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(共31张PPT)
第二章　电磁感应
8
专题：电磁感应中的平衡及动力学问题
2
掌握电磁感应中动力学问题的分析方法，建立解决电磁感应中动力学问题的思维模型.
1
进一步熟练掌握物体的平衡条件、牛顿运动定律等力学基本规律.
难点
重点
由于导体中有感应电流，在磁场中受到安培力的作用，而安培力又会改变导体的运动状态，所以电磁感应常与力学知识联系在一起.
1.电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系
观察与思考
2.力和运动的动态关系
3.两种状态
(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(合外力等于零)列式分析.
(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零.
处理方法：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.
电磁感应中的平衡问题
1.(2022·乌苏市第一中学月考)如图所示，水平导轨宽L1＝1 m，ab杆与导轨左端的距离L2＝2 m，由导轨与ab杆所构成的回路的总电阻R＝2 Ω，计时时刻空间存在着方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B0＝2 T，重物A的质量为M，用细绳通过定滑轮与ab杆的中点相连，各处的摩擦均可忽略不计，现使磁感应强度以 ＝2 T/s的变化率均匀
增大.当t为9 s时，重物A刚好离开地面(g取10 m/s2)，求：
(1)9 s时，回路中的电流和磁感应强度；
答案　2 A　20 T
根据法拉第电磁感应定律
(2)重物A刚好离开地面时，ab杆受到的安培力大小；
答案　40 N
重物A刚好离开地面时，ab杆受到的安培力
F＝BIL1＝40 N
(3)重物的质量.
答案　4 kg
根据题意可知，重物的重力与ab杆在9 s时受到的安培力大小相等，则F＝Mg，
解得M＝4 kg.
2.(2022·三明市高二期末)如图所示，在与水平面成θ＝30°角的平面内放置两条平行且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计.空间存在着匀强磁场，磁感应强度B＝0.40 T，方向垂直于轨道平面向上.导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与轨道接触良好构成闭合回路，每根棒的质量m＝0.20 kg、电
阻R＝0.05 Ω，轨道的宽度L＝0.50 m.两导体棒与轨道间的动摩擦因数均为μ＝ 最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现对ab棒施加平行于轨道向上的拉力，使其沿轨道匀速向上运动，取g＝10 m/s2.
(1)当ab匀速运动的速度v＝2 m/s时，cd能处于静止状态，求ab棒受到的安培力大小；
答案　0.8 N
设导体棒ab的速度v＝2 m/s时产生的感应电动势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，则E＝BLv，I＝ ，F安＝BIL，
解得F安＝0.8 N
(2)要使cd始终处于静止状态，求ab棒沿轨道向上运动的速度范围.
答案　0.625 m/s≤v≤4.375 m/s
研究cd棒，当mgsin θ＋μmgcos θ＝BImaxL时，ab棒沿轨道向上的速度为最大值，解得Imax＝8.75 A，
解得vmax＝4.375 m/s，
当mgsin θ＝μmgcos θ＋BIminL时，ab棒沿斜面向上的速度为最小值，
解得Imin＝1.25 A
解得vmin＝0.625 m/s
故ab棒沿轨道向上运动的速度范围为0.625 m/s≤v≤4.375 m/s.
电磁感应中的动力学问题
3.(多选)(2022·四川资中县第二中学高二阶段练习)如图所示，空间存在一范围足够大的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(竖直面)向里，MM′为磁场区域的上边界，磁场上方有一个质量为m的正方形导线框abcd，ab边与MM′平行.已知线框边长
为L，总电阻为R，重力加速度为g，线框从图示位
置由静止开始自由下落，不计空气阻力，则在ab边
进入磁场的过程中，关于线框的运动，下列说法中
正确的是
A.线框可能先做加速运动再做减速运动
B.线框可能一直做匀加速运动
C.线框可能先做减速运动再做匀速运动
D.线框若出现匀速运动，其速度大小一定是
√
√
线框刚开始做自由落体运动，ab边以一定速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，结合右手定则和左手定则可以判断出ab受到竖直向上的安培力作用，有
第一种情况：若线框进入磁场时，安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，有F＝BIL＝mg
第二种情况：若线圈进入磁场时，安培力大于重力，则线框做减速运动，安培力减小，线框做加速度减小的减速运动，当线框速度减小到 时，线框若仍未全部进入磁场，则线框后面将做匀速
运动.第三种情况：若安培力小于重力，线框做加速度减小的加速运动，当线框加速到 时，线框若仍未全部进入磁场，则线框后面将做匀速运动.故选C、D.
4.如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的足够长的平行金属导轨，其间距L＝0.2 m，R＝0.3 Ω的电阻接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好.(g＝10 m/s2)
(1)分析导体棒的运动性质；
答案　先做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动
导体棒做切割磁感线运动，产生的感应电动势E＝BLv ①
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Ff＝μmg的作用，根据牛顿第二定律有：
F－μmg－F安＝ma ④
由⑤可知，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，此后导体棒做匀速直线运动.
(2)求导体棒所能达到的最大速度的大小；
答案　10 m/s
(3)试定性画出导体棒运动的速度－时间图像.
答案　见解析图
由(1)(2)中的分析与数据可知，导体棒运动的速度－时间图像如图所示.
5.如图甲所示，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的定值电阻，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，磁场方向垂直于导轨向下，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.(重力加速度为g)
(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杆下滑过程中的受力示意图；
答案　见解析图
如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上.
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小；
当ab杆的速度大小为v时，
感应电动势E＝BLv，
根据牛顿第二定律，有mgsin θ－F安＝ma
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值.
当a＝0时，ab杆达到最大速度vm，
处理此类问题的方法
(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)求回路中感应电流的大小和方向.
(3)分析研究导体受力情况(包括安培力).
(4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解.
总结提升(共29张PPT)
第二章　电磁感应
7
专题：电磁感应中的图像问题
2
综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图像问题.
1
进一步熟练掌握楞次定律及法拉第电磁感应定律.
难点
重点
1.电磁感应中的图像问题
观察与思考
图像类型 (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变化的图像，即B－t图像、Φ－t图像、E－t图像和I－t图像
(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随导体位移x变化的图像，即E－x图像和I－x图像
问题类型 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像.
(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量
应用知识 左手定则、右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、相关数学知识等
2.解决此类问题一般步骤
(1)明确图像类型：是E－t、I－t、E－x、I－x还是其他图像.
(2)分析电磁感应过程：如物体速度、受力、加速度、感应电动势、感应电流等大小方向发生怎样的变化.
(3)由欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数方程；根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等；
(4)画图像或判断图像.
3.注意事项：
(1)看、画图像时要注意横、纵坐标的物理量、单位、分度、坐标原点等.
(2)看、画图像时要注意各物理量(尤其是矢量)正方向的规定.
根据电磁感应过程选出图像
如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2L的正方形abcd中，在这个正方形的同一平面内，有一电阻为R、边长为L的单匝正方形导体线圈ABCD，以速度v匀速通过磁场.从BC边进入磁场开始计时，试回答下列问题并用图像表示出来.
(1)穿过线圈的磁通量Φ随时间t如何变化？
观察与思考
答案　见解析
根据磁通量的公式Φ＝B·S可知，穿过线圈的磁通量在第一段时间内从零均匀增加到最大值，然后在第二段时间内保持最大值不变，在第三段时间内均匀减小直到零(如图甲所示).
(2)线圈中电流I随时间t如何变化？(以逆时针方向为正方向)
答案　见解析
由法拉第电磁感应定律可知，只有通过闭合回路的磁通量发生变化时才有感应电流 产生，所以只有在第一段时间内和第三段时间内才有感应电流，且由楞次定律和安培定则可知，两次的感应电流大小相等但方向相反，在第二段时间内无感应电流，如图乙所示.
(3)线圈所受安培力F随时间t如何变化？(以水平向左为正方向)
答案　见解析
通过安培力的计算公式F＝BIL及左手定则可知，在第一段时间内和第三段时间内有安培力，大小都等于 且同向，在第二段时间内无安培力，如图丙所示.
1.(2022·盐城市伍佑中学高二阶段练习)如图所示，一正方形闭合导线框abcd，边长为L＝0.1 m，各边电阻均为1 Ω，bc边位于x轴上，在x轴原点右侧有宽为0.2 m、磁感应强度为1 T的垂直纸面向里
的匀强磁场区域.当线框以4 m/s的恒定速度沿x轴正方
向穿越磁场区域的过程中，ab边两端电势差Uab随位置
变化的情况正确的是
√
分三个阶段研究，线框进入磁场过程中ab边切割磁感线、线框整体在磁场中运动和线框出磁场时dc边切割磁感线，ab切割磁感线过程中，x在0～L范围，由楞次定律可知，线框的感应电流方向是逆时针，ab相当
电源，a点的电势高于b点的电势，Uab>0，感应电动势E＝BLv＝1×0.1×0.4 V＝0.4 V，Uab是外电压，则有：Uab＝ ＝0.3 V；线框全部在磁场中运动时，x在L～2L的范围，线框的磁通量不变，没有感应电流产生，ab边两端电势差等于电动势，Uab＝E＝0.4 V；dc边切割磁感线，x在2L～3L范围，由楞次定律可知线框的感应电流方向是顺时针，
dc相当于电源，a点的电势高于b点的电势，Uab>0，感应电动势E＝BLv＝1×0.1×4 V＝0.4 V，Uab是外电路中一部分导体两端的电压，则有：Uab＝ ＝0.1 V.A、C、D错误，B正确.
2.如图甲所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示.以图中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向.则下列图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是
√
由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得： 所以线圈中的感应电流与磁感应强度B随t的变化率成正比，B－t图像的斜率为 ，故在2～3 s内感应电流的大小是0～1 s内的2倍.再由B－t图像可知，0～1 s时间内，B增大，Φ增大，感应电流的磁场与原磁场方向相反，由楞次定律知，感应电流的方向是逆时针，所以0～1 s内的电流为负值；同理可得，1～2 s电流为零；2～3 s电流为正值，故C正确.
3.(多选)(2022·湛江市高二期末)如图甲所示，正方形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示.t＝0时刻，磁感应
√
强度B的方向垂直纸面向外，感应电流以逆时针为正方向，cd边所受安培力的方向以垂直cd边向下为正方向.下列关于感应电流I和cd边所受安培力F随时间t变化的图像正确的是
√
设正方形导线框边长为L，电阻为R，在0～2 s内，垂直纸面向外的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小 电流是恒定值.由左手定则可知，cd边所受安培力方向向下，为正方向，大小为F＝BIL
安培力与磁感应强度成正比，数值由2F0＝2B0IL减小到零.
2～3 s内，垂直纸面向里的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小 电流是恒定值.由左手定则可知，cd边所受安培力方向向上，为负方向，大小为F＝BIL，安培力与磁感应强度成正比，由零变化到－F0＝－B0IL,3～4 s
内垂直纸面向里的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小 电流是恒定值.由左手定则可知，cd边所受安培力方向向下，为正方向，大小为F＝BIL，安培力与磁感应强度成正比，数值由F0＝B0IL减小到零，4～6 s内垂直纸面向外的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小 电流是恒定值.
由左手定则可知，cd边所受安培力方向向上，为负方向，大小为F＝BIL，安培力与磁感应强度成正比，由零变化到－2F0＝－2B0IL，由以上分析可得A、C错误，B、D正确.
4.(2022·吴江市高级中学高二阶段练习)如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水
平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流顺时针方向为正.则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是
√
线框刚进入磁场中时，只有bc边切割磁感线，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，即为负，在cd边完全进入磁场之前，电流方向与大小不变；当ad边刚进入磁场时感应电流为零，接着bc边开始出磁场，回路中的感应电动势为ad边切割磁感线产生的电动势减去bc边切割磁感线产生的电动势，随着线框的运动，回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为顺时针，即为正；在前进2L后，bc完全出磁场，ad也开始出磁场，切割磁感线的长度逐渐减小，电流逐渐减小，方向为顺时针方向，即为正，直至线框完全脱离磁场，电流减小为零，综上分析可知B正确，A、C、D错误.
5.(2022·江苏响水中学高二阶段练习)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够长.
现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域.若以逆时针方向为电流的正方向，下列关于线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图像正确的是
√
导线框的运动可以分为三个阶段，第一个阶段为从开始向右运动到完全进入左侧磁场，第二个阶段为从完全进入左侧磁场到完全进入右侧磁场，第三个阶段为从完全进入右侧磁场到恰好完全离开右侧磁场.由楞次定律可以判断电流方向，位移x为0～a,2a～3a时，电流为正方向，大小从0增大到I0，位移为a～2a时，电流为负方向，从0变化到－2I0，对比选项中各图像可知C正确.
根据图像分析电磁感应过程
6.四根均匀导线分别制成两个正方形、两个直角扇形线框，分别放在方向垂直纸面向里的匀强磁场边界上，由选项图示位置开始按箭头方向绕垂直纸面轴O
√
在纸面内匀速转动.若以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向，四个选项中符合如图所示i随时间t的变化规律的是
题图A、B中正方形线框绕O转动时，有效切割长度不断变化，因此产生的感应电流大小是变化的，故A、B错误；
C、D图中，有效切割长度为半径，不变，因此产生的感应电流大小不变，根据右手定则，进入磁场时，C图中产生电流方向从P到O，电流为正方向，而D图中开始产生的电流方向从O到P，电流为负方向；离开磁场时，刚好相反，故C正确，D错误.
求解图像类选择题的两种常用方法
(1)排除法：根据特殊位置、特殊过程，根据某物理量大小、方向变化，排除错误选项.
(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像进行分析和判断.
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第二章　电磁感应
2
专题：楞次定律的应用
2
学会应用安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律分析解决有关综合问题.
1
进一步理解楞次定律，能熟练应用楞次定律的推论解决实际问题.
难点
重点
楞次定律的几个重要推论
1.“增反减同”法
感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化.
(1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反.
(2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同.
口诀记为“增反减同”.
观察与思考
2.“来拒去留”法
由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动.口诀记为“来拒去留”.
3.“增缩减扩”法
就闭合回路的面积而言，收缩或扩张是为了阻碍穿过回路的原磁通量的变化.若穿过闭合回路的磁通量增加，面积有收缩趋势；若穿过闭合回路的磁通量减少，面积有扩张趋势.口诀记为“增缩减扩”.
说明：此法只适用于回路中只有一个方向的磁感线的情况.
4.“增离减靠”法
当磁场变化且线圈回路可移动时，由于磁场增强使得穿过线圈回路的磁通量增加，线圈将通过远离磁体来阻碍磁通量增加；反之，由于磁场减弱使线圈中的磁通量减少，线圈将靠近磁体来阻碍磁通量减少.口诀记为“增离减靠”.
1.如图所示，三个线圈在同一平面内，当I减小时，关于a、b线圈中的感应电流方向，以下说法正确的是
A.都为顺时针方向
B.a线圈中为顺时针方向，b线圈中为逆时针方向
C.都为逆时针方向
D.a线圈中为逆时针方向，b线圈中为顺时针方向
√
根据安培定则可知，在线圈a处产生的磁场方向垂直于纸面向外，当I减小时，穿过线圈a的磁通量减少，根据楞次定律结合安培定则可知，线圈a中产生逆时针方向的感应电流；线圈b处的磁场方向
垂直于纸面向里，当I减小时，穿过线圈b的磁通量减少，根据楞次定律结合安培定则可知，线圈b中产生顺时针方向的感应电流，选项D正确，A、B、C错误.
2.如图所示，质量为m的铜质闭合线圈静置于粗糙水平桌面上.当一个竖直放置的条形磁体贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不动.则关于线圈在此过程中受到的支持力FN和摩擦力Ff的情况，以下判断正确的是
A.FN先大于mg，后小于mg
B.FN一直大于mg
C.Ff先向左，后向右
D.线圈中的电流方向始终不变
√
根据“来拒去留”，磁体靠近线圈时受到斜向上的斥力，由牛顿第三定律知，线圈受到斜向下的斥力.故线圈受到的支持力FN大于重力mg，磁体远离线圈时受到斜向下的引力作用，线圈受到斜向上的引力，支持力FN小于重力mg，故A正确，B错误；
整个过程磁体对线圈的作用力都有向右的分量，即线圈有向右运动的趋势，摩擦力的方向始终向左，C错误；
由于线圈中的磁通量先变大后变小，方向不变，故磁体靠近和远离线圈时，线圈中电流方向相反，D错误.
3.(多选)金属棒ab、cd放在水平光滑导轨上，条形磁体向下加速运动，在接近导轨时，下列说法正确的有
A.ab、cd相互靠近
B.ab、cd相互远离
C.磁体加速度大于g
D.磁体加速度小于g
√
√
当条形磁体从上向下接近闭合回路时，穿过回路的磁场方向向下，且磁通量在不断增加，根据楞次定律可知，感应电流所产生的效果总是阻碍产生感应电流的磁通量的变化，所以会阻碍条形磁体的下落，
则感应电流的磁场给条形磁体一个向上阻碍其下落的阻力，即磁体下落的加速度小于g，为了阻碍回路中磁通量增加，ab、cd两金属棒将互相靠近，使回路的面积减小，从而阻碍磁通量的增加，故选A、D.
4.如图所示，一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关，下列情况中，能观察到N向左运动的是
A.在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B.在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C.在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向c端移动时
D.在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时
√
金属环N向左运动，说明穿过N的磁通量在减少，则线圈M中的电流在减小，只有选项C符合.
三定则一定律的综合应用
安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较
观察与思考
比较项目 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律
适用场合 判断电流周围的磁感线方向 判断通电导线在磁场中所受的安培力方向 判断导体切割磁感线时产生的感应电流方向 判断回路中磁通量变化时产生的感应电流方向
因果关系 因电而生磁(I→B) 因电而受力(I、B→F安) 因动而生电 (v、B→I感) 因磁通量变化而生电(ΔΦ→I感)
5.(多选)如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况可能是(两导线圈共面放置，且金属棒切割磁感线速度越大感应电流越大)
A.向右匀速运动
B.向左加速运动
C.向右减速运动
D.向右加速运动
√
√
欲使N产生顺时针方向的感应电流，即感应电流的磁场方向垂直于纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小，此时应使ab向右减速运动；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大，此时应使ab向左加速运动，故选B、C.
6.(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在一外力的作用下运动时，MN向右
运动，则PQ所做的运动可能是(金属棒切割磁感线速
度越大，感应电流越大)
A.向右加速运动 B.向左加速运动
C.向右减速运动 D.向左减速运动
√
√(共27张PPT)
第二章　电磁感应
9
专题：电磁感应中的能量问题
2
理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.
1
进一步熟练掌握功能关系、能量守恒定律等力学基本规律.
难点
重点
功能关系在电磁感应中的应用
1.做功是能量转化的途径和量度，分析以下两种情景中的做功和能量转化情况.
(1)如图甲，光滑水平金属导轨处在竖直向下的匀强磁场中，金
属棒在导轨平面内且与导轨垂直，以v0冲上轨道并减速运动时.
观察与思考
答案　图甲中金属棒克服安培力做功将动能转化为电能，电能又转化为焦耳热(内能).
(2)如图乙，匀强磁场垂直光滑倾斜金属导轨，金属棒与导轨垂直且以某速度沿导轨匀速下滑时.
答案　图乙中，重力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功.金属棒的重力势能转化为电能，电能又转化为焦耳热(内能).
由两种情景知，电磁感应过程中，导体克服安培力做功，其他形式的能(如机械能)转化为电能.
2.理想电动机(内阻不计)转动时，安培力做正功还是负功，能量是怎样转化的.
答案　理想电动机转动时，安培力对电动机做正功，把电能转化为其他形式的能(如动能).
1.(多选)如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可不计.斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为m、电阻可以不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F的作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中
A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零
B.金属棒克服安培力做的功等于金属棒重力势能增加量
C.恒力F与安培力的合力所做的功等于零
D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
√
√
金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿导轨平面向下，做负功，金属棒匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A正确；
克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于电阻R上产生的焦耳热，故恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确.
2.如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B，正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为l，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，重力加速度为g，则在这一过程中，克服安培力做功为
√
金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能量守恒，损失的机械能为mgl－ ，故克服安培力做功为mgl－ ，选项C正确.
电磁感应中的焦耳热
3.(2022·江苏省丹阳高级中学高二开学考试)如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度3v匀速进入同一匀强磁场.求：
(1)第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比；
答案　3∶1
线圈以速度v匀速进入磁场，设CD边长为L，当CD边在磁场中时，线圈中感应电动势
(2)第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比；
答案　9∶1
线圈以速度v匀速进入磁场，当CD边在磁场中时F1＝BI1L＝ ，由于线圈做匀速运动，外力大小等于安培力大小，此时外力的功率为P1＝F1v1＝ .同理，线圈以速度3v匀速进入磁场时，外力的功率为P2＝
所以第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为9∶1.
(3)第二次进入与第一次进入整个过程线圈中产生热量之比.
答案　3∶1
所以第二次进入与第一次进入整个过程线圈中产生热量之比为3∶1.
4.如图所示，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角为θ＝30°，导轨间距为L，接在两导轨间的电阻为R，在导轨的中间矩形区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为2L.一质量为m、有效电阻为0.5R的导体棒从距磁场上边缘2L处由静止释放，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直.不计导轨的电阻，重力加速度为g.
(1)求导体棒刚进入磁场时的速度v0；
(2)若导体棒离开磁场前已达到匀速，求导体棒通过磁场的过程中，电阻R上产生的焦耳热QR.
设导体棒匀速运动的速度为v，则此时导体棒在磁场中切割磁感线产生的感应电动势：
E＝BLv
受到的安培力为F安＝BIL，
导体棒做匀速运动，故由平衡条件得：
mgsin θ＝F安，
导体棒从开始释放到刚离开磁场的过程中，由能量守恒定律得：mg·4Lsin θ＝ mv2＋Q总
5.(2022·赣州市赣县第三中学高二阶段练习)如图，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场.质量为m、电阻为R的正方形线圈边长为L(LA.线圈可能先加速后减速
B.线圈的最小速度一定是
C.线圈的最小速度一定是
D.线圈产生的焦耳热为2mgd
√
根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，所以进入磁场时将做减速运动，故线圈应先减速运动，A错误；
如果进入磁场时线圈一直减速，可知线圈完全进入磁场时速度最小，从完全进入磁场到下边缘刚接触磁场的下边缘界过程中，做匀加速直线运动，有v02－v2＝2g(d－L)，从静止开始下落到线圈下边缘接触磁场上边界的过程中做自由落体运动，有v02＝2gh，解得最小速度
v＝ ，线圈还可能进入磁场先做减速运动，在没有完全进入磁场时已做匀速运动，此时的速度为最小，则有mg＝BIL＝ ，则最小速度为v＝ ，B、C错误；
从线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场的过程动能变化量为0，重力势能转化为线圈进入磁场的过程中产生的热量Q＝mgd，线圈穿出磁场产生的热量等于进入磁场产生的热量，故全过程产生的热量为Q全＝2mgd，D正确.
电磁感应中焦耳热的求解方法
(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.
(2)感应电流变化，可用以下方法分析：
①利用动能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q＝W克安.
②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量.
总结提升(共22张PPT)
第二章　电磁感应
12
章末复习
2
学会应用电磁感应的相关知识解决实际问题.
1
复习电磁感应的相关内容.
难点
重点
楞次定律的应用
1.利用楞次定律判断感应电流方向的解题步骤
2.楞次定律的几个重要推论：“增反减同”“来拒去留”“增缩减扩”“增离减靠”.
观察与思考
1.(多选)(2022·广东东莞市期末改编)1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子即“磁单极子”.1982年美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想如果只有N极的磁单极子从上而下穿过如图所示的电阻趋于零的(超导)线圈，那么从上向下看，这个线圈将出现
A.从上向下看，线圈中会出现先是逆时针方向，然后是顺时
针方向的感应电流
B.磁单极子接近线圈的过程中，线圈对磁单极子磁场力做负功
C.磁单极子接近线圈的过程中，线圈对磁单极子磁场力做正功
D.逆时针方向持续流动的感应电流
√
√
只有N极的磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向为逆时针；当磁单极子
远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向为逆时针.因此线圈中产生的感应电流方向不变.故A错误，D正确.
据楞次定律可知，感应电流产生的效果是阻碍磁单极子的相对运动，所以当磁单极子靠近或远离时，磁场力做负功，故B正确，C错误.
2.一长直铁芯上绕有线圈P，将一单匝线圈Q用一轻质绝缘丝线悬挂在P的左端，线圈P的中轴线通过线圈Q的中心，且与线圈Q所在的平面垂直.将线圈P连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E为直流电源，S为开关.下列情况中，可观测到Q向左摆动的是
A.S闭合的瞬间
B.S断开的瞬间
C.在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时
D.在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变
√
由楞次定律的第二种描述：“增离减靠”可知要使Q向左运动，通过Q的磁通量应增大，所以流过P的电流需增大；S闭合瞬间电流增大，磁通量增大，故A正确；
S断开的瞬间，流过P的电流减小，磁通量减小，所以Q将向右摆动，故B错误；
若将R的滑片向a端移动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路中电流减小，磁通量减小，故会使Q向右摆动，故C错误；
在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变，则电路中的电流不变，所以穿过Q的磁通量不变，所以Q内不能产生感应电流，Q不动，故D错误.
法拉第电磁感应定律的应用
1.电磁感应中电路问题的解决方法
(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路；
(2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律确定感应电动势的方向；
(3)画等效电路图.分清内外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键；
(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解.
观察与思考
2.电磁感应中的动力学问题的解决方法
(1)确定研究对象；
(2)分析导体受力情况；
(3)确定安培力大小：应用法拉第电磁感应定律、楞次定律确定感应电动势的大小和方向；确定回路中的电流大小和方向；
(4)定规律：分析研究对象所受的合外力情况、各力做功情况，根据平衡条件、牛顿第二定律、动量、能量等物理规律列方程、求解.
3.如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为0.8 T.将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
A.2.5 m/s　1 W B.5 m/s　1 W
C.7.5 m/s　9 W D.15 m/s　9 W
√
小灯泡稳定发光时，导体棒MN匀速下滑，其受力如图所示，由平衡条件可得F安＋Ff＝mgsin 37°，又Ff＝μmgcos 37°，故F安＝mg(sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N，由F安＝BIL得I＝ ＝1 A，所以E＝I(R灯＋
RMN)＝2 V，导体棒MN的运动速度v＝ ＝5 m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯＝I2R灯＝1 W，B正确.
4.(多选)(2021·桂林市期末)图甲为固定在匀强磁场中的正三角形导线框abc，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，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abca的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，关于线框中的电流I与ab边所受的安培力F随时间t变化的图像(图中不考虑2 s末线框中的电流及ab边的受力情况).下列各图正确的是
√
√
线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率.由题图可知，0～1 s时间内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外)，由安培定则知感应电流方向为逆时针，再由法拉第电磁感应定律可判断0～1 s内产生的感应电动势为一定值，则感应电流也为一定值；同理可知3～4 s内产生的感应电流与0～1 s内产生的感应电流相同；1～2 s和2～3 s无感应电流，A正确、B错误.
0～1 s时间内，ab边感应电流是向下的，ab边所受的安培力F＝BIL，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于B随时间t均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，1～3 s无感应电流，没有安培力，3～4 s时间内，ab边感应电流是向下的，ab边所受的安培力F＝BIL，根据左手定则得安培力方向向左为负值，由于B随时间t均匀减小，I不变，所以安培力F随时间t均匀减小，故C正确，D错误.
5.(2022·重庆市朝阳中学高二期中)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左侧部分水平，右侧部分为半径r＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d＝1.0 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量均为m＝0.2 kg，ab、cd的电阻分别为R1＝0.3 Ω、R2＝0.2 Ω.现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入半圆轨道后，恰好能通过轨道最高位置PP′，cd棒进入半圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求：
答案　12 N，方向竖直向下
(1)cd棒刚进入半圆轨道时，cd棒对圆弧轨道的压力大小；
解得v2＝5 m/s，
联立得FN＝12 N
由牛顿第三定律得，cd 棒对轨道的压力大小为12 N，方向竖直向下.
(2)cd棒进入半圆轨道前，cd棒上产生的焦耳热Q；
答案　2 J
cd 棒进入半圆轨道前，设当cd 棒在轨道最低位置时，ab棒的速度为v3，对系统，根据动量守恒定律有mv0＝mv2＋mv3，
解得v3＝5 m/s，
根据能量守恒定律有
解得Q总＝5 J，
(3)cd棒刚进入半圆轨道时，与初始时刻相比，两棒间距变化量Δx.
答案　2.0 m
对cd 棒由动量定理有BI平dt＝mv2，
根据题意又有E平＝Bdv平，
解得Δx＝2.0 m.(共25张PPT)
第二章　电磁感应
6
专题：电磁感应中的电路和电荷量问题
2
掌握电磁感应现象中感应电荷量求解的基本思路和方法.
1
掌握电磁感应现象中电路问题的分析方法和基本解题思路.
难点
重点
电磁感应中的电路问题
电磁感应中电路问题分析思路
1.明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该部分电路或导体就相当于电源，其他部分是外电路.
2.画等效电路图，分清内、外电路.
3.用法拉第电磁感应定律E＝ 或E＝Blv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向.注意在等效电源内部，电流方向从负极流向正极.
4.运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率等公式联立求解.
5.注意有效切割长度、有效包围面积.
观察与思考
1.(2022·桂林市第十九中学高二期中)如图甲所示，n＝50匝的圆形线圈M，它的两端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则a、b两点的电势高低与电压表的读数为
A.φa>φb,20 V
B.φa>φb,10 V
C.φa<φb,20 V
D.φa<φb,10 V
√
由题图可知线圈中磁通量均匀增大，根据楞次定律知，线圈中感应电流为逆时针方向，又由线圈相当于内电路，故φa＞φb；E＝ ＝50×
＝10 V，因而电压表的读数为10 V，故B正确，A、C、D错误.
2.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行.现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差的绝对值最大的是
√
3.半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B＝0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同圆心放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4 m，b＝0.6 m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R＝2 Ω，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计.
(1)若棒以v＝5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间(如图所示)MN产生的感应电动势和流过灯L1的电流.
答案　0.8 V　0.4 A
棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN产生的感应电动势E1＝2Bav＝0.8 V
等效电路如图甲所示，流过灯L1的电流
(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为 求L1的功率.
答案　1.28×10－2 W
撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，半圆环OL1O′中产生感应电动势，相当于电源，灯L2为外电路，等效电路如图乙所示，感应电动势
电磁感应中的电荷量问题
观察与思考
2.求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均电动势和平均电流计算．
4.如图所示，正方形金属线圈位于纸面内，边长为L，匝数为N，电阻为R，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直于纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，当线圈从图示位置绕OO′转过90°时，穿过线圈某横截面的总电荷量为
√
5.(2022·湖南高二阶段练习)如图所示，导线全部为祼导线，半径为r的圆(右边有开口)内有方向垂直圆平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一根长度大于2r的导线MN在圆环上以速度v自左端
匀速运动到右端.电路中的电阻为R，其余电阻不
计，导线MN始终与圆环接触良好，求：
(1)此过程中通过导线MN的电荷量q；
导线MN从左端匀速运动到右端，
(2)此过程中导线MN上电流的最大值Im.
导线MN运动到圆环的圆心处时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电动势最大，
6.(2022·庆阳市高二期末)如图甲所示，水平放置的线圈匝数n＝200匝，半径r1＝0.5 m，电阻r＝6 Ω，线圈与阻值R＝10 Ω的电阻相连.在线圈的中央有一个半径r2＝0.4 m的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化.圆周率用π表示，求：
(1)t＝0时刻，通过线圈的磁通量Φ；
答案　1.6π×10－2 Wb
t＝0时刻，通过线圈的磁通量
Φ＝BS＝B·πr22，
代入数据解得Φ＝1.6π×10－2 Wb
(2)理想电压表的示数U；
答案　20π V
根据法拉第电磁感应定律得
则电压表的示数为U＝IR，
代入数据解得U＝20π V
(3)若撤去原磁场，在图中虚线的右侧空间沿相同方向加磁感应强度B′＝0.8 T的匀强磁场，现把整个装置向左完全移出匀强磁场区域，求这一过程中通过电阻R的电荷量q.
答案　2.5π C
将线圈移出磁场区域，磁通量的变化量为定量，则通过电阻R的电荷量为定值，代入数据得q＝2.5π C.(共33张PPT)
第二章　电磁感应
10
专题：电磁感应中的动量问题
2
学会用动量、能量的观点分析解决电磁感应问题.
1
进一步掌握动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等力学基本规律.
难点
重点
动量定理在电磁感应中的应用
如图，光滑水平导轨处在竖直向下的匀强磁场中，质量为m的金属棒以v0的初速度向右运动，金属棒在导轨的平面内，与导轨垂直且接触良好，某时刻速度变为v.
思考与讨论
(1)此过程金属棒动量变化量为 .
(2)若磁场的磁感应强度大小为B，导轨间距为L，此过程流过电路的电荷量大小为q，则安培力对金属棒产生的冲量(以初速度方向为正方向)I＝ (用q、B、L表示).
mv－mv0
－BLq
(3)由(1)(2)知电荷量q＝ .
(4)若还知道导轨所连接电阻阻值为R，金属棒有效阻值为r，则此过程金属棒经过的位移x＝ (用m、v0、v、B、L、R、r等量表示).
1.(2022·江苏省江阴高级中学高二阶段练习)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计.在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨接触良好.整个装置处于方向
竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中.现给ab
杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停在
导轨上.下列说法正确的是
√
设杆在运动的过程中某一时刻的速度为v，
2.(2022·河北博野中学高二期末)如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L＝0.4 m，其下端连接一个定值电阻R＝4 Ω，其他电阻不计，两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T.一质量为m＝0.04 kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g＝
10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)导体棒下滑的最大速度大小；
答案　6 m/s
导体棒下滑速度最大时，合力为0，
根据平衡条件可得mgsin θ＝BIL
根据法拉第电磁感应定律有E＝BLvm
代入数据解得vm＝6 m/s
(2)导体棒从静止加速到v＝4 m/s的过程中，通过R的电荷量q＝0.26 C，求导体棒从静止加速到v＝4 m/s所用的时间；
答案　1.1 s
加速过程中根据动量定理得
联立解得t＝1.1 s.
(3)求第(2)问中R上产生的热量.
答案　0.304 J
根据电荷量的计算公式有
代入数据解得x＝2.6 m
代入数据解得Q＝0.304 J.
动量守恒定律在电磁感应中的应用
如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两根相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，ab棒以初速度v0向右滑动.运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直且接触良好，
(1)分析两导体棒的运动情况；
思考与讨论
答案　ab棒做加速度减小的减速运动，cd棒做加速度减小的加速运动，两者最后速度相同做匀速运动.
(2)在运动过程中，两导体棒受到安培力的冲量有什么关系？把两棒作为一个系统，该系统的动量怎样变化.
答案　两导体棒所受安培力冲量等大反向；两棒组成的系统动量守恒.
(3)在电路稳定时，两导体棒速度各为多少？
答案　由动量守恒定律得，mv0＝2mv，
3.(多选)(2022·广西灵川县潭下中学高二期中)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导
√
体棒ab、cd静止在导轨上.t＝0时，ab棒以初速度v0向右滑动.运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示.下列图像中可能正确的是
√
ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向右做减速运动；cd棒受向右的安培力作用而做加速运动，随着两
棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故A、C正确，B、D错误.
4.足够长的平行金属轨道M、N相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，
光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示.若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，c棒达到最大速度时未出磁场，g取10 m/s2，求：
(1)c棒的最大速度大小v；
答案　5 m/s
在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度.规定水平向左为正方向，选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v
解得c棒的最大速度大小为：
(2)c棒达到最大速度时，此棒产生的焦耳热；
答案　1.25 J
从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总焦耳热为：Q＝ ＝2.5 J
因为Rb＝Rc，
所以c棒达到最大速度时此棒产生的焦耳热为
(3)若c棒达到最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小.
答案　1.25 N
设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，
从最低点上升到最高点的过程，由机械能
守恒定律可得：
解得v′＝3 m/s.
在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcg＋F＝
解得F＝1.25 N.
由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力大小为1.25 N.
双金属棒切割磁感线的问题可以用以下三个观点来分析：
(1)力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动.
(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒.
(3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和.
总结提升
动量定理、动量守恒定律在电磁感应现象中的综合应用
5.如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨.在导轨上面平放着两根相同的导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路.导轨间距为l，两导体棒的质量均为m，接入电路的电阻均为R，导轨电阻不计.设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，
给cd棒一个向右的初速度v0，求：
(1)当cd 棒速度减为0.8v0时的加速度大小；
设当cd 棒速度减为0.8v0时ab棒的速度为v′，以
v0的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝0.8mv0＋mv′
解得：v′＝0.2v0 ①
(2)从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能；
设两棒稳定时共同的速度为v，据动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v ④
(3)从开始运动到最终稳定，在电路中流过多少电荷量.

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