三年高考两年模拟一年冲刺系列之：第13讲+电磁感应中的能量问题

三年高考两年模拟一年冲刺系列之：第13讲+电磁感应中的能量问题

第13讲 电磁感应中的能量问题

＝1 T，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d＝0.5 m，现有一边长l＝0.2 m、质量m＝0.1 kg、电阻R＝0.1 Ω的正方形线框

1.考点分析：

电磁感应的题目往往综合性较强，与前面的知识联系较多，涉及力学知识（如牛顿运动定律、功、动能定理、能量守恒定律等）、电学知识（如电磁感应定律、楞次定律、安培力、直流电路知识、磁场知识等）等多个知识点，突出考查考生理解能力、分析综合能力，尤其从实际问题中抽象概括构建物理模型的创新能力。

MNOP以v0＝7 m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求：

⑴线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F； ⑵线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q；

⑶线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。 1、解析：⑴线框MN边刚进入磁场时有：

一、考纲指津

02.考查类型说明： F BlI Bl 2.8 N

R本部分内容是历年高考考查的重点，年年都有考

题，且多为计算题，分值高，难度大，对考生具有较 ⑵设线框竖直下落H时，速度为vH 高的区分度。 由能量守恒得： 3. 考查趋势预测：

Blv

电磁感应中的能量问题是高考常考的题型之一，这类问题要求学生能理清电磁感应过程中做功及能量的转化情况，然后选用相应的规律进行解答。这类问题既要用到电磁感应知识，又要用到功能关系和能量守恒定律，是不少同学都感到困难的问题。因此，本专题是复习中应强化训练的重要内容。

1212

mgH mv0 Q mvH

22

2

自由落体规律：vH 解得：Q ⑶

2gH

12

mv0 2.45 J 2

线框穿过第1个条形磁场左边界过程中：

二、三年高考

【金题演练】

1．如图所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度B

Bl2/ t

F BlI Bl

R

根据动量定理： F t

mv1 mv0

B2l3

mv1 mv0 解得： R

同理线框穿过第1个条形磁场右边界过程中

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有：

Bl

mv1/ mv1 R

23

解得：v＝

(mg f)RB2a2

所以线框穿过第1个条形磁场过程中有：

（2）设线框离开磁场能上升的最大高度为h，则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中

2B2l3 mv1/ mv0

R

设线框能穿过n个条形磁场，则有：

12mv1 212

(mg－f)×h＝mv2

2

(mg＋f)×h＝

解得： v1

2B2l3 n 0 mv0

R

mv0R

4.4 23

2Bl

2

解得：n

程中，根据能量守恒定律可得:

解得：

可穿过4个完整条形磁场区域

2．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． 2、解析：（1）由于线框匀速进入磁场，则合力为零.有

11

m(2v1)2 mv12 mg(b a) Q 22

3m(mg f)(mg f)R2

mg(b a) Q＝44

2Ba

【金题探究】

例题1

如图（a）所示，光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，间距为L、导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒

垂直跨接在导轨上。导

轨和导体棒的电阻均不

计，且接触良好。在导 轨平面上有一矩形区域 内存在着竖直向下的匀 强磁场，磁感应强度大 v小为B。开始时，导体

棒静止于磁场区域的右 端，当磁场以速度v1匀

速向右移动时，导体棒 随之开始运动，同时受

B2a2vmg＝f＋

R

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到水平向左、大小为f的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内。 （1）求导体棒所达到的恒定速度v2；

（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？

（3）导体棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为多大？

（4）若t＝0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其v-t关系如图（b）所示，已知在时刻t导体棋睥瞬时速度大小为vt，求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小。

考点分析

本题考察了法拉第电磁感应定律，物体的平衡 解题思路

（1）E＝BL（v1－v2），I＝E/R，F＝BIL＝22

BL（v1－v2）

，速度恒定时有：

R

B2L2（v－v）fR

＝f，可得：v2＝v1－，

RBL

22BLv（2）fm＝ ，

R

fR

（3）P导体棒＝Fv2＝fv1－ ，P电路＝E2/R＝

BL

222BL（v－v）f2R

＝，

RBL

22

BL（v1－v2）

（4）因为 －f＝ma，导体棒要

R

做匀加速运动，必有v1－v2为常数，设为 v，a＝vt＋ vB2L2（at－vt）

，则 －f＝ma，可解得： tR

B2L2 vt＋fRa。

BLt－mR

正确答案是：

fRB2L2v1f2R

(1)v1－(2) fm＝ (3)

BLRBL

22

BL vt＋fR(4)。 BLt－mR失分陷阱

对电磁感应过程中能量的转化不清楚，导致解

决问题时出现错误。 例题2

如图（a）所示，一端封闭的两条平行光滑导轨相距L，距左端L处的中间一段被弯成半径为H的1/4圆弧，导轨左右两段处于高度相差H的水平面上。圆弧导轨所在区域无磁场，右段区域存在磁场B0，左段区域存在均匀分布但随时间线性变化的磁场B（t），如图（b）所示，两磁场方向均竖直向上。在圆弧顶端，放置一质量为m的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，从金属棒下滑开始计时，经过时间t0滑到圆弧顶端。设金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。

（1）问金属棒在圆弧内滑动时，回路中感应电流的大小和方向是否发生改变？为什么？ （2）求0到时间t0内，回路中感应电流产生的焦耳热量。

（3）探讨在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场B0的一瞬间，回路中感应电流的大小和方向。

考点分析

法拉第电磁感应定律，机械能守恒定律，以及闭合电路的欧姆定律。

解题思路 解：（1）感应电流的大小和方向均不发生改变。因为金属棒滑到圆弧任意位置时，回路中磁通量的变化率相同。 ①

（2）0—t0时间内，设回路中感应电动势大小为E0，感应电流为I，感应电流产生的焦耳热为Q，由法拉第电磁感应定律：②

根据闭合电路的欧姆定律：I

()

E0

E0R

B

L20 tt0

③

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2L4B0

由焦定律及②③有：Q IRt

t0R

2

④

II.当

2gH

Lt0

时，

（3）设金属进入磁场B0一瞬间的速度变v，金属棒在圆弧区域下滑的过程中，机械能守恒：

I

mgH

12

mv ⑤ 2

在很短的时间 t内，根据法拉第电磁感应定

B0L L

，方向为b a； 2gH R t0

L

III.当时，2gH

t0 B0L L

，方向为a b。 2gH R t0

律，金属棒进入磁场B0区域瞬间的感应电动势为E，

x

, v 则： E

t t

B0L x L2 B(t) ⑥

I

失分陷阱

不清楚双回路中感应电动势大小的求法

由闭合电路欧姆定律及⑤⑥，求得感应电流：例题3

如图所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里，B0L L

⑦ 宽度为d，磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m，I 2gH R t0 电阻为R的正方形线圈边长为L（L< d），线圈下边缘

到磁场上边界的距离为h．将L

根据⑦讨论：I.当2gH 时，I=0； 线圈由静止释放，其下边缘

t0刚进入磁场和刚穿出磁场时

刻的速度都是v0，则在整个L

II.当时，2gH 线圈穿过磁场的全过程中

t0

（从下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场），下列说法中正

B0L L

确的是 （ ） ，方向为b a； I 2gH R t0 A．线圈可能一直做匀速运动

B．线圈可能先加速后减速

LB0L LC．线圈的最小速度一定是mgR／B2L2 III.当2gH 时，I ， 2gH t0R D．线圈的最小速度一定是gh d L t0 方向为a b。

正确答案是：

（1）感应电流的大小和方向均不发生改变。因为金属棒滑到圆弧任意位置时，回路中磁通量的变化率相同

2L4B0

（2）

t0R

（3）I.当

gH

L

时，I=0； t0

考点分析

法拉第电磁感应定律，安培力以及牛顿第二定律。

解题思路 由于L＜d，总有一段时间线圈全部处于匀强磁场中，磁通量不发生变化，不产生感应电流，因此不受安培力，而做自由落体运动，因此不可能一直匀速运动，A选项错误。已知线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，由于线圈下边缘到达磁场下边界前一定是加速运动，所以只可能是先减速后加速，而不可能是先加速后减速，B选

２

项错误。mgR

/B

2L是安培力和重力平衡时所对应的

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速度，而本题线圈减速过程中不一定能达到这一速I0的表达式。 度，C选项错误。从能量守恒的角度来分析，线圈穿过磁场过程中，当线圈上边缘刚进入磁场时速度一定最小。从开始自由下落到线圈上边缘刚进入磁场过程中用动能定理，设该过程克服安培力做的功为W，则有：mg（h＋L）－W＝

12

mv2。再在线圈

下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场过程中用动能定理，该过程克服安培力做的功也是W，而始、末动能相同，所以有：mgd－W＝0。由以上两式可得最小速度v＝

gh d L。所以D选项正确。

正确答案：D 失分陷阱

本题以竖直面内矩形线框进入有界磁场产生电磁感应现象为背景，考查能的转化与守恒定律、感应电动势大小的计算、安培力、平衡条件等较多知识点，情景复杂，考查考生对基础知识的掌握和分析综合能力 例题4

用密度为d、电阻率为ρ、横截面积为A的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abb a 。如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的aa 边和bb 边都处在磁极之间，极间磁感应强度大小为B。方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力）。

⑴求方框下落的最大速度vm（设磁场区域在数值方向足够长）；

⑵当方框下落的加速度为率P；

⑶已知方框下落时间为t时，下落高度为h，其速度为vt（vt＜vm）。若在同一时间t内，方框内产生的热与一恒定电流I0

在该框内产生的热相同，求恒定电流

考点分析

本题考察了牛顿第二定律、能量守恒定律及电磁感应的相关知识。 解题思路 ⑴方框质量：m

g

2

4LAd 4L

方框电阻：R

A

方框下落速度为v时，产生的感应电动势

时，求方框的发热功

E B 2L v

感应电流

I

EBAv

R2

方框下落过程，受到重力

G及安培力F，

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G mg 4LAdg，方向竖直向下

F BI 2L

B2AL

4 ALd2g2

（2）P IR

B2

2

v，方向竖直向下

(3)

I0 当F＝G时，方框达到最大速度，即v＝vm 则：

B2AL

失分陷阱

vm 4LAdg

4 d

g B2

本题物理背景新颖，正确的从中提炼出相关的物理模型是解题的关键，同时要挖掘当F＝G时，方框达到最大速度。 例题5

如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中，有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆位于同一竖起面内且杆与轨道垂直。设两

导轨面相距为H，导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r。现有一质量为

方框下落的最大速度：vm

g

⑵方框下落加速度为时，有：

2gmgAdg

mg IB 2L m， 则：I

24BLB

4 ALd2g22

方框的发热功率：P IR

B2

⑶根据能量守恒定律，有

1

mgh mvt2 I02Rt

2

m2

的不带电小球以水平向右的速度v0撞击杆A1

的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点。C点与杆A2初始位置相距为S。求： （1）回路内感应电流的最大值； （2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量；

（3）当杆A2与杆A1的速度比为1:3时，A2受到的安培力大小。 考点分析

本题涉及动量守恒定律、功能关系及左右手定则。

I0

解得恒定电流I0的表达式：

I0 4 d

g B2

正确答案是：（1）vm

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解题思路

解：（1）小球撞击杆瞬间动量守恒，之后作平抛运动．设小球碰撞后速度大小为v1，杆获得速度大小为v2 ，则

B2L

F ＝（v0＋S

8r）

正确答案是： mm

v0＝－v1 + mv2 22

12 S ＝v l t H＝ g t

(1) 2

1v2 ＝ （v0＋S ）

122(2) m(v0 +S )

16 杆在磁场中运动，其最大电动势为E＝BLv

1

2

最大电流I max ＝

E1

2Lr

(3)

B2L

（v0＋S 8r）

I max 失分陷阱

题目所 碰撞模型是动量守恒定律应用的基本模型，

展现的物理过程首先是小球碰撞A1杆，在此碰撞过程，必然出现动量守恒的运算。碰撞后，小球反向平抛运动，而A1杆则获得切割磁感线的初速度，因此，第二阶段就要分两个部分进行分析。题目的

（2）两金属杆在磁场中运动始终满足动量守恒．两杆最终速度相同，设为v′ mv2＝2mv′ Q＝

1

2

mv22－

12

第一问显然就涉及了动量守恒、平抛运动和电磁感

×2mv′2

应三方面的运算，但这三个点都是最基本的模型。

Q＝

1

m(v0 +S 16第二问则涉及到两杆运动的相互作用，就必然出现

理顺关)2 两杆相互作用过程的动量守恒和能量守恒，

系，就可以建立方程。第三问所涉及的是在两杆相互作用过程之中的一个特定的状态，求安培力的关

（3）设杆A2和A1的速度大小分别为v和3v

mv2＝mv+ m3v 键是求出感应电流， 而求感应电流就必须先求感应 由法拉第电磁感应定律得：E2＝BL（3 v一v） 电动势，由于两杆同时运动，则必须考虑两杆所产 I＝

E2

2Lr

生的感应电动势的关系，同样，求电动势就要找出速度，题目只给出比例关系，所以还要靠动量守恒的关系进行求解。通过逆向的分析，问题就可以迎刃而解了。

安培力 F＝BIL

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【知识储备】

到机械功率的改变与回路中电功率的变化所满足的方程。

两年模拟

=x2，下半部处y=a的y=b（b>a）处以速度v沿抛物线下滑。假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热的总量为

A．mgb B．

的课题,能量守恒是自然界的一个普遍的、重要的规律。在电磁感应现象中，由磁生电并不是创造了电能，而只是机械能转化为电能而已。在力学中就已经知道：功是能量转化的量度。那么在机械能转化为电能的电磁感应现象中，是什么力在做功呢？是安培力在做功，在电学中，安培力做正功，是将电能转化为机械能（电动机），安培力做负功，是将机械能转化为电能（发电机），必须明确发生电磁感应现象中，是安培力做功导致能量的转化。

（1）由

决定的电磁感应现象中， N 12

mv 2

C．mg（b－a） D．mg（b－a）+

无论磁场发生的增强变化还是减弱变化，磁场都通过感应导体对外输出能量（指电路闭合的情况下，下同）。磁场增强时，是其它形式的能量转化为磁场能中的一部分对外输出；磁场子削弱时，是消耗磁场自身储存的能量对外输出。

（2）由 Blvsin 决定的电磁感应现象中，由于磁场本身不发生变化，一般认为磁场并不输出能量，而是其它形式的能量，借助安培的功（做正功、负功）来实现能量的转化。

（3）解决这类问题的基本方法：用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动的大小和方向；画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率表达式；分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得

12 mv2

1．解析：由于轨道是光滑的，所以金属块在滑动的过程中机械能的损失发生在进、出磁场的过程中。通过电磁感应产生焦耳热，最终物块将在磁场区域内以磁场上边界为极端位置做往复运动。产生的焦耳热的

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总量等于金属块由b高处降到a高处减少的重力势能与金属块的初动能之和。答案：D

2、如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1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μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F。此时

A．电阻R1消耗的热功率为Fv／3 B．电阻 R。消耗的热功率为 Fv／6

C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ D．整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v

2．解析：由法拉第电磁感应定律得 E=BLv，回路总电流 I=E/1.5R，安培力 F=BIL，所以电阻 R1 的功率 P1=（0.5I）2 R=Fv/6， B 选项正确。由于摩擦力 f=μmgcosθ，故因摩擦而消耗的热功率为 μmgvcosθ。整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v。答案：BCD

3．平行金属导轨MN竖直放置于绝缘水平地板上，如图所示，金属杆PQ可以紧贴导轨无摩擦滑动，导轨间除固定电阻R以外，其它部分电阻不计，匀强磁场B垂直穿过导轨平面，以下有两种情况：第1次，先闭合开关S，然后从图中位置由静止释放PQ，经一段时间后PQ匀速到达地

面；第2次，先从同一高度由静止释放PQ，

当PQ下滑一段距离后突然闭合开关S，最终PQ也匀速到达了地面。设上述两种情况PQ由

于切割磁感线产生的电

动，选项

能（都转化为热）分别为W1、W2，则可以判定

（ ）

A．W1 > W2 B．W1 = W2

C．W1 < W2 D．以上结论都不正确

3、解析：两种情况下，PQ最终速度都相等，由能量守恒可得W1 = W2答案：B

4．如图所示，空间有一个方向水平的有界匀强磁场区域，一个矩形导线框，自磁场上方某一高度处自由下落，然后进入磁场。进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直。则在进入时，导线框可能 A．变加速下落 B．变减速下落 C．匀速下落 D．匀加速下落

4．解析：线框进入磁场受两力：重力 mg、磁场

B2L2vB2L2v力 F=，当mg＞时，做变加速运

RR

B2L2vA正确；mg＜时，做变减速运

R

B2L2v

动，选项 B 正确；mg =时，做匀速运动，

R

选项 C 正确。答案：ABC

5．如图所示，光滑导轨

水平放置，匀强磁场竖直向上，金属棒ab、cd质量相等，开始给ab一个冲量，使它具有向右的初

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速度v，经过一段时间后，金属棒cd的速度 A．向右，等于v

B．向左，等于v C．向右，等于v/2 D．静止不动

5．解析：由楞次定律判断cd也向右运动，两棒组成系统。 水平方向动量守恒：mv=2mv′ 所以

在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆aB放在导轨上并与导轨垂直.现用一平行于导轨的恒力F拉杆aB，使它由静止开始向右运动.杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计.用E表示回路中的感应电动势，i表示回路中的感应电流，在i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于 A．F的功率

B．安培力的功率的绝对值 C．F与安培力的合力的功率 D．iE

7、解析：随时间增大的过程中，杆的速度越来越大，加速度越来越小，由能量守恒可知，克服安培力做功的功率是把其它形式的能转化成电能的电功率，即等于电阻消耗的功率，整个回路中只有外电阻R，故电源的功率即电阻消耗的功率. 所以选（BD ）

8．如图所示，MN、PQ是两条水平放置彼此平行的金属导轨，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面．导轨左端接阻值R=1.5Ω的电阻，电阻两端并联一电压表，垂直导轨跨接一金属杆ab，ab的质量

m=0.1kg，电阻r=0.5Ω．ab与导轨间动摩擦因数μ =0.5，导轨电阻不计，现用F=0.7N的恒力水平向右拉ab，使之从静止开始运动，经时间t=2s后，ab开始做匀速运动，此时电压表示数U =0.3V．重力加速度g=10m/s2．求：ab匀速运动时，外力F的功率．

8、解：设导轨间距为L，磁感应强度为B，ab杆匀

速运动的速度为v，电流为I，此时ab杆受力如图所示：

v′=

v2

，选项C正确。答案：C

6．如图所示，甲、乙两图为与匀强磁场垂直放置的两个金属框架，乙图除了多了一个电阻为零、自感系数为L的线圈外，甲、乙图中其他部分都相同。如导体AB以相同的加速度向右做匀加速直线运动，若位移相同，则 A．甲图中外力做功多 B．两图中外力做功相同 C．乙图中外力做功多 D．无法判定

6．解析：当加速度相同时，两导体棒的速度始终相同，电动势始终相同，电动势增加也相同。由于乙中有线圈，线圈对电流变化有阻碍作用，所以乙中电流小于甲中电流，甲中电流做功多，所以甲中外力做功多。答案：A 7、如图所示，位于同一水平面内的、两根平行的光滑金属导轨，处

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由欧姆定律得：I

BLvU

R rR

c1d1段与c2d2段也是竖直的，距离为l2。x1 y1与x2 y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为和m1和m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的回路的总电阻为R。F为作用于金属杆x1y1上的竖直向上的恒力。已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率。

2、解析：回路中电阻上的热功率等于运动过程中克服安培力做功功率，当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有F

解得：BL=1T·m v=0.4m/s F的功率：P=Fv=0.7×0.4W=0.28W 【名师支招】

1、两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度．如图所示，在此过程中

A．作用在金属棒上的各个力的合力所做的功等于零

B．作用在金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和

C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零 D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热

1、解析 棒沿导轨匀速上滑过程中，有三个力对棒做功：恒力F做正功，重力mg和安培力F

安

m1g m2g f2 f1

P (f2 f1)v F (m1 m2)g v

F (m1 m2)g

将 v R 22

B(l2 l1)

代入可得

电路中克服安培力做功功率为：

F (m1 m2)g

Q P R

B(l l)21

2

均做负功．根据动能定理知，棒匀速上滑时的动

【原题仿真】

一年冲刺

1．如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝（图中用粗线表示），R1=4Ω、R2=8Ω（导轨其它部分电

阻不计）。导轨OAC的形状满足

能变化为零，则合力做功为零，故A正确．又电阻

R上的焦耳热等于克服安培力做功的值，克服安培

力做功的值又等于恒力F与重力的合力做功的值，故D也是正确的．答案：AD 2．图中a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面（纸面）向里。导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的，距离为l1；

y 2six) （单位：m）。磁感应强

3

度B=0.2T的匀强磁场方向垂直于导轨平面。一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v=5.0m/s水平向右在导

三年高考两年模拟一年冲刺系列之：第13讲+电磁感应中的能量问题

轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻。求： ⑴外力F的最大值；

⑵金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；

电阻为R。匀强磁场的宽度为H。（l＜H ，磁感强度为B，线框下落过程中ab边与磁场边界平行且沿水平方向。已知ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时线框都作减速运动，加速度大小都是

1

g。求 3

1、

解析：⑴金属棒匀速运动：

F外 F安 B

BLv

L R并

当棒滑至OAC中点时，

其中R并

R1 R2R1 R2

（1）ab边刚进入磁场时与ab边刚出磁场时的速度大小；

（2）cd边刚进入磁场时，线框的速度大小； （3）线框进入磁场的过程中，产生的热量。 2、解析：

（1）由题意可知ab边刚进入磁场与刚出磁场时的速度相等，设为v1，则结线框有：

ε＝Blv1 I＝ε/R F＝BIl 且F－mg＝mg/3

2

解得速度v1为：v1＝4mgR/3Bl2

（2）设cd边刚进入磁场时速度为v2，则cd边进入磁场到ab边刚出磁场应用动能定理得：

等效L最大，此时所需外力最大：

LMax 2 sin90 2m

联立解得：

1212

mv1 mv2 mg(H l) 22

4mgR2

解得： v2 () 2g(H l) 22

3Bl

（3）由能和转化和守恒定律，可知在线框进入磁场的过程中有

FMax

(BLMax)2v(0.2 2)2 5 (4 8) 0.3N1mv2 mgl 1mv2 Q

12R1 R24 822

R1 R2解得产生的热量Q为：Q＝mgH

【变化预测】

⑵电阻丝R1上消耗的最大功率：

(0.2 2 5)2

P1 1W。

R14

2．如图所示，质量为m、边长为l的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框

2

1．如图所示，匝数N=100匝、截面积S=0.2m2、电阻r=0.5Ω的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B=0.6+0.02t（T）的规律变化．处于磁场外的电阻R1=3.5Ω，R2=6Ω，电容C=30μF，开关S开始时未闭合，求：闭合S后，线圈两端M、N两点间的电压UMN和电阻R2消耗的电功率；

三年高考两年模拟一年冲刺系列之：第13讲+电磁感应中的能量问题

2．解析：（1）ab棒获初速度v0后切割磁感线产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab棒在安培力作用下减速，cd棒在安培力作用下加速，至两棒等速时，回路磁通量不再变化，回路中不再有感

1、解析：（1）线圈中感应电动势

应电流。由于ab、cd棒组成的系统所受合外力为零，动量守恒。设其共同速度为v，则mv0=2mv，

E N

B

NS 100 0.02 0.2 0.4V t t

通过电源的电流强度

I

E0.4

0.04A

R1 R2 r3.5 6 0.5

线圈两端M、N两点间的电压

UMN E Ir 0.4 0.04 0.5 0.38V

电阻R2消耗的电功率

2 3

P2 IR2 0.04 0.04 6 9.6 10W

2．两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。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图16－4－24所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路上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cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0（

如

（1）在运动中产生的焦耳热量最多是多少？ （2）当棒ab的速度变为初速度的cd的加速度多大？

图），若两导体棒在运动中始终不接触，求：

1

v0。由能的转化和守恒定律得： 2111Q=mv02-·2mv2=mv02

22433(2)vab=v0时，由mv0=mv0+mvcd

441Ucd=v0

4

331

所以Eab=Blv0=Blv0，Ecd=Blv0，

444

E EcdBlv0

I=ab

2R4R

所以v=

得

B2l2v0

Fcd=BIl=

4R

FcdB2l2v0

acd=m4mR

【新题导练】

1．如图所示，一个闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A，B为该磁场的竖直

3

4

时，棒

三年高考两年模拟一年冲刺系列之：第13讲+电磁感应中的能量问题

边界，若不计空气阻力，则

A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度

B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流

C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大

D．圆环最终将静止在平衡位置。

1、解析：如图所示，当圆环从1位置开始下落，进入磁场时（即2和3位置），由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生。同时金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有能量的损失。因此圆环不会摆到4位置。随着圆环进出磁场，其能量

逐渐减少圆环摆动的振幅越来越小。当圆环只在匀强磁场中摆动时，如图16－4－13所示。圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化。题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环将在AB间来回摆动。答案：B

2、如图所示，Ⅰ、Ⅲ为两匀强磁场区域，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，Ⅲ区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度均为B，两区域中间为宽是s的无磁场区域Ⅱ。有一边长为L（L＞s），电阻为R的正

程

行，现拉着金属框以速度v向右匀速移动。

（1）分别求出ab边刚进入中央无磁场区Ⅱ和刚进入磁场区Ⅲ时，通过ab边的电流大小和方向；

（2）把金属框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程中拉力所做的功。

2、解析：金属框在外力作用下以速度v向右做匀速运动，当ab刚进入中央无磁场区时，由于穿过金属框的磁通量突然减少，因而在金属框中产生感应电动势，形成adcb方向的感应电流。该电

流流经dc边时，在dc边上产生向左的安培力大小与外力相等。当ab刚进入Ⅲ区时，ab、dc都在做切割磁感线运动（也可从磁通量的变化来分析），因此在ab、dc边上都产生感应电动势，大小均为BLv，方向均为顺时针。两电动势在金属框中组成串联形式，形成的电流是上述的2倍，且仍为顺时针方向。因此在ab、dc边上都有安培力作用，方向向左，这时外力应增大到等于两安培力之和，才能继续保持金属框以v匀速运动。当cd边进入Ⅱ区时，只有ab边在Ⅲ区中切割磁感线，这时只有ab边受安培力作用

（1）ab边刚进入Ⅱ区时E1=BLv，I1=

BLv

R

由楞次定律（或右手定则）知，电流方向由b向a

ab边刚进入Ⅲ区时E2=2BLv，I2=

2BLv

R

由楞次定律（或右手定则）可知，电流方向由b向A

（2）把金属框从Ⅰ区完全拉入Ⅲ区过中

拉

力

做

的

功

：

方形金属框abcd置于Ⅰ区域，ab边与磁场边界平

三年高考两年模拟一年冲刺系列之：第13讲+电磁感应中的能量问题

4B2L2vB2L2v

=W1+W2+W3=s+（L－s）

RRsB2L2v4B2L2v

+s=（L－）

2RR

【冲刺08】

1．用金属导线制成一个矩形框架abcd，其中ab=cd=2ad=2bc=2l= 2 m，框架放在水平面上，一个磁感应强度为B=1 T的匀强磁场垂直于框架平面竖直向下，用同样的金属导线MN垂直于ab和cd，从ad处开始以v0=0.5 m/s的速度匀速向左运动，如图所示。

已知该金属导线每米电阻0.1 Ω，求在MN从ad向bc运动的过程中：

（1）MN两点之间最大电势差Um； （2）MN运动过程中消耗的最大电功率Pm 1、解析：MN在匀强磁场中做切割磁感线的运动产生了感应电动势E， 则E=BLv=1×1×0.5 V=0.5 V 金属导线MN相当于电源， 其内阻r为r=r0l=0.1 Ω 其中r0=0.1 Ω/m，等效电路图如图所示，图中R=r0l，设aM=x，显然电路中的外电阻R外的表达式为R外

Im=Um=

R外

2(R r0x)2

=1.5R-3R

（1）MN两点间的电势差实际就是电源MN的路端电压U，要使U具有最大值，就必须使R外具有最大值，由①式可知R外的最大值Rm为 Rm=1.5R=1.5r0l=0.15Ω，

Rm0.15

×0.5 V=0.3 V E

Rm r0.15 0.1

此时r0x=R=r0l，即x=1 m，说明MN运动到ab的中点处

（2）MN在运动过程中消耗最大电功率Pm时，也就是回路中具有最大电流的瞬间，因为电动势E为定值，显然此时回路中的总电阻最小。在①式中，要使R外最小，必须(R0-r0x)2具有最大值。在本题的条件下，当x=0或x=2l时，(R0-r0x)2具有最大值为R2，所以

R外小=

5R0.5

Ω， 66

ER外小 r

0.5

A=2.7 A

0.5

0.16

Pm=EIm=0.5×2.7 W=1.35 W。

2、有一种磁性加热装置，其关键部分由焊接在两个等大的金属圆环上的n（n较大）根间距相等的平，

行金属条组成，呈“鼠笼”状，如图所示。每根金属条的长度为L，电阻为R

，金

(R 2xr0)(5R 2xr0)9R2 4(R r0x)2

=

6R6R

三年高考两年模拟一年冲刺系列之：第13讲+电磁感应中的能量问题

属环的直径为D，电阻不计，图中的虚线所示的空间范围内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的宽度恰好等于“鼠笼”金属条的间距，当金属笼以角速度 绕通过两圆环的圆心的轴OO′旋转时，始终有一根金属条在垂直切割磁感线。“鼠笼”的转动由一台电动机带动，这套设备的效率为η。试求：电动机输出的机械功率。

2、解析：每一根金属条“切割”磁感线产生的感应电动势为：E=BLv=BL

D

2

整个鼠笼产生的电功率为：

E2

P电==P热每根做“切割”运动的金属条就

R外 r

相当于电源，故内阻r=R。其余（n－1）根金属条并在两圆环之间相当于并联着的外电阻： R外=

RnR R外+r= n－1n－1

P热P机

此装置的传热效率为：η=

（n－1）B2L2 2D2解得：P机=。

4nR

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