第一章 习题课电磁感应规律的应用文档格式.docx
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答案 A
线框进、出匀强磁场，可根据E＝BLv判断E大小变化，再根据右手定则判断方向.特别注意L为切割的有效长度.
二、电磁感应中的动力学问题
1.具有感应电流的导体在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：
（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.
（2）求回路中的感应电流的大小和方向.
（3）分析导体的受力情况（包括安培力）.
（4）列动力学方程或平衡方程求解.
2.电磁感应现象中涉及的具有收尾速度的力学问题，关键要抓好受力情况和运动情况的动态分析：
加速度等于零时，导体达到稳定运动状态.
3.两种状态处理
（1）导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态.
处理方法：
根据平衡条件——合力等于零列式分析.
（2）导体处于非平衡状态——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分析.
【例3】 如图3所示，空间存在B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2m，电阻R＝0.3Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1kg，电阻r＝0.1Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：
图3
（1）导体棒所能达到的最大速度.
（2）试定性画出导体棒运动的速度－时间图象.
解析 ab棒在拉力F作用下运动，随着ab棒切割磁感线运动的速度增大，棒中的感应电动势增大，棒中感应电流受到的安培力也增大，最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值.导体棒ab在克服安培力做功的过程中，消耗了其他形式的能，转化成了电能，最终转化成了焦耳热.
（1）导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：
E＝BLv①
I＝
，②
导体棒受到的安培力F安＝BIL，③
导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力f的作用，根据牛顿第二定律：
F－μmg－F安＝ma④
由①②③④得：
F－μmg－
＝ma⑤
由上式可以看出，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大.
此时有F－μmg－
＝0⑥
可得：
vm＝
＝10m/s⑦
（2）导体棒的速度－时间图象如图所示.
答案 见解析
【例4】 如图4甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.
图4
（1）由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；
（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度的最大值.
解析
（1）如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；
支持力FN，垂直于斜面向上；
安培力F安，沿斜面向上.
（2）当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时
电路中电流I＝
ab杆受到安培力F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律，有
mgsinθ－F安＝mgsinθ－
＝ma
a＝gsinθ－
.
（3）当a＝0时，ab杆有最大速度为vm＝
答案
（1）见解析图
（2）
gsinθ－
（3）
电磁感应中力学问题的解题技巧
（1）受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B的方向，以便准确地画出安培力的方向.
（2）要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化，不像重力或其他力一样是恒力.
（3）根据牛顿第二定律分析a的变化情况，以求出稳定状态的速度.
（4）列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口.
针对训练 如图5所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，导轨间距为0.2m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4s时，突然接通开关S，（g取10m/s2）则：
图5
（1）试说出S接通后，导体ab的运动情况；
（2）导体ab匀速下落的速度是多少？
解析
（1）闭合S之前导体自由下落的末速度为
v0＝gt＝4m/s.
S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力.
F安＝BIL＝
＝0.016N＞mg＝0.002N.
此时刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为
a＝
－g，所以，ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动.当速度减小至a＝0时，ab做竖直向下的匀速运动.
（2）设匀速竖直向下的速度为vm，
此时F安＝mg，即
＝mg，vm＝
＝0.5m/s.
答案
（1）先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动
（2）0.5m/s
1.（电磁感应中的图象问题）一矩形线圈位于一随时间t变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面）向里，如图6甲所示，磁感应强度B随t的变化规律如图6乙所示.以i表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示方向的电流为正方向（即顺时针方向为正方向），则以下的i－t图中正确的是（ ）
图6
答案 C
2.（电磁感应中的动力学问题）如图7所示，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，从不同高度由静止释放，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线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，不计空气阻力，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（ ）
图7
解析 线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线.t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象.
3.（电磁感应中的动力学问题）如图8所示，光滑金属直导轨MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两导轨间的宽度L＝0.5m.导轨左端接一阻值R＝0.5Ω的电阻.导轨处于磁感应强度大小为B＝0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中，质量m＝0.5kg的导体棒ab垂直于导轨放置.在沿着导轨方向向右的力F作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与导轨始终接触良好并且相互垂直，不计导轨和导体棒的电阻，不计空气阻力，若力F的大小保持不变，且F＝1.0N，求：
图8
（1）导体棒能达到的最大速度大小vm；
（2）导体棒的速度v＝5.0m/s时，导体棒的加速度大小.
答案
（1）12.5m/s
（2）1.2m/s2
解析
（1）导体棒达到最大速度vm时受力平衡，有F＝F安m，此时F安m＝
，解得vm＝12.5m/s.
（2）导体棒的速度v＝5.0m/s时，感应电动势E＝BLv＝1.0V，导体棒上通过的感应电流大小I＝
＝2.0A，导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.40N，根据牛顿第二定律，有F－F安＝ma，解得a＝1.2m/s2.
4.（电磁感应中的动力学问题）如图9所示，有一磁感应强度B＝0.1T的水平匀强磁场，垂直于匀强磁场放置一很长的U型金属框架，框架上有一导体ab保持与框架垂直接触，且由静止开始下滑.已知ab长1m，质量为0.1kg，电阻为0.1Ω，框架光滑且电阻不计，取g＝10m/s2，求：
图9
（1）导体ab下落的最大加速度大小；
（2）导体ab下落的最大速度大小；
（3）导体ab达到最大速度时产生的电功率.
答案
（1）10m/s2
（2）10m/s （3）10W
解析
（1）对导体ab受力分析可知，其开始运动时所受的合力最大，即为重力.由牛顿第二定律可知，最大加速度为a＝g＝10m/s2.
（2）导体ab下落的速度最大时，加速度为零，
此时有mg＝F安
F安＝BIL
E＝BLvmax
联立以上各式得：
vmax＝
m/s＝10m/s.
（3）导体ab达到最大速度时其电功率为P＝IE
由以上各式得P＝
W＝10W.
题组一 电磁感应中的图象分析
1.如图1甲所示，闭合的圆线圈放在匀强磁场中，t＝0时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，则在0～2s内线圈中感应电流的大小和方向为（ ）
A.逐渐增大，逆时针方向
B.逐渐减小，顺时针方向
C.大小不变，顺时针方向
D.大小不变，先顺时针方向后逆时针方向
解析 因为B－t图象的斜率不变，所以感应电流恒定.根据愣次定律判断电流方向为顺时针方向.故选项C正确.
2.如图2所示，水平虚线MN的上方有一匀强磁场，矩形导线框abcd从某处以v0的速度竖直上抛，向上运动高度H后进入与线圈平面垂直的匀强磁场，此过程中导线框的ab边始终与边界MN平行，在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图中能正确反映导线框的速度与时间的关系的是（ ）
解析 线框进入磁场前做竖直上抛运动，是匀减速直线运动，其v—t图象是向下倾斜的直线；
进入磁场后，产生感应电流，除重力外，还要受到向下的安培力，根据牛顿第二定律，有mg＋FA＝ma，其中：
FA＝BIL，I＝
，E＝BLv，解得a＝g＋
，故进入磁场后做加速度减小的减速运动，但最后加速度为g，故选项C正确.
3.（多选）有一个垂直于纸面的匀强磁场，它的边界MN左侧为无场区，右侧是匀强磁场区域，如图3甲所示，现让一个金属线框在纸平面内以垂直于MN的恒定速度从MN左侧进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的i－t图象如图乙所示，则进入磁场区域的金属线框可能是下列选项中的（ ）
答案 BC
解析 在B、C选项中，两线圈进入磁场的过程中，线圈切割磁感线的有效长度先逐渐线性增大，然后不变，再逐渐线性减小，所以电流呈现图乙的形状.
4.在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图4甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（ ）
解析 在第1s内，由楞次定律可判定感应电流方向为正，其产生的感应电动势E1＝
S；
在第2s和第3s内，磁感应强度B不变化，线圈中无感应电流；
在第4s和第5s内，B减小，由楞次定律可判定，其感应电流方向为负，产生的感应电动势E1＝
S，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，选项A正确.
5.如图5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”字型导轨.空间存在垂直于纸面的均匀磁场（未画出）.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（ ）
解析 设经过时间t切割磁感线的有效长度为l，则l＝2（l0＋vt）·
tanα，感应电动势为E＝2B（l0＋vt）v·
tanα，由欧姆定律得I＝
，故选项A正确.
题组二 电磁感应中的动力学问题
6.（多选）如图6所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象可能是下列选项中的（ ）
答案 ACD
解析 S闭合时，若
＞mg，先减速再匀速，D项有可能；
若
＝mg，则ab杆匀速运动，A项有可能；
＜mg，先加速再匀速，C项有可能；
由于v变化，
－mg＝ma中a不恒定，故B项不可能.
7.如图7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为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在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（ ）
A.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将往返运动
解析 ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝
＝ma知，ef做的是加速度逐渐减小的减速运动，故A正确.
8.如图8所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，间距为L，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则（ ）
A.如果B变大，vm将变大
B.如果α变大，vm将变大
C.如果R变大，vm将变小
D.如果m变小，vm将变大
答案 B
解析 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，在闭合电路中形成电流I＝
，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F安作用，F安＝BIL＝
，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsinα－
＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝
，故选项B正确.
9.如图9，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab（仅标出a端）和cd（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；
用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑.求
（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小；
（2）金属棒运动速度的大小.
答案
（1）mg（sinθ－3μcosθ）
（2）
解析
（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsinθ＝μN1＋2T＋F①
N1＝2mgcosθ②
对于cd棒，同理有
mgsinθ＋μN2＝2T③
N2＝mgcosθ④
联立①②③④式得
F＝mg（sinθ－3μcosθ）⑤
（2）由安培力公式得
F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流.ab棒上的感应电动势为
E＝BLv⑦
式中v是ab棒下滑速度的大小.由欧姆定律得
⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v＝
题组三 电磁感应中的动力学问题和能量问题的综合应用
10.如图10所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好.整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中.现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是（ ）
图10
A.金属棒在导轨上做匀减速运动
B.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
C.整个过程中金属棒克服安培力做功为
mv2
D.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为
解析 因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用，且安培力随速度的减小而减小，所以金属棒向左做加速度逐渐减小的减速运动；
根据E＝
，q＝IΔt＝
Δt＝
，解得x＝
；
整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量
mv2；
整个过程中电路中产生的热量等于动能的减少量
mv2，电阻R上产生的焦耳热为
mv2.
11.如图11所示，足够长的两根相距为0.5m的平行光滑导轨竖直放置，导轨电阻不计，磁感应强度B为0.8T的匀强磁场的方向垂直于导轨平面.两根质量均为0.04kg、电阻均为0.5Ω的可动金属棒ab和cd都与导轨始终接触良好，导轨下端连接阻值为1Ω的电阻R，金属棒ab用一根细绳拉住，细绳允许承受的最大拉力为0.64N.现让cd棒从静止开始落下，直至细绳刚被拉断时，此过程中电阻R上产生的热量为0.2J，（g取10m/s2）求：
图11
（1）此过程中ab棒和cd棒产生的热量Qab和Qcd；
（2）细绳被拉断瞬时，cd棒的速度v；
（3）细绳刚要被拉断时，cd棒下落的高度h.
答案
（1）0.4J 0.9J
（2）1.875m/s （3）3.926m
解析
（1）根据Q＝I2Rt，由电路串并联规律得
Iab∶Icd∶IR＝2∶3∶1，Rab∶Rcd∶R＝1∶1∶2，
则Qab＝2QR＝0.4J，Qcd＝
＝0.9J.
（2）ab棒被拉断瞬间有F＋mg－Tm＝0.
F＝BIabL，Iab＝
×
，R总＝r＋
Ω，E＝BLv得
v＝1.875m/s.
（3）cd棒下落过程由能量守恒得
mhg＝
mv2＋Qab＋Qcd＋QR，则h≈3.926m.
12.如图12甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S、阻值为R1的定值电阻和电阻箱R2相连，不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S，将金属棒由静止释放.
图12
（1）判断金属棒ab中电流的方向；
（2）若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；
（3）当B＝0.40T、L＝0.50m、α＝37°
时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37°
＝0.60，cos37°
＝0.80.求R1的大小和金属棒的质量m.
答案
（1）电流方向由b到a
（2）mgh－
（3）2.0Ω 0.1kg
解析
（1）由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向由b到a.
（2）由能量守恒定律可知，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热mgh＝
mv2＋Q
解得Q＝mgh－
（3）设最大速度为vm时，切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm
由闭合电路欧姆定律，得
从b端向a端看，金属棒受力如图所示.
金属棒达到最大速度时满足
mgsinα－BIL＝0
由以上三式得最大速度：
R2＋
R1
图象斜率k＝
m/（s·
Ω）＝15m/（s·
Ω），纵截距b＝30m/s，则
R1＝b，
＝k
解得R1＝2.0Ω
m＝0.1kg
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