能力課2電磁感應中的動力學和能量問題電磁感應中的動力學問題1．兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系進行分析2.電學對象與力學對象的轉換及關系eq\a\vs4\al(【模擬示例1】)(2017·山東濟寧市模擬)如圖1所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導軌電阻不計，間距L＝0.4m。導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B＝0.5T。在區(qū)域Ⅰ中，將質量m1＝0.1kg，電阻R1＝0.1Ω的金屬條ab放在導軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域Ⅱ中將質量m2＝0.4kg，電阻R2＝0.1Ω的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取g＝10m/s2，問：圖1(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大；(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離s＝3.8m，此過程中ab上產生的熱量Q是多少。解析(1)根據(jù)右手定則判知cd中電流方向由d流向c，故ab中電流方向由a流向b。(2)開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設其為Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①設ab剛好要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有E＝BLv②設電路中的感應電流為I，由閉合電路的歐姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2)③設ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得：v＝5m/s⑥(3)設cd棒的運動過程中電路中產生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gssinθ＝Q總＋eq\f(1,2)m2v2⑦由串聯(lián)電路規(guī)律有Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q總⑧聯(lián)立解得：Q＝1.3J⑨答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J【拓展延伸】在【模擬示例1】中若兩平行金屬導軌光滑，兩區(qū)域中磁場方向均垂直導軌平面向上，其他條件不變?，F(xiàn)對金屬條ab施加平行于軌道向上的拉力，使之勻速向上運動。在金屬條ab勻速向上運動的過程中，導體棒cd始終能靜止在軌道上。求：(1)通過導體棒cd的電流I；(2)金屬條ab受到的拉力F的大?。?3)導體棒cd每產生Q＝10J的熱量，拉力F做的功W。解析(1)對cd棒受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件得：BIL＝m2gsin30°所以I＝10A(2)對ab受力分析如圖則F－m1gsin30°－BIL＝0代入數(shù)據(jù)得：F＝2.5N(3)因為R1＝R2，所以Q＝10J時Q總＝20J根據(jù)Q總＝eq\f(B2L2v2,R1＋R2)當Q＝10J時，由Q＝I2R2t得t＝1s又因R1＝R2所以Q總＝20JQ總＝eq\f(B2L2v2,R1＋R2)t代入數(shù)據(jù)得：v＝10m/s則W＝Fvt＝2.5×10×1J＝25J答案(1)10A(2)2.5N(3)25J方法技巧用“四步法”分析電磁感應中的動力學問題解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：eq\a\vs4\al(【變式訓練1】)足夠長的平行金屬導軌MN和PQ表面粗糙，與水平面間的夾角為θ＝37°(sin37°＝0.6)，間距為1m。垂直于導軌平面向上的勻強磁場的磁感應強度的大小為4T，P、M間所接電阻的阻值為8Ω。質量為2kg的金屬桿ab垂直導軌放置，不計桿與導軌的電阻，桿與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.25。金屬桿ab在沿導軌向下且與桿垂直的恒力F作用下，由靜止開始運動，桿的最終速度為8m/s，取g＝10m/s2，求：圖2(1)當金屬桿的速度為4m/s時，金屬桿的加速度大??；(2)當金屬桿沿導軌的位移為6.0m時，通過金屬桿的電荷量。解析(1)對金屬桿ab應用牛頓第二定律有：F＋mgsinθ－F安－f＝maf＝μNN＝mgcosθab桿所受安培力大小為：F安＝BILab桿切割磁感線產生的感應電動勢為：E＝BLv由閉合電路歐姆定律可知：I＝eq\f(E,R)整理得：F＋mgsinθ－eq\f(B2L2,R)v－μmgcosθ＝ma代入：vm＝8m/s時a＝0，解得：F＝8N代入：v＝4m/s及F＝8N，解得：a＝4m/s2(2)設通過回路截面的電荷量為q，則：q＝eq\o(I,\s\up6(－))t回路中的平均電流強度為：eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)回路中產生的平均感應電動勢為：eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,t)回路中的磁通量變化量為：ΔΦ＝BLs聯(lián)立解得：q＝3C答案(1)4m/s2(2)3C電磁感應中的能量問題1．電磁感應中的能量轉化2．求解焦耳熱Q的三種方法3．解電磁感應現(xiàn)象中的能量問題的一般步驟(1)在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產生感應電動勢，該導體或回路就相當于電源。(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉化。(3)根據(jù)能量守恒列方程求解。eq\a\vs4\al(【模擬示例2】)(2017·湖南宜章一中模擬)如圖3，一質量為m，邊長為h的正方形金屬線框abcd自某一高度由靜止下落，依次經(jīng)過兩勻強磁場區(qū)域，且金屬線框bc邊的初始位置離磁場B1的上邊界的高度為eq\f(h,4)，兩磁場的磁感應強度分別為B1和B2，且B1＝2B0，B2＝B0(B0已知)，兩磁場的間距為H(H未知，但H＞h)，線框進入磁場B1時，恰好做勻速運動，速度為v1(v1已知)，從磁場B1中穿出后又以v2勻速通過寬度也為h的磁場B2。圖3(1)求v1與v2的比值；(2)寫出H與h的關系式；(3)若地面離磁場B2的下邊界的高度為h，求金屬線框下落到地面所產生的熱量。(用m、h、g表示)思路分析線框的速度線框的感應電動勢感應電流線框的安培力二力平衡速度v1與v2的比值功能關系(安培力做功)摩擦產生的熱量。解析(1)金屬線框分別進入磁場B1和B2后，做勻速運動，由平衡條件有BIh＝mg①又金屬線框切割磁感線，則I＝eq\f(Bhv,R)②聯(lián)立①②得v＝eq\f(mgR,B2h)所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(Beq\o\al(2,2),Beq\o\al(2,1))＝eq\f(1,4)。③(2)金屬線框進入磁場B1前和離開磁場B1后到進入磁場B2前，都是做只在重力作用下的運動，由運動學公式有veq\o\al(2,1)＝2g·eq\f(h,4)④veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2g(H－h(huán))⑤聯(lián)立③④⑤得H＝eq\f(19h,4)。⑥(3)產生的熱量等于克服安培力做功，Q＝BIh·4h⑦聯(lián)立①⑦得Q＝4mgh。答案(1)1∶4(2)H＝eq\f(19h,4)(3)4mgh【拓展延伸】在【模擬示例2】中把正方形金屬線框abcd的運動改為“始終做加速度為g的勻加速直線運動，有時需對線框施加豎直方向的外力F，且H＝2h，線框的電阻為R”。求：(1)當正方形金屬線框abcd的bc邊恰好進入磁場B2時的豎直外力F；(2)當正方形金屬線框abcd從靜止開始運動到bc邊離開磁場B1，通過線框a點的電荷量Q。解析(1)bc邊恰好進入磁場B2時的速度v＝eq\r(2g·\f(13h,4))＝eq\r(\f(13gh,2))，此時的安培力F安＝B2Ih＝eq\f(Beq\o\al(2,0)h2,R)eq\r(\f(13gh,2))由牛頓第二定律得mg＋F－F安＝mg則豎直外力F＝eq\f(Beq\o\al(2,0)h2,R)eq\r(\f(13gh,2))。(2)由法拉第電磁感應定律得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則平均電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(E,R)通過線框a點的電荷量Q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bh2,R)。答案(1)eq\f(Beq\o\al(2,0)h2,R)eq\r(\f(13gh,2))(2)eq\f(Bh2,R)反思總結在較復雜的電磁感應現(xiàn)象中，經(jīng)常涉及變力做功問題，一般應用能量守恒的方法研究，可不必追究變力作用下運動的細節(jié)問題；若涉及恒力或恒定加速度，一般用動力學的觀點研究，可以研究運動的細節(jié)問題。

eq\a\vs4\al(【變式訓練2】)如圖4所示，正方形單匝線框bcde邊長L＝0.4m，每邊電阻相同，總電阻R＝0.16Ω。一根足夠長的絕緣輕質細繩跨過兩個輕小光滑定滑輪，一端連接正方形線框，另一端連接物體P，手持物體P使二者在空中保持靜止，線框處在豎直面內。線框的正上方有一有界勻強磁場，磁場區(qū)域的上、下邊界水平平行，間距也為L＝0.4m，磁感線方向垂直于線框所在平面向里，磁感應強度大小B＝1.0T，磁場的下邊界與線框的上邊eb相距h＝1.6m?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，線框向上運動過程中始終在同一豎直面內，eb邊保持水平，剛好以v＝4.0m/s的速度進入磁場并勻速穿過磁場區(qū)，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。圖4(1)線框eb邊進入磁場中運動時，e、b兩點間的電勢差Ueb為多少？(2)線框勻速穿過磁場區(qū)域的過程中產生的焦耳熱Q為多少？(3)若在線框eb邊剛進入磁場時，立即給物體P施加一豎直向下的力F，使線框保持進入磁場前的加速度做連續(xù)的勻加速運動穿過磁場區(qū)域，已知此過程中力F做功WF＝3.6J，求eb邊上產生的焦耳熱Qeb為多少？解析(1)線框eb邊以v＝4.0m/s的速度進入磁場并勻速運動，產生的感應電動勢為E＝BLv＝1.6Ve、b兩點間的電勢差Ueb＝eq\f(3,4)E＝1.2V。(2)線框進入磁場后立即做勻速運動，并勻速穿過磁場區(qū)，線框受安培力F安＝BLI，I＝eq\f(E,R)，解得F安＝4N克服安培力做功W安＝F安·2L＝3.2J而Q＝W安，故該過程中產生的焦耳熱Q＝3.2J(3)因為線框在磁場中運動的加速度與進入前的加速度相同，所以在通過磁場區(qū)域的過程中，線框和物體P的總機械能保持不變，故力F做的功WF等于整個線框中產生的焦耳熱Q′，即WF＝Q′又Q＝I2rt∝r，故eb邊上產生的焦耳熱Qeb＝eq\f(1,4)Q′＝0.9J。答案(1)1.2V(2)3.2J(3)0.9J1．(天津理綜)如圖5所示，紙面內有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則()圖5A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2解析設線框邊長分別為l1、l2，線框中產生的熱量Q＝I2Rt＝(eq\f(Bl1v,R))2·R·eq\f(l2,v)＝eq\f(B2leq\o\al(2,1)l2v,R)＝eq\f(B2l1l2v,R)l1。由于lab＞lbc，所以Q1＞Q2。通過線框導體橫截面的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bl1l2,R)，故q1＝q2，A選項正確。答案A2．(2016·全國卷Ⅱ，24)如圖6，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上，t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求圖6(1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大??；(2)電阻的阻值。解析(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma①設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有v＝at0②當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律知產生的電動勢為E＝Blv③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0(eq\f(F,m)－μg)④(2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為F安＝BlI⑥因金屬桿做勻速運動，有F－μmg－F安＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m)⑧答案(1)Blt0(eq\f(F,m)－μg)(2)eq\f(B2l2t0,m)3．如圖7所示，傾角θ＝60°的傾斜平行直軌道與豎直面內的平行圓形軌道平滑對接，軌道之間距離為L，圓形軌道的半徑為r。在傾斜平行軌道上半部分處有磁感應強度為B的垂直于軌道平面的勻強磁場，磁場區(qū)域足夠大，圓形軌道末端接有一阻值為R的電阻。質量為m的金屬棒從距軌道最低點C高度為H處靜止釋放，運動到最低點C時的速度大小vC＝eq\r(6gr)，金屬棒及軌道電阻不計，摩擦不計，求：