，安培力F 安减小，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 安＝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 2v R＝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，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )图5A.Q 1＞Q 2，q 1＝q 2B.Q 1＞Q 2，q 1＞q 2C.Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D.Q 1＝Q 2，q 1＞q 2答案 A解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q 1＝W 1＝F 1l bc ＝B 2l ab 2vR l bc ＝B 2S v R l ab同理Q 2＝B 2S vR l bc ，又l ab ＞l bc ，故Q 1＞Q 2；因q ＝I t ＝ER t ＝ΔΦR ＝BS R， 故q 1＝q 2.因此A 正确.6.如图6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6A.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.7.(多选)(2016·南京市学情调研卷)如图7所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，底端接有阻值为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，导轨和杆ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上(图中未画出).让杆ab 沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab 接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab 由静止下滑距离s 时，已处于匀速运动.重力加速度为g .则( )图7A.匀速运动时杆ab 的速度为mgR sin θB 2L 2B.匀速运动时杆ab 受到的安培力大小为mg sin θC.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，安培力做功为mgs sin θD.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，电阻R 产生的热量为mgs sin θ 答案 AB解析 由平衡条件可知匀速运动时杆ab 受到的重力沿斜面的分力等于安培力，即F A ＝mg sin θ，mg sin θ＝B 2L 2v R ，所以有v ＝mgR sin θB 2L 2，即A 、B 正确；因为安培力逐渐增大，是个变力，所以C 错误；由能量守恒可知mg ·s sin θ＝12m v 2＋Q ，所以D 错误.8.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L 、质量为m 且与导轨垂直并接触良好的导体棒ab ，ab 处在磁感应强度大小为B 、方向如图8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x 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8A.撤去外力后，ab 做匀减速运动B.合力对ab 做的功为FxC.R 上释放的热量为Fx ＋12m v m 2D.R 上释放的热量为Fx 答案 D解析 撤去外力后，导体棒水平方向上只受安培力作用，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减速运动，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 ＝Fx ，C 错，D 对. 二、非选择题9.(电磁感应中的动力学问题)(2017·扬州市高二上学期调研)如图9甲所示，阻值不计的光滑金属导轨在竖直面上平行固定放置，间距d 为0.5 m ，下端通过导线与阻值R L 为4 Ω的小灯泡L 连接，在矩形区域CDFE 内有水平向外的匀强磁场，磁感应强度B 随时间变化的关系如图乙所示，CE 长为2 m.在t ＝0时刻，接入电路的电阻R 为1 Ω的金属棒以某一初速度从AB 位置紧贴导轨向下运动，当金属棒从AB 位置运动到EF 位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，g 取10 m/s 2.求：图9(1)通过小灯泡的电流的大小； (2)金属棒的质量；(3)金属棒通过磁场区域所用的时间. 答案 (1)0.4 A (2)0.008 kg (3)0.2 s解析 (1)金属棒未进入磁场时，E 1＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝0.5×2×0.40.2 V ＝2 V又R 总＝R L ＋R ＝(4＋1) Ω＝5 Ω 所以I L ＝E 1R 总＝25A ＝0.4 A(2)因灯泡亮度不变，故0.2 s 末金属棒进入磁场时刚好匀速运动 所以I ＝I L ＝0.4 A棒所受安培力F 安＝BId ＝0.08 N 对金属棒有mg ＝F 安所以金属棒的质量m ＝0.008 kg(3)金属棒在磁场中运动时，E 2＝E 1＝2 V 又E 2＝Bd v 解得：v ＝E 2Bd＝10 m/s 金属棒从CD 运动到EF 过程的时间为t 2＝CEv ＝0.2 s10.(电磁感应中的能量问题)如图10甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°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 图象如图乙所示.(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)3160J 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 f ＝ma 代入数据得F f ＝0.1 N0.1 s 后杆匀速运动，有mg sin 37°－F f －F 安＝0 而F 安＝BIL ＝B BL vR ＋r L ＝B 2L 2v R ＋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 ＝BL vR ＋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 x ＝v t ＝0.05 m 金属杆ab 下落的高度 h ＝x sin θ＝0.03 m由能量守恒有mgh ＝Q ＋F f x 电阻R 产生的热量Q R ＝34Q ＝34(mgh －F f x )＝3160J.11.(电磁感应中的力电综合问题)如图11所示，足够长的U 形导体框架的宽度L ＝0.5 m ，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角.有一磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场，方向垂直于导体框架平面.一根质量m ＝0.4 kg 、电阻R ＝1 Ω的导体棒MN 垂直跨放在U 形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放.已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图11(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小； (2)求导体棒运动过程中的最大速度；(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量Q ＝4 C ，求导体棒在此过程中消耗的电能. 答案 (1)2 m/s 2 (2)5 m/s (3)3 J解析 (1)导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a ＝2 m/s 2(2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙，设匀速下滑的速度为v ，则在平行斜面上有mg sin θ－F f －F 安＝0安培力F 安＝BIL ＝B BL v R L ＝B 2L 2v R联立解得v ＝mgR (sin θ－μcos θ)B 2L 2＝5 m/s(3)通过导体棒横截面的电荷量Q ＝I Δt I ＝ΔΦR Δt设导体棒下滑速度刚好为v 时的位移为x ，则ΔΦ＝BxL全程由动能定理，得mgx ·sin θ－W 安－μmg cos θ·x ＝12m v 2，其中W 安为克服安培力做的功.联立解得W 安＝3 J克服安培力做的功等于导体棒在此过程中消耗的电能，即Q R ＝3 J.。
人教版物理大一轮复习 第14课时 电磁感应
第14课时 电磁感应高考题型1 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流方向的判断(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形． (2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形． 2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”； (2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”； (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”； (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”． 3．求感应电动势的方法 (1)法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ⎩⎨⎧S 不变时，E ＝nS ΔBΔt (感生电动势)B 不变时，E ＝nB ΔSΔt (动生电动势)(2)导线棒垂直切割磁感线：E ＝BL v .(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动E ＝12BL 2ω.(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动e ＝nBSωsin ωt . 考题示例例1 (2020·江苏卷·3)如图1所示，两匀强磁场的磁感应强度B 1和B 2大小相等、方向相反．金属圆环的直径与两磁场的边界重合．下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是( )图1A ．同时增大B 1减小B 2 B ．同时减小B 1增大B 2C ．同时以相同的变化率增大B 1和B 2D ．同时以相同的变化率减小B 1和B 2答案 B解析 若同时增大B 1减小B 2，则穿过环向里的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则，环中产生的感应电流是逆时针方向，故选项A 错误；同理可推出，选项B 正确，C 、D 错误．例2 (2019·江苏卷·14)如图2所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S ＝0.3 m 2、电阻R ＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ．现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt ＝0.5 s 时间内合到一起．求线圈在上述过程中图2(1)感应电动势的平均值E ；(2)感应电流的平均值I ，并在图中标出电流方向； (3)通过导线横截面的电荷量q . 答案 (1)0.12 V(2)0.2 A 电流方向见解析图 (3)0.1 C 解析 (1)感应电动势的平均值E ＝ΔФΔt磁通量的变化ΔФ＝B ΔS联立可得E ＝B ΔSΔt ，代入数据得E ＝0.12 V ；(2)平均电流I ＝ER代入数据得I ＝0.2 A(电流方向见图)；(3)电荷量q ＝I Δt 代入数据得q ＝0.1 C 命题预测1．(多选)(2020·江苏南京、盐城市一模)如图3甲所示，a 、b 两个绝缘金属环套在同一个光滑的铁芯上．在t＝0时刻，a、b两环处于静止状态，a环中的电流i随时间t的变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是()图3A．t2时刻两环相互吸引B．t3时刻两环相互排斥C．t1时刻a环的加速度为零D．t4时刻b环中感应电流最大答案ACD解析在t2时刻与t3时刻，a环中的电流均处于减小阶段，根据楞次定律可知，两环的电流方向相同，则两环相互吸引，故A正确，B错误．a中电流产生磁场，磁场的变化使b中产生电流，才使两环相互作用，在题图乙中，“变化最快”即曲线的斜率最大．t1时刻曲线的斜率为0，这个瞬间磁场是不变化的，因此两环没有作用力，则加速度为零，故C正确．虽然t4时刻a环中的电流为零，但是根据该时刻对应的电流的曲线的斜率最大，即该时刻磁通量变化率最大，故t4时刻b环中感应电动势最大，则b环中感应电流最大，故D正确．2．(多选)(2020·江苏苏锡常镇二模)如图4甲所示，水平放置的平行金属导轨左端连接一个平行板电容器C和一个定值电阻R，导体棒MN放在导轨上且与导轨接触良好．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(垂直纸面向外为磁感应强度的正方向)，MN始终保持静止．不计电容器充电时间，则在0～t2时间内，下列说法正确的是()图4A．电阻R两端的电压大小始终不变B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN棒所受安培力的大小始终不变D．MN棒所受安培力的方向先向右后向左答案AD解析由题图乙知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定的感应电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，故A正确；根据楞次定律可知，通过电阻R的电流一直向下，电容器C的a板电势较高，一直带正电，故B错误；MN中感应电流方向一直向上，由左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D 正确；根据安培力公式F＝BIL，I、L不变，因为磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误．高考题型2电磁感应中的图像问题1．电磁感应中的图像问题常见形式常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像．2．解答此类问题应注意以下几个方面(1)把握三个关注：(2)掌握两个常用方法，可快速准确地解题①排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化趋势、变化快慢，特别是分析物理量的方向(正负)，排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．②函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．考题示例例3(2018·全国卷Ⅱ·18)如图5，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()图5答案 D解析设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.线框位移等效电路的连接电流0～l2I＝2i(顺时针) l2～l I＝0l～3l2I＝2i(逆时针)3l2～2l I＝0由分析知，选项D符合要求．命题预测3．(2020·江苏苏州市调研)如图6所示，在自行车车轮的辐条上固定有一个小磁铁，前叉上相应位置(纸面外侧)处安装了小线圈，在车前进车轮转动过程中线圈内会产生感应电流，从垂直于纸面向里看，下列i－t图像中正确的是(逆时针方向为正)()图6答案 D解析磁铁靠近线圈时，线圈中向外的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场向里，根据安培定则可知线圈中感应电流方向为顺时针方向(负方向)；当磁铁离开线圈时，线圈中向外的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场向外，根据安培定则可知线圈中感应电流方向为逆时针方向(正方向)，A、B、C错误，D正确．4．(2020·江苏无锡市期末)有一匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图7甲所示的匀强磁场．现有如图乙所示的直角三角形导线框abc水平放置，放在匀强磁场中保持静止不动，t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流i顺时针方向为正，竖直边ab所受安培力F的方向水平向左为正．则下面关于F和i随时间t变化的图像正确的是()图7答案 A解析 在0～3 s 时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，由F ＝BIL 可知，安培力与磁感应强度成正比，又由楞次定律判断出回路中感应电流的方向应为顺时针方向，即正方向， 0～2 s 内安培力水平向右，为负方向， 2～3 s 内安培力水平向左，为正方向，在3～4 s 时间内，磁感应强度恒定，感应电动势等于零，感应电流为零，安培力等于零，同理可判断出4～7 s 内的安培力变化情况，故B 、C 错误，A 正确；0～3 s 时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，故D 错误．5．(多选)(2020·东北三省四市教研联合体模拟)如图8所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 放置在同一水平面内，M 、P 之间接一定值电阻R ，金属棒ab 垂直导轨放置，金属棒和导轨的电阻均不计，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中．t ＝0时对金属棒施加水平向右的外力F ，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动．下列关于通过金属棒的电流i 、通过导轨横截面的电荷量q 、拉力F 和拉力的功率P 随时间变化的图像，正确的是( )图8答案 AC解析 由题意可知，金属棒由静止开始做匀加速直线运动，则有：x ＝12at 2，v ＝at ，根据法拉第电磁感应定律得：E ＝BL v ＝BLat ，则感应电流i ＝E R ＝BLaR t ，故A 正确；根据E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R 和q ＝I Δt ，得q ＝ΔΦR ，而ΔΦ＝B ΔS ＝BLx ＝12BLat 2，故q ＝BLa 2R t 2，故B 错误；根据牛顿第二定律有：F －F 安＝ma ，F 安＝BiL ＝B 2L 2aR t ，解得：F ＝ma ＋B 2L 2aR t ，故C 正确；根据P ＝F v ， 得P ＝F v ＝ma 2t ＋B 2L 2a 2Rt 2，故D 错误． 高考题型3 电磁感应中的动力学与能量问题1．电磁感应中的动力学与能量问题常出现的两个模型一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动．两类模型都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图像结合，所以解题方法有相通之处．可参考下面的解题步骤：2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt ，适用于电流、电阻不变； (2)功能关系：Q ＝W 克服安培力，电流变不变都适用；(3)能量转化：Q ＝ΔE (其他能的减少量)，电流变不变都适用． 考题示例例4 (2020·江苏卷·14)如图9所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd 的边长为0.2 m ，bc 边与匀强磁场边缘重合．磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T ，在水平拉力作用下，线圈以8 m/s 的速度向右穿过磁场区域．求线圈在上述过程中图9(1)感应电动势的大小E ； (2)所受拉力的大小F ； (3)感应电流产生的热量Q . 答案 (1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J解析 (1)线圈切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v 代入数据得E ＝0.8 V(2)线圈中产生的感应电流I ＝ER拉力的大小等于安培力F ＝BIl 解得F ＝B 2l 2vR代入数据得F ＝0.8 N (3)运动时间t ＝2lv 根据焦耳定律有Q ＝I 2Rt 联立可得Q ＝2B 2l 3vR代入数据解得Q ＝0.32 J例5 (多选)(2018·江苏卷·9)如图10所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ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 .金属杆( )图10A ．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B ．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间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m 2gR 22B 4L 4答案 BC解析 穿过磁场Ⅰ后，金属杆在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度．金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A 错． 金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知 ma ＝BIL －mg ＝B 2L 2vR－mg ，a 随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动；在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v －t 图像(可能图像如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B 对． 由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知， mg ·2d －W 安1＝0， W 安1＝2mgd .即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd ，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ，C 对． 设刚进入磁场Ⅰ时速度为v ，则由机械能守恒定律知mgh ＝12m v 2， 进入磁场时ma ＝BIL －mg ＝B 2L 2v R－mg ， 解得v ＝m (a ＋g )R B 2L 2， 联立解得h ＝m 2(a ＋g )2R 22B 4L 4g >m 2gR 22B 4L4，D 错． 命题预测6．(多选)(2020·江西上铙市高三一模)如图11所示，虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场区域上下宽度为l ；质量为m 、边长为l 的正方形线圈abcd 平面保持竖直，ab 边保持水平的从距离磁场上边缘一定高度处由静止下落，以速度v 进入磁场，经过一段时间又以相同的速度v 穿出磁场，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图11A ．线圈的电阻R ＝B 2l 2v mgB ．进入磁场前线圈下落的高度h ＝v 22gC ．穿过磁场的过程中，线圈电阻产生的热量Q ＝2mglD ．线圈穿过磁场所用时间t ＝l v答案 ABC解析 由题意可知，线圈进入磁场和穿出磁场时速度相等，说明线圈在穿过磁场的过程中做匀速直线运动，则mg ＝F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ，R ＝B 2l 2v mg，所以A 正确；线圈在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理得mgh ＝12m v 2，进入磁场前线圈下落的高度为h ＝v 22g，所以B 正确；线圈在穿过磁场的过程中克服安培力做功转化为焦耳热，又安培力与重力平衡，则穿过磁场的过程中线圈电阻产生的热量为Q ＝mg ·2l ＝2mgl ，所以C 正确；根据线圈在穿过磁场过程中做匀速运动，可得线圈穿过磁场的时间为t ＝2l v ，所以D 错误．7．(2020·江苏南京、盐城、一模)如图12所示，闭合矩形线框abcd 可绕其水平边ad 转动，ab 边长为x ，bc 边长为L 、质量为m ，其他各边的质量不计，线框的电阻为R .整个线框处在竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给bc 边一个方向与bc 边、磁场的方向均垂直的初速度v ，经时间t ，bc 边上升到最高处，ab 边与竖直线的最大偏角为θ，重力加速度为g .求t 时间内：图12(1)线框中感应电动势的最大值；(2)流过线框导体截面的电荷量；(3)线框中感应电流的有效值．答案 (1)BL v (2)Blx sin θR (3)m [v 2－2gx (1－cos θ)]2Rt 解析 (1)开始时bc 边速度最大且速度方向与磁感应强度方向垂直，感应电动势最大，则有E max ＝BL v(2)根据电荷量的计算公式可得q ＝I t根据闭合电路欧姆定律可得I ＝ER根据法拉第电磁感应定律可得E ＝ΔΦt ＝BLx sin θt 解得q ＝BLx sin θR(3)根据能量守恒定律可得12m v 2＝mgx (1－cos θ)＋Q 根据焦耳定律Q ＝I 有2Rt解得I 有＝m [v 2－2gx (1－cos θ)]2Rt. 8．(2020·湖南3月模拟)如图13所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN 、PQ 平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，导轨的电阻不计．导轨顶端M 、P 两点间接有滑动变阻器和阻值为R 的定值电阻．一根质量为m 、电阻不计的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．空间存在磁感应强度大小为B 、方向垂直斜面向下的匀强磁场．调节滑动变阻器的滑片，使得滑动变阻器接入电路的阻值为2R ，让ab 由静止开始沿导轨下滑．不计空气阻力，重力加速度大小为g .图13(1)求ab 下滑的最大速度v m ；(2)求ab 下滑的速度最大时，定值电阻上消耗的电功率P ；(3)若在ab 由静止开始至下滑到速度最大的过程中，定值电阻上产生的焦耳热为Q ，求该过程中ab 下滑的距离x 以及通过滑动变阻器的电荷量q .答案 见解析解析 (1)ab 下滑的速度最大时，其切割磁感线产生的感应电动势为：E ＝BL v m ，此时通过定值电阻的电流为：I ＝E R ＋2R， ab 杆所受安培力大小为：F 安＝BIL ，由受力平衡得mg sin θ＝BIL ，联立解得：v m ＝3mgR sin θB 2L 2； (2)由电功率公式有：P ＝I 2R ，解得：P ＝m 2g 2R sin 2θB 2L 2； (3)由题意滑动变阻器接入电路的阻值为2R ，为定值电阻的2倍，根据焦耳定律可知，滑动变阻器上产生的焦耳热为2Q ；由能量守恒定律可得：mgx sin θ＝12m v m 2＋Q ＋2Q ， 解得：x ＝9m 2gR 2sin θ2B 4L 4＋3Q mg sin θ； 在ab 由静止开始至下滑到速度最大的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：ΔΦ＝BLx ，设ab 由静止开始至下滑到速度最大所用时间为Δt ，在该过程中，回路产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt 根据闭合电路欧姆定律可得，在该过程中，通过回路的平均感应电流为I ＝E 3R， 又q ＝I ·Δt 联立解得：q ＝3m 2gR sin θ2B 3L 3＋BLQ mgR sin θ. 专题强化练保分基础练1．(2020·江苏扬州市期末)穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图像如下图所示，可使回路中感应电流先增大后减小且方向不变的是( )答案 C解析 要使回路中感应电流先增大后减小且方向不变，则要求电动势先增大后减小且方向不变，A 、B 项两图回路在前半段时间内磁通量Φ随时间t 变化的图像的斜率为定值，电动势为定值；在后半段时间内磁通量Φ随时间t 变化的图像的斜率为也为定值，电动势为定值，故A 、B 错误；C 项图中磁通量Φ随时间t 变化的图像的斜率先变大后变小，所以感应电动势先变大后变小，且斜率始终为正值，电动势方向不变，故C 正确；D 项图中磁通量Φ随时间t 变化的图像的斜率大小先变小后变大，则电动势先变小后变大，且斜率的正负值变化，即电动势方向变化，故D 错误．2．(多选)(2020·江苏南通、泰州市期末)如图1所示，一条形磁铁竖直放置(上端为N 极)，金属线圈从磁铁正上方某处下落，经条形磁铁A 、B 两端时速度分别为v 1、v 2，线圈中的电流分别为I 1、I 2，线圈在运动过程中保持水平，则( )图1A ．I 1和I 2的方向相同B ．I 1和I 2的方向相反C ．I 1∶I 2＝v 12∶v 22D ．I 1∶I 2＝v 1∶v 2答案 BD解析 金属线圈经条形磁铁A 、B 两端时，磁通量先向上增大后向上减小，依据楞次定律“增反减同”，可知感应电流产生的磁场方向先向下，后向上，根据右手螺旋定则可知，则I 1和I 2感应电流的方向先顺时针，后逆时针(从上向下看)，即它们的方向相反，故A 错误，B 正确； 根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有I ＝E R ＝BL v R即I 与v 成正比，故C 错误，D 正确．3．(多选)(2020·江苏常州市期末)如图2所示，钳型电流表是一种穿心式电流互感器，选择量程后，将一根通电导线夹入钳中，就可以读出导线中的电流．该电流表( )图2 A ．可以测直流电流B ．可以测交流电流C ．量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多D ．量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变少答案 BC解析 电流互感器是根据电磁感应原理制成的，只能测量交流电流，不能测量直流电流，选项A 错误，B 正确；根据I 1I 2＝n 2n 1可知，n 1和I 2一定，则当I 1变大时n 2要增大，则量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多，选项C正确，D错误．4．(多选)(2020·山东潍坊市二模)如图3甲，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化时()图3A．在0～t1时间内，环有收缩趋势B．在t1～t2时间内，环有扩张趋势C．在t1～t2时间内，环内有逆时针方向的感应电流D．在t2～t3时间内，环内有逆时针方向的感应电流答案BC解析在0～t1时间内，B均匀增加，则在线圈中产生恒定的感生电动势，在导线框dcba中形成稳定的电流，故此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，选项A错误；在t1～t2时间内，B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向外减小，穿过环的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，选项B、C正确；在t2～t3时间内，B的方向向下，且B 的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应电流，选项D错误．5．(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图4甲所示，单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积S＝0.3 m2，线框连接一个阻值R＝3 Ω的定值电阻，其余电阻不计，线框的cd边位于磁场边界上．取垂直于纸面向外为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．下列说法正确的是()图4A ．在0～0.4 s 内，线框中感应电流沿逆时针方向B ．在0.4～0.8 s 内，线框有扩张的趋势C ．在0～0.8 s 内，线框中的感应电流为0.1 AD ．在0～0.4 s 内，ab 边所受安培力保持不变答案 C解析 由题图乙所示图线可知，在0～0.4 s 内，磁感应强度垂直于纸面向里，磁感应强度减小，则穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A 错误． 由题图乙所示图线可知，在0.4～0.8 s 内，穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B 错误．由题图乙所示图线可知，在0～0.8 s 内，线框产生的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝0.4－(－0.4)0.8×0.3 V ＝0.3 V ， 线框中的感应电流为：I ＝E R ＝0.33A ＝0.1 A ，故C 正确． 在0～0.4 s 内，线框中的感应电流I 保持不变，由题图乙所示图线可知，磁感应强度B 大小不断减小，由F ＝ILB 可知，ab 边所受安培力不断减小，故D 错误．6．(2020·江苏苏州市调研)如图5所示，两个相同的灯泡a 、b 和电阻不计的线圈L (有铁芯)与电源E 连接，下列说法正确的是( )图5A ．开关S 闭合瞬间，a 灯发光，b 灯不发光B ．开关S 闭合，a 灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭C ．开关S 断开，b 灯“闪”一下后熄灭D ．开关S 断开瞬间，a 灯左端的电势高于右端电势答案 B解析 闭合开关S 瞬间，两小灯泡均有电流流过，同时发光，A 错误；闭合开关S 瞬间，a 灯立即发光，根据楞次定律可知线圈中产生的阻碍原电流变大的感应电流逐渐减小至0，因为a 灯和线圈并联，所以通过线圈的电流逐渐增大，通过a 灯的电流逐渐减小，亮度逐渐减小，因为线圈电阻不计，所以稳定时a 灯被短路，最后熄灭，B 正确；断开开关瞬间，b 灯断路无电流流过，立即熄灭，C 错误；断开开关瞬间，根据楞次定律可知，通过线圈的电流向右，所以线圈右端电势高于左端，所以a 灯右端的电势高于左端，D 错误．7．(多选)如图6甲所示，导线制成的等边三角形OMN 放置在水平桌面上，竖直向下的匀强磁场穿过桌面．剪下MN 间的导线，向左平移到O 点，现使其在水平外力F 作用下紧贴MON 向右匀速运动，从O 点开始计时，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示，导线未脱离MON 之前，外力F 、导线与MON 构成的闭合电路的电动势E 、电路中的电流I 、外力的功率P 与时间t 变化的关系正确的是( )图6A ．F ∝t 2B ．E ∝t 2C ．I ∝tD ．P ∝t 3答案 BCD解析 由题图乙知，磁感应强度B ＝kt ，由几何知识可知，导线切割磁感线的有效长度为l ＝2v t tan 30°＝233v t ， 设导线单位长度电阻为R ，回路总电阻为R 总＝3lR ＝23v tR电动势E ＝Bl v ＝233k v 2t 2∝t 2，B 正确； I ＝E R 总＝k v t 3R∝t ，C 正确； 由题意知F ＝F 安＝BIl ＝239Rk 2v 2t 3∝t 3，A 错误； P ＝F v ＝239Rk 2v 3t 3∝t 3，D 正确． 8．(2020·江苏苏锡常镇一模)据报道，我国华中科技大学的科学家创造了脉冲平顶磁场磁感应强度超过60 T 的世界纪录，脉冲平顶磁场兼具稳态和脉冲两种磁场的优点，能够实现更高的强度且在一段时间保持很高的稳定度．如图7甲所示，在磁场中有一匝数n ＝10的线圈，线圈平面垂直于磁场，线圈的面积为S ＝4×10－4 m 2，总电阻为R ＝60 Ω.如图乙为该磁场磁感应强度的变化规律，设磁场方向向上为正，求：图7(1)t ＝0.5×10－2 s 时，线圈中的感应电动势大小；(2)在0～2×10－2 s 过程中，通过线圈横截面的电荷量；(3)在0～3×10－2 s 过程中，线圈产生的热量．答案 (1)24 V (2)4×10－3 C (3)0.192 J解析 (1)由E ＝n ΔB ΔtS 得E ＝10×601×10－2×4×10－4＝24 V (2)在0～1×10－2 s 过程中，由I ＝E R 得I ＝0.4 A在1×10－2 s ～2×10－2 s 过程中，线圈中电流为0，由q ＝I Δt 可知，流过线圈的电荷量为q ＝0.4×1×10－2 C ＝4×10－3 C(3)由Q ＝I 2Rt 得，0～3×10－2 s 过程中，线圈产生的热量为Q ＝0.42×60×2×10－2 J ＝0.192 J.争分提能练9．(2020·江苏南泰扬徐淮连宿二模)如图8甲所示，虚线右侧有一方向垂直纸面的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度随时间t 变化关系如图乙所示(取磁场垂直纸面向里的方向为正方向)，固定的闭合导线框一半在磁场内．从t ＝0时刻开始，下列关于线框中感应电流i 、线框ab 边受到的安培力F 随时间t 变化图像中，可能正确的是(取线框中逆时针方向的电流为正，安培力向右为正方向)( )图8答案 B解析 由题图可知，在0～T 2内线圈中磁感应强度的变化率相同，故0～T 2内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向；在T 2～T 内线圈中磁感应强度的变化率相同，故T 2～T 内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为负方向；根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔB Δt ·S 2，则感应电流为i ＝E R ＝ΔB Δt ·S 2R由题图可知两段时间内的磁感应强度大小相等，故两段时间内的感应电流大小相等，故A 错误，B 正确；由上分析可知，一个周期内电路的电流大小恒定不变，根据F ＝BIL 可知F 与B 成正比，则在0～T 4内磁场垂直纸面向外减小，电流方向由b 到a ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向右，为正方向，大小随B 均匀减小；在T 4～T 2内磁场垂直纸面向里增大，电流方向由b 到a ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向左，为负方向，大小随B 均匀增大；在T 2～3T 2内磁场垂直纸面向里减小，电流方向由a 到b ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向右，为正方向，大小随B 均匀减小；在3T 2～T 内磁场垂直纸面向外增大，电流方向由a 到b ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向左，为负方向，大小随B 均匀增大，故C 、D 错误．10．(多选)如图9所示，Ⅰ、Ⅱ两条虚线之间存在匀强磁场，磁场方向与竖直纸面垂直．一个质量为m 、边长为L 的正方形导体框，在此平面内沿竖直方向运动，t ＝0时刻导体框的上半部分恰好进入磁场，速度为v 0.经历一段时间后，当导体框上半部分恰好出磁场时，速度为零．此后导体框下落，再经历一段时间到达初始位置．不计空气阻力，则导体框( )图9A ．在上升过程中的加速度一直大于g。
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棒由静止向上运动位移为x时达到稳定速度，电路产生的热量 为Q，则（1）稳定时的速度为多大？（2）棒从静止至达到稳 定速度所需要的时间为多少？
（ 1 ）动力学：F mg sin BIL
( BLv m ) 2 或由能量：P mg sin vm Rr
F P / vm I /( R r ) BLv m /( R r )
)
A.导体棒 ef 的加速度可能大于 g B.导体棒 ef 的加速度一定小于 g C.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
2 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为 L， 底端接阻值为 R 的电阻.将质量为 m 的金属 棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和 导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度 为 B 的匀强磁场垂直， 如图 4 所示.除电阻 R 外其余电阻不计 . 现将金属棒从弹簧原长位 置由静止释放.则 (
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1.如图所示，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 从静止下滑一段时间后闭合 开关 S，则 S 闭合后 (
AD
1 2 Pt mgx sin mvm Q 2 2 2mgx sin mvm 2Q t 2P
课 堂 小 结
1、电磁感应中的能量问题并不是孤立的，而是常常体现 在动力学、电路等问题相联系。
电磁感应
导体运动
阻 碍
感应电动势
闭合 电路
磁场对电流的作用
磁场力
感应电流
高考物理大一轮复习第十单元电磁感应4电磁感应中的动力学与能量专题课件
电磁感应中的能量问题 1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热 Q 的三种方法
2.如图所示，在一正方形区域内有匀强磁
场，磁感应强度的方向垂直纸面向里，一正方
形导体框 abcd，恰好与磁场区的边界重合．以
ab 边为轴使导体框匀速转动一周，cd 边转动
的线速度是 v1.然后用垂直于 cd 边的力，沿纸面将导体框匀速拉
出磁场，移动的速度是 v2.两个过程中产生的焦耳热相等，则 v1
线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，可得 mg(2l＋H)＝12mv22－12mv12＋Q 联立解得 H＝mQg＋28l
例 6 如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔 软细线，线的一端系一质量为 3m 的重物，另一端系 一质量为 m、电阻为 r 的金属杆．在竖直平面内有 间距为 L 的足够长的平行金属导轨 PQ、EF，在 Q、 F 之间连接有阻值为 R 的电阻，其余电阻不计，磁 感应强度为 B0 的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时 金属杆置于导轨下端 QF 处，将重物由静止释放，当重物下降 h 时恰好达到稳定速度而匀速下降．运动过程中金属杆始终与导轨 垂直且接触良好，忽略所有摩擦，重力加速度为 g，求：
②
I＝BLRvmax
③
由①②③，解得 F＝B2LR2vmax＋mgsin30°＝18 N.
(2)对金属杆由牛顿第二定律，得 F－mgsin30°－F 安＝ma a＝F－mgsin3m0°－B2RL2v＝2.0 m/s2.
(3)由 v－t 图像知：0.8 s 内位移即为 0～0.8 s 内图像所包围 的小方格面积的和，小方格的个数为 28 个，故 x＝28×0.2×0.2 m ＝1.12 m
2019届一轮复习人教A版 电磁感应中的动力学和能量问题 课件 (46张)
二、电磁感应中的能量问题 1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
议
1.一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。
专题二
电磁感应中的动力学和能量问题
导
1.会分析计算电磁感应中的安培力参与的导体的 运动及平衡问题. 2.会分析计算电磁感应中能量的转化与转移．
电磁感应现象中的动力学问题
1.两种状态及处理方法
思
处理方法
状态
特征
平衡态 加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡 加速度不为 根据牛顿第二定律进行动态分析
态
4．电磁感应中的动力学临界问题 (1)解决这类问题的关键是通过运动状态的分析， 寻找过程中的临界状态，如速度、加速度求最大值或
最小值的条件。
(2)两种常见类型 类型 示意图 “电—动—电”型 “动—电—动”型
棒ab长l、质量m、
棒ab长l、质量m、
已知量
电阻R，导轨光滑水 电阻R，导轨光滑， 平，电阻不计 电阻不计
运动学公式得 v2＝2ax⑥ 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为 W，由动能 1 定理得 W＝0－2mv2⑦ 撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2＝－W⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得 Q2＝1.8 J⑨
(3)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 J⑩ 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＝3.6 J＋1.8 J＝5.4 J⑫
高考复习电磁感应中的动力学与能量专题PPT课件 人教课标版
课 前 热 身
1、如图所示，AB、CD是两根 足够长的固定平行金属导轨，两导 轨间的距离为l，导轨平面与水平面 的夹角是θ，在整个导轨平面内都有 垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁 场，磁感应强度为B，在导轨的A、 C端连接一个阻值为R的电阻. 一根垂直于导轨放置的金属棒ab，质量为m，从静止 开始沿导轨下滑，求ab棒的最大速度.(已知动摩擦因 数为μ，导体和金属棒的电阻不计) 【答案】vm=mg(sinθ-μCosθ)R/B2I2
线竖直，T=mg，故A正确.
能力· 思维· 方法
【例2】如图中图甲所示，一对平行光滑轨道放置在 水平面上，两轨道间距l=0.2m，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的匀强电场中，磁场方向垂直轨道面向下.现 有一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动， 测得力F与时间t的
【答案】12J
4、如图，让一线圈由位
置1通过一个匀强磁场区域 到达位置2，下列说法正确 的是( AD ) A、线圈进入或离开磁场时，线圈中有感应电流， 且速度越大，感应电流越大 B、整个线圈在磁场中做匀速运动时，线圈中有 稳定的感应电流 C、整个线圈在磁场中做加速运动时，线圈中有 逐渐增大的感应电流
F=ma+B2l2at/R；则在图乙上任取两点代入求解：
a=10m/s2，m=0.1kg.
能力· 思维· 方法
【例3】如图所示，a、b为在同一水平面内的两 条相互平行的很长的直金属导轨，在其上置有两根 可以在导轨上做无 摩擦滑动的相互平行 的金属棒c、d，a、b 相互垂直，c、d的质 量均为0.1kg，且电 阻相等.
【解析】线框在进入和离开磁场的过程中磁通量才会 变化，也可以看做其部分在切割磁感线，因此有感应电 流，且由楞次定律或右手定则可确定进入和离开磁场时 感应电流方向是相反的，故A项正确；当线圈整体都进 入匀强磁场后，磁通量就保持不变了，此段过程中不会 产生感应电流，故B错误，但提醒一下的是此时还是有 感应电动势的(如果是非匀强磁场，则又另当别论了)； 当线框在进入和离开磁场的过程中会有感应电流产生， 则回路中有机械能转化为电能，或者说当导体在磁场中 做相对磁场的切割运动而产生感应电流的同时，一定会 有安培“阻力”阻碍其相对运动，故线框的摆角会减小， 但当线框最后整体都进入磁场中后，并只在磁场中摆动 时，没有感应电流产生，则机械能保持守恒，摆角就不 会再变化，故C项正确，而D项错误.综上所述，正确答
电磁感应中的动力学问题和能量问题课件
电磁感应的能量问题
1 动能定理和能量守恒定律
探索动能定理和能量守恒定律在电磁感应中 的应用。
2 自感和互感
解释自感和互感在电磁感应中的角色和效应。
3 能量传递和能量损耗
研究电磁感应中的能量传递和损耗机制。
4 E-MF方程和能量密度
介绍电磁场方程和能量密度的概念和应用。
电磁感应相关的应用
发电机的工作原理和构成
详细解释发电机的工作原理和组成部分。
变压器的工作原理和构成
探索变压器的工作原理以及不同部分的功能。
感应加热和感应焊接的原理
解释感应加热和感应焊接过程的原理和应用。
感应炉和感应加工的应用
揭示感应炉和感应加工在工业领域中的应用。
电磁感应中的动力学问题 和能量问题课件
探索电磁感应中的动力学问题和能量问题。从基本概念开始，深入解释动力 学问题和能量问题，并探讨相关应用。
电磁感应的基本概念
电磁感应的定义
了解电磁感应的基定律，解释感应电流的原理。
法拉第电磁感应定律
探索法拉第电磁感应定律的重要性和应用。
差动电动势
介绍差动电动势的概念和重要性。
电磁感应的动力学问题
1
磁场中的电流的受力
2
探讨电流在磁场中所受的力和影响因素。
3
磁阻尼和阻尼系数
4
分析磁阻尼对电磁感应的影响和阻尼系 数的计算方法。
磁场中的带电粒子的受力
研究带电粒子在磁场中所受的力和运动 规律。
感生电动势和电荷的运动方程
揭示感生电动势和电荷运动方程之间的 关系。
物理一轮复习课件： 电磁感应中动力学、动量和能量问题
关
课
键
后
能
限
力
时
全 突
集
破
训
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[跟进训练]
电磁感应中的平衡问题
关
1.(2016·全国卷Ⅰ)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上 课
键
后
能 力
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
限 时
全
突 破
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
集 训
时
全 突
集
破
训
(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。
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[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
关
课
键 能
力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得
后 限
力
全 突
2mgsin θ＝μN1＋T＋F
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：
关
课
键
后
能
限
力
时
全 突
集
破
训
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(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
关
课
键 能
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
集 训
据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能
变化量为0，重力做功为2mgd，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q1
《电磁感应中的动力学问题和能量问题》 课件 2025届 人教版高中物理高考一轮复习
(4)t时间内R上的热量。
温故而知新
1、安培力的大小
BIL
安培力公式：F=______
感应电流：
I＝______
+
F=
R
L
+
BLv
感应电动势：E＝______
2、安培力的方向
(1)先用 右手定则
判定感应电流方向,再用
左手定则
判定安培力方向。
(2)根据楞次定律,安培力的方向一定和导体切割磁感线运动方向 相反 。
PM=
2
22
R
【当堂检测】
2、如图所示，竖直平行导轨间距l=20cm，导轨顶端接有一电键K．导体棒ab与
导轨接触良好且无摩擦，ab的电阻R=0.4Ω，质量m=10g，导轨的电阻不计，整
个装置处在与轨道平面垂直的匀强磁场中，磁感强度B=1T．当ab棒由静止释放
0.8s后，突然接通电键，不计空气阻力，设导轨足够长．求：
滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。求：
（1）确定电源、电路结构、画出等效电路图。
（2）加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流和安培力；
（3）由b向a方向看此装置，请画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
（4）导体棒在下滑过程中做什么样的运动？
（5）当ab杆的速度大小为v时的加速度大小；
由左手定则判断可知，安培力方向向左；
（3）导体棒ab匀速运动，外力与安培力二力平衡，
则有：F外=F安=0.016N，方向向右．
外力做功的功率是：P外=P安=F安v=0.016×5W=0.08W
外力做正功，提供的机械能转化为电路中电能，
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第 十 章
电磁感应
微专题14 电磁感应中的动力学和能量问题
栏目
导航命题点一 电磁感应中的动力学问题 命题点二 电磁感应中能量问题
模拟演练·稳基提能
1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．
2．两种状态及处理方法
电磁感应中的动力学问题
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
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，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：
对金属棒正确进行受力分析和运动过程分析是解题的关键．
如图，两个倾角均为θ＝37°的绝缘斜面，顶端相同，斜面上分别固定着一个光滑的不计电阻的U 型导轨，导轨宽度都是L ＝1．0 m ，底边分别与开关S 1、S 2连接，导轨上分别放置一根和底边平行的金属棒a 和b ，a 的电阻R 1＝10．0 Ω、质量m 1＝2．0 kg ，b 的电阻R 2＝8．0 Ω、质量m 2＝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，大小分别为B 1＝1．0 T ，B 2＝2．0 T ，轻细绝缘线绕过斜面顶端很小的光滑定滑轮连接两金属棒的中点，细线与斜面平行，两导轨足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10．0 m/s 2．开始时，开关S 1、S 2都断开，轻细绝缘线绷紧，金属棒a 和b 在外力作用下处于静止状态．求：
(1)撤去外力，两金属棒的加速度多大？
(2)同时闭合开关S 1、S 2，求金属棒a 、b 运动
过程中达到的最大速度？
答案：(1)0.5 A 由B到A (2)是 4 m/s2 (3)0.75 J
AC
2．如图1所示，两相距L＝0.5 m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R＝2 Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场．质量m＝0.2 kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略．杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v－t图象如图2所示．在15 s末时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持回路磁通量不变，杆中电流为零．求：
(1)金属杆所受拉力的大小F；
(2)0－15 s内匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)撤去恒定拉力之后，磁感应强度随时间的变化规律．
3．(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
时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向的恒定拉力作用下由静止开始运动．t
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．
电磁感应中能量问题
1．题型简述：电磁感应过程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来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．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)根据能量守恒定律或功能关系列式求解．
3．求解电能应分清两类情况
(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．
(2)若电流变化，则
①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．
能量转化问题的分析程序：先电后力再能量
如图所示，倾角30°的光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道连接，轨道宽度均为L＝1 m，电阻忽略不计．匀强磁场Ⅰ仅分布在水平轨道平面所在区域
＝1 T；匀强磁场Ⅱ仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方向，方向水平向右，大小B
1
＝1 T．现将两质量均为m＝0.2 kg，电阻均为R＝垂直于倾斜轨道平面向下，大小B
2
0.5 Ω的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时
由静止释放．取g＝10 m/s2．
(1)求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大
小；
(2)若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的
过程中，ab棒产生的焦耳热Q＝0.45 J，求该过程
中通过cd棒横截面的电荷量；
(3)若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度h＝10 m，cd棒由静止释放后，为使cd棒中无感应电流，可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化，将cd棒开始运动的时刻
＝1 T，试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段记为t＝0，此时磁场Ⅱ的磁感应强度为B
时间内，磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式．
(1)杆a在斜轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
4．(2018·东北三省四市教研联合体模拟考试)(多选)如图所示，平行导轨放在斜面上，匀强磁场垂直于斜面向上，恒力F 拉动金属杆ab 从静止开始沿导轨向上滑动，接触良好，导轨光滑．从静止开始到ab 杆达到最大速度的过程中，恒力F 做功为W ，ab 杆克服重力做功为W 1，ab 杆克服安培力做功为W 2，ab 杆动能的增加量为ΔE k ，电路中产生的焦耳热为Q ，ab 杆重力势能增加量为ΔE p ，则( )
A ．W ＝Q ＋W 1＋W 2＋ΔE k ＋ΔE p
B ．W ＝Q ＋W 1＋W 2＋ΔE k
C ．W ＝Q ＋ΔE k ＋ΔE p
D ．W 2＝Q ，W 1＝Δ
E p CD
解析：功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程．力F 做的功导致内能的增加、杆动能的增加和重力势能的增加，所以有W ＝Q ＋ΔE k ＋ΔE p ，选项AB 错误，C 正确；克服重力做的功等于杆重力势能的增加量，即W 1＝ΔE p ，克服安培力做的功等于电路产生的焦耳热，即W 2＝Q ，选项D 正确．
B 。