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1、第4讲 加试第23题 电磁感应规律的综合应用,专题七 计算题题型强化,内容索引,题型1 电磁感应中的动力学问题,题型2 电磁感应中的动力学和能量问题,电磁感应中的动力学问题,题型1,1.基本特点 导体棒运动产生感应电动势感应电流通电导体棒受安培力合外力变化加速度变化速度变化周而复始地循环，最终导体棒的加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态，要抓住a0时速度v达到最大的特点.,2.基本思路,例1 如图1所示，竖直平面内有两个半径为r、光滑的 圆弧形金属环，在M、N处分别与距离为2r、足够长的平行光滑金属导轨ME、NF相接，金属环最高点A处断开不接触.金属导轨ME、NF的最远端EF之间接有电阻为R的
2、小灯泡L.在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场和，磁感应强度大小均为B，磁场和之间的距离为h.现有质量为m的导体棒ab，从,金属环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与金属及轨道接触良好.已知导体棒下落 时向下的加速度为a.导体棒进入磁场后小灯泡亮度始终不变.重力加速度为g.导体棒、轨道、金属环的电阻均不计.求：,图1,(1)导体棒从A处下落 时的速度v1大小；,答案,解析,根据牛顿第二定律得：,(2)导体棒下落到MN处时的速度v2大小；,答案,解析,解析 导体棒进入磁场后小灯泡亮度始终不变，说明导体棒受力平衡，匀速下落，设此时导体棒的速度为v3，则：,从MN下落到CD
3、，v222ghv32,(3)将磁场的CD边界下移一小段距离，分析导体棒进入磁场后小灯泡的亮度变化情况，并说明原因.,答案,解析,答案 见解析,解析 CD边界下移一段距离，导体棒ab进入磁场时速度大于v3，mgF安，导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，电功率减小，亮度减小，最后mgF安，导体棒做匀速运动，亮度不变.,1.(2018金华市十校联考)如图2甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈(图中只画出1匝)与一个正方形金属框abcd连接成闭合回路.圆形金属线圈的半径为r1，在线圈里面半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，其磁感应强度
4、大小B1与时间t关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.正方形金属框abcd的质量为m，每条边的长度和阻值分别为L和R，放置于竖直平面内，金属框两顶点a、b通过导线与圆形金属线,图2,圈的两端点相连，金属框abcd所在的空间存在有垂直金属框水平向外的匀强磁场，金属框恰好处于静止状态.导线电阻不计，导线对a、b点的作用力不计，重力加速度为g.求t1时刻：,(1)通过金属框ab边的电流方向；,答案,解析,答案 b流向a,解析 金属框恰好处于静止状态，所受安培力与重力平衡，根据左手定则判定，通过金属框ab边上的电流方向为b流向a.,(2)通过金属框ab边的电流大小；,答案,解析,解
5、析 由法拉第电磁感应定律得感应电动势为,由闭合电路欧姆定律得，通过导线的总电流大小为,(3)金属框所在处匀强磁场的磁感应强度B2大小.,答案,解析,金属框受重力和安培力，处于静止状态， 有mgB2IabLB2IcdL,电磁感应中的动力学和能量问题,题型2,1.电磁感应现象遵守能量守恒定律，电磁感应现象中产生的电能，一定是由其他形式的能转化而来的，从电磁感应现象产生的机理来区分，分为两种情况： (1)单纯的磁场变化：磁能电能电路中的内能(或其他形式的能)； (2)导体切割磁感线：机械能电能电路中的内能(或其他形式的能). 2.导体切割磁感线而产生的电能，必定等于导体克服安培力做的功，即产生的电能
6、是用克服安培力做的功来量度的.,3.从能量转化的角度分析电磁感应过程，必须牢牢抓住能量守恒这一基本规律.分析的基本思路是： 受力分析弄清哪些力做功，做正功还是负功明确有哪些形式的能参与转化，哪些增哪些减由能量守恒定律列方程求解.,例2 (2018慈溪市期末)如图3甲所示，弯折成90角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53角，右导轨平面与水平面成,图3,37角，两导轨相距L0.2 m，电阻不计.质量均为m0.1 kg，电阻均为R0.1 的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B1.0 T，
7、方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中.t0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑.t1 s时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始做匀加速直线运动.cd杆运动的vt图象如图乙所示(其中第1 s、第3 s内图线为直线).若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：,(1)在第1 s内cd杆受到的安培力的大小；,答案,解析,答案 0.2 N,解析 ab杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知ab杆中感应电流由a到b，则cd杆中电流由d到c，根据左手定则可知cd杆受到的安培力垂直于左侧导轨向
8、下.,对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律， 有mgsin 53(mgcos 53F安)ma1 解得安培力F安0.2 N,(2)ab杆的初速度v1的大小；,答案,解析,答案 1 m/s,解析 对cd杆：安培力F安BIL,对ab杆：感应电动势EI2R0.2 V 根据法拉第电磁感应定律EBLv1,(3)若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内cd杆所产生的焦耳热.,答案,解析,答案 3 J,解析 根据题图vt图象可知，,对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律， 有mgsin 53(mgcos 53F安)ma2 解得安培力F安1.8 N,第1 s内，对ab杆受力分析，有mgsin 37mgcos 3
9、7BIL0， 则第1 s内ab杆匀速运动.,对ab杆，根据动能定理，有,解得安培力做功W安6 J 回路中产生的焦耳热QW安2Qcd 故第2 s内cd杆所产生的焦耳热Qcd3 J,2.(2018诺丁汉大学附中期中)如图4甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距L0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表，电阻r2 的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R12 ，R21 ，导轨及导线电阻均不计.在矩形区域CDEF内有竖直向上的磁场，CE0.2 m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示.在t0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F，从金
10、属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变.求：,图4,(1)t0.1 s时电压表的示数；,答案,解析,答案 0.3 V,解析 设磁场宽度为dCE，在00.2 s的时间内，有,此时，R1与金属棒r并联，再与R2串联 RR并R22 ,(2)恒力F的大小；,答案 0.27 N,解析 金属棒进入磁场后，有,FABIL 即FA10.450.6 N0.27 N 由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动， 有FFA 得F0.27 N,答案,解析,(3)从t0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q.,答案,解析,答案 0.09 J,解析 金属棒在00.2 s
11、的运动时间内，有,金属棒进入磁场后，因电压表示数保持不变，故切割磁感线速度v不变，则WFWA0 WFFd0.270.2 J0.054 J 根据能量转化规律Q2WA0.054 J 故Q总Q1Q20.09 J,3.(2018绍兴市选考诊断)某兴趣小组设计了一种利用开、关门来发电的装置，如图5甲所示.门ABCD可绕AD轴无摩擦转动90，其BC边是质量m2 kg、电阻r5 的金属条，门的其他部分为绝缘体且质量忽略不计，AB1 m，BC2 m，金属条B、C两端用导线连接电阻R5 的小灯泡组成闭合回路，门角B点与墙面间连有一轻质弹簧(图中未画出).门关闭时，门边BC处于位置，此时弹簧处于原长；门打开90时
12、，门边BC处于位置，此时弹簧拉伸最长.在门边BC转动路径的到位置区域，存在高2米、圆心角为45的柱形辐向磁场区域AMNFDAE，如图乙所示.BC边转动路径附近的磁感应强度为B1 T.现用力推门，使门从位置由静止 开始转动，以恒定的角速度1 rad/s经过磁场区域，当门边 BC转过时撤去F，门刚好能转过90到达位置而速度减为 0，此后又在弹簧作用下被弹回，直至关闭，已知此过程中推 力做功为WF1.5 J.其中取3.,图5,(1)门边BC刚转到位置进入磁场瞬间，通过灯泡的电流方向如何(选答“BC”或“CB”)?,答案,解析,答案 BC,解析 根据右手定则，通过灯泡的电流方向为BC.,(2)门边BC
13、刚转到位置进入磁场瞬间，求灯泡两端的电压U；,答案,解析,答案 1 V,解析 门刚好进入磁场时，门BC边切割磁感线的速度vLAB1 m/s 产生的电动势EBLv121 V2 V,灯泡两端的电压UIR1 V,(3)已知门刚好关闭前的角速度1 rad/s，求门弹回直至关闭过程中小灯泡消耗的电能.,答案,解析,答案 0.1 J,解析 在门打开过程中，BC边克服安培力做功，回路中产生焦耳热 Q1I2(Rr)t0.3 J 门关闭前的速度vLAB1 m/s,整个过程中，根据能量守恒，外力做功转化为焦耳热和门增加的动能 则回路总的焦耳热Q总WFEk0.5 J 因此门弹回直至关闭过程中产生的电能Q2Q总Q10.2 J,