【2021年高考一轮课程】物理 全国通用版 第27讲 电磁感应中的动力学和能量问题 教案

2021年高考一轮复习
第二十七讲
电磁感应中的动力学和能量问题
教材版本
全国通用
课时说明（建议）
120分钟
知识点
1.掌握反电动势的概念及解题思路。
2.掌握电动势的计算公式
3.会分析计算电磁感应的动力学（导轨模型）和能量问题（电荷量、焦耳热）
复习目标
1.理解计算感应电动势的两个公式E=BLv和E＝ΔΦ/Δｔ的区别和联系，并应用其进行计算。对公式E=BLv的计算，只限于L与B、v垂直的情况。
2.知道直流电动机工作时存在反电动势，从能量转化的角度认识反电动势。
3.掌握双导体棒、磁悬浮列车、涡流问题的解题方法。
复习重点
1.会解决双导体棒问题。
2.能解决磁悬浮列车问题
3.电磁感应的动力学（导轨模型）和能量问题（电荷量、焦耳热）的计算
复习难点
计算电磁感应的动力学（导轨模型）和能量问题（电荷量、焦耳热）
一、自我诊断
知己知彼
1．如下图所示，甲、乙两图是两个与匀强磁场垂直放置的金属框架，乙图中除了一个电阻极小、自感系数为L的线圈外，两图其他条件均相同．如果两图中AB杆均以相同初速度、相同加速度向右运动相同的距离，外力对AB杆做功的情况是(　　)
A．甲图中外力做功多
B．两图中外力做功相等
C．乙图中外力做功多
D．无法比较
【答案】
A
【解析】两图中AB杆均做加速运动，电流将增大，图乙中由于线圈的自感的阻碍作用，感应电流较甲图小，安培阻力也较小，又加速度相同，则外力较甲图小，甲图中外力做功多，A正确．
2．（多选）如图所示，一粗糙的平行金属轨道与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．则下列说法正确的是
(　　)
A．金属杆ab上滑过程与下滑过程通过电阻R的电荷量一样多
B．金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和大于m
v02
C．金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相等
D．金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热
【答案】
AC
【解析】　金属杆在轨道上滑行时平均电动势E＝＝，通过的电荷量Q＝It＝t＝，故上滑和下滑时通过的电荷量相同；根据能量守恒定律金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于减少的动能m
v02，金属杆ab上滑过程与下滑过程中所受摩擦力大小相等，移动的位移大小相等，故因摩擦而产生的内能一定相等，根据能量守恒定律可知整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热和摩擦产生的能量之和．故A、C正确，B、D错误．
3．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距L＝1
m，上端接有阻值为R＝3
Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1
kg、电阻r＝1
Ω的垂直于导轨放置的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，杆下落的过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v?t图像如图乙所示．(g取10
m/s2)求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)杆在磁场中下落0.1
s的过程中电阻R产生的热量．
【答案】(1)2
T　(2)0.075
J
【解析】
(1)由图像知，杆自由下落0.1
s后进入磁场并以v＝1.0
m/s的速度做匀速运动，产生的电动势E＝BLv，杆中的电流I＝，杆所受安培力F安＝BIL，
由平衡条件得mg＝F安，
联立解得B＝2
T.
(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075
J.
4.
如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
（1）感应电动势的大小E；
（2）拉力做功的功率P；
（3）ab边产生的焦耳热Q
【答案】
(1)
E=BLV；(2)
；(3)
【解析】由导体棒切割磁感线产生电动势综合闭合电路欧姆定律和解题。
(1)从ad边刚进入磁场到bc边刚要进入的过程中，只有ad边切割磁感线，所以产生的感应电动势为：；
(2)线框进入过程中线框中的电流为：
ad边安培力为：
由于线框匀速运动，所以有拉力与安培力大小相等，方向相反，即
所以拉力的功率为：
联立以上各式解得：；
(3)
线框进入过程中线框中的电流为：
进入所用的时间为：
ad边的电阻为：
焦耳热为：
联立解得：。
5.
两根光滑平行的长直金属导轨MN、M′N′在同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′间接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度为l、阻值为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力的作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离s的过程中，整个回路中产生的热量为Q.求：
(1)ab运动的速度v的大小；
(2)电容器所带的电荷量q.
【答案】
(1)　
(2)
【解析】
(1)设ab上产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，ab运动距离s所用的时间为t，则有E＝Blv，I＝，t＝，Q＝I2·4R·t，
联立解得v＝.
(2)设电容器两极板间的电势差为U，则有U＝IR，
电容器所带电荷量q＝CU＝.
二、温故知新
夯实基础
三、典例剖析
举一反三
考点一
动力学问题
（一）典例剖析
例1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．
【答案】
(1)见解析图
(2)　gsin
θ－　(3)
【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．
(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时
电路中的电流I＝＝
ab杆受到安培力F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律，有
ma＝mgsin
θ－F安＝mgsin
θ－
a＝gsin
θ－.
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度：vm＝.
【易错点】最大速度求错，不知道平衡状态分析。
【方法点拨】
1．电磁感应现象中涉及的具有收尾速度的力学问题，关键是要抓好受力情况和运动情况的动态分析：
周而复始地循环，加速度等于零时，导体达到稳定运动状态．
例2如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距为0.2
m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4
Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2
g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2
T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4
s时，突然闭合开关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10
m/s2)
【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)0.5
m/s
【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＝＝0.016
N＞mg＝0.002
N.
此刻导体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
a＝＝－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)设匀速下落的速度为vm，此时F安＝mg，即＝mg，vm＝＝0.5
m/s.
【易错点】运动情况分析错误。
【方法点拨】
动力学两种状态处理
导体匀速运动，受力平衡，应根据平衡条件列式分析；导体做匀速直线运动之前，往往做变加速运动，处于非平衡状态，应根据牛顿第二定律结合功能关系分析．
（二）举一反三
1．
如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框．在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图象中，可能正确描述上述过程的是(　　)
【答案】　D
【解析】　根据题意，线框进入磁场时，由右手定则和左手定则可知线框受到向左的安培力，阻碍线框的相对运动，v减小，由F安＝，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；由于d＞L，线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速直线运动，同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，阻碍线框的相对运动，做加速度减小的减速运动．综上所述，正确答案为D.
2.如图所示，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两轨道间的宽度L＝0.50
m．轨道左端接一阻值R＝0.50
Ω的电阻．轨道处于磁感应强度大小为B＝0.40
T，方向竖直向下的匀强磁场中，质量m＝0.50
kg的导体棒ab垂直于轨道放置．在沿着轨道方向向右的力F作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直，不计轨道和导体棒的电阻，不计空气阻力，若力F的大小保持不变，且F＝1.0
N，求：
(1)导体棒能达到的最大速度大小vm；
(2)导体棒的速度v＝5.0
m/s时，导体棒的加速度大小．
【答案】(1)12.5
m/s　(2)1.2
m/s2
【解析】(1)导体棒达到最大速度vm时受力平衡，有F＝F安m，此时F安m＝，解得vm＝12.5
m/s.
(2)导体棒的速度v＝5.0
m/s时，感应电动势E＝BLv＝1.0
V，导体棒上通过的感应电流大小I＝＝2.0
A，导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.40
N，根据牛顿第二定律，有F－F安＝ma，解得a＝1.2
m/s2.
3.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，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
【答案】A
【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，但不是匀减速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确．
考点二
电磁感应中的能量问题
（一）典例剖析
例1
（多选）如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为θ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直斜面向上．质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h，在这个过程中(　　)
A．金属棒所受各力的合力所做的功等于零
B．金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和
C．恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和
D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
【答案】　AD
【解析】棒匀速上升的过程有三个力做功：恒力F做正功、重力G做负功、安培力F安做负功．根据动能定理：W＝WF＋WG＋W安＝0，故A对，B错；恒力F与重力G的合力所做的功等于棒克服安培力做的功．而棒克服安培力做的功等于回路中电能(最终转化为焦耳热)的增加量，克服安培力做功与焦耳热不能重复考虑，故C错，D对．
【易错点】对动能定理理解不到位，错选B。
【方法点拨】1．电磁感应现象中的能量守恒
电磁感应现象中的“阻碍”是能量守恒的具体体现，在这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能．
例2
(多选)如图甲所示，质量m＝3.0×10－3kg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＝0.20
m，处于磁感应强度大小B1＝1.0
T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01
m2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、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图8-3乙所示．t＝0.22
s时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20
m．不计空气阻力，重力加速度g＝10
m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．0～0.10
s内线圈中的感应电动势大小为3
V
B．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到D
C．磁感应强度B2的方向竖直向下
D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03
C
【答案】BD
【解析】0～0.1
s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，代入数据得E＝30
V，A错．开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C到D，B对．由于t＝0.22
s时通过线圈的磁通量正在减少，再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由安培定则可知C错误．K闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B1IlΔt＝mv，通过细杆的电荷量Q＝IΔt，线框向上跳起的过程中v2＝2gh，解得Q＝0.03
C，D对．
【易错点】不能正确的利用楞次定律进行判定
【方法点拨】
电荷量的求法：。
（二）举一反三
1．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面与水平面的夹角为θ，导轨的下端接有电阻．当导轨所在空间没有磁场时，使导体棒ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨，ab上升的最大高度为H；当导轨所在空间存在方向与导轨平面垂直的匀强磁场时，再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨，ab上升的最大高度为h，两次运动中ab始终与两导轨垂直且接触良好，关于上述情景，下列说法中正确的是(　　)
A．比较两次上升的最大高度，有H＝h
B．比较两次上升的最大高度，有H＜h
C．无磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生
D．有磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生
【答案】　D
【解析】没有磁场时，只有重力做功，机械能守恒，没有电热产生，C错误；有磁场时，ab切割磁感线产生感应电流，重力和安培力均做负功，机械能减小，有电热产生，故ab上升的最大高度变小，A、B错误，D正确.
2.
如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)
A．Q1＞Q2，q1＝q2
B．Q1＞Q2，q1＞q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2
D．Q1＝Q2，q1＞q2
【答案】　A
【解析】　根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝t＝t＝，故q1＝q2，因此A正确．
3.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其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)，一个质量为m的小金属块从抛物线y＝b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是(　　)
A．mgb　
　　B.mv2
C．mg(b－a)
D．mg(b－a)＋mv2
【答案】D
【解析】金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生焦耳热，最后，金属块在高为a的曲面上做往复运动，减少的机械能为mg(b－a)＋mv2，由能量守恒定律可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，即D选项正确．
考点三
双导体棒
涡旋电场
电容器
（一）典例剖析
例1
（多选）如图所示，水平桌面上固定一定值电阻R，R两端均与光滑倾斜导轨相连接，已知两侧导轨间距都为L，导轨平面与水平面均成37°角，且均处于范围足够大的匀强磁场中．质量为m的导体棒a沿左侧导轨匀速下滑，导体棒b始终静止在右侧导轨上，两导体棒电阻均为R，两处磁场的磁感应强度大小均为B，方向均与导轨平面垂直(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)，则(　　)
A．导体棒b的质量为
B．导体棒a下滑的速度v＝
C．导体棒a沿导轨下滑L距离的过程中电阻R上产生的热量为
D．导体捧a沿导轨下滑L距离的过程中导体棒b上产生的热量为
【答案】ABD
【解析】导体棒a匀速下滑，其电流为导体棒b的两倍，故b质量应为，故A正确；整个回路电阻R总＝R，分析a棒的运动，根据平衡条件有mgsin
37°＝BIL＝BL，解得v＝，故B正确；导体棒a沿导轨匀速下滑L距离，系统产生的总热量等于重力势能的减小量，即Q＝mgLsin
37°＝mgL，电阻R与导体棒b上产生的热量均为Q′＝×Q＝，故C错误，D正确．
【易错点】没有理清导体棒的运动过程
【方法点拨】
电磁感应中焦耳热的计算技巧
(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.
(2)感应电流变化，可用以下方法分析：
①利用动能定理，求出克服安培力做的功，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安．
②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少，即Q＝ΔE其他．
例2英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是
(　　)
A．0　　　　　　　　　
B．r2qk
C．2πr2qk
D．πr2qk
【答案】D
【解析】感生电场是涡旋场，电荷在运动过程中，电场力始终做功。由E＝S可知E＝kπr2运动一周电场力做功W＝qE＝πr2qk，D选项正确。
【易错点】小球运动原因没搞清楚，认为电场力转一圈不做功，易选A。
【方法点拨】
求解电磁感应现象中能量问题的一般思路
(1)确定回路，分清电源和外电路．
(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如：
①有摩擦力做功，必有内能产生；
②有重力做功，重力势能必然发生变化；
③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能．
(3)列有关能量的关系式．
例3．如图1所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动。
(
v
0
图
1
B
M
R
P
a
b
N
Q
)
(
i
t
0
图
2
)
(
v
0
B
M
C
P
a
b
N
Q
图
3
)
（1）当ab杆刚好具有初速度v0时，求此时ab杆两端的电压U，a、b两端哪端电势高；
（2）请在图2中定性画出通过电阻R的电流i随时间变化规律的图象；
（3）若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图3所示。同样给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动。请分析说明ab杆的运动情况，并推导证明杆稳定后的速度为
【答案】（1）
a端电势高
（2）见解析
（3）见解析
【解析】（1）ab杆切割磁感线产生感应电动势
E
=
Blv0
根据全电路欧姆定律
ab杆两端电压即路端电压
联立解得
a端电势高
（2）
(
i
t
0
)
（3）分析：当ab杆以初速度0开始切割磁感线时，产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过ab杆，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度减小的减速运动。当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动。
推导证明：当电容器两端电压与感应电动势相等时有U=Blv
根据电容器电容
以ab杆为研究对象，在很短的一段时间△t内，杆受到的冲量大小为BIl△t
从ab杆开始运动至速度达到稳定的过程，根据动量定理
∑-BIl△t
=
-BlQ
=
mv
–
mv0
由①②③联立可得
【易错点】由于电流变化，无法求解相关问题。
【方法点拨】用安培力动量定理求解导体棒速度变化。
（二）举一反三
1.如图所示，光滑、足够长、不计电阻、轨道间距为l的平行金属导轨MN、PQ，水平放在竖直向下的磁感应强度不同的两个相邻的匀强磁场中，左半部分为Ι匀强磁场区，磁感应强度为B1；右半部分为Ⅱ匀强磁场区，磁感应强度为B2，且B1=2B2。在Ι匀强磁场区的左边界垂直于导轨放置一质量为m、电阻为R1的金属棒a，在Ι匀强磁场区的某一位置，垂直于导轨放置另一质量也为m、电阻为R2的金属棒b。开始时b静止，给a一个向右冲量I后a、b开始运动。设运动过程中，两金属棒总是与导轨垂直。
(
B
1
B
2
I
a
b
P
Q
M
N
ⅡΙ
Ι
)
（1）求金属棒a受到冲量后的瞬间通过金属导轨的感应电流；
（2）设金属棒b在运动到Ι匀强磁场区的右边界前已经达到最大速度，求金属棒b在Ι匀强磁场区中的最大速度值；
（3）金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后，金属棒b再次达到匀速运动状态，设这时金属棒a仍然在Ι匀强磁场区中。求金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后的运动过程中金属棒a、b中产生的总焦耳热。
【答案】（1）i=（2）vm=（3）Q=
【解析】　（1）设金属棒a受到冲量I时的速度为v0，金属棒a产生的感应电动势为E，金属轨道中的电流为i，则
I=mv0
E=B1lv0
i=
i=
（2）金属棒a和金属棒b在左部分磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反，合力为零，故a、b组成的，水平方向动量守恒。
金属棒a和金属棒b在Ι匀强磁场区中运动过程中达到的最大速度vm时，二金属棒速度相等，感应电流为零，二金属棒匀速运动，根据动量守恒定律有
mv0=2mvm
vm=
（3）金属棒b进入Ⅱ匀强磁场时，设金属棒a的感应电动势为E1，金属棒b的感应电动势为E2，
E1=B1lvm
E2=B2lvm
因为
B1=2
B2
所以
E1=2
E2
所以，金属棒b一进入Ⅱ匀强磁场，电流立即出现，在安培力作用下金属棒a做减速运动，金属棒b做加速运动。设金属棒a在Ι匀强磁场区运动速度从vm变化到最小速度va，所用时间为t，金属棒b在Ⅱ匀强磁场区运动速度从vm变化到最大速度为vb，所用时间也为t，此后金属棒a、b都匀速运动，则
B1lva=
B2lvb
即
vb=2va
设在t时间内通过金属棒a、b的电流平均值为
根据动量定理有
B1lt=mva-mvm
方向向左
B2lt=mvb-mvm
方向向右
解得：
设金属棒b进入Ⅱ匀强磁场后，金属棒a、b产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒，有
Q=
2．如图所示，电子感应加速器是利用变化磁场产生的电场来加速带电粒子的装置。在两个圆形电磁铁之间的圆柱形区域内存在方向竖直向下的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑、真空细玻璃管，环形玻璃管中心O在磁场区域中心。一质量为m、带电量为q（q>0）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动，图2为其简化示意图。通过改变电磁铁中的电流可以改变磁场的磁感应强度B，若B的大小随时间t的变化关系如图3所示，图中。设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。求：
（1）在t=0到t=T0
时间内，小球不受玻璃管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；
（2）在磁感应强度增大的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。求从t=T0到t=1.5T0时间段内细管内涡旋电场的场强大小E；
（3）某同学利用以下规律求出了t=2T0时电荷定向运动形成的等效电流：
根据
①
②
得：等效电流
③
你认为上述解法是否正确，并阐述理由
【答案】（1）
（2）
（3）该解法不正确。理由见解析
【解析】（1）从t=0到t=T0时间内，小球运动时不受细管侧壁的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力。
得：
（2）从t=T0到t=1.5T0时间内，细管内一周的感应电动势
因为同一条电场线上各点的场强大小相等，故场强
得：
（3）该解法不正确。
理由如下：（其它解法只要合理，均可得分）
②式的根据是洛伦兹力提供向心力，而实际情况是洛仑兹力与管道作用力共同提供向心力。
小球在t=T0到t=1.5T0时间内受到切向电场力
F=qE
小球切向加速度
t=1.5T0时小球速率v=v0+a·Δt
得
所需向心力
而此时洛伦兹力
可以看出两者并不相等，故该同学的解法是错误的。
3.
某小组同学在研究图1所示的电磁枪原理时，绘制了图2所示的简图（为俯视图），图中两平行金属导轨间距为L，固定在水平面上，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，平行导轨左端电路如图所示，电源的电动势为E，电容器的电容为C。一质量为m、长度也为L的金属导体棒垂直于轨道平放在导轨上，忽略摩擦阻力和导轨的电阻，假设平行金属导轨足够长。
（1）将开关S接a，电源对电容器充电。
a．求电容器充电结束时所带的电荷量Q；
b．请在图3中画出充电过程中电容器两极板间的电压u随电容器所带电荷量q变化的图像；借助u-q图像求出稳定后电容器储存的能量E0。
(
B
S
·
·
·
a
b
L
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
)
(
图
3
q
O
u
)
图1
图2
（2）电容器充电结束后，将开关接b，电容器放电，导体棒由静止开始运动，不计放电电流引起的磁场影响。
a．已知自由电子的电荷量为e，请你分析推导当导体棒获得最大速度之后，导体棒中某一自由电子所受的电场力与导体棒最大速度之间的关系式；
b．导体棒由静止到获得最大速度的过程中，由于存在能量损失ΔE损，电容器释放的能量没有全部转化为导体棒的动能，求ΔE损。
【答案】（1）a．Q
=
CE
b．图像见解析
（2）a．F=eBvm
b．
【解析】（1）a．电容器充电完毕时其电压等于电动势E。有：
(
q
O
u
Q
E
)电容器所带的电荷量Q
=
CE
①
b．根据，画出u-q图像如图所示，图线与横轴所
围面积即为电容器储存的能量。有：
②
联立①②式可得：
③
（5分）
（2）a．方法一：
设金属导体棒获得最大速度vm时，放电电流为零，此时电容器的电压U与导体棒的感应电动势E棒相等，即：
U=E棒=
BLvm
④
导体棒中恒定电场的场强为：
E场=
U/L=
Bvm
导体棒中电子所受的电场力为
F=
e
E场=
eBvm
方法二：
金属导体棒获得最大速度后做匀速直线运动，电路中无电流，运动的电子在磁场中受到向下的洛伦兹力，大小为：
f=eBvm
由于电子随导体棒做匀速直线运动，则电场力F与洛伦兹力合力为零，即F-f=0
则：
F
=
eBvm
b．
由（1）中结论可知，导体棒获得最大速度vm时，电容器储存的能量为：
⑤
导体棒由静止到获得最大速度的过程中，根据能量守恒定律有：
⑥
设此过程电容器放电的电荷量为ΔQ，则ΔQ
=
CE
-
CU
⑦
方法一：设此过程中的平均电流为，时间为t，根据动量定理有：
⑧
其中
⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：
方法二：设任意时刻电路中的电流为i，取一段含此时刻的极短时间Δt，设此段时间内速度的改变量为Δv，根据动量定理有：
⑧
而
⑨
⑩
联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得：
（7分）
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1.
如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象不可能是下图中的(　　)
【答案】B
【解析】　S闭合时，若＞mg，先减速再匀速，D项有可能；若＝mg匀速，A项有可能；若＜mg，先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，－mg＝ma中a不恒定，故B项不可能．
2.（多选）如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，间距为l，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则(　　)
A．如果B变大，vm将变大
B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
【答案】BC　
【解析】金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F安作用，F安＝BIl＝，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsin
α－＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝，故选项B、C正确．
3.
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．mgh
B．2mgh
C．大于mgh而小于2mgh
D．大于2mgh
【答案】B
【解析】　因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh，产生的内能亦为2mgh.故选B。
4.如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是(　　)
A．金属棒在导轨上做匀减速运动
B．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
C．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv2
D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为mv2
【答案】C
【解析】因为导体向右运动时受到向左的安培力作用，且安培力随速度的减小而减小，所以导体向左做加速度减小的减速运动；根据E＝＝，q＝IΔt＝Δt＝，解得x＝；整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量mv2；整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量mv2，电阻R上产生的焦耳热为mv2.
5.如图所示，长L1、宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直，求将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，
(1)拉力的大小F；
(2)线圈中产生的电热Q.
【答案】　(1)　(2)
【解析】(1)线圈出磁场时：F＝BIL2
I＝
E＝BL2v
解得F＝
(2)方法一：t＝
Q＝I2Rt
所以Q＝
方法二：Q＝W＝FL1＝
【巩固】
1.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd,其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度匀速运动，求:
（1）感应电动势的大小E；
（2）拉力做功的功率P；
（3）ab边产生的焦耳热Q。
【答案】（1）
（2）（3）
【解析】
（1）
由于ad边切割磁感线，感应电动势
（2）线框匀速运动
（3）整个过程产生的焦耳热为
ab边产生的焦耳热Q
为Q总的
2.半径为a圆形线圈，电阻不计，处于磁感应强度为B的匀强磁场中。一导体棒质量为m受到向上的拉力，以速度v匀速向下运动，导体棒单位长度的电阻为r。
（1）求通过导体棒的电流I和通过的电荷量q；
（2）当y>0时，求拉力功率P。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）根据题意可知，感应电动势：，电路中的电阻：，所以感应电流：；运动时间：，所以通过的电量：
（2）根据平衡条件可得拉力：，根据勾股定理可知：；根据功率方程得：
3.如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为l；两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，长度均为l；棒与导轨间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）：整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。从时开始，对AB棒施加一外力，使AB棒从静止开始向右做匀加速运动，直到时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为；已知CD棒在时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。两棒的质量均为m，电阻均为R，导轨的电阻不计。重力加速度大小为g。
（1）求AB棒做匀加速运动的加速度大小；
（2）求撤去外力时CD棒的速度大小；
（3）撤去外力后，CD棒在时刻静止，求此时AB棒的速度大小。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】CD棒开始运动时，洛伦兹力等于滑动摩擦力，由CD棒受力平衡有BIL=μmg，t=时AB棒的速度AB棒中的电动势E=BLvAB棒中的电流I=联立得得a=
（2）由法拉第电磁感应定律与欧姆定律得，对AB棒由运动学公式得由得
（3）撤去外力后对AB棒与CD棒整体为研究对象，由动量定理得联立得
4.如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。
（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
（2）断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。
【答案】（1）方向水平向右。（2）
【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E，法拉第电磁感应定律，则
设PQ与MN并联的电阻为，有
闭合S时，设线圈中的电流为I根据闭合电路欧姆定律得
设PQ中的电流为有
设PQ受到的安培力为，有
保持PQ静止，由受力平衡，有
联立①②③④⑤⑥式得
方向水平向右。
(2)设PQ由静止开始到速度大小为的加速过程中，PQ运动的位移为，所用时间为，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有
其中
设PQ中的平均电流为，有
根据电流的定义得
由动能定理，有
联立式得
5.如图所示,匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈,线圈平面与磁场垂直.已知线圈的面积S=0.3m2、电阻,磁场的磁感应强度.现同时向两侧拉动线圈,线圈的两边在时间内合到一起.求线圈在上述过程中
（1）感应电动势的平均值E；
（2）感应电流的平均值I,并在图中标出电流方向；
（3）通过导线横截面的电荷量q.
【答案】(1)
(2)
，电流方向见图3
(3)
【解析】(1)感应电动势的平均值
磁通量的变化
解得
，代入数据得
(2)平均电流
，代入数据得
(电流方向如下图)
(3)电荷量
，代入数据得
【拔高】
1.法拉第在研究电磁感应现象的过程中发现：“电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比”。这就是著名的法拉第电磁感应定律，请根据定律完成下列问题。
(
b
c
M
N
v
B
图1
a
d
)
（1）如图所示，固定于水平面上的金属框架abcd，处在竖直向下的匀强磁场中。金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。框架的ab与dc平行，bc与ab、dc垂直。MN与bc的长度均为l，在运动过程中MN始终与bc平行，且与框架保持良好接触。磁场的磁感应强度为B。请根据法拉第电磁感应定律，证明金属棒MN中的感应电动势E=Blv；
（2）为进一步研究导体做切割磁感线运动的过程，现构建如下情景：
金属棒a和b，两棒质量都为m，电阻分别为Ra和Rb如图所示，a棒从h高处自静止沿弧形轨道下滑，两导轨间距为L，通过C点进入轨道的水平部分，该水平部分存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。（下滑时棒始终保持与导轨垂直）
(
C
)
a．若金属棒b固定于轨道的水平部分，且a棒始终没有跟b棒相碰，求a棒上最终产生的焦耳热（不计一切摩擦）。
b．若金属棒b解除固定，静止于轨道水平部分，要使ab不相碰，b棒至少距离C点多远。
【答案】（1）证明见解析（2）a、
b、x=
【解析】　（1）证明：如图所示，在一小段时间t内，金属棒MN的位移
这个过程中线框的面积的变化量
穿过闭合电路的磁通量的变化量
根据法拉第电磁感应定律
解得
（2）a、根据能量守恒定律，回路中产生的焦耳热总量为mgh。
ab棒串联，功率与电阻成正比，所以a棒上产生的热量为
b、a棒滑至C点时的速度为，a棒进入水平后和b棒组成的系统动量守恒定律。由，得最终ab的速度均为。
设ab棒的刚好达到相同速度的过程中的某时刻，ab的速度差为?v，则此时回路中产生的感应电动势Ei==BL?v
此时回路中的感应电流Ii=
此时ab棒所受安培力Fi=BIiL=
对b棒根据动量定理有：Fi?t=m?v2
对a、b棒刚好达到相同速度的过程求和
则有：=mv2，即=mv2
又因
所以解得最小距离为x=
2.电子感应加速器是利用变化磁场产生的电场来加速电子的，如图所示．在圆形磁铁的两极之间有一环形真空室，用交变电流充磁的电磁铁在两极间产生交变磁场，从而在环形室内产生很强的电场，使电子加速。被加速的电子同时在洛伦兹力的作用下沿圆形轨道运动，设法把高能电子引入靶室，能使其在一个半径为r=0.84m的电子感应加速器中进一步加速，电子在被加速的4.2-3s时间内获得的能量为120MeV。这期间电子轨道内的高频交变磁场是线性变化的．磁通量从零增到1.8Wb，求：
（1）当交变磁场线性增强时，电子所处的环形真空室内产生的感应电动势大小？
（2）电子在环形真空室中共绕行了多少周？
（3）有人说，根据麦克斯韦电磁场理论及法拉第电磁感应定律，电子感应加速器要完成电子的加速过程，电子轨道内的高频交变磁场也可以是线性减弱的，效果将完全一样，你同意吗？请简述理由．
【答案】（1）
（2）
（3）不同意
?由??
得
尽管交变磁场线性减小也可以产生感应电场使电子加速，但减小的磁场不能提供越来越大的洛伦兹力以维持电子绕行时的向心力。
【解析】（1）由麦克斯韦电磁场理论知，当交变磁场线性增强时，电子所处的环形真空室内将产生感应电动势，该电动势可由法拉第电磁感应定律求出，令为E，
则
（2）电子在环形真空室中运动一周被电场加速做功为
故获得120MeV的能量需绕行的周数为
（3）不同意
?由??
得
尽管交变磁场线性减小也可以产生感应电场使电子加速，但减小的磁场不能提供越来越大的洛伦兹力以维持电子绕行时的向心力。
3.如图1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ab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。
(
B
M
N
Q
P
b
a
图1
)
(
F
B
R
M
N
Q
P
b
a
图
2
)
(
R
E
B
M
N
Q
P
b
a
图3
S
r
)
(
B
M
N
Q
P
b
a
图4
C
)
（1）如图2所示，若轨道左端MP间接一阻值为R的电阻，导体棒在水平向右的恒力F的作用下由静止开始运动。求经过一段时间后，导体棒所能达到的最大速度的大小。
（2）如图3所示，若轨道左端MP间接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值为R的电阻。闭合开关S，导体棒从静止开始运动。求经过一段时间后，导体棒所能达到的最大速度的大小。
（3）如图4所示，若轨道左端MP间接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平向右的恒力F的作用下从静止开始运动。求导体棒运动过程中的加速度的大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）导体棒ab向右做加速度减小的加速运动，当安培力与外力F平衡时，导体棒ab达到最大速度v1
BIL=F
E=BLv1
解得
（2）闭合开关后，导体棒ab产生的电动势与电阻R两端的电压相等时，导体棒ab达到最大速度v2
解得
（3）导体棒ab向右加速运动，在极短时间△t内，导体棒的速度变化△v，根据加速度的定义
导体棒产生的电动势变化△E=BL△v，电容器增加的电荷△q=C△E=CBL△v
根据电流的定义
解得I=CBLa
导体棒ab受到的安培力F安=BIL=B2L2Ca
根据牛顿第二定律F-F安=ma
解得
4.如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1Ω的电阻，质量m＝0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45．建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足v＝kx（可导出a＝kv）k＝5s﹣1．当棒ab运动至x1＝0.2m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12W，运动至x2＝0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：（提示：可以用F﹣x图象下的“面积”代表力F做的功）
（1）磁感应强度B的大小
（2）外力F随位移x变化的关系式；
（3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。
【答案】（1）磁感应强度B的大小是T。
（2）外力F随位移x变化的关系式：无磁场区间0≤x＜0.2m，为
F＝0.96+2.5x；有磁场区间，0.2m≤x≤0.8m，为F＝0.96+2.5x+0.6x＝0.96+3.1x。
（3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q是0.324J。
【解析】解：（1）当棒ab运动至x1＝0.2m处时，速度
v＝kx1＝5×0.2＝1m/s
电阻R消耗的电功率
P
又
E＝Blv
联立得
BTT
（2）无磁场区间0≤x＜0.2m，a＝5v＝25x
根据牛顿第二定律得
F﹣μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
解得
F＝0.96+2.5x
有磁场区间，0.2m≤x≤0.8m
棒ab所受的安培力大小
FA＝BIl＝Bl0.6x
根据牛顿第二定律得
F﹣μmgcosθ﹣mgsinθ﹣FA＝ma
解得
F＝0.96+2.5x+0.6x＝0.96+3.1x
（3）上升过程中，棒ab克服安培力做功（FA﹣x图象中梯形面积）
WA1＝
（x1+x2）（x2﹣x1）
解得
WA1＝0.18J
撤去外力后，棒上升的最大距离为s，再次进入磁场时速度为v′，由动能定理得：
上升过程有﹣（mgsinθ+μmgcosθ）s＝0
下降过程有
（mgsinθ﹣μmgcosθ）s0
解得
v′＝2m/s
因mgsinθ﹣μmgcosθ0，故棒ab再次进入磁场后作匀速运动。
下降过程中克服安培力做功
WA2（x2﹣x1）
解得
WA2＝0.144J
故电阻R产生的焦耳热
Q＝WA1+WA2＝0.324J
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