1、第第3 3讲讲电磁感应规律的综合应用电磁感应规律的综合应用1.1.内电路和外电路内电路和外电路:(1)(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈相当于切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈相当于电源电源。(2)(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻内阻,其余部分的电阻相当于其余部分的电阻相当于外电阻外电阻。2.2.电源电动势和路端电压电源电动势和路端电压:(1):(1)电动势电动势:E=E=或或E=E=B Blv v。(2)(2)路端电压路端电压:U=IR=E-IrU=IR=E-Ir。nt【知识梳理知识梳理】一、电磁感应中的电路问题
2、一、电磁感应中的电路问题1.1.安培力的大小安培力的大小:回路中只有一个感应电动势回路中只有一个感应电动势,回路电阻为回路电阻为R R时时:二、电磁感应中的动力学问题二、电磁感应中的动力学问题2 2B vRl安2.2.安培力的方向安培力的方向:qnR总流经导线横截面的电量：(2)(2)用楞次定律判断用楞次定律判断:安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反相反(选填选填“相同相同”或或“相反相反”)。如图所示如图所示,导体棒切割磁感线运动的方向向右导体棒切割磁感线运动的方向向右,感应电流的方向感应电流的方向abab,安培力的方向安培力的方向向左向左
3、(1)(1)用左手定则判断用左手定则判断:先用先用右手右手定则判断感应电流的方向定则判断感应电流的方向,再用左手定则判定安培力的方向再用左手定则判定安培力的方向1.1.能量转化能量转化:感应电流在磁场中受安培力感应电流在磁场中受安培力,外力外力克服安培力做功克服安培力做功,将机械能转化为电能将机械能转化为电能,电流做功再将电能转化为电流做功再将电能转化为其他形式其他形式的能。的能。(1)(1)利用利用克服安培力克服安培力做功求解做功求解:电磁感应中产生的电能等于电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功克服安培力所做的功。三、电磁感应中的能量问题三、电磁感应中的能量问题2.2.转化实质转化实质
4、:电磁感应现象的能量转化电磁感应现象的能量转化,实质是其他形式的能与实质是其他形式的能与电能电能之间的转化。之间的转化。3.3.电能的计算方法电能的计算方法:(2)(2)利用能量守恒求解利用能量守恒求解:例如例如:机械能的减少量等于电能的增加量。机械能的减少量等于电能的增加量。(3)(3)利用电路特征求解利用电路特征求解:例如例如:纯电阻电路中产生的电能等于通过电路中所产生的内能纯电阻电路中产生的电能等于通过电路中所产生的内能Q=IQ=I2 2RtRt。如图所示如图所示,线圈进入磁场过程中线圈进入磁场过程中,产生的电能等于下落过程中克服产生的电能等于下落过程中克服安培力安培力做的功做的功,又等
5、于线圈又等于线圈机械能机械能的减少量的减少量,还等于电流做功产生的还等于电流做功产生的焦耳热焦耳热。W=E=Q=E电克安机减（无其他阻力时）如图所示如图所示,线圈在进入磁场时和完全进入磁场后一直处于加速状态。线圈在进入磁场时和完全进入磁场后一直处于加速状态。四、电磁感应的图象问题四、电磁感应的图象问题图象图象类型类型(1)磁感应强度磁感应强度B、磁通量、磁通量、感应电动势、感应电动势E和感应电流和感应电流I随随 变变化的图象，即化的图象，即Bt图象、图象、t图象、图象、Et图象、图象、It图象图象(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应对于切割磁感线产生感应电动势和感应
6、电流的情况，还常涉及感应电动势电动势E和感应电流和感应电流I随随 变化的图象，即变化的图象，即Ex图象和图象和Ix图象图象问题问题类型类型(1)由给定的由给定的 过程判断或画出正确的图象过程判断或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析由给定的有关图象分析 过程，求解相应的物理量过程，求解相应的物理量(3)利用给出的图象判断或画出新的图象利用给出的图象判断或画出新的图象应用应用知识知识左手定则、安培定则、右手定则、左手定则、安培定则、右手定则、欧姆定律、牛顿定律、函数图象等知识欧姆定律、牛顿定律、函数图象等知识时间时间t位移位移x电磁感应电磁感应电磁感应电磁感应楞次定律楞次定律法拉第电磁感应定
7、律法拉第电磁感应定律【秒判正误【秒判正误】(1)“(1)“相当于电源相当于电源”的导体棒两端的电势差等于电源的电动势。的导体棒两端的电势差等于电源的电动势。()()(2)(2)闭合电路中电流都是从高电势流向低电势的。闭合电路中电流都是从高电势流向低电势的。()()(3)(3)电磁感应现象中，感应电流受到的安培力一定是阻力。电磁感应现象中，感应电流受到的安培力一定是阻力。()()(4)(4)在安培力作用下，导体棒也可以做变减速直线运动。在安培力作用下，导体棒也可以做变减速直线运动。()()(5)(5)安培力做功的过程就是电能减少的过程。安培力做功的过程就是电能减少的过程。()()(6)(6)利用
8、焦耳定律求解安培力做的负功常适用于感应电流大小不变的情况。利用焦耳定律求解安培力做的负功常适用于感应电流大小不变的情况。()()则电路的外电阻为则电路的外电阻为R R外外=r(3Rr)r(3Rr)r(3Rr)3R考点考点1 1电磁感应中的电路问题电磁感应中的电路问题【典题突破【典题突破】典例典例1 1 如图，由某种粗细均匀的总电阻为如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R3R的金属条制成的矩形线框的金属条制成的矩形线框abcdabcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中。一接入电路电阻为，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中。一接入电路电阻为R R的导的导体棒体棒PQPQ，在水平拉
9、力作用下沿，在水平拉力作用下沿abab、dcdc以速度以速度v v匀速滑动，滑动过程匀速滑动，滑动过程PQPQ始终与始终与abab垂直，垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在且与线框接触良好，不计摩擦。在PQPQ从靠近从靠近adad处向处向bcbc滑动的过程中滑动的过程中()A.PQA.PQ中电流先增大后减小中电流先增大后减小B.PQB.PQ两端电压先减小后增大两端电压先减小后增大C.PQC.PQ上拉力的功率先减小后增大上拉力的功率先减小后增大D.D.线框消耗的电功率先减小后增大线框消耗的电功率先减小后增大R R外外maxmax=R=R，此时，此时PQPQ处于矩形线框的中心位置，处于矩形线框的中
10、心位置，34C C3R-r3R-rr rR R解解:选选C C。设。设PQPQ左侧金属线框的电阻为左侧金属线框的电阻为r r，则右侧电阻为，则右侧电阻为3R-r3R-r；PQPQ相当于电源，其电阻为相当于电源，其电阻为R R，3Rr3Rrr=2由数学知识知，当即：时即即PQPQ从靠近从靠近adad处向处向bcbc滑动的过程中外电阻先增大后减小。滑动的过程中外电阻先增大后减小。BLvIR+R外由得电流先减小后增大选项选项A A错误；错误；路端电压路端电压U=U=BlvBlv-IRIR，所以路端电压先增大后减小，选项，所以路端电压先增大后减小，选项B B错误；错误；拉力的功率大小等于安培力的功率大
11、小，拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P=FP=F安安v=BIv=BIlv v，可知因干路电流先减小后增大，可知因干路电流先减小后增大，PQPQ上拉力的功率也先减小后增大，选项上拉力的功率也先减小后增大，选项C C正确；正确；因外电阻因外电阻最大值为最大值为 R R，小于内阻，小于内阻R R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，343R-r3R-rr rR RP出出与与R的关系的关系F FF F安安C.PQC.PQ上拉力的功率先减小后增大上拉力的功率先减小后增大D.D.线框消耗的电功率先减小后增大线框消耗的电功率先减小后增大线框消耗的电功率即为
12、外电阻消耗的功率，线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D D错误。错误。C C触类旁通触类旁通 (2019(2019抚顺模拟抚顺模拟)如图所示，均匀金属圆环的总电阻为如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R4R，磁感应强度为，磁感应强度为B B的匀强磁场垂直的匀强磁场垂直穿过圆环。金属杆穿过圆环。金属杆OMOM的长为的长为l，阻值为，阻值为R R，M M端与环接触良好，绕过圆心端与环接触良好，绕过圆心O O的转轴以恒定的角速度的转轴以恒定的角速度顺时针顺
13、时针转动。阻值为转动。阻值为R R的电阻一端用导线和环上的的电阻一端用导线和环上的A A点连接，另一端和金属杆的转轴点连接，另一端和金属杆的转轴O O处的端点相连接。下列判处的端点相连接。下列判断正确的是断正确的是()A.OMA.OM两点间电势差绝对值的最大值为两点间电势差绝对值的最大值为 B.B.金属杆金属杆OMOM旋转产生的感应电动势恒为旋转产生的感应电动势恒为 2B4l 2B2l C.C.通过电阻通过电阻R R的电流的最小值为的电流的最小值为 ，方向从，方向从Q Q到到P PD.D.通过电阻通过电阻R R的电流的最大值为的电流的最大值为 ，且，且P P、Q Q两点电势满足两点电势满足P
14、P Q Q2B8l 2B4Rl OMOM其最大值为其最大值为U=IU=Iminmin2R=2R=，A A错误；错误；2B3l 解解:选选B B。OMOM切割磁感线产生的感应电动势为切割磁感线产生的感应电动势为E=BE=Bl2 2，选项，选项B B正确；正确；12B BOMOM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小路端电压增大，所以外作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小路端电压增大，所以外电阻最大时，电阻最大时，OMOM两点间电势差绝对值最大两点间电势差绝对值最大.当当M M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电流最小
15、，通过电阻电流最小，通过电阻R R的电流的最小值为的电流的最小值为2minEBI3R6Rl 1R=2R=R2并由右手定则可得由右手定则可得R R的电流方向从的电流方向从Q Q到到P P，C C错误错误；+-A A B BA A2R2RR R2R2R当当M M位于最下端时圆环被接入的电阻为位于最下端时圆环被接入的电阻为0 0，此时有最大电流，此时有最大电流 ，2maxEBI2R4Rl 根据右手定则可得电流方向从根据右手定则可得电流方向从Q Q到到P P，P P、Q Q两点电势满足两点电势满足 ，选项，选项D D错误。错误。PQ A.OMA.OM两点间电势差绝对值的最大值为两点间电势差绝对值的最大
16、值为 B.B.金属杆金属杆OMOM旋转产生的感应电动势恒为旋转产生的感应电动势恒为 2B4l 2B2l C.C.通过电阻通过电阻R R的电流的最小值为的电流的最小值为 ，方向从，方向从Q Q到到P PD.D.通过电阻通过电阻R R的电流的最大值为的电流的最大值为 ，且，且P P、Q Q两点电势满足两点电势满足P P Q Q2B8l 2B4Rl+-【提分秘籍【提分秘籍】1.1.五个等效：五个等效：2.2.解题流程：解题流程：【加固训练【加固训练】(多选多选)如图所示，边长为如图所示，边长为L L、不可形变的正方形导线框内有半径为、不可形变的正方形导线框内有半径为r r的的圆形磁场区域，其磁感应强
17、度圆形磁场区域，其磁感应强度B B随时间随时间t t的变化关系为的变化关系为B=ktB=kt(常量常量k0)k0)。回路中滑动变阻。回路中滑动变阻器器R R的最大阻值为的最大阻值为R R0 0，滑动片，滑动片P P位于滑动变阻器中央，定值电阻位于滑动变阻器中央，定值电阻R R1 1=R=R0 0、R R2 2=。闭合开关闭合开关S S，电压表的示数为，电压表的示数为U U，不考虑虚线，不考虑虚线M NM N右侧导体的感应电动势，则右侧导体的感应电动势，则()0R2A.RA.R2 2两端的电压为两端的电压为 B.B.电容器的电容器的a a极板带正电极板带正电C.C.滑动变阻器滑动变阻器R R的热
18、功率为电阻的热功率为电阻R R2 2的的5 5倍倍D.D.正方形导线框中的感应电动势为正方形导线框中的感应电动势为kLkL2 2U7【解析【解析】选选A A、C C。由法拉第电磁感应定律。由法拉第电磁感应定律 得出得出E=krE=kr2 2，选项，选项D D错误；错误；BEnnSttACAC因因k0k0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b b极板带正电，选项极板带正电，选项B B错误；错误；由题图可知外电路结构为由题图可知外电路结构为R R2 2与与R R的右半部并联，再与的右半部并联，再与R R的左半部、的左半部、R R1 1
19、相串联，故相串联，故R R2 2两端电压两端电压02000R1U22UURR17R222选项选项A A正确；正确；设设R R2 2消耗的功消耗的功率为率为P=IUP=IU2 2，则，则R R消耗的功率消耗的功率P=2IP=2I2U2U2 2+IU+IU2 2=5P=5P，选项，选项C C正确正确。考点考点2 2电磁感应中的动力学问题电磁感应中的动力学问题 【典题突破【典题突破】题型题型1 1单导体棒单导体棒(含电源、电阻、电容等含电源、电阻、电容等)典例典例2 2 (2018(2018哈尔滨模拟哈尔滨模拟)如图所示，如图所示，“U”U”形金属导轨放置在水平桌面上，质量形金属导轨放置在水平桌面上
20、，质量M=1 kgM=1 kg，导轨间距，导轨间距d=d=2 m2 m，导轨间存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度，导轨间存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B=1 TB=1 T，导轨上垂直于导轨平放质量为，导轨上垂直于导轨平放质量为m=0.5 kgm=0.5 kg的的导体棒，跨过光滑滑轮的轻绳一端悬挂质量也为导体棒，跨过光滑滑轮的轻绳一端悬挂质量也为m m的物块，另一端连接导体棒，水平面上的轻绳始终与的物块，另一端连接导体棒，水平面上的轻绳始终与导体棒垂直，与导轨平行，重力加速度导体棒垂直，与导轨平行，重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2，导体棒电阻，导体棒电阻R=2 R=2，其余
21、电阻不计，导轨与导体棒，其余电阻不计，导轨与导体棒接触良好且摩擦不计，导轨与水平桌面间的动摩擦因数为接触良好且摩擦不计，导轨与水平桌面间的动摩擦因数为=0.1=0.1，运动过程中导体棒始终与导轨垂直且，运动过程中导体棒始终与导轨垂直且未滑出导轨，也未与滑轮相撞，物块未落地，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则：未滑出导轨，也未与滑轮相撞，物块未落地，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则：(1)(1)若将导轨固定，由静止释放导体棒，求导体棒运动的最大速度。若将导轨固定，由静止释放导体棒，求导体棒运动的最大速度。(2)(2)若将导轨和导体棒同时由静止释放，导体棒运动一段时间后，导轨也开始运动，此后某一
22、时刻导体若将导轨和导体棒同时由静止释放，导体棒运动一段时间后，导轨也开始运动，此后某一时刻导体棒的加速度为棒的加速度为a a1 1=2.5 m/s=2.5 m/s2 2，求此时导轨的加速度，求此时导轨的加速度a a2 2。【解析【解析】(1)(1)感应电动势为：感应电动势为：E=Bdv E=Bdv 感应电流为：感应电流为：EIR安培力为安培力为 ：，22AB d vFBIdR导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得：导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得：得最大速度为：得最大速度为：v vm m=2.5 m/s=2.5 m/s22mB d vmgR(2)(2)由牛顿第二定律由牛顿第二定律:对导体
23、棒与物块整体有：对导体棒与物块整体有：mg-Fmg-FA A=2ma=2ma1 1答案：答案：(1)2.5 m/s(1)2.5 m/s(2)1 m/s(2)1 m/s2 2TFmgAFfFAF对导轨有：对导轨有：A2F(Mm)gMa解得：解得：a a2 2=1 m/s=1 m/s2 2AFm g触类旁通触类旁通 (多选多选)如图两根足够长光滑平行金属导轨如图两根足够长光滑平行金属导轨PPPP、QQQQ倾斜放置，匀强磁场倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M M、N N相连，板间距离足够大，相连，板间距离足够大，板
24、间有一带电微粒，金属棒板间有一带电微粒，金属棒abab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现在水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现在同时由静止释放带电微粒和金属棒同时由静止释放带电微粒和金属棒abab，则，则()A.A.金属棒金属棒abab一直加速下滑一直加速下滑B.B.金属棒金属棒abab最终可能匀速下滑最终可能匀速下滑C.C.金属棒金属棒abab下滑过程中下滑过程中M M板电势高于板电势高于N N板电势板电势D.D.带电微粒可能先向带电微粒可能先向N N板运动后向板运动后向M M板运动板运动【解析【解析】选选A A、C C、D D。qq=CU=CU，U=BU=Blvv，v
25、=atv=at，qit因而金属棒将做匀加速运动，选项因而金属棒将做匀加速运动，选项A A正确，正确，B B错误；错误；a a端相当于电源正极端相当于电源正极，因而，因而M M板带正电，板带正电，N N板带负电，选项板带负电，选项C C正确；正确；sinsinqmamgBiLmgBLt由牛顿第二定律得：ACDACD联立解得联立解得 22mgsinamB L Cabab棒切割磁感线，相当于电源，棒切割磁感线，相当于电源，+-若带电粒子带负电，在重力和电场力的作用下，先向下运动然后再反向向上运动，若带电粒子带负电，在重力和电场力的作用下，先向下运动然后再反向向上运动，D D正确。正确。22=sin=
26、sinCBL vmgBL mgCB Lat【加固训练【加固训练】(2018(2018江苏高考江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为水平面的夹角为，间距为，间距为d d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B B，方向与导，方向与导轨平面垂直。质量为轨平面垂直。质量为m m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s s，导轨与外接电源，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a a沿导
27、轨匀加速下滑，金属棒中沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为的电流始终保持恒定，重力加速度为g g。求下滑到底端的过程中，金属棒。求下滑到底端的过程中，金属棒(1)(1)末速度的大小末速度的大小v v。(2)(2)通过的电流大小通过的电流大小I I。(3)(3)通过的电荷量通过的电荷量Q Q。【解析【解析】(1)(1)金属棒做匀加速直线运动，有金属棒做匀加速直线运动，有v v2 2=2as=2as，解得，解得 。v2as(2)(2)安培力安培力F F安安=IdB=IdB，金属棒所受合力，金属棒所受合力F=mgsinF=mgsin-F-F安安 由牛顿第二定律由牛顿第二定律F=
28、maF=mam(gsina)IdB解得：(3)(3)运动时间运动时间t=t=，电荷量，电荷量Q=ItQ=Itva2asm(gsina)dBa答案：答案：(1)(1)(2)(3)(2)(3)2asm(gsina)dB2asm(gsina)dBa题型题型2 2双导体棒双导体棒典例典例3 3 (2016(2016全国卷全国卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连。两细金，上沿相连。两细金属棒属棒abab(仅标出仅标出a a端端)和和cdcd(仅标出仅标出c c端端)长度均为长度均为L L，质量分别为，质量分别为2m2m和和m m；用两根不可伸长的柔软轻导线将；用两根
29、不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路它们连成闭合回路abdcaabdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为中，回路电阻为R R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为，重力加速度大小为g g，已知金属棒已知金属棒abab匀速下滑。求匀速下滑。求(1)(1
30、)作用在金属棒作用在金属棒abab上的安培力的大小。上的安培力的大小。(2)(2)金属棒运动速度的大小。金属棒运动速度的大小。【解析【解析】(1)1)设导线的张力的大小为设导线的张力的大小为T T，右斜面对，右斜面对abab棒的支持力的大小为棒的支持力的大小为N N1 1，作用在作用在abab棒上的安培力的大小为棒上的安培力的大小为F F，左斜面对，左斜面对cdcd棒的支持力大小为棒的支持力大小为N N2 2。对于。对于abab棒，由力的平衡条件得棒，由力的平衡条件得 对于对于cdcd棒，同理有棒，同理有 mgsin+Nmgsin+N2 2=2T=2T N N2 2=mgcos=mgcos(2
31、)2)由安培力公式得由安培力公式得 F=BILF=BIL这里这里I I是回路是回路abdcaabdca中的感应电流。中的感应电流。abab棒上的感应电动势为棒上的感应电动势为 E=BLvE=BLv式中式中v v是是abab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I=I=联立求得联立求得 ER22mgR(sin3 cos)vB L 2mgsin=N2mgsin=N1 1+2T+F+2T+F N N1 1=2mgcos=2mgcos NN1 1+2T+F+2T+F2mgsin2mgsin2T2Tmgsin+Nmgsin+N2 2联立联立式得式得 F=mg(sin-3cos)F=
32、mg(sin-3cos)【解题思维【解题思维】1.1.题型特征：细金属棒题型特征：细金属棒abab切割磁感线做匀速直线运动，金属棒切割磁感线做匀速直线运动，金属棒cdcd不在磁场中，不受不在磁场中，不受安培力作用，也做匀速直线运动。安培力作用，也做匀速直线运动。2.2.题型解码：题型解码：(1)(1)对对abab、cdcd棒受力分析，由平衡条件求出棒受力分析，由平衡条件求出abab棒受到的安培力。棒受到的安培力。(2)(2)由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小。由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小。(3)(3)涉及的知识有受力分析、物体的平衡、欧姆定律、法拉
33、第电磁感应定律等。涉及的知识有受力分析、物体的平衡、欧姆定律、法拉第电磁感应定律等。含电阻含电阻含电源含电源含电容含电容图例图例情景情景概况概况 初速度为初速度为v v0 0，水，水平导轨光滑平导轨光滑 电源电动势为电源电动势为E E，内阻为，内阻为r r；水；水平导轨光滑平导轨光滑 电容器电容为电容器电容为C C，耐，耐压值足够大，开始电压值足够大，开始电量为零量为零【提分秘籍【提分秘籍】1.1.单导体棒单导体棒(含电源、电阻、电容等含电源、电阻、电容等)：(1)(1)单杆光滑水平导轨模型比较：单杆光滑水平导轨模型比较：含电阻含电阻含电源含电源含电容含电容电路电路特点特点导体棒相当于电导体棒
34、相当于电源源导体棒运动后产生反导体棒运动后产生反电动势电动势E E反反，等效于电，等效于电动机动机导体棒相当于电源；电导体棒相当于电源；电容器被充电容器被充电v-tv-t图象图象 收尾收尾状态状态导体棒最终静止，导体棒最终静止，回路中电流回路中电流I=0I=0当反电动势等于电源电当反电动势等于电源电动势时，动势时，I=0I=0，速度达，速度达到最大值到最大值v v1 1当电容器充电电压当电容器充电电压U UC C等等于导体棒两端的电动势于导体棒两端的电动势E E1 1时，电流时，电流I=0I=0，导体，导体棒以棒以v v1 1匀速运动匀速运动电电量量q=n =n q=n =n RB SR(2)
35、(2)分析流程：分析流程：明确等效电源及内阻明确等效电源及内阻(杆杆)和外电路构成。和外电路构成。进行电路分析、杆的受力分析和运动过程分析，结合动力学知识求解。进行电路分析、杆的受力分析和运动过程分析，结合动力学知识求解。2.2.双导体棒：双导体棒：(1)(1)模型特点：模型特点：一杆切割时，分析同单杆类似。一杆切割时，分析同单杆类似。两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E=BL(vE=BL(v1 1-v-v2 2)。(2)(2)常见双导体棒模型的比较：常见双导体棒模型的比较：初速度为零，不受其他水平外力作用。初速度为零，不受其他
36、水平外力作用。光滑平行导轨光滑平行导轨光滑不等距导轨光滑不等距导轨示意图示意图 质量质量m m1 1=m=m2 2 电阻电阻r r1 1=r=r2 2 长度长度L L1 1=L=L2 2 质量质量m m1 1=m=m2 2 电阻电阻r r1 1=r=r2 2 长度长度L L1 1=2L=2L2 2规律规律 分析分析杆杆MNMN做变减速运动，杆做变减速运动，杆PQPQ做变做变加速运动，稳定时，两杆的加加速运动，稳定时，两杆的加速度为零，以相等的速度匀速速度为零，以相等的速度匀速运动运动稳定时，两杆的加速度为零，两杆的稳定时，两杆的加速度为零，两杆的速度之比为速度之比为1212初速度为零，一棒受其
37、他水平外力作用。初速度为零，一棒受其他水平外力作用。光滑平行导轨光滑平行导轨不光滑平行导轨不光滑平行导轨示意图示意图 质量质量m m1 1=m=m2 2 电阻电阻r r1 1=r=r2 2 长度长度L L1 1=L=L2 2 摩擦力摩擦力 =F=Ff f 质量质量m m1 1=m=m2 2 电阻电阻r r1 1=r=r2 2 长度长度L L1 1=L=L2 212ffFF规律规律 分析分析开始时，两杆做变加速运动；开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度稳定时，两杆以相同的加速度做匀变速直线运动做匀变速直线运动开始时，若开始时，若F2FF2Ff f，则，则PQPQ先变加速运动先变加
38、速运动后匀速运动；若后匀速运动；若F2FF2Ff f，则，则PQPQ先变加速运先变加速运动，之后两杆匀加速运动动，之后两杆匀加速运动(图中只画出了图中只画出了F2FF2Ff f的情况的情况)(3)(3)解题关键：解题关键：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解。单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解。做好受力分析和运动过程分析，注意各物理量间的相互制约关系：做好受力分析和运动过程分析，注意各物理量间的相互制约关系：导体棒运动导体棒运动感应电动势感应电动势感应电流感应电流安培力安培力合外力合外力加速度加速度速度。速度。抓住杆的稳定状态，一般杆的稳定
39、状态为匀速直线运动或匀加速直线运动，此抓住杆的稳定状态，一般杆的稳定状态为匀速直线运动或匀加速直线运动，此时闭合回路中的电流为零或恒定。时闭合回路中的电流为零或恒定。【加固训练【加固训练】如图所示，两金属杆如图所示，两金属杆abab和和cdcd长均为长均为L=0.5 mL=0.5 m，电阻均为，电阻均为R=8.0 R=8.0，质量分，质量分别为别为M=0.2 kgM=0.2 kg和和m=0.1 kgm=0.1 kg，用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们，用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧。两金属杆都处在水平位置，连
40、成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧。两金属杆都处在水平位置，整个装置处在一个与回路平面相垂直向内的匀强磁场中，磁感应强度为整个装置处在一个与回路平面相垂直向内的匀强磁场中，磁感应强度为B=B=2 T2 T。若整个。若整个装置从静止开始到金属杆装置从静止开始到金属杆abab下降高度下降高度h=h=5.0 m5.0 m时时刚好匀速向下运动。刚好匀速向下运动。(g(g取取10 m/s10 m/s2 2)求：求：(1)ab(1)ab杆匀速运动时杆上的电流方向。杆匀速运动时杆上的电流方向。(2)ab(2)ab杆匀速运动的速度杆匀速运动的速度v vm m。【解析【解析】(1)(1)磁场方向垂
41、直纸面向里，当磁场方向垂直纸面向里，当abab匀速下滑时，匀速下滑时，abab中产生感应电动中产生感应电动势，根据右手定则可知电流方向由势，根据右手定则可知电流方向由abab，cdcd中的感应电流方向由中的感应电流方向由dcdc。(2)(2)电路中的电动势是电路中的电动势是abab与与cdcd中电动势的和，即中电动势的和，即E=2BLvE=2BLvm m回路中电流大小为回路中电流大小为 EI2R由安培力公式得由安培力公式得F FA A=BIL=BIL .abab受到的安培力向上，受到的安培力向上，cdcd受到的安培力向下，大小均为受到的安培力向下，大小均为F FA A，对对abab有：有：T+
42、FT+FA A=Mg=Mg 对对cdcd有：有：T=FT=FA A+mg +mg 联立得：联立得：2F2FA A=(M-m)g=(M-m)g解得解得m2222(Mm)gR(0.20.1)10 8.0v4 m/s2B L2 20.5考点考点3 3电磁感应中的能量问题电磁感应中的能量问题【典题突破【典题突破】题型题型1 1由焦耳定律求解焦耳热由焦耳定律求解焦耳热典例典例4 4 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=0.50 m=0.50 m，倾角倾角=53=53，导轨上端串接一个，导轨上端串接一个R=0.05 R
43、=0.05 的电阻。在导轨间长的电阻。在导轨间长d=0.56 md=0.56 m的区域内，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 TB=2.0 T。质量。质量m=4.0 kgm=4.0 kg的金属的金属棒棒CDCD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GHGH相连。相连。CDCD棒的初始位置与磁场棒的初始位置与磁场区域的下边界相距区域的下边界相距s=0.24 ms=0.24 m。一位健身者用恒力。一位健身者用恒力F=80 NF=80 N拉动拉动GHGH杆，杆，CDCD棒由静止
44、开始运棒由静止开始运动，上升过程中动，上升过程中CDCD棒始终保持与导轨垂直。当棒始终保持与导轨垂直。当CDCD棒到达磁场上边界时健身者松手，触棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使发恢复装置使CDCD棒回到初始位置棒回到初始位置(重力加速度重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2，sin 53sin 53=0.8=0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：。求：(1)CD(1)CD棒进入磁场时速度棒进入磁场时速度v v的大小。的大小。(2)CD(2)CD棒进入磁场时所受的安培力棒进入磁场时所受的安培力F FA A的大小。
45、的大小。(3)(3)在拉升在拉升CDCD棒的过程中，健身者所做的功棒的过程中，健身者所做的功W W和电阻产生的焦耳热和电阻产生的焦耳热Q Q。【解析【解析】(1)(1)进入磁场前做匀变速直线运动进入磁场前做匀变速直线运动由牛顿第二定律由牛顿第二定律 2Fmgsina12m/sm得进入磁场时的速度得进入磁场时的速度 v2as2.4m/s22vas 由公式由公式安培力安培力F FA A=BI=BIl 代入得代入得 2A(B)vF48NRlCDCD棒在磁场区域做匀速运动在磁场中运动的时间棒在磁场区域做匀速运动在磁场中运动的时间 dtv(2)CD(2)CD棒进入磁场时所受的安培力棒进入磁场时所受的安培
46、力F FA A的大小。的大小。焦耳热焦耳热Q=IQ=I2 2Rt=26.88 JRt=26.88 J。答案答案：(1)2.4 m/s(1)2.4 m/s(2)48 N(2)48 N(3)64 J(3)64 J26.88 J26.88 J(3)(3)在拉升在拉升CDCD棒的过程中，健身者所做的功棒的过程中，健身者所做的功W W和电阻产生的焦耳热和电阻产生的焦耳热Q Q(2)(2)感应电动势感应电动势E=BE=Blv v 感应电流感应电流 B vIRl(3)(3)健身者做功健身者做功W=F(s+dW=F(s+d)=64 J )=64 J 由牛顿第二定律由牛顿第二定律F-mgsinF-mgsin-F
47、-FA A=0=0(1)(1)在第在第1 s1 s内内cdcd杆受到的安培力的大小。杆受到的安培力的大小。(2)ab(2)ab杆的初速度杆的初速度v v1 1。(3)(3)若第若第2 s2 s内力内力F F所做的功为所做的功为9 J9 J，求第，求第2 s2 s内内cdcd杆所产生的焦耳热。杆所产生的焦耳热。题型题型2 2由安培力做功求焦耳热由安培力做功求焦耳热典例典例5 5 如图甲所示，弯折成如图甲所示，弯折成9090角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成轨平面，左导轨平面与水平面成5353角，右导轨平面与水平面成
48、角，右导轨平面与水平面成3737角，两导轨相距角，两导轨相距L=0.2 mL=0.2 m，电阻不计。质量均为，电阻不计。质量均为m=0.1 kgm=0.1 kg，电阻均为，电阻均为R=0.1 R=0.1 的金属杆的金属杆abab、cdcd与导轨垂与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为=0.50.5，整个装置处于磁感，整个装置处于磁感应强度大小为应强度大小为B=1.0 TB=1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。t=0t=0时刻开始，时刻开始，
49、abab杆以初速度杆以初速度v v1 1沿右导轨平面下滑。沿右导轨平面下滑。t=1 st=1 s时刻开始，对时刻开始，对abab杆施加一垂杆施加一垂直直abab杆且平行右导轨平面向下的力杆且平行右导轨平面向下的力F F，使，使abab开始做匀加速直线运动。开始做匀加速直线运动。cdcd杆运动的杆运动的v-tv-t图图象如图乙所示象如图乙所示(其中第其中第1 s1 s、第、第3 s3 s内图线为直线内图线为直线)。若两杆下滑过程均保持与导轨垂直。若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，且接触良好，g g取取10 m/s10 m/s2 2，sin 37sin 37=0.6=0.6，coscos
50、37 37=0.8=0.8。求：。求：【解析【解析】(1)ab(1)ab杆沿右侧导轨下滑，根据右手杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知定则可知abab杆中感应电流由杆中感应电流由a a到到b b，则，则cdcd杆中电杆中电流由流由d d到到c c，根据左手定则可知，根据左手定则可知cdcd杆受到的安培杆受到的安培力垂直于左侧导轨向下。根据力垂直于左侧导轨向下。根据v-tv-t图象可知，图象可知，对对cdcd杆受力分析，根据牛顿第二定律有杆受力分析，根据牛顿第二定律有：mgsinmgsin 53 53-(mgcos 53-(mgcos 53+F+F安安)=ma)=ma1 1 (2)(2)对对cdc
