4、R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈(圖中只畫出1匝)與一個正方形金屬框abcd連接成閉合回路．圓形金屬線圈的半徑為r1，在線圈里面半徑為r2的圓形區(qū)域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小B1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：
圖2
(1)通過金屬框ab邊的電流方
5、向；
(2)通過金屬框ab邊的電流大?。?
(3)金屬框所在處勻強磁場的磁感應強度B2大?。?
答案 (1)b流向a (2) (3)
解析 (1)金屬框恰好處于靜止狀態(tài)，所受安培力與重力平衡，根據(jù)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)由法拉第電磁感應定律得感應電動勢為E＝n＝nπr＝
由閉合電路歐姆定律得，通過導線的總電流大小為
I＝＝＝
通過金屬框ab邊的電流大小Iab＝I＝
(3)通過金屬框cd邊的電流大小Icd＝I＝
金屬框受重力和安培力，處于靜止狀態(tài)，有
mg＝B2IabL＋B2IcdL
聯(lián)立解得B2＝
題型2 電磁感應中的動力學和能量問題
6、
1．電磁感應現(xiàn)象遵守能量守恒定律，電磁感應現(xiàn)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(xiàn)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．
7、
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37°角，兩導軌相距L＝0.2 m，電阻不計．質量均為m＝0.1 kg，電阻均為R＝0.1 Ω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(shù)均為μ＝0.5，整個裝置處于磁感應強度大小為B＝1.0 T，方向平行于左導軌平面且垂直右導軌平面向上的勻強磁場中．t＝0時刻開始，ab桿以初速度v1沿右導軌平面下滑．t＝1 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
8、運動的v－t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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
圖3
(1)在第1 s內cd桿受到的安培力的大??；
(2)ab桿的初速度v1的大??；
(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 (1)0.2 N (2)1 m/s (3)3 J
解析 (1)ab桿沿右側導軌下滑，根據(jù)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(jù)左手定則可知cd桿受到的安培力垂直于左側導軌向下．
根據(jù)v－t圖象可知，cd桿
9、在第1 s內的加速度a1＝＝4 m/s2
對cd桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有
mgsin 53°－μ(mgcos 53°＋F安)＝ma1
解得安培力F安＝0.2 N
(2)對cd桿：安培力F安＝BIL
回路中電流I＝＝1 A
對ab桿：感應電動勢E＝I·2R＝0.2 V
根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝BLv1
解得：ab桿的初速度v1＝＝1 m/s
(3)根據(jù)題圖v－t圖象可知，cd桿在第3 s內做勻減速運動，加速度a2＝＝－4 m/s2
對cd桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有
mgsin 53°－μ(mgcos 53°＋F安′)＝ma2
解得安培力F安′＝1.8 N
10、
由F安′＝BI′L＝＝可得
2 s時ab桿的速度v2＝＝9 m/s
第1 s內，對ab桿受力分析，有mgsin 37°－μmgcos 37°－BIL＝0，
則第1 s內ab桿勻速運動．
第2 s內ab桿做勻加速運動，ab桿的位移x2＝(v1＋v2)t＝5 m
對ab桿，根據(jù)動能定理，有
WF＋mgx2sin 37°－μmgx2cos 37°＋W安＝mv22－mv12
解得安培力做功W安＝－6 J
回路中產生的焦耳熱Q＝－W安＝2Qcd
故第2 s內cd桿所產生的焦耳熱Qcd＝3 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、P
11、Q被固定在水平面上，導軌間距L＝0.6 m，兩導軌的左端用導線連接電阻R1及理想電壓表，電阻r＝2 Ω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R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，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，CE＝0.2 m，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示．在t＝0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)域的整個過程中電壓表的示數(shù)保持不變．求：
圖4
(1)t＝0.1 s時電壓表的示數(shù)；
(2)恒力F的大??；
(3)從t＝0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 (1)0.3 V
12、(2)0.27 N (3)0.09 J
解析 (1)設磁場寬度為d＝CE，在0～0.2 s的時間內，有
E＝
E＝Ld＝0.6 V
此時，R1與金屬棒r并聯(lián)，再與R2串聯(lián)
R＝R并＋R2＝2 Ω
得U＝R并＝0.3 V
(2)金屬棒進入磁場后，有
I′＝＋＝0.45 A
FA＝BI′L
即FA＝1×0.45×0.6 N＝0.27 N
由于金屬棒進入磁場后電壓表示數(shù)始終不變，所以金屬棒做勻速運動，有
F＝FA
得F＝0.27 N
(3)金屬棒在0～0.2 s的運動時間內，有
Q1＝t＝0.036 J
金屬棒進入磁場后，因電壓表示數(shù)保持不變，故切割磁感線速度v不變，
13、則WF＋WA＝0
WF＝F·d＝0.27×0.2 J＝0.054 J
根據(jù)能量轉化規(guī)律Q2＝－WA＝0.054 J
故Q總＝Q1＋Q2＝0.09 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m＝2 kg、電阻r＝5 Ω的金屬條，門的其他部分為絕緣體且質量忽略不計，AB＝1 m，BC＝2 m，金屬條B、C兩端用導線連接電阻R＝5 Ω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Ⅰ位置，此時彈簧處于原長；門打開90°時，門邊BC處于Ⅳ位置，此時
14、彈簧拉伸最長．在門邊BC轉動路徑的Ⅱ到Ⅲ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B＝1 T．現(xiàn)用力推門，使門從Ⅰ位置由靜止開始轉動，以恒定的角速度ω＝1 rad/s經過磁場區(qū)域，當門邊BC轉過Ⅲ時撤去F，門剛好能轉過90°到達Ⅳ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WF＝1.5 J．其中π取3.
圖5
(1)門邊BC剛轉到Ⅱ位置進入磁場瞬間，通過燈泡的電流方向如何(選答“B→C”或“C→B”)?
(2)門邊BC剛轉到Ⅱ位置進入磁場瞬間，求燈泡兩端的電壓U；
(3)已知門剛
15、好關閉前的角速度ω＝1 rad/s，求門彈回直至關閉過程中小燈泡消耗的電能．
答案 (1)B→C (2)1 V (3)0.1 J
解析 (1)根據(jù)右手定則，通過燈泡的電流方向為B→C.
(2)門剛好進入磁場時，門BC邊切割磁感線的速度v＝ωLAB＝1 m/s
產生的電動勢E＝BLv＝1×2×1 V＝2 V
回路中電流為I＝＝ A＝0.2 A
燈泡兩端的電壓U＝IR＝1 V
(3)在門打開過程中，BC邊克服安培力做功，回路中產生焦耳熱
Q1＝I2(R＋r)t＝0.3 J
門關閉前的速度v＝ωLAB＝1 m/s
此時門邊BC具有的動能Ek＝mv2＝1 J
整個過程中，根據(jù)能量
16、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＝WF－ΔEk＝0.5 J
因此門彈回直至關閉過程中產生的電能Q2＝Q總－Q1＝0.2 J
燈泡上消耗的電能Q燈＝＝0.1 J
專題強化練
1．如圖1所示，勻強磁場垂直銅環(huán)所在的平面，磁感應強度為B.導體棒A的一端固定在銅環(huán)的圓心O處，可繞O勻速轉動，與半徑分別為r1、r2的銅環(huán)有良好接觸．通過電刷把大小銅環(huán)與兩水平平行金屬板P、Q連接成如圖所示的電路，R1、R2是定值電阻，R1＝R0，R2＝2R0.質量為m、電荷量為q的帶正電小球通過絕緣細線掛在P、Q兩板間，細線能承受的最大拉力為3mg，已知：導體棒與銅環(huán)電阻不計，P、
17、Q兩板間距為d；重力加速度為g.現(xiàn)閉合開關，求：
圖1
(1)當細線對小球的拉力小于mg時，導體棒A轉動的方向；
(2)當細線對小球恰好無拉力時，電路消耗的電功率；
(3)細線恰好斷裂時，導體棒轉動的角速度至少多大．
答案 (1)逆時針 (2) (3)
解析 (1)當細線對小球的拉力小于mg，則平行金屬板間有向上的電場，即Q板帶正電，由右手定則知導體棒A沿逆時針方向轉動．
(2)q＝mg，U2＝
電路中的電流I＝＝
P總＝I2R總＝I2(R1＋R2)＝
(3)細線恰好斷裂時，F(xiàn)T＝3mg，F(xiàn)T＝mg＋q，得U2′＝
所以電動勢E＝U2′＝，E＝＝Bω(r12－r22)
18、，所以ω＝
2．(2018·牌頭中學期中)如圖2所示，兩根光滑的平行金屬導軌相距為d，電阻不計，在其左端接有阻值為R的電阻．MN為一根長度也為d、質量為m、電阻為r的金屬桿，垂直導軌放置，并與導軌接觸良好，整個裝置處于方向垂直導軌平面向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，開始時桿MN處于靜止狀態(tài)．某時刻(t＝0)對桿MN施加一個平行導軌方向的水平力F，使之做加速度為a的勻加速直線運動．(導軌足夠長)
圖2
(1)判斷M、N兩端的電勢高低；
(2)求t＝t1時刻桿MN兩端的電壓；
(3)求水平力F隨時間t變化的關系式．
答案 (1)φM>φN (2) (3)F＝＋ma
解析 (
19、1)由右手定則可知，φM>φN
(2)t1時刻的速度：v1＝at1
感應電動勢E1＝Bdv1
感應電流I1＝
桿MN兩端的電壓U1＝I1R＝
(3)由牛頓第二定律可得F－BId＝ma
其中I＝
E＝Bdv
v＝at
聯(lián)立解得F＝＋ma
3．(2018·杭州市重點中學期末)如圖3所示，兩根足夠長且平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面成α＝53°角，兩導軌間距l(xiāng)＝1.0 m，導軌間接一個阻值為R＝3.0 Ω的電阻，導軌電阻忽略不計．在兩平行虛線間有一與導軌所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度B＝1.0 T，寬度d未知．導體棒a的質量為m1＝0.10 kg、接入電路的電阻為R1＝6.
20、0 Ω；導體棒b的質量為m2＝0.20 kg、接入電路的電阻為R2＝3.0 Ω，它們分別垂直導軌放置并始終與導軌接觸良好．現(xiàn)從圖中的M、N處同時將a、b由靜止釋放，運動過程中它們都能勻速穿過磁場區(qū)域，且當a剛出磁場時b正好進入磁場．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，a、b電流間的相互作用不計)，求：
圖3
(1)a棒進入磁場前的加速度大小；
(2)a棒在磁場中運動的速度大?。?
(3)a、b棒全部穿過磁場過程中，回路中產生的總熱量．
答案 (1)8 m/s2 (2)6 m/s (3)3.6 J
解析 (1)由牛頓第二定律得，m1gsin α＝m
21、1a
a＝gsin α＝8 m/s2
(2)a棒在磁場中受力平衡：m1gsin α＝BIl
又I＝
E＝Blva
解得va＝6 m/s
(3)由(2)同樣方法可求得vb＝8 m/s
a在磁場中運動時間t＝＝0.25 s
磁場寬度d＝vat＝1.5 m
回路產生的總熱量Q＝(m1＋m2)gdsin α＝3.6 J
4．(2018·義烏市模擬)如圖4所示，間距為L、光滑的足夠長的金屬導軌(金屬導軌的電阻不計)所在斜面傾角為α，兩根同材料、長度均為L、橫截面均為圓形的金屬棒CD、PQ放在斜面導軌上，已知CD棒的質量為m、電阻為R，PQ棒的圓截面的半徑是CD棒圓截面的2倍，磁感應強
22、度為B的勻強磁場垂直于導軌所在平面向上，兩根勁度系數(shù)均為k、相同的彈簧一端固定在導軌的下端，另一端連著金屬棒CD，開始時金屬棒CD靜止，現(xiàn)用一恒力平行于導軌所在平面向上拉金屬棒PQ，使金屬棒PQ由靜止開始運動，當金屬棒PQ達到穩(wěn)定時，彈簧的形變量與開始時相同．已知金屬棒PQ開始運動到穩(wěn)定的過程中通過CD棒的電荷量為q，此過程可以認為CD棒緩慢地移動，已知題設物理量符合＝mgsin α的關系式，求此過程中(要求結果均用m、g、k、α來表示)：
圖4
(1)CD棒移動的距離；
(2)PQ棒移動的距離；
(3)恒力所做的功．
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)開始時彈簧是壓縮
23、的，當向上的安培力增大時，彈簧的壓縮量減小，安培力等于CD棒重力平行于斜面的分量時，彈簧恢復到原長，安培力繼續(xù)增大，彈簧伸長，由題意可知，當彈簧的伸長量等于開始的壓縮量時達到穩(wěn)定狀態(tài)，此時的彈力與原來的彈力大小相等、方向相反．兩彈簧向上的彈力等于CD棒重力平行于斜面的分量，即2F彈＝mgsin α，彈簧的形變量為Δx＝
CD棒移動的距離ΔsCD＝2Δx＝
(2)PQ棒的圓截面半徑是CD棒圓截面的2倍，則mPQ＝4m，RPQ＝R，
在達到穩(wěn)定過程中兩棒之間距離增大Δs，由兩金屬棒組成的閉合回路中的磁通量發(fā)生變化，產生感應電動勢為：＝＝
感應電流為：＝＝
所以，回路中通過的電荷量即CD棒
24、中的通過的電荷量為
q＝Δt＝
由此可得兩棒距離增大值：Δs＝
PQ棒沿導軌上滑距離應為CD棒沿斜面上滑距離和兩棒距離增大值之和
PQ棒沿導軌上滑距離為：
ΔsPQ＝Δs＋ΔsCD＝＋＝
(3)CD棒達到穩(wěn)定時，受力平衡，安培力為
F安＝mgsin α＋2F彈＝2mgsin α.
金屬棒PQ達到穩(wěn)定時，恒力
F＝F安＋4mgsin α＝6mgsin α
恒力做功為
W＝FΔsPQ＝6mgsin α·＝
5．(2017·杭州市高三上期末)某同學在學習電磁感應后，認為電磁阻尼能夠承擔電梯減速時大部分制動的負荷， 從而減小傳統(tǒng)制動器的磨損．如圖5甲所示，是該同學設計的電磁阻尼
25、制動器的原理圖．電梯箱與配重質量都為 M，通過高強度繩子套在半徑r1的承重轉盤上，且繩子與轉盤之間不打滑．承重轉盤通過固定轉軸與制動轉盤相連．制動轉盤上固定了半徑為r2和r3 的內外兩個金屬圈(如圖乙)，金屬圈內阻不計．兩金屬圈之間用三根互成 120°的輻向導體棒連接，每根導體棒電阻均為R. 制動轉盤放置在一對勵磁線圈之間，勵磁線圈產生垂直于制動轉盤的勻強磁場(磁感應強度為B)，磁場區(qū)域限制在120°輻向角內，如圖乙陰影區(qū)所示. 若電梯箱內放置質量為m的貨物一起以速度v豎直上升，電梯箱離終點(圖中未畫出)高度為h時關閉動力系統(tǒng)，僅開啟電磁制動，一段時間后，電梯箱恰好到達終點．
圖5
26、
(1)若在開啟電磁制動瞬間，三根金屬棒的位置剛好在圖乙所示位置，則此時制動轉盤上的電動勢 E為多少？ 此時a與 b之間的電勢差有多大？
(2)若忽略轉盤的質量，且不計其他阻力影響，則在上述制動過程中，制動轉盤產生的熱量是多少？
(3)若要提高制動的效果，試對上述設計做出兩處改進．
答案 見解析
解析 (1)設承重轉盤的角速度為ω，則制動轉盤的角速度也為ω.
則ω＝ va＝ωr3 vb＝ωr2
E＝
聯(lián)立解得：E＝
I＝
Uab＝I·0.5R
聯(lián)立解得：Uab＝
(2)Q＋mgh＝(m＋2M)v2
解得：Q＝(m＋2M)v2－mgh
(3)增加勵磁電流；減小金屬棒的電
27、阻；
增加金屬棒的數(shù)目(用實心的金屬材料做整個金屬盤)．
增加外金屬圈的半徑r3；
減小內金屬圈的半徑r2；
減小承重轉盤的半徑r1.(任選兩項即可)
6．(2018·金華市十校聯(lián)考)如圖6所示，PM、QN是兩根光滑圓弧導軌，圓弧半徑為d、間距為L，最低點M、N在同一水平高度，導軌電阻不計，在其上端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、質量為m、阻值為R的金屬棒，從導軌的頂端PQ處由靜止開始下滑，到達底端MN時對導軌的壓力為2mg，重力加速度為g.求：
圖6
(1)金屬棒到達導軌底端MN時電阻R兩端的電壓；
(2)
28、金屬棒從導軌頂端PQ下滑到底端MN過程中，電阻R產生的熱量；
(3)金屬棒從導軌頂端PQ下滑到底端MN過程中，通過電阻R的電荷量．
答案 (1)BL (2) (3)
解析 (1)在導軌的底端MN處，金屬棒對導軌的壓力FN＝2mg
軌道對金屬棒的支持力大小為FN′＝FN＝2mg
則有FN′－mg＝m
解得v＝
金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLv
金屬棒到達底端時電阻R兩端的電壓U＝＝BL
(2)金屬棒從導軌頂端PQ下滑到底端MN過程中，由能量守恒定律得：
mgd＝Q＋mv2
解得Q＝mgd
電阻R上產生的熱量QR＝Q＝
(3)由q＝I·Δt
I＝
E＝＝
聯(lián)立解得q＝
15
（浙江選考）2019高考物理二輪復習 專題七 計算題題型強化 第4講 加試第23題 電磁感應規(guī)律的綜合應用學案
