2023届二轮复习 专题四 第2讲　电磁感应及其综合应用 学案

这是一份2023届二轮复习 专题四 第2讲　电磁感应及其综合应用 学案，共40页。学案主要包含了三象限内以坐标原点O为圆心等内容，欢迎下载使用。
第2讲　电磁感应及其综合应用


1.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。
2.求电荷量的方法
(1)回路中磁通量发生变化时,在Δt时间内通过的电荷量(感应电荷量)为q=I·Δt=ER·Δt=nΔΦRΔt·Δt=nΔΦR。可见,q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定,与发生磁通量变化的时间Δt无关。
(2)在匀强磁场中,电容器接在切割磁感线的导体棒两端,不计一切电阻,电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E,通过电容器的电流I=ΔqΔt=CΔUΔt,又E=BLv,则ΔU=BLΔv,可得Δq=CBLΔv。
3.求解焦耳热Q的三种方法


1.分析线框在磁场中运动问题的两大关键
(1)分析电磁感应情况:弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段,线框进入和穿出磁场的过程中,才有感应电流产生,结合闭合电路欧姆定律列方程解答。
(2)分析导线框的受力以及运动情况,选择合适的力学规律处理问题:在题目中涉及电荷量、时间,以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题;如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便。
2.电磁感应中力、能量和动量综合问题的分析方法
(1)分析“受力”:分析研究对象的受力情况,特别关注安培力的方向。
(2)分析“能量”:搞清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了变化,根据动能定理或能量守恒定律等列方程求解。
(3)分析“动量”:在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)。
①求速度或电荷量
-BIlΔt=mv2-mv1,q=IΔt。
②求时间
FΔt+I冲=mv2-mv1,I冲=-BIlΔt=-BlΔΦR总。
③求位移
-BIlΔt=-B2l2vΔtR总=mv2-mv1,即-B2l2R总x=m(v2-v1)。



高考考点
命题轨迹
考查内容
考查要求
楞次定律和法拉第电磁
感应定律的应用
2022山东卷T12
关键能力
综合性
2022河北卷T5
必备知识
基础性
2022广东卷T10
必备知识
基础性
2022全国甲卷T16
必备知识
基础性
2021重庆卷T3
必备知识
基础性
2021广东卷T10
关键能力
综合性
电磁感应的图像问题
2022河北卷T8
关键能力
综合性
2021辽宁卷T9
关键能力
综合性
2020山东卷T12
关键能力
综合性
电磁感应中的力电
综合应用
2022全国甲卷T20
关键能力
综合性
2022湖南卷T10
关键能力
综合性
2022全国乙卷T24
关键能力、核心价值
综合性
2022湖北卷T15
关键能力
综合性
2021全国乙卷T25
关键能力、核心价值
综合性
2021湖北卷T16
关键能力
综合性
2021福建卷T7
关键能力
综合性

考点一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用



(2022·山东卷,12)(多选)如图所示,xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为2L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动。t=0时刻,金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响,关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是(　BC　)
A.在t=0到t=π2ω的过程中,E一直增大
B.在t=0到t=π2ω的过程中,E先增大后减小
C.在t=0到t=π4ω的过程中,E的变化率一直增大
D.在t=0到t=π4ω的过程中,E的变化率一直减小
解析:

如图所示,金属框切割磁感线的有效长度为d,根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E=12Bd2ω,从图中可以看出在t=0到t=π2ω的过程中,d是先增大到2 L,再减小到L,所以电动势E先增大后减小,选项A错误,B正确;在t=0到t=π4ω的过程中,d=Lcosωt,感应电动势的表达式可写为E=12Bd2ω=BL2ω2cos2ωt,由表达式可以看出在t=0到t=π4ω的过程中,E的变化率一直增大,选项C正确,D错误。
(2021·广东卷,10)(多选)如图所示,水平放置足够长光滑金属导轨abc和de,ab与de平行,bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接,P端与圆弧bc接触良好。初始时,可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时,回路中始终有电流,则此过程中,下列说法正确的有(　AD　)

A.杆OP产生的感应电动势恒定
B.杆OP受到的安培力不变
C.杆MN做匀加速直线运动
D.杆MN中的电流逐渐减小
解析:根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP=12Bl2ω,故A正确;OP切割磁感线,产生感应电流,由右手定则可判断出MN中电流为从M到N,根据左手定则可知MN所受安培力向左,MN向左运动,切割磁感线,产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反,故OP与MN中的电流会逐渐减小,OP所受安培力逐渐减小,MN做加速度逐渐减小的加速运动,故B、C错误,D正确。

1.感应电流方向的判断
楞次
定律

右手
定则
一般用于导体棒切割磁感线的情形
2.感应电动势的两种求法
(1)E=nΔΦΔt,用来计算感应电动势的平均值,常用来求解电荷量。
(2)E=Blv或E=12Bl2ω,主要用来计算感应电动势的瞬时值。
3.应用法拉第电磁感应定律应注意的问题
(1)公式E=nΔΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势,在磁通量均匀变化时,瞬时值才等于平均值。
(2)利用公式E=nSΔBΔt求感应电动势时,S为线圈在磁场范围内的有效面积。
(3)当导体棒转动切割磁感线产生电动势时,导体棒的速度应该用平均速度。

1.(2022·辽宁大连二模)(多选)如图,在倾角为α的光滑绝缘斜面上,CDEF区域存在垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一个质量为m、电阻为R、边长为d的正方形导线框MNPQ,由静止开始沿斜面下滑,当MN边刚越过CD进入磁场区域时,恰好做匀速直线运动。已知重力加速度大小为g。则(　BC　)

A.线框进磁场和出磁场区域时电流方向相同
B.线框进磁场和出磁场区域时受到的安培力方向相同
C.线框初始静止时MN边距CD的距离为m2gR2sinα2B4d4
D.线框出磁场区域的过程中通过线框的电荷量为B2d2R
解析:根据楞次定律可知,线框进入磁场时磁通量向外增加,产生顺时针方向的电流,出磁场区域时磁通量向外减少,产生逆时针方向的电流,因此电流方向相反,故A错误;根据楞次定律和左手定则可知,线框进出磁场区域时安培力均阻碍线框运动,受到的安培力均沿斜面向上,故B正确;线框MN边刚进入磁场时,有mgsin α=BId,解得I=mgsinαBd,由闭合电路欧姆定律得E=Bdv=IR,由动能定理得mgxsin α=12mv2,联立解得x=m2gR2sinα2B4d4,故C正确;线框出磁场区域的过程,由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得E=Bd2Δt,E=IR,又q=IΔt,联立解得q=Bd2R,故D错误。
2.(2022·浙江金华模拟)

如图所示,在竖直空间的一圆盘内有垂直圆盘平面向下的匀强磁场,磁感应强度为B,圆盘半径为L,长度为L的金属棒在圆盘内绕着圆心做角速度为ω的匀速运动。在圆盘左侧连接一电容器,电容器内有一电荷量为q的正电荷,若该正电荷处于静止状态,电容器两极板的距离为d,电容为C,下列说法不正确的是(　C　)
A.电容器所带电荷量为CBL2ω2
B.从上往下看,金属棒沿逆时针方向切割磁感线
C.将电容器两极板的距离变为2d,该正电荷位置不动
D.该正电荷的质量为BL2ωq2dg
解析:金属棒转动切割磁感线,产生的感应电动势为E感=12BL2ω,则电容器所带的电荷量为Q=CU=CE感=CBL2ω2,故A说法正确。由于电容器内静止的电荷带正电,则电容器的上极板带负电,下极板带正电。根据右手定则可知,从上往下看,金属棒沿逆时针方向切割磁感线,故B说法正确。由于金属棒匀速运动,则产生的感应电动势不变,故电容器的电势差也保持不变。将电容器两极板的距离变为2d,根据E=Ud可知,此时电容器间的电场强度减小,则静电力减小,该正电荷受到的重力大于静电力,向下运动,故C说法错误。电容器间的电场强度为E=Ud=E感d=BL2ω2d,根据平衡条件有Eq=mg,则该正电荷的质量为m=BL2ωq2dg,故D说法正确。
考点二　电磁感应的图像问题　　　　　　 　　　　　 　　　　　

(2021·辽宁卷,9)(多选)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。整个过程中金属棒与导轨接触良好,导轨与金属棒的电阻不计,则(　BC　)

A.在t=t02时,金属棒受到安培力的大小为B02L3t0R
B.在t=t0时,金属棒中电流的大小为B0L2t0R
C.在t=3t02时,金属棒受到安培力的方向竖直向上
D.在t=3t0时,金属棒中电流的方向向右
解析:在t=t02时,回路中产生的感应电动势为E=ΔBΔtL2=B0L2t0,电流I=ER=B0L2t0R,受到安培力为F=BIL=B02·I·L=B02L32t0R,A错误;在t=t0时的电流和在t=t02时的电流是一样的,为I=ER=B0L2t0R,B正确;在t=3t02时,磁场方向垂直纸面向外且增大,根据楞次定律可知通过金属棒的电流方向水平向左,根据左手定则可知金属棒受到安培力的方向竖直向上,C正确;在t=3t0时,用右手定则可以判断出电流的方向向左,D错误。


(2022·河北卷,8)(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　)


解析:当导体棒从O点向右运动L时,即在0～Lv0时间内,在某时刻导体棒切割磁感线的长度l=l0+v0ttan θ(θ为ab与ad连线的夹角),则根据E=Blv0,I=Blv0R=Bv0R(l0+v0ttan θ),可知回路电流均匀增加;安培力F=B2l2v0R=B2v0R(l0+v0ttan θ)2,则F-t关系图像为开口向上的抛物线,但是不过原点;安培力做功的功率P=Fv0=B2l2v02R=B2v02R(l0+v0ttan θ)2,则P-t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导体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Lv0～2Lv0时间内,导体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,安培力的功率P不变,电阻两端电压U保持不变;同理可判断,在2Lv0～3Lv0时间内,导体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～Lv0内是对称的关系。综上所述选项A、C正确,B、D错误。

1.电磁感应中常见的图像

2.解答此类问题的两个常用方法
(1)排除法:定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况,把握三个关注,快速排除错误的选项。这种方法能快速解决问题,但不一定对所有问题都适用。

(2)函数关系法:根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系,再对图像作出判断,这种方法得到的结果准确、详细,但不够简捷。

3.(2022·福建龙岩三模)(多选)如图所示,在竖直平面内有四条间距均为L的水平虚线L1、L2、L3、L4,在L1、L2之间和L3、L4之间存在磁感应强度大小相等且方向均垂直纸面向里的匀强磁场。现有一矩形金属线圈abcd,ad边长为3L。t=0时刻将其从图示位置(cd边与L1重合)由静止释放,cd边经过磁场边界线L3时开始做匀速直线运动,cd边经过磁场边界线L2、L3、L4时对应的时刻分别为t1、t2、t3,整个运动过程线圈平面始终处于竖直平面内。在0～t3时间内,线圈的速度v、通过线圈横截面的电荷量q、通过线圈的电流i和线圈产生的热量Q随时间t的关系图像可能正确的是(　BD　)



解析:线圈cd边在L1、L2之间的磁场切割磁感线,则有E=Blv,I=ER,F安=BIl,解得F安=B2l2vR,根据牛顿第二定律a=mg-F安m,可知随着速度的增加,安培力也逐渐增大,加速度逐渐减小,根据题意,cd边经过磁场边界线L3时开始做匀速直线运动,说明从0时刻到t1的过程,线圈做加速度减小的加速运动,从t1到t2的过程,线圈做加速度为g的匀加速直线运动,从t2到t3的过程,线圈做匀速直线运动,根据vt图像的切线斜率表示加速度,可知A错误。从0时刻到t1的过程,线圈做加速度减小的加速运动,线圈中的电流逐渐增大;从t1到t2的过程,线圈做加速度为g的匀加速直线运动,但此过程线圈没有切割磁感线,感应电流为零;从t2到t3的过程,线圈做匀速直线运动,线圈中的电流保持不变,根据qt图像的切线斜率表示电流,可知B正确,C错误。从0时刻到t1的过程,线圈中的电流逐渐增大,从t1到t2的过程,线圈中的电流为零,从t2到t3的过程,线圈中的电流保持不变,根据Q=I2Rt可知Qt图像的切线斜率表示电流的平方,可知D正确。
4.如图甲所示,空间有一宽为2L的匀强磁场区域,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向外,abcd是由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框,总电阻为R,线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域。在运动过程中,线框ab、cd两边始终与磁场边界平行,线框刚进入磁场的位置x=0,x轴沿水平方向向右。

(1)求cd边刚进入磁场时,ab两端的电势差,并指明哪端电势高;
(2)求线框穿过磁场的过程中,线框中产生的焦耳热;
(3)在图乙中,画出ab两端电势差Uab随距离变化的图像,其中U0=BLv。
解析:(1)cd边切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLv,回路中的感应电流I=BLvR,
ab两端的电势差U=I·14R=14BLv,
故b端电势高。
(2)线框完全进入磁场的过程不产生感应电流,没有焦耳热,只有在cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程及cd边刚出磁场到ab边刚出磁场的过程产生焦耳热,且两个过程产生的焦耳热相同。
设线框从cd边刚进磁场到ab边刚进磁场所用时间为t,由焦耳定律 Q=2I2Rt,L=vt,
解得Q=2B2L3vR。
(3)刚进入磁场时,由于b端的电势高,则Uab=-14BLv,
全部进入磁场后,Uab=-BLv,
出磁场的过程中A、B两端的电势差是路端电压,
即Uab=E-I·14R=-34BLv。

答案:(1)14BLv,b端电势高
(2)2B2L3vR　(3)图见解析
考点三　电磁感应中的力电综合应用

(2021·全国乙卷,25)如图,一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M=0.06 kg的U形导体框,导体框的电阻忽略不计;一电阻R=3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上,与导体框构成矩形回路CDEF;EF与斜面底边平行,长度L=0.6 m。初始时CD与EF相距s0=0.4 m,金属棒与导体框同时由静止开始下滑,金属棒下滑距离s1=316 m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域,磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行;金属棒在磁场中做匀速运动,直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间,导体框的EF边正好进入磁场,并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好,磁场的磁感应强度大小B=1 T,重力加速度大小取g=10 m/s2,sin α=0.6。求:

(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小;
(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数;
(3)导体框匀速运动的距离。
解析:(1)金属棒与导体框同时由静止释放后,二者共同做匀加速直线运动,加速度
a0=gsin α=6 m/s2,①
设金属棒进入磁场时的速度大小为v0,则
v02=2a0s1,②
解得v0=1.5 m/s。
金属棒进入磁场时感应电动势E=BLv0,③
感应电流I=ER,④
金属棒受到的安培力FA1=BIL,⑤
解得FA1=0.18 N。⑥
(2)设金属棒的质量为m,金属棒和导体框之间的动摩擦因数为μ,金属棒进入磁场后受到沿斜面向上的安培力,做匀速直线运动,导体框继续做匀加速直线运动,设加速度为a,金属棒相对导体框向上运动,故金属棒受到沿斜面向下的摩擦力,导体框受到沿斜面向上的摩擦力。
对金属棒有FA1=mgsin α+μmgcos α,⑦
对导体框有Mgsin α-μmgcos α=Ma,⑧
当金属棒刚出磁场时,导体框的EF边进入磁场且做匀速运动,设此时导体框的速度为v,导体框受到的安培力FA2=B2L2vR,⑨
导体框做匀速直线运动,有
Mgsin α-μmgcos α=B2L2vR,⑩
从金属棒刚进入磁场到导体框的EF边进入磁场,导体框的位移为s0,则v2-v02=2as0,
由⑧⑩式可以得到B2L2vR=Ma,
联立式解得a=5 m/s2,v=2.5 m/s,
把a=5 m/s2代入⑧式得μmgcos α=0.06 N,
联立⑦式解得m=0.02 kg,μ=38。
(3)设从金属棒刚进入磁场到导体框的EF边进入磁场经历的时间为t,则v=v0+at,
解得t=0.2 s,
设磁场区域的宽度为d,则d=v0t=0.3 m,
金属棒出磁场后的加速度
a′=gsin α+μgcos α=9 m/s2,
当金属棒与导体框的速度相等时,导体框开始做加速直线运动,假设导体框的EF边未出磁场前,金属棒的速度已经增加到v,则v=v0+a′t′,
解得t′=19 s,
导体框的位移x=vt′=518 m0,且为常数),俯视图如图所示。一匀质单匝正方形金属线框abcd静止于水平面上,ab边位于x=0处。一根与ab边完全相同的金属棒MN以水平向右的初速度v和线框并排碰撞,碰后瞬间合在一起(MN与ab接触良好)。已知金属线框质量为4m,边长为L、电阻为4R,则(　ABD　)

A.碰撞后瞬间,线框的速度大小为v5
B.碰撞后,回路中的感应电流为逆时针方向
C.线框cd边产生的总焦耳热为mv240
D.线框停止运动时,ab边处于x=7mRv2k2L4的位置
解析:由于金属线框质量为4m,金属棒MN与金属线框ab边完全相同,因此金属棒MN的质量为m,设碰撞后瞬间合在一起的速度为v1,根据动量守恒定律得mv=(m+4m)v1,解得v1=v5,故A正确;由于B=kx(k>0,且为常数),根据楞次定律可得,碰撞后回路中的感应电流为逆时针方向,故B正确;碰撞后,在安培力的作用下,金属线框最终会静止,根据能量守恒定律可得Q总=12(5m)v12=mv210,由于MN与金属线框ab边完全相同,碰撞后金属棒MN与金属线框ab边瞬间合在一起,并且MN与ab边接触良好,因此金属棒MN与金属线框ab边合在一起,电阻为R2,因此碰撞后回路中的总电阻为R总=7R2,则Qcd=RR总Q总=mv235,故C错误;从碰后到停止,规定向右为正方向,由动量定理得-F cdt+Fabt=0-5mv1,即B1IL·t-B2IL·t=mv ,而B1-B2=kL,I·t=q,所以qkL2=mv,而q=I·t=E7R2·t=ΔΦ7R2·t·t=2ΔΦ7R,联立得ΔΦ=7mRv2kL2,且ΔΦ=ΔB·S=kL2x,解得x=7mRv2k2L4,故D正确。
6.(2022·湖南永州三模)如图甲,超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具。如图乙,已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ,两导轨间距为 3r;材料不同的运输车一、二的质量都为m,横截面都是半径为r的圆。运输车一、二上都固定有间距为d、与导轨垂直的两根相同导体棒1和2,每根导体棒的电阻都为R,每段长度为d的导轨的电阻也都为R。其他电阻忽略不计,重力加速度为g。


(1)在水平导轨上进行实验,此时不考虑摩擦及空气阻力。当运输车一进站时,管道内依次分布磁感应强度大小为B1、宽度为d的匀强磁场,且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车一以速度v0从如图丙位置通过距离2d时的速度vt。
(2)如图丁,当管道中的导轨平面与水平面成θ=30°时,运输车一恰好能无动力地匀速下滑。求运输车一与导轨间的动摩擦因数μ1。
(3)如图丁,当管道中的导轨平面与水平面成θ=30°时,此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B2=B0+kx(以Q指向P为x轴正方向,B0>0,k>0,Q为坐标原点)、垂直导轨平面向上的磁场中,运输车二恰好能以速度v无动力匀速下滑。求运输车二与导轨间的动摩擦因数μ2。(k、v都是已知量)
解析:(1)运输车进站时,电路如图所示。

当车速为v时,由法拉第电磁感应定律可得
E1=B1·3rv,
E2=B1·3rv,
由闭合电路欧姆定律得I1=I2=E1+E24R,
导体棒所受的安培力
F1=B1I1·3r,
F2=B1I2·3r,
运输车所受的合力F=F1+F2=B12·3r2vR。
选取一小段时间Δt,运输车速度的变化量为Δv,由动量定理
-B12·3r2vRΔt=mΔv,
即-B12·3r2RΔx=mΔv,
两边求和-3B12r2·2dR=mvt-mv0,
解得vt=v0-6B12r2dmR。
(2)分析运输车的受力,将运输车的重力分解如图a所示,

设轨道对运输车的支持力为FN1、FN2,如图b所示,

由几何关系得FN1=FN2=mgcos θ,
又Ff1=μ1FN1,Ff2=μ1FN2,
运输车匀速运动,则mgsin θ=Ff1+Ff2,
解得μ1=36。
(3)加磁场后,电路中电流
I=E'-E″4R=B'·3r·v-B″·3r·v4R=ΔB·3r·v4R=3kdvr4R,
因运输车二匀速下滑,处于平衡状态,则
mgsin θ=IΔB3r+μ2·2mgcos θ,
解得μ2=36-3k2d2r2v4mgR。
答案:(1)v0-6B12r2dmR　(2)36
(3)36-3k2d2r2v4mgR

电磁感应中的单、双杆模型
类型一　电磁感应中的单杆模型
单杆模型的常见情况
项目
v0≠0
v0=0
示
意
图

质量为m,电阻不计的单杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动,两平行导轨间距为L

轨道水平光滑,单杆ab质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L
力
学
观
点
导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E=BLv,电流I=ER=BLvR,安培力F=BIL=B2L2vR,做减速运动:v↓⇒F↓⇒a↓,当v=0时,F=0,a=0,杆保持静止
S闭合,ab杆所受安培力F=BIL=BLEr,此时a=BLEmr,杆ab速度v↑⇒感应电动势BLv↑⇒I↓⇒安培力F=BIL↓⇒加速度a↓,当E感=E时,v最大,且vm=EBL
图
像
观
点


能
量
观
点
动能全部转化为内能
Q=12mv02
电源输出的电能转化为动能
W电=12mvm2


项目
拉力恒定(含电阻)
拉力恒定(含电容器)
示
意
图

轨道水平光滑,单杆ab质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L,拉力F恒定

轨道水平光滑,单杆ab质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L,拉力F恒定
力
学
观
点
开始时a=Fm,杆ab速度v↑⇒感应电动势E=BLv↑⇒I↑⇒安培力F安=BIL↑,由F-F安=ma知a↓,当a=0时,v最大,vm=FRB2L2
开始时a=Fm,杆ab速度v↑⇒感应电动势E=BLv↑,经过Δt速度为v+Δv,此时感应电动势E′=BL(v+Δv),Δt时间内流入电容器的电荷量Δq=CΔU=C(E′-E)=CBLΔv,电流I=ΔqΔt=CBLΔvΔt=CBLa,安培力F安=BIL=CB2L2a,F-F安=ma,a=Fm+B2L2C,所以杆以恒定的加速度做匀加速运动
图
像
观
点


能
量
观
点
F做的功一部分转化为杆的动能,一部分产生电热:WF=Q+12mvm2
F做的功一部分转化为动能,一部分转化为电场能:WF=12mv2+EC
(2021·湖北卷,16)如图甲所示,两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨,竖直固定在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向里,磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U-I图像如图乙所示,当流过元件Z的电流大于或等于I0时,电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动,运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响,重力加速度大小为g。为了方便计算,取I0=mg4BL,Um=mgR2BL。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。

(1)闭合开关S,由静止释放金属棒,求金属棒下落的最大速度v1;
(2)断开开关S,由静止释放金属棒,求金属棒下落的最大速度v2;
(3)先闭合开关S,由静止释放金属棒,金属棒达到最大速度后,再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间,求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。
解析:(1)闭合开关S,金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用,当重力与安培力大小相等时,金属棒的加速度为零,速度最大,有mg=BI1L,
由法拉第电磁感应定律得E1=BLv1,
由欧姆定律得I1=E1R,
联立得v1=mgRB2L2。
(2)由第(1)问得I1=mgBL,由于I0t1,所以金属棒乙与b重合时,金属棒甲没有达到虚线c,即没有离开虚线c。
再假设金属棒乙与b重合时,即经过时间t1,金属棒甲刚好开始做匀速运动,设甲在b、c间通过的距离为x1,则Ft1-B2L2x12R=m1vm-m1v1,
解得x1=0,不合理,
所以,金属棒乙与b重合时,金属棒甲没有做匀速运动。
设此时刻(金属棒乙与b重合)金属棒甲的速度大小为v0,金属棒甲与虚线b间距离为x0,则
Ft1-B2L2x02R=m1v0-m1v1,即v0=4-12x0。
答案:(1)2 N　(2)见解析