1、第4讲 电磁感应定律的综合应用(二)(动力学和能量)考点1 电磁感应现象中的动力学问题 1.安培力的大小 感应电动势：E=_ 感应电流：I=_ 安培力公式：F=_ F=2 2BvRlBlv ERBIl2.安培力的方向(1)先用_确定感应电流方向，再用_确定 安培力方向.(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向 _.右手定则 左手定则 相反 1.安培力对导体棒运动的两种作用(1)导体棒由于通电而运动时，安培力是动力.(2)由于导体棒的运动而产生感应电流，则磁场对导体棒的安培 力为阻力.2.导体棒两种状态的处理方法(1)导体处于平衡态静止或匀速直线运动状态 处理方法：根据平衡条件
2、列方程求解.(2)导体处于非平衡态加速度不为零 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.(2012福州模拟)如图所示，金属 棒AB垂直跨搁在位于水平面上的两 条平行光滑金属导轨上，棒与导轨 接触良好，棒AB和导轨的电阻均忽略不计，导轨左端接有电阻R，垂直于导轨平面的匀强磁场向下穿过平面，现以水平向右的恒力F拉着棒AB向右移动，t秒末棒AB的速度为v，移动距离为x,且在t秒内速度大小一直在变化，则下列判断正确的是()A.t秒内AB棒所受安培力方向水平向左且逐渐增大 B.t秒内AB棒做加速度逐渐增大的加速运动 C.t秒内AB棒做匀加速直线运动 D.t秒末外力F做功的功率为 2Fx
3、t【解析】选A.由右手定则可知棒AB中感应电流的方向是由B到 A，再由左手定则可判断棒AB所受安培力的方向水平向左，根据 安培力的表达式 可知，安培力逐渐增大，A正确；由 牛顿第二定律 可知，棒AB做加速度逐渐减小的加速 运动，B、C错误；t秒末外力F做功的功率为P=Fv，由于AB棒不 是匀加速直线运动，故x t,D错误.2 2BvF=Rl安2 2BvF-=maRlv2考点2 电磁感应现象中的能量问题 1.能量的转化:感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力 _，将其他形式的能转化为_，电流做功再将电能 转化为_.2.实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和 _之间的转化.做功 电能
4、 内能 电能 电磁感应现象中能量的三种计算方法：(1)利用克服安培力求解：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：机械能的减少量等于产生的电能.(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算.(2012烟台模拟)如图所示，光滑 金属导轨AC、AD固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B的 匀强磁场中.有一质量为m的导体棒 以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A点.在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A点的总电荷量为Q.已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值恒为R，其余电阻不计，则()A.该过程中导体棒做匀减速运动 B
5、.该过程中接触电阻产生的热量为 C.开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为 D.当导体棒的速度为 时，回路中感应电流大小为初始时的 一半 201 mv8QRB01 v2【解析】选C.导体棒产生的感应电动势为E=Blv，电流为 安培力为F=BIl=l、v都在减小，加速度也在减小，故A 错误；在该过程中，棒的动能全部转化为接触电阻的热量，即 为 故B错误；在该过程中通过回路的总电荷量为 则回路的面积 C正确；由感应电动势E=Blv和电流 知由于l也在变化，故当导体棒的速度为 时，回路中感应电 流的大小应小于初始时的一半，D错误.B vI=,Rl2 2Bv,Rl201 mv,2BSQ=R，QRS
6、=B，B vI=Rl0v2 电磁感应中动力学临界问题的求解方法【例证1】(2011海南高考)如图，ab 和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导 轨，MN和MN是两根用细线连接的金 属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的 外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个 装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直.导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好.求：(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度.【解题指南】解答本题应把握以下三点：(1)根据初状
7、态两杆静止计算F的大小.(2)回路中的感应电动势应为两金属杆切割磁感线产生的感应电动势之和.(3)分析两杆达到最大速度时杆的受力情况，进而列出相关方程.【自主解答】(1)设任意时刻MN、MN杆的速度分别为v1、v2.细线烧断前：F=mg+2mg 对MN杆在任意时刻：F-mg-F安=ma1 对MN杆在任意时刻：2mg-F安=2ma2 E=Bl(v1+v2)F安=BIl EI=R任意时刻加速度之比等于速度之比 即 解得：v1v2=21 (2)当两杆达到最大速度时，对MN则有：2mg-F安=0 由以上几式联立解得v1=，v2=答案：(1)21 (2)1122av=av2 24mgR3B l2 22m
8、gR3B l2 24mgR3B l2 22mgR3B l【总结提升】电磁感应中动力学临界问题的两个提醒(1)基本思路：导体受外力作用感应电动势感应电流导体受安培力合力变化加速度变化速度变化临界状态.(2)两种常见类型.类型 “电动电”型 “动电动”型 示 意 图 已 知 量 棒b长l、质量m、电阻R，导轨光滑水平，电阻不计 棒ab长l、质量m、电阻R，导轨光滑，电阻不计 过 程 分 析 S闭合，棒b受安培力F=,此时a=,棒b速度v 感应电动势E=Blv与电源 电动势反接使电流I安培 力F=BIl加速度a,当安 培力F=0（a=0）时，v最大，最后匀速运动 棒ab释放后下滑，此时 a=gsin
9、,棒ab速度v感 应电动势E=Blv电流 I=安培力F=BIl 加速度a,当安培力 F=mgsin(a=0)时，v最 大，最后匀速运动 B ERlB EmRlER 电磁感应能量问题的规范求解【例证2】(2011上海高考)(17分)电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s=1.15 m,两导轨间距L=0.75 m,导轨 倾角为30，导轨上端ab接一阻 值R=1.5 的电阻，磁感应强度B=0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上.阻值r=0.5 ，质量m=0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr=0.1 J.(取g=10 m/s2)求：(
10、1)金属棒在此过程中克服安培力做的功W安；(2)金属棒下滑速度v=2 m/s时的加速度a.(3)为求金属棒下滑的最大速度vm,有同学解答如下：由动能定 理W重-W安=.由此所得结果是否正确？若正确，说明理 由并完成本小题：若不正确，给出正确的解答.2m1 mv,2【解题指南】解答本题应注意以下三个方面：(1)克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能，电能又转化为热能；(2)重力沿斜面的分力与安培力之矢量和就是合外力，决定物体的加速度；(3)重力势能的减少等于增加的动能与产生的热能之和.【规范解答】(1)下滑过程中克服安培力做的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R=3r,根据Q=I2R
11、t 可知：QR=3Qr=0.3 J (2分)所以W安=Q=QR+Qr=0.4 J (2分)(2)金属棒下滑时受重力和安培力 (2分)由牛顿第二定律得mgsin30-=ma (2分)所以a=gsin30-=3.2 m/s2 (2分)(3)此解法正确.金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足 mgsin30-=ma (2分)22B LF=BIL=vR+r安22B L vR+r22B Lvm(R+r)222210.80.75210 m/s-m/s20.2(1.5+0.5)22B L vR+r上式表明，加速度随速度增大而减小，棒做加速度减小的加速运动.无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定
12、为最大.由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确.mgssin30-Q=(3分)所以=(2分)答案：(1)0.4 J (2)3.2 m/s2 (3)见规范解答 2m1 mv2m2Qv=2gssin30-m1 2 0.42 10 1.15-m/s=2.74 m/s20.2【总结提升】电磁感应能量问题的规范求解 1.一般解题思路(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和 方向.(2)画出等效电路,求出回路中电阻消耗电功率的表达式.(3)分析导体机械能的变化,用动能定理或能量守恒定律,得到机 械功率的改变所满足的方程.2.应注意的问题(1)产生和维持感应电流的过程就是其他形式的
13、能量转化为感应 电流电能的过程.导体在达到稳定状态之前，外力移动导体所做 的功，一部分消耗于克服安培力做功，转化为产生感应电流的电能或最后再转化为焦耳热，另一部分用于增加导体的机械能.(2)在较复杂的电磁感应现象中，经常涉及求解焦耳热的问题.尤其是变化的安培力，不能直接由Q=I2Rt求解，用能量守恒的方法就可以不必追究变力、变电流做功的具体细节，只需弄清能量的转化途径，注意分清有多少种形式的能量在相互转化，用能量的转化与守恒定律就可求解，而用能量的转化与守恒观点，只需从全过程考虑，不涉及电流的产生过程，计算简便.考查内容电磁感应在实际中的应用【例证】(2011重庆高考)有人设计了一种可测速的跑
14、步机，测速原理如图所示，该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极.电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R,绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻，若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U,求：(1)橡胶带匀速运动的速率；(2)电阻R消耗的电功率；(3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功.【规范解答】(1)设电动势为E，橡胶带运动速度为v E=BLv E=U 所以(2)设电阻R消耗的电功率为P：P=；(3)电流强度I=安培力F=BIL 安培力做功W=Fd=答案：(1)(2)(3)Uv=BL2UR
15、URB UdRLUBL2URB UdRL1.如图所示用粗细相同的铜丝做成 边长分别为L和2L的两只闭合线框a 和b，以相同的速度从磁感应强度为 B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场 外，不考虑线框的重力，若外力对线框做的功分别为Wa、Wb，则WaWb为()A.14 B.12 C.11 D.不能确定【解析】选A.根据能的转化和守恒可知，外力做功等于电能，而电能又全部转化为焦耳热，由电阻定律知Rb=2Ra,故WaWb=14.故A正确.22aabbab(BLv)L(B 2Lv)2LW=Q=,W=Q=,RvRv2.平行金属导轨MN竖直放置于绝缘水平的地板上，如图所示，金属杆PQ可以紧贴导轨无摩擦滑动，导轨
16、间除固定电阻R外，其他电阻不计，匀强磁场B垂直穿过导轨平面，有以下两种情况：第一次，闭合开关S，然后从图中位置由静止释放PQ，经过一段时间后PQ匀速到达地面；第二次，先从同一高度由静止释放PQ，当PQ下滑一段距离后突然闭合开关，最终PQ也匀速到达了地面.设上述两种情况下PQ由于切割磁感线产生的电能(都转化为内能)分别为E1、E2，则可断定()A.E1E2 B.E1=E2 C.E1E2 D.无法判定E1、E2大小【解析】选B.设PQ的质量为m,匀速运动的速度为v,导轨宽l,则 由平衡条件得BIl=mg,而 E=Blv,所以 可见PQ匀 速运动的速度与何时闭合开关无关，即PQ两种情况下落地速度 相
17、同，由能量守恒定律得：机械能的损失完全转化为电能，所 以两次产生的电能相等，故B正确.EI=R，2 2Rmgv=,B l3.(2012泰州模拟)如图所示，金属棒ab置于水平放置的光滑框架cdef上，棒与框架接触良好，匀强磁场垂直于ab棒斜向下.从某时刻开始磁感应强度均匀减小(假设不会减至零)，同时施加一个水平外力F使金属棒ab保持静止，则F()A.方向向右，且为恒力 B.方向向右，且为变力 C.方向向左，且为变力 D.方向向左，且为恒力【解析】选C.根据楞次定律，B减小时，磁通量减小，为阻碍 减小，ab有向右运动的趋势，故外力F方向向左.再根据电磁 感应定律，B均匀减小，故 不变，E不变，I不
18、 变.F安=BIL均匀减小，故F为变力.C项正确.BSE=,ttBt4.(2012泉州模拟)如图所示，闭合 金属环从高h的曲面滚下，又沿曲面的 另一侧上升，整个装置处在磁场中，设闭合环初速度为零，摩擦不计，则()A.若是匀强磁场，环滚的高度小于h B.若是匀强磁场，环滚的高度等于h C.若是非匀强磁场，环滚的高度等于h D.若是非匀强磁场，环滚的高度大于h 【解析】选B.若是匀强磁场，当闭合金属环从高h的曲面滚下时，无电磁感应现象产生,根据机械能守恒，环滚的高度等于h.若是非匀强磁场，当闭合金属环从高h的曲面滚下时，有电磁感应现象产生，而产生电磁感应的原因是环的运动，所以电磁感应现象所产生的结
19、果是阻碍环的运动，所以环上升的高度小于h，故B正确，A、C、D错误.5.(2012淮安模拟)如图甲所示,水平放置足够长的平行金属导 轨,左右两端分别接有一个阻值为R的电阻,匀强磁场与导轨平面 垂直,质量m=0.1 kg、电阻 的金属棒置于导轨上,与导轨垂 直且接触良好.现用一拉力F=(0.3+0.2t)N作用在金属棒上,经 过2 s后撤去F,再经过0.55 s金属棒停止运动,整个过程中金属 棒运动的距离x=2.45 m.如图乙所示为金属棒的v-t图象,g=10 m/s2.求:Rr=2(1)金属棒与导轨之间的动摩擦因数;(2)从撤去F到金属棒停止的过程中,每个电阻R上产生的焦耳热.【解析】(1)在02 s这段时间内,根据牛顿第二定律有 F-mg-=ma 由图乙可知a=1.0 m/s2 又因F=0.3+0.2t,可得0.3+0.2t-=0.1 为使该式成立,必有 可解得=0.2 22B L atR总22B L tR总22B L=0.2,R总(2)在前2 s内的位移 所以撤去拉力后的位移 x2=x-x1=0.45 m 从撤去拉力到金属棒停止的过程中,根据能量守恒定律有 mv2=mgx2+Q热 解得Q热=0.11 J 而每个电阻R上产生的焦耳热占总热量的四分之一,即QR=Q热=2.7510-2 J 答案：(1)0.2 (2)均为2.7510-2 J 211x=at=2 m,21214