1、電磁感應規律的綜合應用題型研究4 加試計算題23題1.導體棒的兩種運動狀態導體棒的兩種運動狀態(1)平衡狀態導體棒處于靜止狀態或勻速直線運動狀態，加速度為零；(2)非平衡狀態導體棒的加速度不為零.2.兩個研究對象及其關系兩個研究對象及其關系電磁感應中導體棒既可看做電學對象(因為它相當于電源)，又可看做力學對象(因為有感應電流而受到安培力)，而感應電流I和導體棒的速度v是聯系這兩個對象的紐帶. 考點一 電磁感應中的動力學問題3.電磁感應中的動力學問題分析思路電磁感應中的動力學問題分析思路(3)過程分析：由于安培力是變力，導體棒做變加速運動或變減速運動，當加速度為零時，達到穩定狀態，最后做勻速直線

2、運動，根據共點力的平衡條件列方程：F合0.例1如圖1甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻.一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直.整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下，導軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦.圖1解析答案(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖；解析解析如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上.答案答案見解析圖

3、解析答案(2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及加速度的大小；解析解析當ab桿速度為v時，感應電動勢EBLv，根據牛頓第二定律，有解析答案(3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的最大速度.解析解析當a0時，ab桿有最大速度方法技巧方法技巧用用“四步法四步法”分析電磁感應中的動力學問題分析電磁感應中的動力學問題解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：(1)進行“源”的分析分離出電路中由電磁感應所產生的電源，求出電源的參數E和r.(2)進行“路”的分析分析電路結構，明確串、并聯的關系，求出相關部分的電流大小，以便求解安培力.(3)“力”的分析

4、分析研究對象(常是金屬桿、導體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力.(4)進行“運動”狀態的分析根據力和運動的關系，判斷出正確的運動模型.變式題組1.(2015浙江10月選考22)如圖2甲所示，質量m3.0103 kg的“ ”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“ ”形框的水平細桿CD長l0.20 m，處于磁感應強度大小B11.0 T，方向水平向右的勻強磁場中.有一匝數n300匝，面積S0.01 m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連.線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2的大小隨時間t變化的關系如圖乙所示.(g取10 m/s2)圖2(1)求00.10 s線圈中的感應

5、電動勢大小.答案答案30 V解析答案(2)t0.22 s時閉合開關K，若細桿CD所受安培力方向豎直向上，判斷CD中的電流方向及磁感應強度B2的方向.解析解析電流方向CD，B2方向向上答案答案CD向上解析答案(3)t0.22 s時閉合開關K，若安培力遠大于重力，細框跳起的最大高度h0.20 m，求通過細桿CD的電荷量.答案答案0.03 C2.(2016浙江10月學考22)為了探究電動機轉速與彈簧伸長量之間的關系，小明設計了如圖所示的裝置.半徑為l的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉軸OO上，由電動機A帶動旋轉.在金屬導軌區

6、域內存在垂直于導軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強磁場.另有一質量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質彈簧懸掛在豎直平面內，并與固定在豎直平面內的“U”型導軌保持良好接觸，導軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場中.從圓形金屬導軌引出導線和通過電刷從轉軸引出導線經開關S與“U”型導軌連接.當開關S斷開，棒cd靜止時，彈簧伸長量為x0；當開關S閉合，電動機以某一轉速勻速轉動，棒cd再次靜止時，彈簧伸長量變為x(不超過彈性限度).不計其余電阻和摩擦等阻力，求此時：圖3解析答案(1)通過棒cd的電流Icd；由右手定則，電流方向由a到b，解析答案(2)電動機

7、對該裝置的輸出功率P；解析答案(3)電動機轉動角速度與彈簧伸長量x之間的函數關系.解析解析S斷開時，由平衡條件kx0mgS閉合時，由平衡條件kxB2Icdlmg 考點二 動力學和能量觀點的綜合應用1.力學對象和電學對象的相互關系力學對象和電學對象的相互關系2.解決電磁感應動力學及能量問題的一般思路解決電磁感應動力學及能量問題的一般思路(1)電路分析：確定電源，畫出等效電路，明確內、外電路，分析電路的串、并聯關系.(2)受力分析：注意導體棒所受的安培力大小和方向.(3)運動分析：對運動過程進行“慢進”式推理分析，應用牛頓第二定律對運動過程中各物理量進行分析.(4)能量分析：分析運動過程中各力做功

8、情況，明確能量轉化形式.(5)規律分析：根據牛頓第二定律、運動學方程、動能定理、能量守恒定律合理組合優化.3.求解焦耳熱的三種方法求解焦耳熱的三種方法(1)焦耳定律：QI2Rt(2)功能關系：QW克服安培力(3)能量轉化：QE其他能的減少量例2如圖4所示，“凸”字形硬質金屬線框質量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面.開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場

9、之前，線框又做勻速運動.線框完全穿過磁場過程中產生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求：圖4解析答案(1)線框ab邊將要離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍；解析答案解析解析設磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律，有E12Blv1 設線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1 設此時線框所受安培力為F1，有F12I1lB 由于線框做勻速運動，其受力平衡，有mgF1 設ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2

10、，同理可得v2 由式得v24v1 答案答案4倍解析答案(2)磁場上、下邊界間的距離H.解析解析線框自釋放直到cd邊進入磁場前，線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有誤區誤區警示警示在電磁感應現象中求解焦耳熱時容易出現以下兩類錯誤：(1)不加分析就把某時刻的電流I代入公式QI2Rt求解焦耳熱，大多數情況下感應電流I是變化的，求解焦耳熱要用電流的有效值，因此不能用某時刻的電流代入公式QI2Rt求解焦耳熱.(2)電路中產生焦耳熱的元件不是一個，不加分析誤認為某個元件上的焦耳熱就是整個電路產生的焦耳熱.變式題組3.如圖5所示，光滑平行的水平金屬導軌MNPQ相距l，在M點和P點間接一個阻值為R的電

11、阻，在兩導軌間OO1O1O矩形區域內有垂直導軌平面豎直向下、寬為d的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m，電阻為r的導體棒ab，垂直擱在導軌上，與磁場左邊界相距d0.現用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運動，棒ab在離開磁場前已經做勻速直線運動(棒ab與導軌始終保持良好的接觸，導軌電阻不計).求：圖5(1)棒ab在離開磁場右邊界時的速度；解析答案解析解析棒在磁場中勻速運動時，有FFABIl，解析答案(2)棒ab通過磁場區的過程中整個回路所消耗的電能.解析解析安培力做的功轉化成兩個電阻消耗的電能Q，4.如圖6甲所示，在水平面上固定有長為L2 m、寬為d1 m的金屬“U”形導軌，在“U”形導軌右側l0.5 m范圍內存在垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間變化的規律如圖乙所示.在t0時刻，質量m0.1 kg的導體棒以v01 m/s的初速度從導軌的左端開始向右運動，導體棒與導軌之間的動摩擦因數0.1，導軌與導體棒單位長度的電阻均為0.1 /m，不計導體棒與導軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響(取g10 m/s2).圖6解析答案(1)通過計算分析4 s內導體棒的運動情況；解析解析導體棒先在無磁場區域做勻減速運動，有代入數據解得t1 s，x0.5 m即導體棒在1 s末已經停止運動，以后一直保持靜止，離左端位置為x0.5 m.答案答案