第七讲 必考计算题7 电磁感应规律的综合应用

第七讲 必考计算题7 电磁感应规律的综合应用

命题点一 电磁感应中的动力学问题

例1 如图1所示，光滑的“

”形金属导体框竖直放置，除图中已标阻值为R 的电阻外，

其余电阻不计．质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好．在区域abcd 和cdef 内，存在磁感应强度大小分别为B 1＝B 、B 2＝2B 的有界匀强磁场，方向均垂直于框架平面向里，两竖直导轨ae 与bf 间距为L .现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒进入磁场B 1区域后恰好做匀速运动．求：

图1

(1)金属棒进入磁场B 1区域后的速度大小； (2)金属棒刚进入磁场B 2区域时的加速度大小．

解析 (1)当金属棒进入磁场B 1区域后恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反．则 F 1＝B 1I 1L ＝BI 1L ＝mg 又I 1＝B 1L v R ＝BL v R

联立得：v ＝mgR

B 2L

2

(2)金属棒刚进入磁场B 2区域时，由楞次定律判断知所受的安培力方向竖直向上，大小为： F 2＝B 2I 2L ＝2B 2BL v R L ＝4B 2L 2v

R

把(1)问求得的v 代入，可得F 2＝4mg 根据牛顿第二定律得：F 2－mg ＝ma 得a ＝3g .

答案 (1)mgR

B 2L 2 (2)3g

用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题

解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：

(1)进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E 和r .

(2)进行“路”的分析——分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力．

(3)“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力．

(4)进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型． 题组阶梯突破

1．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图2所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g ＝10 m/s 2)

图2 图3

(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？

(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图3所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt .

答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s

解析 (1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力 F ＝N 1B 0IL

由天平平衡可知：mg ＝N 1B 0IL 代入数据解得：N 1＝25匝

(2)由法拉第电磁感应定律得：E ＝N 2ΔΦΔt ＝N 2ΔB

Δt Ld

由欧姆定律得：I ′＝E

R

线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L

由天平平衡可得：m ′g ＝N 22B 0

ΔB Δt ·dL

2

R

代入数据可得ΔB

Δt

＝0.1 T/s.

2．(2018·10月浙江选考)如图4甲所示，质量m ＝3×10－

3 kg 的“”形金属细框竖直放置在

两水银槽中，“”形框的水平细杆CD 长l ＝0.20 m ，处于磁感应强度大小B 1＝1.0 T 、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n ＝300匝、面积S ＝0.01 m 2的线圈通过开关K 与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 2的大小随时间t 变化的关系如图乙所示．

(1)求0～0.10 s 线圈中的感应电动势大小；

(2)t ＝0.22 s 时闭合开关K ，若细杆CD 所受安培力方向竖直向上，判断CD 中的电流方向及磁感应强度B 2的方向；

(3)t ＝0.22 s 时闭合开关K ，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h ＝0.20 m ，求通过细杆CD 的电荷量．

图4

答案 (1)30 V (2)电流方向C →D B 2方向向上 (3)0.03 C 解析 (1)由电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt

得E ＝nS ΔB 2

Δt ＝30 V

(2)电流方向C →D B 2方向向上

(3)由牛顿第二定律有F ＝ma ＝m v －0

Δt

(或由动量定理F Δt ＝m v －0) 安培力F ＝IB 1l ΔQ ＝I Δt v 2＝2gh

得ΔQ ＝m 2gh

B 1l ＝0.03 C.

命题点二 动力学和能量观点的综合应用

例2 (2018·浙江10月学考·22)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5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A 带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B 1、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 ”型导轨保持良好接触，导轨间距为l ，底部接阻值也为R 的电阻，处于大小为B 2、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 ”型导轨连接．当开关S 断开，棒cd 静止时，弹簧伸长量为x 0；当开关S 闭合，电动机以某一转速匀速转动，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：

图5

(1)通过棒cd 的电流I cd ；

(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)ab 顺时针转动时产生的电动势为E ＝1

2B 1ωl 2

由右手定则，电流方向由a 到b ，

由闭合电路欧姆定律，总电流I ＝E R ＋12R

＝B 1ωl 2

3R

通过cd 棒的电流I cd ＝12I ＝B 1ωl 2

6R

，方向由d 到c

(2)电动机的输出功率P ＝I 2

·32R ＝B 21ω2l

4

6R

(3)S 断开时，由平衡条件kx 0＝mg S 闭合时，由平衡条件kx ＝B 2I cd l ＋mg