习题课3 电磁感应中的动力学及能量问题
[学习目标] 1.综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的动力学问题． 2.会分析电磁感应中的能量转化题． 3.能求解电磁感应中的“双杆”模型问题．
电磁感应中的动力学问题
1．平衡类问题的求解思路
2．加速类问题的求解思路
(1)确定研究对象(一般为在磁场中做切割磁感线运动的导体)．
(2)根据牛顿运动定律和运动学公式分析导体在磁场中的受力与运动情况．
(3)如果导体在磁场中受到的磁场力变化了，从而引起合外力的变化，导致加速度、速度等发生变化，进而又引起感应电流、磁场力、合外力的变化，最终可能使导体达到稳定状态．
【例1】 如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，有两根水平放置且足够长的平行金属导轨AB、CD，在导轨的A、C端连接一阻值为R的电阻．一根质量为m、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置，导轨和金属棒的电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ.若用恒力F沿水平方向向右拉金属棒使其运动，求金属棒的最大速度．
[解析] 金属棒向右运动切割磁感线产生动生电动势，由右手定则知，金属棒中有从a到b方向的电流；由左手定则知，安培力方向向左，金属棒向右运动的过程中受到的合力逐渐减小，故金属棒向右做加速度逐渐减小的加速运动；当安培力与摩擦力的合力增大到大小等于拉力F时，金属棒的加速度减小到零，速度达到最大，此后做匀速运动．
由平衡条件得F＝BImaxL＋μmg
由闭合电路欧姆定律有Imax＝
金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势为
Emax＝BLvmax
联立以上各式解得金属棒的最大速度为
vmax＝.
[答案]
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．如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨间距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，则：
(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；
(2)导体ab匀速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)
[解析] (1)闭合S之前导体ab自由下落的末速度为
v0＝gt＝4 m/s.
S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力．
F安＝BIL＝＝0.016 N＞mg＝0.002 N.
此刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为
a＝＝－g，所以ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动．当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动．
(2)设匀速下落的速度为vm，
此时F安＝mg，即＝mg，vm＝＝0.5 m/s.
[答案] (1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动 (2)0.5 m/s
电磁感应中的能量问题
1.能量转化的过程分析
电磁感应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实现的．安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为内能)，外力克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程．
2．求解焦耳热Q的几种方法
公式法
Q＝I2Rt
功能关系法
焦耳热等于克服安培力做的功
能量转化法
焦耳热等于其他能的减少量
【例2】 如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨间距为d.空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B.P、M间所接电阻阻值为R.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r.现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g.求：
(1)金属杆ab运动的最大速度；
(2)金属杆ab运动的加速度为gsin θ时，电阻R上的电功率；
(3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功．
[解析] (1)当杆达到最大速度时安培力F＝mgsin θ
安培力F＝BId
感应电流I＝
感应电动势E＝Bdvm
解得最大速度vm＝.
(2)当金属杆ab运动的加速度为gsin θ时
根据牛顿第二定律mgsin θ－BI′d＝m·gsin θ
电阻R上的电功率P＝I′2R
解得P＝2R.
(3)根据动能定理mgs·sin θ－WF＝mv－0
解得WF＝mgssin θ－.
[答案] (1) (2)2R
(3)mgssin θ－
求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路
(1)确定感应电动势的大小和方向．
(2)画出等效电路图，求出回路中消耗的电能表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械能的改变与回路中的电能的改变所满足的方程．
2．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)
D [金属棒下滑过程中，根据动能定理有mgh＝mv，根据法拉第电磁感应定律有Em＝BLvm，根据闭合电路欧姆定律有Im＝，联立得Im＝，A错误；根据q＝可知，通过金属棒的电荷量为，B错误；金属棒运动的全过程根据动能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C错误；由Wf＝－μmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2Q＝－W安，联立得Q＝mg(h－μd)，D正确．]
1．如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界．若不计空气阻力，则( )
A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度
B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大
D．圆环最终将静止在平衡位置
B [如题图所示，当圆环从1位置开始下落，进入和摆出磁场时(即2和3位置)，由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生．同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有能量的损失，因此圆环不会摆到4位置．随着圆环进出磁场，其能量逐渐减少，圆环摆动的振幅越来越小．当圆环只在匀强磁场中摆动时，圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化．题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环最终将在A、B间来回摆动．B正确．]
2．如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd，其边长为l，质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ.虚线框a′b′c′d′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab边与磁场的d′c′边重合．现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的d′c′边距离为l.在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为( )
A.mv＋μmgl B.mv－μmgl
C.mv＋2μmgl D.mv－2μmgl
D [依题意知，金属线框移动的位移大小为2l，此过程中克服摩擦力做功为2μmgl，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q＝mv－2μmgl，故选项D正确．]
3．如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是( )
A．大于环重力mg，并逐渐减小
B．始终等于环重力mg
C．小于环重力mg，并保持恒定
D．大于环重力mg，并保持恒定
A [根据楞次定律知圆环中感应电流方向为顺时针，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FT＝mg＋F，得FT＞mg，F＝BIL，根据法拉第电磁感应定律I＝＝＝S可知I为恒定电流，联立上式可知B减小，推知F减小，则由FT＝mg＋F知FT减小．选项A正确．]
4．(多选)如图所示，两足够长的平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后( )
A．金属棒ab、cd都做匀速运动
B．金属棒ab上的电流方向是由b向a
C．金属棒cd所受安培力的大小等于
D．两金属棒间距离保持不变
BC [对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔离金属棒cd分析：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝F，C正确．]
课件34张PPT。习题课3 电磁感应中的动力学及能量问题点击右图进入…Thank you for watching !重难强化训练(三)
(时间：40分钟 分值：100分)
[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分)
1．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一根长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口齐平．让条形磁铁从静止开始下落，条形磁铁在圆筒中的运动速率( )
A．均匀增大
B．先增大，后减小
C．逐渐增大，趋于不变
D．先增大，再减小，最后不变
C [对磁铁受力分析可知，磁铁重力不变，磁场力随速率的增大而增大，当重力等于磁场力时，磁铁匀速下落，所以选项C正确．]
2．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
A [ef向右运动，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确．]
3．如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象不可能是下图中的( )
A B C D
B [S闭合时，若＞mg，先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，匀速，A项有可能；若＜mg，先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，－mg＝ma中a不恒定，故B项不可能．]
4.(多选)如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )
A．ab杆中的电流与速率v成正比
B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比
C．电阻R上产生的热功率与速率v的二次方成正比
D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比
ABC [由E＝Blv和I＝得I＝，所以安培力F＝BIl＝，电阻上产生的热功率P＝I2R＝，外力对ab做功的功率就等于回路产生的热功率，故A、B、C正确．]
5．如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则在金属框内产生热量大小等于( )
A. B.
C．mgL－ D．mgL＋
C [金属框绕光滑轴转动的过程中机械能有损失但能量守恒，损失的机械能为mgL－，故产生的热量为mgL－，答案C正确．]
6．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，金属棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于( )
A．金属棒的机械能增加量
B．金属棒的动能增加量
C．金属棒的重力势能增加量
D．电阻R上放出的热量
A [由动能定理有WF＋W安＋WG＝ΔEk，则WF＋W安＝ΔEk－WG，WG<0，故ΔEk－WG表示机械能的增加量．故选A.]
二、非选择题(14分)
7.如图所示，光滑平行的水平金属导轨MN、PQ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OO1O′1O′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：
(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．
[解析] (1)棒在磁场中匀速运动时，有F＝F安＝BIl，
再根据I＝＝，
联立解得v＝.
(2)安培力做的功转化成两个电阻消耗的电能Q，由能量守恒定律可得
F(d0＋d)＝Q＋mv2，
解得Q＝F(d0＋d)－.
[答案] (1) (2)F(d0＋d)－
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分)
1.如图所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则( )
A．Fd>Fc>Fb B．FcC．Fc>Fb>Fd D．FcD [线圈在a处自由下落，到b点速度vb＝，受安培力Fb＝，线圈全部进入磁场，无感应电流，则线圈不受安培力作用，Fc＝0，线圈继续加速，由于线圈上下边界很短，故vd＝>vb，d点处所受安培力为Fd＝，故Fd>Fb>Fc，选项D正确．]
2．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( )
A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2
A [根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝t＝t＝，故q1＝q2，故A正确．]
3．(多选)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，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变大，vm将变大
B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
BC [金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝
，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，F＝BIl＝，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsin α－＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝，故选项B、C正确．]
4．(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r?R)的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B.圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则( )
A．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流
B．圆环因受到了向下的安培力而加速下落
C．此时圆环的加速度a＝
D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝
AD [由右手定则可以判断感应电流的方向，可知选项A正确；由左手定则可以判断，此时圆环受到的安培力应该向上，选项B错误；对圆环受力分析可解得加速度a＝g－，选项C错误；当重力等于安培力时速度达到最大，可得vm＝，选项D正确．]
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5.(13分)如图所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一阻值为R的电阻相连，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速率大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：
(1)电阻R消耗的功率；
(2)水平外力的大小．
[解析] (1)导体棒切割磁感线运动产生的感应电动势为E＝Blv，根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I＝，电阻R消耗的功率为P＝I2R，联立可得
P＝.
(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力及向右的外力，三力平衡，故有
F安＋μmg＝F，F安＝BIl＝B··l，
故F＝＋μmg.
[答案] (1) (2)＋μmg
6．(13分)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，
(1)求线框中产生的感应电动势大小；
(2)求cd两点间的电势差大小；
(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h.
[解析] (1)cd边刚进入磁场时，线框速度v＝
线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BL.
(2)此时线框中的电流I＝
cd切割磁感线相当于电源，cd两点间的电势差即路端电压U＝I·R＝BL.
(3)安培力F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律：mg－F安＝ma，
由a＝0，解得下落高度h＝.
[答案] (1)BL (2)BL (3)
