高考物理复习九章电磁感应时电磁感应现象的综合问题课件

第

3课时ꢀ电磁感应现象的综合问题一、电磁感应中的电路问题1.电源和内阻：切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻。ΔΦ2.感应电动势：E＝n或

E＝BLv。Δt二、电磁感应中的动力学问题1.通电导体在磁场中受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决的基本方法如下：(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1第3课时ꢀ电磁感应现象的综合问题一、电磁感应中的电路问题11和方向；(2)求回路中的电流；(3)分析导体受力情况(包含安培力在内的全面受力分析)；(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。2.两种状态处理(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡条件——合外力等于零列式分析。(2)导体处于非平衡态——加速度不等于零。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。三、电磁感应中的能量转化1.电磁感应现象的实质是其他形式的能和电能之间的转化。2.感应电流在磁场中受安培力，克服安培力做功，将其他形2和方向；(2)求回路中的电流；(3)分析导体受力情况(包含安2式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。考点一ꢀ电磁感应的电路问题(－/d)[要点突破]1.处理问题的一般思路(1)确定电源，在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体是电源；(2)分析电路结构(区分内、外电路及外电路的串、并联分析)，画出等效电路；(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解。2.一类特殊问题：根据电磁感应的平均感应电动势求解电路3式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。考点一3－EΔΦΔΦR总－E－I－I中通过的电量，有

＝n

，

＝

，q＝

·t＝n

。所Δt

R总以，q只和线圈匝数、磁通量的变化量及总电阻有关，与完成该过程需要的时间无关。注意：求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均电动势和平均电流计算。[典例剖析]【例】

(2020·浙江

10月选考)如图甲所示，质量

m＝3.0×10－3

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＝0.20m，处于磁感应强度大小

B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数

n＝300匝

、面积

S＝0.01m2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4－ΔΦΔΦ－－－中通过的电量，有＝n，＝，q＝·t4度

B2的大小随时间

t变化的关系如图乙所示。(1)求

0～0.10s线圈中的感应电动势大小；(2)t＝0.22s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

B2的方向；(3)t＝0.22s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＝0.20m，求通过细杆

CD的电荷量。ΔΦ解析ꢀ(1)由电磁感应定律

E＝nΔt5度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示。(1)求0～5得

E＝nSΔB2＝30VΔt(2)电流方向

C→DB2方向向上v－0Δt(3)由牛顿第二定律

F＝ma＝m(或由动量定理

FΔt＝mv－0)安培力

F＝IB1lΔQ＝IΔtv2＝2gh2ghm得ΔQ＝＝0.03CB1l答案ꢀ(1)30Vꢀ(2)电流方向

C→DꢀB2方向向上6得E＝nSΔB2＝30V(2)电流方向C→Dv－0(36(3)0.03C[针对训练]1.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为

a，总电阻为

R

(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为

B的匀强磁场垂直穿过环R平面，与环的最高点

A铰链连接的长度为

2a、电阻为

的导体2棒

AB，由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为

v，则这时

AB两端的电压大小为(ꢀꢀ)Bav3Bav6A.B.7(3)0.03C[针对训练]1.如图所示，竖直平面内有一金72Bav3C.D.Bav解析ꢀ导体棒以

A为轴转动切割产生的感应电动势

E＝B·2a0＋v，整个电路是两个半圆环并联接在电源

AB两端，故

AB2E

R

Bav两端电压

U＝

·

＝

，所以

A选项正确。R

R

4

3＋4

2答案ꢀA2.(多选)如图所示，PN与

QM两平行金属导轨相距

1

m，电阻不计，两端分别接有电阻

R

和

R

，且

R

＝6

Ω，ab杆的电阻121为

2

Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为

1T。现

ab以恒定速度

v＝3

m/s匀速向82BavC.D.Bav解析ꢀ导体棒以A为轴转动切割产生的感8右移动，这时

ab杆上消耗的电功率与

R1、R2消耗的电功率之和相等。则(ꢀꢀ)A.R2＝6

ΩB.R1上消耗的电功率为

0.375WC.a、b间电压为

3

VD.拉

ab杆水平向右的拉力为

0.75N解析ꢀ由于

ab杆上消耗的电功率与

R1、R2消耗的电功率之和6R2相等，则内、外电阻相等，＝2，解得

R2＝3

Ω，因此

AR2＋69右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率9E

33错

误；E＝Blv＝3

V，总电流

I＝

＝

A，路端电压

U

＝IR

＝

×2外abR总

4U4V＝1.5

V，因此

C错

误；P

＝

＝0.375

W，B正

确；ab杆所受1R1安培力

F＝BIl＝0.75N，因此拉力大小为

0.75N，D正确。答案ꢀBD考点二ꢀ电磁感应的图象问题(－/d)[要点突破]1.图象问题大体上可分为三类(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象。(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量。10E33错误；E＝Blv＝3V，总电流I＝＝A，路10(3)根据图象定量计算。2.解题步骤(1)明确图象的种类，即是

B－t图还是

Φ－t图，或者是

E－t图、I－t图等。(2)分析电磁感应的具体过程判断对应的图象是否分段，共分几段。(3)用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向。(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。(5)根据函数关系式，进行数学分析。(6)画图象或判断图象。[典例剖析]【例】

矩形导线框

abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向11(3)根据图象定量计算。2.解题步骤(1)明确图象的种类，即11与线框平面垂直，磁感应强度

B随时间

t变化的图象如图所示。设

t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在

0～4

s时间内，选项图中能正确反映线框

ab边所受的安培力

F随时间

t变化的图象是(规定

ab边所受的安培力向左为正)(ꢀꢀ)解析ꢀ在

0～1

s内，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电流大小恒定，由楞次定律可得线框内产生的感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则可判断出线框

ab边所受安培力方向向左(为正)，由

F＝BIL可知

F随磁感应强度的减小而12与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所解析12减小。在

1～2

s内，由楞次定律可得线框内产生的感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则可判断出线框

ab边所受安培力方向向右(为负)，由

F＝BIL可知

F随磁感应强度的增大而增大。同理在

2～3

s内，线框

ab边所受安培力方向向左(为正)，由F＝BIL可知F随磁感应强度的减小而减小。在3～4

s内，线框

ab边所受安培力方向向右(为负)，由

F＝BIL可知

F随磁感应强度的增大而增大，D正确。答案ꢀD[针对训练]1.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，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度

B随时间

t如图乙变化时，图中正确表示线圈中感应电动势

E变化的是(ꢀꢀ)13减小。在1～2s内，由楞次定律可得线框内产生的感应电流答13解析ꢀ在第

1

s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感ΔΦ1

ΔB1应电动势

E1＝＝

S，在第

2s和第

3s内，磁场

B不变Δt1

Δt1化，线圈中无感应电流，在第

4s和第

5s内，B减小，由楞次14解析ꢀ在第1s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应14ΔΦ2

ΔB2定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势

E1＝＝Δt2

Δt2S，由于ΔB

＝ΔB

，Δt

＝2Δt

，故

E

＝2E

，由此可知，A112212选项正确。答案ꢀA2.磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度

v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图甲所示。如果只将刷卡速度改为v0，2线圈中的

E－t关系图可能是图乙中的(ꢀꢀ)15ΔΦ2ΔB2定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E115乙解析ꢀ由公式

E＝Blv可知，当刷卡速度减半时，线圈中的感应电动势最大值减半，且刷卡所用时间加倍，故

D选项正确。答案ꢀD考点三ꢀ电磁感应的动力学问题(－/d)[要点突破]1.电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流

I＝16乙解析ꢀ由公式E＝Blv可知，当刷卡速度减半时，线圈中的感16Blv。R＋r2.受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力

F安＝BIl或B2l2v，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合＝ma。R总3.过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程

F合＝0。[典例剖析]【例】

如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨

MN、PQ间距为

l＝0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成

30°角。完全相同的两金属棒

ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触。已知两棒质量均为

m＝17Blv。R＋r2.受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力170.02

kg，电阻均为

R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度

B＝0.2T。棒

ab在平行于导轨向上的力

F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒

cd恰好能够保持静止。g取

10m/s2，求：(1)通过棒

cd的电流

I是多少？方向如何？(2)棒

ab受到的力

F是多大？解析ꢀ(1)棒

cd受到的安培力为Fcd＝BIl棒

cd在共点力作用下平衡，则Fcd＝mgsin30°180.02kg，电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导18联立解得

I＝1

A根据楞次定律可知，棒

cd中电流方向由

d至

c。(2)棒

ab与棒

cd受到的安培力大小相等，即F

＝Fab

cd对棒

ab，由共点力平衡条件得F＝mgsin30°＋BIl解得

F＝0.2N答案ꢀ(1)1Aꢀ由

d至

cꢀ(2)0.2N[针对训练]如图所示，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19联立解得I＝1A根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由19大小分别为

B

＝B、B

＝2B的有界匀强磁场，方向均垂直于框21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

B1区域后恰好做匀速运动。求：(1)金属棒进入磁场

B1区域后的速度大小；(2)金属棒刚进入磁场

B2区域时的加速度大小。解析ꢀ(1)当金属棒进入磁场

B1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

＝B

I

L＝BI

L＝mg1

1

1120大小分别为B＝B、B＝2B的有界匀强磁场，方向均垂直于20B1Lv

BLv又

I

＝

＝1R

RmgR联立得：v＝B2L2(2)金属棒刚进入磁场

B2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：2BLv

4B2L2vF

＝B

I

L＝2B

L＝2

2

2R

R把(1)问求得的

v代入，可得

F2＝4mg根据牛顿第二定律得：F2－mg＝ma得

a＝3g。21B1LvBLv1RRmgR联立得：v＝B2L2(2)金属21mgR答案ꢀ(1)

ꢀ(2)3gB2L2考点四ꢀ电磁感应的能量问题(－/d)[要点突破]1.电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程，电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用。因此闭合电路的一部分导体运动切割磁感线时必克服安培力做功。此过程中，其他形式的能转化为电能。克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能。同理，电流做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，电流做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。2.电能求解思路主要有三种：22mgR答案ꢀ(1)ꢀ(2)3g考点四ꢀ电磁感应的能量问题(22(1)利用克服安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。(2)利用能量守恒求解，导体切割磁感线产生感应电流时，开始的机械能总和与最后的机械能总和之差等于产生的电能。(3)利用电路特征来求解，通过电路中所消耗的电能来计算。[典例剖析]【例】

如图所示，在高度差

h＝0.5

m的平行虚线范围内，有磁感应强度

B＝0.5T、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场，正方形线框

abcd的质量

m＝0.1kg、边长

L＝0.5m、电阻

R＝0.5Ω，线框平面与竖直平面平行，静止在位置“Ⅰ”时

，cd边跟磁场下边缘有一段距离。现用一竖直向上的恒力

F＝4.0N向上提线框，线框由位置“Ⅰ”无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置“Ⅱ”(ab边恰好出磁场)，线框平面在23(1)利用克服安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克(223运动中保持与磁场方向垂直，且

cd边保持水平。设

cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速直线运动。g取10m/s2。(1)求线框进入磁场前距磁场下边界的距离

H；(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力

F做的功是多少？线框内产生的热量又是多少？解析ꢀ(1)在恒力作用下，线框开始向上做匀加速直线运动，设线框的加速度为

a，据牛顿第二定律有：F－mg＝ma设

cd边刚进磁场时，线框速度设为

v1，线框从静止到

cd边24运动中保持与磁场方向垂直，且cd边保持水平。设cd边刚(24刚进磁场过程中，由运动学方程有：v21＝2a·Hcd边刚进磁场时产生电动势

E＝BLv1，感应电流E

BLv1I＝

＝R

R安培力

F安＝BIL线框做匀速直线运动，则有

F＝F安＋mg，FR－mgR联立以上各式，可解得

v1＝＝24m/s，B2L2由

v21＝2aH解得

H＝9.6m。(2)恒力

F做的功

W＝F(H＋L＋h)＝42.4J，从

cd边进入磁场到

ab边离开磁场的过程中，拉力所做的功等于线框增加的重力势能和产生的热量

Q，25刚进磁场过程中，由运动学方程有：cd边刚进磁场时产生电动势25即

F(L＋h)＝mg(L＋h)＋Q，解得：Q＝(F－mg)(L＋h)＝3.0JBLv

h

L或

Q＝I2Rt＝(

)2R(＋

)＝3.0J。R

v

v答案ꢀ(1)9.6mꢀ(2)42.4Jꢀ3.0J[针对训练](2020·浙江理综)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距

l＝0.50m，倾

角

θ＝53°，导

轨上端串接一个

0.05

Ω的电阻。在导轨间长

d＝0.56m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

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＝0.24m。一位健身者用恒力

F＝80N拉动

GH26即F(L＋h)＝mg(L＋h)＋Q，解得：Q＝(F－mg)26杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中

CD棒始终保持与导轨垂直。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(重力加速度

g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求(1)CD棒进入磁场时速度

v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力的大小；(3)在拉升

CD棒的过程中，健身者所做的功

W和电阻产生的焦耳热

Q。27杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨(27解析ꢀ(1)由牛顿定律

a＝F－mgsin

θ＝12m/s2①m进入磁场时的速度

v＝

＝2.4m/s②2as(2)感应电动势

E＝Blv③Blv感应电流

I＝

④R安培力

FA＝IBl⑤代入得

FA＝（Bl）2v＝48N⑥R(3)健身者做功

W＝F(s＋d)＝64J⑦由牛顿定律：F－mgsin

θ－FA＝0⑧d在磁场中运动时间

t＝

⑨v28解析ꢀ(1)由牛顿定律a＝F－mgsinθ＝12m/s28焦耳热

Q＝I2Rt＝26.88J⑩答案ꢀ(1)2.4m/sꢀ(2)48Nꢀ(3)64Jꢀ26.88J1.如图所示，A是一边长为

l的正方形线框，电阻为

R，现

维持线框以恒定的速度

v沿

x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场

B区域。取逆时针方向为电流正方向，线框从图示位置开始运动，则线框中产生的感应电流

i随时间

t变化的图线是图中的(ꢀꢀ)解析ꢀ由于线框进入和穿出磁场时，线框内磁通量均匀变化，29焦耳热Q＝I2Rt＝26.88J⑩答案ꢀ(1)2.4m29因此在线框中产生的感应电流大小不变，根据楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流的方向与规定的正方向相同，穿出磁场时感应电流的方向与规定的正方向相反，因此应选

B。答案ꢀB2.如图所示，质量为

m、高

为

h的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦为

h的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为(ꢀꢀ)A.mghB.2mghC.大于

mgh而小于

2mgh

D.大于

2mgh解析ꢀ因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做30因此在线框中产生的感应电流大小不变，根据楞次定律可知，2.如30功为零，克服安培力做功为

2mgh，产生的内能亦为

2mgh，故选

B。答案ꢀB3.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用

0.3s时间拉出，外力所做的功为

W

，通过导线截面的电荷量为

q

；第二次用110.9s时间拉出，外力所做的功为

W2，通过导线截面的电荷量为

q2，则(ꢀꢀ)A.W

<W

，q

<q

B.W

<W

，q

＝q1

2

1

2

1

2

1

2C.W

>W

，q

>q

D.W

>W

，q

＝q1

2

1

2

1

2

1

2解析ꢀ设线框的长为

L

，宽为

L

，速度为

v，线框所受的安2131功为零，克服安培力做功为2mgh，产生的内能亦为2mgh31EB2Lv培力大小为

F

＝BIL

，又

I＝

，E＝BL

v中，则得

F

＝

线2A2ARRB2Lv框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为F＝F

＝

，ARB2Lv

B2LL

11R

R

t外力做功为

W＝FL

＝

·L

＝

·

，可见，外力做功与1所用时间成反比，则有

W1>W2。两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式

q＝ΔΦ可知，通过导线截面的电荷量相等，即有q1＝q2，故选D。R答案ꢀD4.如图甲所示，两根足够长的直金属导轨

MN、PQ平行放置在倾角为

θ

的绝缘斜面上，两导轨间距为

L，M、P两点间接有32EB2Lv培力大小为F＝BIL，又I＝，E＝BL32阻值为

R的电阻，一根质量为

m的均匀直金属杆

ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为

B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让

ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(1)由

b向

a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出

ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当

ab杆的速度大小为

v时，求此时

ab杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。33阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导33解析ꢀ(1)如图所示，ab杆受重力

mg，竖直向下；支持力

FN，垂直于斜面向上；安培力

F安，沿斜面向上。(2)当

ab杆速度大小为

v时，感应电动势

E＝BLv，此时电路中电流E

BLvI＝

＝R

RB2L2vab杆受到安培力

F安＝BIL＝R根据牛顿第二定律，有B2L2vma＝mgsin

θ－F安＝mgsin

θ－R34解析ꢀ(1)如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力34a＝gsin

θ－B2L2vmR。mgRsin

θ(3)当

a＝0时，ab杆有最大速度：vm＝。B2L2BLvB2L2v答案ꢀ(1)见解析图ꢀ(2)

ꢀgsin

θ－RmRmgRsin

θ(3)B2L2[基础过关]1.水平放置的金属框架

cdef处于如图所示的匀强磁场中，金属棒

ab处于粗糙的框架上且与框架接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒

ab始终保持静止，则(ꢀꢀ)35a＝gsinθ－B2L2v。mgRsinθ(3)当a＝35A.ab中电流增大，ab棒所受摩擦力也增大B.ab中电流不变，ab棒所受摩擦力也不变C.ab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大D.ab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变ΔΦ解析ꢀ磁感应强度均匀增大时，磁通量的变化率

恒定，Δt故回路中的感应电动势和感应电流都是恒定的；又棒

ab所受的摩擦力等于安培力，即

F

＝F

＝BIL，故当

B增加时，摩安f擦力增大，选项

C正确。答案ꢀC2.如图所示，在一匀强磁场中有一

U形导线框

abcd，线框处36A.ab中电流增大，ab棒所受摩擦力也增大ΔΦ解析ꢀ磁感应强36于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于

ab的一根导体杆，它可在

ab、cd上无摩擦地滑动。杆

ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给

ef一个向右的初速度，则(ꢀꢀ)A.ef将减速向右运动，但不是匀减速B.ef将匀减速向右运动，最后停止C.ef将匀速向右运动D.ef将往返运动解析ꢀef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是37于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直A.e37匀减速，由

F＝BIl＝B2l2v＝ma知，ef做的是加速度减小的R减速运动，故

A正确。答案ꢀA3.如图甲所示，线圈

ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈

AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是图中的(ꢀꢀ)解析ꢀ由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则可知感应电流的方向由

B到

A，再由楞次定律可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由

B到

A的感应电流，由法拉第电磁38匀减速，由F＝BIl＝B2l2v＝ma知，ef做的是加速度38感应定律结，合闭合电路欧姆定律则，安培力的表达式

F＝BIL＝BΔBSΔtΔBL，因安培力的大小不变，则

B

是定值，因磁场

B增ΔtΔBR大，则

减小，故选项

D正确，选项

A、B、C错误。Δt答案ꢀD4.(多选)如图所示，竖直平面内有一足够长的宽度为

L的金属导轨，质量为

m的金属导体棒

ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒

ab与金属导轨接触良好，ab电阻为

R，其

他电阻不计。导体棒

ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关

S，发现导体棒

ab立刻做变速运动，则在以后导体棒

ab的运动过程中，下列说法中正确的是(ꢀꢀ)39感应定律结，合闭合电路欧姆定律则，安培力的表达式F＝BIL39A.导体棒

ab做变速运动期间加速度一定减小B.单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能C.导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和内能之和，符合能的转化和守恒定律mgRD.导体棒

ab最后做匀速运动时，速度大小为

v＝B2L2解析ꢀ导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下，做加速运动，开关闭合时，由右手定则可知，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的安40A.导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小C.导体棒减少的40BLv培力方向向上，F＝BIL＝B

L，导体棒受到的重力和安培力R的合力变小，加速度变小，做加速度越来越小的变速运动，A正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动，由

F－mg＝BLvmgRB2L20得，B

L＝mg，v＝

，D正确；导体棒克服安培力做功，R减少的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，B正确，C错误。答案ꢀABD5.(多选)如图所示，先后以速度

v

和

v

匀速把一矩形线圈拉21出有界匀强磁场区域，v

＝2v

，在先后两种情况下(ꢀꢀ)2141BLv培力方向向上，F＝BIL＝BL，导体棒受到的重力和安41A.线圈中的感应电流之比

I1∶I2＝2∶1B.线圈中的感应电流之比

I1∶I2＝1∶2C.线圈中产生的焦耳热之比

Q1∶Q2＝4∶1D.通过线圈某截面的电荷量之比

q1∶q2＝1∶1E1

2解析ꢀ由于

v

＝2v

，根据

E＝BLv得感应电动势之比

＝

，21E2

1EI1

2感应电流

I＝

，则感应电流之比为

＝

，A正确，B错误；I2

1RL′t1

1线圈出磁场所用的时间

t＝

，则时间比为

＝

，根据

Q＝t2

2v－EI2Rt可知热量之比为

＝

，C错误；根据

q＝

Δt＝

Δt＝Q1

2－IQ2

1R42A.线圈中的感应电流之比I1∶I2＝2∶1E12解析ꢀ由42ΔΦΔtΔΦ

q1

1Δt＝

得

＝

，D正确。R

R

q2

1答案ꢀAD6.(多选)如图所示，水平放置的

U形框架上接一个阻值为

R0的电阻，放在垂直纸面向里的、磁感应强度大小为

B的匀强磁场中，一个半径为

L、质量为

m的半圆形硬导体

AC在水平向右的恒定拉力

F作用下，由静止开始运动距离

d后速度达到

v，半圆形硬导体

AC的电阻为

r，其余电阻不计，导体

AC与

U形框架间的动摩擦因数为

μ。下列说法正确的是(ꢀꢀ)A.此时

AC两端电压为

UAC＝2BLv43ΔΦΔtΔΦq11Δt＝得＝，D正确。答案ꢀAD6432BLvR0B.此时

AC两端电压为

UAC＝R0＋r1C.此过程中电路产生的电热为

Q＝Fd－

mv222BLdD.此过程中通过电阻

R0的电荷量为

q＝R0＋rER0解析ꢀAC的感应电动势为

E＝2BLv，两端电压为

UAC＝＝R0＋r2BLvR01，A错误，B正确；由功能关系得

Fd＝

mv2＋Q＋2R0＋r2BLd－Iμmgd，C错误；此过程中平均感应电流为

＝，（R0＋r）Δt442BLvR0B.此时AC两端电压为UAC＝R0＋r1C.442BLd－I通过电阻

R

的电荷量为

q＝

Δt＝0，D正确。R0＋r答案ꢀBD7.如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距

0.2m，金属导体

ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为

0.4Ω，导轨电阻不计，导体

ab的质量为

0.2g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为

0.2T，且磁场区域足够大，当导体

ab自由下落

0.4s时，突然接通开关

S，则(1)试说出

S接通后，导体

ab的运动情况；(2)导体

ab匀速下落的速度是多少？(g取

10m/s2)452BLd－通过电阻R的电荷量为q＝Δt＝，D正确。R45解析ꢀ(1)闭合

S之前导体自由下落的末速度为：v0＝gt＝4

m/s。S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力。F安＝BIL＝B2L2v0＝0.016N＞mg＝0.002N。R此刻导体棒所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为F安－mg

B2L2va＝＝m

mR－g，所

以，ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动。当速度减小至

F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动。(2)设匀速竖直向下的速度为

vm，46解析ꢀ(1)闭合S之前导体自由下落的末速度为：S闭合瞬间，46B2L2vmRmgR此时

F安＝mg，即＝mg，v

＝

＝0.5m/s。mB2L2答案ꢀ(1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动ꢀ(2)0.5m/s[能力提升]8.(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为

L，底端接阻值为

R的电阻。将质量为

m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为

B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻

R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则(ꢀꢀ)47B2L2vmmgR此时F安＝mg，即＝mg，v＝＝0.47A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度

gB.金属棒向下运动时，流过电阻

R的电流方向为

a→bC.金属棒的速度为

v时，所受的安培力大小为

F＝B2L2vRD.电阻

R上产生的热量等于金属棒重力势能的减少量解析ꢀ金属棒刚释放时，弹簧处于原长，此时弹力为零，又因此时速度为零，因此也不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故

A正确；金属棒向下运动时，由右手定则可知，金属棒上电流方向向右，电阻在外电路，其电流方向为

b→a，故

B错误；金属棒速度为

v时，安培力大小为

F＝BIL＝B2L2v，故

C正确；金属棒下落过R程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹48A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB.金属棒向下运48簧的弹性势能、金属棒的动能以及电阻

R上产生的热量，因此

D错误。答案ꢀAC9.(多选)如图所示，平行金属导轨与水平面成

θ

角，用导线与固定电阻

R

和

R

相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一12导体棒

ab，质量为

m，两导轨间距为

l，导体棒的电阻与固定电阻

R

和

R

的阻值相等，都等于

R，导体棒与导轨之间的动12摩擦因数为

μ，导体棒

ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为

v时，有(ꢀꢀ)A.棒中感应电流的方向由

a到

b49簧的弹性势能、金属棒的动能以及电阻R上产生的热量，因答案ꢀ49B.棒所受安培力的大小为B2l2v23RBlvC.棒两端的电压为3D.棒动能的减少量等于其重力势能的增加量与电路上产生的电热之和解析ꢀ由右手定则可判定导体棒中的电流方向为

a→b，故选R项

A正确；由

E＝Blv及串、并联电路的特点，知

R

＝

，外2E

2Blv则

I＝＝

，所以导体棒所受安培力的大小

F＝BIl＝R外＋R

3R2B2l2v3R2Blv，故选项

B错误；结合

I＝

，知导体棒两端的电压

U3R50B.棒所受安培力的大小为B2l2v2BlvC.棒两端的电压为50R

Blv＝I·＝

，故选项

C正确；由能量守恒知：导体棒动能的2

3减少量等于其重力势能的增加量以及电路中产生的电热和克服摩擦力做功产生的内能，故选项

D错误。答案ꢀAC10.如图甲所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着边界。t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动，经过时间

t0穿出磁场。如图乙所示为外力随时间变化的图象。线框质量

m、电阻

R及图象中的

F0、t0均为已知量，则根据上述条件，求：51RBlv＝I·＝，故选项C正确；由能量守恒知：导体棒51(1)金属线框的边长

L；(2)磁感应强度

B。解析ꢀ对金属线框有

F－BIL＝ma，①BLv又

I＝

②Rv＝at③解①②③式得

F＝B2L2at＋ma④R1又

L＝

at

⑤022将

t

＝0，F

＝F

和

t

＝t

，F

＝3F

，2

0

211

00代入④⑤式解得

L＝F0t，2m52(1)金属线框的边长L；(2)磁感应强度B。解析ꢀ对金属522mB＝2mt0R。F0tF0t

2m答案ꢀ(1)

ꢀ(2)2mt0R2m

F0t11.(2020·浙江超能生

3月联考)如图甲所示，间距为

l＝0

.5m的两条足够长的平行金属导轨所在平面与水平面的夹角

θ＝37°，导轨上端接有一个

R＝0.5

Ω的电阻，导轨所在平面可划分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，两导轨间长度为

s1＝1

m的矩形区域Ⅰ中存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度大小

B随时间

t的变化关系如图乙所示，长度为

s2＝3

m的区域Ⅱ中无磁场，区域Ⅲ中存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度的大小

B0＝1

T。在

t＝0时刻，质量

m＝1kg且与导轨垂直的金属棒

ab从区域Ⅰ和区域Ⅱ的交界处静止532mB＝2mt0R。F0tF0t2m答案ꢀ(1)ꢀ(2)53滑下，当金属棒到达区域Ⅱ和区域Ⅲ的交界处

CD时，区域Ⅰ中的磁场突然撤去，此后金属棒恰好保持匀速运动，边界

CD上方的导轨光滑，边界

CD下方的导轨粗糙，不计金属棒与导轨的电阻，金属棒在下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好，已知

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)金属棒在到达边界

CD前的运动过程中，回路中产生的感应电流大小

I；(2)金属棒在区域Ⅱ中运动的过程中，电阻产生的焦耳热

Q；(3)金属棒与区域Ⅲ中的两导轨之间的动摩擦因数

μ。解析ꢀ(1)由

B－t图象可知，区域Ⅰ中的磁感应强度

B＝0.5t54滑下，当金属棒到达区域Ⅱ和区域Ⅲ的交界处CD时，区域Ⅰ(154金属棒在区域Ⅱ中运动时，由法拉第电磁感应定律得到回路中产生的感应电动势为ΔΦE＝

＝0.25VΔtE所以，感应电流为

I＝

＝0.5A。R(2)金属棒在区域Ⅱ中运动过程中，对其进行受力分析由牛顿第二定律得，mgsin

θ＝ma解得：a＝gsin

θ＝6

m/s21由

s

＝

at2得

t＝1

s22因此，电阻产生的焦耳热

Q＝E2t＝0.125J。R55金属棒在区域Ⅱ中运动时，由法拉第电磁感应定律得到回路ΔΦE＝55(3)金属棒到达区域Ⅱ和区域Ⅲ交界处时的速度大小

v＝at＝6m/s，此后以该速度匀速运动。BL2v金属棒所受安培力大小

F＝B

Il＝

＝3

N，方向沿导轨向上0R金属棒在区域Ⅲ中匀速运动时，对其进行受力分析，有mgsin

θ＝F＋μmgcos

θ解得

μ＝0.375。答案ꢀ(1)0.5Aꢀ(2)0.125Jꢀ(3)0.37556(3)金属棒到达区域Ⅱ和区域Ⅲ交界处时的速度大小v＝at＝56第

3课时ꢀ电磁感应现象的综合问题一、电磁感应中的电路问题1.电源和内阻：切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻。ΔΦ2.感应电动势：E＝n或

E＝BLv。Δt二、电磁感应中的动力学问题1.通电导体在磁场中受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决的基本方法如下：(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1第3课时ꢀ电磁感应现象的综合问题一、电磁感应中的电路问题157和方向；(2)求回路中的电流；(3)分析导体受力情况(包含安培力在内的全面受力分析)；(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。2.两种状态处理(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡条件——合外力等于零列式分析。(2)导体处于非平衡态——加速度不等于零。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。三、电磁感应中的能量转化1.电磁感应现象的实质是其他形式的能和电能之间的转化。2.感应电流在磁场中受安培力，克服安培力做功，将其他形2和方向；(2)求回路中的电流；(3)分析导体受力情况(包含安58式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。考点一ꢀ电磁感应的电路问题(－/d)[要点突破]1.处理问题的一般思路(1)确定电源，在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体是电源；(2)分析电路结构(区分内、外电路及外电路的串、并联分析)，画出等效电路；(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解。2.一类特殊问题：根据电磁感应的平均感应电动势求解电路3式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。考点一59－EΔΦΔΦR总－E－I－I中通过的电量，有

＝n

，

＝

，q＝

·t＝n

。所Δt

R总以，q只和线圈匝数、磁通量的变化量及总电阻有关，与完成该过程需要的时间无关。注意：求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均电动势和平均电流计算。[典例剖析]【例】

(2020·浙江

10月选考)如图甲所示，质量

m＝3.0×10－3

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＝0.20m，处于磁感应强度大小

B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数

n＝300匝

、面积

S＝0.01m2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4－ΔΦΔΦ－－－中通过的电量，有＝n，＝，q＝·t60度

B2的大小随时间

t变化的关系如图乙所示。(1)求

0～0.10s线圈中的感应电动势大小；(2)t＝0.22s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

B2的方向；(3)t＝0.22s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＝0.20m，求通过细杆

CD的电荷量。ΔΦ解析ꢀ(1)由电磁感应定律

E＝nΔt5度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示。(1)求0～61得

E＝nSΔB2＝30VΔt(2)电流方向

C→DB2方向向上v－0Δt(3)由牛顿第二定律

F＝ma＝m(或由动量定理

FΔt＝mv－0)安培力

F＝IB1lΔQ＝IΔtv2＝2gh2ghm得ΔQ＝＝0.03CB1l答案ꢀ(1)30Vꢀ(2)电流方向

C→DꢀB2方向向上6得E＝nSΔB2＝30V(2)电流方向C→Dv－0(362(3)0.03C[针对训练]1.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为

a，总电阻为

R

(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为

B的匀强磁场垂直穿过环R平面，与环的最高点

A铰链连接的长度为

2a、电阻为

的导体2棒

AB，由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为

v，则这时

AB两端的电压大小为(ꢀꢀ)Bav3Bav6A.B.7(3)0.03C[针对训练]1.如图所示，竖直平面内有一金632Bav3C.D.Bav解析ꢀ导体棒以

A为轴转动切割产生的感应电动势

E＝B·2a0＋v，整个电路是两个半圆环并联接在电源

AB两端，故

AB2E

R

Bav两端电压

U＝

·

＝

，所以

A选项正确。R

R

4

3＋4

2答案ꢀA2.(多选)如图所示，PN与

QM两平行金属导轨相距

1

m，电阻不计，两端分别接有电阻

R

和

R

，且

R

＝6

Ω，ab杆的电阻121为

2

Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为

1T。现

ab以恒定速度

v＝3

m/s匀速向82BavC.D.Bav解析ꢀ导体棒以A为轴转动切割产生的感64右移动，这时

ab杆上消耗的电功率与

R1、R2消耗的电功率之和相等。则(ꢀꢀ)A.R2＝6

ΩB.R1上消耗的电功率为

0.375WC.a、b间电压为

3

VD.拉

ab杆水平向右的拉力为

0.75N解析ꢀ由于

ab杆上消耗的电功率与

R1、R2消耗的电功率之和6R2相等，则内、外电阻相等，＝2，解得

R2＝3

Ω，因此

AR2＋69右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率65E

33错

误；E＝Blv＝3

V，总电流

I＝

＝

A，路端电压

U

＝IR

＝

×2外abR总

4U4V＝1.5

V，因此

C错

误；P

＝

＝0.375

W，B正

确；ab杆所受1R1安培力

F＝BIl＝0.75N，因此拉力大小为

0.75N，D正确。答案ꢀBD考点二ꢀ电磁感应的图象问题(－/d)[要点突破]1.图象问题大体上可分为三类(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象。(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量。10E33错误；E＝Blv＝3V，总电流I＝＝A，路66(3)根据图象定量计算。2.解题步骤(1)明确图象的种类，即是

B－t图还是

Φ－t图，或者是

E－t图、I－t图等。(2)分析电磁感应的具体过程判断对应的图象是否分段，共分几段。(3)用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向。(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。(5)根据函数关系式，进行数学分析。(6)画图象或判断图象。[典例剖析]【例】

矩形导线框

abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向11(3)根据图象定量计算。2.解题步骤(1)明确图象的种类，即67与线框平面垂直，磁感应强度

B随时间

t变化的图象如图所示。设

t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在

0～4

s时间内，选项图中能正确反映线框

ab边所受的安培力

F随时间

t变化的图象是(规定

ab边所受的安培力向左为正)(ꢀꢀ)解析ꢀ在

0～1

s内，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电流大小恒定，由楞次定律可得线框内产生的感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则可判断出线框

ab边所受安培力方向向左(为正)，由

F＝BIL可知

F随磁感应强度的减小而12与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所解析68减小。在

1～2

s内，由楞次定律可得线框内产生的感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则可判断出线框

ab边所受安培力方向向右(为负)，由

F＝BIL可知

F随磁感应强度的增大而增大。同理在

2～3

s内，线框

ab边所受安培力方向向左(为正)，由F＝BIL可知F随磁感应强度的减小而减小。在3～4

s内，线框

ab边所受安培力方向向右(为负)，由

F＝BIL可知

F随磁感应强度的增大而增大，D正确。答案ꢀD[针对训练]1.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，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度

B随时间

t如图乙变化时，图中正确表示线圈中感应电动势

E变化的是(ꢀꢀ)13减小。在1～2s内，由楞次定律可得线框内产生的感应电流答69解析ꢀ在第

1

s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感ΔΦ1

ΔB1应电动势

E1＝＝

S，在第

2s和第

3s内，磁场

B不变Δt1

Δt1化，线圈中无感应电流，在第

4s和第

5s内，B减小，由楞次14解析ꢀ在第1s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应70ΔΦ2

ΔB2定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势

E1＝＝Δt2

Δt2S，由于ΔB

＝ΔB

，Δt

＝2Δt

，故

E

＝2E

，由此可知，A112212选项正确。答案ꢀA2.磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度

v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图甲所示。如果只将刷卡速度改为v0，2线圈中的

E－t关系图可能是图乙中的(ꢀꢀ)15ΔΦ2ΔB2定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E171乙解析ꢀ由公式

E＝Blv可知，当刷卡速度减半时，线圈中的感应电动势最大值减半，且刷卡所用时间加倍，故

D选项正确。答案ꢀD考点三ꢀ电磁感应的动力学问题(－/d)[要点突破]1.电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流

I＝16乙解析ꢀ由公式E＝Blv可知，当刷卡速度减半时，线圈中的感72Blv。R＋r2.受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力

F安＝BIl或B2l2v，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合＝ma。R总3.过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程

F合＝0。[典例剖析]【例】

如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨

MN、PQ间距为

l＝0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成

30°角。完全相同的两金属棒

ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触。已知两棒质量均为

m＝17Blv。R＋r2.受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力730.02

kg，电阻均为

R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度

B＝0.2T。棒

ab在平行于导轨向上的力

F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒

cd恰好能够保持静止。g取

10m/s2，求：(1)通过棒

cd的电流

I是多少？方向如何？(2)棒

ab受到的力

F是多大？解析ꢀ(1)棒

cd受到的安培力为Fcd＝BIl棒

cd在共点力作用下平衡，则Fcd＝mgsin30°180.02kg，电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导74联立解得

I＝1

A根据楞次定律可知，棒

cd中电流方向由

d至

c。(2)棒

ab与棒

cd受到的安培力大小相等，即F

＝Fab

cd对棒

ab，由共点力平衡条件得F＝mgsin30°＋BIl解得

F＝0.2N答案ꢀ(1)1Aꢀ由

d至

cꢀ(2)0.2N[针对训练]如图所示，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19联立解得I＝1A根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由75大小分别为

B

＝B、B

＝2B的有界匀强磁场，方向均垂直于框21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

B1区域后恰好做匀速运动。求：(1)金属棒进入磁场

B1区域后的速度大小；(2)金属棒刚进入磁场

B2区域时的加速度大小。解析ꢀ(1)当金属棒进入磁场

B1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

＝B

I

L＝BI

L＝mg1

1

1120大小分别为B＝B、B＝2B的有界匀强磁场，方向均垂直于76B1Lv

BLv又

I

＝

＝1R

RmgR联立得：v＝B2L2(2)金属棒刚进入磁场

B2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：2BLv

4B2L2vF

＝B

I

L＝2B

L＝2

2

2R

R把(1)问求得的

v代入，可得

F2＝4mg根据牛顿第二定律得：F2－mg＝ma得

a＝3g。21B1LvBLv1RRmgR联立得：v＝B2L2(2)金属77mgR答案ꢀ(1)

ꢀ(2)3gB2L2考点四ꢀ电磁感应的能量问题(－/d)[要点突破]1.电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程，电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用。因此闭合电路的一部分导体运动切割磁感线时必克服安培力做功。此过程中，其他形式的能转化为电能。克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能。同理，电流做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，电流做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。2.电能求解思路主要有三种：22mgR答案ꢀ(1)ꢀ(2)3g考点四ꢀ电磁感应的能量问题(78(1)利用克服安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。(2)利用能量守恒求解，导体切割磁感线产生感应电流时，开始的机械能总和与最后的机械能总和之差等于产生的电能。(3)利用电路特征来求解，通过电路中所消耗的电能来计算。[典例剖析]【例】

如图所示，在高度差

h＝0.5

m的平行虚线范围内，有磁感应强度

B＝0.5T、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场，正方形线框

abcd的质量

m＝0.1kg、边长

L＝0.5m、电阻

R＝0.5Ω，线框平面与竖直平面平行，静止在位置“Ⅰ”时

，cd边跟磁场下边缘有一段距离。现用一竖直向上的恒力

F＝4.0N向上提线框，线框由位置“Ⅰ”无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置“Ⅱ”(ab边恰好出磁场)，线框平面在23(1)利用克服安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克(279运动中保持与磁场方向垂直，且

cd边保持水平。设

cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速直线运动。g取10m/s2。(1)求线框进入磁场前距磁场下边界的距离

H；(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力

F做的功是多少？线框内产生的热量又是多少？解析ꢀ(1)在恒力作用下，线框开始向上做匀加速直线运动，设线框的加速度为

a，据牛顿第二定律有：F－mg＝ma设

cd边刚进磁场时，线框速度设为

v1，线框从静止到

cd边24运动中保持与磁场方向垂直，且cd边保持水平。设cd边刚(80刚进磁场过程中，由运动学方程有：v21＝2a·Hcd边刚进磁场时产生电动势

E＝BLv1，感应电流E

BLv1I＝

＝R

R安培力

F安＝BIL线框做匀速直线运动，则有

F＝F安＋mg，FR－mgR联立以上各式，可解得

v1＝＝24m/s，B2L2由

v21＝2aH解得

H＝9.6m。(2)恒力

F做的功

W＝F(H＋L＋h)＝42.4J，从

cd边进入磁场到

ab边离开磁场的过程中，拉力所做的功等于线框增加的重力势能和产生的热量

Q，25刚进磁场过程中，由运动学方程有：cd边刚进磁场时产生电动势81即

F(L＋h)＝mg(L＋h)＋Q，解得：Q＝(F－mg)(L＋h)＝3.0JBLv

h

L或

Q＝I2Rt＝(

)2R(＋

)＝3.0J。R

v

v答案ꢀ(1)9.6mꢀ(2)42.4Jꢀ3.0J[针对训练](2020·浙江理综)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距

l＝0.50m，倾

角

θ＝53°，导

轨上端串接一个

0.05

Ω的电阻。在导轨间长

d＝0.56m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

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＝0.24m。一位健身者用恒力

F＝80N拉动

GH26即F(L＋h)＝mg(L＋h)＋Q，解得：Q＝(F－mg)82杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中

CD棒始终保持与导轨垂直。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(重力加速度

g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求(1)CD棒进入磁场时速度

v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力的大小；(3)在拉升

CD棒的过程中，健身者所做的功

W和电阻产生的焦耳热

Q。27杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨(83解