23题 电磁感应规律的综合应用电磁感应中的动力学问题1．导体棒的两种运动状态(1)平衡状态——导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为零；(2)非平衡状态——导体棒的加速度不为零．2．两个研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看做电学对象(因为它相当于电源)，又可看做力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I 和导体棒的速度v 是联系这两个对象的纽带．3．电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I ＝Bl v R ＋r. (2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ＋r，根据牛顿第二定律列动力学方程：F 合＝ma .(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程：F 合＝0.例1如图1甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R 的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．图1(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的最大速度．用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：(1)进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r.(2)进行“路”的分析——分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力．(3)“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)进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．变式题组1．(2015·浙江10月选考·22)如图2甲所示，质量m＝3.0×10－3kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T，方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝，面积S＝0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示．(g取10m/s2)图2(1)求0～0.10s线圈中的感应电动势大小．(2)t＝0.22s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向．(3)t＝0.22s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20m，求通过细杆CD的电荷量．2．(2016·浙江10月学考·22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图所示的装置．半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接．当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：图3(1)通过棒cd的电流I cd；(2)电动机对该装置的输出功率P；(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系．动力学和能量观点的综合应用1．力学对象和电学对象的相互关系2．解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路(1)电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系．(2)受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向．(3)运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析．(4)能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式．(5)规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化．3．求解焦耳热的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt(2)功能关系：Q＝W克服安培力(3)能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量例2如图4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：图4(1)线框ab边将要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.在电磁感应现象中求解焦耳热时容易出现以下两类错误：(1)不加分析就把某时刻的电流I代入公式Q＝I2Rt求解焦耳热，大多数情况下感应电流I是变化的，求解焦耳热要用电流的有效值，因此不能用某时刻的电流代入公式Q＝I2Rt求解焦耳热.(2)电路中产生焦耳热的元件不是一个，不加分析误认为某个元件上的焦耳热就是整个电路产生的焦耳热.变式题组3．如图5所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m，电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0.现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)．求：图5(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度；(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能．4．如图6甲所示，在水平面上固定有长为L＝2m、宽为d＝1m的金属“U”形导轨，在“U”形导轨右侧l＝0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量m＝0.1kg的导体棒以v0＝1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g＝10m/s2)．图6(1)通过计算分析4s内导体棒的运动情况；(2)计算4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4s内回路产生的焦耳热．1．如图1所示，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两轨道间的宽度L＝0.50m．轨道左端接一阻值R＝0.50Ω的电阻．轨道处于磁感应强度大小为B＝0.40T，方向竖直向下的匀强磁场中，质量m＝0.50kg的导体棒ab垂直于轨道放置．在沿着轨道方向向右的力F作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直，不计轨道和导体棒的电阻，不计空气阻力，若力F的大小保持不变，且F＝1.0N．求：图1(1)导体棒能达到的最大速度大小v m；(2)导体棒的速度v＝5.0m/s时，导体棒的加速度大小．2．(2016·舟山调研)如图2所示，两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为θ＝37°，两导轨之间的距离为L＝0.2m，导轨上端m、n之间通过导线连接，有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场边界，磁感应强度为B＝2.0T．一质量为m ＝0.05kg的光滑金属棒ab从距离磁场边界0.75m处由静止释放，金属棒两轨道间的电阻r＝0.4Ω，其余部分的电阻忽略不计，ab、ef均垂直导轨．(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：图2(1)ab棒最终在磁场中匀速运动的速度；(2)ab棒运动过程中的最大加速度．3．如图3所示，半径R＝0.2m的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为R的金属棒一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2T．一对长L＝0.2m的金属板A、B水平放置，两板间距d＝0.1m．从导轨引出导线与上板连接，通过电刷从转轴引出导线与下板连接．有一质量m＝1.0×10－5kg，电荷量q＝－5.0×10－6C的微粒，以v0＝2m/s的速度从两板正中间水平射入．求：图3(1)金属棒转动的角速度ω多大时，微粒能做匀速直线运动；(2)金属棒转动的角速度ω至少多大时，微粒会碰到上极板A.4．如图4所示，在水平面内存在着竖直向下的有界匀强磁场，其宽度为d＝1m，磁感应强度B＝114T．水平放置的“日”字形闭合导体线框PQFE，宽L＝1m，质量m＝0.25kg，QN、NF的长度都大于d，PQ边的电阻R1＝1Ω、MN边的电阻R2＝2Ω、EF边的电阻R3＝3Ω，其余电阻不计．t＝0时刻线框在距磁场左边界x＝3.2m处由静止开始在水平恒力F作用下沿直线运动，已知当线框PQ边、MN边和EF边刚进磁场时均恰能匀速运动，不计线框运动中的一切摩擦阻力．求：图4(1)线框所受的力F的大小；(2)线框PQ边与MN边之间的距离H；(3)在整个线框穿过磁场的过程中线框产生的焦耳热．5．(2016·杭州市月考)如图5所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF 以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的焦耳热为Q，求：图5(1)导体棒MN受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF上升的最大高度．6．(2016·衢州市调研)如图6(a)所示，斜面倾角为37°，一宽为d＝0.43m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行．在斜面上由静止释放一长方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行．取斜面底部为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移x之间的关系如图(b)所示，图中①、②均为直线段．已知线框的质量为m＝0.1kg，电阻为R＝0.06Ω，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图6(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ；(2)求金属线框从刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t.例1. 答案 (1)见解析图 (2)BL v R g sin θ－B 2L 2v mR (3)mgR sin θB 2L2解析 (1)如图所示，ab 杆受重力mg ，竖直向下；支持力F N ，垂直斜面向上；安培力F ，沿斜面向上．(2)当ab 杆速度为v 时，感应电动势E ＝BL v ，此时电路中电流I ＝E R ＝BL vR ，ab 杆受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ，根据牛顿第二定律，有ma ＝mg sin θ－F 安＝mg sin θ－B 2L 2vRa ＝g sin θ－B 2L 2vmR(3)当a ＝0时，ab 杆有最大速度v m ＝mgR sin θB 2L 2. 变式题组1. 答案 (1)30V (2)C →D 向上 (3)0.03C 解析 (1)由电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 得E ＝nS ΔB 2Δt ＝30V(2)电流方向C →D ，B 2方向向上(3)由牛顿第二定律F ＝ma ＝m v －0Δt (或由动量定理F Δt ＝m v －0)，安培力F ＝IB 1l ，ΔQ ＝I Δt ，v 2＝2gh ，得ΔQ ＝m 2ghB 1l＝0.03C.2. 答案 (1)B 1ωl 26R ，方向由d 到c (2)B 12ω2l 46R (3)6k (x －x 0)RB 1B 2l 3解析 (1)ab 顺时针转动时产生的电动势为E ＝12B 1ωl 2由右手定则，电流方向由a 到b ，由闭合电路欧姆定律，总电流I ＝E R ＋12R＝B 1ωl 23R通过cd 棒的电流I cd ＝12I ＝B 1ωl 26R ，方向由d 到c(2)电动机的输出功率P ＝I 2·32R ＝B 12ω2l 46R(3)S 断开时，由平衡条件kx 0＝mg S 闭合时，由平衡条件kx ＝B 2I cd l ＋mg 解得ω＝6k (x －x 0)RB 1B 2l 3.例2. 答案 (1)4倍 (2)Qmg＋28l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＝2Bl v 1① 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 1R ②设此时线框所受安培力为F 1，有F 1＝2I 1lB ③ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg ＝F 1④ 由①②③④式得v 1＝mgR4B 2l2⑤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＝mgRB 2l 2⑥由⑤⑥式得v 2＝4v 1⑦(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 ＝12m v 12⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg (2l ＋H )＝12m v 22－12m v 12＋Q ⑨由⑦⑧⑨式得H ＝Qmg＋28l .变式题组3. 答案 (1)F (R ＋r )B 2l 2 (2)F (d 0＋d )－mF 2(R ＋r )22B 4l 4解析 (1)棒在磁场中匀速运动时，有F ＝F A ＝BIl ，再据I ＝ER ＋r ＝Bl v R ＋r 联立解得v ＝F (R ＋r )B 2l 2(2)安培力做的功转化成两个电阻消耗的电能Q ，根据能量守恒定律可得F (d 0＋d )＝Q ＋12m v 2，解得Q ＝F (d 0＋d )－mF 2(R ＋r )22B 4l 4.4. 答案 见解析解析 (1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有 －μmg ＝ma ，v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2代入数据解得t ＝1s ，x ＝0.5m即导体棒在1s 末已经停止运动，以后一直保持静止，离左端位置为x ＝0.5m.(2)前2s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为E ＝0，I ＝0；后2s 回路产生的电动势为 E ＝ΔΦΔt ＝ld ΔBΔt＝0.1V回路的总长度为5m ，因此回路的总电阻为R ＝5λ＝0.5Ω电流为I ＝ER ＝0.2A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．(3)前2s 电流为零，后2s 有恒定电流，焦耳热为Q ＝I 2Rt ＝0.04J. 专题强化练1. 答案 (1)12.5m /s (2)1.2 m/s 2解析 (1)导体棒达到最大速度v m 时受力平衡，有F ＝F 安m ，此时F 安m ＝B 2L 2v mR ，解得v m ＝12.5m/s(2)导体棒的速度v ＝5.0m/s 时，感应电动势E ＝BL v ＝1.0V ，导体棒上通过的感应电流大小I ＝ER ＝2.0A ，导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝0.40N ，根据牛顿第二定律，有F －F 安＝ma ，解得a ＝1.2m/s 2.2. 答案 (1)0.75m /s ，方向沿斜面向下 (2)18 m/s 2，方向沿斜面向上 解析 (1)当ab 棒在磁场中匀速运动时，根据受力平衡得：BIL ＝mg sin θ 又有I ＝Er，E ＝BL v ，联立以上关系可得v ＝0.75m/s ，方向沿斜面向下．(2)ab 棒进入磁场前，加速度a 1＝g sin37°＝6m/s 2，方向沿斜面向下．设ab 棒进入磁场时的速度为v 1，则v 12＝2a 1x 1 将x 1＝0.75m 代入得v 1＝3m/s 刚进入磁场时，对ab 棒受力分析得：mg sin θ－BI 2L ＝ma 2，I 2＝BL v 1r解得a 2＝－18m/s 2，方向沿斜面向上进入磁场以后，ab 棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终匀速运动，所以ab 棒运动中的最大加速度为18m/s 2，方向沿斜面向上． 3. 答案 (1)50rad /s (2)100 rad/s 解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可得 U ＝12BωR 2根据平衡条件可得mg ＝qE 因为E ＝U d 所以mg ＝q U d ＝q 2d BωR 2解得ω＝2dmgqBR 2＝50rad/s(2)微粒恰好碰到上面金属板边缘时，微粒向上的加速度大小为 d 2＝12a (L v 0)2a ＝d v 02L2＝10m/s 2q2d Bω1R 2－mg ＝ma 解得ω1＝2m (g ＋a )d qBR 2＝100rad/s. 4. 答案 (1)2.5N (2)2.8m (3)7.5J 解析 (1)设PQ 边进磁场时的速度为v 1，则Fx ＝12m v 12－0 F ＝BI 1L I 1＝BL v 1r 1r 1＝R 1＋R 2R 3R 2＋R 3＝2.2Ω即v 1＝2B 2L 2x mr 1＝8m/s F ＝B 2L 2v 1r 1＝2.5N(2)设MN 边匀速进磁场时的速度为v 2，则F ＝BI 2L ＝B 2L 2v 2r 2 r 2＝R 2＋R 1R 3R 1＋R 3＝2.75Ω 即v 2＝Fr 2B 2L 2＝10m/s设线框速度从v 1加速到v 2时发生的位移为x 1，则Fx 1＝12m v 22－12m v 12即x 1＝m (v 22－v 12)2F ＝1.8m 所以H ＝x 1＋d ＝2.8m(3)线框产生的焦耳热Q ＝3Fd ＝3×2.5×1J ＝7.5J. 5. 答案 (1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)m v 02－4Q 2mg解析 (1)EF 获得向上初速度v 0时，产生的感应电动势E ＝BL v 0，电路中电流为I ，由闭合电路的欧姆定律有I ＝E2R ，此时对导体棒MN 受力分析，由平衡条件有F A ＋mg sin α＝F f ，F A ＝BIL ，解得F f ＝B 2L 2v 02R＋mg sin θ.(2)导体棒EF 上升过程MN 一直静止，对系统由能量守恒定律有12m v 02＝mgh ＋2Q .解得h ＝m v 02－4Q2mg .6. 答案 (1)0.5 (2)0.125s解析 (1)由能量守恒定律可知，线框减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，则 ΔE 1＝W f1＝μmg cos37°x 1其中x 1＝0.36m ，ΔE 1＝(0.900－0.756) J ＝0.144J 可解得μ＝0.5(2)金属线框进入磁场的过程中，减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减少，因此安培力也为恒力，线框做匀速运动 v 12＝2ax 1，其中a ＝g sin37°－μg cos37°＝2m/s 2 可解得线框刚进入磁场时的速度大小为v 1＝1.2m/s ΔE 2＝W f2＋W A ＝(F f ＋F A )x 2其中ΔE 2＝(0.756－0.666) J ＝0.09J ，F f ＋F A ＝mg sin37°＝0.6N ，x 2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程运动的距离，可求出 x 2＝0.15m t ＝x 2v 1＝0.151.2s ＝0.125s.。