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1、第4講加試第23題電磁感應規(guī)律的綜合應用,專題七計算題題型強化,,內容索引,題型1電磁感應中的動力學問題,題型2電磁感應中的動力學和能量問題,,,電磁感應中的動力學問題,,題型1,1.基本特點 導體棒運動產生感應電動勢感應電流通電導體棒受安培力合外力變化加速度變化速度變化周而復始地循環(huán)，最終導體棒的加速度等于零，導體棒達到穩(wěn)定運動狀態(tài)，要抓住a0時速度v達到最大的特點.,2.基本思路,例1如圖1所示，豎直平面內有兩個半徑為r、光滑的 圓弧形金屬環(huán)，在M、N處分別與距離為2r、足夠長的平行光滑金屬導軌ME、NF相接，金屬環(huán)最高點A處斷開不接觸.金屬導軌ME、NF的最遠端EF之間接有電阻為R的小燈

2、泡L.在MN上方及CD下方有水平方向的勻強磁場和，磁感應強度大小均為B，磁場和之間的距離為h.現有質量為m的導體棒ab，從,金屬環(huán)的最高點A處由靜止下落，在下落過程中導體棒始終保持水平，與金屬及軌道接觸良好.已知導體棒下落 時向下的加速度為a.導體棒進入磁場后小燈泡亮度始終不變.重力加速度為g.導體棒、軌道、金屬環(huán)的電阻均不計.求：,圖1,(1)導體棒從A處下落 時的速度v1大??；,答案,解析,根據牛頓第二定律得：,(2)導體棒下落到MN處時的速度v2大??；,答案,解析,解析導體棒進入磁場后小燈泡亮度始終不變，說明導體棒受力平衡，勻速下落，設此時導體棒的速度為v3，則：,從MN下落到CD，v2

3、22ghv32,(3)將磁場的CD邊界下移一小段距離，分析導體棒進入磁場后小燈泡的亮度變化情況，并說明原因.,答案,解析,答案見解析,解析CD邊界下移一段距離，導體棒ab進入磁場時速度大于v3，mg

4、與時間t關系圖線如圖乙所示，圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.正方形金屬框abcd的質量為m，每條邊的長度和阻值分別為L和R，放置于豎直平面內，金屬框兩頂點a、b通過導線與圓形金屬線,圖2,圈的兩端點相連，金屬框abcd所在的空間存在有垂直金屬框水平向外的勻強磁場，金屬框恰好處于靜止狀態(tài).導線電阻不計，導線對a、b點的作用力不計，重力加速度為g.求t1時刻：,(1)通過金屬框ab邊的電流方向；,答案,解析,答案b流向a,解析金屬框恰好處于靜止狀態(tài)，所受安培力與重力平衡，根據左手定則判定，通過金屬框ab邊上的電流方向為b流向a.,(2)通過金屬框ab邊的電流大??；,答案,解析,解析由法拉第電

5、磁感應定律得感應電動勢為,由閉合電路歐姆定律得，通過導線的總電流大小為,(3)金屬框所在處勻強磁場的磁感應強度B2大小.,答案,解析,金屬框受重力和安培力，處于靜止狀態(tài)， 有mgB2IabLB2IcdL,電磁感應中的動力學和能量問題,,題型2,1.電磁感應現象遵守能量守恒定律，電磁感應現象中產生的電能，一定是由其他形式的能轉化而來的，從電磁感應現象產生的機理來區(qū)分，分為兩種情況： (1)單純的磁場變化：磁能電能電路中的內能(或其他形式的能)； (2)導體切割磁感線：機械能電能電路中的內能(或其他形式的能). 2.導體切割磁感線而產生的電能，必定等于導體克服安培力做的功，即產生的電能是用克服安培

6、力做的功來量度的.,3.從能量轉化的角度分析電磁感應過程，必須牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律.分析的基本思路是： 受力分析弄清哪些力做功，做正功還是負功明確有哪些形式的能參與轉化，哪些增哪些減由能量守恒定律列方程求解.,例2(2018慈溪市期末)如圖3甲所示，彎折成90角的兩根足夠長金屬導軌平行放置，形成左右兩導軌平面，左導軌平面與水平面成53角，右導軌平面與水平面成,圖3,37角，兩導軌相距L0.2 m，電阻不計.質量均為m0.1 kg，電阻均為R0.1 的金屬桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，金屬桿與導軌間的動摩擦因數均為0.5，整個裝置處于磁感應強度大小為B1.0 T，方向平行于左導

7、軌平面且垂直右導軌平面向上的勻強磁場中.t0時刻開始，ab桿以初速度v1沿右導軌平面下滑.t1 s時刻開始，對ab桿施加一垂直ab桿且平行右導軌平面向下的力F，使ab開始做勻加速直線運動.cd桿運動的vt圖象如圖乙所示(其中第1 s、第3 s內圖線為直線).若兩桿下滑過程均保持與導軌垂直且接觸良好，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：,(1)在第1 s內cd桿受到的安培力的大?。?答案,解析,答案0.2 N,解析ab桿沿右側導軌下滑，根據右手定則可知ab桿中感應電流由a到b，則cd桿中電流由d到c，根據左手定則可知cd桿受到的安培力垂直于左側導軌向下.,對cd桿受力

8、分析，根據牛頓第二定律， 有mgsin 53(mgcos 53F安)ma1 解得安培力F安0.2 N,(2)ab桿的初速度v1的大??；,答案,解析,答案1 m/s,解析對cd桿：安培力F安BIL,對ab桿：感應電動勢EI2R0.2 V 根據法拉第電磁感應定律EBLv1,(3)若第2 s內力F所做的功為9 J，求第2 s內cd桿所產生的焦耳熱.,答案,解析,答案3 J,解析根據題圖vt圖象可知，,對cd桿受力分析，根據牛頓第二定律， 有mgsin 53(mgcos 53F安)ma2 解得安培力F安1.8 N,第1 s內，對ab桿受力分析，有mgsin 37mgcos 37BIL0， 則第1 s內

9、ab桿勻速運動.,對ab桿，根據動能定理，有,解得安培力做功W安6 J 回路中產生的焦耳熱QW安2Qcd 故第2 s內cd桿所產生的焦耳熱Qcd3 J,2.(2018諾丁漢大學附中期中)如圖4甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ被固定在水平面上，導軌間距L0.6 m，兩導軌的左端用導線連接電阻R1及理想電壓表，電阻r2 的金屬棒垂直于導軌靜止在AB處；右端用導線連接電阻R2，已知R12 ，R21 ，導軌及導線電阻均不計.在矩形區(qū)域CDEF內有豎直向上的磁場，CE0.2 m，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示.在t0時刻開始，對金屬棒施加一水平向右的恒力F，從金屬棒開始運動直到離開磁場區(qū)

10、域的整個過程中電壓表的示數保持不變.求：,圖4,(1)t0.1 s時電壓表的示數；,答案,解析,答案0.3 V,解析設磁場寬度為dCE，在00.2 s的時間內，有,此時，R1與金屬棒r并聯，再與R2串聯 RR并R22 ,(2)恒力F的大小；,答案0.27 N,解析金屬棒進入磁場后，有,FABIL 即FA10.450.6 N0.27 N 由于金屬棒進入磁場后電壓表示數始終不變，所以金屬棒做勻速運動， 有FFA 得F0.27 N,答案,解析,(3)從t0時刻到金屬棒運動出磁場的過程中整個電路產生的熱量Q.,答案,解析,答案0.09 J,解析金屬棒在00.2 s的運動時間內，有,金屬棒進入磁場后，因

11、電壓表示數保持不變，故切割磁感線速度v不變，則WFWA0 WFFd0.270.2 J0.054 J 根據能量轉化規(guī)律Q2WA0.054 J 故Q總Q1Q20.09 J,3.(2018紹興市選考診斷)某興趣小組設計了一種利用開、關門來發(fā)電的裝置，如圖5甲所示.門ABCD可繞AD軸無摩擦轉動90，其BC邊是質量m2 kg、電阻r5 的金屬條，門的其他部分為絕緣體且質量忽略不計，AB1 m，BC2 m，金屬條B、C兩端用導線連接電阻R5 的小燈泡組成閉合回路，門角B點與墻面間連有一輕質彈簧(圖中未畫出).門關閉時，門邊BC處于位置，此時彈簧處于原長；門打開90時，門邊BC處于位置，此時彈簧拉伸最長.

12、在門邊BC轉動路徑的到位置區(qū)域，存在高2米、圓心角為45的柱形輻向磁場區(qū)域AMNFDAE，如圖乙所示.BC邊轉動路徑附近的磁感應強度為B1 T.現用力推門，使門從位置由靜止 開始轉動，以恒定的角速度1 rad/s經過磁場區(qū)域，當門邊 BC轉過時撤去F，門剛好能轉過90到達位置而速度減為 0，此后又在彈簧作用下被彈回，直至關閉，已知此過程中推 力做功為WF1.5 J.其中取3.,圖5,(1)門邊BC剛轉到位置進入磁場瞬間，通過燈泡的電流方向如何(選答“BC”或“CB”)?,答案,解析,答案BC,解析根據右手定則，通過燈泡的電流方向為BC.,(2)門邊BC剛轉到位置進入磁場瞬間，求燈泡兩端的電壓U；,答案,解析,答案1 V,解析門剛好進入磁場時，門BC邊切割磁感線的速度vLAB1 m/s 產生的電動勢EBLv121 V2 V,燈泡兩端的電壓UIR1 V,(3)已知門剛好關閉前的角速度1 rad/s，求門彈回直至關閉過程中小燈泡消耗的電能.,答案,解析,答案0.1 J,解析在門打開過程中，BC邊克服安培力做功，回路中產生焦耳熱 Q1I2(Rr)t0.3 J 門關閉前的速度vLAB1 m/s,整個過程中，根據能量守恒，外力做功轉化為焦耳熱和門增加的動能 則回路總的焦耳熱Q總WFEk0.5 J 因此門彈回直至關閉過程中產生的電能Q2Q總Q10.2 J,