1、【模块标题】电磁感应【模块目标】【模块讲解】电磁感应感生 综合 能够深入理解感生电动势的原理和模型，并掌握此类题目的解题思路方法电磁感应动生 综合 能够深入理解动生电动势的原理和模型，并掌握此类题目的解题思路方法电磁感应感生和动生 综合 能够在感生和动生的基础上，掌握此类题目的解题思路方法【常规讲解】1：电磁感应 感生（6 星）【板书整理】一、电磁感应感生1、 【感生】模型特点：（1）闭合回路（静止的线框） ；（2）B 随 t 发生变化2、 【感生】模型解题思路方法：(1) 求解感应电动势：=tBEnS(2) 求解安培力： 安 FIL(5) 求解感应电流： ；楞次定律+安培定则判断感应电流方向
2、Rr(3) 求解电荷量 q：=tBSItnnrRr(4) 求解电热 Q： （注意区别：总回路 Q 或 部分电路 Q）2t(6) 求解其他力： 0合F【授课流程】步骤【感生】模型的解题思路和方法写板书一、电磁感应感生1、 【感生】模型特点：（1）闭合回路（静止的线框） ；（2）B 随 t 发生变化2、 【感生】模型解题思路方法：(1) 求解感应电动势：=tBEnS(2) 求解安培力： 安 FIL(5) 求解感应电流： ；楞次定律+安培定则判断感应电流方向Rr(3) 求解电荷量 q：=tBSItnnrRr(4) 求解电热 Q： （注意区别：总回路 Q 或 部分电路 Q）2t(6) 求解其他力： 0
3、合F步骤实例讲解配题逻辑：【感生】 ，求解 E、q、Q例题 1 【2013江苏】如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈 abcd，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数 N=100，边长 ab=1.0m、bc=0.5m，电阻 r=2磁感应强度 B 在01s 内从零均匀变化到 0.2T在 15s 内从 0.2T 均匀变化到 0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：（1）0.5s 时线圈内感应电动势的大小 E 和感应电流的方向；（2）在 15s 内通过线圈的电荷量 q；（3）在 05s 内线圈产生的焦耳热 Q。【讲解】（1）由题可确定磁感应强度 B 的变化率 ，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，
4、t根据楞次定律判断感应电流的方向；（2）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式 I= 结合求解电量；qt（3）分析两个时间段：01s 和 15s，由焦耳定律分别求出热量，即可得到总热量；解：（1）在 01s 内，磁感应强度 B 的变化率 = T/s=0.2T/s，t0.21由于磁通量均匀变化，在 01s 内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：0.5s 时线圈内感应电动势的大小 E1=N =N abbc=1000.210.5=10VtBt根据楞次定律判断得知，线圈中感应方向为逆时针方向。（2）在 15s 内，磁感应强度 B 的变化率大小为 = T/s=0.1T/s，
5、t0.2(.)4由于磁通量均匀变化，在 15s 内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：15s 时线圈内感应电动势的大小E2=N =N abbc=1000.110.5=5VtBt通过线圈的电荷量为 q=I2t2= = C=10C；ER54（3）在 01s 内，线圈产生的焦耳热为 Q1= = J=50J2EtR01在 15s 内，线圈产生的焦耳热为 Q2= = J=50J。t54故在 05s 内线圈产生的焦耳热 Q=Q1+Q2=100J。答：（1）0.5s 时线圈内感应电动势的大小 E 为 10V，感应方向为逆时针方向。（2）在 15s 内通过线圈的电荷量 q 为 10C。
6、（3）在 05s 内线圈产生的焦耳热 Q 为 100J。配题逻辑：【感生】 ，求解 q、Q 、F 安练习 1-1 【2018 徐州一模】如图甲所示，单匝正方形线框 abcd 的电阻 R=0.5，边长L=20cm，匀强磁场垂直于线框平面，磁感强度 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示。求：（1）02s 内通过 ab 边横截面的电荷量 q；（2）3s 时 ab 边所受安培力的大小 F；（3）04s 内线框中产生的焦耳热 Q。【讲解】（1）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，结合电量表达式，即可求解；（2）根据安培力大小公式，结合图象中 3s 时磁场，即可求解；（3）依据焦耳定律，即可求解。解：
7、（1）由法拉第电磁感应定律得电动势 BESt感应电流 IR电量 q=It解得 q=4.8102C； （2）安培力 F=BIL由图得 3s 时的 B=0.3T 代入数值得 F=1.44103N； （3）由焦耳定律得 Q=I2RtJ 代入数值得 Q=1.152103J； 答：（1）02s 内通过 ab 边横截面的电荷量 4.8102C；（2）3s 时 ab 边所受安培力的大小 1.44103N；（3）04s 内线框中产生的焦耳热 1.152103J。配题逻辑：【感生】 ，求解 q、Q 、 其他力练习 1-2 【2018 南通二模】如图甲所示，水平面矩形虚线区域有竖直方向的匀强磁场，磁感强度 B 随
8、时间 t 变化规律如图乙所示（图中 B0、t 0已知） 。边长为 L、电阻为 R 的正方形导体线框 abcd 放置在水平面上，有一半在磁场区内，由于水平面粗糙，线框能保持静止状态。（1）求 02t 0时间内通过线框导线任一截面的电荷量 q。（2）求 03t 0时间内线框产生的焦耳热 Q。（3）通过计算在图丙中作出 06t 0时间内线框所受水平面摩擦力 f 随时间 t 的变化图线（取水平向右为正方向） 。【讲解】（1）根据法拉第电磁感应定律，与闭合电路欧姆定律，及电流强度的定义即可求解；（2）分别求出两个时间段的感应电流，据焦耳定律求出两个时间段的热量，两者相加就是总的热量；（3）根据安培力大小
9、表达式求出每个时间段的安培力，由平衡条件可求出静摩擦力的大小，然后在图象中表示出来。解：（1）设 02t 0时间内线框产生的电动势为 E1，由法拉第电磁感应定律有：104BLEt产生的感应电流为：1EIR通过的电荷量为：q=I1（2t 0）解得：2BL（2）设 2t03t 0时间内线框产生的电动势为 E2，感应电流为 I2，同理有：20EttIR产生的焦耳热为：22100QItIt解得：4038BLt（3）02t 0时间内 ab 边受到的安培力方向水平向右，其大小为：3104FIRt受到方向水平向左的摩擦力大小 为：301BLft2t03t 0时间内 ab 边受到的安培力方向水平向左，其大小为
10、：320FIRt受到方向水平向右的摩擦力大小为： 302BLft再由 Bt 图画出摩擦力 f 随时间 t 的变化图线如图所示答：（1）求 02t 0时间内通过线框导线任一截面的电荷量 q 为 。20BLR（2）求 03t 0时间内线框产生的焦耳热 。24038Qt（3）通过计算在图丙中作出 06t 0时间内线框所受水平面摩擦力 f 随时间 t 的变化图线如图所示。【常规讲解】2：电磁感应 单棍动生切割（6 星）【板书整理】二、电磁感应单棍动生切割1、 【动生】模型特点：（1）金属棍或金属框切割磁感线；（2）B 不变；2、 【动生】单棍模型解题思路方法：(1) 分析题目已知条件，确定物体的受力+
11、运动状态（若不定，则要分类讨论）(2) 可求解： 感生电动势 （如果遇到 B L v 不垂直的情况，请做等效处理）EBLv 感应电流=IRr 安培力2安F 最大速度 vm： ， ， （a 减小、v 增大，最终匀0合 安 其 他F2其 他 mFRrvBL速） 加速度 a： ， （匀加速直线运动）-其 他 安 a2-其 他 atr 位移 x 和时间 t： ，0其 他 安 tv2其 他 tBLxFtmRr（x 为切割的有效距离，单棍模型中，通常和单棍的位移相同） 电荷量 q：=总 总 总tItnn 电热 Q：动能定理或能量守恒 电功率 P（安培力功率）： 或 安PFv2IR(3) 注意： 电流是关键
12、 遇到含电容的动生切割模型，涉及充放电，需用微元法解决【授课流程】步骤讲解【动生】单棍模型的解题思路写板书二、电磁感应单棍动生切割1、 【动生】模型特点：（1）金属棍或金属框切割磁感线；（2）B 不变；2、 【动生】单棍模型解题思路方法：(1) 分析题目已知条件，确定物体的受力+运动状态（若不定，则要分类讨论）(2) 可求解： 感生电动势 （如果遇到 B L v 不垂直的情况，请做等效处理）EBLv 感应电流=IRr 安培力2安F 最大速度 vm： ， ， （a 减小、v 增大，最终匀速）0合 安 其 他F2其 他 mFRrvBL 加速度 a： ， （匀加速直线运动）-其 他 安 Fma2-其
13、 他 BLatFmRr 位移 x 和时间 t： ，0其 他 安 tv2其 他 txtr（x 为切割的有效距离，单棍模型中，通常和单棍的位移相同） 电荷量 q：=总 总 总tBLItnnR 电热 Q：动能定理或能量守恒 电功率 P（安培力功率）： 或 安PFv2IR(3) 注意： 电流是关键 遇到含电容的动生切割模型，涉及充放电，需用微元法解决步骤实例讲解配题逻辑：【动生】单棍切割，求最大速度、Q例题 1 【2014马鞍山二模】如图所示，两平行导轨间距 L=0.5m，足够长光滑的倾斜部分和粗糙的水平部分圆滑连接，倾斜部分与水平面的夹角 =30，垂直斜面方向向上的匀强磁场磁感应强度 B=1.0T，
14、水平部分没有磁场，金属杆 ab 质量 m=0.05kg，电阻 r=0.2，运动中与导轨始终接触良好，并且垂直于导轨。电阻 R=0.8，导轨电阻不计。当金属棒从斜面上距底面高 h=1.0m 以上的任何地方由静止释放后，在水平面上滑行的最大距离x=1.25m，取 g=10m/s2，求：（1）金属棒在斜面上的最大运动速度；（2）金属棒与水平导轨间的动摩擦因数；（3）若金属棒从高度 h=1.0m 处由静止释放，电阻 R 产生的热量。【讲解】（1）到达水平面之前已经开始匀速运动，根据共点力平衡条件并结合闭合电路的欧姆定律列式，可以联列解得最大速度 v。（2）金属棒在水平面做匀减速运动，有 v2=2ax，
15、解出加速度 a。金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动 Ff=ma，可解得摩擦力 f。摩擦力 f=mg，可解得动摩擦因数。（3）下滑的过程中，由动能定理可得：mgh W= mv2，可解得安培力做的功，安培力所做1的功等于电路中产生的焦耳热 W=Q，又由于电阻 R 上产生的热量： QR= ，代入数r据求解即可。解：（1）金属棒在斜面上有最大运动速度，说明到达水平面之前已经开始匀速运动，设最大速度为 v，感应电动势为：E =BLv 感应电流为：I= Rr安培力为：F=B IL 匀速运动时，沿斜面方向上受力有：mgsin=F 联立并代入数据解得：v=1.0m /s （2）在水平面上滑动时，滑动摩擦力为：f
16、=mg金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动，由牛顿第二定律有：f=ma 金属棒在水平面做匀减速运动，由运动学公式有：v 2=2ax 联立并代入数据解得： =0.04 （3）下滑的过程中，由动能定理可得：mghW= mv21安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，即为：W=Q 电阻 R 上产生的热量：QR= r代入数据解得：Q R=0.38J。答：（1）棒在斜面上的最大速度为 1m/s。（2）水平面的滑动摩擦因数为 0.04。（3）从高度 h=1.0m 处滑下后电阻 R 上产生的热量为 0.38J。配题逻辑：【动生】单棍切割，求解位移 x练习 1-1 【2017和平区三模】如图所示，两根质量同为 m、
17、电阻同为 R、长度同为 L 的导体棒 a，b，用两条等长的、质量和电阻均可忽略的长直导线连接后，放在距地面足够高的光滑绝缘水平桌面上，两根导体棒均与桌边缘平行，一根在桌面上，另一根移动到靠在桌子的光滑绝缘侧面上整个空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为 B开始时两棒静止，自由释放后开始运动已知两条导线除桌边缘拐弯处外其余部位均处于伸直状态，导线与桌子侧棱间无摩擦求：（1）刚释放时，导体棒的加速度大小；（2）两导体棒运动稳定时的速度大小；（3）若此过程所用时间为 t，求 a 棒下降的高度为 h【讲解】（1）刚释放时，回路中没有感应电流，不受安培力，根据牛顿第二定律求加速度；（2）导体棒运动稳定
18、时，两棒都做匀速运动，可知，细线中没有张力，a 棒所受的安培力与重力平衡再根据安培力与速度的关系求解速度；（3）根据动量定理求解 x解：（1）刚释放时，两导体棒的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：导体棒 a、b 的加速度大小 12mga（2）设导体棒匀速运动时的速度为 v，导体棒 a 切割磁感线产生的电动势为 E，则：对 a 棒：E=BLv ；又 F 安 =BIL；闭合电路欧姆定律，则有：I= ；2BLR由平衡条件有：mg=F 安 ；联立解得：v= 2mgBL（3）a 杆动量定理： 安TFtmv2BLhgtRb 杆动量定理： v联立解得：224hmtL答：（1）刚释放时，导体棒的加速度大小为
19、 ；12g（2）两导体棒运动稳定时的速度大小为 ；mRBL（3）a 棒下降的高度为 224ght配题逻辑：【动生】单棍切割，恒定功率，求解速度、时间练习 1-2 【2015 淄博一模】如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长 L 为 1m、质量 m为 0.1kg 的导体棒 MN 上升，导体棒的电阻 R 为 1，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度 B 为 1T 的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直当导体棒上升 h=3.8m 时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为 2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为 7V、1A，电动机内阻 r 为 1，不计框架电阻及一切摩擦，求：（1）电动机的
20、输出功率：（2）导体棒达到稳定时的速度（3）导体棒从静止到达稳定速度所需要的时间【讲解】（1）导体棒在电动机牵引力的作用下，先做加速度减小的加速度运动，后做匀速运动，达到稳定状态，此时棒受力平衡，即绳的牵引力与重力、安培力平衡电动机的输出功率等于输入的电功率与内部消耗的热功率之差，P 出 =IUI2r（2）根据电动机的输出功率 P 出 =Fv 和稳定时 F=mg+F 安 ，F 安 = ，两式结合求出稳2BLvR定时的速度 v（3）根据能量守恒定律列式 P 出 t=mgh+ mv2+Q，求出时间 t1解：（1）电动机的输出功率为：P 出 =IUI2r=6W；（2）电动机的输出功率就是电动机牵引棒
21、的拉力的功率，则有 P 出 =Fv当棒达稳定速度时 F=mg+BIL，感应电流 I ，则棒所受的安培力大小为=EBLvRF 安 = ，2BLvR根据平衡条件得 F=mg+F 安 ，联立以上三式，解得棒达到的稳定速度为 v=2m/s（3）由能量守恒定律得：P 出 t=mgh+ mv2+Q，解得 t=1s，1答：（1）电动机的输出功率为 6W：（2）导体棒达到稳定时的速度为 2m/s（3）导体棒从静止到达稳定速度所需要的时间是 1s配题逻辑：【动生】单棍切割，匀加速例题 2 【2016闵行区二模】例题正文相距 L=1.5m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1=1kg 的金属棒 ab 和质量为 m
22、2=0.27kg 的金属棒 cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同。ab 棒光滑，cd 棒与导轨间动摩擦因数为 =0.75，两棒总电阻为 1.8，导轨电阻不计。t =0 时刻起，ab 棒在方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化的外力 F 作用下，由静止沿导轨向上匀加速运动，同时也由静止释放 cd 棒。（1）求磁感应强度 B 的大小和 ab 棒加速度大小；（2）已知在 2s 内外力 F 做功 40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；（3）判断 cd 棒的运动过程；求出 cd 棒达到最大
23、速度所对应的时刻 t1；在图（c）中画出前 5 秒内 cd 棒所受摩擦力 fcd随时间变化的图象。【讲解】（1）根据 E=BLv、闭合电路的欧姆定律和牛顿第二定律推导出 Ft 的关系式，根据图线的数据求解；（2）根据运动学公式求解在 2s 末金属棒 ab 的速率和发生的位移，由动能定律求解产生的焦耳热；（3）根据受力情况确定运动情况。 当 cd 棒速度达到最大时，根据共点力的平衡、安培力的计算公式和欧姆定律得到时间 t1的表达式，代入数据求解。根据物体受力分析和牛顿第二定律画出 f 图像。解：（1）经过时间 t，金属棒 ab 的速率 v=at，此时，回路中的感应电流为 I ，EBLR对金属棒
24、ab，由牛顿第二定律得：FB ILm1g=m1a，由以上各式整理得：F=m 1a+m1g+ ，2t在图线上取两点：t 1=0，F 1=11N； t2=2s，F 2=14.6s代入上式得 a=1m/s2，B=1.2T；（2）在 2s 末金属棒 ab 的速率 vt=at=2m/s，所发生的位移 s= =2m，2t由动能定律得 WFm1gsW 安 = ，21tv又 Q=W 安 ，联立以上方程，解得 Q=18J；（3）cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当 cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。 当 cd 棒速度达到最大时，有 m2g=FN，
25、又 FN=F 安 ，F 安 =BIL，根据欧姆定律可得：I ，而 vm=at1EBLR整理得 ；21 20.71.825mgt sBLaf cd随时间变化的图象如图（c）所示。答：（1）磁感应强度 B 的大小为 1.2T，ab 棒加速度大小为 1m/s2；（2）已知在 2s 内外力 F 做功 40J，这一过程中两金属棒产生的总焦耳热为 18J；（3）cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当 cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。 cd 棒达到最大速度所对应的时刻为 2s；在图（c）中画出前 5 秒内 cd 棒所受摩擦力 fcd随时间变化
26、的图象见解析图。配题逻辑：【动生】单棍切割，匀加速练习 2-1 【2014 呼伦贝尔一模】如图甲所示，一对足够长的平行粗糙导轨固定在水平面上，两导轨间距 l=1m，左端之间用 R=3的电阻连接，导轨的电阻忽略不计一根质量m=0.5kg、电阻 r=1的导体杆静置于两导轨上，并与两导轨垂直整个装置处于磁感应强度 B=2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上现用水平向右的拉力 F 拉导体杆，拉力 F 与时间 t 的关系如图乙所示，导体杆恰好做匀加速直线运动在 02s 内拉力 F 所做的功为 W= J，重力加速度 g 取 10m/s2求：683（1）导体杆与导轨间的动摩擦因数 ；（2）在 02s
27、内通过电阻 R 的电量 q；（3）在 02s 内电阻 R 上产生的热量 Q【讲解】（1）根据切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律和安培力公式求出导体杆所受安培力与时间的关系式，结合牛顿第二定律求出拉力 D 与 t 的关系式，根据 Ft 图线求出匀加速直线运动的加速度和动摩擦因数（2）根据匀变速直线运动的位移时间公式求出导体杆的位移，通过 q= 求出通过的NR总电量（3）求出 2s 末导体杆的速度，抓住克服安培力做功等于整个回路产生的热量，根据动能定理求出整个回路产生的热量，从而求出电阻 R 上产生的热量解：（1）设导体杆的加速度为 a，则 t 时刻导体杆的速度 v=at产生的感应电动势为
28、 E=Blv电路中的感应电流为 I= +BlvRr导体杆上所受的安培力为 F 安 =BIl= =2lvr2BlatR由牛顿第二定律可知 Fmg =ma2lat即 F=ma+mg+2BlatRr代入数字得 F= a+5+at N1由图象可知 F=3+2t N由于物体做匀加速直线运动，加速度 a 为常数，比较两式可得a=2 m/s2，=0.4（2）在 F 作用的时间内，导体杆的位移为 x= at2=4 m1在时间 t 内的平均感应电动势 BlEt平均电流为 BlxItRr通过的电荷量 q= l代入数得 q=2 C（3）t=2 s 时刻，导体杆的速度 v=at=4 m/s在力 F 的作用过程中，设电
29、路中产生的总热量为 Q由动能定理可知WFmgxQ= mv21代入数字可得 Q= J3由串联电路的知识可知 Q= Q=8 J4答：（1）导体杆与导轨间的动摩擦因数为 0.4（2）在 02s 内通过电阻 R 的电量为 2C（3）在 02s 内电阻 R 上产生的热量为 8J配题逻辑：【动生】单棍变式：导线框例题 3 【2015天津】如图所示， “凸”字形硬质金属线框质量为 m，相邻各边相互垂直，且处于同一竖直平面内，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
30、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 g求：（1）线框 ab 边将离开磁场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。【讲解】（1）线框匀速进入（离开）磁场，重力与安培力平衡，根据平衡条件、安培力公式、切割公式、欧姆定律列式求解即可分别求出两个速度；（2）由动能定理和功的计算公式，写出重力做的功 W，然后结合功能关系即可求出磁场的宽度
31、。解：（1）设线框 dc 边刚进入磁场时，线框的速度为 v1，感应电动势 E=B2lv1感应电流：I= ERdc 边受安培力的大小：F =BI2l 由于做匀速运动，则：F=mg 由式解得速度： 124mgRvBl设线框 ab 边将离开磁场时，线框的速度为 v2，同理可得：2mgRvBl所以：v 2=4v1（2）在线框从开始下落到 dc 边刚进入磁场的过程中，重力做功 WG=2mgl根据动能定理得：2mgl= 21mv线框完全穿过磁场的过程中，由功能关系得：221mglHQ联立得：H= 8lmg答：（1）线框 ab 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是 cd 边刚进入磁场时的 4 倍；（2）磁场
32、上下边界间的距离是 。28Qlg配题逻辑：【动生】单棍变式：转动切割例题 4 【2014新课标】例题正文半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为 r、质量为 m 且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心 O，装置的俯视图如图所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为 B，方向竖直向下，在内圆导轨的 C 点和外圆导轨的 D 点之间接有一阻值为 R 的电阻（图中未画出） 直导体棒在水平外力作用下以速度 绕 O 逆时针匀速转动、转动过程中始终与导轨保持良好接触，设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为 ，导体棒和导轨的电阻均可忽略，重力加速
33、度大小为 g求：（1）通过电阻 R 的感应电流的方向和大小；（2）外力的功率【讲解】（1）由 E= BL2求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由右手定则判断出感应电流方向；（2）外加机械功率等于电阻器上电功率与克服摩擦力做功的功率之和，根据能量转化守恒定律求解杆 ab 克服摩擦力做功的功率解：（1）AB 中感应电动势的大小为 E= B（2r） 2 Br2=1.5Br2，11感应电流大小： ；23rIR由右手定则判断可知，感应电流的方向是从 B 端流向 A 端，所以通过电阻 R 的电流方向为：CD（2）设导体棒克服摩擦力做功的功率为 P，在竖直方向有：mgN =0，由于质量分布均匀，内、外圆导轨
34、对导体棒的正压力相等，故两导轨对导体棒的摩擦力均为 f= mg，12所以 P=f =mg （2r +r） = mgr，v32电功率：P 电 =I2R= ，49B由能量守恒定律得：P 外 =P+P 电 ，解得：P 外 = mgr+ 3224r答：（1）通过电阻 R 的感应电流的方向：CD，大小： ；23BrR（2）外力的功率为 mgr+ 32249BrR配题逻辑：【动生】单棍变式：棍长 L 变例题 5 【2014安徽】如图 1 所示，匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5T，其方向垂直于倾角为 30的斜面向上。绝缘斜面上固定有“A” 形状的光滑金属导轨 MPN（电阻忽略不计） ，MP 和 NP 长
35、度均为 2.5m，MN 连线水平，长为 3m，以 MN 的中点 O 为原点，OP 为 x 轴建立一维坐标系 Ox，一根粗细均匀的金属杆 CD，长度 d 为 3m，质量 m 为 1kg，电阻 R为 0.3，在拉力 F 的作用下，从 MN 处以恒定速度 v=1m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动（金属杆与导轨接触良好） ，g 取 10m/s2。（1）求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动到 x=0.8m 处电势差 UCD；（2）推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x 的关系式，并在图2 中画出 Fx 关系图象；（3）求金属杆 CD 从 MN 处运动
36、到 P 点的全过程产生的焦耳热。【讲解】（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势，由几何关系求得 x=0.8m 处的电动势，由欧姆定律即可求得 CD 之间的电势差；（2）根据上述发现，感应电流大小与导体长度无关，则电流恒定，因而由电量表达式结合时间即可求解；（3）当导体棒匀速运动，由有效长度可列出安培力大小关于向下运动位移的表达式，根据安培力与位移成线性关系，可利用安培力平均值来求出产生焦耳热。解：（1）导体棒开始运动时，回路中产生的感应电动势为：E=Bdv=0.531=1.5V；由几何关系得： ，22.51.0OPMm，1.5sin06接入导轨之间的有效长度：L=2 （2.0 vt） tanMP
37、O=1.5（2.0vt） ，金属杆 CD 运动过程中产生的有效感应电动势 E：E=BLv=0.51.5（2.0 x）1=0.75（2.0x ） ，运动到 x=0.8m 处时的有效电动势： E1=0.75（2.0 x）=0.75（2.0 0.8）V=0.9V。这一段相当于相当于电源，而且轨道没有电阻，所以电源是被短接的，那么接入回路中的这一部分电势处处相等，所以 CD 两端电势差就由剩余两端的导体棒产生，又由右手定则判断 D 比 C 电势高；所以：U DC=EE1=1.5V0.9V=0.6V，UCD=0.6V；（2）接入电路的导体棒的电阻： 01.520.3152.xLRx感应电流： 0.752
38、1xIAR安培力 F 安 =BIL=0.551.5（2.0x ）=3.75（2.0x）由平衡条件得：mgsin+F 安 =F 得拉力 F 与位置坐标 x 的关系式：F=5+3.75 （2.0x）x=0 时，F =12.5N；x=2.0 时，F =5N 画出 Fx 关系图象如图：（3）设导体棒经 t 时间沿导轨匀速向上运动的位移为 x，则 t 时刻导体棒切割的有效长度 Lx=L2x 导体棒在导轨上运动时所受的安培力：F 安 =3.75（2.0x）因安培力的大小 F 安 与位移 x 成线性关系，故通过导轨过程中导体棒所受安培力的平均值：3.75203.75N产生的焦耳热： .207.5QJ答：（1
39、）金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E=1.5V，运动到 x=0.8m 处 CD 之间的电势差是0.6 V；（2）金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x 的关系式是F=5+3.75（2.0x） ，并在图 2 中画出 Fx 关系图象如图；（3）金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热是 7.5J。配题逻辑：【动生】单棍变式：含容切割例题 6 【2013新课标】如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为 ，间距为L导轨上端接有一平行板电容器，电容为 C导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为 m
40、的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为 g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：（1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系。【讲解】（1）由法拉第电磁感应定律，求出感应电动势；再与 相结合求出电荷量与速度的QCU关系式。（2）由左手定则来确定安培力的方向，并求出安培力的大小；借助于 、 及Itvat牛顿第二定律来求出速度与时间的关系。解：（1）电容器上端带正电，通过 MN 的电流方向向下，由于 MN 向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面
41、向下（2）电容器完全充电后，两极板间电压为 E，当开关 S 接 2 时，电容器放电，设刚放电时流经 MN 的电流为 I，有：I= ER设 MN 受到的安培力为 F，有：F=IlB由牛顿第二定律有：F=ma联立式：得 a= BElmR（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为 Q0，有：Q0=CE开关 S 接 2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值 vmax时，设 MN 上的感应电动势为 E，有：E=Blv max依题意有： C设在此过程中 MN 的平均电流为 ，MN 上受到的平均安培力为 ，有： I FBIl由动量定理，有 max0Ftv又 0ItQ联立式得： 2BlCE答：（1）磁场
42、的方向为垂直于导轨平面向下；（2）MN 刚开始运动时加速度 a 的大小为 ；lmR（3）MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量 Q 是 2BlCE【常规讲解】3：电磁感应 双棍动生切割（6 星）【板书整理】三、电磁感应双棍动生切割【动生】双棍模型解题思路方法：(1) 假设两棍质量相等，B 不变，导轨光滑： 动生电动势 ， ，11EBLv22v2121 ()EBLvLv 感应电流21 ()总IR）等长且无外力（安培力等大，加速度等大），a 1减小、v 1增大，a 2减小、v 2减小，I 减小。2总LvI最终： ， ，安培力为 0，两棍共速且匀直。12共 0I整个过程动量守恒： 12共m动量定理求解
43、 q： （以 2 棍为研究对象也可以）11-共 共安 FtvBLqmv整个过程能量守恒：2221+共 Q）等长且有恒定外力（安培力等大，加速度不等大）， ， ， 增大，I 增大，a 1增大、v 1增大，21总BLvIR2a12v1()va2减小、v 2增大。最终： ，I 恒定不变，两棍以相同加速度各自匀加直 12=共 Fm动量定理求解 q： 11-安 tvBLqmv2 2 -安Ftqvm整个过程能量守恒： 11+外 WQ）不等长且无外力（安培力不等大，瞬时加速度成比例 ）12aL，a 1减小、v 1增大，a 2减小、v 2减小，I 减小。2总BLvIR最终： ， ，安培力为 0，两棍各自匀直1
44、20I动量定理求解 q： 111-安 FtmBLqmv222 安 2v整个过程能量守恒： 11+外 WQ(2) 注意： 电流是关键 注意有 L 的小结论【授课流程】步骤讲解【动生】双棍模型的解题思路写板书二、电磁感应双棍动生切割【动生】双棍模型解题思路方法：(1) 假设两棍质量相等，B 不变，导轨光滑： 动生电动势 ， ，11EBLv22v2121 ()EBLvLv 感应电流21 ()总IR）等长且无外力（安培力等大，加速度等大），a 1减小、v 1增大，a 2减小、v 2减小，I 减小。2总LvI最终： ， ，安培力为 0，两棍共速且匀直。12共 0I整个过程动量守恒： 12共m动量定理求解
45、 q： （以 2 棍为研究对象也可以）11-共 共安 FtvBLqmv整个过程能量守恒：2221+共 Q）等长且有恒定外力（安培力等大，加速度不等大）， ， ， 增大，I 增大，a 1增大、v 1增大，21总BLvIR2a12v1()va2减小、v 2增大。最终： ，I 恒定不变，两棍以相同加速度各自匀加直 12=共 Fm动量定理求解 q： 11-安 tvBLqmv2 2 -安Ftqvm整个过程能量守恒： 11+外 WQ）不等长且无外力（安培力不等大，瞬时加速度成比例 ）12aL，a 1减小、v 1增大，a 2减小、v 2减小，I 减小。2总BLvIR最终： ， ，安培力为 0，两棍各自匀直1
46、20I动量定理求解 q： 111-安 FtmBLqmv222 安 2v整个过程能量守恒： 11+外 WQ(2) 注意： 电流是关键 注意有 L 的小结论步骤实例讲解配题逻辑：【动生】双棍等长且无外力例题 1 【2015 秋东城区月考】两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为 L导轨上横放这两根导体棒 ab 和 cd，构成矩形回路，如图所示，两根导体棒的质量皆为 m，电阻皆为 R，回路中其余部分的电阻可不计在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒 ab 和棒 cd 之间的距离为 d，棒 cd 静止，棒 ab 有指
47、向棒 cd 的初速度 v0，若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）棒 ab 有指向棒 cd 的初速度 v0时回路中的电流（2）当 ab 棒的速度变为初速度 v0的 时，cd 棒的加速度大小35（3）稳定棒 ab 和棒 cd 之间的距离【讲解】（1）本题中两根导体棒的运动情况：ab 棒向 cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流，由法拉第电磁感应定律，求出棒 ab 产生的电动势，再求出回路产生的电流大小；（2）两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出棒的速度；此时电路中的总感应电动势为二者的差，然后结合闭合电路的欧姆定律与牛顿第二定律即可求出加速度；（3）稳定时二者的速度相等，由动量守恒定律即可求出共同 的速度，然后对 cd 棒应用动量定理，结合通过棒的电量的表达式：q= 即可求出R解：（1）由法拉第电磁感应定律，棒 PQ 产生的电动势为：E =BLv0则回路产生的电流大小为：I= 02BLv（2）棒 ab 和 cd 在运动过程中始终受到等大反向的安培力，系统的动量守恒，设
