电磁感应定律 1

第三节 电磁感应定律的综合应用

一、考点知识梳理

“电磁感应”是电磁学的核心内容之一，同时又是与电学、力学知识紧密联系的知识点，

是高考试题考查综合运用知识能力的很好落脚点，所以它向来是高考关注的一个重点和热

点，考察的方向主要集中在三个方面：一、电磁感应规律，电磁感应是研究其它形式能量转

化为电能的特点和规律，其核心内容是法拉第电磁感应定律和楞次定律；二、与电路知识的

综合，主要讨论电能在电路中传输、分配，并通过用电器转化为其它形式的能量的特点及规

律；三、与力学知识的综合，主要讨论产生电磁感应的导体受力、运动规律以及电磁感应过

程中的能量转化关系.

二、考点知识解读

考点1. 解决电磁感应现象中力学问题的基本方法与技巧

剖析：

电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此，电磁感应问题往往跟

力学问题联系在一起，解决这类电磁感应中的力学问题，不仅要应用电磁学中的有关规律，

如楞次定律、法拉第电磁感应定律、左右手定则、安培力的计算公式等，还要应用力学中的

有关规律，如牛顿运动定律、动量定理、动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律等。要

将电磁学和力学的知识综合起来应用。

（1）基本方法

①用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向；

②求出回路的电流强度；

③分析研究导体受力情况（包括安培力，用左手定则确定其方向）；

④列平衡方程或动力学方程求解．

（2）解决电磁感应现象中力学问题的技巧

①因电磁感应中力和运动问题所给图形大多为立体空间分布图，故在受力分析时，应把

立体图转化为平面图，使物体（导体）所受的各力尽可能在同一平面图内，以便正确对力进

行分解与合成，利用物体的平衡条件和牛顿运动定律列式求解．

②对于非匀变速运动最值问题的分析，注意应用加速度为零，速度达到最值的特点．

I =

确定电源（E ，r ）

态 E R +r 感应电流 F=BIL a 变化情况 合外力 运动状态的分析 v a 方向关系

[例题1]如图10-3-1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 0、M 、P 两点间接有阻值为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。

解析：（1）如图10-3-2重力mg ，竖直向下；

支持力N ，垂直斜面向上；

安培力F ，沿斜面向上

（2）当ab 杆速度为v 时，感应电动势E =BLv , 此时电路电流

图10-3-2 10-3-1

I =E BLv

= R R

B 2L 2v ab 杆受到安培力F =BIL = R

根据牛顿运动定律，有

B 2L 2v B 2L 2v ma =mg sin θ-F =mg sin θ- a =g sin θ- R mR

B 2L 2v =m g sin θ时，ab 杆达到最大速度v m （3）当R

v m =mgR sin θ B 2L 2

【变式训练1】. 如图10-3-3甲所示的轮轴, 它可以绕垂直于纸面的光滑固定水平轴O

转动. 轮上绕有轻质柔软细线, 线的一端系一重物, 另一端系一质量为m 的金属杆.

在竖直平面内有间距为L 的足够长的平行金属导轨PO 、EF, 在QF 之间连接有阻值为R

的电阻, 其余电阻不计. 磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨平面垂直. 开始时金属杆置于导轨

下端, 将重物由静止释放, 重物最终能匀速下降. 运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良

好, 忽略所有摩擦.

(1)若重物的质量为M, 则重物匀速下降的速

度v 为多大?

(2)对一定的磁感应强度B, 重物的质量M 取不

同的值, 测出相应的重物做匀速运动时的速度, 可

得出v -M 实验图线. 图乙中画出了磁感应强度

分别为B 1和B 2时的两条实验图线, 试根据实验结

果计算B 1与B 2的比值.

解析：1) M 匀速下降时, 金属杆匀速上升, 回路中产生的感应电动势为:E =BLv 10-3-3

BLv L 对M 、m 整体有：Mg =F 合+mg R

(M-m)gR 由以上式子解得：v = B 2L 2

gR mgR (2)由(1)得:v =22M -22 由v -M 图象可知:k 1=1.6,k 2=0.9 B L B L 则F 安=BIL =B

所以解得

:B 1=B 23 4

考点2. 解决电磁感应现象中电路问题的基本方法与分析误区

剖析：

在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体

或回路就相当于电源，将它们接上电容器，便可使电容器充电；将它们接上用电器，便可对

用电器供电，在回路中形成电流. 因此，电磁感应问题往往跟电路问题联系在一起. ．解决电

磁感应电路问题的关键是把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路．

（1）基本方法

①确定电源：先判断产生电磁感应现象的那一部分导体，该部分导体可视为等效电源．

②分析电路结构，画等效电路图．

③利用电路规律求解，主要有欧姆定律，串并联规律等．

（2）常见的一些分析误区

①不能正确分析感应电动势及感应电流的方向．因产生感应电动势那部分电路为电源部分，故该部分电路中的电流应为电源内部的电流，而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势．

②应用欧姆定律分析求解电路时，不注意等效电源的内阻对电路的影响．

③对联接在电路中电表的读数不能正确进行分析，特别是并联在等效电源两端的电压表，其示数应该是外电压，而不是等效电源的电动势．

[例题2]（07上海物理卷）如图10-3-4所示，光滑的平行长直金

属导轨置于水平面内，间距为L 、导轨左端接有阻值为R 的电阻，

质量为m 的导体棒垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不

计，且接触良好。在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下

的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。开始时，导体棒静止于磁场

区域的右端，当磁场以速度v 1匀速向右移动时，导体棒随之开始

运动，同时受到水平向左、大小为f 的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时

导体棒仍处于磁场区域内。

（1）求导体棒所达到的恒定速度v 2；

（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？

（3）导体棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为多大？

（4）若t ＝0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其v -t 关系如图（b ）所示，已知在时刻t 导体棒瞬时速度大小为v t ，求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小。

考点分析 本题考查了物体的平衡、安培力、感应电动势、电功率。

解题思路 （1）导体棒运动时，切割磁感线，产生感应电动势， E ＝BL （v 1－v 2），根

B 2L 2（v 1－v 2）据闭合电路欧姆定律有I ＝E /R ，导体棒受到的安培力F ＝BIL ，速度恒定R

B 2L 2（v 1－v 2）fR 时有： ＝f ，可得：v 2=v 1-22。 R B L

（2）假设导体棒不随磁场运动，产生的感应电动势为E =BLv 1，此时阻力与安培力平

10-3-4

v

B 2L 2v 1BLv 衡，所以有f m =BIL =B 。 L =R R

B L （v 1－v 2）fR f R （3）P 导体棒＝Fv 2＝f ⎛v 1⎫ ，P 电路＝E 2/R ＝ ＝ ， B L ⎭R B L ⎝

B 2L 2（v 1－v 2）（4－f ＝ma ，导体棒要做匀加速运动，必有v 1－v 2为常数，设为∆v ，R

v t ＋∆v B 2L 2（at －v t ）B 2L 2 vt ＋fR a ＝，则－f ＝ma ，可解得：a ＝。 t R B L t －mR

【变式训练2】半径为a 的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B =0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b 的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a =0.4m，b =0.6m，金属环上分别接有灯L 1、L 2，两灯的电阻均为R =2Ω，一金属棒MN 与金属环接触良好，棒上单位长度的电阻为1Ω，环的电阻忽略不计

（1）若棒以v 0=5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO ′ 的瞬时（如图10－3－5所示）MN 中的电动势和流过灯L 1的电流.

（2）撤去中间的金属棒MN ，将右面的半圆环OL 2O′ 以OO ′ 为轴向上翻转90º，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB /Δt=4T/s，求L 1的功率.

解析：（1）棒滑过圆环直径OO ′ 的瞬时，MN 中的电动势

E 1=B 2a v=0.2×0.8×5=0.8V ①

等效电路如图（1）所示，流过灯L 1的电流

I 1=E 1/R=0.8/2=0.4A ②

（2）撤去中间的金属棒MN ，将右面的半圆环OL 2O′ 以OO ′ 为图（2） 图（1）

222210－3－5

轴向上翻转90º，半圆环OL 1O′中产生感应电动势，相当于电源，灯L 2为外电路，等效电路如图（2）所示，感应电动势

E 2=ΔФ/Δt =0.5×πa 2×ΔB /Δt =0.32V ③

L 1的功率P 1=(E 2/2)2/R =1.28×10-2W

考点3. 解决电磁感应现象中能量转化问题的基本方法与要点

剖析：

在物理学研究的问题中, 能量是一个非常重要的课题, 能量守恒是自然界的一个普遍的、

重要的规律。在电磁感应现象中，由磁生电并不是创造了电能，而只是机械能转化为电能而已。在力学中就已经知道：功是能量转化的量度。那么在机械能转化为电能的电磁感应现象中，是什么力在做功呢？是安培力在做功，在电学中，安培力做正功，是将电能转化为机械能（电动机），安培力做负功，是将机械能转化为电能（发电机），必须明确发生电磁感应现象中，是安培力做功导致能量的转化。

（1）基本方法

①用法拉第电磁感应和楞次定律确定感应电动势的大小和方向．

②画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率表达式．

③分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，即能量守恒方程．

（2）分析要点

分析过程中应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，即分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功，就可能有机械能参与转化；安培力做负功就将其它形式能转化为电能，做正功将电能转化为其它形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解．

[例题3]（07江苏物理卷18题）如图10-3-6所示，空间等间距分布

着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强

度B =1T，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为

d =0.5m，现有一边长l =0.2m、质量m =0.1kg、电阻R =0.1Ω的正方

形线框MNOP 以v 0=7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求

（1）线框MN 边刚进入磁场时受到安培力的大小F ．

（2）线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q ．

（3）线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n ．

解析：（1）线框MN 边刚开始进入磁场区域时，感应电动势E =BLv 0，感应电流 I =E ，安培力 F =BlI ，联立解得 F =2. 8N ． R 10-3-6

（2）设线框竖直下落时，线框下落了H ，速度为v H ，根据能量守恒定律有： mgH +1212122mv 0=Q +mv H =2gH ，解得Q =mv 0，根据自由落体规律有：v H =2. 45J ． 222

（3

）只有在线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势．线框部分进入磁场区

E B 2l 2

域x 时，感应电动势E =Blv ，感应电流I =，安培力F =BlI ，解得F =在t →t +∆t v ．R R

时间内由动量定理得-F ∆t =m ∆v ，求和

穿过条形磁场区域的个数为n =∑B 2l 2v ∆t =R ∑B 2l 2B 2l 2解得 ∆x =mv 0，x =mv 0，R R x ，解得n ≈4. 4．可穿过4个完整条形磁场区域． 2l

答案：（1）F =2. 8N （2）2.45J （3）4个

点拔：在电磁感应中应用动量定理时，若安培力为变力作用，则可以利用平均值的方法分析求解，也可以应用数学知识中的求和进行求解．对于电磁感应中能量的转化问题，则通常采用能量．

【变式训练3】如图10-3-7所示，平行金属导轨与水平面成θ角，

导轨与固定电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有

一导体棒ab ，质量为m ，导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的

阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨

向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F 。此时

A ．电阻R 1消耗的热功率为Fv ／3

B ．电阻 R 。消耗的热功率为 Fv ／6

C ．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgv cos θ

D ．整个装置消耗的机械功率为（F ＋μmg cos θ）v

解析：由法拉第电磁感应定律得 E =BLv ，回路总电流 I =E /1.5R ，安培力 F =BIL ，所以电阻 R 1 的功率 P 1=（0.5I ）2 R =Fv /6， B 选项正确。由于摩擦力 f =μmg cos θ，故因摩擦而消耗的热功率为 μmgv cos θ。整个装置消耗的机械功率为（F +μmgcos θ）v 。答案：BCD

考点4. 解决电磁感应现象中图像问题的基本方法与要点

剖析：

电磁感应中常涉及磁感应强度B 、磁通量Φ、感应电动势E 和感应电流I 随时间t 变化的图像，即B-t 图像、Φ-t 图像、E-t 图像和I-t 图像等。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电动势E 和感应电流I 随线圈位移x 变化的图像，即E-x 图像和I-x 图像。

（1）基本方法

①看清横、纵坐标表示的物理量．

②理解图像的物理意义．

③画出对应的物理图像（常常采用分段法，数学法来处理）．

10-3-7

（2）分析要点

①定性或定量地表示出所研究问题的函数关系．

②注意横、纵坐标表达的物理理，以及各物理量的单位．

③注意在图象中E 、I 、B 等物理量的方向是通过正负值来反映，故确定大小变化的同时，还应确定方向的变化情况．

[例题4]（2008年全国I ）矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B 随时间变化的规律如图所示。若规定顺时针方向为感应电流I 的正方向，下列各图中正确的是( )

解析：0-1s 内B 垂直纸面向里均匀增大，则由楞次定律及法拉第电磁感应定律可得线圈中产生恒定的感应电流，方向为逆时针方向，排除A 、C 选项；2s-3s 内，B 垂直纸面向外均匀增大，同理可得线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，排除B 选项，D 正确。 点拨：电磁感应图象问题是近几年高考的热点，特别是电流随时间变化和电压随时间变化的最多，复习时要加强这方面的训练。

【变式训练4】（08·上海·10）如图10-3-8所示，平行于y 轴的导体棒以速度v 向右匀速直线运动，经过半径为R 、磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势ε与导体棒位置x 关系的图像是

(A)

10-3-8

解析：在x =R 左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x 轴正方向成θ角，则导体棒切割有效长度L =2R sin θ，电动势与有效长度成正比，故在x =R 左侧，电动势与x 的关系为正弦图像关系，由对称性可知在x =R 右侧与左侧的图像对称。

三、考能训练

A 基础达标

1、边长为h 的正方形金属导线框, 从10-3-9图中所示的位置由静止开始下落, 通过一匀强磁场区域, 磁场方向水平, 且垂直于线框平面, 磁场宽度为H, 上下边界如图中虚线所示,H>h.在线框开始下落到完全穿过磁场区的全过程中( )

A. 线框中总有感应电流存在

B. 线框受到磁场力的合力方向有时向上, 有时向下

C. 线框运动方向始终是向下的

D. 线框速度的大小总是在增加的

2、铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置, 能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车首节车厢下面, 如10-3-10甲所示(俯视图). 当它经过安放在两铁轨间的线圈时, 便会产生一电信号, 被控制中心接收. 当火车通过线圈时, 若控制中心接收到的线圈两端的电压信号为下图乙所示, 则说明火车在做( )

A. 匀速直线运动

B. 匀加速直线运动

C. 匀减速直线运动

10-3-10 10-3-9

D. 加速度逐渐增大的变加速直线运动

3、如图10-3-11所示，矩形线圈长为L 、宽为h ，电阻为R ，质量为

m ，在空气中竖直下落一段距离后（空气阻力不计），进入一宽度也为

h 、磁感应强度为B 的匀强磁场中，线圈进入磁场时的动能为E K 1，

线圈刚穿出磁场时的动能为E K 2，这一过程中产生的热量为Q ，线圈

克服磁场力做的功为W 1，重力做的功为W 2，线圈重力势能的减少量

为∆E P ，则以下关系中正确的是（ ）

A 、Q =E K 1-E K 2

B 、Q =W 2-W 1

C 、Q =W 1

D 、W 2=E K 2-E K 1

4、如图10-3-12所示，CDEF 是固定的、水平放置的、足够长的“U ”型金属导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上架着一个金属棒ab ，在极短时间内给ab 棒一个水平向右的冲量，使它获得一个速度开始运动，最后又静止在导轨上，则ab 棒在运动过程中，就导轨是光滑和粗糙两种情况相比较（ ）

A 、安培力对ab 棒做的功相等

B 、电流通过整个回路所做的功相等

C 、整个回路产生的总热量不同

D 、ab 棒动量的改变量相同

5、如图10-3-13所示，接有灯泡L 的平行金属导轨水平放置在匀强磁场中，一导体杆与两导轨良好接触并做往复运动，其运动情况与弹簧振子做简谐运动的情况相同。图中O 位置对应于弹簧振子的平衡位置，P 、Q 两位置对应于弹簧振子的最大位移处。若两导轨的电阻不计，则 （ ）

A．杆由O 到P 的过程中，电路中电流变大

B．杆由P 到Q 的过程中，电路中电流一直变大

10-3-12

10-3-11

10-3-13

C．杆通过O 处时，电路中电流方向将发生改变化 D．杆通过O 处时，电路中电流最大

6、（07. 山东理综卷）用相同导线绕制的边长为L 或2L 的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图10-3-14所示。在每个线框进入磁场的过程中，M 、N 两点间的电压分别为U a 、U b 、U c 和U d 。下列判断正确的是（ ）

A ．U a

C 。U a =U b

7、如图10-3-15所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，若第一次用0.3s 时间拉出，外力做的功

10-3-14

为W 1，通过导线截面的电量为q 1，第二次用0.9s 时间拉出，外力做的功为W 2，通过导线截面的电量为q 2，则（ ）

A 、W 1W 2，q 1=q 2 D 、W 1>W 2，q 1>q 2

10-3-15

8、（07。全国理综卷II ）如图10-3-16所示，在PQ 、QR 区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，一导线框abcdef 位于纸面内，线框的邻边都相互垂直，bc 边与磁场的边界P 重合。导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t ＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。以a →b →c →d →e →f 为线框中有电动势的正方向。以下四个ε-t 关系示意图中正确的是（ ）

10-3-16

9、如图10-3-17所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN 、PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距为L ＝1m ，定值电阻R 1＝4Ω，R 2＝2Ω，导轨上放一质量为m ＝1kg 的金属杆，导轨和金属杆的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B ＝0.8T 的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向下，现用一拉力F 沿水平方向拉杆，使金属杆由静止开始运动。图乙所示为通过R 1中的电流平方随时间变化的I 12—t 图线，求：

（1）5s 末金属杆的动能； （2）5s 末安培力的功率； （3）5s 内拉力F 做的功。

B 能力提升

10、如图10-3-18所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有半径为r 的光滑半圆形导体框，OC 为一能绕O 在框架上滑动的导体棒，Ob 之间连一个电阻R ，导体框架与导体电阻均不计，若要使OC 能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是（ ）

R 甲

2 乙

10-3-17

B 2ω2r 4

A 、

R B 2ω2r 4B 、

2R

C 、

B ωr

4R

224

10-3-18

B 2ω2r 4

D 、

8R

11、如图10-3-19所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里，宽度为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场．质量为m ，电阻为R 的正方形线圈边长为L （L

，则在整个

线圈穿过磁场的全过程中（从下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场），下列说法中正确的是 （ ）

A ．线圈可能一直做匀速运动 B ．线圈可能先加速后减速

C ．线圈的最小速度一定是mgR ／B L D ．线圈的最小速度一定是2g h -d +L

12、光滑曲面与竖直平面的交线为抛物线，如图10-3-20所示。抛物线的方程为y =x 2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y =a 的直线（图中虚线所示）。一个金属块从抛物线上y =b （b >a ）处以速度v 沿抛物线下滑。假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热的总量为

A ．mgb B ．

1

mv 2 2

22

10-3-20

C ．mg （b －a ） D ．mg （b －a ）+

1

mv 2 2

13、如图10-3-21所示，质量为m 的跨接杆ab 可以无摩擦地沿水平的导轨滑行，两轨间宽为L ，导轨与电阻R 连接，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感强度为B 。杆从x 轴原点O 以大小为v o 的水平初速度向右滑行，直到静止。已知杆在整个运动过程中速度v 和位移x 的函数关系是：v = v 0- B 2L 2

x

。杆及导轨的电阻均不计。 mR

（1）试求杆所受的安培力F 随其位移x 变化的函数式。 （2）分别求出杆开始运动和停止运动时所受的安培力F 1和F 2。

（3）证明杆在整个运动过程中动能的变化量△E K 等于安培力所做的功W 。 （4）求出电阻R 所增加的内能△

E 。

10-3-21

14、如图10-3-22甲所示，空间存在B=0.5T ，方向竖直向下的匀强磁场，MN 、PQ 是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L =0.2m， R 是连接在导轨一端的电阻，ab 是跨接在导轨上质量为m =0.1kg的导体棒. 从零时刻开始，通过一小型电动机对ab 棒施加一个牵引力F ，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好. 图乙是棒的v-t 图像，其中OA 段是直线，AC 是曲线，DE 是曲线图像的渐进线，小型电动机在12s 末达到额定功率P =4.5W，此后保持功率不变. 除R 外，其余部分电阻均不计，g =10m/s2.

（1）求导体棒ab 在0－12s 内的加速度大小；

（2）求导体棒ab 与导轨间的动摩擦因数及电阻R 的值；

（3）若t=17s 时，导体棒ab 达最大速度，从0－17s 内共发生位移100m ，试求12－17s 内，R 上产生的热量.

15、如图10-3-23，光滑平行的水平金属导轨MN 、PQ 相距L ，在M 点和P

点间接一个阻值为

甲

10-3-22

乙

R 的电阻，在两导轨间OO 1O 1′O ′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d 的匀强磁场，磁感强度为B 。一质量为m ，电阻为r 的导体棒ab ，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d 0。现用一大小为F 、水平向右的恒力拉ab 棒，使它由静止开始运动，棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab 与导轨始终保持良好的接触且垂直导轨运动，导轨电阻不计）。求： （1）棒ab 在离开磁场右边界时的速度；

（2）棒ab 通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能； （3）试分析讨论ab 棒在磁场中可能的运动情况。

16、如图10-3-24所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角α=30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B 的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为m 、电阻为R ．两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻R L =4R ，定值电阻R 1=2R ，电阻箱电阻调到使R 2=12R ，重力加速度为g ，现将金属棒由静止释放，试求： （1）金属棒下滑的最大速度为多大？

（2）当金属棒下滑距离为S 0时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑2S 0的过程中，整个电路产生的电热；

（3）R 2为何值时，其消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？

10-3-23

第三节 电磁感应定律的综合应用

考能训练

1. 解析：线框在进入和穿出磁场的过程中有感应电流, 且受到安培力的合力方向始终向上, 当安培力大于其重力时可能做减速运动. 线框全部处于磁场中时, 无电流, 正确选项为C. 答案：C 2. 解析：由E=以

∆Φ∆ΦB ∆S ∆E BL ∆v

和图乙可知,E 均匀增加. 又知E===BLv,所以=, 所∆t ∆t ∆t ∆t ∆t

∆v

=常数, 即火车做匀加速直线运动. ∆t

答案：B

3. 【解析】线圈进入磁场和离开磁场的过程中，产生感应电流受到安培力的作用，线圈克服安培力所做的功等于产生的热量，故选项C 正确．

根据功能的转化关系得线圈减少的机械能等于产生的热量即Q =W 2+E K 1-E K 2故选项A 、B 是错的．

根据动能定理得W 2-W 1=E K 2-E K 1，故选项D 是错的． 【答案】C

4. 【解析】最终棒ab 的速度为零，根据功与能的转化关系可知：若导轨是粗糙的，导轨在水平方向要受到向左的安培力和滑动摩擦力．导体棒要克服安培力做功，动能一部分转化为电热能；还要克服滑动摩擦力做功，动能另一部分转化为摩擦产生的热量．但最终是全部转化为热能（热能等于开始时的总动能）．而导轨光滑，导轨在水平方向只受到向左的安培力作用，导体棒只要克服安培力做功，动能全部转化为电热能（热能等于开始时的总动能）．而两种情况下导体棒改变的动量相等，都等于最初的导体棒动量． 【答案】D

5. 考点分析 本题为电磁感应现象和简谐运动的综合考查。

解析：导体杆往复运动，切割磁感线相当于电源，其产生的感应电动势E ＝Blv 。由于杆相当于弹簧振子，其在O 点处的速度最大，产生的感应电动势最大，因此电路中的电流最大。根据右手定则，电流在P 、Q 两处改变方向，此时的电流为零。故选择B 。 答案：D

6. 考点分析 本题考查了电磁感应中闭合电路欧姆定律的应用。

解析： 线框进入磁场后切割磁感线，a 、b 产生的感应电动势是c 、d 电动势的一半。而不同的线框的电阻不同。设a 线框电阻为4r ，b 、c 、d 线框的电阻分别为6r 、8r 、6r ，3r 3B L v 5r 5BLv 6r 3BLv

则：U a =B L ，U b =BLv ⨯=， U c =B 2Lv ⨯=，⨯=

4r 46r 68r 2

U d =B 2Lv ⨯

4r 4Blv 。 =

6r 3

答案：B

7. 【解析】设矩形线框的竖直边为a ，水平边为b ，线框拉出匀强磁场时的速度为υ，线框电阻为R ．则线框拉出匀强磁场时产生的感应电动势为E =B υa ，产生的感应电流为

I =

E B υa = R R

B 2υa 2

根据平衡条件得：作用的外力等于安培力即F =F 安＝BIa =

R B 2υa 2B 2ba 2

⋅b =⋅υ 将线框从磁场中拉出外力要做功W =F ⋅b =R R

B 2ba 2

由这个表达式可知：两种情况都一样，拉出的速度越大，做的功就越多．第一次速

R

度大，故W 1>W 2 根据q =I t =

E ∆φ∆φB ∆S ∆t =∆t ==，由这一推导过程可知两次拉出磁场通过导线R ∆tR R R

截面的电量只与在磁场中的面积变化有关，即从磁场中拉出的线框面积．由于两次都等于整个线框的面积即两次拉出在磁场中的面积变化相等．故通过导线截面的电量两次相等．即

q 1=q 2

【答案】C

8. 考点分析 本题考查了电磁感应电路图象问题的分析。

解析： 设磁感应强度为B ，线框速度为v ，当只有bc 边进入PQ 磁场时，根据法拉第电磁感应定律，有ε1=Blv ，根据右手定则判断出电流电流为c →b ，与题中规定的正方向相反，电波为负；当bc 边进入QR 磁场区域时，de 边进入PQ 磁场区域，分别产生感应电动势，线框中的感应电动势为两部分感应电动势之和。所以有εbc =Blv ，方向为b →c ，为正值，而εde =Blv ，方向为e →d ，为负值，所以ε2=εbc -εde =0；同理当bc 边出QR 磁场，af 边进入PQ 磁场，de 边进入QR 磁场时有ε3=3Blv ，只有af 边在QR 磁场时有ε4=-2Blv ，所以C 正确。

答案：C

失分陷阱 分不清内外电路、分不清电源电动势的方向、不能正确应用右手定则。 9．解析：（1）E ＝BLv ＝I 1R 1，

I R ⨯4

v ＝＝m/s＝0.2 m/s，

BL 0.8⨯11

E k ＝ mv 2＝2.5J （1分）；

2（2）I ＝3I 1＝0.2 A （2分），

P A ＝I 12R 1＋I 22R 2＝3I 12R 1＝2.4W 或F A ＝BIL ＝2.40.2 N ，P A ＝F A v ＝2.4W ；

1

（3）由P A ＝3I 12R 1和图线可知，P A ∝t ，所以W A ＝ P Am t ＝6 J ，（或根据图线，I 12t 即

21

为图线与时间轴包围的面积，所以W A ＝3I 12R 1t ＝3××5×0.2×4＝6 J）

2又W F －W A ＝E k ，得W F ＝W A ＋E k ＝8.5 J。

10. 【解析】由于导体棒匀速转动，所以外力的功率与产生的感应电流的电功率相等．根据法拉第电磁感应定律得：E =B υl =B ωl ⋅l =

121

B ωl 2，所以电功率为2

1

(B ωl 2) 2

E B 2ω2r 4 P ===R R 4R

2

【答案】C

11. 考点分析 法拉第电磁感应定律，安培力以及牛顿第二定律。

解析：由于L ＜d ，总有一段时间线圈全部处于匀强磁场中，磁通量不发生变化，不产生感应电流，因此不受安培力，而做自由落体运动，因此不可能一直匀速运动，A 选项错误。已知线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v 0，由于线圈下边缘到达磁场下边界前一定是加速运动，所以只可能是先减速后加速，而不可能是先加速后减速，B 选项错误。mgR /B L

２

2

是安培力和重力平衡时所对应的速度，而本题线圈减速过程中不一定能达到这一速度，C 选项

错误。从能量守恒的角度来分析，线圈穿过磁场过程中，当线圈上边缘刚进入磁场时速度一定最小。从开始自由下落到线圈上边缘刚进入磁场过程中用动能定理，设该过程克服安培力做的功为W ，则有：mg （h ＋L ）－W ＝

12

mv 。再在线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场过程中用动2

能定理，该过程克服安培力做的功也是W ，而始、末动能相同，所以有：mgd －W ＝0。由以上两式可得最小速度v ＝2g h -d +L 。所以D 选项正确。 答案：D

12．解析：由于轨道是光滑的，所以金属块在滑动的过程中机械能的损失发生在进、出磁场

的过程中。通过电磁感应产生焦耳热，最终物块将在磁场区域内以磁场上边界为极端位置做往复运动。产生的焦耳热的总量等于金属块由b 高处降到a 高处减少的重力势能与金属块的初动能之和。 答案：D

13．解析：（1）安培力 F = BIL

式中 I =

BLv

R

x

， mR

据题意，杆的速度v 和位移x 的函数关系为：v = v 0- B 2L 2

B 2L 2v B 2L 2v B 4L 4x

所以， F = = -

R R mR 由上式可知，安培力F 与位移x 成线性关系。 B 2L 2v （2）开始运动瞬间 x = 0， F 0 =

R

停止运动时 v ’ = 0， F ’ = 0

（3）由于安培力F 与位移x 成线性关系，故安培力F 所做的功与平均力所做的功W 等效，

即 W =

F + F' F ·x m = ·x 22m

由v 和位移x 的函数关系式可求得杆的最大位移

v ’= v 0- B 2L 2

x mRv = 0， x m = mR B L

F 1B 2L 2v mRv 1

所以， W = ·x m = · = mv 02 = ΔE K ，命题得证

22R B L 2

1

（4）根据能量守恒，杆的动能完全转化为电阻R 的内能 ΔE =ΔE K = mv 02

2

14．解析：（1）由图象知12s 末导体棒ab 的速度为v 1=9m/s，在0－12s 内的加速度大小为

a =

∆v 9

=m/s2=0.75m/s2 ∆t 12

R

（2）t 1=12s 时，导体棒中感应电动势为E=BLv1 感应电流I =E

22B 导体棒受到的安培力F 1=BIL，即F 1=L v 1 R

此时电动机牵引力为F =P

v 1

22

由牛顿第二定律得P -B L v 1-μmg =ma

R v 1

由图象知17s 末导体棒ab 的最大速度为v 2=10m/s，此时加速度为零，同理有

22

P B L v 2-μmg =0 -

R v 2

由①②两式解得μ=0. 2，R=0.4Ω

（3）0－12s 内，导体棒匀加速运动的位移s 1=v 1t 1=54m

2

12－17s 内，导体棒的位移s 2=100-54=46m

12由能量守恒得Q =Pt 2-(1mv 2-mv 12) -μmgs 2

2

2

代入数据解得R 上产生的热量Q=12.35 J

15．解析：（1）ab 棒离开磁场右边界前做匀速运动的速度为V ，产生的电动势为：

E =BLV

电路中电流 I =

E

R +r

F (R +r )

22

B L

1

mV 2 2

对ab 棒，由平衡条件得： F －BIL =0

解得 V =

(2)由能量守恒定律 F (d 0+d ) =W 电+

mF 2(R +r ) 2

解得 W 电=F (d 0+d ) -

2B 4L 4

（3）设棒刚进入磁场时速度为V 0，则

1

mV 2时，棒做匀速直线运动； 21

2当V 0＜V ，即Fd 0＜mV 2时，棒做先加速后匀速直线运动； ○

21

3当V 0＞V ，即Fd 0＞mV 2时，棒做先减速后匀速直线运动； ○

2

1当V 0=V，即Fd 0=○

16．解析：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为v m ，达到最大时则有

mg sin θ=F 安

F 安＝ILB

I =

BLv m

R 总

其中 R 总＝6R

B 2L 2v m

所以 mg sin θ=

R 总

3mgR B 2L 2

12（2）由能量守恒知，放出的电热 Q =mg ⋅2S 0sin α-mv m 2解得最大速度 v m =

3229m g R 代入上面的v m 值，可得 Q =mgS 0-2B 4L 4

2（3）R 2上消耗的功率 p =U 2R 2

其中 U =IR ＝BLvR 并 并3R +R 并

R 并＝4RR 2 4R +R 2

3R +R 并22 又 mg sin α=B L v 222222216R 2解以上方程组可得p =m g sin α⋅16R R 2=m g sin α⋅ 222222B L B L 16R 4R +R 2+8R +R 2R 2

当R 2=R L =4R 时，R 2消耗的功率最大 22R 最大功率P m =m g

4B 2L 2