微专题10 电磁感应

答案 ①ρL S ②E R+r ③I 2Rt ④nBSω ⑤n 1n 2

⑥n 2n 1

⑦右手定则 ⑧n ΔΦ

Δt ⑨Blv

⑩1

2Bl 2ω

n ΔΦ

R+r

热点楞次定律和电磁感应定律的应用1.应用楞次定律时的“三看”和“三想”

(1)看到“线圈(回路)中磁通量变化”时,想到“增反减同”。

(2)看到“导体与磁体间有相对运动”时,想到“来拒去留”。

(3)看到“回路面积发生变化”时,想到“增缩减扩”。

2.必须辨明的“2个易错易混点”

(1)楞次定律中的“阻碍”不是“阻止”,也不是“相反”。

(2)注意区别楞次定律和右手定则。

3.四种求电动势的方法

(1)平均电动势E=nΔΦ

Δt {

S不变时,E=nSΔB

Δt

B不变时,E=nBΔS

Δt

(2)垂直切割E=BLv。

(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动E=1

Bl2ω。

(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动e=nBSωsin ωt。

4.感应电荷量的两种求法

(1)当回路中的磁通量发生变化时,由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电

流。通过的电荷量表达式为q=IΔt=nΔΦ

ΔtR

总·Δt=nΔΦ

总

。

(2)导体切割磁感线运动通过的电荷量q满足的关系式:-B I lΔt=-Blq=mΔv。

1.(改编自2020年全国卷Ⅲ,T24)如图,一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内,空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于√2l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀

速滑过,滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上,导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r,金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x。

(1)若磁感应强度方向垂直纸面向下,请判断导体棒上的电流方向。 (2)求导体棒所受安培力的大小随x (0≤x ≤√2l 0)变化的关系式。

答案? (1)导体棒中电流方向俯视图应为由下向上

(2)F={2B 2v

r x,(0≤x ≤√22

l 0)

2B 2

r (√2l 0-x),(√22

l 0

解析? (1)根据右手定则,导体棒中电流方向俯视图应为由下向上。

(2)当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l 时,由法拉第电磁感应定律可知导体棒上感应电动势的大小E=Blv

由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流I=E R

式中R 为这一段导体棒的电阻,按题意有R=rl 此时导体棒所受安培力大小F=BIl 由题设和几何关系有l={

2x,(0≤x ≤

√2

2l 0)

2(√2l 0-x),(√2

l 0<

x ≤√2l 0)

联立各式得F={2B 2v

r x,(0≤x ≤√22

l 0)

2B 2

r (√2l 0-x),(√22

l 0

。

点评? 求解感应电动势的四种常见情景

表达式

E=n ΔΦ

Δt

E=BLv

E=1

2BL 2ω

E=nBSω·sin (ωt+φ0)

情景图

研究对象回路(不一定闭合)

一段直导线(或等效成直导线) 绕一端转动的导体棒

绕与B 垂直的轴转动的导线框

意义

一般求平均感应电

动势,当Δt →0时求的是瞬时感应电动势

一般求瞬时感应电动势,当v 为平均速度时求的是平均感应电动势

用平均值法求瞬时感应电动势

求瞬时感应电动势

适用条件所有磁场(匀强磁

场定量计算、非匀

强磁场定性分析)

匀强磁场

匀强磁场匀强磁场

1.(2020年汕头一模)(多选)图1是法拉第圆盘发电机的照片,图2是圆盘发电机的侧视图,图3是发电机的示意图。设CO=r ,匀强磁场的磁感应强度为B ,电阻为R ,圆盘顺时针转动的角速度为

ω,则( )。

A.感应电流方向由D 端经电阻R 流向C 端

B.铜盘产生的感应电动势E=12

Br 2ω

C.设想将此圆盘中心挖去半径为r 2

的同心圆,其他条件不变,则感应电动势变为38

Br 2ω D.设想将此圆盘中心挖去半径为r 2

的同心圆,其他条件不变,则感应电动势变为18

Br 2ω

答案? BC

解析? 根据图3,由右手定则可知感应电流由C 端经电阻R 流向D 端,A 项错误;铜盘产生的感应电动势E=Bl v =Br v 2

=Br ·ωr 2=12Br 2ω,B 项正确;由B 项可知,铜盘产生的感应电动势

E=12Br 2ω,同理可求得半径为r

2的同心圆产生的电动势

E'=12Bω(r 2)2=18Br 2

ω,故此圆盘挖去同心圆

后,产生的电动势E″=E -E'=12

Br 2ω-18

Br 2ω=38

Br 2ω,C 项正确,D 项错误。

2.(2020年马鞍山监测)如图所示,虚线边界MN 右侧充满垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B ,纸面内有一个边长为L 、粗细均匀的正方形导线框abcd ,cd 边与MN 平行。导线框在外力作用下,先后以v 和2v 的速度垂直MN 两次匀速进入磁场。运动过程中线框平面始终与磁场垂直,则( )。

A.进入磁场过程中,导线框中感应电流的方向为逆时针方向

B.导线框以速度v 进入磁场时,c 、d 两点间电势差为BLv

C.导线框两次进入磁场过程中产生的热量之比为1∶2

D.导线框两次进入磁场过程中,外力做功的功率之比为1∶2

答案? C

解析? 由楞次定律可知,进入磁场过程中,导线框中感应电流的方向为顺时针方向,A 项错误;导线框以速度v 进入磁场时,电动势E=BLv ,则c 、d 两点间电势差U cd =34

BLv ,B 项错误; 导线框两次进入磁场过程中产生的热量

Q=E 2R t=B 2L 2v 2R ×L v =B 2L 3v

r ∝v ,则产生的热量之比为

1∶2,C 项正

确;导线框两次进入磁场过程中,外力做功的功率等于电功率,即P=E2

R =B2L2v2

∝v2,则外力做功的

功率之比为1∶4,D项错误。

热点?电磁感应中的图像问题

1.图像类型

2.解决电磁感应图像问题的“三点关注”

(1)关注初始时刻,如初始时刻感应电流是否为零,是正方向还是负方向。

(2)关注变化过程,将电磁感应发生的过程分为几个阶段,看这几个阶段是否和图像变化相对应。

(3)关注大小、方向的变化趋势,看图线斜率的大小及图线的曲、直是否和物理过程对应。

3.求解图像问题的思路与方法

电磁感应的图像问题大体分为两大类:由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像,或由给定的有关图像分析电磁感应过程,求解相应的物理量。

处理电磁感应的图像问题应“抓住两个定律,运用两种观点,分析三种电路”。两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律;两种观点是指动力学观点和能量观点;三种电路是指直流电路、交流电路和感应电路。

(1)图像选择问题:求解物理图像的选择题可用“排除法”,即排除与题目要求相违背的图像,留下正确图像;也可用“对照法”,即按照要求画出正确的草图,再与选项对照。解决此类问题的关键是把握图像特点,分析相关物理量的函数关系,分析物理过程的变化或物理状态的变化。

(2)图像分析问题:定性分析物理图像,首先要看两坐标轴代表的物理量,然后再从图线的形状、点、斜率、截距、图线与横轴所围的面积的意义等方面挖掘解题所需的信息。除了从图像上寻找解题信息外,还要结合楞次定律、右手定则判断感应电流的方向,根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势大小,结合闭合电路欧姆定律计算感应电流的大小,进而计算安培力大小,或根据电路知识求解其他量。如果线圈或导体做匀速运动或匀变速运动,还要用到平衡条件和牛顿第二定律等知识。

2.(2020年烟台一模)如图所示,有两个相邻的有界匀强磁场区域,磁感应强度的大小均为B,磁场方向相反且与纸面垂直,两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L,在y轴方向足够宽。现有一高和底均为L的等腰三角形导线框,顶点a在y轴上,从图示x=0位置开始,在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中,线框bc边始终与磁场的边界平行。下列关于线

框中感应电动势E的大小、线框所受安培力F安的大小、感应电流i的大小、外力F的大小这四个量与线框顶点a移动的位移x的关系图像中正确的是()。

A B

C D

答案?B

解析?线框从开始进入到全部进入第一个磁场时,因切割的有效长度均匀减小,故由

E=BLv可知,电动势也均匀减小;由闭合电路欧姆定律得,感应电流也均匀减小;线框匀速运动,外力F与安培力大小相等,即F=F安=B2L2v

,外力F与安培力不是均匀减小,不是线性关系,B项正确,

A、C、D三项错误。

(2020年南平质检)如图所示,宽度为L的区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,一个高为L的梯形闭合金属线框abcd垂直于磁场边界向右匀速穿过磁场,速度大小为v,ab、cd边保持与磁场边界平行,金属线框ab边到达磁场左边界时为t=0时刻,规定向左为线框所受安培力F的正方向,关于线框所受安培力F与时间t关系的图像可能正确的是()。

A B C D

答案?D

解析?线框进入磁场过程中,所受的安培力F=BIl=B2l2v

,当线圈向右运动L进入磁场时,由于有效切割长度l逐渐增加,所以安培力增加,F∝l2,为非线性增加;在线框全部进入磁场的瞬时安培力为零;线框出磁场过程中,有效切割长度逐渐增加,所以安培力也逐渐增加,为非线性增加。

A、B、C三项错误,D项正确。

4.(2020年成都检测)(多选)如图,方向竖直向上的匀强磁场中固定着两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,导轨上静止着与导轨接触良好的两根相同金属杆1和2,两杆与导轨间的动摩擦因数相同且不为零,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用平行于导轨的恒力F拉金属杆2使其开始运动,在足够长时间里,下列描述两金属杆的速度v随时间t变化关系的图像中,可能正确的是()。

A B

C D

答案?BD

解析?当力F作用到杆2上时,杆2立刻做加速运动,回路中产生感应电流,从而产生向左

的安培力,此时安培力小于最大静摩擦力,加速度a=F-F

安

-μmg

F-B

2L2v

总

-μmg

,则随着速度的增加,杆2

做加速度减小的加速运动,当加速度减为零时,杆2做匀速运动,若此过程中杆1所受的安培力始终小于最大静摩擦力,则此过程中杆1始终不动,A项错误,B项可能正确;由上述分析可知,当安培力增加到一定值时,杆1开始运动,则随着安培力的增加,棒2做加速度逐渐减小的加速运动,杆1做加速度增大的加速运动,当两杆的加速度相等时,两杆的速度差恒定,此时两杆所受的安培力恒定,加速度恒定,C项错误,D项可能正确。

热点?电磁感应中动力学观点和能量观点的应用

1.求解电磁感应中动力学问题抓住“两状态、两对象”

电磁感应与动力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力。解答电磁感应中的动力学问题时,在分析方法上,要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律,明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化,准确把握运动状态的临界点。

(1)两对象

(2)两状态

①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态。

处理方法:根据平衡状态时导体所受合外力等于零列式分析。

②导体处于非平衡状态——加速度不为零。

处理方法:根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。

③动态分析的基本思路

解决这类问题的关键是通过对运动状态的分析,寻找过程中的临界状态,如速度、加速度最大或最小的条件。具体思路如下:

2.电磁感应与能量守恒

导体切割磁感线或磁通量发生变化,在回路中产生感应电流,这个过程中机械能或其他形式的能转化为电能,具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热,又可使电能转化为机械能或内能。因此,电磁感应过程中总是伴随着能量的转化。

安培力做功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”,安培力做的功是电能与其他形式的能转化的量度。安培力做多少正功,就有多少电能转化为其他形式的能;安培力做多少负功,就有多少其他形式的能转化为电能。

(1)能量转化及焦耳热的求法

①能量转化

其他形式的能量电能

焦耳热或其他

形式的能量

②求解焦耳热Q的三种方法

(2)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:a.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;b.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。

3.(2020年南京、盐城二模)如图所示,电阻不计、间距为L的平行金属导轨固定于水平面上,其左端接有阻值为R的电阻,整个装置放在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直放置于导轨上,以水平初速度v0向右运动,金属棒的位移为x时停下。其在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。求金属棒在运动过程中:

(1)通过金属棒ab电流的最大值和方向。

(2)加速度的最大值a m。

(3)电阻R上产生的焦耳热Q R。

答案?(1)BLv0

R+r ,电流方向为a→b (2)B2L2v0

m(R+r)

+μg

(3)R

R+r (1

mv02-μmgx)

解析?(1)电动势的最大值E m=BLv0

由闭合电路欧姆定律得I=BLv0

R+r

由右手定则可知通过导体棒ab的电流方向为a→b。

(2)由牛顿第二定律有F安+f=ma m

安培力F安=BIL,其中I=BLv0

R+r

摩擦力大小f=μmg

解得

a m =B 2L 2v 0

m(R+r)+μg 。

(3)由能量守恒定律得12

m v 02=μmgx+Q 电阻R 上产生的热量Q R =R R+r

Q 解得Q R =

R R+r (1

mv 02-μmgx)。点评? 求解电磁感应中动力学问题的“四分析”

5.(2020年河北调考)如图1所示,将一间距L=1 m 的足够长的U 形导轨固定,导轨上端连接一阻值R=2.0 Ω 的电阻,整个空间存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场,B=0.2 T,质量m=0.01 kg 、电阻r=1.0 Ω的金属棒ab 垂直紧贴在导轨上且不会滑出导轨,导轨与金属棒之间的动摩擦因数

μ=0.5,金属棒ab 由静止开始下滑,下滑时的x-t 图像如图2所示,图像中的OA 段为曲线,AB 段

为直线,导轨电阻不计且金属棒下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度g 取10 m/s 2,sin 37=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)导轨的倾角θ。

(2)从开始到t=2.5 s 过程中金属棒上产生的焦耳热。

答案? (1)37° (2) 0.01625 J

解析? (1)由x-t 图像可知t=1.5 s 后金属棒开始匀速运动,速度v=Δx Δt =3.0-1.5

2.5-1.5

m/s =1.5

m/s

金属棒做匀速直线运动时切割磁感线产生的感应电动势E=BLv 金属棒受到的安培力

F=BIL=B 2L 2v

r+R

金属棒做匀速直线运动,由平衡条件得mg sin θ=μmg cos θ+F

代入数据解得θ=37°。

(2)从开始到t=2.5 s 的过程,由能量守恒定律得mgx sin θ=μmgx cos θ+12

mv 2+Q

金属棒产生的热量 Q r =r

R+r Q

联立解得Q r =0.01625 J 。 6.(2020年哈尔滨二模)

如图所示,两竖直放置、相距为L 的平行光滑金属导轨J 和K 的顶端用导线相连,在导轨两个水平区域内存在相距高度为h 的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ,设两磁场竖直高度均为d ,磁感应强度均为B ,方向均垂直纸面向里。一阻值为R 、质量为m 、长度为L 的金属棒水平紧靠两竖直导轨,从距离磁场

Ⅰ上边界高为H (H>h )处由静止释放,且在进入两磁场时金属棒中的电流恰好相等。不计金属导

轨及导线电阻,重力加速度为g 。求:

(1)金属棒刚进入磁场Ⅰ时所受安培力的大小。 (2)金属棒穿过两磁场过程中产生的总焦耳热。

答案?

(1)B 2L 2√2gH R

(2)2mg (h+d )

解析? (1)金属棒进入磁场Ⅰ前做自由落体运动,则有v 2=2gH 金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv 根据闭合电路欧姆定律,有I=E R

解得安培力F=BIL=

B 2L 2√2gH

。 (2)金属棒进入两磁场时电流相等,则金属棒进入两磁场时速度相等,出两磁场时速度也相等,金属棒匀加速通过两磁场中间区域,有v 2-v'2=2gh

根据能量守恒定律有12

mv 2-12

mv'2+mg (2d+h )=Q 解得Q=2mg (h+d )。

热点? 电磁感应中的动量问题

电磁感应问题往往涉及牛顿运动定律、动量守恒定律、能量守恒定律、电路的分析和计

算。试题常见的形式是导体棒切割磁感线,产生感应电流,从而使导体棒受到安培力作用。导体棒运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速三种,对前两种情况,容易想到用牛顿运动定律求解,对后

一种情况一般要用能量守恒定律或动量守恒定律求解,但当安培力变化,且又涉及位移、速度、电荷量等问题时,用动量定理求解往往能巧妙解决。

1.在电磁感应中,动量定理应用于单杆或线圈切割磁感线的运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量。

(1)求电荷量或速度:B I l Δt=mv 2-mv 1,q=I t 。

注意:当一个闭合回路中的磁通量的改变量为ΔΦ时,通过回路中导体横截面的电荷量q=

I Δt=E R ·Δt=ΔΦ(Δt)R ·Δt=ΔΦR 或q=n ΔΦ

R (n 为线圈匝数),它与磁场是否均匀变化、线框的运动状况以及

线框的形状无关。

(2)求位移:-BIl Δt=-B 2l 2

vΔt R 总=0-mv 0,即-B 2l

总

x=m (0-v 0)。

2.电磁感应中对于双杆切割磁感线的运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题;若双杆系统所受合外力不为零,运用动量定理结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题。

4.(2020年湖北联考)(多选)如图所示,有一相距为L 的光滑金属导轨,半径为R 的1

圆弧部分竖直放置,平直部分固定于水平地面上,MNQP 范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场。金属棒ab 和cd 垂直导轨放置且接触良好,cd 静止在磁场中;将ab 从圆弧导轨的顶端由静止释放,ab 进入磁场后与cd 没有接触,cd 离开磁场时的速度是此刻ab 速度的一半,已知ab 的质量为m 、电阻为r ,cd 的质量为2m 、电阻为2r 。金属导轨电阻不计,重力加速度为g 。下列说法正确的有( )。

A.cd 在磁场中运动时电流的方向为c →d

B.cd 在磁场中做加速度减小的加速运动

C.cd 在磁场中运动的过程中流过它的电荷量为

m √2gR

D.至cd 刚离开磁场时,cd 上产生的焦耳热为512mgR

答案? BD

解析? cd 在磁场中运动时,回路中磁通量减小,根据楞次定律可知,cd 中电流的方向为

d →c ,A 项错误;在ab 进入磁场后回路中产生感应电流,则ab 受到向左的安培力而做减速运

动,cd 受到向右的安培力而做加速运动,由于两者的速度差逐渐减小,可知感应电流逐渐减小,安培力逐渐减小,cd 向右做加速度减小的加速运动,B 项正确;ab 从释放到刚进入磁场过程,由动能定理有mgR=12

m v 02,对ab 和cd 组成的系统,合外力为零,则由动量守恒定律有

mv 0=m ·2v cd +2m ·v cd ,解得v cd =14v 0=1

4√2gR ,对cd 由动量定理有B I L ·Δt=2m ·v cd ,其中q=I ·Δt ,

解得q=

m √2gR

2BL

,C 项错误;自ab 从圆弧导轨的顶端由静止释放,至cd 刚离开磁场时由功能关系有

mgR=1

2m (2v cd )2+1

2×2m v cd 2+Q ,又Q cd =2

3Q ,解得Q cd =5

12mgR ,D 项正确。

7.(2020年深圳调研)(多选)如图所示,同一水平面上固定两根间距为L 、足够长的平行光滑导轨

PQ 和MN ,QN 端接阻值为R 的定值电阻,整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。一个质量为m

的导体棒,以平行于导轨的初速度v 0开始向左运动,经过位移s 停下,棒始终与导轨垂直且接触良好,其他电阻忽略不计。则( )。

A.该过程中导体棒加速度一直不变

B.该过程中回路产生的焦耳热为12

m v 02 C.磁感应强度大小为1L

√

mv 0R

D.导体棒滑过位移s 2时,受到的安培力为

mv 02

答案? BCD

解析? 该过程中导体棒做减速运动,速度减小,产生的感应电动势减小,回路中电流减小,安培力减小,加速度减小,A 项错误;根据能量守恒定律可知该过程中减小的动能全部转化为焦耳热,说明产生的焦耳热为1

m v 02,B 项正确;取整个过程为研究对象,由动量定理可得-B I L Δt=0-mv 0,由法拉第电磁感应定律可得E=

ΔΦΔt =BLs Δt ;由闭合电路欧姆定律可得I =E R

,联立以上各式可得

B=1L √mv 0R s ,C

项正确;由电磁感应定律可求得导体棒滑过位移s 2时平均电流I '=ΔΦΔtR =BL×s

2ΔtR =BLs

2ΔtR

,由

动量定理可得-B I L Δt=mv-mv 0,此时安培力大小F 安=BIL=B 2L 2v

,联立解得F 安=

mv 02

,D 项正确。

8.(2020年济宁一模)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L ,导轨上垂直放置两根导体棒a 和b ,俯视图如图1所示。两根导体棒的质量都为m ,电阻都为R ,回路中其余部分的电阻不计,在整个导轨平面内,有磁感应强度大小为B 的竖直向上的匀强磁场。导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行,开始时,两棒均静止,间距为x 0,现给导体棒a 一向右的初速度v 0,并开始计时,可得到如图2所示的Δv-t 图像(Δv 表示两棒的相对速度,即Δv=v a -v b )

(1)请证明:在0~t 2时间内,回路产生的焦耳热与磁感应强度B 无关。 (2)求t 1时刻棒b 的加速度大小。 (3)求t 2时刻两棒之间的距离。

答案? (1)见解析 (2)

B 2L 2v 0

4mR

(3)x 0+mv 0R B 2L 2

解析? (1)t 2时刻,两棒速度相等,由动量守恒定律有mv 0=mv+mv 由能量守恒定律得整个过程中产生的焦耳热Q=1

m v 02-12

(2m )v 2

解得Q=1

4m v 02

所以在0~t 2时间内,回路中产生的焦耳热与磁感应强度B 无关。 (2)由图2可知,t 1时刻,Δv=v a -v b =v 02

由动量守恒定律有mv 0=mv a +mv b 解得v a =34

v 0,v b =14

v 0

回路中的电动势E=34

BLv 0-14

BLv 0=12

BLv 0 此时棒b 所受的安培力 F=BIL=

B 2L 2v 0

由牛顿第二定律可得,棒b 的加速度

a=F m =B 2L 2v 0

4mR 。 (3)t 2时刻,两棒速度相同,由(1)知v=v 02

0~t 2时间内,对棒b ,由动量定理有B I L Δt=mv-0,即BqL=mv 又

q=I Δt=E 2R Δt=ΔΦ

Δt

2R Δt=BΔS 2R =BL(x-x 0)2R

解得x=x 0+mv 0R B 2L 2

。

见学生用书P57

难点电磁感应中的“线框穿越磁场”模型

线框穿越有界匀强磁场问题是电磁感应部分的一种综合性很强的习题类型,主要涉及的是判

断线框在穿越磁场的过程中有无感应电流产生,判断感应电流的方向,计算感应电流的大小,研究线框的受力及运动情况,研究力做功及能量转化情况等。分析线框穿越有界匀强磁场问题时,要综合应用楞次定律、磁场对电流的作用、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、能的转化与守恒等物理规律。

线框在有界磁场中运动时,可以分为以下常见的几种情况:(1)线框在竖直方向上运动,即线框竖直下落进入磁场,然后穿过磁场,或者是不穿过磁场;(2)线框在水平方向上运动,即线框以某速度水平进入某一磁场,然后再穿出,或者是线框穿过方向相反的两个有界磁场区域;(3)线框在磁场中绕某一固定轴旋转;(4)线框在斜面上运动,即线框在某一斜面上进入有界磁场,然后穿出磁场。线框在有界磁场中的运动问题,一般是涉及电磁感应的有关知识、力学知识以及电路知识等的综合题。在分析这类问题时,首先是将线框的整个过程分为几个阶段,然后分别对它们分析,以确定线框的运动情况。一般情况下,通常将线框的整个运动过程分为“进磁场” “在磁场中平动”“出磁场”三个阶段。

1.(2020年哈尔滨模拟)(多选)如图1所示,光滑绝缘斜面与水平面成θ=30°角放置,垂直于斜面的有界匀强磁场边界M 、N 与斜面底边平行,磁感应强度大小B=3 T 。质量m=0.05 kg 的“日”字形导线框在沿斜面向上的外力作用下沿斜面向上运动,导体框各段长度相等,即

ab=bc=cd=dc=af=fa=fc=L=0.1 m,ab 、fc 、ed 段的电阻均为r=2 Ω,其余电阻不计。从导线

框刚进入磁场开始计时,fc 段的电流随时间变化的关系如图2所示(电流由f 到c 的方向为正),重力加速度g=10 m/s 2,下列说法正确的是( )。

A.导线框运动的速度大小为10 m/s

B.磁感应强度的方向垂直斜面向上

C.在t=0至t=0.03 s 这段时间内,外力所做的功为0.24 J

D.在t=0.01 s 至t=0.02 s 这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.3 N

答案? AD

解析? 由于在0~0.01 s 时间内,电流从f 到c 为正,可知cd 中电流从d 到c ,则由右手定则可知,磁感应强度的方向垂直斜面向下,B 项错误;因为cd 刚进入磁场时,通过fc 的电流为0.5 A,可知通过cd 的电流为1 A,则由I cd =

BLv

r+r 2

,解得v=10 m/s,A 项正确;在t=0至t=0.03 s 这段时

间内,导线框中产生的焦耳热Q=3I 2R 总t=0.09 J,线框重力势能的增加量E p =mg ·3L sin 30°=0.075 J,则外力所做的功W=Q+E p =0.165 J,C 项错误;在t=0.01 s 至t=0.02 s 这段时间内,只有导线框的cf 边在磁场内部,则导线框所受的安培力大小F cf =BIL=3×1×0.1 N =0.3 N,D 项正确。

1.(2020年泰安二模)(多选)

如图所示,边长为L 的正方形金属框放在光滑水平面上,金属框以某初速度v 0穿过方向垂直水平面的有界匀强磁场区域,速度变为v ,速度方向始终垂直于边ab 和磁场边界,磁场区域的宽度为

d (d>L )。则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较,下列说法正确的是( )。

A.金属框进入磁场过程速度的变化量等于穿出磁场过程中速度的变化量

B.金属框进入磁场过程速度的变化量大于穿出磁场过程中速度的变化量

C.金属框进入磁场过程产生的热量等于穿出磁场过程产生的热量

D.金属框进入磁场过程产生的热量大于穿出磁场过程产生的热量

答案? AD

解析? 线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程磁通量的变化量大小相等,根据

q=I ·t=E R ·t=ΔΦ

R 可知,进入磁场过程通过ab 的电荷量等于穿出磁场过程通过ab 的电荷量,又根据

动量定理有-B I Lt=m Δv ,可知速度的变化量相等,A 项正确,B 项错误;由于开始进入时线框速度大于开始穿出时的速度,所以进入磁场过程金属框克服安培力所做的功大于穿出磁场所做的功,而克服安培力做的功等于线框产生的焦耳热,C 项错误,D 项正确。

2.(2020年黄石模拟)(多选)如图所示,在0≤x ≤2L 的区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B ,粗细均匀的正方形金属线框abcd 位于xOy 平面内,线框的bc 边与x 轴重合,cd 边与y 轴重合,线框的边长为L ,总电阻为R 。现让线框从图示位置由静止开始沿x 轴正方向以加速度a 做匀加速运动,则下列说法正确的是( )。

A.进入磁场时,线框中的电流沿顺时针方向,出磁场时,电流沿逆时针方向

B.线框穿过磁场的过程中,a 点电势始终高于b 点的电势

C.a 、b 两端的电压最大值为2BL √aL

D.线框所受的最大安培力

F A =B 2L 2√6aL R

答案? BD

解析? 根据楞次定律可知,进磁场时,线框中的电流沿逆时针方向;出磁场时,电流沿顺时针方向,A 项错误。进入磁场的过程中,cd 边相当于电源,电流沿逆时针方向,a 点电势高于b 点电势;线框在磁场内运动的过程中,根据右手定则,a 、d 相当于电源的正极,a 点电势高于b 点电势;离开磁场过程中,ab 相当于电源,a 端相当于电源的正极,a 点电势高于b 点电势,B 项正确。由于线框做匀加速运动,在线框离开磁场的瞬间,回路中感应电动势最大, a 、b 两端的电压值最大,回路受到的安培力最大,根据匀变速直线运动规律有v 2=2a×3L ,由法拉第电磁感应定律可得E=BLv ,由闭合电路欧姆定律有I=E R

,安培力F 安=BIL ,根据分压原理有U ab =34

E ,整理可得

F 安

=B 2L 2√6aL R ,U=3BL √6aL 4,C

项错误,D 项正确。

难点? 电磁感应中的“杆+导轨”模型

“杆+导轨”模型是电磁感应问题在高考命题中的“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;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、非匀变速运动或转动等;磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等,情景复杂,形式多变。

类型1:单杆仅在安培力作用下的运动

类型简述

单杆置于光滑水平导轨上,可以与电源、电阻、电容器等组成回路。杆运动时仅受安培力(合外力)作用

类型

接电源

接电阻

接电容器

结构图

初始条件水平导轨光滑且足够长,导轨

间距为l,金属杆ab的质量为

m,电阻为R,处于静止状态

水平导轨光滑且足够长,金属

杆ab(质量为m,电阻为R')

的初速度为v0

水平导轨光滑且足够长,电容器

C原来不带电,金属杆ab(质量

为m,电阻为R)的初速度为v0

过程分析S闭合,ab受到的安培力

F=BlE

R+r

,此时加速度

a=BlE

m(R+r)

,ab速度

v↑→Blv↑→与电源电动势反

向使电流I↓→安培力

F=BIl↓→加速度a↓,当安培力

F=0(a=0)时,v最大,最后做

匀速运动

ab受到的安培力

F=BIL=B2L2v

R'+R

,ab做减速运

动:v↓→F↓→a↓,当v=0

时,F=0,a=0,ab保持静止

一开始,感应电动势为Blv0,ab

作为电源给电容器充电,电容器

两板间的电压增加,充电电流受

到的安培力阻碍ab运动,ab

的速度减小,当ab中感应电动

势Blv与电容器两板间的电压

相等时,回路中没有电流,ab最

终做匀速运动

图像

类型2:单杆在安培力与其他力共同作用下的运动

类型简述单杆置于导轨上,导轨可以水平、倾斜、竖直放置,单杆在安培力与其他力共同作用下运动类型水平导轨倾斜导轨竖直导轨结构

图

初始条件甲图中接电阻R,乙图中接电

容器C,水平导轨光滑,间距为

L,导体杆ab的质量为m,电阻

不计,初速度为零,水平拉力F

为恒力

甲图中接电阻R,乙图中接电

容器C,光滑导轨倾角为α,间

距为L,导体杆ab的质量为

m,电阻不计,都由静止释放

甲图中接电阻R,乙图中接电

容器C,竖直导轨光滑,间距为

L,导体杆ab的质量为m,电

阻不计,与导轨接触良好,都由

静止释放

(续表)

类型水平导轨倾斜导轨竖直导轨

过程分析甲图中:开始时a=F

,杆ab的

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,v m=FR

B2L2

甲图中:开始时a=g sin α,杆

ab的速度v↑?感应电动势

E=BLv↑?I↑?安培力F安

=BIL↑,由mg sin α-F安=ma

知a↓,当a=0时,v最

大,v m=mgRsinα

B2L2

甲图中:开始时a=g,杆ab的

速度v↑?感应电动势

E=BLv↑?I↑?安培力F安

=BIL↑,由mg-F安=ma知

a↓,当a=0时,v最

大,v m=mgR

B2L2

乙图中:开始时a=F m

,杆ab 的速度v ↑?E=BLv ↑,经过Δt 时间,速度为

v+Δv ,E'=BL (v+Δv ),Δq=C (E'-E )=CBL Δv ,I=Δq Δt

=CBLa ,F 安=CB 2L 2a ,a=

m+B 2L 2

,所以杆做匀加速运动乙图中:开始时a=g sin α,杆ab 的速度v ↑?E=BLv ↑,经过

Δt 时间,速度为

v+Δv ,E'=BL (v+Δv ),Δq=C (E'

-E )=CBL Δv ,I=Δq Δt

=CBLa ,F 安=CB 2L 2a ,mg sin α-F 安=ma ,a=

mgsinαm+CB 2L

2,所以杆做匀

加速运动乙图中:开始时a=g ,杆ab 的速度v ↑?E=BLv ↑,经过Δt 时间,速度为

v+Δv ,E'=BL (v+Δv ),Δq=C (E '-E )=CBL Δv ,I=Δq Δt

=CBLa ,F 安=CB 2L 2a ,mg-F 安=ma ,a=

mg m+CB 2L 2

,所以杆做

匀加速运动

图像

注意:上述模型中,如果杆ab 的电阻R ≠0,导轨不光滑时,在计算电流I 及杆的受力分析时要注意相应变化

类型3:双杆在导轨上的运动

类型简述

双杆置于导轨上,导轨可以水平、倾斜、竖直放置,导轨的宽度可以相同,也可以不同,由于双杆的初始状态不同、受力情况不同而产生不同的运动状态。下面以导轨水平放置的情况为例分析

类型水平导轨,无水平外力水平导轨,受水平外力不等间距水平导轨,无水平外力结构图

初始

条件

水平导轨光滑,导体杆1的初速度为v 0,导体杆2的初速度为0

水平导轨光滑,导体杆1、2的初速度均为0,导体杆1受到恒定拉力F 水平导轨光滑,导体杆1、2所处轨道宽度分别为l 1、l 2且l 1>l 2,导体杆1的初速度为v 0,导体杆2的初速度为0

过程

分析

导体杆1受到向左的安培力做减速运动,导体杆2受到向右的安培力做加速运动,当二者速度相等时,回路中的合电动势为零,感应电流为零,安培力为零,二者做匀速运动

导体杆1受到向左的安培力,做加速度减小的加速运动,导体杆2受到向右的安培力,做加速度增大的加速运动,当二者加速度相等时,二者速度差恒定,回路中合电动势恒定,感应电流恒定,安培力恒定,二者以相等的加速度做匀加速运动

导体杆1受到向左的安培力,速度减小,导体杆2受到向右的安培力,速度增大,当二者速度相等时,回路的电动势E=Bl 1v-Bl 2v ,电流不为零,安培力继续使导体杆1减速,使导体杆2加速,当l 1v 1=l 2v 2时,回路中合电动势为零,电流为零,安培力为零,二者做匀速运动

图像

注意:对于导轨倾斜、竖直放置时,由于杆的重力作用,过程分析需要结合具体情况