2022届高三 物理三轮冲刺 电磁感应 学案 (Word版含解析)

电磁感应
电磁感应中的杆＋导轨模型的实质是不同形式的能量的转化过程，处理这类问题要从功和能的观点入手，弄清导体棒切割磁感线过程中的能量转化关系，现从力学、图像、能量三种观点出发，分角度讨论如下：
模型一　单杆＋电阻＋导轨模型
[初建模型]
[母题]如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ，N、Q两点间接有阻值为R的电阻。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时达到最大速度。重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。求：
(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度；
(2)上述过程中，杆上产生的热量。
[解析]　(1)设杆cd下滑到某位置时速度为v， [思路点拨]
则杆产生的感应电动势E＝BLv，
回路中的感应电流I＝
杆所受的安培力F＝BIL
根据牛顿第二定律有mgsin θ－＝ma
当速度v＝0时，杆的加速度最大，
最大加速度a＝gsin θ，方向沿导轨平面向下
当杆的加速度a＝0时，速度最大，
最大速度vm＝，方向沿导轨平面向下。
(2)杆cd从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgxsin θ＝Q总＋mvm2
又Q杆＝Q总，所以Q杆＝mgxsin θ－。
[答案]　(1)gsin θ，方向沿导轨平面向下　，方向沿导轨平面向下　(2)mgxsin θ－
[内化模型]
单杆＋电阻＋导轨四种题型剖析
题型一(v0≠0) 题型二(v0＝0) 题型三(v0＝0) 题型四(v0＝0)
说明 杆cd以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，质量为m，电阻不计，两导轨间距为L 轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定 倾斜轨道光滑，倾角为α，杆cd质量为m，两导轨间距为L 竖直轨道光滑，杆cd质量为m，两导轨间距为L
示意图
力学观点 杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝，安培力F＝BIL＝。 杆做减速运动：v↓ F↓ a↓，当v＝0时，a＝0，杆保持静止 开始时a＝，杆cd速度v↑ 感应电动势E＝BLv↑ I↑ 安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝ 开始时a＝gsin α，杆cd速度v↑ 感应电动势E＝BLv↑ I↑ 安培力F安＝BIL↑，由mgsin α－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝ 开始时a＝g，杆cd速度v↑ 感应电动势E＝BLv↑ I↑ 安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
图像观点
能量观点 动能全部转化为内能：Q＝mv02 F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WF＝Q＋mvm2 重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋mvm2 重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋mvm2
[应用模型]
[变式]　此题若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现用沿导轨平面向上的恒定外力F作用在金属杆cd上，使cd由静止开始沿导轨向上运动，求cd的最大加速度和最大速度。
解析：分析金属杆运动时的受力情况可知，金属杆受重力、导轨平面的支持力、拉力、摩擦力和安培力五个力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有F－mgsin θ－F安－f＝ma
又F安＝BIL，I＝＝，所以F安＝BIL＝
f＝μN＝μmgcos θ故F－mgsin θ－－μmgcos θ＝ma
当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度am＝－gsin θ－μgcos θ，方向沿导轨平面向上
当杆的加速度a＝0时，速度最大，vm＝。
模型二　单杆＋电容器(或电源)＋导轨模型
[初建模型]
[母题]如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道和导体棒的电阻均不计。
(1)如图1所示，若轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动。请通过公式推导证明：在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
(2)如图2所示，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻，闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度vm，求此时电源的输出功率。
(3)如图3所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图4所示，已知t1时刻电容器两极板间的电势差为U1。求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。
[思路点拨]
(1)导体棒匀速运动→受力平衡→求出拉力做的功。导体棒切割磁感线产生感应电动势→产生感应电流→求出回路的电能。
(2)闭合开关S→导体棒变加速运动→产生的感应电动势不断增大→达到电源的路端电压→棒中没有电流→由此可求出电源与电阻所在回路的电流→电源的输出功率。
(3)导体棒在外力作用下运动→回路中形成充电电流→导体棒还受安培力的作用→由牛顿第二定律列式分析。
[解析]　(1)导体棒切割磁感线，E＝BLv
导体棒做匀速运动，F＝F安 又F安＝BIL，其中I＝
在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功W＝FvΔt＝F安vΔt＝Δt
电路获得的电能ΔE＝qE＝EIΔt＝Δt
可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
(2)导体棒达到最大速度vm时，棒中没有电流，电源的路端电压U＝BLvm
电源与电阻所在回路的电流I＝ 电源的输出功率P＝UI＝。
(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLv＝U
由电容器的U t图可知U＝t，导体棒的速度随时间变化的关系为v＝t
可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝，由C＝和I＝，得I＝＝
由牛顿第二定律有F－BIL＝ma可得F＝＋。
[内化模型]　
单杆＋电容器(或电源)＋导轨四种题型剖析
题型一(v0＝0) 题型二(v0＝0) 题型三(v0＝0) 题型四(v0＝0)
说明 轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L 轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定 倾斜轨道光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L 竖直轨道光滑，杆cd质量为m，电阻为R，两导轨间距为L
示意图
力学观点 S闭合，杆cd受安培力F＝，a＝，杆cd速度v↑ 感应电动势E感＝BLv↑ I↓ 安培力F＝BIL↓ 加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝ 开始时a＝，杆cd速度v↑ E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F安＝CB2L2a，a＝，所以杆匀加速运动 开始时a＝gsin α，杆cd速度v↑ E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F安＝CB2L2a，mgsin α－F安＝ma，a＝，所以杆匀加速运动 开始时a＝g，杆cd速度v↑ E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝，所以杆匀加速运动
图像观点
能量观点 电源输出的电能转化为动能：W电＝mvm2 F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF＝mv2＋EC 重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG＝mv2＋EC 重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG＝mv2＋EC
[应用模型]
[变式]　母题第(3)问变成，图3中导体棒在恒定水平外力F作用下，从静止开始运动，导轨与棒间的动摩擦因数为μ，写出导体棒的速度大小随时间变化的关系式。
解析：导体棒由静止开始做加速运动，电容器所带电荷量不断增加，电路中将形成充电电流，设某时刻棒的速度为v，则感应电动势为E＝BLv
电容器所带电荷量为Q＝CE＝CBLv
再经过很短一段时间Δt，电容器两端电压的增量和电荷量的增量分别为
ΔU＝ΔE＝BLΔv ΔQ＝CΔU＝CBLΔv
流过导体棒的电流I＝＝＝CBLa
导体棒受到的安培力f1＝BIL＝CB2L2a 导体棒所受到的摩擦力f2＝μmg
由牛顿第二定律得F－f1－f2＝ma 联立以上各式解得a＝
显然导体棒做匀加速直线运动，所以导体棒的速度大小随时间变化的关系式为v＝t。
模型三　双杆＋导轨模型
[初建模型]
[母题]　(1)如图1所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为l，两根质量均为m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直。在t＝0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小恒为F的力作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况。
(2)如图2所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度。若两导体棒在运动中始终不接触，试定性分析两棒的收尾运动情况。
[思路点拨]
(1)金属杆甲运动产生感应电动势→回路中有感应电流→乙受安培力的作用做加速运动→可求出某时刻回路中的总感应电动势→由牛顿第二定律列式判断。
(2)导体棒ab运动，回路中有感应电流→分析两导体棒的受力情况→分析导体棒的运动情况即可得出结论。
[解析]　(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2，加速度大小分别为a1和a2，受到的安培力大小均为F1，
则感应电动势为E＝Bl(v1－v2)　① 感应电流为I＝　②
对甲和乙分别由牛顿第二定律得F－F1＝ma1，F1＝ma2　③
当v1－v2＝定值(非零)，
即系统以恒定的加速度运动时a1＝a2　④ 解得a1＝a2＝　⑤
可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。
(2)ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流。
ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速。
两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动。
[内化模型]　
三大观点透彻解读双杆模型
示意图 力学观点 图像观点 能量观点
导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热
两棒以相同的加速度做匀加速直线运动 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热
[应用模型]
[变式]　若母题(1)中甲、乙两金属杆受恒力作用情况如图所示，两杆分别在方向相反的恒力作用下运动(两杆不会相撞)，试分析这种情况下甲、乙金属杆的收尾运动情况。
解析：设某时刻甲和乙的速度分别为v1和v2，加速度分别为a1和a2，甲、乙受到的安培力大小均为F1，则感应电动势为E＝Bl(v1－v2)　① 感应电流为I＝　②
对甲和乙分别应用牛顿第二定律得F1－BIl＝ma1，BIl－F2＝ma2　③
当v1－v2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时a1＝a2　④
解得a1＝a2＝　⑤
可见甲、乙两金属杆最终做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。
[提能增分集训]
1.如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻。一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T。棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力做的功WF。
解析：(1)设金属棒做匀加速运动的时间为Δt，回路中磁通量的变化量为ΔΦ，
回路中产生的平均感应电动势为，则由法拉第电磁感应定律得＝，其中ΔΦ＝Blx
设回路中的平均电流为，则由闭合电路欧姆定律得＝，
通过电阻R的电荷量q＝Δt 联立以上各式，代入数据解得q＝4.5 C。
(2)设撤去外力时棒的速度为v，在棒做匀加速运动的过程中，由运动学公式得v2＝2ax
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W，由动能定理得W＝0－mv2
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W代入数据解得Q2＝1.8 J。
(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q 2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2＝5.4 J。
答案：(1)4.5 C　(2)1.8 J　(3)5.4 J
2．如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d＝0.5 m，左端接有容量C＝2 000 μF的电容。质量m＝20 g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计。整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现用一沿导轨方向向右的恒力F1＝0.44 N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v＝5 m/s。此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿。求
(1)导体棒运动到B处时，电容C上的电量；
(2)t的大小；(3)F2的大小。
解析：(1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为U＝Bdv＝2×0.5×5 V＝5 V
此时电容器的带电量q＝CU＝2 000×10－6×5 C＝1×10－2 C。
(2)棒在F1作用下有F1－BId＝ma1，又I＝＝，a1＝
联立解得：a1＝＝20 m/s2则t＝＝0.25 s。
(3)由(2)可知棒在F2作用下，运动的加速度a2＝，方向向左，
又a1t2＝－ 将相关数据代入解得F2＝0.55 N。
答案：(1)1×10－2 C　(2)0.25 s　(3)0.55 N
3.如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L＝0.2 m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m＝10 kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R＝0.2 Ω(竖直金属导轨电阻不计)，PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10 m/s2。
(1)若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F＝0.18 N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B0＝1.0 T，杆MN的最大速度为多少？
(2)若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d＝0.4 m，现使磁感应强度从零开始以＝0.5 T/s的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零？
解析：(1)MN杆切割磁感线产生的感应电动势为E1＝B0Lv
由闭合电路欧姆定律，得I1＝
MN杆所受安培力大小为F安＝B0I1L
对MN杆应用牛顿第二定律，得F－mg－F安＝ma
当MN杆速度最大时，MN杆的加速度为零，
联立解得，MN杆的最大速度为vm＝＝ m/s＝0.8 m/s。
(2)回路中的感应电动势为E2＝＝ 由闭合电路欧姆定律得I2＝
t时刻的磁感应强度为B＝t
PQ杆对地面的压力恰好为零时，由平衡条件，有mg＝BI2L
联立解得t＝＝ s＝10 s。
4.如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间相距为L＝1 m，两导轨M、P间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计。在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度为B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m，在cd连线以下的区域有一个方向也垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度为B1＝0.5 T。一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω。若将金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速直线运动。金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时系统达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m。(g取10 m/s2)
(1)求金属棒从开始静止到在磁场Ⅱ中达到稳定状态这一过程中电阻R产生的热量；
(2)求金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态所经过的时间。
解析：(1)金属棒进入磁场Ⅰ区域匀速运动，则I＝ mgsin 30°＝B0IL解得v1＝2 m/s
金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动，则mgsin 30°＝ma解得a＝5 m/s2
由运动学公式，有2ax0＝v12解得x0＝0.4 m
金属棒在通过磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，重力沿斜轨道向下的分力与安培力相等。I′＝
mgsin 30°＝B1I′L解得v2＝8 m/s
金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ区域中达到稳定状态过程中，根据动能定理，有
mg(x0＋x1＋x2)sin 30°＋W安＝mv22－0
产生的热量Q＝－W安＝15 J， QR＝Q＝7.5 J。
(2)v1＝at1，t1＝0.4 s x1＝v1t2，t2＝0.5 s
金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态前的过程中取任意微小过程，设这一微小过程的时间为Δti，速度为vi，速度的变化量为Δvi，则由牛顿第二定律，有mgsin 30°－＝m mgsin 30°Δti－＝mΔvi
金属棒从进入磁场Ⅱ到在磁场Ⅱ中达到稳定状态的过程中，有mgsin 30°∑Δti－＝m∑Δvi
mgsin 30°t3－＝m(v2－v1)解得t3＝2.2 s 所以t＝t1＋t2＋t3＝3.1 s。