1、第 4 讲电磁感应规律的综合应用 (二)动力学和能量、动量板块一 主干梳理夯实基础【知识点 1】 电磁感应现象中的动力学问题 1安培力的大小2安培力的方向(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则 确定安培力方向。(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。3分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。4根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。【知识点 2】 电磁感应现象中的能量问题 1电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在
2、磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。2实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化。板块二 考点细研悟法培优考点 1 电磁感应中的动力学问题解题技巧导体棒的运动学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈) 的受力情况和运动情况。1两种状态及处理方法2力学对象和电学对象的相互关系3动态分析的基本思路例 1 2016安徽模拟如图所示，固定的光滑金属导轨间距为 L，导轨电阻不计，上端a、b 间接有阻值为 R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为 ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。质量为 m、电
3、阻为 r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度 v0。整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行。(1)求初始时刻通过电阻 R 的电流 I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为 v，求此时导体棒的加速度大小 a。(1)导体棒向上运动和向下运动过程中流过 R 的电流方向相同吗？提示：不同。(2)下降过程的牛顿第二定律。提示：mgsin F 弹 F 安 ma。尝试解答 (1) ba (2)gsin 。BLv0R r B2L2vmR r(1)导体棒产生的感应电动势 E1BLv 0通过 R
4、的电流大小 I1 E1R r BLv0R r电流方向为 ba。(2)导体棒产生的感应电动势为 E2BLv感应电流 I2 E2R r BLvR r导体棒受到的安培力大小 F BIL ，方向沿斜面向上。B2L2vR r根据牛顿第二定律有 mgsinF ma解得 agsin 。B2L2vmR r总结升华单棒切割磁感线的两种模型模型一：导体棒 ab 先自由下落再进入匀强磁场，如 图甲所示。模型二：导体棒 ab 沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后 进入匀 强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示。两类模型中的临界条件是导体棒 ab 受力平衡。以模型一 为 例，有 mgF 安 ，即B2l2v0Rv0 。mgR
5、B2l2若线框进入磁场时 vv0，则线框先减速再匀速；若 vv0，线框先加速再匀速(都假设线框和磁场区域长度足够长)。(多选 )如图所示，相距 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为跟 踪 训 练 ，上端接有定值电阻 R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为 B。将质量为 m 的导体棒由静止释放，当速度达到 v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为 P，导体棒最终以 2v 的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为 g。下列选项正确的是( )AP2mgvsinBP3mgvsinC当导体棒速度达到 时加
6、速度大小为 sinv2 g2D在速度达到 2v 以后的匀速运动过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功答案 AC解析 当导体棒第一次匀速运动时，沿 导轨方向有 mgsin ；当导体棒第二次匀速运B2L2vR动时，沿导轨方向有 Fmgsin ，两式 联立解得 Fmgsin，此时拉力 F 的功率2B2L2vRPF2v2mg vsin，选项 A 正确，B 错误；当导体棒的速度达到 时，沿 导轨方向有v2mgsin ma，解得 a gsin，选项 C 正确；导体棒的速度达到 2v 以后，拉力与重B2L2v2R 12力的合力所做的功全部转化为 R 上产生的焦耳热， 选项 D 错误。考点 2 电磁感应中
7、的能量问题解题技巧1能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热 Q 的三种方法2电能求解的三种主要思路(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒或功能关系求解；(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算。3解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路 )；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据能量守恒定律列式求解。例 2 将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为 30，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为 H0.4 m，如图甲所示，磁场边界
8、与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为 x0.55 m。将一通电导线围成的矩形导线框 abcd 置于斜面的底端，已知导线框的质量为 m0.1 kg，导线框的电阻为R0.25 ，ab 的长度为 L0.5 m。从 t0 时刻开始在导线框上加一恒定的拉力 F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力 F 撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动。已知导线框向上运动的 vt 图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为 ，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，33g10 m/s 2。(
9、1)求在导线框上施加的恒力 F 以及磁感应强度的大小；(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度 v 与位移 s 的关系为 vv 0 s，其中B2L2mRv0 是导线框 ab 边刚进入磁场时的速度大小，s 为导线框 ab 边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量 Q。(1)由图乙的 vt 图可求出什么？提示：加速度。(2)在图乙中 0.4 s 以后有一段匀速直线运动，说明什么问题？提示：导线框进入磁场区域后以 2 m/s 的速度匀速运动，受力平衡。(3)安培力做功与焦耳热的关系？提示：克服安培力做功等于回路中产生的电能，如果是 纯电 阻电路，也等于回路中 总的
10、焦耳热。尝试解答 (1)1.5_N_0.50_T_(2)0.45 _J。(1)由 vt 图象可知，在 00.4 s 时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v12.0 m/s，所以在此过程中的加速度 a 5.0 m/s 2vt由牛顿第二定律有 Fmgsinmgcos ma解得 F1.5 N由 vt 图 象可知， 导线框进入磁 场区域后以速度 v1 做匀速直 线运动通过导线框的电流 I ER BLv1R导线框所受安培力 F 安 BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有FmgsinmgcosB2L2v1R解得 B0.50 T。(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度 v1
11、 匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度 H，导线框 ab 边离开磁场后做匀减速直线运动，在 导线框到达 挡板时的位移为x0xH0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为 v2，由 动能定理，有mg(xH)sin mg (xH )cos mv mv12 2 12 21解得 v2 1.0 m/sv21 2gx Hsin cos导线框碰挡板后速度大小仍为 v2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即 mgsinmgcos0.50 N，因此 导线框与挡板碰撞后向下做匀速直线运动，ab 边刚进入磁场时的速度 为 v21.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，
12、做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域 时的速度为 v3由 vv 0 s 得 v3v 2 1.0 m/sB2L2mR 2B2L2HmR因 v30，说明导线 框在离开磁 场前速度已经减为零， 这时 安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热 Q1I 2Rt 0.40 J2B2L2Hv1R导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2 mv 0.05 J12 2所以 QQ 1Q 20.45 J。总结升华电磁感应现象中能量的计算(1)回路中电流稳定可利用电路知识，由 WUIt， QI 2Rt 直接计算。(2)若电流变化利用安
13、培力做功、功能关系解决。如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距 l0.5 跟 踪 训 练 m，左端接有阻值 R0.3 的电阻。一质量 m0.1 kg、电阻 r0.1 的金属棒 MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度 B0.4 T。棒在水平向右的外力作用下由静止开始以 a2 m/s2 的加速度做匀加速运动，当棒的位移 x9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q 221。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻 R 的
14、电荷量 q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2；(3)外力做的功 WF。答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J解析 (1)设金属棒做匀加速运动的时间为 t，回路中磁通量的变化量为 ，回路中产生的平均感应电动势为 ，则由法拉第电磁感应定律得 ，其中 BlxE Et设回路中的平均电流为 ，I则由闭合电路欧姆定律得 IER r通过电阻 R 的电荷量 q tI联立以上各式，代入数据解得 q4.5 C。(2)设撤去外力时棒的速度为 v，在棒做匀加速运动的过程中，由运动学公式得 v22ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为 W，由动能定理得 W0 mv212撤去外力后回路
15、中产生的焦耳热 Q2W代入数据解得 Q21.8 J。(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q2 21，可得 Q13.6 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WFQ 1Q 25.4 J。考点 3 电磁感应中的动量问题拓展延伸电磁感应现象中产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力作用，经过一段时间就会使导体棒(线圈) 产生动量的变化。如果是一个系统，系统合外力为 0，则系统动量守恒。例 3 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。导轨上面垂直放置两根导体棒 ab 和 cd，构成矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻均为 R，回路中其余部分的电
16、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。若两导体棒在运动中始终不接触，则：(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当 ab 棒的速度变为初速度的 时，cd 棒的加速度是多少？34(1)什么时候产生的焦耳热最多？提示：两棒速度相同时。(2)两棒速度相同时，安培力有什么特点？怎样求相同速度？提示：安培力大小相等、方向相反，两导体棒运动遵循动量守恒。尝试解答 (1) mv (2) 。14 20 B2L2v04mRab 棒向 cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁
17、通量变小，于是 产生感应电流，ab棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd 棒则在安培力的作用下向右做加速运动。只要 ab 棒的速度大于 cd 棒的速度，回路 总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速，直到两棒速度相同时，回路面 积保持不变，不 产生感应电流，两棒以相同的速度 v 做匀速运动。(1)从开始到两棒达到相同速度 v 的过程中，两棒的总动量守恒，有 mv02mv根据能量守恒定律，整个过程中 产生的焦耳热Q mv (2m)v2 mv 。12 20 12 14 20(2)设 ab 棒的速度变为 v0时 ，cd 棒的速度为 v，34则由动量守恒定律可知 mv0 mv0mv3
18、4解得 v v0，14回路中的电动势 E BLv0 BLv0 BLv034 14 12IE2R此时 cd 棒所受的安培力 FBIL 。B2L2v04R由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度 a 。Fm B2L2v04mR总结升华1. 如图所示，ab 和 cd 是两条竖直放置且足够长的长直光滑金属导轨， MN 和递 进 题 组 MN是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为 m 和 2m。竖直向上的外力 F 作用在杆 MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为 R，导轨间距为 l。整个装置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为 g。
19、在 t 0 时刻将细线烧断，保持 F 不变，金属杆和导轨始终接触良好且垂直。求：(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度。答案 (1)21 (2) 4mgR3B2l2 2mgR3B2l2解析 (1)设某时刻 MN 和 MN速度分别为 v1、v2由动量守恒 mv12mv 20，得 。v1v2 21(2)当 MN 和 MN的加速度为零时，速度最大对 MN由平衡条件知 BIl2mgIEREBlv 1Bl v2得 v1 ，v2 。4mgR3B2l2 2mgR3B2l22. 2017哈尔滨师大附中二模 如图所示，竖直平面内，水平线 OO下方足够大的区域内存在水平匀强磁场
20、，磁感应强度为 B，一个单匝正方形导体框，边长为 L，质量为 m，总电阻为 r，从 ab 边距离边界 OO为 L 的位置由静止释放。已知从 ab 边刚进入磁场到 cd边刚进入磁场所用时间为 t，重力加速度为 g，空气阻力不计，导体框不翻转，求：(1)ab 边刚进入磁场时，b、a 间电势差大小 Uba；(2)cd 边刚进入磁场时，导体框的速度大小。答案 (1) (2) gt 3BL4 2gL B2L3mr 2gL解析 (1)ab 边刚进入磁场时速度大小为 v1，则 mgL mv12 21EBLv 1IErUbaI r34解得 Uba 。3BL4 2gL(2)从 ab 边刚进入磁场到 cd 边刚进
21、入磁场的过程中mgt Atm v2mv 1FA B LF IIErEtBL 2由以上各式解得：v2gt 。B2L3mr 2gL1模型构建对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态，最终达到稳定状态，该系统称为“杆和导轨”模型。2模型分类单杆模型、双杆模型。3模型特点(1)单杆模型(2)双杆模型模型特点a一杆切割时，分析同单杆类似。b两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E Bl(v 1v 2)。t电磁感应中的“双杆”问题分析a初速度不为零，不受其他水平外力的作用b初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用如图所示，两根间距为 L 的金
22、属导轨 MN 和 PQ，电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为 d、方向竖直向上的匀强磁场区域，右端有另一磁场区域，其宽度也为 d，但方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小均为 B。有两根质量均为 m、电阻均为 R 的金属棒 a 和 b 与导轨垂直放置， b 棒置于磁场区域内导轨的中点 C、D 处，导轨除 C、D 两处(对应的距离极短 )外其余均光滑，两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的 k 倍，a 棒从弯曲导轨某处由静止释放。当只有一根棒做切割磁感线运动时，它速度的减少量与它在磁场中通过的距离成正比，即 v x。重力加速度为 g。(1)若 a 棒释放的高度大于 h0，则 a
23、棒进入磁场区域时会使 b 棒运动，判断 b 棒的运动方向并求出 h0。(2)若将 a 棒从高度小于 h0 的某处释放，使其以速度 v0 进入磁场区域，结果 a 棒以 v012的速度从磁场区域中穿出，求在 a 棒穿过磁场区域过程中通过 b 棒的电荷量 q 和两棒即将相碰时 b 棒上的电功率 Pb。答案 (1)b 向左运动 h 02k2m2gR2B4L4(2)q P bBLd2R B2L2v2064R解析 (1)根据右手定则可判断出， 进入磁场区域时，金属棒 a 中感应电流的方向为由 M指向 P，从而可知 b 棒中电流方向由 D 指向 C，根据左手定则可知金属棒 b 所受安培力方向向左，所以 b
24、棒向左运动a 棒从高度为 h0处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh0 mv212解得 v 2gh0a 棒刚进入磁场区域时，感 应电动势：E BLv此时感应电流大小 IE2R此时 b 棒受到的安培力大小 FBIL ，依题意有 Fkmg联立解得 h0 。2k2m2gR2B4L4(2)由于 a 棒从高度小于 h0 的某 处释放，因此 b 棒在两棒相碰前将保持静止。流过 b 棒的电荷量 q t，又 ， ，B S，SLd，R 总 2RI IER总 E t联立解得 qBLd2R由题意可知，两棒将要相碰时 的 a 棒的速度 v，因为 vx，所以 a 棒进入磁场区域中速度的变化量为 d。v v02d
25、 12v v0 d v012 v0 v02d 12 14此时电流大小 I BLv2R BLv08R此时 b 棒上的电功率 PbI 2R 。B2L2v2064R名师点睛分析“杆和导轨”的模型要按照下述步骤分析：(1)先进行“源”的分析分离出电路中由电磁感应所产 生的电源，求出电源参数 E 和 r；(2)再进行“路”的分析分析电路结构，弄清串、并 联关系，求出相关部分的 电流大小，以便求解安培力；(3)然后是“力”的分析分析研究对象( 常是金属杆、 导体线圈等) 的受力情况，尤其注意其所受的安培力；(4)接着进行“运动”状态的分析和能量的分析根据力和运 动的关系，判断出正确的运动模型及能量转化关系
26、。12017湖南衡阳模拟如图所示，在倾角为 的光滑斜面上，相距均为 d 的三条水平虚线l1、l 2、l 3，它们之间的区域、分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B。一个质量为 m、边长为 d、总电阻为 R 的正方形导线框，从 l1 上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当 ab 边刚越过 l1 进入磁场时，恰好以速度 v1 做匀速直线运动；当 ab 边在越过 l2 运动到 l3 之前的某个时刻，线框又开始以速度 v2 做匀速直线运动，重力加速度为 g。在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )A线框中感应电流的方向不变B线框 ab 边从 l1 运动到 l
27、2 所用时间大于从 l2 运动到 l3 所用时间C线框以速度 v2 匀速直线运动时，发热功率为sin2m2g2R4B2d2D线框从 ab 边进入磁场到速度变为 v2 的过程中，减少的机械能 E 机 与线框产生的焦耳热 Q 电 的关系式是 E 机 W G mv mv Q 电12 21 12 2答案 C解析 ab 边在两个不同的区域切割磁感线产生的感应电流的方向相反，A 错误；线框以速度 v1 做匀速直线运动时，有 mgsin 0，线框以速度 v2 做匀速直线运动时，B2d2v1Rmgsin 0，显然 v2v1，线框 ab 边从 l1 运动到 l2 所用时间小于从 l2 运动到 l3 所4B2d2
28、v2R用时间，B 错误；线框以速度 v2 匀速直线运动时，发热功率与重力做功的功率相同，Pmgv 2sin sin2，C 正确；线框从 ab 边进入磁场到速度变为 v2 的过程中，机械能m2g2R4B2d2的变化等于除重力外其他力做的功，即减少的机械能等于克服安培力做的功，也等于线框中产生的焦耳热，所以有 E 机 Q 电 ，D 错误。2如图所示，PQ 和 MN 是固定于倾角为 30斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计。金属棒 ab、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好。金属棒 ab的质量为 2m，cd 的质量为 m，长度均为 L，电阻均为 R；两金属棒的长度恰好等于轨道
29、的间距，并与轨道形成闭合回路。整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，若锁定金属棒 ab 不动，使金属棒 cd 在与其垂直且沿斜面向上的恒力 F2mg 作用下，沿轨道向上做匀速运动。重力加速度为 g。(1)试推导论证：金属棒 cd 克服安培力做功的功率 P 安 等于电路获得的电功率 P 电 ；(2)设金属棒 cd 做匀速运动中的某时刻 t00，恒力大小变为 F1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒 ab，直到 t 时刻金属棒 ab 开始做匀速运动。求：t 时刻以后金属棒 ab 的热功率 Pab；0t 时刻内通过金属棒 ab 的电荷量 q。答案 (1)见解析 (2) m
30、2g2RB2L2 2m2gR 3mgB2L2t3B3L3解析 (1)设金属棒 cd 做匀速运动的速度为 v，EBLv I E2RFmgsin30 F 安 IBL 金属棒 cd 克服安培力做功的功率 P 安 F 安 v电路获得的电功率 P 电 E22R由得 P 安 B2L2v22R由得 P 电 B2L2v22R所以 P 安 P 电 (2)金属棒 ab 做匀速运动，则有 I1BL2mg sin30金属棒 ab 的热功率 PabI R21由解得 Pab m2g2RB2L2设 t 时 刻后金属棒 ab 做匀速运动的速度为 v1，金属棒 cd 也做匀速运动，速度为 v2；由金属棒 ab、金属棒 cd 组成的系统动量守恒：m v2mv 1mv 2回路电流 I1 BLv2 v12R由解得：金属棒 ab 做匀速运动的速度为v1 mgR3B2L20t 时刻内对金属棒 ab 分析：在 电流为 i 的很短的时间 t 内，速度的改变量为 v，由动量定理得BiLt2mgsin30t2mv对式进行求和，得 BLqmgt2m v1对解得 q 。2m2gR 3mgB2L2t3B3L3
