专题强化十一 电磁感应中的动力学和能量问题
2．学好本专题，可以极大培养同学们的分析能力、推理能力和规范表达的能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决电磁感应问题中最难问题的信心． 3．用到的知识有：法拉第电磁感应定律、楞次定律、牛顿运动定律、共点力的平衡条件、动能定理、焦耳定律、能量守恒定律等．
命题点一 电磁感应中的动力学问题 1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)． 2．两种状态及处理方法
3.动态分析的基本思路 解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：
→→→
图1 (1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值； (2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 答案 (1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS) 解析 (1)在金属棒未越过MN之前，穿过回路的磁通量的变化量为 ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS① 由法拉第电磁感应定律有 E＝② 由欧姆定律得 I＝③ 由电流的定义得 I＝④ 联立①②③④式得 |Δq|＝Δt⑤ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内即Δt＝t0，流过电阻R的电荷量q的绝对值为 |q|＝⑥ (2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有 F＝F安⑦ 式中，F是外加水平恒力，F安是金属棒受到的安培力．设此时回路中的电流为I， F安＝B0lI⑧ 此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为 Φ′＝B0ls⑩ 回路的总磁通量为 Φt＝Φ＋Φ′⑪ 其中Φ＝B1S＝ktS⑫ 由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t(t>t0)，穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑬ 在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑭ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 Et＝⑮ 由欧姆定律得 I＝⑯ 联立⑦⑧⑭⑮⑯式得 F＝(B0lv0＋kS).
1.(多选)如图2所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U＝4 V的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B＝5 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L、质量为m＝0.2 kg、电阻r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )
图2 A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2 B．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s2 C．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/s D．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8 m/s 答案 BD 解析 金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入数据得a＝4 m/s2，故选项A错误，B正确；设金属棒稳定下滑时速度为v，感应电动势为E，回路中的电流为I，由平衡条件得mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ，由闭合电路欧姆定律得I＝，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，联立解得v＝4.8 m/s，故选项C错误，D正确． 2．如图3所示，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的金属杆置于导轨上．t＝0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．t0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μ.重力加速度大小为g.求：
图3 (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)Blt0(－μg) (2) 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 F－μmg＝ma① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0② 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为 E＝Blv③ 联立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④ (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＝⑤ 式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 F安＝BlI⑥ 因金属杆做匀速运动，有 F－μmg－F安＝0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得R＝. 命题点二 电磁感应中的动力学和能量问题 1．题型简述：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程． 2．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)根据能量守恒定律或功能关系列式求解． 3．求解电能应分清两类情况 (1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算． (2)若电流变化，则 ①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功； ②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．
图4 (1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示．求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与轨道间的滑动摩擦力； (2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量．
答案 (1)5 m/s2 0.2 N (2)0.036 J 解析 (1)F安＝B0IL① E＝B0Lv② I＝＝③ v＝at④ 所以F安＝t 当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有 F－Ff－F安＝ma⑤ 联立可得F－Ff－t＝ma⑥ 由图象可得：当t＝0时，F＝0.4 N，当t＝1 s时，F＝0.5 N. 代入⑥式，可解得a＝5 m/s2，Ff＝0.2 N. (2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b所受安培力F安′与最大静摩擦力Ff相等时开始滑动 感应电动势E′＝L2＝0.02 V⑦ I′＝＝1 A⑧ 棒b将要运动时，有F安′＝BtI′L＝Ff⑨ 所以Bt＝1 T，根据Bt＝B0＋t⑩ 得t＝1.8 s，回路中产生的焦耳热为Q＝I′2Rt＝0.036 J.
能量转化问题的分析程序：先电后力再能量
3．(2016·浙江理综·24)小明设计的电磁健身器的简化装置如图5所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：
图5 (1)CD棒进入磁场时速度v的大小； (2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小； (3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q. 答案 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J 解析 (1)由牛顿第二定律得a＝＝12 m/s2 进入磁场时的速度v＝＝2.4 m/s (2)感应电动势E＝Blv 感应电流I＝ 安培力FA＝IBl 代入得FA＝＝48 N (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J F－mgsin θ－FA＝0 CD棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间t＝ 焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J. 4．如图6所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问：
图6 (1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向； (2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v为多大； (3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少． 答案 (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
解析 (1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b. (2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsin θ① 设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv② 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有 I＝③ 设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④ 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤ 综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s (3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q总＋m2v2 又Q＝Q总 解得Q＝1.3 J
题组1 电磁感应中的动力学问题 1．如图1所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，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μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求：
图1 (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． 答案 (1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ) 解析 (1)由于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FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，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FN2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得
甲 乙 2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F① FN1＝2mgcos θ② 对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得 mgsin θ＋μFN2＝FT′＝FT③ FN2＝mgcos θ④ 联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ)⑤ (2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑥ 回路中电流I＝⑦ 安培力F＝BIL⑧ 联立⑤⑥⑦⑧得： v＝(sin θ－3μcos θ). 2．如图2所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板，上端连接一个阻值R＝2r的电阻，整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab、cd放在导轨下端，其中棒ab靠在挡板上，棒cd在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a的匀加速运动．已知每根金属棒质量为m、电阻为r，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好．求：
图2 (1)经多长时间棒ab对挡板的压力变为零； (2)棒ab对挡板压力为零时，电阻R的电功率； (3)棒ab运动前，拉力F随时间t的变化关系． 答案 (1) (2) (3)F＝m(gsin θ＋a)＋t 解析 (1)棒ab对挡板的压力为零时，受力分析可得 BIabL＝mgsin θ 设经时间t0棒ab对挡板的压力为零，棒cd产生的电动势为E，则 E＝BLat0 I＝ R外＝＝r Iab＝I 解得t0＝ (2)棒ab对挡板压力为零时，cd两端电压为 Ucd＝E－Ir 解得Ucd＝ 此时电阻R的电功率为P＝ 解得P＝ (3)对cd棒，由牛顿第二定律得 F－BI′L－mgsin θ＝ma I′＝ E′＝BLat 解得F＝m(gsin θ＋a)＋t. 题组2 电磁感应中的动力学和能量问题 3．如图3所示，两根相距L＝1 m的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37°角，拐角处连接一阻值R＝1 Ω的电阻．质量均为m＝2 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R＝1 Ω.整个装置处于磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆静止．g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图3 (1)水平拉力的功率； (2)现让cd杆静止，求撤去拉力后ab杆产生的焦耳热． 答案 (1)864 W (2)864 J 解析 (1)cd杆静止，由平衡条件可得mgsin θ＝BIL 解得I＝12 A 由闭合电路欧姆定律得2I＝ 得v＝36 m/s 水平拉力F＝2BIL＝24 N 水平拉力的功率P＝Fv＝864 W (2)撤去外力后ab杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有 Q＝ΔEk＝mv2＝1 296 J 而Q＝I′2·R·t ab杆产生的焦耳热Q′＝I′2·R·t，所以Q′＝Q＝864 J.
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