電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)換經(jīng)典問題.doc

電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)換經(jīng)典問題在電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題中有兩類常見的模型.類型“電動電”型“動電動”型示意圖棒ab長L，質(zhì)量m，電阻R；導(dǎo)軌光滑水平，電阻不計棒ab長L，質(zhì)量m，電阻R；導(dǎo)軌光滑，電阻不計分析S閉合，棒ab受安培力F，此時a，棒ab速度v感應(yīng)電動勢BLv電流I安培力FBIL加速度a，當(dāng)安培力F0時，a0，v最大，最后勻速棒ab釋放后下滑，此時agsin ，棒ab速度v感應(yīng)電動勢EBLv電流I安培力FBIL加速度a，當(dāng)安培力Fmgsin 時，a0，v最大，最后勻速運動形式變加速運動變加速運動最終狀態(tài)勻速運動vm勻速運動 vm1、 如圖甲所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L.M、P兩點間接有阻值為R的電阻一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直整套裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖(2)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大小(3)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值1、解析(1)如右圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，平行斜面向上(2)當(dāng)ab桿速度為v時，感應(yīng)電動勢EBLv，此時電路中電流Iab桿受到安培力FBIL根據(jù)牛頓運動定律，有mamgsin Fmgsin agsin .(3)當(dāng)mgsin 時，ab桿達(dá)到最大速度vm2、如圖所示，足夠長的光滑平行導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，兩導(dǎo)軌間距離為L1.0 m，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角為30，磁感應(yīng)強度為B的磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌的M、P兩端連接阻值為R3.0 的電阻，金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置并用細(xì)線通過光滑定滑輪與重物相連，金屬棒ab的質(zhì)量m0.20 kg，電阻r0.50 ,重物的質(zhì)量M0.60 kg，如果將金屬棒和重物由靜止釋放，金屬棒沿斜面上滑的距離與時間的關(guān)系如下表所示，不計導(dǎo)軌電阻，g取10 m/s2.求：時間t/s00.10.20.30.40.50.6上滑距離/m00.050.150.350.701.051.40(1)ab棒的最終速度是多少？(2)所加磁場的磁感應(yīng)強度B為多大？(3)當(dāng)v2 m/s時，金屬棒的加速度為多大？2、解析(1)由表中數(shù)據(jù)可以看出最終ab棒將做勻速運動vm3.5 m/s(2)棒受力如圖所示，由平衡條件得FTFmgsin 30FTMgFBL聯(lián)立解得B T(3)當(dāng)速度為2 m/s時，安培力F對金屬棒ab有FTFmgsin 30ma對重物有MgFTMa聯(lián)立上式，代入數(shù)據(jù)得a2.68 m/s23、 邊長為L的正方形閉合金屬線框，其質(zhì)量為m，回路電阻為R.圖中M、N、P為磁場區(qū)域的邊界，上下兩部分水平勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，方向如圖4所示現(xiàn)讓金屬線框在圖示位置由靜止開始下落，金屬線框在穿過M和P兩界面的過程中均為勻速運動已知M、N之間和N、P之間的高度差相等，均為hL，金屬線框下落過程中金屬線框平面始終保持豎直，底邊始終保持水平，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間.試求：(1)圖示位置金屬線框的底邊到M的高度d；(2)在整個運動過程中，金屬線框中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)金屬線框的底邊剛通過磁場邊界N時，金屬線框加速度的大小3、解析(1)根據(jù)題意分析可知，金屬線框在穿過M界面時做勻速運動，設(shè)為v1，根據(jù)運動學(xué)公式有v2gd在金屬線框穿過M的過程中，金屬線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv1金屬線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I金屬線框受到的安培力FBIL根據(jù)物體的平衡條件有mgF，聯(lián)立解得d(2)根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，在整個運動過程中，金屬線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Qmg(2hL)解得Qmg(3L)(3)設(shè)金屬線框的底邊剛通過磁場邊界N時，金屬線框的速度大小為v2，根據(jù)題意和運動學(xué)公式有vv2g(hL)此時金屬線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2BLv2金屬線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I金屬線框受到的安培力F2BIL根據(jù)牛頓第二定律有Fmgma解得金屬線框的加速度大小為a5g4、如圖所示，兩電阻不計的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為，導(dǎo)軌間距為l，所在平面的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直斜面向上將甲、乙兩阻值相同、質(zhì)量均為m的相同金屬桿放置在導(dǎo)軌上，甲金屬桿處在磁場的上邊界，甲乙相距l(xiāng).靜止釋放兩金屬桿的同時，在甲金屬桿上施加一個沿著導(dǎo)軌向下的外力F，使甲金屬桿在運動過程中始終沿導(dǎo)軌向下做勻加速直線運動，加速度大小為gsin ，乙金屬桿剛進(jìn)入磁場時做勻速運動(1)甲、乙的電阻R為多少；(2)設(shè)剛釋放兩金屬桿時t0，寫出從開始釋放到乙金屬桿離開磁場，外力F隨時間t的變化關(guān)系；(3)若從開始釋放到乙金屬桿離開磁場，乙金屬桿中共產(chǎn)生熱量Q，試求此過程中外力F對甲做的功4、解析(1)對乙受力分析知，乙的加速度大小為gsin ，甲、乙加速度相同，所以當(dāng)乙剛進(jìn)入磁場時，甲剛出磁場，乙進(jìn)入磁場時v對乙由受力平衡可知mgsin 故R(2)甲在磁場中運動時，外力F始終等于安培力，F(xiàn)F安IlBlB因為vgsin t所以FlB t其中0t甲出磁場以后，外力F為零(3)乙進(jìn)入磁場前做勻加速運動，甲乙產(chǎn)生相同的熱量，設(shè)為Q1，此過程中甲一直在磁場中，外力F始終等于安培力，則有WFW安2Q1，乙在磁場中運動產(chǎn)生的熱量Q2QQ1，對乙利用動能定理有mglsin 2Q20，聯(lián)立解得WF2Qmglsin .5、如圖9所示，長L11.0 m，寬L20.50 m的矩形導(dǎo)線框，質(zhì)量為m0.20 kg，電阻R2.0 .其正下方有寬為H(HL2)，磁感應(yīng)強度為B1.0 T，垂直于紙面向里的勻強磁場現(xiàn)在，讓導(dǎo)線框從cd邊距磁場上邊界h0.70 m處開始自由下落，當(dāng)cd邊進(jìn)入磁場中，ab尚未進(jìn)入磁場時，導(dǎo)線框做勻速運動(不計空氣阻力，取g10 m/s2)求：(1)線框完全進(jìn)入磁場過程中安培力做的功是多少？(2)線框穿出磁場過程中通過線框任一截面的電荷量q是多少？5、解析(1)當(dāng)線框勻速運動時：滿足mgBIL1，而EBL1v，EIR.線框由靜止到剛好進(jìn)入磁場過程中，由動能定理有mg(L2h)W0，解得安培力做的功W0.8 J.(2)線框穿出磁場過程中通過線框任一截面的電荷量：qt，即q，代入數(shù)據(jù)解得q0.25 C.6、 如圖所示，絕緣細(xì)繩繞過輕滑輪連接著質(zhì)量為m的正方形導(dǎo)線框和質(zhì)量為M的物塊，導(dǎo)線框的邊長為L、電阻為R0，物塊放在光滑水平面上，線框平面豎直且ab邊水平，其下方存在兩個勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小均為B，方向水平但相反，區(qū)域的高度為L，區(qū)域的高度為2L.開始時，線框ab邊距磁場上邊界PP的高度也為L，各段繩都處于伸直狀態(tài)，把它們由靜止釋放，運動中線框平面始終與磁場方向垂直，M始終在水平面上運動，當(dāng)ab邊剛穿過兩磁場的分界線QQ進(jìn)入磁場時，線框做勻速運動不計滑輪處的摩擦求：(1)ab邊剛進(jìn)入磁場時，線框的速度大?。?2)cd邊從PP位置運動到QQ位置過程中，通過線圈導(dǎo)線某橫截面的電荷量；(3)ab邊從PP位置運動到NN位置過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱6、解析(1)在線框下降L過程中，對線框和物塊組成的整體，由動能定理得mgL(mM)v，所以線框的速度：v1 .(2)線框從區(qū)進(jìn)入?yún)^(qū)過程中，BS(BS)2BL2，E，I，所以通過線圈導(dǎo)線某截面的電量：qIt.(3)線框ab邊運動到位置NN之前，只有ab邊從PP位置下降2L的過程中線框中有感應(yīng)電流，設(shè)線框ab邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域做勻速運動的速度是v2，線圈中電流為I2，則I2此時M、m均做勻速運動，2BI2Lmg，v2.根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有mg3L(mM)vQ，則線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為Q3mgL.7、 (2011天津11)(18分)如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為L0.5 m，其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30角完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒質(zhì)量均為m0.02 kg，電阻均為R0.1 ，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B0.2 T，棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運動，而棒cd恰好能夠保持靜止，取g10 m/s2，問：(1)通過棒cd的電流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每產(chǎn)生Q0.1 J的熱量，力F做的功W是多少？7、解析(1)對cd棒受力分析如圖所示由平衡條件得mgsin BIL (2分)得I A1 A (1分)根據(jù)楞次定律可判定通過棒cd的電流方向為由d到c. (1分)(2)棒ab與cd所受的安培力大小相等，對ab棒受力分析如圖所示，由共點力平衡條件知Fmgsin BIL (2分)代入數(shù)據(jù)解得F0.2 N (3)設(shè)在時間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生Q0.1 J的熱量，由焦耳定律知QI2Rt (2分)設(shè)ab棒勻速運動的速度是v，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv(2分)由閉合電路歐姆定律知I (2分)時間t內(nèi)棒ab運動的位移svt (2分)力F所做的功WFs (2分)綜合上述各式，代入數(shù)據(jù)解得W0.4 J (1分)8、(15分)如圖所示，兩平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，相距為L，處于豎直方向的磁場中，整個磁場由若干個寬度皆為d的條形勻強磁場區(qū)域1、2、3、4組成，磁感應(yīng)強度B1、B2的方向相反，大小相等，即B1B2B.導(dǎo)軌左端MP間接一電阻R，質(zhì)量為m、電阻為r的細(xì)導(dǎo)體棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌的電阻現(xiàn)對棒ab施加水平向右的拉力，使其從區(qū)域1磁場左邊界位置開始以速度v0向右做勻速直線運動并穿越n個磁場區(qū)域(1)求棒ab穿越區(qū)域1磁場的過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q；(2)求棒ab穿越n個磁場區(qū)域的過程中拉力對棒ab所做的功W；(3)規(guī)定棒中從a到b的電流方向為正，畫出上述過程中通過棒ab的電流I隨時間t變化的圖象；(4)求棒ab穿越n個磁場區(qū)域的過程中通過電阻R的凈電荷量q.8、(1)(2)(3)見解析(4)或0解析(3)如圖所示9、(16分)如圖所示，在水平面上固定一光滑金屬導(dǎo)軌HGDEF，EF/GH，DEEFDGGHEGL.一質(zhì)量為m足夠長導(dǎo)體棒AC垂直EF方向放置在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為r，整個裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中現(xiàn)對導(dǎo)體棒AC施加一水平向右的外力，使導(dǎo)體棒從D位置開始以速度v0沿EF方向做勻速直線運動，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸(1)求導(dǎo)體棒運動到FH位置，即將要離開導(dǎo)軌時，F(xiàn)H兩端的電勢差(2)關(guān)于導(dǎo)體棒運動過程中回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流，小明和小華兩位同學(xué)進(jìn)行了討論小明認(rèn)為導(dǎo)體棒在整個運動過程中是勻速的，所以回路中電流的值是恒定不變的；小華則認(rèn)為前一過程導(dǎo)體棒有效切割長度在增大，所以電流是增大的，后一過程導(dǎo)體棒有效切割長度不變，電流才是恒定不變的，你認(rèn)為這兩位同學(xué)的觀點正確嗎？請通過推算證明你的觀點(3)求導(dǎo)體棒從D位置運動到EG位置的過程中，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱9、解析(1)EBLv0 (2分)UFHBLv0 (3分)(2)兩個同學(xué)的觀點都不正確 (2分)取AC棒在D到EG運動過程中的某一位置，MN間距離設(shè)為x，則DMNMDNx，EBxv0， R3rx， I，此過程中電流是恒定的 (2分)AC棒在EG至FH運動過程中，感應(yīng)電動勢恒定不變，而電阻一直在增大，所以電流是減小的 (2分) (3)設(shè)任意時刻沿運動方向的位移為s，則sx，安培力與位移的關(guān)系為FABIx (2分)AC棒在D到EG上滑動時產(chǎn)生的電熱，數(shù)值上等于克服安培力做的功，又因為FAs，所以QL (2分)全過程中，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱始終為全部的三分之一，所以，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱QL (1分)10、（重慶市2012（春）高三考前模擬測）（16分）如題23-1圖所示，邊長為L、質(zhì)量為m、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框靜置于光滑水平面上，處于與水平面垂直的勻強磁場中，勻強磁場磁感應(yīng)強度B隨時間t變化規(guī)律如題23-2圖所示求：（1）在t=0到t=t0時間內(nèi)，通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大??；（2）在t=時刻，a、b邊所受磁場作用力大小；（3）在t=0到t=t0時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流做的功。10、（重慶市2012（春）高三考前模擬測）（16分）解：（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律得，導(dǎo)線框的感應(yīng)電動勢（4分）通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大?。海?分）（2）ab邊所受磁場作用力大?。?（4分）（3）導(dǎo)線框中電流做的功：（4分）電磁感應(yīng)中的能量問題1.考點分析：電磁感應(yīng)的題目往往綜合性較強，與前面的知識聯(lián)系較多，涉及力學(xué)知識（如牛頓運動定律、功、動能定理、能量守恒定律等）、電學(xué)知識（如電磁感應(yīng)定律、楞次定律、安培力、直流電路知識、磁場知識等）等多個知識點，突出考查考生理解能力、分析綜合能力，尤其從實際問題中抽象概括構(gòu)建物理模型的創(chuàng)新能力。2.考查類型說明：本部分內(nèi)容是歷年高考考查的重點，年年都有考題，且多為計算題，分值高，難度大，對考生具有較高的區(qū)分度。3. 考查趨勢預(yù)測：電磁感應(yīng)中的能量問題是高考?？嫉念}型之一，這類問題要求學(xué)生能理清電磁感應(yīng)過程中做功及能量的轉(zhuǎn)化情況，然后選用相應(yīng)的規(guī)律進(jìn)行解答。這類問題既要用到電磁感應(yīng)知識，又要用到功能關(guān)系和能量守恒定律，是不少同學(xué)都感到困難的問題。因此，本專題是復(fù)習(xí)中應(yīng)強化訓(xùn)練的重要內(nèi)容。【知識儲備】內(nèi)容說明能級要求法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)用求感應(yīng)電動勢的大小楞次定律判斷產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向功能關(guān)系安培力做正功，是將電能轉(zhuǎn)化為機械能，安培力做負(fù)功，是將機械能轉(zhuǎn)化為電能在物理學(xué)研究的問題中,能量是一個非常重要的課題,能量守恒是自然界的一個普遍的、重要的規(guī)律。在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，由磁生電并不是創(chuàng)造了電能，而只是機械能轉(zhuǎn)化為電能而已。在力學(xué)中就已經(jīng)知道：功是能量轉(zhuǎn)化的量度。那么在機械能轉(zhuǎn)化為電能的電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，是什么力在做功呢？是安培力在做功，在電學(xué)中，安培力做正功，是將電能轉(zhuǎn)化為機械能（電動機），安培力做負(fù)功，是將機械能轉(zhuǎn)化為電能（發(fā)電機），必須明確發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，是安培力做功導(dǎo)致能量的轉(zhuǎn)化。（1）由決定的電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，無論磁場發(fā)生的增強變化還是減弱變化，磁場都通過感應(yīng)導(dǎo)體對外輸出能量（指電路閉合的情況下，下同）。磁場增強時，是其它形式的能量轉(zhuǎn)化為磁場能中的一部分對外輸出；磁場子削弱時，是消耗磁場自身儲存的能量對外輸出。（2）由決定的電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，由于磁場本身不發(fā)生變化，一般認(rèn)為磁場并不輸出能量，而是其它形式的能量，借助安培的功（做正功、負(fù)功）來實現(xiàn)能量的轉(zhuǎn)化。（3）解決這類問題的基本方法：用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動的大小和方向；畫出等效電路，求出回路中電阻消耗電功率表達(dá)式；分析導(dǎo)體機械能的變化，用能量守恒關(guān)系得到機械功率的改變與回路中電功率的變化所滿足的方程?！镜淅治觥坷}1如圖（a）所示，光滑的平行長直金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，間距為L、導(dǎo)軌左端接有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直跨接在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計，且接觸良好。在導(dǎo)軌平面上有一矩形區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。開始時，導(dǎo)體棒靜止于磁場區(qū)域的右端，當(dāng)磁場以速度v1勻速向右移動時，導(dǎo)體棒隨之開始運動，同時受到水平向左、大小為f的恒定阻力，并很快達(dá)到恒定速度，此時導(dǎo)體棒仍處于磁場區(qū)域內(nèi)。（1）求導(dǎo)體棒所達(dá)到的恒定速度v2；（2）為使導(dǎo)體棒能隨磁場運動，阻力最大不能超過多少？（3）導(dǎo)體棒以恒定速度運動時，單位時間內(nèi)克服阻力所做的功和電路中消耗的電功率各為多大？（4）若t0時磁場由靜止開始水平向右做勻加速直線運動，經(jīng)過較短時間后，導(dǎo)體棒也做勻加速直線運動，其v-t關(guān)系如圖（b）所示，已知在時刻t導(dǎo)體棋睥瞬時速度大小為vt，求導(dǎo)體棒做勻加速直線運動時的加速度大小?？键c分析 本題考察了法拉第電磁感應(yīng)定律，物體的平衡解題思路 （1）EBL（v1v2），IE/R，F(xiàn)BIL，速度恒定時有：f，可得：v2v1，（2）fm， （3）P導(dǎo)體棒Fv2f，P電路E2/R，（4）因為fma，導(dǎo)體棒要做勻加速運動，必有v1v2為常數(shù)，設(shè)為Dv，a，則fma，可解得：a。正確答案是：(1)v1(2) fm(3)(4)。失分陷阱 對電磁感應(yīng)過程中能量的轉(zhuǎn)化不清楚，導(dǎo)致解決問題時出現(xiàn)錯誤。例題2如圖（a）所示，一端封閉的兩條平行光滑導(dǎo)軌相距L，距左端L處的中間一段被彎成半徑為H的1/4圓弧，導(dǎo)軌左右兩段處于高度相差H的水平面上。圓弧導(dǎo)軌所在區(qū)域無磁場，右段區(qū)域存在磁場B0，左段區(qū)域存在均勻分布但隨時間線性變化的磁場B（t），如圖（b）所示，兩磁場方向均豎直向上。在圓弧頂端，放置一質(zhì)量為m的金屬棒ab，與導(dǎo)軌左段形成閉合回路，從金屬棒下滑開始計時，經(jīng)過時間t0滑到圓弧頂端。設(shè)金屬棒在回路中的電阻為R，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g。（1）問金屬棒在圓弧內(nèi)滑動時，回路中感應(yīng)電流的大小和方向是否發(fā)生改變？為什么？（2）求0到時間t0內(nèi)，回路中感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱量。（3）探討在金屬棒滑到圓弧底端進(jìn)入勻強磁場B0的一瞬間，回路中感應(yīng)電流的大小和方向?？键c分析 法拉第電磁感應(yīng)定律，機械能守恒定律，以及閉合電路的歐姆定律。解題思路 解：（1）感應(yīng)電流的大小和方向均不發(fā)生改變。因為金屬棒滑到圓弧任意位置時，回路中磁通量的變化率相同。 （2）0t0時間內(nèi)，設(shè)回路中感應(yīng)電動勢大小為E0，感應(yīng)電流為I，感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由法拉第電磁感應(yīng)定律： 根據(jù)閉合電路的歐姆定律： 由焦定律及有： （3）設(shè)金屬進(jìn)入磁場B0一瞬間的速度變v，金屬棒在圓弧區(qū)域下滑的過程中，機械能守恒： 在很短的時間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，金屬棒進(jìn)入磁場B0區(qū)域瞬間的感應(yīng)電動勢為E，則： 由閉合電路歐姆定律及，求得感應(yīng)電流： 根據(jù)討論：I.當(dāng)時，I=0；II.當(dāng)時，方向為；III.當(dāng)時，方向為。正確答案是：（1）感應(yīng)電流的大小和方向均不發(fā)生改變。因為金屬棒滑到圓弧任意位置時，回路中磁通量的變化率相同（2） （3）I.當(dāng)時，I=0；II.當(dāng)時，方向為；III.當(dāng)時，方向為。失分陷阱 不清楚雙回路中感應(yīng)電動勢大小的求法例題3如圖所示，兩條水平虛線之間有垂直于紙面向里，寬度為d，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場質(zhì)量為m，電阻為R的正方形線圈邊長為L（L d），線圈下邊緣到磁場上邊界的距離為h將線圈由靜止釋放，其下邊緣剛進(jìn)入磁場和剛穿出磁場時刻的速度都是v0，則在整個線圈穿過磁場的全過程中（從下邊緣進(jìn)入磁場到上邊緣穿出磁場），下列說法中正確的是（ ）A線圈可能一直做勻速運動B線圈可能先加速后減速C線圈的最小速度一定是mgRB2L2D線圈的最小速度一定是考點分析 法拉第電磁感應(yīng)定律，安培力以及牛頓第二定律。解題思路 由于Ld，總有一段時間線圈全部處于勻強磁場中，磁通量不發(fā)生變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此不受安培力，而做自由落體運動，因此不可能一直勻速運動，A選項錯誤。已知線圈下邊緣剛進(jìn)入磁場和剛穿出磁場時刻的速度都是v0，由于線圈下邊緣到達(dá)磁場下邊界前一定是加速運動，所以只可能是先減速后加速，而不可能是先加速后減速，B選項錯誤。mgR/B2L是安培力和重力平衡時所對應(yīng)的速度，而本題線圈減速過程中不一定能達(dá)到這一速度，C選項錯誤。從能量守恒的角度來分析，線圈穿過磁場過程中，當(dāng)線圈上邊緣剛進(jìn)入磁場時速度一定最小。從開始自由下落到線圈上邊緣剛進(jìn)入磁場過程中用動能定理，設(shè)該過程克服安培力做的功為W，則有：mg（hL）Wmv2。再在線圈下邊緣剛進(jìn)入磁場到剛穿出磁場過程中用動能定理，該過程克服安培力做的功也是W，而始、末動能相同，所以有：mgdW0。由以上兩式可得最小速度v。所以D選項正確。正確答案：D失分陷阱 本題以豎直面內(nèi)矩形線框進(jìn)入有界磁場產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象為背景，考查能的轉(zhuǎn)化與守恒定律、感應(yīng)電動勢大小的計算、安培力、平衡條件等較多知識點，情景復(fù)雜，考查考生對基礎(chǔ)知識的掌握和分析綜合能力例題4用密度為d、電阻率為、橫截面積為A的薄金屬條制成邊長為L的閉合正方形框。如圖所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場方向平行。設(shè)勻強磁場僅存在于相對磁極之間，其他地方的磁場忽略不計?？烧J(rèn)為方框的邊和邊都處在磁極之間，極間磁感應(yīng)強度大小為B。方框從靜止開始釋放，其平面在下落過程中保持水平（不計空氣阻力）。求方框下落的最大速度vm（設(shè)磁場區(qū)域在數(shù)值方向足夠長）；當(dāng)方框下落的加速度為時，求方框的發(fā)熱功率P；已知方框下落時間為t時，下落高度為h，其速度為vt（vtvm）。若在同一時間t內(nèi)，方框內(nèi)產(chǎn)生的熱與一恒定電流I0在該框內(nèi)產(chǎn)生的熱相同，求恒定電流I0的表達(dá)式?？键c分析本題考察了牛頓第二定律、能量守恒定律及電磁感應(yīng)的相關(guān)知識。解題思路方框質(zhì)量：方框電阻：方框下落速度為v時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 感應(yīng)電流 方框下落過程，受到重力G及安培力F，方向豎直向下，方向豎直向下當(dāng)FG時，方框達(dá)到最大速度，即vvm則：方框下落的最大速度：方框下落加速度為時，有：，則：方框的發(fā)熱功率：根據(jù)能量守恒定律，有 解得恒定電流I0的表達(dá)式： 。 正確答案是：（1）（2） (3) 失分陷阱 本題物理背景新穎，正確的從中提煉出相關(guān)的物理模型是解題的關(guān)鍵，同時要挖掘當(dāng)FG時，方框達(dá)到最大速度。例題5如圖所