2019物理(人教)课件：第十章 第三讲 电磁感应中的电路和图象问题
热点二
电磁感应中的图象问题
1．电磁感应中常见的图象问题 随时间变化的图象，如 B E 图象 类型 随位移变化的图象，如 E x 图象、I x 图象(所以 t 图象、I t 图象 t 图象、Φ t 图象、
[学习目标] 1．掌握电磁感应中的电路问题． 2．掌握电磁感应中的图象问题．
热点一
电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图Biblioteka 2．解决电磁感应中的电路问题三部曲
题型1
感生电动势的电路分析
[示例1] (2016· 高考浙江卷)如图所示，a、 b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制 成，匝数均为 10 匝，边长 la＝3lb，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( A．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∶1 C．a、b 线圈中感应电流之比为 3∶4 D．a、b 线圈中电功率之比为 3∶1
[答案] B
解析
答案
[规律方法] 电磁感应中确定电源的方法 (1)判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)； (2)动生问题(棒切割磁感线)产生的电动势 E＝BLv，方向由右 手定则判定； ΔBS (3)感生问题(磁感应强度的变化)的电动势 E＝n ，方向由楞 Δt 次定律判定．在等效电源内部电流方向都是由负极流向正极 的．
A．导体棒 ab 中电流的流向为由 b 到 a B．cd 两端的电压为 1 V C．de 两端的电压为 1 V D．fe 两端的电压为 1 V
解析：由右手定则可知 ab 中电流方向为 a→b，A 错误；导体 棒 ab 切割磁感线产生的感应电动势 E＝Blv，ab 为电源，cd 间 电阻 R 为外电路负载，de 和 cf 间电阻中无电流，de 和 cf 间无 Blv E 电压，因此 cd 和 fe 两端电压相等，即 U＝ ×R＝ ＝1 V， 2R 2 B、D 正确，C 错误．
[答案] (1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s
[跟踪训练] 2.(多选)(2018· 焦作一模)如图所示，两根足够长的 光滑金属导轨水平平行放置，间距为 l＝1 m，cd 间、de 间、cf 间分别接着阻值 R＝10 Ω 的电阻．一阻值 R＝10 Ω 的导体棒 ab 以速度 v＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好； 导轨所在平面存在磁感应强度大小 B＝0.5 T、方向竖直向下的 匀强磁场．下列说法中正确的是( )
－5 －2
W
C
解析：由法拉第电磁感应定律可知，螺线管内产生的电动势为 E ΔB 0.8 － ＝n S＝1 500× ×20×10 4 V＝1.2 V，故 A 正确；根据楞次 Δt 2 定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源 的正极，则电容器下极板带正电，故 B 错误；电流稳定后，电流 E 1.2 为 I＝ ＝ A＝0.12 A， 电阻 R1 上消耗的功率为 P R1＋R2＋r 4＋5＋1 ＝I2R1＝0.122×4 W＝5.76×10
(1)匀强磁场的方向； (2)ab 两端的路端电压； (3)金属棒 ab 运动的速度．
[解析]
(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因
为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故 M 板带正电．ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab 棒等效于电源， 感应电流方向由 b→a，其 a 端为电源的正极，由右手定则可判 断，磁场方向竖直向下． (2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件 有 mg＝Eq UMN mgd 又 E＝ d ，所以 UMN＝ q ＝0.1 V
R3 两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过 R3 的 UMN 电流为 I＝ ＝0.05 A R3 R1R2 则 ab 棒两端的电压为 Uab＝UMN＋I ＝0.4 V. R1＋R2 (3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势 E＝Blv 由闭合电路欧姆定律得 E＝Uab＋Ir＝0.5 V 联立解得 v＝1 m/s.
解析
答案
)
[解析]
由楞次定律可知线圈 a、b 中均产生逆时针方向的感应
ΔΦ ΔB 电流，A 错误；由法拉第电磁感应定律 E＝n ＝nS 可知， Δt Δt Ea Sa 9 E Ra 3 Ia Ea Rb 3 Eb＝Sb＝1，故 B 正确；由 I＝R，Rb＝1，可得Ib＝Eb· Ra＝1， Pa E2 27 a Rb 故 C 错误；P ＝ 2· ＝ ，故 D 错误． R E 1 b b a
[跟踪训练]
1.(多选)在如图甲所示的电路中， 螺线管匝数 n＝1
500 匝， 横截面积 S＝20 cm2.螺线管导线电阻 r＝1 Ω， R1＝4 Ω， R2＝5 Ω，C＝30 μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感 应强度 B 按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是 ( )
A．螺线管中产生的感应电动势为 1.2 V B．闭合 S，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电 C．电路中的电流稳定后，电阻 R1 的电功率为 5×10 D．S 断开后，通过 R2 的电荷量为 1.8×10
－2
W，故 C 错误；开关断开后通过
－
电阻 R2 的电荷量为 Q ＝ CU ＝ CIR2 ＝ 30×10 6×0.12×5 C ＝ 1.8×10
－5
C，故 D 正确．
答案：AD
题型2 [示例2]
动生电动势的电路分析 在同一水平面的光滑平行导轨 P、Q 相距 l＝1 m，导
轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两 极板 M、 N 相距 d＝10 mm， 定值电阻 R1＝R2＝12 Ω， R3＝2 Ω， 金属棒 ab 的电阻 r＝2 Ω， 其他电阻不计． 磁感应强度 B＝0.5 T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒 ab 沿导轨向右匀速 运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量 m＝1×10－14 kg，电 荷量 q＝－1×10－14 C 的微粒恰好静止不动． 取 g＝10 m/s2， 在 整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且速度保持恒定．试 求：
2019版总复习高中物理课件：第十章 电磁感应10-3-2-电磁感应中的电路问题-x 精品
备选训练
【备选训练3】如图示,R1＝5 Ω,R2＝6 Ω,电压表与电流表的量程分 别为0～10 V和0～3 A,电表均为理想电表。导体棒ab与导轨电阻 均不计,且导轨光滑,导轨平面水平,ab棒处于匀强磁场中。 (1)当变阻器R接入电路的阻值调到30 Ω,且用F1＝40 N的水平拉力 向右拉ab棒并使之达到稳定速度v1时,两表中恰好有一表满偏,而另 一表又能安全使用，则此时ab棒的速度v1是多少？ (2)当变阻器R接入电路的阻值调到3 Ω，且仍使ab棒的速度达到稳 定时，两表中恰有一表满偏，而另一表能安全使用，则此时作用 于ab棒的水平向右的拉力F2是多大？
CD处(恰好不在磁场中)。CDFE区域内磁场的磁感应强
度B随时间变化的图象如图乙所示。在t＝0至t＝4 s内，
金属棒PQ保持静止，在t＝4 s时使金属棒PQ以某一速
度进入磁场区域并保持匀速运动。已知从t＝0开始到金
属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮
度没有发生变化。求： (1)通过小灯泡的电流；
题组剖析
例4 (2017·江西新余期末)如图甲所示，水平面上
的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5 m，电阻
不计，左端通过导线与阻值R＝2 Ω的电阻连接，右端
通过导线与阻值RL＝4 Ω的小灯泡L连接。在CDFE矩形 区域内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，CE长l＝2
m，有一阻值r＝2 Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界
(1)电动势：E＝__E_－__I_r_或E＝n ΔΦ/Δt.
(2)路端电压：U＝IR＝________.
RI Er
高中物理一轮复习课件：第3单元 电磁感应中的电路与图象问题(共22张PPT)
率P先变大、后变小、再变大、再变小。
8
如图甲，光滑平行的、足够长的金属导轨 ab、cd 所在平面 与水平面成 θ 角，b、c 两端接有阻值为 R 的定值电阻．阻值 为 r 的金属棒 PQ 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装 置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面 向上．从 t＝0 时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力 F 作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且 接触良好，通过 R 的感应电流随时间 t 变化的图象如图乙所示．下 面分别给出了穿过回路 PQcb 的磁通量 Φ、磁通量的变化率ΔΔΦt 、 电阻 R 两端的电势差 U 和通过棒上某横截面的总电荷量 q 随 运动时间 t 变化的图象，其中正确的是( )
14
【例与练】如图所示的是法拉 第圆盘发电机示意图．铜圆盘安装在竖直 的铜轴上，两电刷 P、Q 分别与圆盘的边 缘和铜轴接触，直径为 d 的圆盘以恒定的 角速度 ω(俯视)顺时针转动，圆盘在电路 中的等效电阻为 r.(不计铜棒和电刷的电阻)
15
• (1) 求通过电阻R的电流的大小和方向．
【答案】
属导轨相连接，并置于水平桌面上．圆形金属框面积
为S，内有垂直于线框平面的磁场，磁感应强度B1随时 间t 的变化关系如图(乙)所示，0～1s内磁场方向垂直
线框平面向里．长为L，电阻为R的导体棒置于平行金
属导轨上，且与导轨接触良好．导轨和导体棒处于另
一匀强磁场中，其磁感应强度恒定为B棒始终
解析：根据题意设小环电阻为R，则大
环电阻为4R，小环的面积为S，大环的 面积为16S，且ΔB/Δt=k。
E1 t1 StBkS
U E1 4R4kS R4R 5
E2 t216 S tB16kS
一轮复习人教版-第10章-第3节-电磁感应中的电路和图象问题-课件(50张)
课 后 限
全 突 破
＝9∶1 知，Ea＝9Eb，选项 B 正确；由 R＝ρSL′知两线圈的电阻关系
时 集 训
为 Ra＝3Rb，其感应电流之比为 Ia∶Ib＝3∶1，选项 C 错误；两线圈
的电功率之比为 Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，选项 D 错误。]
返 首 页
15
2．(多选)如图所示，边长为 L、不可形变的正方形导线框内有
训
)
返 首 页
16
关 键
A．R2 两端的电压为U7
课 后
能
力 全
B．电容器的 a 极板带正电
限 时
突
集
破
C．滑动变阻器 R 的热功率为电阻 R2 的 5 倍
训
D．正方形导线框中的感应电动势为 kL2
返 首 页
17
AC [P 将 R 分为 R 左、R 右两部分，R 左＝R 右＝R20，R2 与 R 右并
返 首
页
21
AD [根据楞次定律可知，A 正确；根据法拉第电磁感应定律可
关 键
知，感应电动势 E＝BLv，故 B 错误；R1＝R 时，外电路总电阻 R 外
课 后
能
力 全 突
＝R2 ，故导体棒两端的电压即路端电压应等于13BLv，故
C 错误；该
限 时 集
破
训
电路电动势 E＝BLv，电源的内阻为 R，求解滑动变阻器的最大电功
半径为 r 的圆形磁场区域，其磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系为 B
关 键
＝kt(常量 k>0)。回路中滑动变阻器 R 的最大阻值为 R0，滑动片 P 位
课 后
能 力 全 突
于滑动变阻器中央，定值电阻
高中物理高考物理一轮复习10 3电磁感应中的电路与图像专题课件新人教版201908021192
t1～t2 时间内线圈产生的感应电动势 E′＝nΔΔΦt ＝nt2B－1t1S， 根据闭合电路欧姆定律 I′＝2ER′ ＝2（tn2－B1tS1）R，C 项正确； t1～t2 时间内，磁通量减小，根据楞次定律可知，P 端电势 低于 Q 端电势， UPQ＝－n2（t2B－1 t1）S，D 项错误．
若线框进入磁场时的速度合适，线框所受安培力等于重力， 则线框匀速进入磁场，图像 D 有可能；由分析可知选 A 项．
例 7 如图 1 所示，平行粗糙导轨固定在绝缘水平桌面上， 间距 L＝0.2 m，导轨左端接有 R＝1 Ω 的电阻，质量为 m＝0.1 kg 的粗糙导体棒 ab 静置于导轨上，导体棒及导轨的电阻忽略不 计．整个装置处于磁感应强度 B＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方 向垂直导轨向下．现外力 F 作用在导体棒 ab 上使之一开始做匀 加速运动，且外力 F 随时间变化关系如图 2 所示，重力加速度 g ＝10 m/s2，试求解以下问题：
2 AB 的路端电压 UAB＝R总＋R总RABEAB＝23R3＋R RBLv＝25BLv CD 两端的电压等于 CA、AB、BD 电压之和，则： UCD＝BLv＋25BLv＝75BLv，
2 AB 段的电流为 I＝URA总B＝5B23RLv＝3B5RLv，
金属棒所受安培力 F 安＝BIL＝3B52RL2v， 导体棒做匀速运动受力平衡， 在竖直方向有拉力 F＝F 安＋G， 拉力做功的功率 PF＝F·v＝(F 安＋G)·v＝3B52LR2v2＋mgv.
A．0～t1 时间内的读数为n（B1－B0）S t1
C．t1～t2 时间内 R 上的电流为2（tn2－B1tS1）R
D．t1～t2 时间内 PQ 间的电势差 UPQ＝n2（t2B－1 t1）S
新版高考物理 第十章 电磁感应 10-4-3 电磁感应问题的综合应用课件.ppt
01 课堂互动 02 题组剖析 03 规范解答 04
课堂互动
应用动力学知识和功能关系解决力、电综合问题与 解决纯力学问题的分析方法相似，动力学中的物理规 律在电磁学中同样适用，分析受力时只是多了个安培 力或电场力或洛伦兹力。
题组剖析
典例 (20分) (2016·渝中区二模)如图，电阻不计的相同的光滑弯折金 属轨道MON与M′O′N′均固定在竖直面内，二者平行且正对，间距为L＝1 m， 构成的斜面NOO′N′与MOO′M′跟水平面夹角均为α＝30°，两边斜面均处于垂 直于斜面的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B＝0.1 T。t＝0时，将长度也 为L，电阻R＝0.1 Ω的金属杆ab在轨道上无初速度释放。金属杆与轨道接触 良好，轨道足够长。(g取10 m/s2，不计空气阻力，轨道与地面绝缘)求：
题组剖析
2．再读题―→过程分析―→选取规律
过程 分析 ab杆由静止释放，ab杆做匀加速直线运动t＝2 s 时释放金属杆 cd，cd 由于受力
平衡，处于静止状态，ab 杆受力平衡，开始匀速下滑
选取 对cd杆，平衡条件：mgsin α＝BIL 对 ab 杆
规律
牛顿第二定律：mgsin α＝ma 运动学公式：v＝at 法拉第电磁感应定律：E＝BLv
(1)t时刻杆ab产生的感应电动势的大小E； (2)在t＝2 s时将与ab完全相同的金属杆cd放在MOO′M′上，发现cd恰能 静止，求ab 杆的质量m以及放上杆cd后ab杆每下滑位移s＝1 m回路产1．读题―→抓关键点―→提取信息 (1)“光滑弯折金属轨道”―隐―含→不计杆与轨道间摩擦力 (2)“与 ab 完全相同的金属杆 cd”―隐―含→杆 ab、cd 的电阻、质量均相同 (3)“cd 恰能静止”―隐―含→cd 受力平衡，那么 ab 杆受力也平衡
人教版高中物理《电磁感应》优秀PPT课件
磁感应强度是B，ab以速度v匀速切割磁感线，求产生的感
应电动势
分析磁通量的变化： ΔS=LvΔt
ΔΦ=BΔS =BLvΔt
产生的感应电动势为：
× × a× × × ×a ×
×××××
G×
×
×
v
×
×
×
×
× × b× × × b
E Φ BLvt BLv
t
t
第十一页，共17页。
若导体运动方向跟磁感应强度方向有夹角(导体斜切磁 感线)如图：
5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ,它们的电阻不计,在M和P之间接有R=3.
V2 v 求线圈中的感应电动势。
②求出的是瞬时感应电动势，E和某个时刻或某个位置对应. 1、导线运动方向和磁感线平行时, E=0 (2)①求出的是整个回路的感应电动势；
θ为v与B夹角
现使ab以v=10m／s的速度向右做匀速运动.
量是多少?
WF=0.1J Q=0.1J
M
a
N
R
B
rv
第十七页，共17页。
P
b
Q
第三页，共17页。
2.感应电动势的大小跟哪些因素有关？
（1）部分导体切割磁感线
实验现象：
①导体棒快速运动时，电流表 指针偏转角度大，表明电路中 的电流大，说明产生的感应电 动势大。
②导体棒慢速运动时，电流表指 针偏转角度小，表明电路中的电 流小，说明产生的感应电动势小。
第四页，共17页。
（2）条形磁铁插入螺旋管
人教版高中物理选修3—2
第一页，共17页。
问题1：什么叫电磁感应现象？
利用磁场产生电流的现象
问题2：产生感应电流的条件是什么？ （1）闭合电路 （2）磁通量变化
人教版高中物理选修(3-2)专题二《电磁感应中的图象问题》ppt课件
1．电磁感应现象相关的图象：主要包括 B－t 图象、Φ－t 图象、E－t 图象、I－t 图象、F－t 图象，还可能涉及感应电动 势 E 和感应电流 I 随线圈位移 x 变化的图象，即 E－x 图象和 I－x 图象． 2．解题关键 (1)弄清初始条件，正、负方向的对应变化范围，所研究物 理量的函数表达式，进出磁场的转折点是解决问题的关键．
4．电磁感应中的图象主要分类 (1)由给定的电磁感应过程选正确的图象． (2) 由给定的有关图象分析电磁感应过程求解相应的物理 量． (3)由给定的电磁感应过程画出相应的正确图象．
由给定的电磁感应过程选正确的图象 (2013· 全国新课标Ⅰ卷)如右图所 示，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属 棒 ab、ac 和 MN，其中 ab、ac 在 a 点接触， 构成“V”字形导轨．空间存在垂直于纸面的均 匀磁场．用力使 MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运 动中 MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触． 下 列关于回路中电流 i 与时间 t 的关系图线可能正确的是( )
θ 感应电动势 e＝Blv＝2Bv(l0＋vt)tan ，电路中总电阻 R 2 ＝ R0l θ 2l0＋vt e 2l0＋vttan2＋ θ ＝ R0 ，所以 i＝R＝ cos 2 θ Bv· tan 2 ＝ θ 1 R tan 2＋ 0 cos
(2)对于图象问题，应做“三看”“三明确”，即 ①看轴——看清变量． ②看线——看图线的形状． ③看点——看特殊点和转折点． ④明确图象斜率的物理意义． ⑤明确截距的物理意义． ⑥明确“＋”“－”的含义．
3．解决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 Φ－t 图象，或者 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 规律写出函数关系式． (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)判断图象(或画图象或应用图象解决问题)．
电磁感应中的电路与图像问题-PPT课件
【解析】 (1)把切割磁感线的金属棒看成一个具有内阻为 R，电动势为 E 的电源，两个半圆环看成两个并联电阻，画出 等效电路如右图所示．
等效电源电动势为 E＝BLv＝2Bav
外电路的总电阻为 R 外＝RR＋·RR＝12R 棒上电流大小为 I＝RE总＝122RB＋avR＝43BRav 根据分压原理，棒两端的电压为
3．电磁感应中电路问题的分析步骤 (1)先明确哪部分是电源，哪部分是外电路． (2)再分析外电路是怎样连接的，较复杂的要画出等效电 路． (3)用 E＝nΔΔΦt 或 E＝Blv 计算出感应电动势． (4)最后应用闭合电路的欧姆定律和部分电路欧姆定律，并 结合串、并联电路知识进行电流、电压以及电功率的计算．
例 2 (2011·河南郑州)如图所示，等腰三角形内分布有垂
直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在 x 轴上且长为 2L，高为
L.纸面内一边长为 L 的正方形导线框沿 x 轴正方向做匀速直线
运动穿过匀强磁场区域，在 t＝0 时刻恰好位于图中所示的位
置．以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中
UMN＝R外R＋外 R·E＝23Bav (2)圆环和金属棒上消耗的总热功率 P＝IE＝8B32aR2v2
大家学习辛苦了，还是要坚持
继续保持安静
题后反思 (1)有些同学误认为电源两端电压就等于电源电动势，即 UMN＝2Bav.实际上电源两端的电压就是路端电压(外电路的两 端)，并不等于电源电动势．只有在特殊情况下，即内阻 r＝0 时，电源两端电压在数值上才等于电源电动势．此处应引起注 意． (2)除了上面提到的易错点以外，对外电路连接特点搞不清 以及电路计算的基本功不扎实，也是导致错误的常见原因．
电磁感应中的电路与图像问题
一、电磁感应中的电路问题 规律方法
高三物理(新课标)一轮讲义：专题10电磁感应中的电路和图象问题
专题十电磁感应中的动力学和能量问题考纲解读 1.能解决电磁感应问题中涉及安培力的动态分析和平衡问题.2.会分析电磁感应问题中的能量转化，并会进行有关计算．考点一电磁感应中的动力学问题分析1．导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析．2．导体的非平衡态——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，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50 m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0 T．将一根质量为m＝0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s＝2.0 m．已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：图1(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；(2)金属棒到达cd处的速度大小；(3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量．解析(1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，则mg sin θ－μmg cos θ＝maa＝2.0 m/s2(2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有mg sin θ＝BIL＋μmg cos θI ＝BL v R解得v ＝2.0 m/s(3)设金属棒从ab 运动到cd 的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ，由能量守恒，有mgs sin θ＝12m v 2＋μmgs cos θ＋Q 解得Q ＝0.10 J答案 (1)2.0 m/s 2 (2)2.0 m/s (3)0.10 J电磁感应与动力学问题的解题策略此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向．(2)根据等效电路图，求解回路中感应电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的感应电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．突破训练1 如图2所示，相距为L 的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨上固定有质量为m 、电阻为R 的两根相同的导体棒，导体棒MN 上方轨道粗糙、下方轨道光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B .将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN 下滑而EF 保持静止，当MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，下列叙述正确的是( )图2A ．导体棒MN 的最大速度为2mgR sin θB 2L 2B ．导体棒EF 与轨道之间的最大静摩擦力为mg sin θC ．导体棒MN 受到的最大安培力为mg sin θD ．导体棒MN 所受重力的最大功率为m 2g 2R sin 2 θB 2L 2答案 AC解析 由题意可知，导体棒MN 切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝BL v ，回路中的电流I ＝E 2R ，MN 受到的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 2R，故MN 沿斜面做加速度减小的加速运动，当MN 受到的安培力大小等于其重力沿轨道方向的分力时，速度达到最大值，此后MN 做匀速运动．故导体棒MN 受到的最大安培力为mg sin θ，导体棒MN 的最大速度为2mgR sin θB 2L 2，选项A 、C 正确．由于当MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，由力的平衡知识可知EF 与轨道之间的最大静摩擦力为2mg sin θ，B 错误．由P ＝G v sin θ可知导体棒MN 所受重力的最大功率为2m 2g 2R sin 2 θB 2L 2，D 错误． 考点二 电磁感应中的能量问题分析1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．2．求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算．(2)若电流变化，则：①利用安培力做的功求解：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，则机械能的减少量等于产生的电能．例2 如图3所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ ，磁感应强度B 的大小为5 T ，磁场宽度d ＝0.55 m ，有一边长L ＝0.4 m 、质量m 1＝0.6 kg 、电阻R ＝2 Ω的正方形均匀导体线框abcd 通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m 2＝0.4 kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)线框abcd 还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab 边距磁场MN 边界的距离x 多大？(3)在(2)问中的条件下，若cd 边恰离开磁场边界PQ 时，速度大小为2 m/s ，求整个运动过程中ab 边产生的热量为多少？图3审题指导 1.线框abcd 未进入磁场时，线框沿斜面向下加速，m 2沿水平面向左加速，属连接体问题．2．ab 边刚进入磁场时做匀速直线运动，可利用平衡条件求速度．3．线框从开始运动到离开磁场的过程中，线框和物体组成的系统减少的机械能转化为线框的焦耳热．解析 (1)m 1、m 2运动过程中，以整体法有m 1g sin θ－μm 2g ＝(m 1＋m 2)aa ＝2 m/s 2以m 2为研究对象有F T －μm 2g ＝m 2a (或以m 1为研究对象有m 1g sin θ－F T ＝m 1a )F T ＝2.4 N(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有m 1g sin θ－μm 2g －B 2L 2v R＝0 v ＝1 m/sab 到MN 前线框做匀加速运动，有v 2＝2axx ＝0.25 m(3)线框从开始运动到cd 边恰离开磁场边界PQ 时：m 1g sin θ(x ＋d ＋L )－μm 2g (x ＋d ＋L )＝12(m 1＋m 2)v 21＋Q 解得：Q ＝0.4 J所以Q ab ＝14Q ＝0.1 J 答案 (1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J突破训练2 如图4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、大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′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( )图4A ．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 答案 BD解析 导体棒刚开始运动时所受安培力最大，F m ＝BIl ＝B 2l 2v 2R，A 选项错误．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：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)，即为导体棒克服安培力做的功．导体棒损失的机械能即为克服安培力做功和克服摩擦阻力做功的和，W 损失＝12m v 2－mgs sin θ.故B 、D 正确．43.应用动力学和能量观点解决电磁感应中的“导轨＋杆”模型问题1．模型概述对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态最终达到稳定的运动状态，该系统称为“导轨＋杆”模型．2．模型分类及分析方法根据杆的数目，对于“导轨＋杆”模型题目，又常分为单杆模型和双杆模型．(1)单杆模型是电磁感应中常见的物理模型，此类问题所给的物理情景一般是导体棒垂直切割磁感线，在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动，所涉及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等．此类问题的分析要抓住三点：①杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)．②整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功．③电磁感应现象遵从能量守恒定律．(2)双杆类问题可分为两种情况：一是“假双杆”，甲杆静止不动，乙杆运动．其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡．另一种情况是两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减． 线框进入磁场和离开磁场的过程和单杆的运动情况相同，在磁场中运动的过程与双杆的运动情况相同．例3 如图5所示，足够长的金属导轨MN 、PQ 平行放置，间距为L ，与水平面成θ角，导轨与定值电阻R 1和R 2相连，且R 1＝R 2＝R ，R 1支路串联开关S ，原来S 闭合．匀强磁场垂直导轨平面向上，有一质量为m 、有效电阻也为R 的导体棒ab 与导轨垂直放置，它与导轨粗糙接触且始终接触良好．现将导体棒ab 从静止释放，沿导轨下滑，当导体棒运动达到稳定状态时速率为v ，此时整个电路消耗的电功率为重力功率的34.已知重力加速度为g ，导轨电阻不计，求：图5(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小和达到稳定状态后导体棒ab 中的电流强度I ；(2)如果导体棒ab 从静止释放沿导轨下滑x 距离后达到稳定状态，这一过程回路中产生的电热是多少？(3)导体棒ab 达到稳定状态后，断开开关S ，从这时开始导体棒ab 下滑一段距离后，通过导体棒ab 横截面的电荷量为q ，求这段距离是多少？审题与关联解析 (1)回路中的总电阻为：R 总＝32R 当导体棒ab 以速度v 匀速下滑时棒中的感应电动势为：E ＝BL v此时棒中的感应电流为：I ＝E R 总此时回路的总电功率为：P 电＝I 2R 总此时重力的功率为：P 重＝mg v sin θ根据题给条件有：P 电＝34P 重，解得：I ＝ mg v sin θ2R B ＝32L mgR sin θ2v (2)设导体棒ab 与导轨间的滑动摩擦力大小为F f ，根据能量守恒定律可知：14mg v sin θ＝F f v 解得：F f ＝14mg sin θ 导体棒ab 减少的重力势能等于增加的动能、回路中产生的焦耳热以及克服摩擦力做功的和mg sin θ·x ＝12m v 2＋Q ＋F f ·x 解得：Q ＝34mg sin θ·x －12m v 2(3)S 断开后，回路中的总电阻为：R 总′＝2R设这一过程经历的时间为Δt ，这一过程回路中的平均感应电动势为E ，通过导体棒ab 的平均感应电流为I ，导体棒ab 下滑的距离为s ，则：E ＝ΔΦΔt ＝BLs Δt ，I ＝E R 总′＝BLs 2R Δt得：q ＝I Δt ＝BLs 2R解得：s ＝4q 32v R mg sin θ答案 见解析高考题组1．(2013·安徽·16)如图6所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6)( )图6A ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W答案 B解析 导体棒MN 匀速下滑时受力如图所示，由平衡条件可得F 安＋μmg cos 37°＝mg sin 37°，所以F 安＝mg (sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N ，由F 安＝BIL 得I ＝F 安BL＝1 A ，所以E ＝I (R 灯＋R MN )＝2 V ，导体棒的运动速度v ＝E BL＝5 m/s ，小灯泡消耗的电功率为P 灯＝I 2R 灯＝1 W ．正确选项为B.模拟题组2．如图7甲所示，电阻不计且间距L ＝1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R＝2 Ω的电阻，虚线OO ′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab 从OO ′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平．已知杆ab 进入磁场时的速度v 0＝1 m/s ，下落0.3 m 的过程中加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则( )图7A ．匀强磁场的磁感应强度为1 TB ．杆ab 下落0.3 m 时金属杆的速度为1 m/sC ．杆ab 下落0.3 m 的过程中R 上产生的热量为0.2 JD ．杆ab 下落0.3 m 的过程中通过R 的电荷量为0.25 C答案 D解析 在杆ab 刚进入磁场时，有B 2L 2v 0R－mg ＝ma ，由题图乙知，a 的大小为10 m/s 2，解得B ＝2 T ，A 错误．杆ab 下落0.3 m 时杆做匀速运动，则有B 2L 2v ′R＝mg ，解得v ′＝0.5 m/s ，选项B 错误．在杆ab 下落0.3 m 的过程，根据能量守恒，R 上产生的热量为Q ＝mgh －12m v ′2＝0.287 5 J ，选项C 错误．通过R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝B ·ΔS R＝0.25 C ．选项D 正确．3．在如图8所示倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L .一质量为m 、电阻为R 、边长为L 2的正方形导体线圈，在沿平行斜面向下的拉力F 作用下由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ时，恰好做匀速直线运动，下列说法中正确的有(重力加速度为g )( )图8A ．从线圈的ab 边刚进入磁场Ⅰ到线圈dc 边刚要离开磁场Ⅱ的过程中，线圈ab 边中产生的感应电流先沿b →a 方向再沿a →b 方向B ．线圈进入磁场Ⅰ过程和离开磁场Ⅱ过程所受安培力方向都平行斜面向上C ．线圈ab 边刚进入磁场 Ⅰ 时的速度大小为4R (mg sin θ＋F )B 2L 2D ．线圈进入磁场Ⅰ做匀速运动的过程中，拉力F 所做的功等于线圈克服安培力所做的功答案 BC解析 由右手定则可知线圈的ab 边刚进入磁场Ⅰ和线圈的dc 边刚要离开磁场Ⅱ时，线圈ab 边中的感应电流方向均为b →a ，线圈经过JP 时感应电流的方向为a →b ，A 错误．由楞次定律可判断出感应电流所受磁场的安培力阻碍线圈的切割磁感线运动，B 正确．线圈ab 边刚进入磁场Ⅰ时，受到的安培力F 安＝BI L 2＝B 2L 2v 4R，由共点力的平衡知识可知F 安＝mg sin θ＋F ，联立可得线圈ab 边刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为4R (mg sin θ＋F )B 2L 2，C 正确．线圈进入磁场Ⅰ做匀速运动的过程中，合外力做的功为0，即拉力F 和重力沿斜面方向的分力所做的功等于线圈克服安培力所做的功，D 错误．4．如图9所示，固定的光滑平行金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，上端a 、b 间接有阻值为R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、电阻为r 的导体棒与一端固定的弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v 0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k ，弹簧的中心轴线与导轨平行．图9(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小a ；(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为E p ，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q .答案 (1)BL v 0R ＋r ，电流方向为b →a (2)g sin θ－B 2L 2v m (R ＋r ) (3)R R ＋r [12m v 20＋(mg sin θ)2k －E p ] 解析 (1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势E 1＝BL v 0通过R 的电流大小I 1＝E 1R ＋r ＝BL v 0R ＋r电流方向为b →a(2)回到初始位置时，导体棒产生的感应电动势为E 2＝BL v感应电流I 2＝E 2R ＋r ＝BL v R ＋r导体棒受到的安培力大小为F ＝BI 2L ＝B 2L 2v R ＋r，方向沿斜面向上 根据牛顿第二定律有：mg sin θ－F ＝ma解得a ＝g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r )(3)导体棒最终静止，有：mg sin θ＝kx压缩量x ＝mg sin θk设整个过程回路产生的焦耳热为Q 0，根据能量守恒定律有12m v 20＋mgx sin θ＝E p ＋Q 0 Q 0＝12m v 20＋(mg sin θ)2k－E p 电阻R 上产生的焦耳热Q ＝R R ＋r Q 0＝R R ＋r [12m v 20＋(mg sin θ)2k －E p ](限时：45分钟)►题组1 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 为一定值电阻，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 将做往返运动答案 A解析 杆ef 向右运动，所受安培力F ＝BIl ＝Bl Bl v R ＝B 2l 2v R，方向向左，故杆ef 做减速运动；v 减小，F 减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A 正确．2．一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，然后穿出磁场区域继续下落，如图2所示，则( )图2A ．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动B ．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C ．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动D ．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动答案 C解析 从线框全部进入磁场至线框开始离开磁场，线框做加速度为g 的匀加速运动，可知线圈离开磁场过程中受的安培力大于进入磁场时受的安培力，故只有C 项正确．3．在伦敦奥运会上，100 m 赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图3甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ＝0.5 m ，一端通过导线与阻值为R ＝0.5 Ω的电阻连接．导轨上放一质量为m ＝0.5 kg 的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计．匀强磁场方向竖直向下．用与导轨平行的拉力F 作用在金属杆上，使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应的速度v 也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知v 和F 的关系如图乙．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)则( )图3A ．金属杆受到的拉力与速度成正比B ．该磁场的磁感应强度为1 TC ．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D ．导轨与金属杆之间的动摩擦因数μ＝0.4答案 BCD解析 由题图乙可知拉力与速度是一次函数，但不成正比，故A 错；图线在横轴的截距是速度为零时的拉力，金属杆将要运动，此时阻力——最大静摩擦力等于该拉力，也等于运动时的滑动摩擦力，C 对；由F －BIL －μmg ＝0及I ＝BL v R 可得：F －B 2L 2v R－μmg ＝0，从题图乙上分别读出两组F 、v 数据代入上式即可求得B ＝1 T ，μ＝0.4，所以选项B 、D 对．4．如图4所示，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l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为M .斜面上ef 线(ef 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做匀速运动的，且线框的ab 边始终平行于底边，则下列说法正确的是( )图4A ．线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θmB ．线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg －mg sin θ)R Bl 1C ．线框做匀速运动的总时间为B 2l 21Mg －mgR sin θD ．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2答案 D解析 由牛顿第二定律，Mg －mg sin θ＝(M ＋m )a ，解得线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θM ＋m，A 错误．由平衡条件，Mg －mg sin θ－F 安＝0，F 安＝BIl 1，I ＝E R ，E ＝Bl 1v ，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v ＝(Mg －mg sin θ)R B 2l 21，B 错误．线框做匀速运动的总时间为t ＝l 2v ＝B 2l 21l 2(Mg －mg sin θ)R，C 错误．由能量守恒定律，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，为(Mg －mg sin θ)l 2，D 正确．►题组2 电磁感应中的能量问题5．一质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，以初速度v 0从一对光滑的平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R 相连，如图5所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v ，则( )图5A ．向上滑行的时间小于向下滑行的时间B ．向上滑行的过程中电阻R 上产生的热量大于向下滑行的过程中电阻R 上产生的热量C ．向上滑行的过程中与向下滑行的过程中通过电阻R 的电荷量相等D ．金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中，电阻R 上产生的热量为12m (v 20－v 2) 答案 ABC解析 金属杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A 对；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R 上产生的热量多，B 对；由q ＝ΔΦR ＋r知C 对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为12m (v 20－v 2)，D 错．6．在如图6所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L ，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP 与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔE k，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的有()图6A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B．从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中，线框的机械能守恒C．从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中，有W1－ΔE k的机械能转化为电能D．从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小ΔE k ＝W1－W2答案CD解析ab边越过JP后回路感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此ab边越过JP后开始做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mg sin θ相等时，以速度v2做匀速运动，因此v2<v1，A错；由于有安培力做功，线框机械能不守恒，B错；线框克服安培力做功，将机械能转化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少机械能转化为电能，由动能定理得W1－W2＝ΔE k，W2＝W1－ΔE k，故C、D正确．7．如图7所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、b′b围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g、总电阻为R＝1 Ω、边长为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图7(1)线圈进入磁场区域时，受到的安培力大小；(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．答案(1)2×10－2 N(2)1 m(3)4×10－3 J解析(1)对线圈受力分析有：F安＋μmg cos θ＝mg sin θ代入数据得：F安＝2×10－2 N(2)F安＝BIdE＝B v dI＝E R解得：F安＝B2d2vR代入数据得：v＝2 m/s线圈进入磁场前做匀加速运动，a＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s2线圈释放时，PQ边到bb′的距离x＝v22a＝1 m(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d＝0.1 mQ＝W安＝F安·2d解得：Q＝4×10－3 J8．如图8所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15 m，两导轨间距L＝0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值为R＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度为B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q r ＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)求：图8(1)金属棒在此过程中克服安培力做的功W 安；(2)金属棒下滑速度v ＝2 m/s 时的加速度a ；(3)为求金属棒下滑的最大速度v m ，有同学解答如下：由动能定理，W G －W 安＝12m v 2m，….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答． 答案 (1)0.4 J (2)3.2 m/s 2 (3)见解析解析 (1)下滑过程中安培力做的功即为电阻上产生的焦耳热，由于R ＝3r ，因此 Q R ＝3Q r ＝0.3 J所以W 安＝Q ＝Q R ＋Q r ＝0.4 J(2)金属棒下滑时受重力和安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2R ＋rv 由牛顿第二定律得mg sin 30°－B 2L 2R ＋rv ＝ma 所以a ＝g sin 30°－B 2L 2m (R ＋r )v ＝[10×12－0.82×0.752×20.2×(1.5＋0.5)] m/s 2＝3.2 m/s 2 (3)此解法正确．金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mg sin 30°－B 2L 2R ＋rv ＝ma 上式表明，加速度随速度增大而减小，棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的最大速度，因此上述解法正确．mgs sin 30°－Q ＝12m v 2m 所以v m ＝ 2gs sin 30°－2Q m ＝2×10×1.15×12－2×0.40.2 m/s ≈2.74 m/s.。
高二物理选修课件电磁感应中的电路和图象问题
根据图象中的数学关系式，可以求解相关物理量的数值，如通过B-t图象求解磁感应强度 的变化率，进而求解感应电动势和感应电流。
利用图象分析电路
结合电路图和相关物理量的图象，可以分析电磁感应过程中电路的工作状态，如判断电路 中的电流方向、计算电路中的功率等。
典型图象案例分析
案例一
B-t图象与Φ-t图象的结合应用。通过分析B-t图象确定磁感应强度的变化率，进而求解感应电动势；再结合Φ-t图象分 析磁通量的变化情况，判断感应电流的方向。
案例二
E-t图象与i-t图象的综合应用。通过观察E-t图象和i-t图象的形状和变化趋势，分析电磁感应过程中电动势和电流的变 化情况；再结合电路图和相关物理量的数值关系，求解电路中的功率等参数。
案例三
利用图象解决复杂电磁感应问题。对于涉及多个物理量、多个过程的复杂电磁感应问题，可以通过绘制 相关物理量的图象来辅助分析，将复杂问题简化为直观的图形问题，提高解题效率。
多做练习题
通过大量的练习可以加深对知识 点的理解和记忆，提高解题能力 和思维水平。建议同学们在学习 过程中多做一些有针对性的练习 题，逐步提高自己的解题能力。
注重思维方法的培养
电磁感应中的电路和图象问题往 往比较复杂，需要同学们具备一 定的思维能力和分析问题的能力 。因此，在学习过程中要注重思 维方法的培养，学会运用所学知 识去分析和解决问题。
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PART 03
图象在电磁感应中作用
REPORTING
图象类型及特点
01
B-t图象
表示磁感应强度B随时间t变化的图象。根据图象可以确定磁感应强度的
变化率，进而求解感应电动势和感应电流。
02
Φ-t图象
表示磁通量Φ随时间t变化的图象。通过图象可以分析磁通量的变化率