资源简介

章末总结
专题一　电磁感应中的动力学问题
1.电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源),又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力),而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两大对象的纽带。
2.解决电磁感应中力学问题的基本步骤
(1)明确研究对象和物理过程,即研究哪段导体在哪一过程切割磁感线。
(2)根据导体运动状态,应用法拉第电磁感应定律和楞次定律求出感应电动势的大小和方向。
(3)画出等效电路图,应用闭合电路欧姆定律求回路中的感应电流。
(4)分析导体的受力情况,要特别注意安培力方向的确定。
(5)列出动力学方程或平衡方程求解。
[例1] 电磁感应现象的发现,给电磁的应用开辟了广阔的道路,其中发电机就是电磁感应最重要的应用成果之一。某种直流发电机的工作原理可以简化为如图所示的情境。在竖直向下的、磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中,两根光滑平行金属轨道MN和PQ固定在水平面上,轨道间距L=0.2 m。质量m=0.1 kg 的金属杆ab置于轨道上,与轨道垂直。现用F=2 N的、水平向右的恒力拉ab杆,使其由静止开始运动。电阻R=0.04 Ω,ab杆接入电路的电阻r=0.01 Ω,其余电阻不计。
(1)判断流过电阻R的电流方向;
(2)求ab杆的速度达到5 m/s时的加速度大小;
(3)求ab杆可以达到的最大速度vm大小。
【答案】 (1)方向为M→P　(2)10 m/s2
(3)10 m/s
【解析】 (1)根据右手定则可知流过R的电流方向为M→P。
(2)当ab杆速度为v=5 m/s时,感应电动势为E=BLv=0.5×0.2×5 V=0.5 V,
回路感应电流为I== A=10 A,
根据牛顿第二定律可得F-BIL=ma,
解得ab杆的加速度大小为a=10 m/s2。
(3)金属杆ab做加速度减小的加速运动,当ab杆速度最大时,加速度为零,根据受力平衡可得
F=BI′L,
又E′=BLvm,E′=I′(R+r),
联立解得vm=10 m/s。
电磁感应中动力学问题的分析方法
(1)用法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小,用楞次定律和安培定则(或右手定则)求感应电动势的方向。
(2)求回路的电流。
(3)分析导体受力情况(包含安培力在内的整体受力分析)。
(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
[跟踪训练1] (多选)(2024·黑吉辽卷)如图,两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距为L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°,均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上,同时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好,ab、cd的质量分别为2m和m,长度均为L。导轨足够长且电阻不计,重力加速度为g,两棒在下滑过程中(　　)
[A] 回路中的电流方向为abcda
[B] ab中电流趋于
[C] ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
[D] 两棒产生的电动势始终相等
【答案】 AB
【解析】 两导体棒沿导轨向下滑动,根据右手定则可知,回路中的电流方向为abcda,故A正确;设回路中的总电阻为R,对于任意时刻当电路中的电流为I时,对ab棒根据牛顿第二定律得 2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1,对cd棒,有mgsin 30°-BILcos 30°=ma2,解得a1=a2,故可知两导体棒速度大小始终相等,由于两边磁感应强度不同,故产生的感应电动势不相等,故C、D错误;由右手定则可知两个导体棒产生的电动势相互叠加,随着导体棒速度的增大,回路中的电流增大,导体棒受到的安培力在增大,故可知当安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动,此时电路中的电流达到稳定值,此时对ab棒受力分析可得
2mgsin 30°=2BILcos 30°,解得I=,故B正确。
专题二　电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中能量转化问题的实质
“外力”克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能转化为电能。同理,安培力做功的过程是电能转化为其他形式能的过程,安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。
电磁感应现象中能量问题的实质是电能的转化问题,桥梁是安培力。
2.电磁感应中电能求解的三种主要思路
(1)利用克服安培力求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
(2)利用能量守恒定律求解:机械能的减少量等于产生的电能。
(3)利用电路特征求解:通过电路中产生的焦耳热来计算。
[例2] 如图所示,两根光滑金属导轨ABD和ACE固定在倾角为θ的绝缘斜面上,导轨关于中轴线AO对称,导轨BAC部分单位长度的电阻为k,整个空间存在着方向垂直于斜面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、阻值不计的导体棒在沿斜面向上的力F的作用下以一定的速度v0从A点开始匀速下滑。已知导体棒始终垂直于AO且与导轨接触良好,
AB=AC=L,∠A=60°,导轨BD和CE的电阻均不计,且均与AO平行,求导体棒从A点运动至BC位置的过程中,回路中产生的焦耳热。
【答案】
【解析】 设导体棒从A点运动任意一小段位移大小为x,
则导体棒接入回路的长度L′=2xtan 30°,
接入回路的电阻R′=2k,
感应电动势E=BL′v0,
感应电流I=,
联立解得I=,
故导体棒从A点运动至BC位置的过程中,感应电流并不随时间变化,安培力F安=BIL′会随位移均匀增大,平均作用力=BIL,
克服安培力做的功
W克安=BIL·L=,
则回路中产生的焦耳热Q=W克安=。
能量转化问题的分析顺序:先电后力再能量
[跟踪训练2] 如图所示,固定斜面的倾角θ=30°,与斜面底边平行的PQ、MN为斜面上有界匀强磁场的两条边界,宽度为D的匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向下。质量为m、电阻为R的矩形导体框abcd置于斜面上,ab边长为l1,bc边长为l2(l2(1)导体框的cd边刚进入磁场时,导体框的加速度大小a1;
(2)导体框在经过边界MN的过程中的速度大小v;
(3)从导体框的cd边进入磁场至导体框的ab边刚进入磁场过程中,导体框产生的焦耳热Q。
【答案】(1)g-　(2)
(3)mg(D+s0)-
【解析】 (1)导体框的cd边进入磁场前,导体框做初速度为零的匀加速直线运动,设导体框的加速度大小为a0,根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma0,
当导体框的cd边刚进入磁场时,设其速度大小为v1,由运动学公式有=2a0s0,导体框的cd边切割磁感线产生的感应电动势为E=Bl1v1,
导体框中的感应电流I=,
导体框的cd边受到的安培力为FA=BIl1,
导体框的cd边刚进入磁场时,根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ-FA=ma1,
联立解得a1=g-。
(2)导体框在经过边界线MN的过程中做匀速运动,
根据受力平衡有mgsin θ=μmgcos θ+,
解得v=。
(3)从导体框的ab边刚进入磁场至导体框的cd边离开磁场的过程中,导体框做匀加速直线运动,设导体框的ab边进入磁场时的速度大小为v2,根据运动学公式有v2-=2a0(D-l2),
从导体框的cd边进入磁场至导体框的ab边刚进入磁场的过程中,根据能量守恒定律有
mgl2sin θ=m-m+μmgl2cos θ+Q,
联立解得Q=mg(D+s0)-。
专题三　电磁感应中的动量问题
牛顿第二定律只能对电磁感应中导体棒在导轨上做变加速运动进行定性分析,动量定理或动量守恒定律可以解决变加速运动过程问题。
1.动量守恒定律的应用
如图甲所示,a、b导体棒运动时,电流大小相等,根据F=ILB和左手定则可知,安培力大小相等且方向相反,这类问题可用动量守恒定律求稳定时的速度。
2.动量定理的应用
(1)如图乙所示,导体棒运动时会受到向左的安培力F=ILB=,I、v、F均随时间变化。考虑很短的时间Δt,由动量定理得-ILBΔt=-·Δt=mΔv,对等式两边求和,考虑到∑IΔt=q,∑vΔt=x,
∑Δv=vt-v0,可得-BLq=-=m(vt-v0),由此式可知,若知道导体棒的速度变化量,就能得出该运动过程中通过电路的电荷量q、位移x,反之亦可求出末速度vt。
(2)上面是通过微元法求和分析的,由于动量定理只考虑初、末状态,我们还可以从整体上以平均值的角度分析。导体棒运动位移x时,ΔΦ=BLx,=,=,x=Δt,则-Δt=-LBΔt=-BLq=
-=m(vt-v0)。
[例3] 如图所示,两平行光滑金属导轨AEC、A′E′C′的左端接有阻值为R的定值电阻,两导轨间距为L,其中AE、A′E′固定于同一水平面上且分别与竖直面内的光滑圆弧形导轨EC、E′C′相切于E、E′两点。正方形DEE′D′区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。导体棒ab的质量为m、电阻为R、长度为L,棒ab在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动,经时间t后撤去推力,然后棒ab与另一根相同的导体棒cd发生碰撞并粘在一起,以速率v进入磁场,两导体棒穿过磁场区域后,恰好能到达CC′处。重力加速度为g,导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨的电阻。求:
(1)该推力的功率P;
(2)两导体棒通过磁场右边界EE′时的速度大小v′;
(3)圆弧形导轨的半径r以及两导体棒穿过磁场的过程中定值电阻产生的焦耳热Q。
【答案】 (1)　(2)v-
(3)-+　(2v-)
【解析】 (1)设两导体棒碰撞前瞬间,棒ab的速度大小为v0,在推力作用的过程中,由动能定理有Pt=m,
ab与cd碰后瞬间的速率为v,由动量守恒定律有mv0=2mv,
解得P=。
(2)设两导体棒从进入磁场至右边界EE′的时间为t,该过程回路中的平均电流为,由动量定理有-BLΔt=2mv′-2mv,
根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有q=Δt===,
解得v′=v-。
(3)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程,由机械能守恒定律有×2mv′2=2mgr,
解得r==,
整理可得r=-+,
经分析可知,两导体棒上产生的总焦耳热为,由能量守恒定律有Q+=×2mv2-×2mv′2,
解得Q=(2v-)。
[跟踪训练3] (多选)(2023·辽宁卷)如图,两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,左、右两侧导轨间距分别为d和2d,处于竖直向上的磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d,导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d,PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止,两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧,两棒在各自磁场中运动直至停止,弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好,导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是(　　)
[A] 弹簧伸展过程中,回路中产生顺时针方向的电流
[B] PQ速率为v时,MN所受安培力大小为
[C] 整个运动过程中,MN与PQ的路程之比为2∶1
[D] 整个运动过程中,通过MN的电荷量为
【答案】 AC
【解析】 弹簧伸展过程中穿过回路PQNM中的磁通量增加,根据楞次定律和安培定则可知,回路中产生顺时针方向的电流,选项A正确;任意时刻,弹簧对两导体棒PQ、MN的弹力大小相等、方向相反,两导体棒所受安培力也是大小相等、方向相反,可知两棒组成的系统动量守恒,设MN质量为m,当PQ速率为v时,有2mv=mv′,解得v′=2v,此时回路的感应电流I==,MN所受安培力大小为FMN=2BId=,选项B错误;设整个运动过程中,某时刻MN和PQ的速率分别为v1和v2,由动量守恒定律有mv1=2mv2,可知MN与PQ的速率之比为2∶1,则路程之比为2∶1,选项C正确;两棒最终停止时弹簧处于原长状态,由动量守恒定律可得mx1=2mx2,且x1+x2=L,可得MN最终向左移动x1=,PQ向右移动x2=,整个运动过程中,磁通量的变化量ΔΦ=B·2d·+2B·d·=2BdL,则q=Δt==,选项D错误。
专题四　电磁感应的图像问题
1.问题概括
图像 类型 (1)电磁感应中常涉及磁感应强度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Bt图像、Φt图像、Et图像和It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随位移x变化的图像,即Ex图像和Ix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、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.解决图像问题的一般步骤
(1)明确图像的种类,即是Bt图像还是Φt图像,或者Et图像、It图像等。
(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对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。
(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)画图像或判断图像。
[例4] (2024·天津卷)如图所示,两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置,导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度,导轨上端用直导线连接,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的导体棒MN从某高度由静止开始下滑,下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好,则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I,随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 A
【解析】 根据题意,设导体棒的电阻为R,导轨间距为L,磁感应强度为B,导体棒速度为v时,受到的安培力为F=BIL=,可知F∝v,由牛顿第二定律可得,导体棒的加速度为a==
gsin θ-,可知随着速度的增大,导体棒的加速度逐渐减小,当加速度为零时,导体棒开始做匀速直线运动,则vt图像的斜率逐渐减小直至为零,由于安培力F与速度v成正比,则Ft图像的斜率逐渐减小直至为零,故A正确,B、C错误;根据题意,由公式可得,感应电流为I=,由数学知识可得=·=,由于加速度逐渐减小,则It图像的斜率逐渐减小,故D错误。
处理电磁感应图像问题应注意的三点
(1)判断切割磁感线的有效长度或磁通量是否变化,如何变化。
(2)对切割磁场类问题,若只有一个磁场且足够宽,关注进入磁场的过程和离开磁场的过程;若有两个不同的磁场,还需注意线框的边分别在不同磁场时产生感应电流方向的关系。
(3)图像选取或描绘,明确图像和电磁感应过程之间的对应关系,明确“+”“-”和斜率的含义。
[跟踪训练4] (多选)如图,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,一根导轨位于x轴上,另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成,其中bc段与x轴平行,导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动,t=0时刻通过坐标原点O,金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流为i,金属棒受到安培力的大小为F,金属棒克服安培力做功的功率为P,电阻两端的电压为U,导轨与金属棒接触良好,忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是(　　)
　　　
[A] [B]
　　　
[C] [D]
【答案】 AC
【解析】 当金属棒从O点向右运动L时,即在0～时间内,在某时刻金属棒切割磁感线的
长度l=l0+v0ttan θ(l0为ad到x轴的距离,θ为ab与ad的夹角),则根据E=Blv0,I==(l0+
v0ttan θ),可知回路电流均匀增加;安培力F==(l0+v0ttan θ)2,则Ft关系图像为开口向上的抛物线,但是不过原点;克服安培力做功的功率P=Fv0==(l0+v0ttan θ)2,则Pt关系图像为开口向上的抛物线,但是不过原点;电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势,即U=E=Blv0=Bv0(l0+v0ttan θ),即图像是不过原点的直线;根据以上分析,可大致排除B、D选项。在时间内,金属棒切割磁感线的长度不变,感应电动势E不变,感应电流I不变,安培力F大小不变,克服安培力做功的功率P不变,电阻两端电压U保持不变;同理可判断,在时间内,金属棒切割磁感线的长度逐渐减小,则感应电动势E和感应电流I都均匀减小,即U也均匀减小,安培力F和功率P的大小都按照二次函数关系减小,但是不能减小到零,与0～时间内是对称的关系。综上所述选项A、C正确,B、D错误。
1.(2023·辽宁卷)如图,空间中存在水平向右的匀强磁场,一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动,且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
　　　
[A] [B]
　　　
[C] [D]
【答案】 C
【解析】 如图所示,导体棒匀速转动,设速度为v,设导体棒从C到D过程中,导体棒与竖直轴的连线转过的角度为ωt,则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥=vcos ωt,根据E=BLv⊥,则有u=BLvcos ωt,可知选项C正确。
2.如图所示,MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的足够长光滑金属导轨,导轨间距为L且电阻不计,质量为m、接入电路电阻为R的金属杆ab与导轨垂直且始终与导轨接触良好,开始时,将开关S断开,让杆ab由静止开始自由下落时间t1后闭合开关S,再经一段时间t2后匀速下落。不计空气阻力,重力加速度为g。在金属杆运动t1+t2时间内,下列说法正确的是(　　)
[A] 闭合开关后流过杆的感应电流方向为从b到a
[B] 闭合开关后金属杆一定做加速度减小的加速运动
[C] 杆所受安培力的冲量大小为mg(t1+t2)-
[D] 杆下落的高度为
【答案】 C
【解析】 根据右手定则,闭合开关后流过杆的感应电流方向为从a到b,故A错误;闭合开关时,杆的速度v1=gt1,回路中电流为I1==,杆所受安培力FA=BI1L=,因为不知安培力和重力关系,所以杆不一定做加速运动,故B错误;全过程对金属杆,根据动量定理有mv2=
mg(t1+t2)-IA,其中匀速时有mg=,解得杆所受安培力的冲量大小为IA=mg(t1+t2)-,故C正确;根据IA=BLt2=BLq=,解得在磁场中下落高度h=-,但还有自由落体下降高度,故D错误。
3.(多选)如图所示,在光滑的水平面上方,有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场,PQ为两个磁场的边界,磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框,以速度v垂直磁场方向从实线Ⅰ位置开始向右运动,当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的Ⅱ位置时,线框的速度为。下列说法正确的是(　　)
[A] 在位置Ⅱ时线框的加速度大小为
[B] 在位置Ⅱ时线框中的电功率为
[C] 此过程中线框产生的内能为mv2
[D] 此过程中通过线框截面的电荷量为
【答案】 BC
【解析】 在位置Ⅱ时线框左右两边同时切割磁感线,且产生的感应电动势方向相同,则回路中的感应电动势大小为E=2Ba·=Bav,感应电流大小为I==,根据右手定则可知此时线框中感应电流的方向为顺时针,根据左手定则可知左右两边所受安培力方向均为水平向左,则线框所受合力大小为F=2BIa=,根据牛顿第二定律可知此时线框的加速度大小为a′==,故A错误;在位置Ⅱ时线框中的电功率为P=I2R=,故B正确;线框克服安培力做功,损失的动能全部转化为内能,即Q=mv2-m=mv2,故C正确;从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中线框的磁通量变化量大小为ΔΦ=Ba2,此过程中通过线框截面的电荷量为q=Δt=Δt=Δt=,故D错误。
4.如图所示,MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定,轨道间距为d。空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为B。P、M间所接电阻阻值为R。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其有效电阻为r。现从静止释放ab,当它沿轨道下滑距离s时,达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计,重力加速度为g,求:
(1)金属杆ab运动的最大速度;
(2)金属杆ab运动的加速度为gsin θ时,电阻R上的电功率;
(3)金属杆ab在从静止到具有最大速度的过程中,克服安培力所做的功。
【答案】 (1)　(2)()2R
(3)mgs·sin θ-
【解析】 (1)金属杆沿轨道下滑时做加速度减小的加速运动,当杆达到最大速度时
安培力F=mgsin θ,
安培力F=BId,
由闭合电路欧姆定律得,感应电流I=,
感应电动势E=Bdvm,
解得最大速度vm=。
(2)当金属杆ab运动的加速度为gsin θ时,根据牛顿第二定律得
mgsin θ-BI′d=m·gsin θ,
电阻R上的电功率P=I′2R,
解得P=()2R。
(3)根据动能定理
mgs·sin θ-WF=m-0,
解得WF=mgs·sin θ-。
5.如图所示,方向竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的间距为L且足够长的平行金属导轨,两长度均为L、电阻均为R、质量均为m的光滑导体杆ab、cd放在导轨上,相距为d。t=0时,杆ab以初速度v0向右滑动,杆ab运动过程中,两杆始终与导轨垂直并接触良好。
(1)若杆cd固定不动,求杆ab运动过程中的最大加速度a;
(2)若杆cd固定不动,求两杆ab、cd之间的最终距离d′;
(3)若杆cd不固定,求两杆ab、cd整个运动过程中产生的总焦耳热Q。
【答案】 (1)　(2)+d　(3)m
【解析】 (1)根据题意得t=0时刻,杆ab的加速度最大,
E=BLv0,I=,BIL=ma,
联立解得a=。
(2)整个过程中,对杆ab,由动量定理得
-BL·t=0-mv0,
=,=BL=,
联立解得x=,
则ab、cd两杆的最终距离d′=x+d=+d。
(3)杆ab、cd稳定后速度相同,整个电路不再有感应电流,即不再产生焦耳热,整个过程中,以杆ab、cd为系统,由动量守恒定律得mv0=2mv,
即稳定时,两杆速度均为v=,
根据能量守恒定律得Q=m-2×mv2=m。
电磁感应及其应用　检测试题
(分值:100分)
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是(　　)
[A] 感应电动势的大小与线圈的匝数无关
[B] 穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大
[C] 穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大
[D] 感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
【答案】 C
【解析】 由法拉第电磁感应定律E=n知,感应电动势的大小与线圈匝数有关,A错误;感应电动势正比于,与磁通量的大小无直接关系,B错误,C正确;根据楞次定律知,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,即“增反减同”,D错误。
2.如图,水平桌面上放置有光滑导轨m和n,在导轨m、n上放有一对平行导体棒p、q,且始终接触良好。不考虑p、q间的相互作用,重力加速度为g。在一条形磁铁从上方落下的过程中,下列说法正确的是(　　)
[A] p、q相互远离
[B] 条形磁铁加速度小于g
[C] 导轨对桌面的压力减小
[D] 俯视时导轨与导体棒间一定形成逆时针电流
【答案】 B
【解析】 条形磁铁从上方落下的过程中,穿过回路的磁通量增大,根据“增缩减扩”可知,p、q将相互靠近,故A错误;条形磁铁从上方落下的过程中,根据“来拒去留”可知,回路中感应电流激发出的磁场对磁铁的磁场力阻碍磁铁的相对运动,即方向向上,则条形磁铁加速度小于g,故B正确;条形磁铁从上方落下的过程中,穿过回路的磁通量增大,根据“增离减靠”可知,导轨在安培力作用下有向下运动的趋势,导轨对桌面的压力增大,故C错误;由于不确定条形磁铁下端是N极还是S极,即穿过回路的原磁场方向不确定,则回路中感应电流的方向也不确定,故D错误。
3.如图甲所示,一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′,接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中,将导体杆从竖直位置拉开小角度后由静止释放,导体杆开始下摆。当R=R0时,导体杆振动图像如图乙所示。若横、纵坐标皆采用图乙标度,则当R=2R0时,导体杆振动图像是(　　)
　　　
[A] [B]
　　　
[C] [D]
【答案】 B
【解析】 将题图中电阻变大,则导体杆切割磁感线时产生的感应电流变小,即所受安培力变小,对导体杆做阻尼振动而言,阻尼变小,振动时间相应延长,选项B正确,A、C、D错误。
4.如图是学生常用的饭卡内部实物图,其由线圈和芯片组成电路。当饭卡处于感应区域时,刷卡机会激发变化的磁场,从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S,共n匝。某次刷卡时,线圈平面与磁场垂直,且全部处于磁场区域内,在感应时间t0内,磁感应强度方向向外且由0增大到B0,此过程中(　　)
[A] 线圈中感应电流方向为逆时针方向
[B] 线圈有扩张的趋势
[C] 通过线圈的磁通量变化量大小为B0S
[D] 线圈中感应电动势大小为
【答案】 C
【解析】 穿过线圈的磁通量向外增加,根据楞次定律可知,线圈中感应电流方向为沿顺时针方向,根据增缩减扩推论可知,线圈有收缩的趋势,故A、B错误;通过线圈的磁通量变化量大小为ΔΦ=B0S-0=B0S,故C正确;根据法拉第电磁感应定律可得,线圈中感应电动势大小为E=n=
n,故D错误。
5.如图甲所示,用金属裸导线制作大小两个圆环,已知大圆环半径为R=2 m,小圆环半径为r=
1 m,两圆环接触相切于c点。大圆环上端a、b和切点c处留有一非常小的缺口。空间中存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,从t=0时刻起磁感应强度按图乙规律变化,设磁场垂直于纸面向里为正方向。下列说法正确的是(　　)
[A] 在0～1 s过程中,大圆环上a、b两点电势a>b
[B] 若将a、b间小缺口闭合,在0～1 s过程中小圆环上有如箭头所示方向的电流
[C] 若将a、b间小缺口闭合,在t=2 s前后瞬间回路中的电流不同
[D] 在1～3 s过程中,将理想电压表正确接在大圆环上的a、b两点之间,电压表读数为30π V
【答案】 D
【解析】 根据楞次定律,在0～1 s过程中,磁感应强度B不断增大,小圆环与大圆环均产生逆时针方向的电动势,但大圆环电动势较大,故b点相当于电源正极,a点相当于电源负极,a<
b,故A错误;若将a、b间小缺口闭合,则在0～1 s过程中小圆环上的电流方向与题图甲箭头所示方向相反,在1～3 s内,磁感应强度的变化率不变,可知在t=2 s前后瞬间回路中感应电动势不变,则电流也不变,故B、C错误;由法拉第电磁感应定律E=n==30π V,即理想电压表读数为30π V,故D正确。
6.在用图甲的电路研究自感现象时,电流传感器显示各时刻通过线圈L(直流电阻为零)的电流如图乙所示。已知灯泡的电阻与定值电阻R相等且不随电流变化,下列说法正确的是(　　)
[A] 闭合S时灯泡缓慢变亮,断开S时灯泡缓慢熄灭
[B] 1.0×10-3 s时,S由闭合变为断开
[C] 1.2×10-3 s时,通过灯泡的电流方向为从左向右
[D] 1.4×10-3 s时,灯泡的功率约为5.0×10-4 s时的
【答案】 B
【解析】 由于灯泡与线圈并联后与电源连接,则闭合S时灯泡立即变亮,断开S时,由于线圈的自感,灯泡缓慢熄灭,A错误;根据题图乙可知1.0×10-3 s后电流逐渐减小,可知1.0×10-3 s时,S由闭合变为断开,B正确;根据上述可知,1.0×10-3 s后线圈中的电流在新回路中由先前的稳定值逐渐减小为零,则1.2×10-3 s时,通过灯泡的电流方向为从右向左,C错误;5.0×10-4 s时的电流为I0=1.5 A,1.4×10-3 s时的电流为I1=0.5 A,根据P0=R灯,P1=R灯,解得P1=P0,D错误。
7.如图所示,足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ(0<θ<90°)角,其中MN与PQ平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直,导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且接触良好,ab棒接入电路的部分的电阻为R,某一时刻金属棒的速度大小为v,则在这一过程中(　　)
[A] ab棒中电流的方向由a到b
[B] ab棒受到的安培力方向与金属棒的运动方向相反且做负功
[C] 加速度的大小为
[D] 下滑过程中速度的最大值为
【答案】 B
【解析】 根据右手定则可知,ab棒中电流的方向由b到a,故A错误;根据左手定则可知,ab棒受到的安培力方向沿导轨平面向上,与金属棒的运动方向相反,故安培力做负功,故B正确;根据牛顿第二定律有mgsin θ-IBL=ma,ab棒中的电流为I=,加速度的大小为a=gsin θ-,故C错误;下滑过程中速度最大时,有mgsin θ=ImBL,ab棒中的最大电流为Im=,下滑过程中速度的最大值为vm=,故D错误。
8.如图甲所示,光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定竖直向下为正方向),导体棒ab垂直于导轨放置,除电阻R的阻值外,其余电阻不计,导体棒ab在水平外力F的作用下始终处于静止状态。规定a→b的方向为电流的正方向,水平向右的方向为外力的正方向,则在0～2t0时间内,能正确反映流过导体棒ab的电流与时间或外力与时间关系的图线是(　　)
　　　　　
[A] [B]
　　　　　
[C] [D]
【答案】 D
【解析】 在0～t0时间内磁通量为向上减少,t0～2t0时间内磁通量为向下增加,两者等效,且根据题中Bt 图线可知,两段时间内磁通量的变化率相等,根据楞次定律和安培定则可判断0～2t0时间内均产生由b到a的大小不变的感应电流,选项A、B错误。由左手定则可知,在0～t0时间内所受安培力的方向水平向右,则所受水平外力方向向左,大小F=BIL,随B的减小呈线性减小;在t0～2t0时间内所受安培力的方向水平向左,则所受水平外力方向向右,大小F=BIL,随B的增加呈线性增加,选项C错误,D正确。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.关于涡流、电磁阻尼、电磁驱动,下列说法正确的是(　　)
[A] 金属探测器应用于安检场所,探测器利用了涡流的原理
[B] 金属探测器可用于大米装袋,防止细小的砂石颗粒混入大米中
[C] 灵敏电流表在运输时总要用导线把两个接线柱连在一起,是利用电磁驱动
[D] 磁电式电表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
【答案】 AD
【解析】 金属探测器探测金属时,金属物会产生涡流,从而被探测器探测到,故A正确;金属探测器接近非金属时,不能产生感应电流,非金属不会被探测到,故B错误;灵敏电流表在运输时用导线把两个接线柱连在一起,形成闭合回路,能快速将机械能转化成电能,对指针(与线圈在一起)的振动起到一定的阻尼作用,是电磁阻尼,故C错误;用铝框做骨架,当线圈在磁场中转动时,铝框内产生涡流,出现安培阻力,使其很快停止摆动,起到电磁阻尼的作用,故D正确。
10.如图甲所示,两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定,顶端接有阻值为R的电阻,垂直于导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强磁场,t=0时磁场方向垂直于纸面向里。在t=0到 t=2t0 的时间内,金属棒水平固定在距导轨顶端L处;t=2t0时,释放金属棒,金属棒下降h时速度大小为v。整个过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,导轨与金属棒的电阻不计,金属棒的质量为m,重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
[A] 在t=
[B] 在t=t0时,金属棒中电流的大小为
[C] 在t=时,金属棒受到安培力的方向竖直向上
[D] 金属棒下降h的过程中,所用的时间为
【答案】 BC
【解析】 由题图乙可知在0～t0时间段内产生的感应电动势为E==,根据闭合电路欧姆定律可知,此时间段的电流为I==,在时磁感应强度为,此时安培力大小为F=BIL=,故A错误,B正确;由题图乙可知在t=时,磁场方向垂直于纸面向外并逐渐增大,根据楞次定律可知产生沿顺时针方向的电流,再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上,故C正确;金属棒下降过程中,通过金属棒的平均电流==,电荷量q=t=t=t=,利用动量定理有mgt-B0Lt=mv,则金属棒下降h所用的时间t=+,故D错误。
11.如图所示,质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线框abcd,匀强磁场的磁感应强度大小为B,宽度为d(d>L)。线框从距磁场上边界一定高度由静止释放,穿过有界匀强磁场区域,线框平面始终与磁场垂直。ab边刚进入磁场时的速度与ab边刚穿出磁场时的速度相等,整个线框穿过磁场的过程中的最小速度为v0,重力加速度大小为g,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
[A] 线框进入磁场可能先做加速运动
[B] 整个线框穿过磁场的过程线框中产生的热量为2mgd
[C] 刚释放线框时,ab边距磁场上边界的距离为
[D] 线框进入磁场和离开磁场的过程中通过导线横截面的电荷量都为
【答案】 BD
【解析】 ab边刚进入磁场时的速度与ab边刚穿出磁场时的速度相等,则线框进入磁场时一定先做减速运动,全部进入磁场后做加速运动,选项A错误;从ab边刚进入磁场到ab边将要出磁场的过程,由能量关系可知线框中产生的焦耳热为Q1=mgd,线框出磁场时产生的焦耳热与进入时产生的焦耳热相等,可知整个线框穿过磁场的过程线框中产生的热量为Q=2Q1=2mgd,选项B正确;ab边刚进入磁场时线框的速度大于v0,可知,刚释放线框时ab边距磁场上边界的距离大于,选项C错误;线框进入磁场和离开磁场的过程中通过导线横截面的电荷量都为q=Δt==,选项D正确。
12.如图所示,在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,有两根位于同一水平面内且间距为L的平行金属导轨(导轨足够长,电阻不计);两根质量均为m、阻值均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上(导体棒与金属导轨接触良好),t=0时,ab棒以初速度3v0向右滑动,cd棒以初速度v0向左滑动。关于两棒的运动情况,下列说法正确的是(　　)
[A] 当其中某根棒的速度为零时,另一根棒的速度大小为v0
[B] 当其中某根棒的速度为零时,另一根棒的加速度大小为
[C] 从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中,导体棒ab产生的焦耳热为
[D] cd棒的收尾速度大小为v0
【答案】 CD
【解析】 由于两棒组成的系统动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律可得3mv0-mv0=
mv1+mv2,因此当其中某根棒的速度为零时,另一根棒的速度大小为2v0,A错误;当其中某根棒的速度为零时,另一根棒的速度大小为2v0,则有E=2BLv0,I=,F=ILB,联立解得F=,由牛顿第二定律可得,另一根棒的加速度大小为a==,B错误;从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中,两根导体棒上产生的焦耳热为Q总=m+m(3v0)2-m(2v0)2=3m,则导体棒ab产生的焦耳热为Q=Q总=m,C正确;cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度,则有3mv0-mv0=2mv共,解得v共=v0,D正确。
三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.(6分)在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中,请回答下列问题。
(1)为弄清灵敏电流表指针摆动方向与电流方向的关系,小华想用多用电表的某一挡位来进行探究,他应选用多用电表的　　　　　　　(选填“电阻”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)挡,对灵敏电流表进行测试。小华先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱,再将黑表笔　　　　(选填“短暂”或“持续”)接触灵敏电流表的负接线柱,此时发现灵敏电流表的指针向左摆动。
(2)如图甲所示,实验中,小华将磁铁向下从线圈上方插入线圈时,发现灵敏电流表的指针向右偏转,说明磁铁的下端为　　　　(选填“S”或“N”)极。
(3)另一名同学利用图乙所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向。
①在给出的实物图中,已用实线作为导线连接了部分实验电路,请从图乙中1、2箭头开始用实线作为导线完善其余电路的连接;
②将L1插入L2后,下列实验操作产生的感应电流与合上开关时产生的感应电流方向相同的是　　　　。
A.闭合开关,稳定后断开开关
B.闭合开关,稳定后拔出线圈L1
C.闭合开关,稳定后拔出软铁棒　　
D.闭合开关,稳定后使滑动变阻器滑片P左移
【答案】 (1)电阻　短暂　(2)S
(3)①图见解析　②D
【解析】 (1)要使灵敏电流表指针摆动,一定有电流通过,只有“电阻”挡有电源,因此应选用多用电表的电阻挡。灵敏电流表的量程很小,多用电表电阻挡内部的电源电压相对较高,流过灵敏电流表的电流将较大,为保护灵敏电流表,将黑表笔“短暂”接触即可。
(2)多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱,将黑表笔短暂接触灵敏电流表的负接线柱,此时灵敏电流表的指针向左摆动,由于多用电表的黑表笔接电源的正极,因此可知灵敏电流表从负极流入,指针向左摆动,实验中,小华将磁铁向下从线圈上方插入线圈时,发现电流表的指针向右偏转,则感应电流是从电流表的正接线柱流入,线圈中感应电流产生的磁场方向向下,由楞次定律可知,磁铁的下端为S极。
(3)①由题图乙用实线作为导线完善其余电路的连接如图所示。
②合上开关时通过L2中的磁通量变大;A、B、C、D中只有D操作使L2中磁通量变大,故D操作可产生方向相同的感应电流。
14.(7分)小亮以金属戒指为研究对象,探究金属物品在变化磁场中的热效应。如图所示,戒指可视为周长为L、横截面积为S、电阻率为ρ的单匝圆形线圈,放置在匀强磁场中,磁感应强度方向垂直于戒指平面。若磁感应强度大小在Δt时间内从零均匀增加到B0,求:
(1)戒指中的感应电动势和电流;
(2)戒指中电流的热功率。
【答案】 (1)　　(2)
【解析】 (1)设戒指的半径为r,则有L=2πr,
产生的感应电动势为E=·πr2,
可得E=,
戒指的电阻为R=,
则戒指中的感应电流为I==。
(2)戒指中电流的热功率为P=I2R=。
15.(8分)如图甲所示,轻质细线吊着一质量m= 0.6 kg,边长l=0.2 m,匝数n=100的正方形线圈,其总电阻r=2 Ω。正方形线圈中间位置以下区域处于垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)3 s末通过正方形线圈的电流大小及方向;
(2)t=2 s时,细线对线圈的拉力的大小。
【答案】 (1)1 A　顺时针方向　(2)46 N
【解析】 (1)由题图乙可知3 s末磁通量变化率的绝对值为=1 T/s,
正方形线圈中产生的感应电动势为E=n··l2=2 V,
根据欧姆定律可知,3 s末通过正方形线圈的电流大小I==1 A,
根据安培定则可知电流方向为顺时针。
(2)根据共点力平衡条件有F-nBIl-mg=0,
由题图乙可知t=2 s时的磁感应强度为B=2 T,
代入数据解得F=46 N。
16.(9分)如图所示,MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨,导轨间距 L=0.5 m,导轨左端连接一个R=2 Ω的定值电阻,将一根质量为 0.2 kg 的金属棒cd垂直放置在导轨上,且与导轨接触良好,金属棒cd的电阻r=2 Ω,导轨电阻不计,整个装置处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中,磁感应强度B=2 T,若棒以 1 m/s 的初速度向右运动,同时对棒施加水平向右的拉力F,并保持拉力的功率恒为4 W,求:
(1)金属棒的最大速度;
(2)金属棒速度为2 m/s时的加速度大小。
【答案】 (1)4 m/s　(2)7.5 m/s2
【解析】 (1)金属棒速度最大时,其加速度为零,所受的合力为零,即BIL=F,
而P=Fvm,I=,
解得vm==4 m/s。
(2)速度为2 m/s时,感应电动势E=BLv=2×0.5×2 V=2 V,
电流I==0.5 A,
安培力F安=BIL=0.5 N,
金属棒受到的拉力为F==2 N,
由牛顿第二定律可知F-F安=ma,
解得a=7.5 m/s2。
17.(14分)如图甲所示,倾角为37°足够长的光滑绝缘斜面,虚线MN、PQ间存在垂直于斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示,MN、PQ均与斜面顶边(顶边水平)平行。一单匝正方形金属线框abcd通过一轻质绝缘细线连接静止在斜面上,且线框一半位于磁场中,ab边平行于MN。已知线框质量m=2 kg、边长L=0.5 m、电阻R=0.5 Ω,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求t=0.1 s时线框中的感应电流大小及t=0.25 s时细线的拉力大小。
(2)在0.25 s后剪断细线,金属线框由静止沿斜面下滑,ab边进磁场前瞬间,线框加速度为0,当cd边刚出磁场时,线框加速度大小为2 m/s2,整个下滑过程cd边始终与PQ平行。求MN、PQ间距s及线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q。(结果保留2位有效数字)
【答案】 (1)6.0 A　24 N　(2)0.65 m　0.75 J
【解析】 (1)由法拉第电磁感应定律可得0.1 s时的感应电动势大小为E==×,
又由题图乙可知磁感应强度的变化率为=24 T/s,
解得E=3 V,
由闭合电路欧姆定律得电路的感应电流大小为I==6.0 A;
对线框受力分析,可得平衡方程F=mgsin 37°+ILB,
此时的磁感应强度B=4 T,
解得0.25 s时细线的拉力大小F=24 N。
(2)当ab边刚进磁场时,线框加速度为0,设线框此时速度为v1,根据平衡条件有
mgsin 37°=I′LB,
由导体棒切割磁感线产生感应电动势及闭合电路欧姆定律可得I′=,
联立解得v1=1.5 m/s;
当cd边刚出磁场时,线框加速度大小为2 m/s2,设线框此时速度为v2,根据牛顿第二定律,有
-mgsin 37°=ma,
解得当cd边刚出磁场时线框的速度大小为v2=2 m/s;
从ab边进入磁场到cd边刚出磁场过程,由动能定理可得mg(s-L)sin 37°=m-m,
解得MN、PQ间距s=0.65 m;
线框进入磁场的过程由功能关系得Q=mg·sin 37°-m,
解得线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q=0.75 J。
18.(16分)如图,平行金属导轨MM′、NN′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在水平台面上,平行金属导轨间距均为L=1 m,M′N′与PP′高度差为h1=0.6 m。导轨MM′、NN′左端接有R=3.0 Ω的电阻,导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度B1=2 T、方向竖直向上的匀强磁场;导轨PQR与P′Q′R′中PQ与P′Q′段是圆心角为60°、半径为r=0.9 m 的圆弧形导轨,QR与Q′R′是水平长直导轨。QQ′右侧存在磁感应强度B2=4 T、方向竖直向上的匀强磁场,导体棒a的质量m1=0.2 kg,接在电路中的电阻R1=2.0 Ω;导体棒b的质量m2=0.3 kg,接在电路中的电阻 R2=
6.0 Ω。导体棒a从距离导轨MM′、NN′平直部分 h=1.25 m 处由静止释放,恰能无碰撞地从PP′滑入右侧平行导轨,且始终没有与导体棒b相碰。重力加速度g取10 m/s2,不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求:
(1)导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小以及此时电阻R中电流的大小和方向;
(2)导体棒b的最大加速度;
(3)d的大小;
(4)导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热(导轨足够长)。
【答案】 (1)5 m/s　2 A,方向为由N到M
(2) m　(4)1.5 J
【解析】 (1)导体棒a从释放到刚进入磁场B1,根据动能定理有m1gh=m1,
解得导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小为v1=5 m/s,
由题可知E=B1Lv1,I1=,
解得I1=2 A,
由右手定则可判断,此时电阻R中电流的方向由N到M。
(2)由题可知,导体棒a到达PP′时速度方向与水平方向的夹角为60°,M′N′到PP′过程导体棒做平抛运动,则h1=gt2,
v2=,
解得v2=4 m/s,
导体棒a刚进入磁场B2时,导体棒b的加速度最大,则m1gr(1-cos 60°)=m1-m1,
I2=,
B2I2L=m2a,
解得v3=5 m/s,a= m/s2。
(3)导体棒a从N′M′到PP′的过程中m1gh1=m1-m1,
解得v4=2 m/s,
由题可知在导轨MM′、NN′平直部分从左到右-B1ILΔt=Δp1,
即-B1qL=m1v4-m1v1,q=,
解得d= m。
(4)最终a、b共速,根据动量守恒定律可知m1v3=(m1+m2)v5,
解得v5=2 m/s,
导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热与系统减少的动能相等,
即Q=m1-(m1+m2),
解得Q=1.5 J。(共61张PPT)
章末总结
知识整合·构建网络
专题研析·拓展提升
专题一　电磁感应中的动力学问题
1.电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源),又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力),而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两大对象的纽带。
2.解决电磁感应中力学问题的基本步骤
(1)明确研究对象和物理过程,即研究哪段导体在哪一过程切割磁感线。
(2)根据导体运动状态,应用法拉第电磁感应定律和楞次定律求出感应电动势的大小和方向。
(3)画出等效电路图,应用闭合电路欧姆定律求回路中的感应电流。
(4)分析导体的受力情况,要特别注意安培力方向的确定。
(5)列出动力学方程或平衡方程求解。
[例1] 电磁感应现象的发现,给电磁的应用开辟了广阔的道路,其中发电机就是电磁感应最重要的应用成果之一。某种直流发电机的工作原理可以简化为如图所示的情境。在竖直向下的、磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中,两根光滑平行金属轨道MN和PQ固定在水平面上,轨道间距L=0.2 m。质量m=0.1 kg 的金属杆ab置于轨道上,与轨道垂直。现用F=2 N的、水平向右的恒力拉ab杆,使其由静止开始运动。电阻R=0.04 Ω,ab杆接入电路的电阻r=0.01 Ω,其余电阻不计。
(1)判断流过电阻R的电流方向;
【答案】 (1)方向为M→P
【解析】 (1)根据右手定则可知流过R的电流方向为M→P。
(2)求ab杆的速度达到5 m/s时的加速度大小;
【答案】 (2)10 m/s2
(3)求ab杆可以达到的最大速度vm大小。
【答案】 (3)10 m/s
【解析】 (3)金属杆ab做加速度减小的加速运动,当ab杆速度最大时,加速度为零,根据受力平衡可得F=BI′L,
又E′=BLvm,E′=I′(R+r),
联立解得vm=10 m/s。
电磁感应中动力学问题的分析方法
(1)用法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小,用楞次定律和安培定则(或右手定则)求感应电动势的方向。
(2)求回路的电流。
(3)分析导体受力情况(包含安培力在内的整体受力分析)。
(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
·规律方法·
[跟踪训练1] (多选)(2024·黑吉辽卷)如图,两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距为L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°,均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上,同时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好,ab、cd的质量分别为2m和m,长度均为L。导轨足够长且电阻不计,重力加速度为g,两棒在下滑过程中(　 　)
AB
专题二　电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中能量转化问题的实质
“外力”克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能转化为电能。同理,安培力做功的过程是电能转化为其他形式能的过程,安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。
电磁感应现象中能量问题的实质是电能的转化问题,桥梁是安培力。
2.电磁感应中电能求解的三种主要思路
(1)利用克服安培力求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
(2)利用能量守恒定律求解:机械能的减少量等于产生的电能。
(3)利用电路特征求解:通过电路中产生的焦耳热来计算。
[例2] 如图所示,两根光滑金属导轨ABD和ACE固定在倾角为θ的绝缘斜面上,导轨关于中轴线AO对称,导轨BAC部分单位长度的电阻为k,整个空间存在着方向垂直于斜面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、阻值不计的导体棒在沿斜面向上的力F的作用下以一定的速度v0从A点开始匀速下滑。已知导体棒始终垂直于AO且与导轨接触良好,AB=AC=L,∠A=60°,导轨BD和CE的电阻均不计,且均与AO平行,求导体棒从A点运动至BC位置的过程中,回路中产生的焦耳热。
能量转化问题的分析顺序:先电后力再能量
·规律方法·
(1)导体框的cd边刚进入磁场时,导体框的加速度大小a1;
(2)导体框在经过边界MN的过程中的速度大小v;
(3)从导体框的cd边进入磁场至导体框的ab边刚进入磁场过程中,导体框产生的焦耳热Q。
专题三　电磁感应中的动量问题
牛顿第二定律只能对电磁感应中导体棒在导轨上做变加速运动进行定性分析,动量定理或动量守恒定律可以解决变加速运动过程问题。
1.动量守恒定律的应用
如图甲所示,a、b导体棒运动时,电流大小相等,根据F=ILB和左手定则可知,安培力大小相等且方向相反,这类问题可用动量守恒定律求稳定时的速度。
2.动量定理的应用
(1)该推力的功率P;
(2)两导体棒通过磁场右边界EE′时的速度大小v′;
(3)圆弧形导轨的半径r以及两导体棒穿过磁场的过程中定值电阻产生的焦耳热Q。
AC
专题四　电磁感应的图像问题
1.问题概括
图像 类型 (1)电磁感应中常涉及磁感应强度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、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.解决图像问题的一般步骤
(1)明确图像的种类,即是B-t图像还是Φ-t图像,或者E-t图像、I-t图像等。
(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对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。
(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)画图像或判断图像。
[例4] (2024·天津卷)如图所示,两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置,导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度,导轨上端用直导线连接,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的导体棒MN从某高度由静止开始下滑,下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好,则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I,随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　)
A
[A] [B] [C] [D]
处理电磁感应图像问题应注意的三点
(1)判断切割磁感线的有效长度或磁通量是否变化,如何变化。
(2)对切割磁场类问题,若只有一个磁场且足够宽,关注进入磁场的过程和离开磁场的过程;若有两个不同的磁场,还需注意线框的边分别在不同磁场时产生感应电流方向的关系。
(3)图像选取或描绘,明确图像和电磁感应过程之间的对应关系,明确“+”“-”和斜率的含义。
·规律总结·
[跟踪训练4] (多选)如图,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,一根导轨位于x轴上,另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成,其中bc段与x轴平行,导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动,t=0时刻通过坐标原点O,金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流为i,金属棒受到安培力的大小为F,金属棒克服安培力做功的功率为P,电阻两端的电压为U,导轨与金属棒接触良好,忽略导轨与金属棒的电阻。
下列图像可能正确的是(　 　)
AC
[A] [B] [C] [D]
达标训练·检测效果
1.(2023·辽宁卷)如图,空间中存在水平向右的匀强磁场,一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动,且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
C
[A] [B] [C] [D]
【解析】 如图所示,导体棒匀速转动,设速度为v,设导体棒从C到D过程中,导体棒与竖直轴的连线转过的角度为ωt,则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥=vcos ωt,根据E=BLv⊥,则有u=BLvcos ωt,可知选项C正确。
2.如图所示,MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的足够长光滑金属导轨,导轨间距为L且电阻不计,质量为m、接入电路电阻为R的金属杆ab与导轨垂直且始终与导轨接触良好,开始时,将开关S断开,让杆ab由静止开始自由下落时间t1后闭合开关S,再经一段时间t2后匀速下落。不计空气阻力,重力加速度为g。在金属杆运动t1+t2时间内,下列说法正确的是(　　)
C
BC
4.如图所示,MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定,轨道间距为d。空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为B。P、M间所接电阻阻值为R。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其有效电阻为r。现从静止释放ab,当它沿轨道下滑距离s时,达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计,重力加速度为g,求:
(1)金属杆ab运动的最大速度;
(3)金属杆ab在从静止到具有最大速度的过程中,克服安培力所做的功。
5.如图所示,方向竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的间距为L且足够长的平行金属导轨,两长度均为L、电阻均为R、质量均为m的光滑导体杆ab、cd放在导轨上,相距为d。t=0时,杆ab以初速度v0向右滑动,杆ab运动过程中,两杆始终与导轨垂直并接触良好。
(1)若杆cd固定不动,求杆ab运动过程中的最大加速度a;
(2)若杆cd固定不动,求两杆ab、cd之间的最终距离d′;
(3)若杆cd不固定,求两杆ab、cd整个运动过程中产生的总焦耳热Q。
感谢观看

展开更多......

收起↑