知识讲解电磁感应中的力电综合问题提高

1、物理总复习：电磁感应中的力电综合问题编稿：xx 审稿：xx【考纲要求】1、知道电磁感应现象中的电路问题、力学问题、图像问题及能量转化问题；2 、知道常见电磁感应现象中与电学相关问题的一般分析思维方法，会画等效电路图3、知道电磁感应现象中与力学相关的运动和平衡问题的分析思路；4、理解安培力做功在电磁感应现象中能量转化方面所起的作用；【考点梳理】考点一、电磁感应中的电路问题要点诠释：1、求解电磁感应中电路问题的关键是分析清楚内电路和外电路。切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻，而其余部分的电路则是外电路。2、几个概念 L M(1)电源电动势E =BLv或

2、E=n 。. ：t(2)电源内电路电压降 Ur =卜，r是发生电磁感应现象导体上的电阻。(r是内电路的电阻)(3)电源的路端电压 U, U =IR = EUr =E卜(R是外电路的电阻)。 路端电压、电动势和某电阻两端的电压三者的区别：(1)某段导体作为外电路时，它两端的电压就是电流与其电阻的乘积。(2)某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积， 或等于电动势减去内电压，当其内阻不计时路端电压等于电源电动势。(3)某段导体作为电源时，电路断路时导体两端的电压等于电源电动势。3、解决此类问题的基本步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和

3、方向。(2)画等效电路：感应电流方向是电源内部电流的方向。(3)运用闭合电路欧姆定律结合串、并联电路规律以及电功率计算公式等各关系式联 立求解。4、解题思路(1)明确电源的电动势 TOC o 1-5 h z =：-B- SE = n = nS = nB ：t：t ：t HYPERLINK l bookmark10 o Current Document 12E=BLy E=BL8, E =nBSosincct (交流电)2(2)明确电源的正、负极：根据电源内部电流的方向是从负极流向正极，即可确定电源”的正、负极。(3)明确电源的内阻：相当于电源的那部分电路的电阻。(4)明确电路关系：即构成回路的

4、各部分电路的串、并联关系。(5)结合闭合电路的欧姆定律：结合电功、电功率等能量关系列方程求解。考点二、电磁感应中的力学问题要点诠释：电磁感应和力学问题的综合， 其联系桥梁是磁场对感应电流的安培力，因为感应电流与导体运动的加速度有相互制约的关系，这类问题中的导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态，故解决这类问题时正确进行动态分析确定最终状态是解题的关键。1、受力情况、运动情况的动态分析思路导体受力运动产生感应电动势 一感应电流一通电导体受安培力 一合外力变化一加速度 变化一速度变化一感应电动势变化 一 周而复始地循环，直至最终达到稳定状态， 此时加 速度为零，而速度

5、v通过加速达到最大值， 做匀速直线运动或通过减速达到稳定值做匀速直 线运动。2、解决此类问题的基本步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)求出感应电动势的大小和方向。(2)依据全电路欧姆定律，求出回路中的电流。(3)分析导体的受力情况(包含安培力，可利用左手定则确定所受安培力的方向)。(4)依据牛顿第二定律列出动力学方程或平衡方程，以及运动学方程，联立求解。3、常见类型电磁感应中力学问题，常常以一个导体棒在滑轨上运动问题形式出现。这种情况有两种 类型。(1)、电一动一电”类型如图所示水平放置的光滑平行导轨MN、PQ放有长为1、电阻为R、质量为m的金属棒abo导轨左端接内电阻不计

6、电动势E的电源形成回路，整个装置放在竖直向上的匀强磁场B之中。导轨电阻不计且足够长，并与电键S串接，当刚闭合电键时，棒ab因电而动，E B1E其又女培力FA = B1一,方向向右，此时 ab具有取大加速度am =。然而，ab一旦广RmR生速度，则因动而电，立即产生了感应电动势。因速度决定感应电动势，而感应电动势与电 池的电动势反接又导致电流减小，从而使安培力变小，故加速度减小，不难分析ab导体做的是一种复杂的变加速运动。 但是当FA = 0, ab速度将达最大值，故ab运动收尾状态为匀(2)、动一电一动”类型如图所示，平行滑轨 PQ、MN,与水平方向成角，长度1、质量m、电阻为R的导体 ab紧

7、贴滑轨并与 PM平行，滑轨电阻不计。整个装置处于与滑轨平面正交、磁感强度为B的匀强磁场中，滑轨足够长。导体 ab由静止释放后，由于重力作用下滑，此时具有最大加速度am =gsince , ab一旦运动，则因动而电，产生感应电动势，在PMba回路中产生电流, 磁场对此电流作用力刚好与下滑力方向反向，随 ab棒下滑速度不断增大。E 一 -B212V、，+ 用E = B L VI =,则电路中电流随之变大，安培阻力Fa=变大，直到与下滑RR力的合力为零，即加速度为零，以vm=mgRrn的最大速度收尾。b2i24、电磁感应中的动力学临界问题的处理方法此类问题覆盖面广，题型也多样，但解决这类问题的关键在

8、于通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等，基本思路是：确定电源(E、r)-WT感应电流一FiMlT运动导体所受的安培力 一丝上二 合外力一T a 的变化情况一汽或t运动状态的分析 一一临界状态。考点三、电磁感应中的能量转化问题 要点诠释：1、电磁感应过程往往涉及多种能量的转化如图所示金属棒ab沿导轨由静止下滑时， 重力势能减少，一部分用来克服安培力做功， 转化为感应电流的电能，最终在R上转化为焦耳热；另一部分转化为金属棒的动能，若导轨足够长，棒最终达到稳定状态匀速运动时，减小的重力势能完全用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能.因此，从功和能的观点入

9、手，分析清楚电磁感应过程中能量转化的关 系，是解决电磁感应中能量问题的重要途径之一。电磁感应现象的实质是产生了感应电动势。2、安培力做功和电能变化的特定对应关系外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。同理，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。3、解决此类问题的步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向。(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式。(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，联立求解。【典型例题】类

10、型一、电磁感应中的电路问题例1、固定在匀强磁场中的正方形导线框 abcd,各边长1,其中ab是一段电阻为 R的 均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线。 磁场的磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里， 现有一与ab段所用材料、粗细、长度都相同的电阻丝 PQ架在导线框上，如图所示，以恒定速度v从ad滑向bc,当PQ滑过-的距离时，通过aP段电阻丝的电流是多大 ？方向如何？3【思路点拨】电阻丝 PQ以恒定速度v向右移动，切割磁感线相当于电源，判断电流方向, 电势高的点，标出电流方法，可以看出，电流分成两条支路，即两部分导线并联，简要画出 电路图，然后列式计算。【答案】6B1V,方向从a到P。11 R

11、【解析】PQ滑动时，产生的感应电动势为 E = BLv 应用右手定则判断出电流方向从P到Q, Q点电势高，Q是电源的正极，P是负极，aP段与bP段是并联关系，此电路就可以等效为如图所示的电路：根据串并联电路的特点和性质，aP段与bP段的并联2 11一电阻为R=-R,电路中的总电阻Rtt =R 9心9干路电流为I =-E, aP段的电流占干路电流的三分之二,心心、22,2 E2 Blv6 Blv即 la。= - I = - = =,方向从 a 至Pop 33 凡 3 1111 R心 一R9【总结升华】解题的关键是分析清楚哪是电源、哪是内电路、 哪是外电路,它们的电阻是多大，电流的流向，串并联关系

12、如何，做题时最好画出电路图。本题PQ是电源，其电阻是内阻，电流在Q分成两条支路aP段和bP段，这两段是并联关系，aP段的电阻是R的三分之一，bP段的电阻是R的三分之 举一反三【变式1】用一根粗细均匀电阻值为r的电阻丝，弯曲成圆环，固定在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中o圆环直径为d,有一长度亦为d的金属棒ab,电阻值为 % ,水平放置在圆环下侧边缘，如图所示。ab棒以速度v紧靠着圆环做匀速直线运动，运动过程中保持棒与电阻丝良好接触。当棒到达图 中虚线所示位置时，求(1)通过棒中的电流大小。(2)棒所受安培力大小。(3)加在棒上外力的功率。(1)12Bdv /c、12B2d2v 、

13、12B2d2v2(2) (3)7r7r7r【解析】(1) ab棒以速度v匀速运动到图中虚线位置时,1产生的感应电动势为 E=Bdv,电流方向从b到a,分成两条支路，这两段的电阻均为r ,211_117则外电路的电阻为 一r ,内电阻为一r ,电路的总电阻为 R r r r434312所以通过棒中的电流|=巨=!2史丫。R 7r(2)棒所受安培力 FA = Bld = BdA12Bdv 12B2d2v=,7r7r根据左手定则，安培力方向向下。(3) ab棒匀速运动，外力等于安培力, 加在棒上外力的功率等于安培力的功率22P =Fvfv 二12B d v7r【高清课堂：法拉第电磁感应定律【变式2】

14、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L1、L2,两灯的电阻均为 R=2Q, 一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的 电阻均忽略不计（1）若棒以Vo=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（如图所 示），MN中的电动势和流过灯 L1的电流。（2）撤去中间的金属棒 MN,将右面的半圆环 OL2O以OO为轴向上翻转900,若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为=-T/s,求Li的功率。 t二【答案】（1） 0.4A; （2）

15、1.28M10W。【解析】（1）棒滑过圆环直径 OO的瞬时，MN中的电动势Ei=B2a v=0.2 0.8 5 V =0.8V两灯泡并联，等效电路如图（1）所示，流过灯 Li的电流Ii=Ei/R=0.8 A /2=0.4A图（2）撤去中间的金属棒 MN,将右面的半圆环OL2O以OO为轴向上翻转90o,半圆环OLiO中产生感应电动势，相当于电源，灯L2为外电路,图(!)两灯泡串联，等效电路如图（2）所示，B TOC o 1-5 h z 感应电动势E2 = =na2 =0.32V.：t 2; t,，一1灯Li的电压为一E2, 2 2(Ec 2)2o所以 Li 的功率 P= 2/)=1.2810 W

16、 .R类型二、电磁感应中的力学问题例2、（2015天津卷）如图所示，凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直，且处于同一水平面内，ab边长为l, cd边长为2l。ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时.cd边到磁场上边界的距离为2l ,线框由静止释放，从 cd边进入磁场直到 ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动。在 ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中 产生的热量为 Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内.且ab、cd边保持水平，重力加速度为go求磁，区(1)线木S ab边将离开磁场

17、时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍:(2)磁场上下边界间的距离H。【答案】(1) 4倍(2) +281 mg【解析】(1)设磁场的磁感应强度大小为B, cd边刚进磁场时，线框做匀速运动的速度为vi, cd边上的感应电动势为 Ei,由法拉第电磁感应定律，有 TOC o 1-5 h z Ei=2B1vi设线框总电阻为 R,此时线框中电流为Ii,闭合电路欧姆定律，有Ii = ElR设此时线框所受安培力为Fi,有Fi=2Ii1B由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg=F i由式得mgR4B212V2,同理可得设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为_mgRV2 一 B212由式得 T

18、OC o 1-5 h z V2=4vi(2)线框自释放直到 cd边进入磁场前，有机械能守恒定律，有2_2mg1 = mv1线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有_1212mg(21 +H ) = mv2 m, +Q HYPERLINK l bookmark45 o Current Document 22由式得H Q 281mg举一反三【变式1】如图所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，其中一部分处于方向垂直导轨所在平面并且有上下水平边界的匀强磁场中。一根金属杆MN保持水平并沿导轨滑下 （导轨电阻不计），当金属杆 MN进入磁场区后，其运动的速度随时间变化的图线不可能的是（）【答案】B【解析】A

19、图说明金属杆 MN进入磁场区后一直做匀速直线运动，情景是进入磁场的瞬间重力等于安培力，是可能的。B图说明金属杆做匀加速运动，金属杆 MN进入磁场区后，产生安培力，方向向上，与重力加速度方向相反，加速度减小，B是不可能的。C图做加速度减小的加速运动，是可能到。D图速度减小最后做匀速运动， 当金属杆进入磁场的速度很大时， 由于受到的安培力大于重力，速度减小，当安培力等于重力时做匀速运动， 是可能的。故不可能的是Bo【变式2】如图，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成。角固定，轨距为do空间Bo P、M间所接阻值为R的电r。现从静止释放ab,当它沿存在匀强磁场，磁场方向垂直轨道平面向上，磁感应

20、强度为 阻。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为轨道下滑距离s时，达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为go求：（1）金属杆ab运动的最大速度；1（2）金属杆ab运动的加速度为gsin日时，电阻R上的电功率;2（3）金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功。mg sin 1 2 P=( 2Bd ) R(3) WF =1 m3g2(R r)2 sin mgs sin v【解析】（1）当杆达到最大速度时 F = mg sinB安培力F = BId感应电流I = E感应电动势E -Bdv解得最大速度vmmg(R r)sin i1（2）当ab运动的加速为 一

21、mgsin 6时1根据牛顿第一th律 mgsin r - BI d = m 2 g sin ?电阻R上的电功率P = |2r 解得p =(mgsina )2r2Bd1(3)根据动能te理 mgs sin 日-WF =mvm -0232 _22 .B4d1 m g (R r) sin i 解得 WF =mgs sin2安培力是变力，变力做功不能用力乘以位移计算，只能用动能定理求解。【变式3】如图所示，平行金属导轨与水平面成 。角，导轨与固定电阻 Ri和R2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 R1和R2的阻 值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为由导体

22、棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为 v TOC o 1-5 h z 时，受到安培力的大小为 F.此时、A,电阻R消耗的热功率为Fv/3 .B.电阻Ri消耗的热功率为 Fv/6 WiC.整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgcosQ.(二妄D.整个装置消耗的机械功率为( F+mgos V v屋、.【答案】BCDR【解析】由法拉第电磁感应定律得E = BLv,总电阻=R + R=1.5R2回路总电流1.5R2Blv3R2 2安培力F = BIL =组3R所以电阻Ri的功率:2, 2 2. .2 B l vR =(T) R 9R1 一=-Fv。 A 错 B 对。6由于摩擦力f = Nmg cos日,故

23、因摩擦而消耗的热功率为 pf = fv = Nmgvcos8 , C对。整个装置消耗的机械功率应为安培力与摩擦力消耗的功率之和(F + Rmg cos9 )v , d对。故B、C、D选项正确。 TOC o 1-5 h z 【变式4】如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=1m。导轨平面与水平面成 。=37角，下端连接阻值为 R的电阻。匀强磁场方向垂直于导轨平面 向上，磁感应强度为 B=0.4T.质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂 直且保持良好接触，它们间的动摩擦因数为科=0.25.金属棒沿导轨由静止开始下滑，当金 |属棒下滑速度达到稳定时，速

24、度大小为10m/s.(取g=10m/s2,3(sin37 =0.6, cos37 =0.8).求：(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；|(2)当金属棒下滑速度达到稳定时电阻R消耗的功率；(3)电阻R的阻值。/【答案】(1) 4m/s2 (2) 8W (3) 2C.【解析】金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律mg sin 二-mgcosi - ma 2 解得 a =gsin【- Jgcosi -10 0.6-0.25 10 0.8 = 4m/s(2)设金属棒运动达到稳定时，设速度为v,所受安培力为 F,棒沿导轨方向受力平衡，根据物体平衡条件mg sin ? - mg cos 二 F

25、代入数据解得安培力 F =0.8N此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率P = F v=0. 8 M 1 0W = 8W(3)设电路中电流为I,感应电动势为 EE = BLv =0.4 1 10V =4V由于金属棒的电阻不计，感应电动势即为电阻R的电压_ 22E4=-QP8 TOC o 1-5 h z .2 一 2. . 2r U E 一 UP =,电阻 R =类型三、电磁感应中的能量问题【高清课堂：法拉第电磁感应定律例5】B,方向竖直向下，在磁场中有一个边长为例3、如图所示，匀强磁场的磁感应强度为L的正方形刚性金属框。 ab边质量为 m,其它三边的质量不计，金属框的总电阻

26、为R, cd边上装有固定的水平轴，现在将金属框从水平位置由静止释放，不计一切摩擦。金属框经t秒钟恰好通过竖直位置 ab cdo求：(1)在图中标出ab通过最低位置时，金属框中的感应电流的方向;(2)求上述时间t内金属框中的平均感应电动势；(3)若在上述ts内，金属框中产生的焦耳热为Q,求ab边通过最低位置时受到的安培力。【思路点拨】(1)根据右手定则判断感应电流的方向；(2)根据E = n求平均感应电:t动势；根据能量转化和守恒定律求产生的焦耳热，根据安培力公式求安培力。BL【答案】(1)感应电流的万向 bacdb. (2 ) E = t,方向水平向右。【解析】(1) ab通过最低位置时，速度

27、水平向左，根据右手定则，感应电流的方向 bacdb. 巾(2)根据法拉第电磁感应定律， E = n，初态的磁通量 尊=BL2 ,末态的磁通量 / = 0 ,-=t磁通量的变化 Ae=BL2,所以平均感应电动势12（3）根据能量转化和守恒定律有 mgL = Q +2mv2,2求出ab边到达最低点时的速度大小 v = J2（mgL-Q）, m在最低点时电动势的大小E =BLv =BL 2（mgL 一 Q） m则ab边到达最低点时受到的安培力二 BIL 二肛 v = B2L1 2(mgL飞R R m根据左手定则，安培力的方向水平向右。【总结升华】（2）中求平均感应电动势必须用E=n，可以求平均电流，

28、进而求出通：t过导体截面的电量。（3）解题思路要清晰，要求安培力，就必须要求电流，FA = BIL ,又必须求出电动势 E=BLv,最终要求速度，由于有内能产生，必须根据能量守恒定律求速度。举一反三【变式1】将一磁铁插入闭合线圈，第一次插入所用时间为 A 1,第二次插入所用的时间为 Am 且 A2=2 Ai,则（） TOC o 1-5 h z A,两次产生的感应电动势之比为2： 1B.两次通过线圈的电荷量之比为2： 1C.两次线圈中产生的热量之比为2： 1D,两次线圈中感应电流的功率之比为2： 1AC【解析】磁铁两次插入线圈磁通量的变化巾相同，但磁通量的变化率 一1 = 2L: t2即E1=2

29、E2, A选项正确；两次通过线圈的电何重 q1 = n, q2 = n,所以q1 ： q2=1 ： 1,故B错误； HYPERLINK l bookmark28 o Current Document RR磁体通入过程线圈中产生的热量Q二C正确;Q1 11、2 %2x2 1 2所以L =() ，1 =(一)一= 一，选项Q2E2t2 1 2 1PE. 2 4功率之比 一=（L）=一，故选项D错误。故选 AC。F2E21【变式2】如图所示，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0.3秒时间拉出，外力所做的功为Wi,通过导线截面的电量为 q1；第二次用0.9秒时间拉

30、出，外力做的功为W2,通过导体截面的电量为q2,则（）A . W1VW2, qi q2B, WiW2, q1 = q2D, WW2, q1q2Ml t X X X X X I* X X X X X i L 一一 一一 一 J 【答案】C 【解析】用11表示导线框竖边长，匀速拉出时产生感应电动势E = Blv；12 用12表示拉出的横边长，则拉出所用的时间t =-0v 把导线框拉出磁场的过程，线框中电流I = B11v,R这段时间通过导线截面的电量q - It -小包。R v R可见通过导线截面的电量和拉出所用的时间大小无关，是q1=q2o2把导线框出磁场区做功 W = Fl 2 = B1111

31、2 M （B2）, Rt说明做功大小和拉出所用白时间有关，本题中t1W2o【变式3】（2015四川卷）如图所示，金属导轨MNC和PQD, MN与PQ平行且间距为L,所在平面与水平面夹角为N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与 NQ的夹角都为锐角 仇均匀金属棒ab和ef质量 均为m,长均为L, ab棒初始位置在水平导轨上与 NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与 导轨间的动摩擦因数为 小科较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直 的匀强磁场（图中未画出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R,最

32、大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加 速度为go(1)若磁感应强度大小为B,给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度 “，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程 ef棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d,求通过ab棒某横截面的电量；(3)若ab棒以垂直于NQ的速度V2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2,且运动过程中 ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。122Bd(L-dcotu)【答案 】(1 ) Qef =-mv12 ; ( 2 ) q= ；( 3 )c 1 llmgR(sin a+ixcosa)血土小血土小十Bm =,万向竖