电路与电磁感应电磁感应中的综合问题讲义

电磁感应中的综合问题编审教师：高级教师成树明本专题主要考查电磁感应中的综合性问题，包括电磁感应与动力学综合问题、电磁感应与能量综合问题、电磁感应与动量综合问题、电磁感应中的图像问题等，高考中常常以选择题和计算题考查，对于学生的分析推理能力、知识的综合应用能力要求较高。电磁感应中的动力学问题（2021·安徽省历年真题）如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝。初始时CD与EF相距s0＝，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝0.6。求：（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；（3）导体框匀速运动的距离。关键信息：（1）光滑固定斜面、金属棒与导体框同时由静止开始下滑、下滑距离s1＝m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域→受力分析，结合牛顿运动定律可求解金属棒进入磁场时的速度→求感应电动势大小，感应电流大小以及安培力F安→比较F安与导体框沿斜面方向重力分量Mgsinα的大小→确定导体框进入磁场前的运动状态（2）CD与EF相距s0＝0.4m、金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场→导体棒从进入到离开磁场的过程中，导体框的运动位移为s0（3）金属棒、导体框在磁场中做匀速运动→两物体处于平衡状态（4）导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速→导体框运动状态改变的条件是什么？解题思路：分别对金属棒以及导体框进行受力分析，继而判断金属棒以及导体框在不同阶段的运动状态，同时结合右手定则、法拉第电磁感应定律、平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式进行相关的判断与计算（1）设金属棒的质量为m，金属棒与导体框一起做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：(M＋m)gsinα＝(M＋m)a代入数解得：a＝6m/s2金属棒进入磁场时，设金属棒与导体框的速度大小为v0，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v0＝＝金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv0由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I＝金属棒在磁场中运动时受到的安培力大小：F安＝BIL代入数据解得：F安（2）由于F安＜Mgsinα，故金属棒在磁场中做匀速直线运动时，导体框做匀加速直线运动；设金属棒与导体框间的滑动摩擦力大小为f，导体框进入磁场时的速度大小为v，对导体框，由牛顿第二定律得：Mgsinα－f＝Ma框由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2－＝2a框s0，导体框刚进入磁场时所受安培力：F＝BI1L＝导体框刚进入磁场时做匀速直线运动，对导体框，由平衡条件得：＋f＝Mgsinα代入数据联立解得：a框＝5m/s2，f＝0.06N，v金属棒在磁场中做匀速直线运动，由平衡条件得：F安＝mgsinα＋f代入数据解得金属棒的质量：m＝0.02kg，由滑动摩擦力公式得：f＝μmgcosα代入数据解得，金属棒与导体框之间的动摩擦因数：μ（3）金属棒离开磁场后做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinα＋f＝ma棒代入数据解得：a棒＝9m/s2，金属棒加速到与导体框速度v相等，然后两者一起做加速直线运动，由匀变速直线运动的速度－时间公式得：v＝v0＋a棒t金属棒加速到与导体框速度相等的时间：t＝s在金属棒加速运动时间内，导体框做匀速直线运动，导体框匀速运动的距离：s＝vt＝2.5×m＝m。（2022·福建模拟）如图甲所示，两平行且固定的金属导轨与水平面夹角θ＝30°，间距为0.4m，上端连接一阻值RΩ的定值电阻；垂直导轨的虚线两侧各有一匀强磁场，磁感应强度的大小B1＝B2＝0.5T，方向与两导轨所在平面垂直。t＝0时，长L＝0.4m、质量m＝0.05kg、电阻rΩ的金属导体棒在沿平行导轨向下的外力F作用下，由MN处以初速度v0开始向下运动，运动过程中始终与导轨接触良好，流过电阻R的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。已知0～1s内外力F＝0.1N，两导轨和导线的电阻不计，g取10m/s2，求：（1）导体棒初速度v0大小；（2）导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；（3）1～2s内外力F与时间t的关系表达式。（1）已知间距为L＝0.4m，根据图像可知0～1s内电流强度为：I1＝0.5A，由于电流强度不变，则导体棒运动的速度大小不变，导体棒做匀速直线运动，根据法拉第电磁感应定律可得：E＝B1Lv0根据闭合电路欧姆定律可得：E＝I1(R＋r)联立解得：v0＝1m/s；（2）0～1s内对导体棒受力分析如图1所示，可知：已知0～1s内外力F＝0.1N，根据平衡条件可得：F＋mgsinθ＝B1I1L＋μmgcosθ代入数据解得：μ＝；（3）由图乙可知，1～2s内电流大小随时间的变化情况为：i＝t－0.5（A），方向M→N根据闭合电路欧姆定律可得：i(R＋r)＝B2Lv解得：v＝2t－1（m/s）故导体棒做匀加速直线运动，加速度大小为：a＝2m/s2安培力大小随时间变化情况为：FA2＝B2iL＝0.5×(t)t－0.1（N）在1～2s内，其受力情况如图2，由牛顿第二定律得根据牛顿第二定律可得：F＋mgsinθ－μmgcosθ－FA2＝ma解得：F＝t（N）（1s＜t≤2s），方向沿导轨向下。电磁感应中的动力学问题1．两种状态及处理方法（1）平衡态：根据平衡条件列式分析（2）非平衡态：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析2．抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v，“四步法”分析电磁感应中的动力学问题电磁感应中的能量和动量问题（2022·湖北月考）某兴趣小组为了研究电磁阻尼的原理，设计了如图所示的装置进行实验，水平平行轨道MN、PQ间距为L，处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，左端连着阻值为R的定值电阻，细绳绕过定滑轮一端连接质量为m，长为L、有效电阻也为R的导体棒a，另一端连接质量为3m的重物b，导体棒a始终保持水平并垂直于导轨，且与导轨接触良好，重物b距离地面的高度为h，刚开始a、b初速度均为0，现静止释放重物b，当重物b落地前瞬间导体棒a速度恰好达到稳定，（运动过程中不考虑摩擦力的影响）求：（1）导体棒a稳定的速度v；（2）导体棒a从开始运动到稳定的过程中电阻R上的热量QR；（3）导体棒a从开始运动到稳定需要的时间t，以及重物落地后导体棒a继续前进的位移x。关键信息：（1）当重物b落地前瞬间导体棒a速度恰好达到稳定→对a、b整体受力分析，结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、共点力平衡条件进行分析求解（2）电阻R上的热量QR→根据能量守恒定律可知系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量以及系统内能的增加量→结合电路规律求解电阻R上的热量QR（3）从开始运动到稳定需要的时间t、重物落地后导体棒a继续前进的位移x→非匀变速直线运动，可结合动量定理求解时间以及位移解题思路：确定好研究对象，对其受力分析、运动状态分析，结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿第二定律、能量关系、动量定理列式求解。（1）a棒稳定时，a受重力、支持力、拉力和向左的安培力，a棒运动时产生的感应电动势为E＝BLv感应电流为I＝受到的安培力为FA＝BIL根据平衡条件可得FA＝3mg联立解得v＝；（2）对棒和物体组成的系统，根据能量守恒3mgh＝(m＋3m)v2＋Q总根据串联电路规律可得QR＝Q总联立解得QR＝－；（3）棒从静止开始运动到稳定速度，根据牛顿第二定律，对重物b，有3mg－FT＝3ma对棒a有FT－FA＝ma联立可得3mg－FA＝4ma由动量定理得∑3mgΔt－∑Δt＝∑4maΔt可得3mgt－h＝4mv解得t＝＋；棒从稳定开始运动到停止，由动量定理得－∑Δt＝0－mv可得－x＝0－mv解得x＝（2021·福建模拟）如图，电阻不计的光滑平行金属导轨倾斜放置，倾角θ＝30°，间距为L＝0.2m，空间存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝5T，cd为磁场上边界。导体棒MN锁定在cd处，导体棒GH在导轨下方，两棒质量均为m＝0.1kg、电阻均为R＝2Ω。现棒GH在平行于导轨的恒力F作用下，由静止开始沿导轨向上运动，到达ab处速度恰好最大，速度大小为v1＝4m/s，此时撤去F，再滑行x1＝0.6m到达cd处时，棒MN立即解除锁定，两者发生完全弹性碰撞，棒MN滑行x2＝0.9m到达最高处ef，棒GH未到达导轨底端。棒始终与导轨垂直且接触良好，g取10m/s2。（1）求恒力F大小；（2）求棒GH运动到cd处与棒MN碰前的速度大小v2；（3）棒MN从cd处运动到ef处的过程中，若通过棒MN的电荷量为q0＝0.2C，求此过程棒GH产生的焦耳热Q。（1）在ab处，对GH棒有：E＝BLv1 ①I＝ ②F安＝ILB ③F＝mgsinθ＋F安 ④联立①②③④解得：F＝1.5N；（2）对两导体棒在碰撞过程，设碰后GH棒的速度v2′，MN棒的速度为v3，有：mv2＝mv2′＋mv3 ⑤＝＋ ⑥对MN棒有：＝mgx2sinθ ⑦联立⑤⑥⑦解得：v2＝v3＝3m/s，v2′＝0（3）碰后至MN棒到最高点，导体棒GH向下运动的位移为x，通过棒MN的电量：q0＝ ⑧＝ ⑨联立⑧⑨得：q0＝ ⑩设导体棒MN到达最高点时导体棒GH的速度为v4，根据动量定理有：mgsinθ·t－·t＝mv4 ⑪MN棒从cd处运动到ef处的过程中，有：v3＝gsinθt ⑫对GH棒，根据能量守恒定律有：mgxsinθ－2Q＝ ⑬联立⑩⑪⑫⑬解得：Q＝0.175J1．电磁感应中焦耳热求解方法（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。（2）若电流变化①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒定律求解：若只有电能和机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的焦耳热。2．处理电磁感应与动量相联系的综合问题的基本方法（1）与动量定理结合。在光滑水平轨道上运动的单杆（不受其他力作用），由于在磁场中运动的单杆为变速运动，则运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理＝Δp，而又由于＝＝BLq，q＝＝，Δp＝mv2－mv1，由以上四式将流经杆电荷量q、杆位移x及速度变化结合在一起。（2）与动量守恒定律的结合。在相互平行的光滑水平轨道间的双棒做切割磁感线运动问题中，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。电磁感应中的图像问题（2022·福建省月考）如图所示，两条相距L的平行虚线间存在一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。现将一个上底为L、下底为3L、高为2L的等腰梯形闭合线圈，从图示位置以垂直于磁场边界的速度向右匀速穿过磁场，取逆时针方向为感应电流正方向，则该过程线圈中感应电流i随位移x变化的图像是（）A． B．C． D．关键信息：等腰梯形闭合线圈、垂直于磁场边界的速度向右匀速穿过磁场→确定有效切割长度，继而确定电动势的大小→根据右手定则确定感应电流的方向解题思路：根据楞次定律或右手定则判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流的大小。由右手定则可知，刚进入磁场时，感应电流为逆时针方向，故感应电流为正，设两腰与水平面夹角为θ，则有效切割长度为：l＝L＋2xtanθ，则感应电流为：i＝＝＋·x，即感应电流与位移成线性关系，且随位移增大而增大。右侧底边出磁场后，有效切割长度为：l′＝2Ltanθ，即有效切割长度不变、感应电动势不变、感应电流保持不变；之后左侧底边进入磁场后，由右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，即感应电流为负，同理可知有效长度增大，即感应电流增大，故A正确、BCD错误。故选：A。（2022·江苏模拟）如图所示，竖直平面内存在范围足够大、方向水平的磁场，同一高度处磁感应强度大小相等，竖直方向上磁感应强度随着向下的距离均匀增大。将一个竖直放置的正方形金属线框abcd从图示位置水平向右抛出，不计空气阻力。下列关于线框运动的加速度a、感应电流i随时间t，线框重力做功的功率P、机械能E随下落高度h变化的关系图像中，可能正确的是（） B．C． D．AB．因为相同高度处磁感应强度大小相等，而流过ab边和cd边的电流大小相同，利用左手定则判断出两边受到的安培力大小相等，方向相反，故水平方向上受力平衡，所以水平方向上做匀速运动，由楞次定律可知感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则判断出bc边所受安培力向上，ad边所受安培力向下，令bc边的磁感应强度为B2，ad边磁感应强度为B1，正方形边长为L，从而求出线框所受合外力：F合＝mg－(B2－B1)IL＝ma由于磁感应强度随向下的距离均匀增加，则有：B2－B1＝kl联立得加速度大小为：a＝g－感应电流大小为：I＝＝所以当速度增大时，I增大，a减小，由于加速度减小，所以感应电流的变化率越来越小，结合：a＝g－可知加速度的变化率越来越小，最后线框