专题25电磁感应的综合问题（解析版）_4.2025物理总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_专项复习_2023年高考冲刺物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

专题 25 电磁感应的综合问题 [题型导航] 题型一 电磁感应中的图像问题...........................................................................................................1 题型二 电磁感应的动力学问题...........................................................................................................8 题型三 电磁感应中的动力学和能量问题.........................................................................................14 [考点分析] 题型一 电磁感应中的图像问题 1．图象类型 (1)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变化的图象，即B－t图象、 Φ－t图象、E－t图象和I－t图象． (2)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 位移x变化的图象，即E－x图象和I－x的图象． 2．问题类型 (1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象． (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)利用给出的图象判断或画出新的图象． [例题1] （多选）如图所示，在竖直平面内有四条间距均为 L的水平虚线L 、L 、L 、 1 2 3 L ，在L 、L 之间和L 、L 之间存在磁感应强度大小相等且方向均垂直纸面向里的匀强磁场． 4 1 2 3 4 现有一矩形金属线圈abcd，ad边长为3L．t＝0时刻将其从图示位置（cd边与L 重合）由静止 1 释放，cd边经过磁场边界线L 时开始做匀速直线运动，cd边经过磁场边界线L 、L 、L 时对 3 2 3 4 应的时刻分别为t 、t 、t ，整个运动过程线圈平面始终处于竖直平面内．在 0～t 时间内，线 1 2 3 3 圈的速度v、通过线圈横截面的电量q、通过线圈的电流i和线圈产生的热量Q随时间t的关系 图像可能正确的是（ ）A． B． C． D． 【解答】解：A、线圈cd边在L 、L 之间的磁场切割磁感线，则有：E＝BLv， 1 2 BLv B2L2v 感应电流：I = R ，F安 ＝BIL= R mg-F 根据牛顿第二定律可得：mg﹣F安 ＝ma，解得加速度大小为：a= 安。 m 可知随着速度的增加，安培力也逐渐增大，加速度逐渐减小，根据题意，cd边经过磁场边界线 L 时开始做匀速直线运动，说明从0时刻到t 的过程，线圈做加速度减小的加速运动，从t 到t 3 1 1 2 的过程，线圈做加速度为g的匀加速直线运动，从t 到t 的过程，线圈做匀速直线运动，由于v 2 3 ﹣t图像的切线斜率表示加速度，故A错误； BC、从0时刻到t 的过程，线圈做加速度减小的加速运动，线圈中的电流逐渐增大，从t 到t 1 1 2 的过程，线圈做加速度为g的匀加速直线运动，但此过程线圈没有切割磁感线，感应电流为零， 从t 到t 的过程，线圈做匀速直线运动，线圈中的电流保持不变，而 q﹣t图像的切线斜率表示 2 3 电流，故B正确、C错误； D、从0时刻到t 的过程，线圈中的电流逐渐增大，从t 到t 的过程，线圈中的电流为零，从t 1 1 2 2 到t 的过程，线圈中的电流保持不变，根据Q＝I2Rt可知Q﹣t图像的切线斜率表示表示电流的 3 平方，故D正确。 故选：BD。[例题2] （多选）如图甲，平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面内，导轨光滑且足 够长，两导轨间距L＝0.4m，电阻忽略不计，其间接有R＝0.2 的电阻。垂直导轨放置质量m ＝0.2kg、电阻r＝0.2 的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度ΩB＝0.4T的匀强磁场中，磁场方 向竖直向下。现用水平Ω向右的外力F拉金属杆ab，使之由静止开始做加速运动，电压传感器工 作电流很小，可忽略不计，它可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t 变化的关系图像如图乙，图线为过原点直线。运动过程中，ab与导轨始终垂直且接触良好，下 列说法正确的是（ ） A．金属杆做匀加速运动且加速度大小为2.5m/s2 B．第2s末外力F的瞬时功率为0.82W C．0～2s内金属杆上产生的焦耳热为0.4J D．若1.6s末撤去外力，则杆ab还能运动12.5m 0.4 【解答】解：A、由图乙可得：U﹣t图象的斜率k= V/s＝0.2V/s，则U＝kt＝0.2t 2 R BLRv 设金属杆的运动速度为v时，路端电压为U，则有：U＝IR= ⋅E= R+r R+r k(R+r) 联立解得：v= •t BLR k(R+r) 因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速直线运动，加速度为：a= BLR 代入数据解得：a＝2.5m/s2，故A正确； B、t＝2s时，金属杆的速度为：v＝at＝2.5×2m/s＝5m/s B2L2v 金属感受到的安培力为：F安 ＝BIL= R+r ，代入数据解得：F安 ＝0.32N； 根据牛顿第二定律可得：F﹣F安 ＝ma，解得：F＝0.82N 故第2s未外力F的瞬时功率为：P＝Fv＝0.82×5W＝4.1W，故B错误； U 0.2t C、金属杆中的电流为：I= = =t（A） R 0.20+2 可知2s时的瞬时电流为I ＝2A，0～2内电流的平均值为I= A＝1A 2 2 由于电流随时间变化，要计算0～2s内金属杆上产生的焦耳热需要代入0～2s内电流的有效值， 而不是代入电流平均值， 即：Q=I2 Rt≠I2Rt＝12×0.2×0.2J＝0.4J，故C错误； 有效 D、若t′＝1.6s末撤去外力，此时金属杆的速度为：v′＝at′＝2.5×1.6m/s＝4m/s 撤去后到金属杆停下的过程，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣BI'LΔt＝0﹣mv′ E ΔΦ BS BLx 其中：I' Δt= t= = = R+r R+r R+r R+r 联立解得：x＝12.5m，故D正确。 故选：AD。 [例题3] （多选）在绝缘的水平桌面上固定有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨 间距为l，电阻相同的金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长为 l的绝缘细线相 连，棒ab右侧有磁感应强度大小相等的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，宽度也为l，磁场方向均垂直导轨， 整个装置的俯视图如图所示。从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿 过磁场区域，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图像，可能 正确的是（规定金属棒ab中电流方向由a到b为正）（ ） A． B．C． D． 【解答】解：AB、ab棒进入磁场开始，由右手定则可知，金属棒ab中感应电流为b→a即为负， 电动势为E＝BLv E BLv 感应电流为i= = R R 当位移为l﹣2l时，棒cd也进入磁场，由右手定则可知，金属棒小和均产生顺时针感应电流，即 2E 2BLv 为正，设电路总电阻为R，感应电流为i'= = R R 当位移为2l﹣3l时，只有cd棒切割磁感线，根据右手定则，产生逆时针感应电流，即为负，大 E BLv 小为i= = R R 故A正确，B错误； CD、当位移为0﹣l时，只有ab受到向左的安培力，则细线张力为零，当位移为 l﹣2l时，两棒 2B2l2v 均受到向左的安培力，对cd，根据平衡条件，细线拉力向右，大小为F =Bi'l= 1 R 当位移为2l﹣3l时，cd受到向左的安培力，对cd，根据平衡条件，细线拉力向右，大小为 B2l2v F =Bil= =2F 2 1 R 故C正确，D错误。 故选：AC。 [例题4] （多选）如图所示，在光滑绝缘水平桌面上有一正方形导线框，在虚线右侧有匀 强磁场区域，磁场方向竖直向下。t＝0时导线框的右边恰与磁场边界重合，在水平外力F的作 用下由静止开始向右运动，外力F与导线框速度v的关系是F＝F +kv（F 、k是常量）。在进 0 0 入磁场区域的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的图像可能正确的有（ ）A． B． C． D． 【解答】解：设线框的边长为L、电阻为R、质量为m，磁场的磁感应强度为B； B2L2v 当线框的速度为v时，安培力的大小为：F安 ＝BiL= R B2L2 (k- ) 此时线框的加速度为：a F-F F R = 安= 0+ ⋅v m m m B2L2 F BLv BLa ①若k= ，则a= 0为一个定值，感应电流i= = ⋅t，i与t成正比； R m R R B2L2 BLv BLa ②若k＞ ，则a随着速度的增大而增大，感应电流i= = ⋅t，i﹣t图象的斜率增 R R R 大； B2L2 BLv BLa ③若k＜ ，则a随着速度的增大而减小，感应电流i= = ⋅t，i﹣t图象的斜率减 R R R 小； 综上所述，ACD正确、B错误。 故选：ACD。 [例题5] 如图1所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正 方形闭合导线框abcd的边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h＞d＞l。 从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v﹣t图像如图2所示。重力加速度为 g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是（ ）A．t ～t 时间内导线框受到的安培力逐渐增大 1 2 B．磁场的高度d可以用v﹣t图中阴影部分的面积表示 C．导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量 D．导线框产生的焦耳热大于mgl 【解答】解：A、t 1 ～t 2 时间内，线框做加速度减小的减速运动，F安 ﹣mg＝ma，a减小，F安 减 小，导线框受到的安培力逐渐减小，故A错误； B、线框bc边在t 时刻进入磁场，到t 时刻刚好出磁场，则高度d可以用v﹣t图中t ﹣t 部分的 1 3 1 3 面积表示，故B错误； C、线框在进入磁场过程中，有安培力做负功，机械能不守恒，重力势能的减少量不等于其动能 的增加量，故C错误； D、t 1 ～t 2 时间内，线框做加速度减小的减速运动，F安 ﹣mg＝ma，则F安 ＞mg，则安培力做功大 于mgl，可知导线框产生的焦耳热大于mgl，故D正确。 故选：D。 [例题6] 如图1，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。 左侧接有定值电阻阻值为R。质量为m、电阻为r的导体杆，t＝0时金属棒以初速度v 沿导轨 0 向右运动，在滑行过程中保持与轨道垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向上，磁感应强 度为B的匀强磁场中。 （1）定性分析说明金属杆的运动情况（速度和加速度的变化情况）。 （2）宏观规律与微观规律有很多相似之处，导体杆速度随时间的变化规律和放射性元素的衰变 v 规律相同，已知导体杆速度由v 变化到 0所需时间为t ，则0﹣3t 时间内电阻R上产生的热量 0 0 0 2 为多少？（3）已知金属杆速度v和位移s的变化规律为： B2L2 ，即v﹣s图像如图2所示， v=v - s 0 m(R+r) 请利用该v﹣s图像证明（1）中你的结论。 【解答】解：（1）根据右手定则可知通过金属杆的感应电流在图中的方向由上至下，再由左手 定则可知金属杆受到的安培力方向水平向左，所以金属杆做减速运动，金属杆受到的合外力即 安培力的大小为 B2l2v F=BIl= R+r F 由牛顿第二定律a= 可知，因为v减小，所以金属杆的加速度减小，即金属杆做加速度减小的 m 减速运动。 （2）根据题意，结合放射性元素的衰变规律可知3t 时金属杆的速度为 0 v v = 0 t 8 根据能量守恒定律可知，0﹣3t 时间内回路产生的总热量为 0 1 1 63 Q= mv2- mv2= mv2 2 0 2 t 128 0 而通过金属杆和电阻R的电流时刻相等，由此可知 R 63Rmv2 Q = Q= 0 R R+r 128(R+r) （3）由v﹣s图像可知，随着s的增大，金属杆速度v减小，即金属杆做减速运动，v﹣s图像的 斜率为 Δv k= Δs 根据速度的定义可知 Δs＝vΔta 联立解得：k= v 因为k为定值，所以当v减小时，a减小，即金属杆的加速度减小。 答：（1）金属杆做加速度减小的减速运动； （2）0﹣3t 时间内电阻R上产生的热量为 63Rmv2 ； 0 0 128(R+r) （3）见解析。 题型二 电磁感应的动力学问题 1．安培力的大小 由感应电动势E＝Blv、感应电流I＝和安培力公式F＝BIl得F＝. 2．安培力的方向判断 (1)对导体切割磁感线运动，先用右手定则确定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方 向． (2)根据安培力阻碍导体和磁场的相对运动判断． 3．电磁感应中的力和运动 电磁感应与力学问题的综合，涉及两大研究对象：电学对象与力学对象．联系两大研究对象的 桥梁是磁场对感应电流的安培力，其大小与方向的变化，直接导致两大研究对象的状态改变． [例题7] 如图所示，水平固定、间距为L的平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁 感应强度的大小为B。与导轨垂直且接触良好的导体棒a、b，质量均为m，电阻均为R。现对 a施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动。当 a向右的位移为x时，a的速度达到最大 且b刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不 计导轨电阻，重力加速度为g。 μ （1）导体棒b刚要滑动时，导体棒a的最大速度v ； m （2）定性画出导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像； （3）导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热Q； （4）当导体棒a达到最大速度v 时，给b水平向右的瞬时速度v （v ＜v ）。请分析此后导体 m 0 0 m 棒b的运动情况并求出b的最终速度v 。 b【解答】解：（1）设导体棒b刚要滑动时回路中电流为I，对导体棒b有：BIL＝ mg 对整个回路根据闭合电路的欧姆定律可得：BLv m ＝2IR μ 2μmgR 解得：v = ； m B2L2 （2）导体棒b未滑动前，所受摩擦力为静摩擦力，大小等于安培力，随着导体棒a速度增大， 回路中感应电流变大，导体棒a所受的安培力变大，则导体棒a做加速度逐渐减小的加速运动， 电流变化率逐渐变小，则导体棒b摩擦力随时间的变化率逐渐变小，导体棒b滑动后，为滑动摩 擦 力 ， 恒 定 不 变 ， 当 导 体 棒 b 所 受 摩 擦 力 f 大 小 随 时 间 t 变 化 的 图 像 如 图 ： （3）导体棒b刚要滑动时，对导体棒a可得：F＝ mg+BIL 整个过程中对系统，由功能关系可得：Fx=μmgx μ + 1 mv2 +Q 2 m 解得： 2μ2m3g2R2 ； Q=μmgx- B4L4 （4）导体棒b做初速度为v ，加速度减小的减速运动，当加速度减至 0时导体棒做匀速直线运 0 动，由以上式子可得：F＝2 mg 导体棒b获得瞬时速度后，aμ、b系统动量守恒，设最终导体棒a的速度为v a ，取向右为正方向， 对a、b系统，由动量守恒定律可得： mv +mv ＝mv +mv 0 m a b BL(v -v ) 当导体棒加速度减为0时：I= α b 2Rv 联立解得：v = 0。 b 2 2μmgR 答：（1）导体棒b刚要滑动时，导体棒a的最大速度为 ； B2L2 （2）导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像见解析； （3）导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热为 2μ2m3g2R2； μmgx- B4L4 （4）导体棒b做初速度为v ，加速度减小的减速运动，当加速度减至 0时导体棒做匀速直线运 0 v 动；b的最终速度为 0。 2 [例题8] 如图所示的装置为了探究导体棒在有磁场存在的斜面上的运动情况，MN、 M'N'是两条相距为L＝0.5m的足够长的金属导轨，放置在倾角均为 ＝30°的对称斜面上，两导 轨平滑连接，连接处水平，两导轨右侧接有阻值为R＝0.8 的固定电θ 阻，导轨电阻不计。整个 装置处于大小为B＝1T，方向垂直于左边斜面向上的匀强磁Ω 场中。质量为m＝0.1kg，电阻为r ＝0.2 的导体棒Ⅰ从左侧导轨足够高处自由释放，运动到底端时与放置在导轨底部的质量也为 m＝0Ω.1kg的绝缘棒Ⅱ发生完全弹性碰撞（等质量的物体发生完全弹性碰撞时，交换速度）。 若不计棒与导轨间的摩擦阻力，运动过程中棒Ⅰ和棒Ⅱ与轨道接触良好且始终与轨道垂直，求： （1）第一次碰撞后，棒Ⅱ沿右侧斜面上滑的最大高度h； （2）第二次碰撞后，棒Ⅰ沿左侧斜面上滑的最大距离为0.25m，该过程的时间； （3）若从释放棒Ⅰ到系统状态不再发生变化的整个过程中，电阻R产生的热量为Q＝0.64J，棒 I释放点的高度H。 【解答】解：（1）棒Ⅰ从足够高处滑下，到导轨底部前已经匀速，根据平衡条件可得： mgsin ＝BIL BLv θ 其中I= m R+r联立解得：v mgsinθ(R+r) 2m/s， m= = B2L2 棒Ⅰ和绝缘棒Ⅱ发生完全弹性碰撞，动量守恒； 根据动量守恒定律可得：mv ＝mv +mv m 1 2 1 1 1 根据能量守恒定律可得： mv 2= mv 2+ mv 2， m 1 2 2 2 2 其中m ＝m ＝m＝0.1kg， 1 2 联立解得碰后Ⅰ的速度为v ＝0，Ⅱ的速度为v ＝2m/s 1 2 1 对Ⅱ根据动能定理可得﹣mgh＝0- m v2 2 2 2 解得h＝0.2m； （2）第二次碰撞后，再次交换速度，棒Ⅰ以2m/s的速度向上运动，直到速度为0，这个过程中 根据动量定理可得：﹣mgsin •t﹣BI L•t＝0﹣mv ， m △Φ BLs θ 其中q=It= = R+r R+r 解得：t＝0.275s； （3）最终棒Ⅰ和棒Ⅱ都停在量导轨的底部，整个过程中能量守恒。 根据能量关系可得：mgH＝Q总 ， R 电阻R产生的热量为Q= Q总 ， R+r 解得：H＝0.8m。 答：（1）第一次碰撞后，棒Ⅱ沿右侧斜面上滑的最大高度为0.2m； （2）第二次碰撞后，棒I沿左侧斜面上滑的最大距离为0.25m，该过程的时间为0.275s； （3）若从释放棒I到系统状态不再发生变化的整个过程中，电阻R产生的热量为Q＝0.64J，棒I 释放点的高度为0.8m。 [例题9] 水平面内有一电阻不计的光滑平行金属导轨，两导轨间距L＝0.4m，在导轨上 MN左侧区域存在垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度大小 B＝2.5T。两根电阻分别为R ＝ 1 1 、R ＝3 的金属棒AB、CD垂直导轨置于MN左侧的导轨上。开始时两棒均静止，现用一 2 垂Ω直于棒AΩB的水平向右外力拉动棒AB，使其向右运动： （1）当AB棒在磁场中向右运动时，判断回路中的感应电流方向和CD棒的运动方向； （2）设AB棒在磁场中向右运动一段距离过程中，安培力对AB棒做功为W ，安培力对CD棒 AB 做功为W ，试从功和能量转化关系的角度分析并比较W 与W 的大小； CD AB CD（3）当AB棒运动到MN右侧后某时刻撤去外力（CD棒还在磁场中），此时AB棒速度大小v 1 ＝5m/s，CD棒速度大小v ＝2m/s，求此时AB棒上的热功率P ； 2 AB （4）在第（3）问情景中，请分析并描述此时刻之后AB、CD棒的运动情况。 【解答】解：（1）当AB棒在磁场中向右运动时，根据右手定则可知回路中的感应电流方向为 逆时针； 通过CD棒的电流为C→D，根据左手定则可得CD棒受到的安培力方向向右，所以CD棒向右 运动； （2）AB棒在磁场中运动过程中相对于电源，而CD棒是在安培力作用下向右运动，相对于“电 动机”，安培力对AB棒做功W 一部分转化为CD棒的动能，一部分转化为系统的焦耳热，而 AB 安培力对CD棒做功为W 等于CD棒动能的变化，所以有：W ＝W +Q，即W ＞W ； CD AB CD AB CD （3）当AB棒运动到MN右侧后不再切割磁感应线，此时只有CD切割磁感应线，根据法拉第 电磁感应定律可得： E＝BLv ＝2.5×0.4×2V＝2V 2 E 2 回路中的感应电流为：I = = A＝0.5A R +R 1+3 1 2 此时AB棒上的热功率P ＝I2R ＝0.52×1W＝0.25W； AB 1 （4）当AB棒运动到MN右侧后不再受到安培力，撤去外力后AB棒做匀速直线运动； CD棒在磁场中切割磁感应线运动时产生的感应电流方向为D→C，根据左手定则可知CD棒受 到的安培力方向向左，导体棒CD做减速运动，减速运动的加速度大小为：a F B2L2v = A = m m(R +R ) 1 2 ，由于速度减小，所以加速度减小，则CD棒做加速度减小的减速运动。 答：（1）当AB棒在磁场中向右运动时，回路中的感应电流方向为逆时针，和CD棒向右运动； （2）安培力对AB棒做功大于安培力对CD棒做功； （3）此时AB棒上的热功率为0.25W；（4）AB棒做匀速直线运动，CD棒做加速度减小的减速运动。 [例题10] 如图所示的装置可研究导体棒在磁场中的运动情况。M M N N 是倾角为 的光 1 2 2 1 滑平行金属倾斜导轨，处于大小为B ，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中。水平θ导轨 1 上的无磁场区N N P P 是光滑绝缘材料制成的导轨，右侧P P Q Q 是水平光滑平行金属导轨， 1 2 2 1 1 2 2 1 存在大小为B ，方向垂直导轨平面向上的足够长的匀强磁场区间Ⅱ，Q Q 右侧是足够长无磁 2 1 2 场区域。水平部分和倾斜部分平滑连接，其间距均为L，M M 之间接有电阻R，质量为m、 1 2 长度也为L的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），cd 棒静置于匀强磁场区间Ⅱ．运动过程中，杆 ab、cd与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。 已知杆ab、cd和电阻R的阻值均为R＝0.2 ，质量均为m＝0.1kg，L＝0.5m， ＝30°，B ＝B 1 2 ＝0.4T，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁Ω场边界效应。求： θ （1）闭合开关K，由静止释放ab棒，求ab棒到达N N 时的速度v ； 1 2 0 （2）为使ab与cd不发生碰撞，cd棒最初与磁场边界P P 的距离x 至少为多少？ 1 2 0 （3）若cd棒与磁场边界P P 的距离最初为x＝3.5m，则ab棒从进入匀强磁场区间Ⅱ到离开的 1 2 过程中，求ab棒产生的焦耳热。 【解答】解：（1）ab棒匀速后其所受安培力与重力沿导轨向下的分力达到平衡，mgsin ＝ BIL， θ BLv 根据闭合电路的欧姆定律可得：I= 0 2R 解得：v ＝5m/s； 0 （2）ab棒进入匀强磁场区间Ⅱ后通过安培力与 cd棒发生相互作用，整体动量守恒，达到共同 速度v 。 1 则mv ＝2mv 。 0 1 解得v ＝2.5m/s 1 欲使两者不发生碰撞，cd棒最初与磁场边界P P 的距离至少要等于两者的相对位移△x，即x ＝ 1 2 0△x. 对cd棒应用动量定理可得：BIL•△t＝mv ，其中I是平均电流， 1 E △Φ BLx 由I= ；E= ；△ ＝BL•△x＝BLx ，推导得：I•△t= 0； 2R △t 0 2R Φ 则有：B2L2x mv ， 0= 1 2R 解得：x ＝2.5m； 0 （3）ab棒进入匀强磁场区间Ⅱ且cd还在磁场中的过程产生的焦耳热即为系统动能减少量的一 半， 1 1 1 Q = ( mv2- ×2mv2 )=0.3125J 1 2 2 0 2 1 cd棒过Q Q 后保持v 匀速，ab棒从匀强磁场区间Ⅱ出去的过程，设ab棒过Q Q 的速度为v ， 1 2 1 1 2 2 则根据动量定理可得： B2L2 (x-x ) mv ﹣mv - 0 = 2 1 2R 得：v ＝1.5m/s 2 ab棒从匀强磁场区间Ⅱ出去的过程产生的焦耳热即为系统动能减少量的一半， 1 1 1 则：Q = ( mv2- mv2 )=0.1J 2 2 2 1 2 2 所以ab棒从进入匀强磁场区间Ⅱ到离开的过程中，ab棒产生的焦耳热为Q＝Q +Q ＝0.4125J。 1 2 答：（1）ab棒到达N N 时的速度为5m/s； 1 2 （2）cd棒最初与磁场边界P P 的距离x 至少为2.5m； 1 2 0 （3）ab棒产生的焦耳热为0.4125J。 题型三 电磁感应中的动力学和能量问题 1．能量转化 导体切割磁感线或磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，这个过程中机械能或其他形式的 能转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机 械能或内能．因此，电磁感应过程中总是伴随着能量的转化． 2．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的形 式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程． [例题11] （多选）如图，两根足够长的光滑平行金属导轨固定于同一竖直平面内，导轨电 阻不计，导轨宽为L，底端通过导线连接一个电阻为R的定值电阻。整个导轨处在方向垂直纸 面向里的匀强磁场中，质量为m长度与导轨等宽的匀质金属杆垂直导轨放置，金属杆电阻不计。 某时刻以初速度为v 向上抛出金属杆，一段时间后，金属杆再次回到相同位置时的速度为v 。 0 1 重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） v +v A．金属杆运动的总时间为 0 1 g 1 B．运动过程中产生的焦耳热为 m(v2-v2 ) 2 0 1 C．金属杆的最大位移为m(v -v )R 0 1 2B2L2 m(v -v ) D．通过金属杆的电荷量为 0 1 BL E 【解答】解：A．根据安培公式 F安 ＝BIL，切割电动势 E＝BLv，欧姆定律 I= ，联立得 R B2L2v F = 安 R B2L2 令 =k R 则F安 ＝kv 以竖直向下为正方向，由动量定理 mgt +∑kv Δt =0-(-mv ) 1 上 1 0 mgt +∑kv Δt =mv -0 2 下 2 1 又∑kv Δt =∑kv Δt 上 1 下 2解得金属杆运动的总时间t＝t +t 1 2 v +v 解得t= 0 1 g 故A正确； 1 1 B．由能量守恒得Q+ mv2= mv2 2 1 2 0 1 解得运动过程中产生的焦耳热Q= m(v2-v2 ) 2 0 1 故B正确； CD．由A可知无法对通过金属杆的电荷量进行计算，故也无法对金属杆的最大位移进行计算， 故CD错误。 故选：AB。 [例题12] （多选）如图所示，两水平虚线间存在垂直于纸面方向的匀强磁场，磁感应强度 大小为B，边长为h的正方形导体框由虚线1上方无初速度释放，在释放瞬间ab边与虚线1平 行且相距h。已知导体框的质量为m，总电阻为r，重力加速度为g，cd边与两虚线重合时的速 √2gh 度大小均为v= ，忽略空气阻力，导体框在运动过程中不会发生转动，则（ ） 2 7 A．两虚线的距离为 h 4 B．导体框在穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为4mgh B2h3g C．导体框的ab边与虚线1重合时，其克服安培力做功的功率大小为 r B2h3 √ h D．导体框从ab边与虚线1重合到cd边与虚线1重合时所用的时间为 - mgr 2g【解答】解：A、由题意，根据导体框进出磁场过程中运动的对称性可知，ab边刚好进入磁场和 刚好离开磁场时的速度大小相同：ab边进入的速度由运动学公式可求： ，设两虚线之 v =√2gh 1 间的距离为 H，导体框全部位于磁场中时下落的加速度大小为 g，根据运动学公式有： 7 2g(H-h)=v 2-v2，联立解得：H= h，故A正确； 1 4 B、设导体框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q，对导体框从开始下落到穿过磁场的过程，根 1 7 据能量守恒定律有：mg(h+H+h)= mv2+Q，解得：Q= mgh，故B错误； 2 2 C、导体框的ab边与虚线1重合时的速度大小为： v =√2gh 1 此时ab边产生的感应电动势大小为：E＝Bhv 1 E 导体框中的感应电流为：I= r ab边所受的安培力大小为：F＝BIh 导体框的ab与虚线1重合时克服安培力做功的功率大小为：P＝Fv 1 2B2h3g 整理得：P= ，故C错误； r D、设导体框通过磁场上边界所用时间为t，线框中的平均感应电流为I， 则由动量定理可得：mgt﹣BIh•t＝mv﹣mv 1 根据电流的定义可知电荷量为：q=It E Bh2 根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律综合分析可知：q= ×t= r r B2h3 √ h 联立以上几式解得：t= - ，故D正确。 mgr 2g 故选：AD。 [例题13] 空间存在范围足够大、竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场，在其间竖直固 定两个相同的、彼此正对的金属细圆环a、b，圆环a在前、圆环b在后。圆环直径为d，两环 间距为L、用导线与阻值为R的外电阻相连，如图所示。一根细金属棒保持水平、沿两圆环内 侧做角速度为 的逆时针匀速圆周运动（如图），金属棒电阻为r。棒与两圆环始终接触良好， 圆环电阻不计。ω则下列说法正确的是（ ）A．金属棒在最低点时回路电流为零 B．金属棒在圆环的上半部分运动时（不包括最左和最右点），a环电势低于b环 BLdω C．从最高点开始计时，回路电流的瞬时值为i= sin t 2(R+r) ω √2BLdωR D．电阻R两端电压的有效值为U= 4(R+r) 1 【解答】解：A、金属杆做圆周运动的线速度v= ωd，设金属杆的速度方向与磁场间的夹角为 2 1 ， 从 最 高 点 开 始 计 时 ， 感 应 电 动 势 E=BLvsinθ= BLωdsinθ， 感 应 电 流 2 θ E BLωdsinθ I= = R+r 2(R+r) L、R、 、r都是定值，从最高点到最低点的过程中sin 先减小后增大，金属棒在最低点时回路 电流最大ω，故A错误； θ B、金属棒在圆环的上半部分运动时（不包括最左和最右点），根据右手定则可知a环电势高于 b环，故B错误； C、金属棒在最高点时垂直切割磁感线，感应电流最大，则从最高点开始计时，回路电流的瞬时 BLωd 值为i= cosωt，故C错误； 2(R+r) 1 BLωd √2BLdωR D、电流的有效值为I = × ，电阻R两端电压的有效值为U=I R= ， 有 √2 2(R+r) 有效 4(R+r) 故D正确。 故选：D。 [例题14] 如图甲所示，质量为1kg的金属棒ab静止在粗糙的平行导轨上且与导轨垂直， 两平行导轨固定在同一水平面内。ab棒、导轨和定值电阻R组成面积为1m2的闭合回路，回路 总电阻为3 。回路内有与水平面成37°角斜向上且均匀变化的匀强磁场，从t＝0时刻开始，磁 感应强度BΩ随时间t变化的图像如图乙所示。已知两平行导轨的间距为1m，ab棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。在t＝1s 时，ab棒恰好相对导轨开始运动，则此时（ ） A．ab棒中的电流方向为a流向b 25 B．ab棒受到的安培力大小为 N 3 10 C．ab棒与导轨间的压力大小为 N 3 D．ab棒与导轨之间的动摩擦因数为0.5 【解答】解：A.由楞次定律知ab棒中的电流方向为b流向a，故A错误； ΔB B.由图乙结合法拉第电磁感应定律得E= Ssin37° Δt E 则回路中的电流I= R t＝ls时磁感应强度为5T，则所受安培力大小为F＝BIL 联立代入数据解得：F＝5N 故B错误； C.由左手定则知，安培力方向垂直磁场方向向左上，则ah棒与导轨间的压力大小为N＝mg﹣ Fcos37° 代入数据解得：N＝6N 故C错误； D.由平衡条件得，ab棒与导轨间的摩擦力f＝Fsin37° 又f＝ N 解得 μ＝0.5 故D正μ 确。 故选：D。 [例题15] 如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R，整 个装置被固定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根质量均为m，电阻都为R，与导轨间的动摩擦因数都为 的相同金属棒MN、EF垂 直放在导轨上。现在给金属棒MN施加一水平向左的作用力F，使金μ 属棒MN从静止开始以加 速度a做匀加速直线运动，若重力加速度为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力相 等．则下列说法正确的是（ ） 3μmgR A．从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为t = B2L2α B．若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则金属棒EF开始运动时， 水平拉力F的瞬时功率为P＝（ma+ mg）aT C．若从金属棒MN开始运动到金μ属棒EF开始运动经历的时间为T，则此过程中流过电阻R的 BaT2 电荷量为 L 3R D．从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动的过程中，两金属棒的发热量相等 RR 【解答】解：MN与电阻R的并联阻值R并 = =0.5R R+R A、以EF为研究对象，设EF刚开始运动时其电流大小为I，则通过MN的电流为2I，EF棒刚要 开始运动时，由平衡条件得：BIL＝ mg， 根据闭合电路欧姆定律得：E＝2I（Rμ+0.5R）＝3IR 感应电动势：E＝BLv MN做匀速直线运动，MN的速度v＝at 3μmgR 解得：t = ，故A正确； B2L2a μmg B、金属棒EF开始运动时，由平衡条件得：BIL＝ mg，解得：I= BL μ 金属棒MN所受的安培力大小为F安培 ＝B×2IL 以MN为研究对象，根据牛顿第二定律得：F﹣ mg﹣F安培 ＝ma 拉力的功率为P＝Fv μMN的速度大小v＝aT 解得：P＝（ma+3 mg）aT，故B错误； C、MN棒在T时间 μ 内通过的位移为x= 1 aT2 2 ΔΦ BLx 由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势：E= = Δt Δt E E E 平均感应电流：I= = = R+R R+0.5R 1.5R 并 流过电阻R的电荷量：Q=IΔt BLaT2 解得通过MN棒的电量为Q= 3R 1 BLaT2 由于两棒的电阻都为R，则此过程中流过电阻R的电荷量为q= Q= ，故C错误； 2 6R D、由于MN棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，通过 MN的电流是EF电流的2倍， 根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，MN的发热量是EF的4倍，故D错误。 故选：A。 [例题16] 小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m， 倾角 ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 的电阻。在导轨间长d＝0.56m的区域内，存在方向 垂直导θ轨平面向下的匀强磁场，磁感应强Ω度B＝2.0T。质量m＝4.0kg的金属棒CD水平置于导 轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝ 0.24m。一位健身者用恒力F＝80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD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＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆GH和绳索的质 量）。求： （1）CD棒进入磁场时速度v的大小； （2）CD棒进入磁场时所受的安培力的大小； （3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。【解答】解：（1）CD棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：F−mgsin ＝ma 解得a＝12m/s2…① θ 进入磁场时CD棒的速度为：v=√2as=√2×12×0.24m/s＝2.4m/s…② （2）CD棒进入磁场时产生的感应电动势为：E＝Blv…③ E 感应电流为：I= ⋯④ R CD棒安培力为：F ＝BIl…⑤ A B2l2v 联立整理得：F = ⋯⑥ A R 解得F ＝48N A （3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功为：W＝F（s+d）…⑦ 解得：W＝64J 由于F﹣mgsin ﹣F ＝0…⑧ A θ d 所以CD棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中运动时间为：t= ⋯⑨ v 则电阻产生的焦耳热为：Q＝I2Rt，解得Q＝26.88J 答：（1）CD棒进入磁场时速度v的大小为2.4m/s （2）CD棒进入磁场时所受的安培力的大小是48N； （3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W是64J，电阻产生的焦耳热Q是26.88J。 [例题17] 如图（甲）所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间连 接一个阻值为R的电阻，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l的导体棒垂直搁在导轨上a、 b两点间，在a点右侧导轨间加一有界匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，宽度为d ，磁感 0 应强度为B，设磁场左边界到ab距离为d。现用一个水平向右的力F拉导体棒，使它从a、b 处静止开始运动，棒离开磁场前已做匀速直线运动，与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计， 水平力F﹣x的变化情况如图（乙）所示，F 已知。求： 0（1）棒ab离开磁场右边界时的速度v； （2）棒ab通过磁场区域的过程中电阻R产生的焦耳热Q； （3）d满足什么条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动。 【解答】解：（1）设离开右边界时棒ab速度为v， 则有，感应电动势，E＝BLv E 闭合电路欧姆定律，I= R+r 对棒有 2F ﹣BIL＝0 0 解得：v 2F (R+r)； = 0 B2L2 （2）在ab棒运动的整个过程中，根据动能定理： 1 F 0 d+2F 0 d 0 ﹣W安 = mv2-0 2 由功能关系：E电 ＝W安 解得：Q＝E电 ＝F 0 （d+2d 0 ） - 2mF2 0 (R+r) 2 ； B4L4 根据热量Q与R成正比，Q R且，Q +Q＝Q R= R r Q r r 解得电阻R产生的焦耳热为Q F (d+2d )R 2FmF2 (R+r)R； R= 0 0 - 0 R+r B4L4 （3）设棒刚进入磁场时的速度为v ， 0 1 则有F d= mv2 0 2 0当v ＝v，即d 2F m(R+r) 2 时，进入磁场后一直匀速运动； 0 = 0 B4L4 答：（1）棒ab离开磁场右边界时的速度为2F (R+r)； 0 B2L2 （2）棒ab通过磁场区域的过程中电阻R产生的焦耳热为F (d+2d )R 2FmF2 (R+r)R； 0 0 - 0 R+r B4L4 （3）当d 2F m(R+r) 2 时，进入磁场后一直匀速运动。 = 0 B4L4 [例题18] 如图（甲）所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间连 接一个阻值为R的电阻，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l的导体棒垂直搁在导轨上a、 b两点间，在a点右侧导轨间加一有界匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，宽度为d ，磁感 0 应强度为B，设磁场左边界到ab距离为d．现用一个水平向右的力F拉导体棒，使它从a、b 处静止开始运动，棒离开磁场前已做匀速直线运动，与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计， 水平力F﹣x的变化情况如图（乙）所示，F 已知．求： 0 （1）棒ab离开磁场右边界时的速度； （2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能E； （3）d满足什么条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动。 【解答】解：（1）设离开右边界时棒ab速度为v， 则有，感应电动势，E＝BLv E 闭合电路欧姆定律，I= R+r 对棒有 2F ﹣BIL＝0 0解得：v 2F (R+r)； = 0 B2L2 （2）在ab棒运动的整个过程中，根据动能定理： 1 F 0 d+2F 0 d 0 ﹣W安 = mv2-0 2 由功能关系：E电 ＝W安 解得：E电 ＝F 0 （d+2d 0 ） - 2mF2 0 (R+r) 2 ； B4L4 （3）设棒刚进入磁场时的速度为v ， 0 1 则有F d= mv2 0 2 0 当v ＝v，即d 2F m(R+r) 2 时，进入磁场后一直匀速运动； 0 = 0 B4L4 答：（1）棒ab离开磁场右边界时的速度为2F (R+r)； 0 B2L2 （2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能F （d+2d ） 2mF2 (R+r) 2 ； 0 0 - 0 B4L4 （3）当d 2F m(R+r) 2 时，进入磁场后一直匀速运动。 = 0 B4L4