1、目标定位 1.综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的动力学问题 .2.会分析电磁感应中的能量转化问题.一、电磁感应中的动力学问题1.具有感应电流的导体在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)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.(2)求回路中的感应电流的大小和方向.(3)分析导体的受力情况(包括安培力 ).(4)列动力学方程或平衡方程求解.2.两种状态处理：(1)导体处于平衡状态静止或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件合力等于零列式分析.(2)导体处于非平衡状态加速度不为零.处理方法：根据牛顿第二
2、定律进行动态分析或结合功能关系分析.例 1 如图 1 所示，空间存在 B0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ 是水平放置的平行长直导轨，其间距 L0.2 m，电阻 R0.3 接在导轨一端，ab 是跨接在导轨上质量m0.1 kg、电阻 r0.1 的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为 0.2.从零时刻开始，对 ab 棒施加一个大小为 F0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g10 m/s 2)图 1(1)导体棒所能达到的最大速度；(2)试定性画出导体棒运动的速度时间图像.解析 ab 棒在拉力 F 作用下运动，随着
3、 ab 棒切割磁感线运动的速度增大，棒中的感应电动势增大，棒中感应电流增大，棒受到的安培力也增大，最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值.外力在克服安培力做功的过程中，消耗了其他形式的能，转化成了电能，最终转化成了焦耳热.(1)导体棒切割磁感线运动， 产生的感应电动势：EBLvI ER r导体棒受到的安培力 F 安 BIL导体棒运动过程中受到拉力 F、安培力 F 安 和摩擦力 f 的作用，根据牛顿第二定律：FmgF 安 ma由得：Fmg maB2L2vR r由上式可以看出，随着速度的增大，安培力增大，加速度 a 减小，当加速度 a 减小到 0 时，速度达到最大.此时有 Fmg 0B2L2vmR
4、r可得：v m 10 m/sF mgR rB2L2(2)导体棒运动的速度时间图像如图所示.答案 (1)10 m/s (2)见解析图电磁感应动力学问题中，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.,基本思路是：导体受外力运动 产生感应电动势 感应电流 导体受安培力 合外力变化EBL vEIRr FBIL 加速度变化 速度变化 感应电动势变化a0，v 最大值.9Fma 周而复始地循环，循环结束时 ，加速度等于零，导体达到稳定状态，a0，速度 v 达到最大值.例 2 如图 2 所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，导轨间距为 0.2 m，金属导体 ab 可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab 的电阻为 0.4
5、，导轨电阻不计，导体 ab 的质量为 0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为 0.2 T，且磁场区域足够大，当导体 ab 自由下落0.4 s 时，突然闭合开关 S，则：( g 取 10 m/s2)图 2(1)试说出 S 接通后，导体 ab 的运动情况；(2)导体 ab 匀速下落的速度是多少？解析 (1)闭合 S 之前导体 ab 自由下落的末速度为：v0gt4 m/s.S 闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中 产生感应电流，ab 立即受到一个竖直向上的安培力.F 安 BIL 0.016 Nmg 0.002 N.B2L2v0R此刻导体所受合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达
6、式为a g，所以 ab 做竖直向下的加速度逐 渐减小的减速运动.当速度减小至F安 mgm B2L2vmRF 安 mg 时，ab 做竖直向下的匀速运动.(2)设匀速下落的速度为 vm，此时 F 安 mg，即 mg，v m 0.5 m/s.B2L2vmR mgRB2L2答案 (1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动(2)0.5 m/s例 3 如图 3，两固定的绝缘斜面倾角均为 ，上沿相连两细金属棒 ab(仅标出 a 端)和cd(仅标出 c 端)长度均为 L，质量分别为 2m 和 m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮
7、跨放在斜面上，使两金属棒水平右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为 R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为 ，重力加速度大小为 g，图 3已知金属棒 ab 匀速下滑求(1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小解析 (1)由 ab、cd 棒被平行于斜面的导线相连，故 ab、cd 速度总是相等，cd 也做匀速直线运动设导线的张力的大小为 T，右斜面 对 ab 棒的支持力的大小为 N1，作用在 ab 棒上的安培力的大小为 F，左斜面对 cd 棒的支持力大小为 N2，对于 ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡
8、条件得甲 乙2mgsin N 1TFN12mgcos 对于 cd 棒，受力分析如 图乙所示，由力的平衡条件得mgsin N 2 TN2mgcos 联立式得：Fmg(sin 3cos )(2)设金属棒运动速度大小为 v，ab 棒上的感应电动势为EBLv回路中电流 I ER安培力 FBIL联立得：v(sin 3cos )mgRB2L2答案 (1)mg(sin 3 cos )(2)(sin 3cos )mgRB2L2电磁感应中力学问题的解题技巧：(1)受力分析时，要把立体 图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场 B 的方向，以便准确地画出安培力的方向.(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化，
9、不像重力或其他力一样是恒力.(3)根据牛顿第二定律分析 a 的变化情况，以求出稳定状态的速度.(4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口.二、电磁感应中的能量转化与守恒1.电磁感应现象中的能量守恒电磁感应现象中的“阻碍”是能量守恒的具体体现，在这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能.2.电磁感应现象中的能量转化方式3.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路(1)确定回路，分清电源和外电路.(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化.如：有滑动摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多
10、少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就有电能转化为其他形式的能.(3)列有关能量的关系式.例 4 如图 4 所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为 B.正方形金属框 abcd 可绕光滑轴 OO转动，边长为 L，总电阻为 R，ab 边质量为 m，其他三边质量不计，现将 abcd 拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab 边的速度大小为 v，则在金属框内产生热量大小等于( )图 4A. B.mgL mv22 mgL mv22C.mgL D.mgLmv22 mv22解析 金属框绕光滑轴转下的 过程中机械能有损失但能量守恒，损失的机械能为 mgL ，mv22故产生的热量为 mgL
11、 ，选项 C 正确.mv22答案 C例 5 如图 5 所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为 ，导轨下端接有电阻 R，匀强磁场垂直斜面向上.质量为 m、电阻不计的金属棒 ab 在沿斜面与棒垂直的恒力 F 作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为 h，在这个过程中( )图 5A.金属棒所受各力的合力所做的功等于零B.金属棒所受各力的合力所做的功等于 mgh 和电阻 R 上产生的焦耳热之和C.恒力 F 与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻 R 上产生的焦耳热之和D.恒力 F 与重力的合力所做的功等于电阻 R 上产生的焦耳热解析 棒匀速上升的过程有三个力做功：恒力 F 做正功、重力 G 做
12、负功、安培力 F 安 做负功.根据动能定理：WW FW G W 安 0，故 A 对，B 错；恒力 F 与重力 G 的合力所做的功等于棒克服安培力做的功.而棒克服安培力做的功等于回路中电能(最终转化为焦耳热) 的增加量，克服安培力做功与焦耳热不能重复考虑，故 C 错，D 对.答案 AD电磁感应中焦耳热的计算技巧：,1 电流恒定时，根据焦耳定律求解，即 QI 2Rt.,2感应电流变化，可用以下方法分析：,利用动能定理，求出克服安培力做的功，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即 Q W 安 .,利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于减少的其他形式的能量，即 QE 其他 .1.如图 6，在光滑水平桌
13、面上有一边长为 L、电阻为 R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为 d(dL )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t0 时导线框的右边恰好与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列 vt 图像中，可能正确描述上述过程的是( )图 6答案 D解析 进入阶段，导线框受到的安培力 F 安 BIL ，方向向左，所以 导线框速度减小，B2L2vR安培力减小，所以进入阶段导线 框做的是加速度减小的减速运 动全部 进入之后，磁通量不变化，根据楞次定律，电路中没有感应电流，速度不变出磁场阶段， 导线框受到的安培力 F 安BIL ，方向向左
14、所以导线框速度减小，安培力减小，所以出磁场阶段导体框做的是B2L2vR加速度减小的减速运动综上所述，D 正确2.(电磁感应中的动力学问题)如图 7 所示，光滑金属直导轨 MN 和 PQ 固定在同一水平面内，MN、PQ 平行且足够长，两导轨间的宽度 L0.5 m.导轨左端接一阻值 R0.5 的电阻.导轨处于磁感应强度大小为 B0.4 T，方向竖直向下的匀强磁场中，质量 m0.5 kg 的导体棒ab 垂直于导轨放置.在沿着导轨方向向右的力 F 作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与导轨始终接触良好并且相互垂直，不计导轨和导体棒的电阻，不计空气阻力，若力 F 的大小保持不变，且 F1.0 N，求：图
15、 7(1)导体棒能达到的最大速度 vm 的大小；(2)导体棒的速度 v5.0 m/s 时，导体棒的加速度大小.答案 (1)12.5 m /s (2)1.2 m/s2解析 (1)导体棒达到最大速度 vm时受力平衡，有 FF 安 m，此 时 F 安 m ，解得B2L2vmRvm12.5 m/s.(2)导体棒的速度 v5.0 m/s 时，感应电动势 EBL v1.0 V，导体棒上通过的感应电流大小I 2.0 A，导体棒受到的安培力 F 安 BIL0.4 N，根据牛顿第二定律，有 FF 安 ma，解ER得 a1.2 m/s 2.3.(电磁感应中的能量转化)如图 8 所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同
16、一水平面内，导轨间距 L0.5 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.金属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，当金属棒的位移 x9 m 时撤去外力，金属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，金属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：图 8(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻 R 的电荷量 q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q
17、2；(3)外力做的功 WF.答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J解析 (1)匀加速运动过程中产生的平均电动势 nEt回路中的电流为 IER r通过电阻 R 的电荷量为 q tI由上述公式联立可得：qn C4.5 C.R r BLxR r 0.40.590.3 0.1(2)撤去外力前金属棒做匀加速运动，根据运动学公式得 x at2，vat12所以 v6 m/s撤去外力后金属棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将金属棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳 热等于金属棒的 动能减少量，有：Q2E k mv2 0.162 J1.8 J.12 12(3)
18、根据题意，在撤去外力前的焦耳热为Q12Q 23.6 J，撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其大小等于焦耳热 Q1)、重力不做功 .金属棒的动能增大，根据动能定理有：EkW FQ 1则 WF Q1E k3.6 J1.8 J5.4 J.题组一 电磁感应中的动力学问题1.如图 1 所示，在一匀强磁场中有一 U 形导线框 abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于 ab 的一根导体杆，它可在 ab、cd 上无摩擦地滑动.杆 ef及线框中导线的电阻都可不计.开始时，给 ef 一个向右的初速度，则( )图 1A.ef 将减速向右运动，但不是匀减速B.ef 将匀减速向右运
19、动，最后停止C.ef 将匀速向右运动D.ef 将往返运动答案 A解析 ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由 FBIL ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运B2L2vR动，故 A 正确.2.如图 2 所示，MN 和 PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab 是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S 断开，让杆 ab 由静止开始自由下落，过段时间后，再将 S 闭合，若从 S 闭合开始计时，则金属杆 ab 的速度 v 随时间 t 变化的图像不可能是下图中的(
20、 )图 2答案 B解析 S 闭合时，若 mg ，先减速再匀速，D 项有可能；若 mg，匀速，A 项有可能；B2l2vR B2l2vR若 mg，先加速再匀速， C 项有可能；由于 v 变化， mgma 中 a 不恒定，故 B 项B2l2vR B2l2vR不可能.3.(多选) 如图 3 所示，有两根和水平方向成 角的光滑平行金属轨道，间距为 l，上端接有可变电阻 R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为 B.一根质量为 m 的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度 vm，则( )图 3A.如果 B 变大，v m 将变大B.如果 变大，
21、v m 将变大C.如果 R 变大，v m 将变大D.如果 m 变小，v m 将变大答案 BC解析 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势 EBlv，在闭合电路中形成电流 I，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、 轨道的 弹力外还受安培力作用，F 安BlvRBIl ，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，B2l2vR根据牛顿第二定律，得 mgsin ma ，当 a0 时， vv m，解得 vm ，故 选项B2l2vR mgRsin B2l2B、C 正确.4如图 4，水平面(纸面)内间距为 l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为 m、长度为 l 的金属杆置于导
22、轨上，t0 时，金属杆在水平向右、大小为 F 的恒定拉力作用下由静止开始运动，t 0 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为 .重力加速度大小为 g.求图 4(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值答案 (1)Blt 0( g ) (2)Fm B2l2t0m解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得Fmgma设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v，由运 动学公式有vat 0当金属杆以速度 v 在磁场中运动时，由法拉
23、第 电磁感应定律知 产生的电动势为EBl v联立式可得EBlt 0( g)Fm(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为 I，根据欧姆定律I ER式中 R 为电阻的阻值金属杆所受的安培力为F 安 BlI因金属杆做匀速运动，有FmgF 安 0联立式得R B2l2t0m题组二 电磁感应中的能量问题5.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图 5 所示，抛物线的方程为 yx 2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是 ya 的直线(图中虚线所示) ，一个质量为m 的小金属块从抛物线 yb( ba)处以速度 v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的
24、焦耳热总量是( )图 5A.mgb B. mv212C.mg(ba) D.mg(ba) mv212答案 D解析 金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿 过金属 块的磁通量发生变化， 产生电流，进而产生焦耳热，最后，金属块在高为 a 的曲面上做往复运动，减少的机械能为 mg(ba) mv2，由能量守恒定律可知，减少的机械能全部 转化成焦耳热，即 D 选项正确.126.如图 6 所示，质量为 m、高为 h 的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦为 h 的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为( )图 6A.mghB.2mghC.大于 mgh 而
25、小于 2mghD.大于 2mgh答案 B解析 因线框匀速穿过磁场，在穿 过磁场的过程中合外力做功 为零，克服安培力做功 为2mgh，产生的内能亦为 2mgh.故选 B.7.如图 7 所示，纸面内有一矩形导体闭合线框 abcd，ab 边长大于 bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为 MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于 MN.第一次 ab 边平行 MN 进入磁场，线框上产生的热量为 Q1，通过线框导体横截面的电荷量为 q1；第二次 bc 边平行于 MN 进入磁场，线框上产生的热量为 Q2，通过线框导体横截面的电荷量为 q2，则( )图 7A.Q1Q 2，q
26、 1q 2 B.Q1Q 2，q 1q 2C.Q1Q 2，q 1q 2 D.Q1Q 2，q 1q 2答案 A解析 根据功能关系知，线框上 产生的热量等于克服安培力做的功，即 Q1W 1F 1lbclbc lab，同理 Q2 lbc，又 labl bc，故 Q1Q 2；因 q t t ，故 q1q 2，B2l2abvR B2SvR B2SvR I ER R因此 A 正确.题组三 电磁感应中的动力学问题和能量问题的综合8.(多选) 如图 8 所示，相距为 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为 ，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
27、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( )图 8A.当导体棒速度达到 时加速度大小为 gsinv2 12B.当导体棒速度达到 时加速度大小为 gsinv2 14C.P2mgvsin D.P3mgvsin 答案 AC9.如图 9 所示，长 L1、宽 L2 的矩形线圈电阻为 R，处于磁感应强度为 B 的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直，求将线圈以向右的速度 v 匀速拉出磁场的过程中，图 9(1)拉力的大小 F
28、；(2)线圈中产生的电热 Q.答案 (1) (2)B2L2vR B2L2L1vR解析 (1)线圈出磁场时：FBIL 2IEREBL 2v解得 F .B2L2vR(2)方法一：tL1vQI 2Rt所以 QB2L2L1vR方法二：QWFL 1 .B2L2L1vR10.如图 10 所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽 L0.5 m，框的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度 B1 T，方向与框面垂直，金属棒 MN 的质量为 100 g，电阻为 1 ，现让MN 无初速度释放并与框保持接触良好的竖直下落，从释放直至到最大速度的过程中通过棒某一截面的电荷量为 2 C，求此过程中回路产生的电能为多少？(空气阻力不计，g10 m/s 2)图 10答案 3.2 J解析 金属棒下落过程做加速度逐 渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，根据平衡条件得 mg B2L2vmR在下落过程中，金属棒减少的重力 势能转化为它的动能和 电能 E，由能量守恒定律得mgh mv E12 2m通过棒某一横截面的电荷量为 q BhLR由解得：Emgh mv J J3.2 J.12 2m mgRqBL m3g2R22B4L4 0.1101210.5 0.13102122140.54
