第5讲 电磁感应中的力学综合问题的求解近几年高考中对于电磁感应中的内容已成为必考，成为高考中的热点和重点．其中选修3－5纳入必考之后，动量定理和动量守恒定律在电磁感应中的应用会成为命题的新生点．在高三复习中应该对该部分的知识点引起充分的重视．【重难解读】高考对法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则及右手定则的考查一般会结合具体情况和过程命题，主要方向：结合函数图象，结合电路分析，联系力学过程，贯穿能量守恒．杆＋导轨或导线框是常见模型，属于考查热点．该题型知识跨度大，思维综合性强，试题难度一般比较大．【典题例证】(14分)如图所示，正方形单匝线框bcde 边长L ＝0.4 m ，每边电阻相同，总电阻R ＝0.16 Ω.一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P ，手持物体P 使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内．线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L ＝0.4 m ，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B ＝1.0 T ，磁场的下边界与线框的上边eb 相距h ＝1.6 m ．现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，eb 边保持水平，刚好以v ＝4.0 m/s 的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．(1)线框eb 边进入磁场中运动时，e 、b 两点间的电势差U eb 为多少？ (2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q 为多少？(3)若在线框eb 边刚进入磁场时，立即给物体P 施加一竖直向下的力F ，使线框保持进入磁场前的加速度匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F 做功W F ＝3.6 J ，求eb 边上产生的焦耳Q eb 为多少？[解析] (1)线框eb 边以v ＝4.0 m/s 的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为E ＝BLv ＝1.6 V(1分)e 、b 两点间的电势差U eb ＝34E ＝1.2 V ．(1分)(2)法一：线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力F 安＝BLI ，I ＝E R，解得F安＝4 N克服安培力做功W 安＝F 安×2L ＝3.2 J ．(6分)法二：设物体P 质量为M ，线框质量为m ，线框进入磁场后立即做匀速运动F 安＝(M －m )g(1分)而I ＝E RF 安＝BLI ＝4 N(1分)线框进入磁场前，向上运动的加速度为a ＝v 22h＝5 m/s 2(1分) 又(M －m )g ＝(M ＋m )a(1分) 联立解得M ＝0.6 kg ，m ＝0.2 kg(1分)对系统，根据动能定理有(M －m )g ×2L －W 安＝ΔE k ＝0 而Q ＝W 安故该过程中产生的焦耳热Q ＝(M －m )g ×2L ＝3.2 J ． (1分) (3)法一：设线框出磁场区域的速度大小为v 1，则v 21－v 2＝2a ′·2L ，a ′＝a ＝（M －m ）gM ＋m(1分) 整理得12(M ＋m )(v 21－v 2)＝(M －m )g ·2L(1分)线框穿过磁场区域过程中，力F 和安培力都是变力，根据动能定理有W F －W ′安＋(M －m )g ·2L ＝12(M ＋m )(v 21－v 2)(1分) 联立得W F －W ′安＝0 (1分)而W ′安＝Q ′ 故Q ′＝3.6 J 又Q ＝I 2rt ∝r(1分)故eb 边上产生的焦耳热Q eb ＝14Q ′＝0.9 J ． (1分)法二：因为线框在磁场中运动的加速度与进入前的加速度相同，所以在通过磁场区域的过程中，线框和物体P 的总机械能保持不变，故力F 做的功W F 等于整个线框中产生的焦耳热Q ′，即W F ＝Q ′，又Q ＝I 2rt ∝r ，(3分)故eb 边上产生的焦耳热Q eb ＝14Q ′＝0.9 J ． (3分)[答案] (1)1.2 V (2)3.2 J (3)0.9 J用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤【突破训练】1．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l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω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B＝0.4 T．金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9 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Q1∶Q2＝2∶1.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：(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Q2；(3)外力做的功W F.解析：(1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt①其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得I＝E－R＋r③则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt④联立①②③④式，得q＝BlxR＋r 代入数据得q＝4.5 C.(2)设撤去外力时金属棒的速度为v ，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax ⑤ 设金属棒在撤去外力后的运动过程中克服安培力所做的功为W ，由动能定理得W ＝0－12mv 2⑥撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑦ 联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q 2＝1.8 J ．⑧(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3.6 J ⑨在金属棒运动的整个过程中，外力F 克服安培力做功，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2⑩ 由⑧⑨⑩式得W F ＝5.4 J.答案：(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J2．(2018·石家庄质检)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 被固定在水平面上，导轨间距l ＝0.6 m ，两导轨的左端用导线连接电阻R 1及理想电压表V ，电阻为r ＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB 处；右端用导线连接电阻R 2，已知R 1＝2 Ω，R 2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDFE 内有竖直向上的磁场，CE ＝0.2 m ，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F ，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变．求：(1)t ＝0.1 s 时电压表的示数； (2)恒力F 的大小；(3)从t ＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量．解析：(1)设磁场宽度为d ＝CE ，在0～0.2 s 的时间内，有E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt ld ＝0.6 V此时，R 1与金属棒并联后再与R 2串联R ＝R 并＋R 2＝1 Ω＋1 Ω＝2 Ω U ＝ERR 并＝0.3 V. (2)金属棒进入磁场后，R 1与R 2并联后再与r 串联，有I ′＝U R 1＋UR 2＝0.45 AF A ＝BI ′l ＝1.00×0.45×0.6 N ＝0.27 N由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，所以恒力F 的大小F ＝F A ＝0.27 N.(3)在0～0.2 s 的时间内有Q ＝E 2Rt ＝0.036 J金属棒进入磁场后，有R ′＝R 1R 2R 1＋R 2＋r ＝83 ΩE ′＝I ′R ′＝1.2 V E ′＝Blv ，v ＝2.0 m/s t ′＝d v ＝0.22s ＝0.1 sQ ′＝E ′I ′t ′＝0.054 JQ 总＝Q ＋Q ′＝0.036 J ＋0.054 J ＝0.09 J.答案：(1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J 3．(2015·高考天津卷)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m ，相邻各边互相垂直，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 .解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B ，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v 1，cd 边上的感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律，有E 1＝2Blv 1 ①设线框总电阻为R ，此时线框中电流为I 1，由闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R②设此时线框所受安培力为F 1，有F 1＝2I 1lB③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg ＝F 1④由①②③④式得v 1＝mgR 4B 2l2 ⑤设ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v 2，同理可得v 2＝mgR B 2l2⑥由⑤⑥式得v 2＝4v 1.⑦(2)线框自释放直到cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl ＝12mv 21⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg (2l ＋H )＝12mv 22－12mv 21＋Q⑨由⑦⑧⑨式得H ＝Qmg＋28l . 答案：(1)4倍 (2)Q mg＋28l4．如图所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板，R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I 及导体棒的速率v . (2)改变R x ，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x .解析：(1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示． 导体棒所受安培力F 安＝BIl ①导体棒匀速下滑， 所以F 安＝Mg sin θ ②联立①②式，解得I ＝Mg sin θBl③ 导体棒切割磁感线产生感应电动势E ＝Blv ④由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋R x，且R x ＝R ，所以I ＝E2R⑤联立③④⑤式，解得v ＝2MgR sin θB 2l2. (2)由题意知，其等效电路图如图所示．由图知，平行金属板两板间的电压等于R x 两端的电压．设两金属板间的电压为U ，因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I ，所以由欧姆定律知U ＝IR x ⑥ 要使带电微粒匀速通过，则mg ＝q Ud⑦联立③⑥⑦式，解得R x ＝mBldMq sin θ.答案：(1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2(2)mBldMq sin θ。