高中物理高考 2020年高考物理一轮复习第十三单元电磁感应第2课时电磁感应的综合应用练习含解析新人教版

这是一份高中物理高考 2020年高考物理一轮复习第十三单元电磁感应第2课时电磁感应的综合应用练习含解析新人教版，共36页。试卷主要包含了特点，解题的基本方法，5W，6J等内容，欢迎下载使用。

第2讲　电磁感应的综合应用


题型一
电磁感应中的电路问题

　　1.特点:在电磁感应中,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,该导体或回路相当于电源,与其他导体构成闭合的电路。因此,电磁感应问题往往又和电路问题联系在一起。解决电磁感应电路问题的关键是把电磁感应的问题等效转换成恒定直流电路,然后利用电路的有关知识解决问题。
2.电磁感应与电路问题的联系是电源与电路的连接问题,解决问题时要注意整合两部分的知识。正确分析感应电动势及感应电流的方向,产生感应电动势的那部分电路为电源部分,故该部分电路中的电流应为电源内部的电流,而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势;应用欧姆定律分析求解电路时,注意等效电源的内阻对电路的影响;对接在电路中电表的示数要正确进行分析,特别是并联在等效电源两端的电压表,其示数表示外电压,而不是等效电源的电动势,也不是内电压。
3.解题的基本方法:(1)确定电源,产生感应电流或感应电动势的那部分电路就相当于电源,利用法拉第电磁感应定律确定其电动势的大小,利用楞次定律确定其正、负极。需要强调的是,在电源内部电流是由负极流向正极的,在外部从正极流向外电路,并由负极流入电源。如无感应电流,则可以假设电流存在时的流向。(2)分析电路结构,画出等效电路图。(3)利用电路规律求解,主要有闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功和电热公式。
　　【例1】如图甲所示,空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B=0.5 T的匀强磁场,有两条平行的长直导轨MN、PQ处于同一水平面内,间距L=0.2 m,左端连接阻值R=0.4 Ω的电阻。质量m=0.1 kg的导体棒cd垂直跨接在导轨上,与导轨间的动摩擦因数μ=0.2。从t=0时刻开始,通过一小型电动机对导体棒施加一个水平向右的牵引力F,使导体棒从静止开始沿导轨方向做加速运动,此过程中导体棒始终保持与导轨垂直且接触良好。除R以外其余部分的电阻均不计,取重力加速度大小g=10 m/s2。


　　

(1)若电动机保持恒定功率输出,导体棒的v-t图象如图乙所示(其中OC是曲线,CD是水平直线),已知0~10 s内,电阻R产生的热量Q=28 J,求:
①导体棒达到最大速度vm时牵引力F的大小。
②导体棒从静止开始至达到最大速度vm时的位移大小。
(2)若电动机保持恒定牵引力F=0.3 N ,且将电阻换为C=10 F的电容器(耐压值足够大),如图丙所示,求t=10 s时牵引力的功率。
【解析】(1)①当导体棒达到最大速度后,所受合力为零,沿导轨方向有F-F安-f=0
摩擦力f=μmg=0.2N
感应电动势E=BLvm,感应电流I=ER
安培力F安=BIL=B2L2vmR=0.25N
此时牵引力F=F安+f=0.45N。
②变力做功问题不能用功的定义式,在0~10s内牵引力是变力但功率恒定,可根据能量守恒定律求解
电动机的功率P=Fvm=4.5W
电动机消耗的电能等于导体棒的动能、克服安培力做功产生的焦耳热与克服摩擦力做功产生的内能之和,有
Pt=12mvm2+f·x+Q
解得位移x=60m。
(2)当金属棒的速度大小为v时,感应电动势E=BLv
由C=QU可知,此时电容器极板上的电荷量
Q=CU=CE=CBLv
设在一小段时间Δt内,可认为导体棒做匀变速运动,速度增加量为Δv
电容器极板上增加的电荷量ΔQ=CBL·Δv
根据电流的定义式I=ΔQΔt=CBL·ΔvΔt=CBLa
对导体棒受力分析,根据牛顿第二定律,有
F-f-BIL=ma
将I=CBLa代入上式可得a=F-fm+CB2L2=0.5m/s2
可知导体棒的加速度与时间无关,为一个定值,即导体棒做匀加速运动
在t=10s时,v=at=5m/s,此时的功率P=Fv=1.5W。
【答案】(1)①0.45N　②60m　(2)1.5W

　　对电磁感应电源的理解:(1)电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定,要特别注意在内电路中电流由负极到正极。(2)电磁感应电路中的电源与恒定电流的电路中的电源不同,前者是由于导体切割磁感线产生的,公式E=BLv,其大小可能变化,变化情况可根据其运动情况判断;而后者的电源电动势在电路分析中认为是不变的。(3)在电磁感应电路中,相当于电源的导体(或线圈)两端的电压与恒定电流的电路中电源两端的电压一样,等于路端电压,而不等于电动势。(除非切割磁感线的导体或线圈电阻为零)

【变式训练1】(2019贵州贵阳1月自测)如图所示,矩形线圈在 0.01 s 内由原始位置Ⅰ转至位置Ⅱ。已知ad=5×10-2 m,ab=20×10-2 m,匀强磁场的磁感应强度B=2 T,R1=R3=1 Ω,R2=R4=3 Ω,线圈的电阻r=0.5 Ω。求:

(1)平均感应电动势。
(2)通过各电阻的平均电流。
【解析】(1)设线圈在位置Ⅰ时,穿过它的磁通量为Φ1,线圈在位置Ⅱ时,穿过它的磁通量为Φ2,有
Φ1=BSsin30°=0.01Wb,Φ2=BS=0.02Wb
得ΔΦ=Φ2-Φ1=0.01Wb
根据法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势E-=ΔΦΔt=1V。
(2)将具有感应电动势的线圈等效为电源,其外电路的总电阻
R=R1+R22=2Ω
根据闭合电路欧姆定律得总电流的平均值
I-=E-R+r=0.4A
通过各电阻的平均电流I'=12I-=0.2A
【答案】(1)1V　(2)0.2A
【变式训练2】(2018四川成都5月摸底)如图所示,绝缘水平面内固定有一间距d=1 m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC,导轨两端接有阻值分别为R1=3 Ω和R2=6 Ω的定值电阻,矩形区域AKFE、NMCD范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ,一质量m=0.2 kg、电阻r=1 Ω的导体棒bc垂直放在导轨上AK与EF之间某处,在方向水平向右、大小F0=2 N的恒力作用下由静止开始运动,刚要到达EF时导体棒bc的速度大小v1=3 m/s,导体棒bc进入磁场Ⅱ后,导体棒bc中通过的电流始终保持不变,导体棒bc在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,空气阻力不计。

(1)求导体棒bc刚要到达EF时的加速度大小a1。
(2)求两磁场边界EF和MN之间的距离L。
【解析】(1)导体棒bc刚要到达EF时,在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E1=Bdv1,经分析可知,此时导体棒bc所受安培力的方向水平向左,由牛顿第二定律,则有F0-BI1d=ma1
根据闭合电路的欧姆定律,则有I1=E1R+r
上式中R=R1R2R1+R2=2Ω
联立解得a1=5m/s2。
(2)导体棒bc进入磁场Ⅱ后,受到的安培力与F0平衡,做匀速直线运动,导体棒bc中通过的电流I2保持不变,则有F0=BI2d,其中I2=Bdv2R+r
设导体棒bc从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,则有F0=ma2
导体棒bc在EF、MN之间做匀加速直线运动,则有
v22-v12=2a2L
联立解得L=1.35m。
【答案】(1)5m/s2　(2)1.35m

题型二
电磁感应中的动力学问题

　　1.特点:感应电流在磁场中受到安培力的作用,因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起。解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)。
2.解题的基本方法:(1)选择研究对象,即哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统。(2)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。(3)求回路中的电流大小。(4)分析其受力情况。(5)分析研究对象所受各力的做功情况和合力做功情况,选定所要应用的物理规律。(6)运用物理规律列方程求解。
【温馨提示】　解决这类问题的关键是通过运动状态的分析,寻找过程中的临界状态,如求速度、加速度的最大值或最小值的条件,思维框架如下所示:
导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力合力变化加速度变化速度变化临界状态。
　　【例2】如图所示,有一光滑的水平导电轨道置于竖直向上的匀强磁场中,导轨由宽度分别为2L、L的两部分组合而成。两导体棒ab、cd分别垂直两导轨水平放置,质量均为m、有效电阻均为R。现给ab一水平向左的初速度v0,导轨电阻不计且足够长,ab、cd最终都做匀速直线运动,已知cd离开宽轨,滑上无磁场的光滑圆弧轨道后上升的最大高度为h,重力加速度为g。从cd开始运动到cd离开磁场这一过程中,求:

(1)ab开始运动瞬间cd所受安培力的大小和方向。
(2)ab做匀速运动时的速度大小。
(3)上述过程中闭合电路中产生的焦耳热。
【解析】(1)ab开始运动瞬间,产生的电动势E=BLv0
根据闭合电路的欧姆定律可得I=E2R
根据右手定则可得电流方向为dbac,根据左手定则可知cd所受安培力方向水平向左,大小F安=BI·2L
解得F安=B2L2v0R。
(2)设cd滑上无磁场的光滑圆弧轨道时初速度为v1,则有mgh=12mv12
cd和ab在导轨上最终做匀速运动时,此时闭合回路的磁通量不变,所以ab棒的速度v2=2v1
则v2=22hg。
(3)由功能关系,有Q=mv022-12mv12+12mv22
得Q=12mv02-5mgh。
【答案】(1)B2L2v0R　水平向左　(2)22hg
(3)12mv02-5mgh

　　对于电磁感应问题的研究思路有两条:一条从力的角度,重点分析安培力作用下导体棒的平衡问题,根据平衡条件列出方程;另一条从能量角度,分析涉及电磁感应现象的能量转化问题,根据动能定理、功能关系等列方程求解。
【变式训练3】(2018福建福州二模)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如图所示的装置。半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴OO'上,由电动机带动旋转。在金属导轨区域内存在磁感应强度大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的U形导轨保持良好接触,导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于磁感应强度大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与U形导轨连接。当开关S断开,棒cd静止时,弹簧伸长量为x0;当开关S闭合,电动机以某一转速顺时针匀速转动,棒cd再次静止时,弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)。不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时:

(1)通过棒cd的电流Icd。
(2)电动机对该装置的输出功率P。
(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系。
【解析】(1)S断开时,cd棒静止,有mg=kx0
S闭合时,cd棒静止,有mg+B2Icdl=kx
联立解得Icd=mg(x-x0)B2lx0。
(2)回路总电阻R总=R+12R=32R
总电流I=2Icd=2mg(x-x0)B2lx0
电动机对该装置的输出功率P=I2R总=6m2g2R(x-x0)2B22l2x02。
(3)由法拉第电磁感应定律得E=12B1ωl2
回路总电流I=ER总=B1ωl23R
联立解得ω=6mgR(x-x0)B1B2l3x0。
【答案】(1)mg(x-x0)B2lx0　(2)6m2g2R(x-x0)2B22l2x02
(3)6mgR(x-x0)B1B2l3x0
【变式训练4】(2019广西南宁1月检测)如图甲所示,放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L=1 m,质量m=1 kg 的光滑导体棒放在导轨上,导轨左端与阻值R=4 Ω的电阻相连,导轨所在位置有磁感应强度大小B=2 T的匀强磁场,磁场的方向垂直导轨平面向下,现给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F,并每隔0.2 s测量一次导体棒的速度,图乙是根据所测数据描绘出的导体棒的v-t图象。设导轨足够长,求:

(1)力F的大小。
(2)t=1.6 s时,导体棒的加速度大小。
(3)若1.6 s内导体棒的位移x=8 m,试计算1.6 s内电阻产生的热量。
【解析】(1)感应电动势E=BLv
感应电流I=ER,安培力F安=BIL
当速度最大时F=F安
解得F=B2L2vmR=10N。
(2)当t=1.6s时,v1=8m/s,此时F安=B2L2v1R=8N
F-F安=ma,解得a=2m/s2。
(3)由能量守恒得Fx=Q+12mv12
解得1.6s内电阻产生的热量Q=48J。
【答案】(1)10N　(2)2m/s2　(3)48J

题型三
电磁感应中的能量问题

　　1.特点:电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程,而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的,安培力做功的过程,是电能转化为其他形式能的过程,外力克服安培力做功,则是其他形式的能转化为电能的过程。
2.基本思路:(1)在电磁感应中,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。(2)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相互转化。(3)根据能量守恒列方程求解。
3.能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化

(2)求解焦耳热Q的几种方法

【温馨提示】　求解电能应分清两类情况:(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算。(2)若电流变化,则可利用安培力做功求解,电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;也可利用能量守恒求解,若只有电能与机械能的转化,则减少的机械能等于产生的电能。
　　【例3】某同学设计了电磁健身器,简化装置如图所示。两根平行金属导轨相距l=0.50 m,倾角θ=53°,导轨上端接一个R=0.05 Ω的电阻。在导轨间长d=0.56 m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小B=2.0 T。质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与轻的拉杆GH相连,CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m。一位健身者用F=80 N的恒力沿绳拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置。已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度g=10 m/s2,不计其他电阻、摩擦力,以及拉杆和绳索的质量。

(1)求CD棒进入磁场时速度v的大小。
(2)通过数据计算,说明CD棒进入磁场后的运动情况。
(3)某健身者锻炼过程中,没有保持80 N的恒定拉力。若测出CD棒到达磁场上边缘时的速度为2 m/s,CD棒每次上升过程中,电阻产生的焦耳热Q=22.4 J,这位健身者为了消耗8000 J的热量,约需完成以上动作多少次?
【解析】(1)CD棒进入磁场前,根据牛顿第二定律,有
F-mgsinθ=ma
解得a=12m/s2
由匀变速公式2as=v2,解得v=2.4m/s。
(2)CD棒刚进入磁场时,感应电动势E=Blv=2.4V
感应电流I=ER=48A
安培力F安=BIl=48N,方向沿斜面向下
重力沿斜面方向的分力G1=mgsinθ=32N
因拉力F=80N,则F=F安+G1,即合力为零,故CD棒进入磁场后,做匀速运动。
(3)每次上升过程,CD棒增加的重力势能ΔEp=mg(s+d)sinθ=25.6J
增加的动能ΔEk=12mvt2=8J
每次需消耗的能量ΔE=ΔEk+ΔEp+Q=56J
次数n=E总ΔE≈142.86,则完成以上动作约需143次。
【答案】(1)2.4m/s　(2)匀速运动　(3)143次

　　依据牛顿第二定律,结合运动学公式,即可求CD棒进入磁场时的速度,再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律,确定安培力的大小,结合矢量的合成法则,确定合力大小,整个运动过程中,运动员消耗的能量转化为CD棒的动能、重力势能及电路的焦耳热,根据能量守恒定律,即可求解。


【变式训练5】(2019甘肃陇南1月月考)如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块(　　)。
A.在Q和P中都做自由落体运动
B.在两个下落过程中的机械能都守恒
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
【解析】当小磁块在光滑的铜管P中下落时,由于穿过铜管的磁通量变化,导致铜管产生感应电流,从而产生安培力,阻碍小磁块的运动,所以P做的不是自由落体运动。在塑料管内小磁块没有受到任何阻力,做自由落体运动,故A项错误。由A项分析可知,在铜管中运动的小磁块机械能不守恒,而在塑料管中运动的小磁块机械能守恒,故B项错误。在铜管中小磁块受到安培力,则在P中的下落时间比在Q中的长,故C项正确。根据动能定理可知,因安培力做功产生热能,则至底部时在P中的速度比在Q中的小,故D项错误。
【答案】C
【变式训练6】(2018浙江台州一模)(多选)如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域,MN和M'N'是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc边平行,磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落,图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t图象。已知金属线框的质量为m,电阻为R,当地的重力加速度为g,图象中坐标轴上所标出的v1、v2、v3、t1、t2、t3、t4均为已知量(下落过程中线框abcd始终在竖直平面内,且bc边始终水平)。根据题中所给条件,以下说法正确的是(　　)。

A.可以求出金属线框的边长
B.线框穿出磁场时间(t4-t3)等于进入磁场时间(t2-t1)
C.线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向相同
D.线框穿出磁场与进入磁场过程产生的焦耳热相等
【解析】由线框运动的v-t图象,可知0~t1时间线框自由下落,t1~t2时间线框进入磁场,t2~t3时间线框在磁场中只受重力作用加速下降,t3~t4时间线框匀速离开磁场。线框的边长l=v3(t4-t3),A项正确。由于线框离开磁场时的速度v3大于进入磁场时的平均速度,因此线框穿出磁场的时间小于进入磁场的时间,B项错误。线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向都竖直向上,C项正确。线框进入磁场时有Q1=12mv12+mgl-12mv22;线框穿出磁场时有mgl=Q2,可见Q1 【答案】AC

题型四
电磁感应中的动量问题

　　1.动量定理揭示了物体所受合力的冲量与其动量的变化间的关系,可表示为I合=Δp,其对变力作用及复杂运动过程或任意曲线运动问题的处理提供了方法和依据;在对带电粒子在磁场中的曲线运动,通电导体在安培力作用下的复杂运动,导体棒切割磁感线运动中的动态过程中,均涉及磁场作用的变力,故常用平均力的冲量与动量定理,即运用I合=F合t=Δp=pt-p0=mvt-mv0解答问题。
2.以电磁感应现象为核心,综合应用力学各种不同的规律(如牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理等内容形成的综合类问题)。这类问题通常以导体棒或线圈为载体,弄清导体棒在磁场中因电磁感应现象对运动情况的影响。解决此类问题的关键在于对运动情况的分析,特别是对最终稳定状态的确定,利用物体的平衡条件求最大速度,利用动量观点分析双导体棒运动情况,等等。
　　【温馨提示】　电磁感应问题往往涉及牛顿运动定律、动量守恒、能量守恒、电路的分析和计算等许多方面的物理知识,使力学和电磁学知识的综合达到了极致,能够很好地考查考生综合应用物理知识解题的能力,因而成为高考考查的重点。
　　【例4】如图甲所示,足够长的两金属导轨MN、PQ水平平行固定,两导轨电阻不计,且处在竖直向上的磁场中,完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上,并与导轨接触良好,两导体棒的间距L=1 m,两导体棒的电阻均为R=0.5 Ω,且长度刚好等于两导轨间距L,开始时磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化,且当t=0.8 s时导体棒刚好要滑动。已知重力加速度g=10 m/s2,滑动摩擦力等于最大静摩擦力。

(1)求每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及0~0.8 s 内整个回路中产生的焦耳热。
(2)若保持磁场的磁感应强度B=0.5 T不变,用如图丙所示的水平向右的力F拉导体棒b,刚开始一段时间内b做匀加速直线运动,则经过多长时间a导体棒开始滑动?一根导体棒的质量为多少?
(3)当(2)中的拉力作用时间为4 s时,a、b两棒组成的系统的总动量为多大?
【解析】(1)开始时磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化
则回路中电动势E=ΔBΔtL2=0.5V
电路中的电流I=E2R=0.5A
当t=0.8s时f=BIL=0.25N
回路中产生的焦耳热Q=2I2Rt=0.2J。
(2)在a运动之前,根据牛顿第二定律,对b棒有
F-f-B2L2at2R=ma
变式有F=f+ma+B2L2at2R
对照图丙图线可得f+ma=0.5N,B2L2a2R=0.125
求得a=0.5m/s2,导体棒的质量m=0.5kg
当导体棒a刚好要滑动时,有B2L2v2R=f
求得v=1m/s
此时b运动的时间t=va=2s。
(3)在a滑动后的2s内,a、b两棒受到的安培力等大反向,系统受到的水平方向的合力为拉力与两个滑动摩擦力的合力,根据动量定理有IF-2ft'=p总-mv
由图丙的面积可知,IF=0.75+12×2N·s=1.75N·s
则p总=IF+mv-2ft'=1.25kg·m/s。
【答案】(1)0.25N　0.2J　(2)2s　0.5kg
(3)1.25kg·m/s

　　在电磁感应中,导体棒在导轨上做切割磁感线运动时,会产生感应电动势,从而使闭合电路中的导体棒有感应电流流过;而有电流流过的导体棒又要受到安培力作用,从而使它的运动状态发生变化,即产生加速度。因此,感应电流与导体棒运动的加速度之间有相互制约的动态变化关系,当经过足够长的时间后,二者一定趋于某一稳定状态。故解决这类问题时,正确进行动态分析、确定最终状态是解题的关键。


【变式训练7】(2018河北保定期中)如图所示,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内,其上端接一阻值为R的电阻;在两导轨间OO'下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO'位置释放,向下运动距离d后速度不再变化。金属棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平,导轨电阻不计。重力加速度为g。
(1)求棒ab在向下运动距离d的过程中回路产生的总焦耳热。
(2)棒ab从静止释放经过时间t0下降了12d,求此时刻的速度大小。
【解析】(1)设金属棒匀速运动的速度为vm,根据闭合电路的欧姆定律可得回路电流I=BlvmR+r
金属棒匀速运动时受力平衡,则有mg=BIl
联立解得金属棒的最大速度vm=mg(R+r)B2l2
根据能量守恒定律可得mgd=12mvm2+Q
解得Q=mgd-m3g2(R+r)22B4l4。
(2)以金属棒为研究对象,根据动量定理可得
(mg-BI-l)t0=mv
而q=I-t0=ΔΦR+r=Bld2(R+r)
解得v=gt0-B2l2d2m(R+r)。
【答案】(1)mgd-m3g2(R+r)22B4l4　(2)gt0-B2l2d2m(R+r)
【变式训练8】(2018辽宁丹东二模)如图所示,光滑的金属导轨固定在绝缘水平面上,导轨足够长,电阻不计,两轨间距为L,其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,一质量为m的金属棒,放置在导轨上,其电阻为r,某时刻一水平力F垂直作用在金属棒中点,金属棒从静止开始做匀加速直线运动,已知加速度大小为a,金属棒始终与导轨接触良好。

(1)从力F作用开始计时,请推导F与时间t的关系式。
(2)F作用时间t0后撤去,求金属棒能继续滑行的距离s。
【解析】(1)设t时刻,电路中电流为I,对金属棒有
F-BIL=ma
根据闭合电路欧姆定律可得BLv=I(R+r)
金属棒速度v=at
联立解得F=B2L2R+rat+ma。
(2)撤去F瞬间,金属棒速度v0=at0,在Δt时间内,取金属棒速度方向为正方向
由动量定理可得-ILBΔt=mΔv
两边求和有Σ-ILBΔt=ΣmΔv,BLv=I(R+r)
联立可得-B2L2r+RΣvt=-mat0,即s=mat0(R+r)B2L2。
【答案】(1)F=B2L2R+rat+ma　(2)mat0(R+r)B2L2

题型五
电磁感应现象中的电荷量问题

　　电磁感应现象中求电荷量一般有两种类型:
(1)根据平均感应电动势求平均电流,再求电荷量。平均感应电动势E-=nΔΦΔt,平均电流I-=E-R=nΔΦRΔt,电荷量q=I-Δt=nΔΦR,也就是电荷量等于磁通量的变化量除以电阻,与时间无关。
(2)根据动量定理求解。安培力的冲量I=BI-LΔt=BLq,由动量定理I=Δp可得q=ΔpBL。
【例5】电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意图如图,图中直流电源电动势为E,电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l,电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接1,使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨。求:

(1)磁场的方向。
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小。
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q。
【解析】(1)MN向右加速运动,说明安培力向右,而电流方向由M到N,则磁场的方向垂直于导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电流为I,有I=ER
设MN受到的安培力为F,有F=IlB
由牛顿第二定律,有F=ma
联立由上式得a=BlEmR。
(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为Q0,有Q0=CE
开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时,设MN上的感应电动势为E',有E'=Blvmax
依题意有E'=QC
设在此过程中MN的平均电流为I,MN上受到的平均安培力为F,有F=BIl
由动量定理,有FΔt=mvmax
又IΔt=Q0-Q
联立各式得Q=B2l2C2Em+B2l2C。
【答案】(1)垂直于导轨平面向下　(2)BlEmR
(3)B2l2C2Em+B2l2C

　　充电结束后电容器两极板间电压等于电源电动势,所以MN刚开始运动时的电流I=ER,但随着电容器开始放电,极板电荷量减少,极板间电压降低,电流也减小,而MN受安培力作用做加速运动,切割磁感线,产生反电动势;当MN上产生的电动势与两极板间电压相等时,MN将做匀速运动,极板所带电荷稳定不变,在此过程中,安培力BI-l的冲量BI-lΔt等于MN的动量增加量mvmax,而极板释放的电荷量等于I-Δt。
【变式训练9】(2018天津期末)(多选)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,线圈所围的面积为0.1 m2,线圈电阻为1 Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向,如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则以下说法正确的是(　　)。

A.0~2 s内,I的最大值为0.01 A
B.3 s~5 s内,I越来越小
C.前2 s内,通过线圈某截面的总电荷量为0.01 C
D.第3 s内,线圈的发热功率最大
【解析】根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt=nΔBΔt·S,可以看出B-t图象的斜率越大则电动势越大,所以零时刻线圈的感应电动势最大,即Emax=nΔBSΔt=0.01V,根据欧姆定律有Imax=EmaxR=0.01A,A项正确;3s~5s内,B-t图象的斜率不变,可知该段时间内电动势不变,即电流大小不变,B项错误;通过线圈某一截面的电荷量q=nΔΦR=nΔBSR=0.01C,故C项正确;第3s内,磁场不变,则磁通量不变,故没有感应电流产生,则线圈不会产生热量,D项错误。
【答案】AC
【变式训练10】(2018黑龙江大庆二模)如图所示,两条平行的光滑金属导轨相距L=1 m,金属导轨由倾斜与水平两部分组成,倾斜部分与水平方向的夹角θ=37°,整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。金属棒EF和MN的质量均为m=0.2 kg,电阻均为R=2 Ω,EF置于水平导轨上,MN置于倾斜导轨上,两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。现在外力作用下使EF棒以速度v0=4 m/s向左匀速运动,MN棒恰能在倾斜导轨上保持静止状态。倾斜导轨上端接一阻值也为R的定值电阻,重力加速度g=10 m/s2,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6。

(1)求磁感应强度B的大小。
(2)若将EF棒固定不动,将MN棒由静止释放,MN棒沿斜面下滑距离d=5 m时达到稳定速度,求此过程中通过MN棒的电荷量。
(3)在(2)过程中,整个电路中产生的焦耳热。
【解析】(1)EF棒运动切割磁感线产生的感应电动势E=BLv0,流过EF棒的感应电流I=E12R+R=2BLv03R
对MN,根据平衡条件可得mgsinθ=B·I2·Lcosθ
解得B=1.5T。
(2)MN产生的平均感应电动势E-=ΔΦΔt
平均感应电流I-=E-R总
R总=12R+R=32R
所以通过MN的感应电荷量q=I-Δt=ΔΦR总=2BLdcosθ3R
代入数据可得q=2.0C。
(3)设MN棒沿倾斜导轨下滑的稳定速度为v,则有E'=BLvcosθ
感应电流I'=E'R总=2BLvcosθ3R
对MN棒根据共点力的平衡条件可得mgsinθ=BI'Lcosθ
解得v=2.5m/s
根据功能关系可得mgdsinθ=12mv2+Q总
解得Q总=5.375J。
【答案】(1)1.5T　(2)2.0C　(3)5.375J

题型六
电磁感应中的“杆轨模型”问题

　　1.“杆+导轨”模型是电磁感应问题的“基本道具”,也是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化空间大,是我们复习中的难点。“杆+导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点);导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜;杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动等。
2.该模型的解题思路:(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)求回路中的电流大小;(3)分析研究导体受力情况(包含安培力,用左手定则确定其方向);(4)列动力学方程或平衡方程求解。
【温馨提示】　解决此类问题要抓住三点:(1)杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度,此时合力为零);(2)整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功;(3)电磁感应现象遵循能量守恒定律。
【例6】如图所示,宽度为L的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r1的四分之一圆弧轨道,右端为半径为r2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道,水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场。一根质量为m的金属杆a置于水平轨道上,另一根质量为M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b滑入水平轨道某位置时,a滑上了右端半圆轨道最高点(b始终运动且a、b未相撞),并且a在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a的电荷量为q,a、b棒的电阻均为R,其余部分电阻不计。在b由静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点的过程中,求:

(1)在刚进入水平轨道上运动时b的加速度大小。
(2)自b释放到a到达右端半圆轨道最高点的过程中系统产生的焦耳热。
(3)a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度大小。
【解析】(1)b棒从左侧轨道下滑到最低点的过程,由机械能守恒定律,有
12Mvb12=Mgr1
解得vb1=2gr1
设b棒刚滑到水平轨道时加速度为a
由E=BLvb1,I=E2R,F安=BIL=Ma
解得a=B2L22gr12MR。
(2)对b棒,根据动量定理得
-BI-Lt=Mvb2-Mvb1
又I-t=q,即-BLq=Mvb2-Mvb1
解得vb2=2gr1-BLqM
对a棒,在轨道最高点,根据牛顿第三定律得FN=FN'=mg
根据牛顿第二定律得mg+FN=mva12r2
解得va1=2gr2
对系统,根据能量守恒定律得
Mgr1=12Mvb22+12mva12+mg·2r2+Q
解得Q=2gr1BLq-3mgr2-B2L2q22M。
(3)a棒从最低点向最高点运动的过程中能量守恒,有
2mgr2=12mva22-12mva12
解得va2=6gr1
当两棒都在水平轨道上运动时,两棒组成的系统合外力为零,动量守恒,则有
Mvb1=Mvb3+mva2
解得vb3=2qr1-mM6gr2。
【答案】(1)B2L22gr22MR
(2)2gr1BLq-3mgr2-B2L2q22M
(3)2gr1-mM6gr2

　　本题考查“双杆模型”在磁场中切割磁感线的运动,要结合电磁感应定律、动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等规律求解。b棒从左侧轨道下滑的过程中,只有重力做功,其机械能守恒,求出b刚进入水平轨道时的速度大小。进入水平轨道后b棒切割磁感线产生感应电流,由牛顿第二定律和安培力公式求解b棒刚进入磁场时的加速度,当两棒都在水平轨道上运动时,通过a的电荷量为q,根据动量定理求出b棒后来的速度。对a棒,由牛顿运动定律求出通过最高点时的速度,由机械能守恒定律求出离开磁场时的速度,再由能量守恒定律即可求解系统产生的焦耳热,最
终根据两棒都在水平轨道上运动时,两棒组成的系统合外力为零,动量守恒,求出a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度。

【变式训练11】(2018辽宁沈阳期中)如图所示,abcd为水平放置的平行“ ⊂”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则(　　)

A.电路中感应电动势的大小为Blvsinθ
B.电路中感应电流的大小为Bvsinθr
C.金属杆所受安培力的大小为B2lvsinθr
D.金属杆的发热功率为B2lv2rsinθ
【解析】电路中的感应电动势E=Blv,感应电流I=ER=Elsinθr=Bvsinθr,故A项错误,B项正确;金属杆所受安培力大小F=BIlsinθ=B2lvr,故C项错误;金属杆的发热功率P=I2R=I2lsinθr=B2lv2sinθr,故D项错误。
【答案】B

【变式训练12】(2018广西南宁一模)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为θ。一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为d的正方形,由于磁铁
距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为ρ,为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g。
(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I。
(2)若两铝条的宽度均为b,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式。
(3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度b'>b的铝条,磁铁仍以速度v进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。
【解析】(1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等且均为F安,有F安=IdB
磁铁受到沿斜面向上的作用力为F,其大小F=2F安
磁铁匀速运动时受力平衡,则有F-mgsinθ=0
联立可得I=mgsinθ2Bd。
(2)磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为E,有
E=Bdv
铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有R=ρddb
由欧姆定律有I=ER
联立可得v=ρmgsinθ2B2d2b。
(3)磁铁以速度v进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F,联立上式可得F=2B2d2bvρ
当铝条的宽度b'>b时,磁铁以速度v进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F',有
F'=2B2d2b'vρ
可见,F'>F=mgsinθ,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大;之后,随着运动速度减小,F'也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减小
综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动。直到F'=mgsinθ时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑。
【答案】(1)mgsinθ2Bd　(2)v=ρmgsinθ2B2d2b　(3)见解析




1.(2018浙江绍兴一模)(多选)如图甲所示是一种手摇发电的手电筒,内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁,其原理图如图乙所示。当沿图中箭头方向来回摇动手电筒时,条形磁铁在线圈内来回运动,灯泡发光。在此过程中,下列说法正确的是(　　)。
A.增加摇动频率,灯泡变亮
B.线圈对磁铁的作用力方向不变
C.磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时,灯泡中电流方向相反
D.磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出过程,灯泡中电流方向相同
【解析】要使灯泡亮度增大,即电流变大,可以加速切割、增加线圈匝数、更换磁性更强的磁铁或者增大摇动的频率,故A项正确。根据楞次定律的推论“来拒去留”可知,线圈对磁铁的作用力方向要发生变化,故B项错误。磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时,穿过线圈的磁通量均先增大后减小,根据楞次定律可知灯泡中电流方向相反,故C项正确。同理可知,D项错误。
【答案】AC
2.(2018湖北九校联考)如图所示,磁感应强度大小B=0.2 T的匀强磁场中有一固定金属线框PMNQ,线框平面与磁感线垂直,线框宽度L=0.4 m。导体棒CD垂直放置在线框上,并以垂直于棒的速度v=5 m/s向右匀速运动,运动过程中导体棒与金属线框保持良好接触。导体棒接入电路中的有效电阻R= 0.5 Ω,金属线框电阻不计,则匀强磁场对导体棒的安培力大小和回路中的电功率分别为(　　)。

A.F= 0.032 N,P= 0.64 W
B.F= 0.032 N,P= 0.32 W
C.F= 0.064 N,P= 0.32 W
D.F= 0.064 N,P= 0.64 W
【解析】MNCDM回路中的感应电动势E=BLv,回路中的电流I=ER,导体棒受到的安培力F=BIL,联立解得F=B2L2vR=0.064N,方向向左,回路中的电功率P=EI=0.32W,C项正确。
【答案】C

3.(2018河南安阳二模)(多选)如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行金属导轨,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.如果只有B增大,vm将变大
B.如果只有α变大,vm将变大
C.如果只有R变大,vm将变大
D.如果只有m变小,vm将变大
【解析】当金属杆匀速运动时,速度最大,此时有mgsinα=F安,又安培力F安=B2L2vmR,联立解得vm=mgRsinαB2L2。如果只增大B,vm将变小,A项错误;当只增大α时,vm将变大,B项正确;当只增大R时,vm将变大,C项正确;当只减小m时,vm将变小,D项错误。
【答案】BC
4.(2018湖北宜昌9月月考)(多选)如图所示,间距L=1.0 m、长为5.0 m的光滑导轨固定在水平面上,一电容C=0.1 F的平行板电容器接在导轨的左端。垂直于水平面的磁场沿x轴方向上按B=B0+kx(其中B0=0.4 T,k=0.2 T/m)分布,垂直x轴方向的磁场均匀分布。现有一导体棒横跨在导体框上,在沿x轴方向的水平拉力F作用下,以v=2.0 m/s的速度从x=0处沿x轴方向匀速运动,不计所有电阻,下列说法中正确的是(　　)。

A.电容器中的电场随时间均匀增大
B.电路中的电流随时间均匀增大
C.拉力F的功率随时间均匀增大
D.导体棒运动至x=3 m处时,所受安培力为0.02 N
【解析】根据导体切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,所以ΔE=ΔBLv,因为磁场随位移均匀变化,所以感应电动势随位移均匀增大,电容器两端的电压均匀变化,电场强度也是均匀变化的,A项正确;电容器的电容C=ΔQΔU=IΔtΔBLv,解得I=ΔBΔtLCv,由于导体棒匀速运动,且磁感应强度随位移均匀变化,而Δx=v·Δt,所以电流不变,B项错误;导体棒匀速运动,根据平衡条件可得F=BIL,而B均匀增大,所以安培力均匀增大,拉力F均匀增大,拉力做功功率等于克服安培力做功功率,根据P=Fv可知,外力的功率均匀增大,C项正确;导体棒运动至x=3m处时,磁感应强度B=(0.4+0.2×3)T=1T,电流I=ΔBΔtLCv=ΔBΔxLCv2=0.08A,所以导体棒所受安培力F=BIL=0.08N,D项错误。
【答案】AC


5.(2019河北张家口1月模拟)(多选)如图所示,固定的竖直光滑U形金属导轨,间距为L,上端接有阻值为R的电阻,处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中,质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上,导轨的电阻忽略不计。初始时刻,弹簧处于伸长状态,其伸长量x1=mgk,此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中,导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是(　　)。
A.初始时刻导体棒受到的安培力大小F=B2L2v0R
B.初始时刻导体棒加速度的大小a=2g+B2L2v0m(R+r)
C.导体棒往复运动,最终静止时弹簧处于压缩状态
D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中,电阻R上产生的焦耳热Q=12mv02+2m2g2k
【解析】导体棒的初速度为v0,初始时刻产生的感应电动势E=BLv0,初始时刻回路中产生的电流I=ER+r,导体棒受到的安培力F=BIL,联立解得F=B2L2v0R+r,A项错误;初始时刻,弹簧处于伸长状态,导体棒受到的重力、安培力和弹簧的弹力均向下,由ma=mg+kx1+F,解得a=2g+B2L2v0m(R+r),B项正确;导体棒最终静止时,受到的重力和弹簧的弹力平衡,所以弹力的方向向上,此时导体棒的位置比初始时刻降低了,C项正确;导体棒最终静止时,棒受到的重力和弹簧的弹力平衡,有mg=kx2,得x2=mgk,由于x1=x2,所以弹簧的弹性势能不变,由能量守恒定律得mg(x1+x2)+Ek=Q,解得系统产生的总热量Q=12mv02+2m2g2k,R上产生的热量要小于系统产生的总热量,D项错误。
【答案】BC
6.(2019黑龙江绥化1月自测)(多选)如图甲所示,相距为L的两条平行光滑的金属导轨ab、cd被固定在水平桌面上,两根质量均为m、电阻均为R的导体棒M和N置于导轨上。一条跨过桌边定滑轮的轻质细线一端与导体棒M相连,另一端与套在光滑竖直杆上的质量为m的物块P相连,整个系统处于竖直向上的匀强磁场(图中未画出)中,磁感应强度为B。一开始整个系统处于静止状态,跨过滑轮的细绳水平。现由静止状态开始释放物块P,当其下落高度为h时细线与杆成37°角,此时物块P的速度为v,导体棒N的速度为u。若不计导轨电阻及一切摩擦,运动过程中导体棒始终与导轨垂直且有良好的接触,则(　　)。


甲
A.在此过程中绳上拉力对导体棒M所做的功等于mgh-12mv2
B.在此过程中电路中产生的电能为mgh-4130mv2
C.在此过程中M和P机械能的减少量等于系统产生的电热
D.在此过程中电路产生的焦耳热为mgh-12m4125v2+u2
【解析】当物块P下落高度为h时细线与杆成37°角,此时物块P的速度为v,如图乙所示。

乙
此时导体棒M的速度vM=vcos37°=0.8v,根据能量守恒定律,在此过程中,电路中产生的电能E=mgh-12mv2-12mvM2=mgh-4150mv2,对M,根据动能定理可得W绳=E+12mvM2=mgh-12mv2,A、B两项正确;在此过程中M和P机械能的减少量等于系统产生的电热和N动能的增加量,C项错误;根据能量关系可得在此过程电路产生的焦耳热Q=E-12mu2=mgh-12m4125v2+u2,D项正确。
【答案】ABD
7.(2018广西十校联考)如图所示,足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面的夹角为α,导轨电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上,长为L的金属棒ab垂直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,电阻为R,两金属导轨的上端连接右侧电路,电路中R2为一电阻箱,已知灯泡的电阻RL=3R不变,定值电阻R1=R,调节电阻箱使R2=6R,重力加速度为g,闭合开关S,现将金属棒由静止释放。

(1)求金属棒下滑的最大速度vm的大小。
(2)若金属棒下滑距离为x时速度恰好达到最大,求金属棒由静止开始下滑x的过程中流过R1的电荷量和R1产生的焦耳热Q1。
(3)改变电阻箱R2的值,求R2为何值时,金属棒匀速下滑过程中R2消耗的电功率最大。
【解析】(1)当金属棒受力平衡时速度最大,有
mgsinα=F安,F安=BIL,I=BLvmR总
R总=4R,联立解得vm=4mgRsinαB2L2。
(2)平均感应电动势E=ΔΦΔt=BLxΔt,平均感应电流I-=E4R
得通过R1的电荷量q=I-Δt=BLx4R
由动能定理有WG-W安=12mvm2
WG=mgxsinα,W安=Q
解得Q=mgxsinα-8m3g2R2sin2αB4L4
故Q1=14Q=14mgxsinα-2m3g2R2sin2αB4L4。
(3)设金属棒匀速下滑时通过R2的电流大小为I2,则
P2=I22R2
联立可得P2=9R2R2R22+6RR2+9R2mgsinαBL2=9R2R2+9R2R2+6RmgsinαBL2
当R2=9R2R2,即R2=3R时,R2消耗的功率最大。
【答案】(1)4mgRsinαB2L2　(2)BLx4R　14mgxsinα-2m3g2R2sin2αB4L4　(3)R2=3R
8.(2018安徽芜湖开学考试)如图所示,足够长的平行金属导轨倾斜放置,导轨所在平面倾角θ=37°,导轨间距L=1 m,在水平虚线的上方有垂直于导轨平面向下的匀强磁场Ⅰ,水平虚线下方有平行于导轨平面向下的匀强磁场Ⅱ,两磁场的磁感应强度大小均为B=1 T。导体棒cd、ef垂直放置在导轨上,开始时给两导体棒施加约束力使它们静止在斜面上,现给ef棒施加沿斜面向上的拉力F,同时撤去对两导体棒的约束力,使ef沿斜面向上以a=1 m/s2的加速度做匀加速直线运动,cd棒沿斜面向下运动,运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5,导体棒的质量均为m=0.1 kg,两导体棒组成的回路总电阻R=2 Ω,导轨的电阻不计,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

(1)当cd棒运动的速度达到最大时,ef棒受到的拉力大小。
(2)当回路中的瞬时电功率为2 W时,在此过程中,通过ef棒横截面的电荷量。
【解析】(1)当cd棒运动的速度达到最大时有
mgsinθ=μ(mgcosθ+BIL)
对ef棒,根据牛顿第二定律,有
F-BIL-μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得F=1.5N。
(2)当回路中的瞬时功率为2W时,有P=E2R,E=BLv
导体棒ef向上运动的距离x=v22a=2m
此过程中通过导体棒ef横截面的电荷量q=I-Δt=E-RΔt=ΔΦR=BLxR=1C。
【答案】(1)1.5N　(2)1C

1.(2018江苏卷,19)(多选)如图甲所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d,磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g。金属杆(　　)。

甲
A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4
【解析】穿过磁场Ⅰ后,金属杆在磁场之间做加速运动,在磁场Ⅱ上边缘时的速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度,即进入磁场Ⅰ时的速度等于进入磁场Ⅱ时的速度,大于从磁场Ⅰ出来时的速度。金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动,加速度方向向上,A项错误。金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动,由牛顿第二定律知ma=BIL-mg=B2L2vR-mg,a随着减速过程逐渐变小,即在前一段做加速度减小的减速运动。金属杆在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由v-t图象(可能图象如图乙所示)可以看出前一段用时多于后一段用时,B项正确。

乙
由于进入两磁场时速度相等,由动能定理知,W安1-mg·2d=0,W安1=2mgd,即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd,故穿过两磁场产生的总热量为4mgd,C项正确。设金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度为v,则由机械能守恒定律知mgh=12mv2,进入磁场时有ma=BIL-mg=B2L2vR-mg,解得v=m(a+g)RB2L2,联立解得h=m2(a+g)2R22B4L4g>m2gR22B4L4,D项错误。
【答案】BC
2.(2018天津卷,12)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图甲是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m。列车启动前,ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图甲所示。为使列车启动,需在M、N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。

甲


乙

(1)要使列车向右运行,启动时图甲中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由。
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小。
(3)列车减速时,需在前方设置如图乙所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?
【解析】(1)列车要向右运动,安培力方向应向右。根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a到b、由c到d,故M接电源正极。
(2)由题意,启动时ab、cd并联,设回路总电阻为R总,由电阻的串并联知识得
R总=R2
设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有
I=ER总
设两根金属棒所受安培力之和为F,有
F=BIl
根据牛顿第二定律有
F=ma
联立解得a=2BElmR。
(3)设列车减速时,cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有
E1=ΔΦΔt
其中ΔΦ=Bl2
设回路中平均电流为I',由闭合电路欧姆定律有
I'=E12R
设cd受到的平均安培力为F',有
F'=BI'l
以向右为正方向,设Δt时间内cd所受安培力冲量为I冲,有
I冲=-F'Δt
同理可知,回路出磁场时ab所受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域的安培力冲量为I0,有
I0=2I冲
设列车停下来受到的总冲量为I总,由动量定理有
I总=0-mv0
联立解得I总I0=mv0RB2l3
讨论:若I总I0恰为整数,设其为n,则需设置n块有界磁场;若I总I0不是整数,设I总I0的整数部分为N,则需设置N+1块有界磁场。
【答案】(1)见解析　(2)2BElmR　(3)见解析

3.(2017全国卷Ⅲ,15)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是(　　)。
A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向
B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向
C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向
D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向
【解析】金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里,磁通量增大,由楞次定律可判断,闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外,由安培定则可判断感应电流方向为逆时针;由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外,与原磁场方向相反,则T中磁通量减小,由楞次定律可判断,T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里,由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针,D项正确。
【答案】D

4.(2016全国卷Ⅰ,24)如图,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。
【解析】(1)设导线的张力大小为T,右斜面对ab棒的支持力大小为N1,作用在ab棒上的安培力大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对ab棒,由力的平衡条件得
2mgsinθ=μN1+T+F
N1=2mgcosθ
对cd棒,同理有mgsinθ+μN2=T
N2=mgcosθ
联立上式得F=mg(sinθ-3μcosθ)。
(2)由安培力公式得F=BIL
这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势E=BLv
式中,v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I=ER
联立上式得v=(sinθ-3μcosθ)mgRB2L2。
【答案】(1)mg(sinθ-3μcosθ)
(2)(sinθ-3μcosθ)mgRB2L2

5.(2016全国卷Ⅱ,24)如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求:
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小。
(2)电阻的阻值。
【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得
ma=F-μmg

　　设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有
v=at0
当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律可得,杆中的电动势E=Blv
联立上式可得E=Blt0Fm-μg。
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律,有I=ER
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力F安=BlI
因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得
F-μmg-F安=0
联立上式得R=B2l2t0m。
【答案】(1)Blt0Fm-μg　(2)B2l2t0m
6.(2015全国卷Ⅱ,15)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时,a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)。

A.Ua>Uc,金属框中无电流
B.Ub>Uc,金属框中电流方向沿a-b-c-a
C.Ubc=-12Bl2ω,金属框中无电流
D.Ubc=12Bl2ω,金属框中电流方向沿a-c-b-a
【解析】金属框绕ab边转动时,闭合回路abc中的磁通量始终为零(不变),所以金属框中无电流。金属框在逆时针转动时,bc边和ac边均切割磁感线,由右手定则可知Ub 【答案】C