电磁感应中地综合应用

电磁感应中的综合应用

一、电磁感应中的电路问题

1．切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路产生感应电动势，则这部分电路就是等效电源，确定感应电动势和阻

2.正确分析电路的结构，画出等效电路图

3.利用电路规律求解．主要闭合电路欧姆定律、串并联电路性质特点、电功、电热的公式．求解未知物理量．

1.把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定

在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如右图所示，一长度为

2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终

保持良好的电接触．当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，

求：

(1)棒上电流的大小和方向；

(2)棒两端的电压UMN；

(3)在圆环和金属棒上消耗的总热功率．

2.如图(a)所示，水平放置的两根据平行金属导轨，间距Ｌ=0.3m，导轨左端连接Ｒ=0.6Ω的电阻．区域abcd存在垂直于导轨平面Ｂ=0.6T的匀强磁场，磁场区域宽Ｄ=0.2m，细金属棒Ａ1和Ａ2用长为2Ｄ=0.4m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直．每根金属棒在导轨间的电阻均为r =0.3Ω，导轨电阻不计．使金属棒以恒定速度v=1.0m/s沿导轨向右穿越磁场．计算从金属棒Ａ1进入磁场（t=0）到Ａ2离开磁场的时间，不同时间段通过电阻Ｒ的电流强度，并在图(b)中画出．

3.在图甲中，直角坐标系0xy的1、3象限有匀强磁场，第1象限的磁感应强度大小为2B，第3象限的磁感应强度大小为B，磁感应强度的方向均垂直于纸面向里.现将半径为l，圆心角为900的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O点在纸面沿逆时针匀速转动，导线框回路电阻为R.

(1)求导线框中感应电流最大值.

(2)在图乙中画出导线框匀速转动一周的时间感应电流I随时间t变化的图象.(规定与图甲中线框的位置相对应的时刻为t=0)

二、电磁感应中的动力学问题

1．解决电磁感应中的力学问题的方法

(1)选择研究对象，即是哪一根导体棒或哪几根导体棒组成的系统；

(2)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；

(3)求回路中的电流大小；

(4)分析其受力情况；

(5)分析研究对象所受各力的做功情况和合外力做功情况，选定所要应用的物理规律；

(6)运用物理规律列方程，求解．

2．明确两大研究对象及其之间相互制约的关系

(3)动态分析：求解电磁感应中的力学问题时，要抓好受力分析和运动情况的动态分析．导体在拉力作用下运动，切割磁感线产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化．周而复始地循环．当循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态．此时a＝0，而速度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．

(4)两种状态的处理：当导体处于平衡态——静止状态或匀速直线运动状态时，处理的途径是：根据合外力等于零分析．当导体处于非平衡态——变速运动时，处理的途径是：根据牛顿第二定律进行动态分析.

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lm，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为尺的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计

的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．

(1)求金属棒沿导轨由静止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，电阻尺消耗的功率为8W，

求该速度的大小；

(3)在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．

(g=10rn／s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

5．水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，问距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆（见右上图），金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下.用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动.当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v与F的关系如右下图。（取重力加速度g=10m/s2）

（1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？

（2）若m=0.5kg，L=0.5m，R=0.5Ω；磁感

应强度B为多大？

（3）由v—F图线的截距可求得什么物理量？

其值为多少？

6.如图所示，竖直向上的匀强磁场在初始时刻的磁感应强度B 0=0.5T ，并且以

B

t

??=1T/s 在增加，水平导轨的电阻和摩擦阻力均不计，导轨宽为0.5m ，左端所接电阻R = 0.4Ω。在导轨上l =1.0m 处的右端搁一金属棒ab ，其电阻R 0=0.1Ω，并用水平细绳通过定滑轮吊着质量为M = 2kg 的重物，欲将重物吊起，问：

（1）感应电流的方向（请将电流方向标在本题图上）以及感应电流的大小；

（2）经过多长时间能吊起重物。

7.如图所示，在磁感应强度为B 的水平方向的匀强磁场中竖直放置两平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨上端跨接一阻值为R 的电阻（导轨电阻不计）。两金属棒a 和b 的电阻均为R ，质量分别为kg m a 2102-?=和kg m b 2101-?=，它们与导轨相连，并可沿导轨无摩擦滑动。闭合开关S ，先固定b ，用一恒力F 向上拉，稳定后a 以s m v /101=的速度匀速运动，此时再释放b ，b 恰好保持静止，设导轨足够长，取2/10s m g = （1）求拉力F 的大小；

（2）若将金属棒a 固定，让金属棒b 自由滑下（开关仍闭合），求b 滑行的最大速度2v ； （3）若断开开关，将金属棒a 和b 都固定，使磁感应强度从B 随时间均匀增加，经0.1s 后磁感应强度增到2B 时，a 棒受到的安培力正好等于a 棒的重力，求两金属棒间的距离h 。

三、电磁感应中的能量问题

1．电磁感应过程往往涉及多种能量的转化

如图中金属棒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，棒最终达稳定状态匀速运动时，重力势能的减小则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。

2．安培力的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，用能量守恒关系和稳定状态时受力特点及功率关系列方程，联立求解．

8.如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直

向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向

垂直纸面向里．线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的

一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动．

求：（1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度v2；

(2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；

（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q．

a

9.如图所示PQ 、MN 为足够长的两平行金属导轨,它们之间连接一个阻值Ω=8R 的电阻;导轨间距为kg m m L 1.0;1==一质量为,电阻Ω=2r ,长约m 1的均匀金属杆水平放置在导轨上,它与导轨的滑动摩擦因数5

3=

μ,导轨平面的倾角为0

30=θ在垂直导轨平面方向有匀强磁场,磁感应强度为0.5T B =,今让金属杆AB 由静止开始下滑从杆静止开始到杆AB 恰好匀

速运动的过程中经过杆的电量1C q =,求: (1)当AB 下滑速度为s m /2时加速度的大小 (2)AB 下滑的最大速度

(3)从静止开始到AB 匀速运动过程R 上产生的热量

N

10．在质量为M=1kg的小车上，竖直固定着一个质量为m=0.2kg，宽L=0.05m、总电阻R=100Ω的n=100Ω的n=100匝矩形线圈。线圈和小车一起静止在光滑水平面上，如图（1）所示。现有一子弹以v0=110m/s的水平速度射入小车中，并立即与小车（包括线圈）一起运动，速度为v1=10m/s。随后穿过与线圈平面垂直，磁感应强度B=1.0T的水平有界匀强磁场，方向垂直纸面向里，如图所示。已知子弹射入小车后，小车运动的速度v随车的位移s变化的v –s图象如图（2）所示。求：

（1）子弹的质量m0；

（2）小车的位移s=10cm时线圈中的电

流大小I；

（3）在线圈进入磁场的过程过线圈

某一截面的电荷量q；

（4）线圈和小车通过磁场的过程中线圈电阻的发热量Q。

11.如右图所示，金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧形轨道下滑，相距为L的平行导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分导轨上原来放有一根金属杆b，已知杆a的质量为m，电阻为Ra；b杆的质量为m，电阻为Rb；水平导轨足够长，不计摩擦，问：

(1)a杆的最大电流是多少？

(2)a杆和b杆的最终速度是多大？

(3)整个过程中回路释放的电能是多少？

(4)若已知a、b杆的电阻之比Ra∶Rb＝3∶4，其余电阻不计，整个过程中，a、b上产生的热量分别是多少？

电磁感应计算题的答案

1.解析：(1)棒MN右移时，切割磁感线，产生感应电动势，棒MN相当于一个电源．流过棒

的电流即电源的电流，当棒过圆心O 时，棒两端的电压即为路端电压，其等效电路如右图所示．

金属棒经过圆心时，棒中产生的感应电 动势为E ＝B ×2av ＝2Bav .

此时，圆环的两部分构成并联连接， 且R 左＝R 右＝R ， 故并联部分的电阻为R 并＝

R

2

. 由闭合电路欧姆定律得流过金属棒的电流为

I ＝E R 并＋R ＝2E 3R

＝4Ba v 3R

由右手定则可判断出金属棒上的电流方向由N →M . (2)棒两端的电压

U MN ＝IR 并＝I R 2＝2

3

Ba v .

(3)圆环和金属棒上消耗的总功率等于电路中感应电流的电功率，即

P ＝IE ＝8B 2a 2v 2

3R

2.[解析] 在0～0.2s ，金属棒A 1产生的感应电动势

E ＝BLv ＝0.6×0.3×1.0V ＝0.18V

在0.2～0.4s ，E ＝0，I 2＝0

I -I I -I 在0.4～0.6s ，同理I 3＝0.12A

不同时间段通过R 的电流强度如图所示．

3．解:(1)线框从图甲位置开始(t=0)转过900的过程中，产生的感应电动势为:

2122

1

l B E ???=

ω 由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：R E I 11=

联立以上各式解得:R

Bl I ω

21=

同理可求得线框进出第3象限的过程中，回路电流为:R

Bl I 222ω

=

故感应电流最大值为:R

Bl I m ω

2=

(2)I －t 图象为:

(3)线框转一周产生的热量:)4

4(22

22

1T R I T R I Q ??+??= 又ω

π

2=

T

解得:R

l B Q 454

2πω=

4．(1)金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律

mgsin θ－μmgcos θ＝ma

① 由①式解得a ＝10×(O.6－0.25×0.8)m ／s 2=4m ／s 2

②

(2)设金属棒运动达到稳定时，速度为v ，所受安培力为F ，棒在沿导轨方向受力平衡

mgsin θ一μmgcos0一F ＝0 ③

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

Fv ＝P

④

由③、④两式解得8/10/0.210(0.60.250.8)

P v m s m s F =

==??-?

⑤

(3)设电路中电流为I ，两导轨间金属棒的长为l ，磁场的磁感应强度为B vBl

I R

=

⑥

P ＝I 2R

⑦

由⑥、⑦两式解得0.4101

B T vl =

==?

⑧

磁场方向垂直导轨平面向上

5．（1）变速运动（或变加速运动、加速度减小的加速运动，加速运动）。 （2）感应电动势vBL =ε ① 感应电流R

I ε=

②

安培力R

L vB IBL F M 2

2== ③

由图线可知金属杆受拉力、安增力和阻力作用，匀速时合力为零。

f R

L vB F +=2

2 ④ )(2

2f F L B R

v -=

∴ ⑤ 由图线可以得到直线的斜率k=2，12

==

∴kL

R

B （T ） ⑥ （3）由直线的截距可以求得金属杆受到的阻力f ，f =2（N ） ⑦ 若金属杆受到的阻力仅为动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数4.0=μ ⑧ 6.解析：（1）感应电流的方向：顺时针绕向

0.5V 15.00.1t

B

ld t =??=??=??=

φε

感应电流大小： 1A 1

.04.05

.0R

R I 0=+=

+=

ε

（2）由感应电流的方向可知磁感应强度应增加： 0B

B B t t

?=+

?? 安培力 0()B

F BId B t Id t

?==+

?? 要提起重物，F ≥ mg ，0()B

B t Id mg t

?+?=?

5s .3915.05.00.110

2t

B B Id mg t 0=-??=??-= 7.解析：（1）a 棒匀速运动，L BI g m F a a +=

b 棒静止2

a

b I I =

2

L

BI g m a b =

N g m g m F b a 4.02=+=

（2）（8分）当a 匀速运动时1BLv E a =

R

E I a

a 32=

g m L BI L BI b b a 22==

解得2

2

13L

B gR m v b =

① 当b 匀速运动时：R

v L B L BI g m b 32

222='=

22223L

B gR

m v b = ② ①②式联立得s m v /52=

（3）t

BLh

t B S t E =

??=??Φ=

R

E I 2=

2BIL=g m a

由①式得g

m v L B R b 31

22=

得m h 3

2=

8.（1）线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间

mg = f +

B 2a 2v 2

R

①

解得

v 2 = (mg - f )R B 2a

2

②

（2）线框从离开磁场至上升到最高点的过程

(mg + f ) h = 1

2 mv 1 2

③

线框从最高点回落至磁场瞬间

(mg - f ) h = 1

2

mv 2 2

④

③、④ 式联立解得

v 1 =

mg + f mg - f

v 2 ⑤

= (mg )2 – f 2

R B 2a 2

⑥

（3）线框在向上通过通过过程中 12 mv 0

2 -

12

mv 12 = Q +（mg + f ）(a + b ) ⑦ v 0 = 2 v 1

Q =

32

m [ (mg )2

–

f 2 ]

R B 4a 4

-（mg + f ）(a + b ) ⑧

9．解析：取AB 杆为研究对象其受力如图示建立如图所示坐标系

sin X B F mg F f ma θ=--= ① cos 0g F N mg θ=-= ②

f N μ= ③ B F BIL = ④

I R r

ε

=

+ ⑤

Bl ευ= ⑥

联立上面①②③④⑤⑥解得22cos ()

B l v

a gsim m R r θμθ=--+（4分）当2/v m s =时

2210.5212

1010 1.5(/)20.1(28)

a m s ??=?-=?+

②由上问可知 22sin cos ()

B l a g g m R r υ

θμθ=--+故AB 做加速度减小的加速运动当0a =

2222

10.110(28)(()(sin cos )2528/0.51

m mg R r v m s B l θμθυ??++-====? ③从静止开始到运速运动过程中t

φ

ε?=

? ⑦ I R r

ε

=

+ ⑧ Q I t =? ⑨

联立⑦⑧⑨可知E R r

φ

?=+（3分） 而BlS φ?= ()1(82)

20()0.51

Q R r S m Bl +?+∴===?（2分）

设

两

电

阻

发

热

和

为

R r

Q Q +，由能量守恒可知

2

1sin cos 0.85()2

m R r R r mgS mv mg S Q Q Q Q J θμθ=+?++?∴+=

::R r Q Q R r = ⑩ （2分） R r R r Q Q Q ++= ○

11 联立⑩ ○

11得8

0.80.64()82

R R r R Q Q J R r +==?=++ 10． 解：（1）在子弹射入小车的过程中，由子弹、线圈和小车组成的系统动量守恒。有

1000)(v m m M v m ++=

解得子弹的质量kg m 12.00=

（2）当s=10cm 时，由图象中可知线圈右边切割磁感线的速度v 2=8m/s

由闭合电路欧姆定律得

mgh ＝12mv 20

①

线圈中的电流R

nBlv R E I 2

=

= 解得A A I 4.0100

8

05.01100=???=

（3）由图可知，从s=5cm 开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v 随位移s 减小，当s=15cm 时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动，因此线圈孤长为s=10cm 。

R

s

nBL R n q ?=

?Φ=

（2分） 解得 C C Q 31051001

.005.01100-?=???=

（4）由图象可知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为v=2m/s 。线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线卷的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热。

))((2

123210v v m m M Q -++=

解得线圈电阻发热量Q=63.36J

11.解析：(1)设a 杆刚进入磁场时速度v 0，a 下滑h 过程中机械能守恒：

a 进入磁场后，回路中产生感应电流，a 、

b 都受安培力作用，a 做减速运动，b 做加速运动，经一段时间，a 、b 速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，二者匀速运动．故最大电流在a 杆刚进入磁场时，

I max ＝BLv 0

R a ＋R b

.

(2)匀速运动的速度即为a 、b 的最终速度，设为v ，由于过程中a 、b 系统所受合外力为零， 根据动量守恒，得：

mv 0＝(m ＋3

4

m)v ③

I max ＝BL 2gh R a ＋R b

.②