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2018版提分宝典-物理A:全国版-第31课 电磁感应现象中的综合问题

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                         第 31 课 ·电磁感应现象中的综合问题

1.电磁感应中的图像问题
a.根据法拉第电磁感应定律画出或分析                E-t 图像,求解相应的物理量
(1)(多选)(2017 全国Ⅱ,6   分)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直。
边长为   0.1 m、总电阻为     0.005 Ω 的正方形导线框      abcd 位于纸面内,cd     边与磁场边界平行,
如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd                    边于  t=0 时刻进入磁场。线框中感
应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。下
列说法正确的是(  )


                      图(a)          图(b)    
A.磁感应强度的大小为          0.5 T
B.导线框运动的速度的大小为             0.5 m/s
C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D.在   t=0.4 s 至 t=0.6 s 这段时间内,导线框所受的安培力大小为               0.1 N

答案:BC
                                                                       l
解析:由    E-t 图像可知,线框经过         0.2 s 全部进入磁场,则导线框运动的速度为               v=t=
0.1
0.2 m/s=0.5 m/s,故  B 项正确。在    0~0.2  s 内,根据法拉第电磁感应定律,有              E=Blv,可
     E    0.01
得 B=lv=0.1 × 0.5 T=0.2 T,故   A 项错误。在     0~0.2 s 内,感应电流的方向为顺时针,根
据楞次定律可知,磁感应强度的方向垂直于纸面向外,故                        C 项正确。在     t=0.4   s 至 t=0.6 
                                   E   0.01
s 这段时间内,导线框中的感应电流为               I=R=0.005  A=2   A,导线框所受的安培力大小为
F=
BIl=0.04 N,故  D 项错误。

(2)(2013 全国,6 分)纸面内两个半径均为          R 的圆相切于     O 点,两圆形区域内分别存在垂直
于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化。一长为                                 2R 的导体
杆 OA 绕过   O 点且垂直于纸面的轴顺时针转动,角速度为                  ω。t=0  时,OA   恰好位于两圆的
公切线上,如图所示。若选取从             O 指向   A 的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随
时间变化的图像可能正确的是(  )
                 中国现代教育网      www.30edu.com  全国最大教师交流平台


答案:C
解析:导体杆      OA 绕 O 点顺时针转动过程中,由右手定则可知,开始时感应电动势方向由
O 指向  A,感应电动势为正,故          D 项错误。设经时间        t 导体杆转过的角度为        α,则  α=ωt,
                                                                      1
导体杆有效切割长度为          L=2Rsin  α=2Rsin  ωt。根据法拉第电磁感应定律,有             E=2BL2ω=
1
2B(2Rsin ωt)2ω=2BωR2sin2ωt。B、R、ω  不变,则    E 随时间   t 做非线性变化,经半个周期后,
电动势的方向反向,故          C 项正确,A    项、B   项均错误。

b.根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律画出                      i-t 图像(或  i-x 图像)
(3)(经典题,6   分)如图所示,EOF      和  E′O′F′为空间一匀强磁场的边界,其中             EO∥E′O′,
FO∥F′O′,且   EO⊥OF;OO′为∠EOF       的角平分线,OO′间的距离为           l;磁场方向垂直于纸
面向里。一边长为        l 的正方形导线框沿       O′O 方向匀速通过磁场,t=0         时刻恰好位于图示位置。
规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正,则感应电流                        i 与时间  t 的关系图线可能正确的
是(  )
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答案:B
解析:在整个正方形导线框通过磁场的过程中,切割磁感线的边框为两竖直边框,两水平边
框不切割磁感线。由于正方形导线框沿                O′O 方向向左匀速通过磁场:从开始到左边框到达
O′之前,进入磁场切割磁感线的有效长度                L 随时间均匀增加,根据法拉第电磁感应定律,得
感应电动势为      E=BLv,则    E 随时间也均匀增加。由于电阻不变,所以感应电流                     i 也随时间
均匀增加。根据右手定则得感应电流沿逆时针方向,规定导线框中感应电流沿逆时针方向时
为正,得出开始时感应电流为正值。当左边框到达                     O′之后,由于进入磁场切割磁感线的有
效长度不变,则感应电动势不变,故感应电流也不变,感应电流仍沿逆时针方向,感应电流
仍为正值。当左边框到达           OO′中点时,右边框即将进入磁场切割磁感线,由于左边框切割磁
感线的有效长度在减小,而右边框切割磁感线有效长度在增大,且左、右边框切割磁感线产
生的感应电动势方向相反,所以整个电路的感应电动势随时间也均匀减小,感应电流也均匀
                       L
减小。当左边框到达距          O 点4时,左右边框切割磁感线的有效长度相等,此时感应电动势为
零,感应电流也为零。在线框出磁场的过程中,感应电流变化情况跟线框进入磁场过程相反,
故 B 项正确,A     项、C  项、D   项均错误。

(4)(经典题,6   分)如图所示,一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落,穿过一根竖直悬挂的
条形磁铁,铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合。若取磁铁中心                               O 为坐标原点,
建立竖直向下为正方向的           x 轴,则图中最能正确反映环中感应电流               i 随环心位置坐标       x 变化
的关系图像是(  )
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答案:B
解析:圆形闭合铜环由高处从静止开始下落,穿过一根竖直悬挂的条形磁铁,铜环的中心轴
线与条形磁铁的中轴始终保持重合,铜环下落的速度逐渐增大,铜环中磁通量变化不随下落
位置均匀变化,则产生的感应电动势不随下落位置均匀变化,产生的感应电流不随下落位置
均匀变化,故      A 项错误。铜环下落到磁铁顶端的速度小于下落到磁铁底端的速度,则铜环
下落到磁铁顶端产生的感应电流小于下落到磁铁底端产生的感应电流。铜环从静止下落到磁
铁中心位置     O 的过程中,通过铜环的磁通量逐渐增加,根据楞次定律可知,感应电流方向
为顺时针;铜环从磁铁中心位置             O 到下落磁铁底端的过程中,通过铜环的磁通量逐渐减少,
根据楞次定律可知,感应电流方向为逆时针,故                    B 项正确,C    项、D   项均错误。

c.根据   B-t 图像(或   B-x  图像)分析电磁感应过程,求解相应的物理量
(5)(经典题,20   分)如图(a)所示,在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为
B 的匀强磁场,在此区域内,沿水平面固定一半径为                     r 的圆环形光滑细玻璃管,环心            O 在区
域中心。一质量为        m、带电量为     q(q>0)的小球,在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运
                                                            2πm

动。已知磁感应强度大小           B 随时间   t 的变化关系如图(b)所示,其中          T0=qB0。设小球在运动
过程中电量保持不变,对原磁场的影响可忽略。
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                       图(a)              图(b)

①在  t=0 到 t=T0 这段时间内,小球不受细管侧壁的作用力,求小球的速度                        v0 大小;
②在竖直向下的磁感应强度增大过程中,将产生涡旋电场,其电场线是在水平面内一系列沿

逆时针方向的同心圆,同一条电场线上各点的场强大小相等。试求                            t=T0 到 t=1.5T0 这段时
间内:
a.细管内涡旋电场的电场强度            E 大小;
b.电场力对小球做的功          W。

           qB0r

答案:①v0=     m  (5 分) ②a.E=      (8 分) b.W=      (7 分)

解析:①在     t=0 到 t=T0 这段时间内,小球不受细管侧壁的作用力,说明洛伦兹力提供向心


力,根据牛顿第二定律,有            qv0B0=m    (3 分)
        qB0r

解得  v0=  m (2 分)
②a.根据法拉第电磁感应定律,可得细管内产生的感应电动势为
    ΔB      2B0-B0    2πB0r2
           2    -
E1=S Δt =πr ·1.5T0 T0=  T0  (3 分)
根据电势差与电场强度的关系,有

E1=E·2πr(2 分)
              2πm

由题意已知     T0=qB0(2 分)

联立以上式子,解得         E=     (1 分)
b.小球受到的电场力为          F=Eq(1 分)
根据牛顿第二定律,有          F=ma(1 分)

根据运动学规律,得小球在            1.5T0 时的速度为

v=v0+a·0.5T0(2 分)
根据动能定理,得电场力对小球做的功为
   1     1
W=2mv2-2mv02(2  分)

联立以上式子,解得         W=     (1 分)
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(6)(经典题,22   分)磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具,它的驱动系统简化为如下
模型,固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框,电阻为                              R,金属框置于
xOy 平面内,长边      MN 长为  l,平行于    y 轴,宽为    d 的 NP 边平行于    x 轴,如图(a)所示。列
车轨道沿    Ox 方向,轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场,磁感应强度                          B 沿 Ox 方向按

正弦规律分布,其空间周期为            λ,最大值为      B0,如图(b)所示。金属框同一长边上各处的磁

感应强度相同,整个磁场以速度             v0 沿 Ox 方向匀速平移。设在短暂时间内,MN、PQ                 边所在
位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略,并忽略一切阻力。列车在驱动系统作用下沿

Ox 方向加速行驶,某时刻速度为            v(v<v0)。


                       图(a)              图(b)
①简要叙述列车运行中获得驱动力的原理;
②为使列车获得最大驱动力,写出              MN、PQ   边应处于磁场中的什么位置及             λ 与 d 之间应满
足的关系式;
③计算在满足第②问的条件下列车速度为                 v 时驱动力的大小。

答案:①由于列车速度与磁场平移速度不同,导致穿过金属框的磁通量发生变化,由于电磁
感应,金属框中会产生感应电流,金属框受到的安培力即为驱动力(4                           分) ②MN、PQ      应位
                                                  λ      2d
于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方;d=(2k+1)2或                      λ=2k+1(k=0,1,2,

3,…)(6 分) ③F=        (12 分)
解析:①由于列车速度与磁场平移速度不同,导致穿过金属框的磁通量发生变化,由于电磁
感应,金属框中会产生感应电流,金属框受到的安培力即为驱动力。(4                            分)
②为使列车获得最大驱动力,MN、PQ               应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方,
这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大,导致金属框中电流最大,也会使得金属框长
                              λ
边受到的安培力最大。因此,d            应为2的奇数倍,即
         λ      2d
d=(2k+1)2或  λ=2k+1(k=0,1,2,3,…)(6      分)

③由于满足第②问条件,则            MN、PQ  边所在处的磁感应强度大小均为              B0 且方向总相反,经

短暂时间    Δt,磁场沿    Ox 方向平移的距离为        v0Δt,同时,金属框沿       Ox 方向移动的距离为
vΔt。

因为  v0>v,所以在     Δt 时间内   MN 边扫过磁场的面积

S=(v0-v)lΔt(1 分)
在此  Δt 时间内,MN     边左侧穿过     S 的磁通量移进金属框而引起框内磁通量变化为

ΔΦMN=B0(v0-v)lΔt(1 分)
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同理,该    Δt 时间内,PQ    边左侧移出金属框的磁通量引起框内磁通量变化为

ΔΦPQ=B0(v0-v)lΔt(1 分)
故在  Δt 时间内金属框所围面积的磁通量变化为

ΔΦ=ΔΦMN+ΔΦPQ(1    分)
                                                      ΔΦ
根据法拉第电磁感应定律,得金属框中的感应电动势大小为                         E= Δt (2 分)
                          E
根据闭合电路欧姆定律,有            I=R(1 分)
根据安培力公式,MN         边所受的安培力为

FMN=B0Il(1 分)

PQ 边所受的安培力为        FPQ=B0Il(1 分)
根据左手定则,可知         MN、PQ   边所受的安培力方向相同,此时列车驱动力的大小为

F=FMN+FPQ=2B0Il(2  分)

联立以上式子,解得         F=     (1 分)

d.根据   F=BIL  画出  F-t 图像(或   F-x  图像),求解相应的物理量
(7)(经典题,6   分)如图所示,正方形区域          MNPQ  内有垂直于纸面向里的匀强磁场,在外力作
用下,一正方形闭合刚性导线框沿              QN  方向匀速运动,t=0       时刻,其四个顶点        M′、N′、P′、
Q′恰好在磁场边界中点,下列图像中能反映线框所受安培力                        F 的大小随时间     t 变化规律的是
(  )


答案:B
解析:第一段时间从初位置到            M′N′离开磁场,图(a)表示
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                                       图(a)
该过程的任意一个位置,切割磁感线的有效长度为                     M′A 与 N′B 之和,即为     CM′长度的   2 倍,
                                               E   2Bv2t
此时感应电动势为        E=B(2vt)v,回路中的感应电流为          I=R=   R  ,则线框受到的安培力为
          4B2v3t2
F=BI·2vt=   R   ,F-t  图像是开口向上的抛物线,故             C 项、D   项均错误。


如图(b)所示,线框的右端         M′N′刚好出磁场时,左端         Q′P′恰与  MP 共线,此后一段时间内线
框切割磁感线的有效长度不变,一直到线框的左端                     Q′P′与 CD 重合,这段时间内感应电流不
变,线框所受安培力大小不变;从线框的左端                   P′Q′与 CD 重合到线框的左端刚好出磁场这一

过程,如图(c)所示,设线框的左端             Q′P′与 CD 重合的时刻为      t1,线框切割磁感线的有效长度

为 l-2v(t-t1),此时感应电动势为         E=B[l-2v(t-t1)]v,线框受


                                       图(c)
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               B2[l-2v(t-t1)]2v
到的安培力为      F=        R       ,图像是开口向上的抛物线,故              A 项错误,B    项正确。

(8)(2014 安徽理综,16   分)如图(a)所示,匀强磁场的磁感应强度               B 为 0.5 T,其方向垂直于倾

角 θ 为 30°的斜面向上。绝缘斜面上固定有“                 ”形状的光滑金属导轨          MPN(电阻忽略不
计),MP   和 NP 长度均为    2.5 m,MN   连线水平,长为       3  m。以   MN 中点  O 为原点、OP     为
x 轴建立一维坐标系       Ox。一根粗细均匀的金属杆           CD,长度    d 为 3 m、质量   m 为  1 kg、电阻
R 为 0.3 Ω,在拉力    F 的作用下,从      MN 处以恒定的速度       v=1  m/s,在导轨上沿      x 轴正向运
动(金属杆与导轨接触良好)。g           取 10 m/s2。


                     图(a)                图(b)

①求金属杆     CD 运动过程中产生的感应电动势             E 及运动到    x=0.8 m 处电势差    UCD;
②推导金属杆      CD 从  MN 处运动到    P 点过程中拉力      F 与位置坐标     x 的关系式,并在图(b)中
画出  F-x  关系图像;
③求金属杆     CD 从  MN 处运动到    P 点的全过程产生的焦耳热。


答案:①E=1.5     V(2 分) UCD=-0.6   V(4 分)    ②F=12.5-3.75x(0≤x≤2    m)(6 分),图像
见解析(1   分) ③Q=7.5 J(3  分)
解析:①金属杆       CD 在匀速运动中产生的感应电动势为               E=Bdv=0.5×3×1 V=1.5 V(2   分)

当 x=0.8 m 时,金属杆在导轨间的电势差为零。设此时杆在导轨外的长度为                           L 外,则
       OP-x

L 外=d-   OP  d(1 分)

           MN
     MP2-      2
OP=        ( 2 ) (1 分)

联立以上式子,解得         L 外=1.2 m
由楞次定律可知       D 点电势高,故      CD 两端的电势差为

UCD=-BL   外 v(1 分)

代入数据,解得       UCD=-0.6 V(1 分)
②杆在导轨间的长度         l 与位置  x 关系是
  OP-x       3
l=  OP d=3-2x(1  分)
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                l

对应的电阻为      Rl=dR(1 分)
         Blv
电流为   I= Rl (1 分)

杆受的安培力为       F 安=BIl=7.5-3.75x(1 分)

根据平衡条件得       F=F  安+mgsin θ(1 分)
F=12.5-3.75x(0≤x≤2 m)(1  分)
画出的   F-x  图像如图所示。


                                   (1 分)
                                                          5+12.5

③外力   F 所做的功    WF 的大小等于     F-x 图线下所围的面积,即          WF=    2   ×2     J=17.5 
J(1 分)
                              ̅
而杆的重力势能增加量为           ΔEp=mg𝑂𝑃sin θ(1 分)

故全过程产生的焦耳热          Q=WF-ΔEp=7.5 J(1  分)

e.根据法拉第电磁感应定律、牛顿运动定律画出                    v-t 图像(或   v-x 图像),求解相应的物理
量
(9)(2013 福建理综,6   分)如图所示,矩形闭合线框在匀强磁场上方,由不同高度静止释放,

用 t1、t2 分别表示线框     ab 边和  cd 边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变,ab                   边始终
保持与磁场水平边界         OO′平行,线框平面与磁场方向垂直。设                OO′下方磁场区域足够大,不
计空气影响,则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度                           v 随时间  t 变化的规律(  )
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答案:A
解析:线框先做自由落体运动,ab             边进入磁场后,若安培力大于重力,则线框做减速运动,
且加速度逐渐减小,当加速度减小到零时开始做匀速直线运动,cd                          边进入磁场后,线框做
匀加速直线运动,加速度为            g,故  B 项正确,不符合题意,A          项错误,符合题意。线框先做
自由落体运动,ab       边进入磁场后,若安培力小于重力,则线框做加速运动,且加速度逐渐
减小,当线框所受安培力与重力平衡时,线框开始做匀速直线运动,cd                            边进入磁场后,线
框做匀加速直线运动,加速度为             g,故   C 项正确,不符合题意。线框先做自由落体运动,
ab 边进入磁场后,若重力等于安培力,则线框做匀速直线运动,cd                         边进入磁场后,线框做
匀加速直线运动,加速度为            g,故  D 项正确,不符合题意。


f.根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律画出                      U-t 图像(或   U-x  图像)

(10)(2015 山东理综,6   分)如图(a)所示,R0     为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内。

左端连接在一周期为         T0 的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过                 R0 的电流   i 始终向左,

其大小按图(b)所示规律变化。规定内圆环                a 端电势高于    b 端时,a、b    间的电压    uab 为正,下

列 uab-t 图像可能正确的是(  )


                                       图(a)
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                                      图(b)


   

答案:C

解析:在    0~0.25T0 时间内,通过大圆环的电流为顺时针且逐渐增加,由楞次定律可知,内
环内  a 端电势高于     b 端,方向为正,因电流的变化率逐渐减小,故内环的电动势减小。同理

可知,在    0.25T0~0.5T0 时间内,通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小,则由楞次定律可知,
内环内   a 端电势低于     b 端,方向为负,因电流的变化率逐渐变大,故内环的电动势变大;此
后重复这样变化,故         C 项正确。

(11)(多选)(2017 江西师大附中三模,6        分)如图所示,abcd      为一边长为     l 的正方形导线框,导
线框位于光滑水平面内,其右侧为一匀强磁场区域,磁场的边界与线框的                              cd 边平行,磁场
区域的宽度为      2l,磁感应强度为      B,方向竖直向下。线框在一垂直于               cd 边的水平恒定拉力
F 作用下沿水平方向向右运动,直至通过磁场区域。cd                     边刚进入磁场时,线框开始匀速运
动,规定线框中电流沿逆时针时方向为正,则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中,

a、b 两端的电压     Uab 及导线框中的电流       i 随 cd 边的位移   x 变化的图线可能是(  )
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答案:BD
解析:线框的      cd 边刚进入磁场时,线框开始做匀速运动,则线框进入磁场的过程中,线框

一直做匀速运动。由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势                         E=Blv0 恒定,线框中的电流大
                                                                  1

小恒定,由楞次定律可知电流方向沿逆时针方向,则                      a、b 两端的电压为      Uab=4Blv0。线框
完全在磁场中运动时,穿过闭合回路的磁通量不变,线框中感应电流为零,线框做匀加速运


动,a、b   两端的电压为      Uab=Blv=Bl     ,其中   v0 为线框匀速运动的速度,Uab          与位移   x 不

是线性关系,Uab     不断增大。当线框出磁场时,线框做减速运动,由右手定则可知电流方向
                                 3     3

沿顺时针方向,a、b        两端的电压     Uab=4Blv′=4Bl    ,其中   v1 为 cd 边刚出磁场时线框的速

度,Uab  与位移   x 不是线性关系,Uab      不断减小,故      A 项错误,B     项正确。线框进入磁场的
过程中,线框中的电流大小恒定且方向为逆时针;完全进入磁场时电流为零;线框离开磁场
时,开始做减速运动,加速度逐渐减小,线框刚好完全离开磁场时,速度大于或等于匀速运
动时的速度,故此时的电流大于或等于线框匀速运动时的电流,故                            C 项错误,D    项正确。
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2.电磁感应中的电路问题
           ΔB
a.根据   E=S Δt 及串并联电路规律解决电磁感应中的电路问题
(12)(多选)(2013 四川理综,6    分)如图所示,边长为         L、不可形变的正方形导体框内有半径为
r 的圆形区域,其磁感应强度           B 随时间   t 的变化关系为     B=kt(常量   k>0)。回路中滑动变阻器
                                                                R0

R 的最大阻值为      R0,滑动片    P 位于滑动变阻器中央,定值电阻             R1=R0、R2=   2 。闭合开关
S,电压表的示数为        U,不考虑虚线      MN  右侧导体的感应电动势。则(  )


                 U

A.R2 两端的电压为7
B.电容器的     a 极板带正电

C.滑动变阻器      R 的热功率为电阻       R2 的 5 倍
D.正方形导线框中的感应电动势为               kL2

答案:AC
                                                                      R0

解析:滑片在中间位置时,P            将滑动变阻器      R 分为  R 左、R  右等大两部分,电阻均为          2 。由
                             1

于 R2 与 R 右并联,并联部分阻值为4R0,再与            R1、R  左串联构成闭合电路外电路,所以外电
                                    U    U2
           7                        7    1                      U
                                    R0    R0
路的总阻值为4R0,根据串联电路特点,有4                  =4   ,得  R2 两端电压为    U2=7,故    A 项正
确。由于磁感应强度随时间增大,根据楞次定律,可知电容器的                           b 极板带正电荷,a      极板带
负电荷,故     B 项错误。滑动变阻器         R 的电功率等于左右两部分电阻消耗的功率之和,通过
                                                   2
R 左的电流是    R 右的两倍,也是      R2 的两倍。R2   的功率为    P2=I  R2,则滑动变阻器      R 的功率为

PR=
2        2
I R 右+(2I) R 左,由题意知    R 右=R 左=R2,可得     PR=5P2,故   C 项正确。由法拉第电磁感应
                                         ΔB
定律可得正方形导线框产生的感应电动势为                  E=S  Δt =πr2k,故 D 项错误。

b.根据   E=Blv 及串并联电路规律解决电磁感应中的电路问题
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(13)(2015 福建理综,6   分)如图所示,由某种粗细均匀的总电阻为                 3R 的金属条制成的矩形线
框 abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场                     B 中。一接入电路电阻为          R 的导
体棒  PQ,在水平拉力作用下沿           ab、dc 以速度   v 匀速滑动,滑动过程中导体棒            PQ 始终与
ab 边垂直,且与线框接触良好,不计摩擦。在导体棒                    PQ  从靠近   ad 处向  bc 滑动的过程中(  )


A.导体棒    PQ 中电流先增大后减小
B.导体棒    PQ 两端电压先减小后增大
C.导体棒    PQ 上拉力的功率先减小后增大
D.线框消耗的电功率先减小后增大

答案:C
解析:导体棒      PQ 匀速运动,根据法拉第电磁感应定律可知,导体棒产生的感应电动势                             E 保

持不变。设     PQ 左侧电路的电阻为        Rx,则右侧电路的电阻为          3R-Rx,所以外电路的总电阻
      Rx(3R-Rx)
为 R′=     3R    ,外电路总电阻先增大后减小。根据闭合电路欧姆定律,可得通过
               E
PQ 的电流为    I=R′+R,所以通过       PQ 的电流先减小后增大,故           A 项错误。由闭合电路欧姆
定律,得导体棒两端的电压为            U=E-IR,则导体棒两端的电压先增大后减小,故                    B 项错误。
由于导体棒做匀速运动,拉力等于安培力,安培力为                      F=BIl,安培力先减小后增大,则拉
力先减小后增大,拉力的功率为             P=BIlv,故拉力的功率先减小后增大,故                C 项正确。外电
             Rx(3R-Rx)           3R
路的总阻值     R′=     3R    ,最大值为     4 ,小于电源的内阻        R,外电路的总阻值先增大后
减小,由外电路消耗的电功率与外电路的阻值关系图可知,外电路消耗的功率先增大后减小,
故 D 项错误。


(14)(2017 海南单科,10   分)如图所示,两光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内,导轨间距
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为 l,左端连有阻值为        R 的电阻。一金属杆置于导轨上,金属杆右侧存在一磁感应强度大小

为 B、方向竖直向下的匀强磁场区域。已知金属杆以速度                       v0 向右进入磁场区域,做匀变速
直线运动,到达磁场区域右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零。金属杆与导轨始终保持垂
直且接触良好。除左端所连电阻外,其他电阻忽略不计。求金属杆运动到磁场区域正中间时
所受安培力的大小及此时电流的功率。


          2B2l2v0
答案:F=      2R   (7 分) P=      (3 分)
解析:设金属杆运动的加速度大小为               a,运动的位移为       x,根据运动学公式,有
v02=2ax(1 分)
设金属杆运动到磁场区域中间位置时的速度为                   v,根据运动学公式,有
         x
v02-v2=2a2(1 分)
                      2v0
联立以上各式,解得         v=  2 (1 分)
金属杆运动到磁场区域中间位置时,产生的感应电动势为                        E=Blv(1 分)
                    E
通过金属杆的电流为         I=R(1 分)
金属杆受到的安培力为          F=BIl(1 分)
        2B2l2v0
解得  F=    2R   (1 分)
电流的功率为      P=I2R(1 分)

解得  P=     (2 分)

          1
c.根据   E=2Bωl2 及串并联电路规律解决电磁感应中的电路问题
(15)(多选)(2017 江西师大模拟,6      分)如图所示,用粗细均匀的铜导线制成半径为                   r 的圆环,
PQ 为圆环的直径,其左右两侧存在垂直于圆环所在平面的匀强磁场,磁感应强度大小均为
B,但方向相反,圆环的电阻为             2R。一根长度为      2r、电阻为    R 的金属棒    MN 绕着圆环的圆
心 O 点紧贴着圆环以角速度          ω 沿顺时针方向匀速转动,转动过程中金属棒                  MN  与圆环始终
接触良好,则下列说法正确的是(  )
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                        1
A.金属棒两端的电压大小为3Bωr2
B.圆环消耗的电功率是变化的
                    Bωr2
C.圆环中电流的大小为          3R
                                            4πB2ωr4
D.金属棒旋转一周的过程中,电路中产生的热量为                       3R

答案:ACD
解析:由右手定则可知,在题图示位置时,金属棒中电流方向由                           M 到 N,根据法拉第电磁
感应定律可得,产生的感应电动势为金属棒                  MO  与金属棒    ON 产生的感应电动势之和,即
      1
E=2×2Bωr2=Bωr2,保持不变。等效电路图如图所示,圆环的电阻由两个电阻为                             R 的半圆
                                                             E
                               1                           1       2Bωr2
                                                            R+R
电阻并联组成,所以圆环的总电阻为2R,通过金属棒                     MN  的电流为    I=2     =  3R ,所以


通过
               1  Bω2r                                        1   1

                                                                       2
圆环的电流为      I′=2I= 3R ,故   C 项正确。金属棒两端的电压为            UMN=I×2R=3Bωr    ,故
A 项正确。由     A 项的分析可知,流过圆环的电流不变,则圆环消耗的电功率不变,故                             B 项
                                                          2Bωr2   3R  2π
                                                   2     (     )2
错误。金属棒旋转一周的过程中,电路中产生的热量为                       Q=I  R 总 t= 3R   ×  2 × ω =
4πωB2r4
  3R   ,故  D 项正确。

                     普查讲   31Ⅱ 电磁感应中的动力学和能量问题
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3.电磁感应中的动力学问题
a.综合运用法拉第电磁感应定律和牛顿运动定律解决第一类“动-电-动”型(导体棒从静
止开始沿导轨滑动)动力学问题
(16)(2013 全国Ⅰ,19  分)如图所示,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为                        θ,间距为
L。导轨上端接有一平行板电容器,电容为                 C。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为
B,方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为                    m 的金属棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑
过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为                               μ,重力加速度
大小为   g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑,求:


①电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系;
②金属棒的速度大小随时间变化的关系。

                           m(sin θ-μcos θ)
答案:①Q=CBLv(7      分) ②v=     m+B2L2C    gt(12 分)
解析:①设金属棒下滑的速度大小为               v,则感应电动势为        E=BLv①(2   分)
平行板电容器两极板间的电势差为              U=E②(2   分)
设此时电容器极板上积累的电荷量为               Q,按定义有
   Q
C=U③(2  分)
①②③联立解得       Q=CBLv④(1   分)
②设金属棒的速度大小为           v 时经历的时间为      t,通过金属棒的电流为          I。金属棒受到的安培

力方向沿导轨向上,大小为            FA=BLI⑤(1 分)
                                                         ΔQ
设在时间间隔(t,t+Δt)内流经金属棒的电荷量为                ΔQ,按定义有      I= Δt ⑥(1 分)
ΔQ 也是平行板电容器极板在时间间隔(t,t+Δt)内增加的电荷量。
由④式得    ΔQ=CBLΔv⑦(1   分)
式中,Δv   为金属棒的速度变化量。按定义有
   Δv
a=Δt⑧(1  分)
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小为
f=μN⑨(1  分)
式中  N 是金属棒对轨道的正压力的大小,有
N=mgcos θ⑩(1 分)
金属棒在时刻      t 的加速度方向沿斜面向下,设其大小为               a,根据牛顿第二定律有

mgsin θ-FA-f=ma⑪(2   分)
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                 m(sin θ-μcos θ)
⑤到⑪联立解得       a=   m+B2L2C     g⑫(2 分)
由⑫式及题设可知,金属棒做初速度为                 0 的匀加速运动。t      时刻金属棒的速度大小为
      m(sin θ-μcos θ)
v=at=   m+B2L2C     gt⑬(2 分)

b.综合运用法拉第电磁感应定律和牛顿运动定律解决第二类“动-电-动”型(导体棒有初
速度沿导轨滑动)动力学问题
(17)(2016 天津理综,20   分)电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,
其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如
图所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为
θ。一质量为      m 的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的
间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动,铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面
是边长为    d 的正方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀
强磁场,磁感应强度为          B,铝条的高度大于        d,电阻率为     ρ,为研究问题方便,铝条中只考
虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以
后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为                        g。


①求铝条中与磁铁正对部分的电流              I;
②若两铝条的宽度均为          b,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度              v 的表达式;
③在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度                      b′>b 的铝条,磁铁仍以速度          v 进入铝
条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。

          mgsin θ        ρmgsin θ
答案:①I=     2Bd  (6 分) ②   2B2d2b (7 分)  ③见解析过程(7    分)

解析:①磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等均为                             F 安,有

F 安=BId①(1  分)
磁铁受到沿斜面向上的作用力为             F,其大小有

F=2F  安②(2 分)
磁铁匀速运动时,受力平衡,有
F-mgsin θ=0③(2  分)
                mgsin θ
①②③联立解得       I=  2Bd ④(1 分)
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②磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为                     E,有   E=Bdv⑤(2  分)
铝条与磁铁正对部分的电阻为            R,根据电阻定律,有
    d
R=ρdb⑥(2  分)
                  E
根据欧姆定律,有        I=R⑦(2  分)
                   ρmgsin θ
④⑤⑥⑦联立解得        v= 2B2d2b ⑧(1 分)
③磁铁以速度      v 进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力                          F
                     2B2d2bv
①②⑤⑥⑦联立解得         F=    ρ   ⑨(2 分)
当铝条的宽度      b′>b 时,磁铁以速度      v 进入铝条间,磁铁受到的作用力变为               F′,则
   2B2d2b′v
F′=   ρ   ⑩(2  分)
可见  F′>F=mgsin  θ,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,
磁铁将减速下滑,此时加速度最大;之后,随着运动速度减小,F′也随着减小,磁铁所受的
合力也减小,则磁铁的加速度也逐渐减小。综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动,
直到  F′=mgsin θ 时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑。(3                         分)

c.综合运用法拉第电磁感应定律和牛顿运动定律解决“电-动-电”型(导体棒在安培力作
用下无初速度沿导轨滑动)动力学问题
(18)(2017 天津理综,20   分)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理
可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图,图中直流电源电动势为                                 E,电容器
的电容为    C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为                      l,电阻不计。炮弹可视为一
质量为   m、电阻为     R 的金属棒    MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。
首先开关    S 接 1,使电容器完全充电。然后将             S 接至  2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感
应强度大小为      B 的匀强磁场(图中未画出),MN           开始向右加速运动。当          MN 上的感应电动势
与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN                       达到最大速度,之后离开导轨。求:


①磁场的方向;
②MN  刚开始运动时加速度         a 的大小;
③MN  离开导轨后电容器上剩余的电荷量               Q 是多少?

                                               BEl             B2l2C2E
答案:①磁场的方向垂直于导轨平面向下(4                 分)   ②a=mR(6   分) ③Q=B2l2C+m(10     分)
解析:①电容器充电后上板带正电,下板带负电,放电时通过                          MN 的电流由    M 到  N,欲使
炮弹射出,安培力应沿导轨向右,根据左手定则可知,磁场的方向垂直于导轨平面向下。
(4 分)
②电容器完全充电后,两极板间电压为                E,根据欧姆定律,电容器刚放电时的电流为
                 中国现代教育网      www.30edu.com  全国最大教师交流平台

  E
I=R①(2  分)
炮弹受到的安培力为         F=BIl②(1 分)
根据牛顿第二定律,有          F=ma③(2  分)
                 BEl
①②③联立解得       a=mR(1  分)

③电容器放电前所带的电荷量为             Q1=CE④(1   分)

开关  S 接 2 后,MN   开始向右加速运动,速度达到最大值               vm 时,MN   上的感应电动势为

E′=Blvm⑤(2 分)
最终电容器所带的电荷量为            Q=CE′⑥(1  分)
设在此过程中,通过         MN 的平均电流为𝐼̅   ,MN   上受到的平均安培力为𝐹̅       =B𝐼̅ l⑦(1 分)
                       ̅
对 MN,根据动量定律,有𝐹Δt=mvm⑧(2           分)
                ̅
根据电量定义,有𝐼Δt=Q1-Q⑨(2         分)
                        B2l2C2E
④⑤⑥⑦⑧⑨联立解得          Q=B2l2C+m(1  分)

4.电磁感应中的能量问题
a.根据焦耳定律求解有关焦耳热的能量问题
(19)(2016 浙江理综,20   分)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=0.50 m,倾角    θ=53°,导轨上端串接一个         0.05 Ω 的电阻。在导轨间长        d=0.56  m 的
区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度                          B=2.0 T。质量    m=4.0 kg 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=0.24 m。一位健身者用恒力          F=80  N 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=10 m/s2,sin 53°=0.8,不计其他电阻、
摩擦力以及拉杆       GH 和绳索的质量)。求:


①CD  棒进入磁场时速度        v 的大小;

②CD  棒进入磁场时所受的安培力            FA 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。
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答案:①2.4 m/s(5  分) ②48 N(7   分) ③64 J(3  分) 26.88 J(5 分)
解析:①CD     棒进入磁场前,根据牛顿第二定律,有
F-mgsin θ=ma(2 分)
根据匀变速直线运动的速度—位移公式,有
v2=2as(2 分)
联立以上式子,代入数据解得            v=2.4 m/s(1 分)
②CD  棒进入磁场时产生的感应电动势为
E=Blv(2 分)
             E
感应电流为     I=R(2 分)

进入磁场时,CD       棒受到的安培力为        FA=BIl(2 分)

联立以上式子,代入数据解得            FA=48 N(1 分)
③在拉升    CD 棒的过程中,健身者所做的功为
W=F(s+d)(2  分)
代入数据解得      W=64 J(1 分)

由于  F-mgsin θ-FA=0,所以     CD  棒进入磁场后做匀速运动,
                    d
在磁场中运动时间为         t=v(2 分)
电阻产生的焦耳热为         Q=I2Rt(2 分)
联立以上式子,代入数据解得            Q=26.88 J(1 分)

b.根据克服安培力做功求解有关焦耳热的能量问题
(20)(经典题,18   分)如图所示,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,当棒的位移
x=9   m 时撤去外力,棒继续运动一段距离后停下来,已知撤去外力前后回路中产生的焦耳

热之比   Q1∶Q2=2∶1。导轨足够长且电阻不计,棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与
导轨保持良好接触。求:


①棒在匀加速运动过程中,通过电阻               R 的电荷量    q;

②撤去外力后回路中产生的焦耳热              Q2;

③外力做的功      WF。

答案:① 4.5 C(6  分) ②1.8 J(6  分)    ③ 5.4 J(6 分)
解析:①设棒匀加速运动的时间为              Δt,回路的磁通量变化量为           ΔΦ,回路中的平均感应电动
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                                   ΔΦ
势为𝐸̅ ,根据法拉第电磁感应定律,有𝐸̅          =  Δt ①(1 分)
其中  ΔΦ=BLx②(1   分)
                                                   𝐸̅
设回路中的平均电流为𝐼̅       ,根据闭合电路的欧姆定律,有𝐼̅           =𝑅 + 𝑟③(2 分)
则通过电阻     R 的电荷量为     q=𝐼̅ Δt④(1 分) 
①②③④联立,代入数据解得            q=4.5 C⑤(1  分)
②设撤去外力时棒的速度为            v,对棒的匀加速运动过程,根据运动学公式,有
v2=2ax⑥(2 分)
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为                   W,由动能定理得
      1
W=0-2mv2⑦(2   分)
撤去外力后回路中产生的焦耳热为

Q2=-W⑧(1   分)

⑥⑦⑧联立,代入数据解得            Q2=1.8 J⑨(1 分)

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(2   分)

则可得   Q1=3.6 J⑩(1 分)
在棒运动的整个过程中,根据功能关系,有

WF=Q1+Q2⑪(2    分)

⑨⑩⑪联立,代入数据解得            WF=5.4 J⑫(1 分)

c.根据能量转化与守恒求解有关焦耳热的能量问题
(21)(多选)(经典题,6    分)如图所示,相距为         L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的
夹角为   θ,上端接有定值电阻         R,匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为                   B。将质量为
m 的导体棒由静止释放,当速度达到              v 时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向
下的拉力,并保持拉力的功率恒为              P,导体棒最终以        2v 的速度匀速运动。导体棒始终与导
轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为                          g。下列说法正确的是(  )


A.P=2mgvsin θ
B.P=3mgvsin θ
                   v             g
C.当导体棒速度达到2时加速度大小为2sin θ
D.在速度达到      2v 以后匀速运动的过程中,R           上产生的焦耳热等于拉力所做的功
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答案:AC
                                                      B2L2v
解析:当导体棒以        v 匀速运动时受力平衡,则          mgsin  θ=BIL=    R  ,当导体棒以      2v 匀速
                                  B2L2·2v
运动时受力平衡,则         mgsin θ+F=BI′L=    R   ,可得   F=mgsin θ,则拉力的功率为        P=
                                                     v
F·2v=2mgvsin θ,故  A 项正确,B    项错误。当导体棒速度达到2时,根据牛顿第二定律,有
             v
        B2L2
             2             gsin θ
mgsin θ-  R  =ma,解得     a=   2 ,故   C 项正确。由能量守恒可知,当速度达到                2v 以后
匀速运动的过程中,R         上产生的焦耳热等于拉力与重力所做的功之和,故                     D 项错误。

(22)(2014 江苏单科,15   分)如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距为
L,长为   3d,导轨平面与水平面的夹角为             θ,在导轨的中部刷有一段长为             d 的薄绝缘涂层。
匀强磁场的磁感应强度大小为            B,方向与导轨平面垂直。质量为              m 的导体棒从导轨的顶端
由静止释放,在滑上涂层之前已经做匀速运动,并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导
轨垂直,且仅与涂层间有摩擦,接在两导轨间的电阻为                       R,其他部分的电阻均不计,重力加
速度为   g。求:


①导体棒与涂层间的动摩擦因数             μ;
②导体棒匀速运动的速度大小            v;
③整个运动过程中,电阻产生的焦耳热                Q。

                          mgRsin θ                     m3g2R2sin2θ
答案:①μ=tan θ(3   分) ②v=     B2L2  (6 分)  ③Q=2mgdsin θ-    2B4L4   (6 分)
解析:①由题意可知,在绝缘涂层上,导体棒继续做匀速运动。根据受力平衡,有
mgsin θ=μmgcos θ(2 分)
解得  μ=tan θ(1 分)
②在光滑导轨上,导体棒产生的感应电动势为
E=BLv(1 分)
                        E
通过导体棒的感应电流为           I=R(1 分)

导体棒受到的安培力为          F 安=BIL(1 分)
在光滑导轨上,根据受力平衡,有
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F 安=mgsin θ(2 分)
                     mgRsin θ
联立以上式子,解得         v=  B2L2  (1 分)

③在绝缘涂层上摩擦生热为            QT=μmgdcos θ(2 分)
在整个运动过程中,根据能量守恒定律,有
                 1

                    2
3mgdsinθ=Q+QT+2mv    (3 分)
                 m3g2R2sin2θ
解得  Q=2mgdsin θ-    2B4L4   (1 分)

d.根据功能关系求解有关功和功率的能量问题
(23)(2014 全国Ⅱ,19  分)半径分别为      r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为
r,质量为    m 且质量分布均匀的直导体棒           AB 置于圆导轨上面,BA         的延长线通过圆导轨中心
O,装置的俯视图如图所示,整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为                                 B,方向竖
直向下,在内圆导轨的          C 点和外圆导轨的       D 点之间接有一阻值为        R 的电阻(图中未画出)。
直导体棒在水平外力作用下以角速度               ω 绕  O 逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保
持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为                     μ,导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力
加速度大小为      g。求:


①通过电阻     R 的感应电流的方向和大小;
②外力的功率。

                                            3ωBr2
答案:①感应电流的方向:C            端流向   D 端(2 分)   I=  2R (6 分) 
     3       9ω2B2r4
②P=2μmgωr+     4R   (11 分)
解析:①在     Δt 时间内,导体棒扫过的面积为
     1
ΔS=2ωΔt[(2r)2-r2]①(2 分)
                                                    BΔS
根据法拉第电磁感应定律,导体棒上感应电动势的大小为                        E=  Δt ②(1 分)
根据右手定则可知,感应电流的方向是从                 B 端流向   A 端。因此,通过电阻         R 的感应电流的
方向是从    C 端流向   D 端(2 分)
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                                                         E
由闭合电路欧姆定律可知,通过电阻               R 的感应电流的大小        I 满足  I=R③(2 分)
                3ωBr2
①②③联立解得       I=  2R ④(1 分)
②对导体棒,在竖直方向有            mg-2Ν=0⑤(1   分)
式中,由于质量分布均匀,内、外圆导轨对导体棒的支持力大小相等,其值为                                N
两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为
ƒ=μΝ⑥(1  分)

在 Δt 时间内,导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为                      l1=rωΔt⑦(1 分)

和 l2=2rωΔt⑧(1 分)

摩擦生的热为      Q=ƒ(l1+l2)⑨(1 分)
在 Δt 时间内,电阻      R 上产生的焦耳热为
     2
QR=I RΔt⑩(1 分)
根据功能关系知,外力在           Δt 时间内做的功为

W=Q+QR⑪(2    分)
             W
外力功率为     P=Δt⑫(1  分)
                 3        9ω2B2r4
④至⑫联立解得       P=2μmgωr+     4R  (2 分)

5.应用牛顿运动定律、圆周运动规律和法拉第电磁感应定律求解电磁感应与带电粒子在电
磁场中运动的综合问题

 (24)(经典题,6   分)半径为    r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置,在圆环的缺口两端
引出两根导线,分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接,两板间距为                                 d,如图
(a)所示。有一变化的磁场垂直于纸面,规定向内为正,变化规律如图(b)所示。在                              t=0 时刻
平板之间中心有一重力不计,电荷量为                q 的静止微粒,则以下说法正确的是(  )


                     图(a)                图(b)

A.第   2 秒内上极板为正极
B.第  3 秒内上极板为负极
C.第  2 秒末微粒回到了原来位置
                                    0.2πr2
D.第   3 秒末两极板之间的电场强度大小为               d

答案:A
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解析:0~1    s 内情况,由楞次定律可知,金属板上极板带负电,金属板下极板带正电;若粒
子带正电,则粒子所受电场力方向竖直向上,粒子向上做匀加速运动。1~2                               s 内情况:由楞
次定律可知,金属板上极板带正电,金属板下极板带负电;若粒子带正电,则粒子所受电场
力方向竖直向下,粒子向上做匀减速运动,2                   s 末速度减小为零。2~3         s 内情况:由楞次定
律可知,金属板上极板带正电,金属板下极板带负电;若粒子带正电,则粒子所受电场力方
                                                                 ΔB
                                                               S·
                                                            U    Δt  0.1πr2
向竖直向下,粒子向下做匀加速运动。两极板间的电场强度大小为                            E=d=    d =   d  。
3~4 s 内情况:由楞次定律可知,金属板上极板带负电,金属板下极板带正电;若粒子带正
电,则粒子所受电场力方向竖直向上,粒子向下做匀减速运动,4                            s 末速度减小为零,同时
回到了原来的位置。由以上分析可知,A                 项正确,B    项、C   项、D   项均错误。

(25)(2017 河北模拟,20   分)如图所示(俯视),MN        和 PQ  是两根固定在同一水平面上的足够
长且电阻不计的光滑平行金属导轨。两导轨间距为                     L=0.2   m,其间有一个方向垂直水平面

竖直向下的匀强磁场         B1=5.0  T。导轨上     NQ 之间接一电阻      R1=0.40   Ω,阻值为    R2=0.10 
Ω 的金属杆垂直导轨放置并与导轨始终保持良好接触。两导轨右端通过金属导线分别与电容
器 C 的两极板相连。电容器          C 紧靠着带小孔      a(只能容纳一个粒子通过)的固定绝缘弹性圆筒。

圆筒内壁光滑,筒内有垂直水平面竖直向下的匀强磁场                       B2,O  是圆筒的圆心,圆筒的内半
径为  r=0.40 m。


①用一个大小恒为        10  N,平行于    MN  水平向左的外力       F 拉金属杆,使杆从静止开始向左运
动。求当金属杆最终匀速运动时杆的速度大小;
②当金属杆处于①问中的匀速运动状态时,电容器                     C 内紧靠下极板且正对         a 孔的  D 处有一

个带正电的粒子从静止开始经电容器               C 加速后从    a 孔垂直磁场     B2 并正对着圆心     O 进入圆筒
                                                                    q
中,该带电粒子与圆筒壁碰撞四次后恰好又从小孔                     a 射出圆筒。已知粒子的比荷m=5×107 
C/kg,该带电粒子每次与筒壁发生碰撞时电量和能量都不损失,不计粒子重力和空气阻力,

则磁感应强度      B2 多大?(结果允许含有三角函数式)

                                   3π                  π

                             -3                 -3
答案:①v=5 m/s(7    分) ②B2=10     ×tan10 T 或 B′2=10  ×tan10 T(13 分)
解析:①金属杆先做加速度减小的加速运动,最终以最大速度匀速运动。设杆匀速运动时速

度为  v,根据法拉第电磁感应定律,有              E=B1Lv(2 分)
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                             E
根据闭合电路欧姆定律,有            I=R1+R2(2 分)

根据平衡条件,有        F=B1IL(2 分)
联立以上式子,代入数据解得            v=5 m/s(1 分)

②设杆匀速运动时电容器           C 两极板间的电压为       U,带电粒子进入圆筒的速率为              v1。在磁场
中做匀速圆周运动的半径为            R

由于电容器     C 与电阻   R1 并联,根据欧姆定律,有          U=IR1(1 分)
                    1
根据动能定理,有        qU=2mv12(2 分)


带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,有                            qv1B2=m    (2 分)
由于带电粒子与圆筒壁碰撞时无电量和能量损失,那么每次碰撞前后粒子速度大小不变,速
度方向总是沿着圆筒半径方向,4             个碰撞点与小孔        a 恰好将圆筒壁五等分。粒子在圆筒内的
轨迹具有对称性,由         5 段相同的圆弧组成,设每段轨迹圆弧对应的圆心角为                     θ,根据几何关
      r    θ
系,有R=tan2(2   分)
有两种情形符合题意:
情形  1,如图(a)所示,每段轨迹圆弧对应的圆心角为
      2π 3π
θ=π-  5 = 5 (2 分)


                                       图(a)
                3π

          -3
解得  B2=10   ×tan10 T(1 分)
情形  2,如图(b)所示,每段轨迹圆弧对应的圆心角为
      4π  π
θ′=π- 5 =5(2 分)
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                                      图(b)
                 π

          -3
解得  B′2=10  ×tan10 T(1 分)

6.应用动量定理、动量守恒定律和法拉第电磁感应定律求解电磁感应中的动量问题
(26)(2017 新余二模,14   分)如图所示,两条相距          l 的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内,
其上端接一阻值为        R 的电阻;在两导轨间        OO′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场,
磁感应强度为      B。现使电阻为      r、质量为    m 的金属棒    ab 由静止开始自      OO′位置释放,向下
运动距离    d 后速度不再变化。棒        ab 与导轨始终保持良好的电接触且下落过程中始终保持水
平,导轨电阻不计。


①求棒   ab 在向下运动距离       d 过程中回路产生的总焦耳热;
                               d
②棒  ab 从静止释放经过时间         t 下降了2,求此时刻的速度大小。

                m3g2(R+r)2                  B2l2d
答案:①Q=mgd-         2B4l4   (7 分)   ②v=gt-2m(R+r)(7   分)

解析:①设金属棒匀速运动的速度为               vm,根据法拉第电磁感应定律,有              E=Blvm(1 分)
                           E
根据闭合电路欧姆定律,有            I=R+r(1 分)
根据平衡条件,有        mg=BIl(1 分)
                      mg(R+r)

联立以上式子,解得         vm=   B2l2  (1 分)
                     1
根据能量守恒,有        mgd=2mvm2 +Q(2 分)
             m3g2(R+r)2
解得  Q=mgd-      2B4l4  (1 分)
             d
②设金属棒下降2时的速度为           v,根据动量定理,有         mgΔt-BIlΔt=mΔv(1  分)
即∑mgΔt-∑BIlΔt=∑mΔv
解得  mgt-Blq=mv(1  分)
                            ΔΦ
根据法拉第电磁感应定律,有𝐸̅          =  t (1 分)
                           𝐸̅
根据闭合电路欧姆定律,有𝐼̅         =𝑅 + 𝑟 (1 分)
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根据电量公式,有        q=𝐼̅ t(1 分)
                             d
                           Bl
                     ΔΦ      2
联立以上式子,解得         q=R+r=R+r(1   分)
       d
      Bl
       2
将 q=R+r代入    mgt-Blq=mv
            B2l2d
解得  v=gt-2m(R+r)(1   分)

(27)(2017.4 浙江选考,10     分)间距为    l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接

而成,如图所示。倾角为           θ 的导轨处于大小为        B1、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场区
间 I 中。水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为                    3m 的“联动双杆”(由两根长为           l 的金

属杆  cd 和 ef,用长度为    L 的刚性绝缘杆连接构成),在“联动双杆”右侧存在大小为                        B2,方
向垂直于导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ,其长度大于                       L。质量为    m、长为    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),杆                         ab 与“联动双杆”发
生碰撞,碰后杆       ab 和 cd 合在一起形成“联动三杆”。“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁
场区间    Ⅱ  并从中滑出。运动过程中,杆             ab、cd 和  ef 与导轨始终接触良好,且保持与导轨
垂直。已知杆      ab、cd 和  ef 电阻均为   R=0.02 Ω,m=0.1 kg,l=0.5 m,L=0.3 m,θ=30°,

B1=0.1 T,B2=0.2 T。不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应。求:


①杆  ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小               v0;
②“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小                   v;
③“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热                   Q。


答案:①v0=6 m/s(3   分) ②v=1.5 m/s(3   分)   ③Q=0.25 J(4 分)

解析:①杆     ab 在倾斜导轨上匀速运动时,根据法拉第电磁感应定律,有                       E1=B1lv0
                             E1
                               RR
                           R+
                               +
根据闭合电路欧姆定律,有            I1=   R  R(1 分)

杆 ab 受到的安培力为       F=B1I1l
杆 ab 匀速运动,根据平衡条件,有            mgsin θ=F(1 分)

联立以上式子,代入数据解得            v0=6 m/s(1 分)
②杆  ab 与“联动双杆”碰撞过程,系统动量守恒,设“联动三杆”碰撞后的速度为                               v,取
向右为正方向。
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对“联动三杆”,根据动量守恒定律,有

mv0=(m+3m)v(2  分)
代入数据,解得       v=1.5 m/s(1 分)

③设“联动三杆”进入磁场            B2 过程速度的变化量为        Δv,经过的时间为       Δt
                             ΔΦ  B2Ll
根据法拉第电磁感应定律,有            E=  Δt = Δt
                            E
                             R
                          R+
根据闭合电路欧姆定律,有            I=   2(1 分)
对“联动三杆”,根据动量定理,有

B2IlΔt=4mΔv(1 分)
联立以上式子,代入数据解得            Δv=0.25 m/s

“联动三杆”离开磁场过程,速度变化量的大小也为                      Δv=0.25m/s,离开磁场      B2 时,“联动
三杆”的速度为
v′=v-2Δv=1 m/s
根据能量守恒,得“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热为
   1        1
Q=2×4mv2-2×4mv′2(1   分)
代入数据,解得       Q=0.25 J(1 分)
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