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鲁科版高中物理选择性必修2第2章电磁感应及其应用阶段复习课课件
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这是一份鲁科版高中物理选择性必修2第2章电磁感应及其应用阶段复习课课件，共60页。
阶段复习课第2章知识体系构建 【答案速填】①感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化②伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向③在电磁感应现象中产生的电动势，叫作感应电动势④感生电动势产生源于穿越闭合回路磁通量变化，动生电动势源于切割磁感线⑤楞次定律或右手定则⑥电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比⑦E=n ⑧E=Blv ⑨E= Blv⑩由线圈自身电流变化所产生的电磁感应现象⑪由于电磁感应，在导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流核心考点突破一、电磁感应中的图像问题【典例1】(多选)(2019·全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是( )【解析】选A、D。如果PQ进入磁场时加速度为零，PQ做匀速运动，感应电流恒定。若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量Φ不变，无感应电流。由于PQ、MN从同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，但方向相反，A正确，B错误。若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量Φ不变，无感应电流，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于在磁场中的速度比进磁场时的速度大，故电流比PQ进入磁场时电流大，此后PQ做减速运动，电流减小，故C错误，D正确。【方法技巧】图像问题解题技巧(1)电磁感应中的图像问题的分析，要抓住磁通量的变化是否均匀，从而推知感应电动势(电流)是否大小恒定，用楞次定律或右手定则判断出感应电动势(感应电流)的方向，从而确定其正负以及在坐标中的范围。分析回路中的感应电动势或感应电流的大小，要利用法拉第电磁感应定律来分析，有些图像还需要画出等效电路图来辅助分析。(2)不管是哪种类型的图像，都要注意图像与解析式(物理规律)和物理过程的对应关系，都要用图线的斜率、截距的物理意义去分析问题。【素养训练】1.(多选)(2019·全国卷Ⅲ)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，棒ab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( ) 【解析】选A、C。由题意可知，两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0=2mv′，最终两棒共速，速度为 ，此时电路中电流为0，故C正确，D错误；由C知，I不是线性变化，又由I= (R为每个棒的电阻)知，v不是线性变化，v1是逐渐减小到 ，v2是逐渐增大到 ，故A正确，B错误。2.(多选)(2019·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内( ) A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为 D.圆环中的感应电动势大小为 【解析】选B、C。在t=0到t=t0的时间间隔内，磁感应强度的方向垂直于纸面向里且逐渐减弱，根据楞次定律可知圆环中的感应电流沿顺时针方向，且圆环所受安培力的方向水平向左；在t=t0到t=t1的时间间隔内，磁感应强度的方向垂直于纸面向外且逐渐增强，根据楞次定律可知圆环中的感应电流沿顺时针方向，且圆环所受安培力的方向水平向右，故选项A错误，B正确；圆环中的感应电动势大小为E= 故选项D错误；圆环中的感应电流大小为I= ，故选项C正确。【补偿训练】1.如图，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场；一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直；虚线框对角线ab与导线框的一条边垂直，ba的延长线平分导线框。在t=0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域。以i表示导线框中感应电流的大小，取逆时针方向为正。下列表示i-t关系的选项中，可能正确的是( )【解析】选C。从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐增大，A项错误；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，B项错误；当正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中，磁通量减少得稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，D项错误，故正确选项为C。2.如图甲所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L=0.3 m。导轨左端连接R=0.6 Ω的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面B=0.6 T的匀强磁场，磁场区域宽D=0.2 m。细金属棒A1和A2用长为2D=0.4 m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r=0.3 Ω，导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度v=1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A1进入磁场(t=0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图乙中画出。 【解析】0～t1(0～0.2 s)A1产生的感应电动势：E=BLv=0.6×0.3×1 V=0.18 V电阻R与A2并联阻值：R并= =0.2 Ω所以电阻R两端电压为：U= E=0.072 V，通过电阻R的电流：I= =0.12 At1～t2(0.2～0.4 s)E=0，I2=0；t2～t3(0.4～0.6 s)同理：I3=0.12 A。电流随时间变化关系如图所示。 答案：见解析二、电磁感应中的力学问题【典例2】(多选)(2020·全国Ⅰ卷)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略，一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后( )A.金属框的速度大小趋于恒定值B.金属框的加速度大小趋于恒定值C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值【解析】选B、C。由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，向右做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势E=BL(v2-v1)，导体棒中的电流I= ，金属框受到的安培力F安框= 与运动方向相反，导体棒MN受到的安培力F安MN= ，与运动方向相同。设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，则对导体棒MN根据牛顿第二定律有 =m1a1，对金属框abcd根据牛顿第二定律有F- =m2a2。因初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从 开始逐渐减小，当a1=a2时，解得金属框相对金属棒的速度为v2-v1= ，则v2-v1大小恒定，结合 =m1a1、F安MN= 可知，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受安培力大小也趋于恒定值，故选项B、C正确；整个运动过程可用速度-时间图像描述，如图，则金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，故选项A、D错误。【方法技巧】处理电磁感应中的力学问题的思路(1)先做“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r。(2)再进行“路”的分析——画出必要的电路图(等效电路图)，分析电路结构，弄清串并联关系，求出相关部分的电流大小，以便安培力的求解。(3)然后是“力”的分析——画出必要的受力分析图，分析力学所研究对象(常见的是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。(4)接着进行“运动”状态分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型。(5)最后运用物理规律列方程并求解——注意加速度a=0时，速度v达到最大值的特点。导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态，抓住a=0，速度v达到最大值这一特点。【素养训练】1.如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，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(电阻忽略不计)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增大，vm将变大 B.如果α增大，vm将变大C.如果R变小，vm将变大 D.如果m变小，vm将变大【解析】选B。金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达到最大值vm，此后金属杆做匀速运动。杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。安培力F= ，对金属杆列平衡方程式：mgsinα= ，则vm= 由此式可知，B增大，vm减小；α增大，vm增大；R变小，vm变小；m变小，vm变小。因此A、C、D错误，B正确。2.如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。(1)调节Rx=R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为+q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx。【解析】(1)导体棒匀速下滑时，有Mgsinθ=IlB ①可得I= ②导体棒产生的感应电动势E0=Blv ③由闭合电路欧姆定律得I= ④联立②③④解得v= ⑤(2)改变Rx，由②式可知电流不变。设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为E，则U=IRx ⑥E= ⑦mg=qE ⑧联立②⑥⑦⑧解得Rx= ⑨答案：(1) 【补偿训练】1.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef，水平放置且相距l，在其左端各固定一个半径为r的四分之三金属光滑圆环，两圆环面平行且竖直。在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属杆，两金属杆与水平导轨、金属圆环形成闭合回路，两金属杆质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计。整个装置放在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当用水平向右的恒力F= mg拉杆a，达到匀速运动时，杆b恰好静止在圆环上某处，试求：(1)杆a做匀速运动时，回路中的感应电流。(2)杆a做匀速运动时的速度。(3)杆b静止的位置距圆环最低点的高度。【解析】(1)匀速时，拉力与安培力平衡，知F=IlB，得I= (2)金属杆a切割磁感线，产生的电动势E=Blv。回路电流I= 联立得：v= (3)平衡时，对b杆受力分析如图所示，设杆和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，有tanθ= 得θ=60°杆b静止的位置距圆环最低点的高度为h=r(1-cosθ)= 。答案：(1) 2.如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行固定在同一水平面上，两导轨间距l=0.20 m，两导轨的左端之间所接有的电阻R=0.40 Ω，导轨上停放一质量m=0.10 kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r=0.10 Ω，导轨的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度B=0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用一水平外力F向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示。求金属杆开始运动经t=5.0 s时，(1)通过金属杆的感应电流的大小和方向。(2)金属杆的速度大小。(3)外力F的瞬时功率。【解析】(1)由图像可知，t=5.0 s时，U=0.4 V此时通过金属杆的电流为I= =1 A。用右手定则判断出，此时电流的方向由b指向a。(2)金属杆产生的感应电动势E=I(R+r)=0.5 V因为E=Blv，所以0.5 s时金属杆的速度大小v= =5 m/s。(3)金属杆速度为v时，电压表的示数应为U= Blv由图像可知，U与t成正比，由于R、r、B及l均为不变量，所以v与t成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，金属杆运动的加速度a= =1 m/s2。根据牛顿第二定律，在5.0 s末时对金属杆有F-BIl=ma，解得F=0.20 N此时F的瞬时功率P=Fv=1.0 W。答案：(1)1 A b指向a (2)5 m/s (3)1.0 W三、电磁感应中的能量问题【典例3】如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5 m，左端接有阻值R=0.3 Ω的电阻。一质量m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4 T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2 m/s2 的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF。【解析】(1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为 ，由法拉第电磁感应定律得 ①其中ΔΦ=Blx ②设回路中的平均电流为 ，由闭合电路的欧姆定律得 ③则通过电阻R的电荷量为q= Δt ④联立①②③④式，代入数据得q=4.5 C ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2=2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W=0- mv2 ⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2=-W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2=1.8 J ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1，可得Q1=3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF=Q1+Q2 ⑪ 由⑨⑩⑪式解得WF=5.4 J ⑫ 答案：(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J【方法技巧】1.求解电磁感应中能量问题的思路和方法(1)分析回路，分清电源和外电路。在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，其余部分相当于外电路。(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化。(3)根据能量守恒列方程求解。2.电能的三种求解思路(1)利用电路特征求解：在电磁感应现象中，若由于磁场变化或导体做切割磁感线运动产生的感应电动势和感应电流是恒定的，则可通过电路知识求解。(2)利用克服安培力做功求解。电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。(3)利用能量守恒定律求解。①电磁感应的过程是能量的转化和守恒的过程，其他形式能的减少量等于产生的电能。②在较复杂的电磁感应现象中，经常涉及求解电热的问题。尤其是变化的安培力，不能直接由Q=I2Rt解，用能量守恒的方法就可以不必追究变力、变电流做功的具体细节，只需弄清能量的转化途径，注意分清有多少种形式的能在相互转化，用能量的转化与守恒定律就可求解。③含有电动机的电路中，电动机工作时线圈在磁场中转动引起磁通量的变化，就会产生感应电动势，一般参考书上把这个电动势叫作反电动势，用E反表示。根据楞次定律这个感应电动势是阻碍电动机转动的，电流克服这个感应电动势做的功W=IE反t就等于电动机可输出的机械能，这样电流对电动机做的功UIt=IE反t+I2rt(其中r是电动机的内电阻)，这就是含有电动机的电路中电功不等于电热的原因。【素养训练】如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于倾角θ=30°的斜面上，导轨上、下端各接有阻值R=10 Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度l=2 m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5 T。质量为m=0.1 kg，电阻r=5 Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。当金属棒ab下滑高度h=3 m时，速度恰好达到最大值v=2 m/s。求：(g取10 m/s2)(1)金属棒ab在以上运动过程中机械能的减少量；(2)金属棒ab在以上运动过程中导轨下端电阻R中产生的热量。【解析】(1)棒ab机械能的减少量|ΔE|=mgh- mv2=2.8 J ①(2)速度最大时棒ab产生的电动势E=Blv=2 V ②产生的电流I= =0.2 A ③此时的安培力F=IlB=0.2 N ④由题意可知，金属棒受的摩擦力大小为f=mgsin30°-F=0.3 N ⑤由能量守恒得，损失的机械能等于物体克服摩擦力做功和产生的电热之和电热Q=|ΔE|- =1 J ⑥(注意：由f=μFN知整个过程中摩擦力大小保持不变)由以上各式得：下端电阻R中产生的热量QR= =0.25 J。答案：(1)2.8 J (2)0.25 J【补偿训练】1.两根相距为l的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与水平和竖直导轨之间有相同的动摩擦因数μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以某一速度向下做匀速运动。设运动过程中金属细杆ab、cd与导轨接触良好。重力加速度为g。求： (1)ab杆匀速运动的速度v1。(2)ab杆所受拉力F。(3)ab杆以v1匀速运动时，cd杆以v2(v2已知)匀速运动，则在cd杆向下运动h过程中，整个回路中产生的焦耳热为多少？【解析】(1)ab杆向右运动时，ab杆中产生的感应电动势方向为a→b，大小为E=Blv1，cd杆的感应电流方向为d→c。cd杆受到的安培力方向水平向右安培力大小F安=IlB= ①cd杆向下匀速运动，有mg=μF安 ②联立①②式，则ab杆匀速运动的速度为v1= ③(2)ab杆所受拉力F=F安+μmg= +μmg= +μmg= ④(3)设cd杆以v2速度向下运动h过程中，ab杆匀速运动了s，则 =t得s= 整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功Q=F安s= 答案： 2.(2019·天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向。(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E= ，则E=k ①设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并= ②闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I= ③设PQ中的电流为IPQ，有IPQ= ④设PQ受到的安培力为F安，有F安=BIPQl ⑤根据楞次定律和左手定则判断可得安培力方向水平向左保持PQ静止，由于受力平衡，有F=F安 ⑥联立①②③④⑤⑥式得F= ⑦方向水平向右。(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化量为ΔΦ，平均感应电动势为 ，有 ⑧其中ΔΦ=Blx ⑨设PQ中的平均电流为 ，有 ⑩根据电流的定义得 ⑪ 由动能定理，有Fx+W= mv2-0 ⑫ 联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫得W= mv2- kq答案：(1) 方向水平向右 (2) mv2- kq
阶段复习课第2章知识体系构建 【答案速填】①感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化②伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向③在电磁感应现象中产生的电动势，叫作感应电动势④感生电动势产生源于穿越闭合回路磁通量变化，动生电动势源于切割磁感线⑤楞次定律或右手定则⑥电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比⑦E=n ⑧E=Blv ⑨E= Blv⑩由线圈自身电流变化所产生的电磁感应现象⑪由于电磁感应，在导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流核心考点突破一、电磁感应中的图像问题【典例1】(多选)(2019·全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是( )【解析】选A、D。如果PQ进入磁场时加速度为零，PQ做匀速运动，感应电流恒定。若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量Φ不变，无感应电流。由于PQ、MN从同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，但方向相反，A正确，B错误。若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量Φ不变，无感应电流，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于在磁场中的速度比进磁场时的速度大，故电流比PQ进入磁场时电流大，此后PQ做减速运动，电流减小，故C错误，D正确。【方法技巧】图像问题解题技巧(1)电磁感应中的图像问题的分析，要抓住磁通量的变化是否均匀，从而推知感应电动势(电流)是否大小恒定，用楞次定律或右手定则判断出感应电动势(感应电流)的方向，从而确定其正负以及在坐标中的范围。分析回路中的感应电动势或感应电流的大小，要利用法拉第电磁感应定律来分析，有些图像还需要画出等效电路图来辅助分析。(2)不管是哪种类型的图像，都要注意图像与解析式(物理规律)和物理过程的对应关系，都要用图线的斜率、截距的物理意义去分析问题。【素养训练】1.(多选)(2019·全国卷Ⅲ)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，棒ab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( ) 【解析】选A、C。由题意可知，两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0=2mv′，最终两棒共速，速度为 ，此时电路中电流为0，故C正确，D错误；由C知，I不是线性变化，又由I= (R为每个棒的电阻)知，v不是线性变化，v1是逐渐减小到 ，v2是逐渐增大到 ，故A正确，B错误。2.(多选)(2019·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内( ) A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为 D.圆环中的感应电动势大小为 【解析】选B、C。在t=0到t=t0的时间间隔内，磁感应强度的方向垂直于纸面向里且逐渐减弱，根据楞次定律可知圆环中的感应电流沿顺时针方向，且圆环所受安培力的方向水平向左；在t=t0到t=t1的时间间隔内，磁感应强度的方向垂直于纸面向外且逐渐增强，根据楞次定律可知圆环中的感应电流沿顺时针方向，且圆环所受安培力的方向水平向右，故选项A错误，B正确；圆环中的感应电动势大小为E= 故选项D错误；圆环中的感应电流大小为I= ，故选项C正确。【补偿训练】1.如图，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场；一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直；虚线框对角线ab与导线框的一条边垂直，ba的延长线平分导线框。在t=0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域。以i表示导线框中感应电流的大小，取逆时针方向为正。下列表示i-t关系的选项中，可能正确的是( )【解析】选C。从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐增大，A项错误；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，B项错误；当正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中，磁通量减少得稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，D项错误，故正确选项为C。2.如图甲所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L=0.3 m。导轨左端连接R=0.6 Ω的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面B=0.6 T的匀强磁场，磁场区域宽D=0.2 m。细金属棒A1和A2用长为2D=0.4 m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r=0.3 Ω，导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度v=1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A1进入磁场(t=0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图乙中画出。 【解析】0～t1(0～0.2 s)A1产生的感应电动势：E=BLv=0.6×0.3×1 V=0.18 V电阻R与A2并联阻值：R并= =0.2 Ω所以电阻R两端电压为：U= E=0.072 V，通过电阻R的电流：I= =0.12 At1～t2(0.2～0.4 s)E=0，I2=0；t2～t3(0.4～0.6 s)同理：I3=0.12 A。电流随时间变化关系如图所示。 答案：见解析二、电磁感应中的力学问题【典例2】(多选)(2020·全国Ⅰ卷)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略，一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后( )A.金属框的速度大小趋于恒定值B.金属框的加速度大小趋于恒定值C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值【解析】选B、C。由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，向右做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势E=BL(v2-v1)，导体棒中的电流I= ，金属框受到的安培力F安框= 与运动方向相反，导体棒MN受到的安培力F安MN= ，与运动方向相同。设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，则对导体棒MN根据牛顿第二定律有 =m1a1，对金属框abcd根据牛顿第二定律有F- =m2a2。因初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从 开始逐渐减小，当a1=a2时，解得金属框相对金属棒的速度为v2-v1= ，则v2-v1大小恒定，结合 =m1a1、F安MN= 可知，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受安培力大小也趋于恒定值，故选项B、C正确；整个运动过程可用速度-时间图像描述，如图，则金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，故选项A、D错误。【方法技巧】处理电磁感应中的力学问题的思路(1)先做“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r。(2)再进行“路”的分析——画出必要的电路图(等效电路图)，分析电路结构，弄清串并联关系，求出相关部分的电流大小，以便安培力的求解。(3)然后是“力”的分析——画出必要的受力分析图，分析力学所研究对象(常见的是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。(4)接着进行“运动”状态分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型。(5)最后运用物理规律列方程并求解——注意加速度a=0时，速度v达到最大值的特点。导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态，抓住a=0，速度v达到最大值这一特点。【素养训练】1.如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，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(电阻忽略不计)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增大，vm将变大 B.如果α增大，vm将变大C.如果R变小，vm将变大 D.如果m变小，vm将变大【解析】选B。金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达到最大值vm，此后金属杆做匀速运动。杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。安培力F= ，对金属杆列平衡方程式：mgsinα= ，则vm= 由此式可知，B增大，vm减小；α增大，vm增大；R变小，vm变小；m变小，vm变小。因此A、C、D错误，B正确。2.如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。(1)调节Rx=R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为+q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx。【解析】(1)导体棒匀速下滑时，有Mgsinθ=IlB ①可得I= ②导体棒产生的感应电动势E0=Blv ③由闭合电路欧姆定律得I= ④联立②③④解得v= ⑤(2)改变Rx，由②式可知电流不变。设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为E，则U=IRx ⑥E= ⑦mg=qE ⑧联立②⑥⑦⑧解得Rx= ⑨答案：(1) 【补偿训练】1.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef，水平放置且相距l，在其左端各固定一个半径为r的四分之三金属光滑圆环，两圆环面平行且竖直。在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属杆，两金属杆与水平导轨、金属圆环形成闭合回路，两金属杆质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计。整个装置放在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当用水平向右的恒力F= mg拉杆a，达到匀速运动时，杆b恰好静止在圆环上某处，试求：(1)杆a做匀速运动时，回路中的感应电流。(2)杆a做匀速运动时的速度。(3)杆b静止的位置距圆环最低点的高度。【解析】(1)匀速时，拉力与安培力平衡，知F=IlB，得I= (2)金属杆a切割磁感线，产生的电动势E=Blv。回路电流I= 联立得：v= (3)平衡时，对b杆受力分析如图所示，设杆和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，有tanθ= 得θ=60°杆b静止的位置距圆环最低点的高度为h=r(1-cosθ)= 。答案：(1) 2.如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行固定在同一水平面上，两导轨间距l=0.20 m，两导轨的左端之间所接有的电阻R=0.40 Ω，导轨上停放一质量m=0.10 kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r=0.10 Ω，导轨的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度B=0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用一水平外力F向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示。求金属杆开始运动经t=5.0 s时，(1)通过金属杆的感应电流的大小和方向。(2)金属杆的速度大小。(3)外力F的瞬时功率。【解析】(1)由图像可知，t=5.0 s时，U=0.4 V此时通过金属杆的电流为I= =1 A。用右手定则判断出，此时电流的方向由b指向a。(2)金属杆产生的感应电动势E=I(R+r)=0.5 V因为E=Blv，所以0.5 s时金属杆的速度大小v= =5 m/s。(3)金属杆速度为v时，电压表的示数应为U= Blv由图像可知，U与t成正比，由于R、r、B及l均为不变量，所以v与t成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，金属杆运动的加速度a= =1 m/s2。根据牛顿第二定律，在5.0 s末时对金属杆有F-BIl=ma，解得F=0.20 N此时F的瞬时功率P=Fv=1.0 W。答案：(1)1 A b指向a (2)5 m/s (3)1.0 W三、电磁感应中的能量问题【典例3】如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5 m，左端接有阻值R=0.3 Ω的电阻。一质量m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4 T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2 m/s2 的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF。【解析】(1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为 ，由法拉第电磁感应定律得 ①其中ΔΦ=Blx ②设回路中的平均电流为 ，由闭合电路的欧姆定律得 ③则通过电阻R的电荷量为q= Δt ④联立①②③④式，代入数据得q=4.5 C ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2=2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W=0- mv2 ⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2=-W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2=1.8 J ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1，可得Q1=3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF=Q1+Q2 ⑪ 由⑨⑩⑪式解得WF=5.4 J ⑫ 答案：(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J【方法技巧】1.求解电磁感应中能量问题的思路和方法(1)分析回路，分清电源和外电路。在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，其余部分相当于外电路。(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化。(3)根据能量守恒列方程求解。2.电能的三种求解思路(1)利用电路特征求解：在电磁感应现象中，若由于磁场变化或导体做切割磁感线运动产生的感应电动势和感应电流是恒定的，则可通过电路知识求解。(2)利用克服安培力做功求解。电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。(3)利用能量守恒定律求解。①电磁感应的过程是能量的转化和守恒的过程，其他形式能的减少量等于产生的电能。②在较复杂的电磁感应现象中，经常涉及求解电热的问题。尤其是变化的安培力，不能直接由Q=I2Rt解，用能量守恒的方法就可以不必追究变力、变电流做功的具体细节，只需弄清能量的转化途径，注意分清有多少种形式的能在相互转化，用能量的转化与守恒定律就可求解。③含有电动机的电路中，电动机工作时线圈在磁场中转动引起磁通量的变化，就会产生感应电动势，一般参考书上把这个电动势叫作反电动势，用E反表示。根据楞次定律这个感应电动势是阻碍电动机转动的，电流克服这个感应电动势做的功W=IE反t就等于电动机可输出的机械能，这样电流对电动机做的功UIt=IE反t+I2rt(其中r是电动机的内电阻)，这就是含有电动机的电路中电功不等于电热的原因。【素养训练】如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于倾角θ=30°的斜面上，导轨上、下端各接有阻值R=10 Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度l=2 m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5 T。质量为m=0.1 kg，电阻r=5 Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。当金属棒ab下滑高度h=3 m时，速度恰好达到最大值v=2 m/s。求：(g取10 m/s2)(1)金属棒ab在以上运动过程中机械能的减少量；(2)金属棒ab在以上运动过程中导轨下端电阻R中产生的热量。【解析】(1)棒ab机械能的减少量|ΔE|=mgh- mv2=2.8 J ①(2)速度最大时棒ab产生的电动势E=Blv=2 V ②产生的电流I= =0.2 A ③此时的安培力F=IlB=0.2 N ④由题意可知，金属棒受的摩擦力大小为f=mgsin30°-F=0.3 N ⑤由能量守恒得，损失的机械能等于物体克服摩擦力做功和产生的电热之和电热Q=|ΔE|- =1 J ⑥(注意：由f=μFN知整个过程中摩擦力大小保持不变)由以上各式得：下端电阻R中产生的热量QR= =0.25 J。答案：(1)2.8 J (2)0.25 J【补偿训练】1.两根相距为l的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与水平和竖直导轨之间有相同的动摩擦因数μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以某一速度向下做匀速运动。设运动过程中金属细杆ab、cd与导轨接触良好。重力加速度为g。求： (1)ab杆匀速运动的速度v1。(2)ab杆所受拉力F。(3)ab杆以v1匀速运动时，cd杆以v2(v2已知)匀速运动，则在cd杆向下运动h过程中，整个回路中产生的焦耳热为多少？【解析】(1)ab杆向右运动时，ab杆中产生的感应电动势方向为a→b，大小为E=Blv1，cd杆的感应电流方向为d→c。cd杆受到的安培力方向水平向右安培力大小F安=IlB= ①cd杆向下匀速运动，有mg=μF安 ②联立①②式，则ab杆匀速运动的速度为v1= ③(2)ab杆所受拉力F=F安+μmg= +μmg= +μmg= ④(3)设cd杆以v2速度向下运动h过程中，ab杆匀速运动了s，则 =t得s= 整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功Q=F安s= 答案： 2.(2019·天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向。(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E= ，则E=k ①设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并= ②闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I= ③设PQ中的电流为IPQ，有IPQ= ④设PQ受到的安培力为F安，有F安=BIPQl ⑤根据楞次定律和左手定则判断可得安培力方向水平向左保持PQ静止，由于受力平衡，有F=F安 ⑥联立①②③④⑤⑥式得F= ⑦方向水平向右。(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化量为ΔΦ，平均感应电动势为 ，有 ⑧其中ΔΦ=Blx ⑨设PQ中的平均电流为 ，有 ⑩根据电流的定义得 ⑪ 由动能定理，有Fx+W= mv2-0 ⑫ 联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫得W= mv2- kq答案：(1) 方向水平向右 (2) mv2- kq
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