模块14电磁感应二.docx

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模块14电磁感应二

第二讲：

电磁感应的综合问题

命题点一　电磁感应中的图象问题

1.题型简述

借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：

（1）由给定的电磁感应过程选出正确的图象；

（2）由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象.常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等.

2.解题关键

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、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.

3.解题步骤

（1）明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；

（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的对应关系；

（4）结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；

（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）画图象或判断图象.

4.常用方法

（1）排除法：

定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势（增大还是减小）、变化快慢（均匀变化还是非均匀变化），特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.

（2）函数法：

根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断.

例1　（2013·山东卷·18）将一段导线绕成图1甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内.回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示.用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反应F随时间t变化的图象是（　　）

图1

答案　B

解析　0～

时间内，回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向左.

～T时间内，回路中产生逆时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向右，故B正确.

例2　（多选）（2018·广西北海市一模）如图2甲所示，导体框架abcd放置于水平面内，ab平行于cd，导体棒MN与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示，MN始终保持静止.规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M到N为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力Ff的正方向，下列图象中正确的是（　　）

图2

答案　BD

解析　由题图乙可知，回路中产生的感应电动势先为零，后恒定不变，感应电流先为零，后恒定不变，回路中感应电流方向为逆时针，故A错误，B正确；在0～t1时间内，导体棒MN不受安培力；在t1～t2时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向右，由F＝BIL可知，B均匀减小，MN所受安培力均匀减小；在t2～t3时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向左，由F＝BIL可知，B均匀增大，MN所受安培力均匀增大；根据平衡条件得到，棒MN受到的摩擦力大小Ff＝F，二者方向相反，即在0～t1时间内，没有摩擦力，而在t1～t2时间内，摩擦力方向向左，大小均匀减小，在t2～t3时间内，摩擦力方向向右，大小均匀增大，故C错误，D正确.

变式1　（多选）（2019·安徽省黄山市质检）如图3甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示.规定垂直纸面向外为磁场的正方向，顺时针为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项中正确的是（　　）

图3

答案　BC

解析　由题图乙可知，0～1s内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值，1～2s内，磁通量不变，无感应电流，2～3s内，B的方向垂直纸面向外，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值，3～4s内，B的方向垂直纸面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流为负值，A错误，B正确；由左手定则可知，在0～1s内，ad边受到的安培力方向水平向右，是正值，1～2s内无感应电流，ad边不受安培力，2～3s，安培力方向水平向左，是负值，3～4s，安培力方向水平向右，是正值.由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝

＝

S，感应电流I＝

＝

，由B－t图象可知，在每一时间段内，

的大小是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力F＝BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，C正确，D错误.

命题点二　电磁感应中的动力学问题

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

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：

→

→

→

例3　（2016·全国卷Ⅱ·24）如图4，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的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向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：

图4

（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.

答案　

（1）Blt0（

－μg）　

（2）

解析　

（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①

设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②

当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③

联立①②③式可得E＝Blt0（

－μg）④

（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝

⑤

式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为F安＝BlI⑥

因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝

.

变式2　（多选）（2018·安徽省安庆市二模）如图5甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.t＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计.已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示.下列关于棒的运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率

随时间变化的图象正确的是（　　）

图5

答案　AB

解析　根据题图乙所示的I－t图象可知I＝kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：

I＝

＝kt，可推出：

E＝kt（R＋r），而E＝

，所以有：

＝kt（R＋r），

－t图象是一条过原点且斜率大于零的直线，故B正确；因E＝Blv，所以v＝

t，v－t图象是一条过原点且斜率大于零的直线，说明金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v＝at，故A正确；对金属棒在沿导轨方向有F－BIl＝ma，而I＝

，v＝at，得到F＝

＋ma，可见F－t图象是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线，故C错误；q＝

Δt＝

＝

＝

t2，q－t图象是一条开口向上的抛物线，故D错误.

变式3　如图6甲所示，间距L＝0.5m的两根光滑平行长直金属导轨倾斜放置，导轨平面倾角θ＝30°.导轨底端接有阻值R＝0.8Ω的电阻，导轨间有Ⅰ、Ⅱ两个矩形区域，其长边都与导轨垂直，两区域的宽度均为d2＝0.4m，两区域间的距离d1＝0.4m，Ⅰ区域内有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B0＝1T，Ⅱ区域内的磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，规定垂直于导轨平面向上的磁感应强度方向为正方向.t＝0时刻，把导体棒MN无初速度地放在区域Ⅰ下边界上.已知导体棒的质量m＝0.1kg，导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且导体棒在磁场边界时都认为处于磁场中，导体棒和导轨电阻不计，取重力加速度g＝10m/s2.求：

图6

（1）0.1s内导体棒MN所受的安培力大小；

（2）t＝0.5s时回路中的电动势和流过导体棒MN的电流方向；

（3）0.5s时导体棒MN的加速度大小.

答案　

（1）0.5N　

（2）0.4V　N→M　（3）7m/s2

解析　

（1）Δt1＝0.1s时间内感应电动势E1＝

d2L，I1＝

，0.1s内安培力F1＝B0I1L，

解得F1＝0.5N

（2）因F1＝mgsinθ，故导体棒在0.1s内静止，从第0.1s末开始加速，设加速度为a1，

则：

mgsinθ＝ma1，d1＝

a1Δt2，v1＝a1Δt，解得：

Δt＝0.4s，v1＝2m/s

t＝0.5s时，导体棒刚滑到Ⅱ区域上边界，此时B2＝0.8T，切割磁感线产生的电动势E2＝B2Lv1＝0.8V

t＝0.5s时，因磁场变化而产生的感应电动势E3＝

d2L，

＝6T/s，解得E3＝1.2V

t＝0.5s时的总电动势E＝E3－E2＝0.4V导体棒电流方向：

N→M

（3）设0.5s时导体棒的加速度为a，有F＋mgsinθ＝ma，又I＝

，F＝B2IL，解得a＝7m/s2，方向沿斜面向下.

命题点三　电磁感应中的动力学和能量问题

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.

例4　（2018·福建省南平市适应性检测）如图7所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道.仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0T.一根质量m＝0.2kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度.当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8m处.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2.求：

图7

（1）金属棒运动的最大速率v；

（2）金属棒在磁场中速度为

时的加速度大小；

（3）金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热.

答案　

（1）4m/s　

（2）1m/s2　（3）1.5J

解析　

（1）金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得：

mv2＝mgh①

由①得：

v＝

＝4m/s②

（2）金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得F＝BIL＋μmg③

I＝

④

联立②③④式得F＝0.6N⑤

金属棒速度为

时，设回路中的电流为I′，根据牛顿第二定律得F－BI′L－μmg＝ma⑥

I′＝

⑦

联立②⑤⑥⑦得：

a＝1m/s2⑧

（3）设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系：

Fx＝μmgx＋

mv2＋Q⑨则电阻R上的焦耳热QR＝

Q⑩

联立⑤⑨⑩解得：

QR＝1.5J.

变式4　（多选）如图8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8

A.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

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时的速度等于进入磁场Ⅱ时的速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度，金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A错误；金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知BIL－mg＝

－mg＝ma，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图象（可能图象如图所示）可以看出前一段用时多于后一段用时，B正确；

由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，W安1－mg·2d＝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正确；

设刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知mgh＝

mv2，①

进入磁场时BIL－mg＝

－mg＝ma，解得v＝

，②

由①②式得h＝

>

，D错误.

变式5　（多选）（2012·山东卷·20）如图9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.下列选项正确的是（　　）

图9

A.P＝2mgvsinθB.P＝3mgvsinθ

C.当导体棒速度达到

时加速度大小为

sinθ

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

答案　AC

解析　导体棒由静止释放，速度达到v时，回路中的电流为I，则根据共点力的平衡条件，有mgsinθ＝BIL.对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，使其以2v的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I，则根据平衡条件，有F＋mgsinθ＝B·2IL所以拉力F＝mgsinθ，拉力的功率P＝F×2v＝2mgvsinθ，故选项A正确，选项B错误；当导体棒的速度达到

时，回路中的电流为

，根据牛顿第二定律，得mgsinθ－B

L＝ma，解得a＝

sinθ，选项C正确；当导体棒以2v的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热，故选项D错误.

命题点四　电磁感应中动量和能量观点的应用

1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量.如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题.

2.在相互平行的水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律.

类型1　动量定理和功能关系的应用

例5　（2018·四川省凉山州三模）如图1所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R的电阻.在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的金属棒，其电阻为r.金属棒与金属导轨接触良好.金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动，金属导轨的电阻不计.求：

图1

（1）金属棒匀速运动时回路中电流大小；

（2）金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电荷量.

（3）若在时间t内金属棒移动的位移为x，求电阻R上产生的热量.

答案　见解析

解析　

（1）由安培力公式：

F＝BImL，解得Im＝

（2）根据闭合电路的欧姆定律得：

Im＝

，解得：

v＝

通过回路的电荷量q＝I·t

由动量定理得F·t－BIL·t＝mv解得：

q＝

－

（3）力F做功增加金属棒的动能和回路内能，则Fx＝Q＋

mv2，QR＝

Q

解得：

QR＝[Fx－

]

.

类型2　动量守恒定律和功能关系的应用

1.问题特点

对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合电路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中通过时在安培力的作用下开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用.

2.方法技巧

解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒.因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒（动量定理）和功能关系求解.

例6　（2018·山东省青岛市模拟）如图2所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r＝0.5m的竖直半圆，两导轨间距离l＝0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为l的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2kg、m2＝0.1kg，电阻分别为R1＝0.1Ω、R2＝0.2Ω.现让ab棒以v0＝10m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10m/s2，求：

图2

（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；

（2）cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；

（3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.

答案　

（1）30m/s2　

（2）7.5m/s　（3）4.375J

解析　

（1）ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，

有E＝Blv0I＝

BIl＝m2a0解得：

a0＝30m/s2

（2）设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2

m2v22＝m2g·2r＋

m2vP2m2g＝m2

解得：

v1＝7.5m/s

（3）由动能定理得－W＝

m1v12－

m1v02解得：

W＝4.375J.

变式6　（2018·山东省淄博市模拟）如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L.空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与CD棒垂直的绝缘细线系在定点A.已知细线能承受的最大拉力为FT0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动.

（1）求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时框架的瞬时速度v0大小；

（2）若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q.

答案　

（1）

（2）

解析　

（1）细线断裂时，

对棒有FT0＝F安，F安＝BIL，I＝

，E＝BLv0，v0＝at0

联立解得t0＝

细线断裂时框架的速度v0＝

（2）在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运动，设二者最终速度大小均为v，设向右为正方向，由系统动量守恒可得mv0＝2mv

得v＝

＝

撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q＝

mv

－

×2mv2

联立得Q＝

.