1、第4讲 电磁感应定律的综合应用(二)(动力学和能量)知识点 1电磁感应现象中的动力学问题1.安培力的大小安培力公式：F=_感应电动势：E=_ 感应电流：IlBBlv2.安培力的方向（1）先用_判定感应电流方向，再用_判定安培力方向。（2）根据楞次定律，安培力的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知识点 2电磁感应现象中的能量问题1.电磁感应现象的实质是_的能和_之间的转化。2.感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为_，电流做功再将_转化为其他形式的能。3.电流做功产生的热量与_做功相等。其他形式电能安培力电能电能【思考辨析】(1)判断感应电流的方
2、向应该用左手定则，判断安培力的方向应该用右手定则。()(2)安培力总是阻碍导体棒的运动。()(3)安培力的方向可以与运动方向相同，也可以与运动方向相反。()(4)在电路中，安培力做功，电能转化为其他形式的能。()(5)在电路中，安培力做正功，电能完全转化为电路的内能。()(6)在电路中，电流做功，电能转化为其他形式的能。()(7)电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功。()分析:导体运动产生感应电流时，可以用右手定则判断电流的方向,在判断安培力的方向时，可以用左手定则判断，(1)错；安培力的方向总是与相对运动方向相反，并不一定与运动方向相反，可以与运动方向相同，也可以与运动方向相反，故阻碍
3、感应电路中，安培力做功量度了电能的变化，安培力做正功，电能转化为其他形式的能(如机械能、内能、化学能等)，电能转化为其他形式的能，安培力一定做正功；安培力做负功，其他形式的能转化为电能，其他形式的能转化为电能，安培力一定做负功，(4)错，(5)错，(7)对；在电路中电流做功，实际上是安培力做正功，电能转化为其他形式的能，(6)对。考点 1电磁感应中的动力学问题（三年6考）解题技巧【考点解读】导体棒的动力学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。1.导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态静止状态或匀速直线运动状态。(2)导体的非平衡
4、状态加速度不为零。2.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3.导体的运动分析流程【典例透析1】（2011四川高考）如图所示，间距l=0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内。在水平面a1b1b2a2区域内和倾角=37的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1=0.4 T、方向竖直向上和B2=1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻R=0.3、质量m1=0.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，
5、绳上穿有质量m2=0.05 kg的小环。已知小环以a=6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长。取g=10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求:（1）小环所受摩擦力的大小；（2）Q杆所受拉力的瞬时功率。【解题探究】（1）请判断导体杆Q中的电流方向。提示:导体杆Q沿导轨向下匀速切割磁感线，由右手定则可以判断其电流方向由内向外。（2）请画出该电路的等效电路图。提示:（3）请画出小环、导体杆K、导体杆Q的受力分析图。提示:设流过K的电流为I【解析】（1）以小环为研究对象，由牛顿第二定律m2g-F
6、f=m2a代入数据得Ff=0.2 N（2）设流过杆K的电流为I，由平衡条件得Ff=IlB1对杆Q，根据并联电路特点以及平衡条件得2IlB2=F+m1gsin由法拉第电磁感应定律的推论得E=B2lv根据欧姆定律有且瞬时功率表达式为P=Fv联立以上各式得P=2 W答案：（1）0.2 N （2）2 W【总结提升】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)先进行“源”的分析分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；(2)再进行“路”的分析分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；(3)然后是
7、“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)接着进行“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。【变式训练】（2013福州模拟）如图所示，有两根和水平方向成角的光滑且平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A.如果B增大，vm将变大B.如果变大，vm将变大C.如果R变大，vm将变小D.如果m变小，vm将变大【解析】选B。金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达到最大
8、值vm，此后杆做匀速运动，杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。安培力，对金属杆列平衡方程：，则，由此式可知，B增大，vm减小；增大，vm增大；R变大，vm变大；m变小，vm变小,故B正确。考点 2 电磁感应的能量问题（三年5考）解题技巧【考点解读】1.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的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程。2.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法【典例透析 2】如图所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s1.15 m，两导轨间距L0
9、.75 m，导轨倾角为30，导轨上端ab接一阻值R1.5 的电阻，磁感应强度B0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r0.5，质量m0.2 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Qr0.1 J。(取g10 m/s2)求：(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v2 m/s时的加速度a。【解题探究】(1)金属棒下滑过程中克服安培力做的功与能量转化存在什么关系？提示:金属棒克服安培力做的功等于金属棒和电阻R上产生的焦耳热。(2)请画出金属棒下滑过程中的受力分析图。提示:【解析】(1)下滑过程中安培力做的功即为
10、在电阻上产生的焦耳热，由于R3r，因此QR3Qr0.3 J所以W安QQRQr0.4 J。(2)金属棒下滑时受安培力由牛顿第二定律知，所以加速度答案:(1)0.4 J (2)3.2 m/s2【总结提升】电磁感应中的功能观点电磁感应过程往往涉及多种能量的转化，从功和能的观点入手，分析清楚电磁感应过程中能量转化的关系，是解决电磁感应中能量问题的重要途径。(1)如上述例题中金属棒ab沿导轨由静止下滑时，重力势能减少，一部分用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能，最终在电阻上转化为焦耳热，另一部分转化为金属棒的动能。(2)若导轨足够长，棒最终达到稳定状态匀速运动时，重力势能的减少则完全用来克服安培力做
11、功，转化为感应电流的电能。【变式训练】（2013厦门模拟）如图所示的电路中，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑h高度的过程中，以下说法正确的是()A.作用在金属棒上各力的合力做功为零B.重力做功将机械能转化为电能C.重力与恒力F做功的代数和大于电阻R上产生的焦耳热D.金属棒克服安培力做的功等于重力与恒力F做的总功与电阻R上产生的焦耳热之和【解析】选A。由于金属棒匀速下滑，故作用在金属棒上的各个力的
12、合力做功为零，故A项对；金属棒克服安培力做功，将机械能转化为电能，故B项错误；由动能定理得WG-WF-W安=0，变形可得WG-WF=W安，可知C、D项错误。【变式备选】如图甲所示,水平面上两根足够长的光滑金属导轨平行固定放置,间距为L=0.5 m,一端通过导线与阻值为R=0.5 的电阻连接;导轨上放一质量为m=0.5 kg的导体棒,导体棒与导轨的电阻忽略不计;导轨所在位置有磁感应强度为B=1 T的匀强磁场,磁场的方向垂直导轨平面向上,现在给导体棒施加一水平向右的恒定拉力F,并每隔0.2 s测量一次导体棒的速度,图乙是根据所测数据描绘出导体棒的v-t图像，求:(1)力F的大小;(2)t=2 s时
13、导体棒的加速度;(3)估算3.2 s内电阻上产生的热量。【解析】(1)由图像可知,导体棒运动的速度达到10 m/s时开始做匀速运动,导体棒匀速运动的速度v1=10 m/s。则:F安=F又F安=I1LB,E1=BLv1,解得:F=5 N(2)由图像可知,t=2 s时导体棒的速度v2=6 m/s。此时导体棒上的电动势E2=BLv2,由牛顿第二定律得F-F安=ma解得a=4 m/s2(3)由图像可知,到3.2 s处,图线下方小方格的个数为38个(3840均可),每个小方格代表的位移是x=10.4 m=0.4 m,所以3.2 s内导体棒的位移x=0.438 m=15.2 m此时导体棒的速度v3=8 m
14、/s拉力F做的功WF=Fx=5 N15.2 m=76 J由能量守恒定律得:解得Q=60 J答案:(1)5 N (2)4 m/s2 (3)60 J【备选例题】【典例透析】如图所示,两根正对的平行金属直轨道MN、MN位于同一水平面内，两轨道之间的距离l=0.50 m,轨道的MM之间接一阻值为R=0.40 的定值电阻，NN端与两条位于竖直考查内容电磁感应与其他知识的综合问题面内的半圆形光滑金属轨道NP、NP平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0=0.50 m。直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B=0.64 T的匀强磁场中，磁场区域的宽度d=0.80 m,且其右边界与NN重合。现有一质量m=0.20 k
15、g、电阻r=0.10 的导体杆ab静止在距磁场的左边界s=2.0 m 处。在与杆垂直的水平恒力F=2.0 N的作用下ab杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆ab恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点P、P。已知导体杆ab在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆ab与直轨道之间的动摩擦因数=0.10,轨道的电阻可忽略不计，取g=10 m/s2,求：(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流大小和方向;(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量;(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热。【规范解答】(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为
16、v1,根据动能定理有(F-mg)s=导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E=Blv1此时通过导体杆上的电流大小I=3.84 A根据右手定则可知，电流方向为由b到a。(2)设导体杆在磁场中运动的时间为t,产生的感应电动势的平均值为E平均，则由法拉第电磁感应定律有E平均=通过电阻R的感应电流的平均值通过电阻R的电荷量q=I平均t=0.512 C(3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v2,运动到半圆形轨道最高点的速度为v3,因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，则对于导体杆从NN运动至PP的过程，根据机械能守恒定律有解得v2=5.0 m/s导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能此过程中电路中产生的焦耳热为Q
17、=E-mgd=0.94 J答案:(1)3.84 A 由b到a (2)0.512 C (3)0.94 J电磁感应中的“杆+导轨”模型1.模型构建对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态最终达到稳定的运动状态，该系统称为“杆+导轨”模型。2.模型分类及其特点类型“电动电”型“动电动”型示意图已知条件棒ab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，电阻不计类型“电动电”型“动电动”型过程分析S闭合，棒ab受安培力此时a棒ab速度v感应电动势BLv电流I安培力FILB加速度a，当安培力F0时，a0，v最大，最
18、后匀速棒ab释放后下滑，此时agsin，棒ab速度v感应电动势EBLv电流安培力FILB加速度a，当安培力Fmgsin时，a0，v最大，最后匀速类型“电动电”型“动电动”型运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动匀速运动【典例】（2011天津高考）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l=0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30角。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触。已知两棒质量均为m=0.02 kg，电阻均为R=0.1，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的
19、力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止。取g=10 m/s2，求：（1）通过棒cd的电流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每产生Q=0.1 J的热量，力F做的功W是多少？【深度剖析】（1）棒cd受到的安培力为Fcd=IlB棒cd在共点力作用下平衡，则Fcd=mgsin30由以上两式代入数值得：I=1 A根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c。（2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，Fab=Fcd对棒ab，由共点力平衡条件得：F=mgsin30+IlB代入数据解得：F=0.2 N（3）设在时间t内棒cd产生Q=0.1 J的热量，由焦耳定律知Q=I
20、2Rt设棒ab匀速运动的速度大小为v，其产生的感应电动势E=Blv，由闭合电路欧姆定律可知I=，根据运动学公式可知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移x=vt则力F做的功W=Fx联立以上各式，代入数值解得：W=0.4 J答案：（1）1 A，cd棒中的电流方向由d至c（2）0.2 N （3）0.4 J【名师指津】电磁感应的研究对象及其相互制约关系【变式训练】如图甲所示，不计电阻的、光滑的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L1 m，上端接有电阻R3，虚线OO下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m0.1 kg、电阻r1 的金属杆ab从OO上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，
21、杆下落过程中的v-t图像如图乙所示(取g10 m/s2)。求：(1)磁感应强度B的大小;(2)杆在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量。【解析】(1)由图像知，杆自由下落0.1 s进入磁场以v1.0 m/s做匀速运动,产生的电动势EBLv杆中的电流杆所受安培力F安ILB由平衡条件得mgF安代入数据得B2 T(2)电阻R产生的热量QI2Rt0.075 J答案:(1)2 T (2)0.075 J【双基题组】1.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
22、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=E2C.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,导轨宽为l,则由平衡条件得IlB=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。2.如图所示
23、，水平固定放置的足够长的U型金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最终静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程()A.安培力对ab棒所做的功相等B.电流所做的功相等C.产生的总内能相等D.通过ab棒的电荷量相等【解析】选C。光滑导轨无摩擦力，导轨粗糙的有摩擦力，动能最终都全部转化为内能，所以内能相等，C正确；对光滑的导轨有，对粗糙的导轨有，Q安Q安，则A、B错；q=It=，且x光x粗，所以q光q粗，D错。【高考题组】3.（2012山东高考改编）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有
24、定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g。下列选项正确的是()A.P=2mgvsinB.P=3mgvsinC.当导体棒速度达到时加速度大小为D.在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【解析】选A。当导体棒以速度v匀速运动时：当导体棒以速度2v匀速运动时：P+mgsin2v=联立解得：P=2mgvsin，A对、B错；当导体棒速度达到时
25、，由牛顿第二定律得：，联立解得：,C错；当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力所做的功之和，D错。4.（2011江苏高考）如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直，阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。t=0时，将开关S由1掷到2，q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图像正确的是()【解析】选D。当开关由1掷到2时，电容器放电，导体棒因受安培力而向右加速，导体棒向右运动产生感应电动势，最终电容器两端电压和导体棒两端电压相等，电容器的带电量保持不变，导体棒的速度不再改变，但不
26、等于零，A、C错;最终导体棒的加速度以及棒中电流为零，B错、D对。5.（2011福建高考）如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角（090），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()A.运动的平均速度大小为vB.下滑的位移大小为C.产生的焦耳热为qBLvD.受到的最大安培力大小为【解析】选B。由E=BLv、F安=BIL可得导体棒的速度为v时的安培力为，D错；对导体棒受力分析如图甲所示，据牛顿运动定律判断可得导体棒的运动情况如图乙所示，由图乙可知导体棒这一过程的平均速度大于v，A错；由法拉第电磁感应定律得到导体棒这一过程的电量q=，因此导体棒下滑的位移s=，B对；由能量关系可得这一过程产生的焦耳热Q=mg sin-mv2，C错，故选B。
