(共67张PPT)
专题强化3 电磁感应中的动力
学及能量问题
第四章 电磁感应
课时要求
1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.
2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.
内容索引
NEIRONGSUOYIN
达标检测
重点探究
专题强化练
01
重点探究
电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.
(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向.
(3)分析导体的受力情况(包括安培力).
(4)列动力学方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解.
电磁感应中的动力学问题
一
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，磁场方向垂直于斜面向下，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.(重力加速度为g)
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；
答案 见解析图
解析 由右手定则可知，ab杆中电流方向为a→b，如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上.
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求杆中的电流及其加速度的大小；
解析 当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，
根据牛顿第二定律，有
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值.
例2 半径为2r的圆形金属导轨固定在一水平面内，一根长也为2r、电阻为R的金属棒OA一端与金属导轨接触良好，另一端固定在中心转轴上，圆形金属导轨内有方向(俯视)如图2所示、大小为B1的匀强磁场，中间半径为r的圆内无磁场.另有一水平金属导轨MN用导线连接金属圆环，M′N′用导线连接中心轴，导轨上放置一根金属棒CD，其长度L与水平金属导轨宽度相等，金属棒CD的电阻为2R，质量为m，与水平导轨之间的动摩擦因数为μ，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场B2中，金属棒CD通过细绳、
定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放置在水
平地面上.所有接触都良好，细绳与金属棒CD垂
直，金属棒CD受到的最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，忽略其他摩擦和其他电阻，重力加速度为g.
图2
(1)若金属棒OA以角速度ω0顺时针转动(俯视)，求感应电动势及接在水平导轨上的理想电压表的电压；
答案 见解析
解析 感应电动势
电压表示数UV＝I·2R＝B1ω0r2
(2)若金属棒OA顺时针转动(俯视)的角速度随时间以ω＝kt变化，求重物离开地面之前支持力随时间变化的表达式.
答案 见解析
重物离开地面之前受力平衡，有FN＋FT＝mg
所以FN＝mg
提示 1.受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场的方向，以便准确地画出安培力的方向.
2.要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化.
总结提升
电磁感应动力学问题中，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.
电磁感应中的能量问题
二
1.电磁感应中能量的转化
(1)转化方式
(2)涉及到的常见功能关系
①有滑动摩擦力做功，必有内能产生；
②有重力做功，重力势能必然发生变化；
③克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能.
2.焦耳热的计算
(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.
(2)感应电流变化，可用以下方法分析：
①利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安.
②利用能量守恒定律，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量.
例3 (2016·浙江卷)小明设计的电磁健身器的简化装置如图3所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻.在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T.质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m.一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，
上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上
边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置
(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩
擦力以及拉杆和绳索的质量).求：
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
图3
答案 2.4 m/s
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
答案 48 N
解析 感应电动势E＝Blv
安培力FA＝BIl
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.
答案 64 J 26.88 J
解析 健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J
因F－mgsin θ－FA＝0，则CD棒在磁场区做匀速运动
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J.
例4 (2019·正始中学等六校高二上学期期中联考)如图4甲所示，一对足够长的平行光滑轨道固定在水平面上，两轨道间距l＝0.5 m，左侧接一阻值为R＝1 Ω的电阻.有一金属棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，金属棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于垂直轨道平面竖直向下的磁感应强度为1 T的匀强磁场中.t＝0时，用一外力F沿轨道方向拉金属棒，使金属棒以加速度a＝ 0.2 m/s2做匀加速运动，外力F与时间t的关系如图乙所示.
(1)求金属棒的质量m；
答案 0.5 kg
图4
解析 由题图乙知：F＝0.1＋0.05 t (N)
当t＝0时，v＝at＝0，F合＝0.1 N
(2)当力F达到某一值时，保持F不再变化，金属棒继续运动3 s，速度达到1.6 m/s且不再变化，测得在这3 s内金属棒的位移x＝4.7 m，求这段时间内电阻R消耗的电能.
答案 1.6 J
解析 F变为恒力后，金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，经过3 s后，速度达到最大vm＝1.6 m/s，此后金属棒做匀速运动.
将F＝0.4 N代入F＝0.1＋0.05 t (N)，求出金属棒做变加速运动的起始时间为：
t＝6 s(该时间即为匀加速持续的时间)
该时刻金属棒的速度为：
v1＝at＝1.2 m/s
这段时间内电阻R消耗的电能：
02
达标检测
1.(电磁感应中的动力学问题)如图5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是一根与导轨垂直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
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图5
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2.(电磁感应中的动力学问题)(多选)(2018·东阳中学高二下学期期中)如图6所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度.以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，可能正确的是
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图6
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若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，做匀速运动，安培力不变，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，故B正确；
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3.(电磁感应中的动力学和能量问题)(多选)(2020·余姚中学高二上学期第一次质检)如图7所示，两条平行且光滑的金属导轨固定在水平面上，导轨一端连接电阻R，垂直于导轨平面有一匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m的金属棒ab在水平恒力F作用下由静止向右滑动，除电阻R外其他的电阻都不计，则
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A.棒从静止到最大速度过程中，棒的加速度不断增大
B.棒从静止到最大速度过程中，棒克服安培力所做的功
等于棒的动能的增加量和电路中产生的焦耳热
C.棒ab做匀速运动阶段，外力F做的功等于电路中产生
的焦耳热
D.无论棒ab如何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的焦耳热
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图7
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4.(电磁感应中的力电综合问题)(2019·杭州高二上学期期末)如图8甲所示，两根足够长的、电阻不计的平行光滑金属导轨MN、PQ间距d＝1 m，倾角θ＝37°，轨道顶端连有一阻值为R＝2 Ω的定值电阻，整个空间存在着垂直轨道平面向下的磁场，磁感应强度B的变化规律如图乙所示，现用力将质量m＝0.4 kg、电阻r＝2 Ω的导体棒ab从0时刻开始固定于离轨道顶端l＝2 m处，在t＝4 s时刻撤去外力，之后导体棒下滑距离x0＝1.5 m后达到最大
速度，导体棒与导轨接触良好.(g取10 m/s2)求：
(1)0～4 s通过导体棒ab的电流大小和方向；
答案 0.25 A 方向为a到b
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图8
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解析 根据楞次定律可知，通过导体棒ab的电流方向为a到b.
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(2)导体棒ab的最大速度vm；
答案 2.4 m/s
4
解析 当导体棒ab开始下滑到最大速度时匀速运动，
根据受力平衡可得：mgsin θ＝BI2d
切割磁感线产生的感应电动势：E2＝Bdvm
联立可得导体棒ab的最大速度：
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(3)撤去外力后，导体棒ab下滑1.5 m的过程中，在ab棒上产生的焦耳热Q.
答案 1.224 J
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解析 下滑过程中电阻R与导体棒产生热量相等，
代入数据解得：Q＝1.224 J.
03
专题强化练
1.如图1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忽略不计.开始时，给ef一个向右的初速度，则
A.ef将向右做非匀减速运动，最后停止
B.ef将向右做匀减速运动，最后停止
C.ef将向右做匀速运动
D.ef将做往返运动
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基础强化练
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图1
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2.如图2所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v－t图象中，能正确描述上述过程的是
图2
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3.如图3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上产生的热量
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图3
解析 金属棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力.根据功能关系可知，力F与安培力做功的代数和等于金属棒的机械能的增加量，A正确.
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4.(2019·北仑中学高二上学期期中)如图4所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线).两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面.运动过程中，
线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界.设线
圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的
热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则
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A.v1＜v2，Q1＜Q2 B.v1＝v2，Q1＝Q2
C.v1＜v2，Q1＞Q2 D.v1＝v2，Q1＜Q2
图4
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5.(2019·东阳中学高二下学期期中)如图5所示，相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L＜d)、质量为m.将线框在磁场上方ab边距L1为h处由静止开始释放，当ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0.从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中
A.线框一直都有感应电流
B.线框一定有减速运动的过程
C.线框不可能有匀速运动的过程
D.线框产生的总热量为mg(d＋h＋L)
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图5
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6.(多选)(2020·余姚中学高二上学期期中)如图6所示，粗糙的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，宽为L，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B，导轨上、下两边分别连接电阻R1和R2，质量为m的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.则导体棒ab沿着导轨下滑的过程中
A.R1和R2发热功率之比P1∶P2＝R2∶R1
B.导体棒匀速运动时的速度v＝
C.导体棒克服安培力做的功小于导体棒机械能的减少量
D.重力和安培力对导体棒做功之和等于导体棒动能的
增量
图6
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7.(2019·东阳中学高二下学期期中)如图7所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OA之间连一个电阻R，导体棒OC的电阻也为R，导体框架电阻不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是
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图7
能力综合练
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8.(多选)(2019·正始中学等六校高二上学期期中联考)如图8所示，在方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框在水平拉力作用下以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框ab边始终与磁场右边界平行，线框边长ad＝l，cd＝2l，线框导线的总电阻为R.则线框离开磁场的过程中
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图8
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9.如图9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，二者平滑连接.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、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，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，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g.则金属棒穿过磁场区域的过程中
图9
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金属棒在整个运动过程中，由动能定理有：mgh－W安－μmgd＝0－0，则克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C错误；
10.(多选)(2019·嘉兴一中高二上学期期中)如图10甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里.现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v－t图象，图中数据均为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是
图10
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解析 由右手定则知感应电流的方向沿abcda的方向，故A错误；
设金属线框在0～t3的时间内所产生的热量为Q，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q＝mgl＝mgv1(t2－t1)，故C正确；
由题图乙可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2－t1，所以金属框的边长：l＝v1(t2－t1)，MN和PQ之间的距离要大于金属框的边长，故D错误.
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(1)金属棒到达导轨底端MN时电阻R两端的电压；
图11
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解析 金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv
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(2)金属棒从导轨顶端PQ下滑到底端MN过程中，电阻R产生的热量；
解析 金属棒下滑过程中，
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(3)金属棒从导轨顶端PQ下滑到底端MN过程中，通过电阻R的电荷量.
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12.(2019·诸暨中学高二上学期期中)如图12，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.5 Ω，线框通过细线与重物相连，重物的质量M＝1 kg，斜面上ef线的上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，运动过程中M不会碰到地面.g＝10 m/s2，求：
(1)线框abcd进入磁场过程中的电流方向；
答案 abcda
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图12
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解析 根据楞次定律，进入磁场的过程中，电流方向：abcda.
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(2)线框进入磁场过程中通过截面的电荷量；
答案 0.6 C
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解析 由q＝IΔt
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(3)线框进入磁场时匀速运动的速度v的大小；
答案 10 m/s
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对M：FT＝Mg
代入数据得：v＝10 m/s
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(4)线框进入磁场过程中产生的焦耳热.
答案 3 J
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解析 由Q＝I2Rt
联立并代入数据解得：Q＝3 J.
13.(2020·东阳中学高二月考)如图13所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面上有四条间距相等的水平虚线MM′、NN′、PP′、QQ′，在MM′与NN′之间、PP′与QQ′之间存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B均为1 T.现有质量m＝0.1 kg、电阻R＝4 Ω的矩形线圈abcd，从图示位置由静止释放(cd边与MM′重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与NN′重合，t2时刻ab边与PP′重合，t3时刻ab边QQ′重
合.已知矩形线框cd边长度L1＝0.5 m，t1～t2
的时间间隔Δt＝1.2 s，线圈与斜面之间的动
摩擦因数μ＝ ，重力加速度g取10 m/s2.求：
图13
拓展提升练
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(1)线框匀速运动的速度v2的大小；
答案 4 m/s
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解析 在t2时刻：ab棒切割磁感线：E＝BL1v2
根据线框匀速运动可得：mgsin θ－μmgcos θ－BIL1＝0
解得：v2＝4 m/s
(2)磁场的宽度L0和线框ad边的长度L2；
答案 1 m 2 m
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解析 由于t1～t2时间内线框做匀加速运动，可知线圈ad边的长度是磁场宽度的2倍，即L2＝2L0
该过程中，根据牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma
a＝2.5 m/s2
根据线框的匀变速运动特点v2－v1＝aΔt
v1＝1 m/s
x＝L0＋L2＝3 m
L0＝1 m
L2＝2L0＝2 m
(3)0～t3时间内，线圈产生的热量Q.
答案 0.45 J
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专题强化3 电磁感应中的动力学及能量问题
[课时要求] 1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题．
一、电磁感应中的动力学问题
电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．
(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向．
(3)分析导体的受力情况(包括安培力)．
(4)列动力学方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解．
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，磁场方向垂直于斜面向下，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．(重力加速度为g)
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，求杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．
答案 (1)见解析图 (2) gsin θ－ (3)
解析 (1)由右手定则可知，ab杆中电流方向为a→b，如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上．
(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，
此时电路中的电流I＝＝
ab杆受到安培力F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律，有
mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma
则a＝gsin θ－.
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度vm，即mgsin θ＝，解得vm＝.
例2 半径为2r的圆形金属导轨固定在一水平面内，一根长也为2r、电阻为R的金属棒OA一端与金属导轨接触良好，另一端固定在中心转轴上，圆形金属导轨内有方向(俯视)如图2所示、大小为B1的匀强磁场，中间半径为r的圆内无磁场．另有一水平金属导轨MN用导线连接金属圆环，M′N′用导线连接中心轴，导轨上放置一根金属棒CD，其长度L与水平金属导轨宽度相等，金属棒CD的电阻为2R，质量为m，与水平导轨之间的动摩擦因数为μ，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场B2中，金属棒CD通过细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放置在水平地面上．所有接触都良好，细绳与金属棒CD垂直，金属棒CD受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他电阻，重力加速度为g.
图2
(1)若金属棒OA以角速度ω0顺时针转动(俯视)，求感应电动势及接在水平导轨上的理想电压表的电压；
(2)若金属棒OA顺时针转动(俯视)的角速度随时间以ω＝kt变化，求重物离开地面之前支持力随时间变化的表达式．
答案 见解析
解析 (1)感应电动势
E＝BL＝B1r＝B1ω0r2
感应电流I＝＝
电压表示数UV＝I·2R＝B1ω0r2
(2)电流I′＝＝＝
金属棒CD受到的安培力F安＝B2I′L＝
重物离开地面之前受力平衡，有FN＋FT＝mg
当F安≤μmg，即t≤时，FT＝0
所以FN＝mg
当F安>μmg，即t>时，FT＝F安－μmg
所以FN＝mg－＋μmg.
提示 1.受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场的方向，以便准确地画出安培力的方向．
2．要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化．
电磁感应动力学问题中，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.
基本思路是：导体受外力运动产生感应电动势产生感应电流导体受安培力―→合外力变化加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化……→a＝0，v达到最大值.
二、电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中能量的转化
(1)转化方式
(2)涉及到的常见功能关系
①有滑动摩擦力做功，必有内能产生；
②有重力做功，重力势能必然发生变化；
③克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
2．焦耳热的计算
(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.
(2)感应电流变化，可用以下方法分析：
①利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安．
②利用能量守恒定律，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量．
例3 (2016·浙江卷)小明设计的电磁健身器的简化装置如图3所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：
图3
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.
答案 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J
解析 (1)由牛顿第二定律得a＝＝12 m/s2
CD棒进入磁场时的速度v＝＝2.4 m/s
(2)感应电动势E＝Blv
感应电流I＝
安培力FA＝BIl
代入得FA＝＝48 N
(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J
因F－mgsin θ－FA＝0，则CD棒在磁场区做匀速运动
在磁场中运动时间t＝
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J.
例4 (2019·正始中学等六校高二上学期期中联考)如图4甲所示，一对足够长的平行光滑轨道固定在水平面上，两轨道间距l＝0.5 m，左侧接一阻值为R＝1 Ω的电阻．有一金属棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，金属棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于垂直轨道平面竖直向下的磁感应强度为1 T的匀强磁场中．t＝0时，用一外力F沿轨道方向拉金属棒，使金属棒以加速度a＝ 0.2 m/s2做匀加速运动，外力F与时间t的关系如图乙所示．
图4
(1)求金属棒的质量m；
(2)当力F达到某一值时，保持F不再变化，金属棒继续运动3 s，速度达到1.6 m/s且不再变化，测得在这3 s内金属棒的位移x＝4.7 m，求这段时间内电阻R消耗的电能．
答案 (1)0.5 kg (2)1.6 J
解析 (1)由题图乙知：F＝0.1＋0.05 t (N)
F合＝F－F安＝0.1＋0.05 t－＝ma
当t＝0时，v＝at＝0，F合＝0.1 N
由牛顿第二定律，代入数值得：m＝＝0.5 kg
(2)F变为恒力后，金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，经过3 s后，速度达到最大vm＝1.6 m/s，此后金属棒做匀速运动．
vm＝1.6 m/s时，F合＝0，F＝F安＝＝0.4 N
将F＝0.4 N代入F＝0.1＋0.05 t (N)，求出金属棒做变加速运动的起始时间为：
t＝6 s(该时间即为匀加速持续的时间)
该时刻金属棒的速度为：
v1＝at＝1.2 m/s
这段时间内电阻R消耗的电能：
E＝WF－ΔEk＝Fx－m(vm2－v12)
E＝0.4×4.7 J－×0.5×(1.62－1.22) J＝1.6 J.
1．(电磁感应中的动力学问题)如图5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是一根与导轨垂直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( )
图5
答案 B
解析 S闭合时，若金属杆受到的安培力＞mg，ab杆先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，ab杆匀速运动，A项有可能；若＜mg，ab杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，mg－＝ma中a不恒定，故B项不可能．
2.(电磁感应中的动力学问题)(多选)(2018·东阳中学高二下学期期中)如图6所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度．以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，可能正确的是( )
图6
答案 BCD
解析 线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用．若进入磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0＝，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C正确，A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，做匀速运动，安培力不变，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，故B正确；若进入时重力大于安培力，由mg－＝ma，则做加速度减小的加速运动，安培力随速度的增大而增大，离开磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确．
3.(电磁感应中的动力学和能量问题)(多选)(2020·余姚中学高二上学期第一次质检)如图7所示，两条平行且光滑的金属导轨固定在水平面上，导轨一端连接电阻R，垂直于导轨平面有一匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m的金属棒ab在水平恒力F作用下由静止向右滑动，除电阻R外其他的电阻都不计，则( )
图7
A．棒从静止到最大速度过程中，棒的加速度不断增大
B．棒从静止到最大速度过程中，棒克服安培力所做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的焦耳热
C．棒ab做匀速运动阶段，外力F做的功等于电路中产生的焦耳热
D．无论棒ab如何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的焦耳热
答案 CD
4．(电磁感应中的力电综合问题)(2019·杭州高二上学期期末)如图8甲所示，两根足够长的、电阻不计的平行光滑金属导轨MN、PQ间距d＝1 m，倾角θ＝37°，轨道顶端连有一阻值为R＝2 Ω的定值电阻，整个空间存在着垂直轨道平面向下的磁场，磁感应强度B的变化规律如图乙所示，现用力将质量m＝0.4 kg、电阻r＝2 Ω的导体棒ab从0时刻开始固定于离轨道顶端l＝2 m处，在t＝4 s时刻撤去外力，之后导体棒下滑距离x0＝1.5 m后达到最大速度，导体棒与导轨接触良好．(g取10 m/s2)求：
图8
(1)0～4 s通过导体棒ab的电流大小和方向；
(2)导体棒ab的最大速度vm；
(3)撤去外力后，导体棒ab下滑1.5 m的过程中，在ab棒上产生的焦耳热Q.
答案 (1)0.25 A 方向为a到b (2)2.4 m/s (3)1.224 J
解析 (1)根据楞次定律可知，通过导体棒ab的电流方向为a到b.根据法拉第电磁感应定律：E＝n
可得：E1＝＝1 V
根据闭合电路欧姆定律可得：I1＝＝0.25 A，方向为a到b
(2)当导体棒ab开始下滑到最大速度时匀速运动，
根据受力平衡可得：mgsin θ＝BI2d
根据欧姆定律可得：I2＝
切割磁感线产生的感应电动势：E2＝Bdvm
联立可得导体棒ab的最大速度：
vm＝＝2.4 m/s
(3)下滑过程中电阻R与导体棒产生热量相等，根据能量守恒定律：mgx0sin θ＝mvm2＋2Q
可知ab棒上产生的焦耳热：Q＝mgx0sin θ－mvm2
代入数据解得：Q＝1.224 J.
1．如图1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忽略不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
图1
A．ef将向右做非匀减速运动，最后停止
B．ef将向右做匀减速运动，最后停止
C．ef将向右做匀速运动
D．ef将做往返运动
答案 A
解析 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，直到速度减小为0停止运动，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度逐渐减小的减速运动，故A正确．
2.如图2所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图象中，能正确描述上述过程的是( )
图2
答案 D
解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝、F安＝BIL得F安＝，随着v的减小，安培力F安减小，根据F安＝ma知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，线框受到向左的安培力，根据F安＝＝ma可知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，选项D正确．
3.如图3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( )
图3
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上产生的热量
答案 A
解析 金属棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力．根据功能关系可知，力F与安培力做功的代数和等于金属棒的机械能的增加量，A正确．
4.(2019·北仑中学高二上学期期中)如图4所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则( )
图4
A．v1＜v2，Q1＜Q2 B．v1＝v2，Q1＝Q2
C．v1＜v2，Q1＞Q2 D．v1＝v2，Q1＜Q2
答案 D
5．(2019·东阳中学高二下学期期中)如图5所示，相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L＜d)、质量为m.将线框在磁场上方ab边距L1为h处由静止开始释放，当ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0.从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中( )
图5
A．线框一直都有感应电流
B．线框一定有减速运动的过程
C．线框不可能有匀速运动的过程
D．线框产生的总热量为mg(d＋h＋L)
答案 B
6.(多选)(2020·余姚中学高二上学期期中)如图6所示，粗糙的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，宽为L，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B，导轨上、下两边分别连接电阻R1和R2，质量为m的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.则导体棒ab沿着导轨下滑的过程中( )
图6
A．R1和R2发热功率之比P1∶P2＝R2∶R1
B．导体棒匀速运动时的速度v＝
C．导体棒克服安培力做的功小于导体棒机械能的减少量
D．重力和安培力对导体棒做功之和等于导体棒动能的增量
答案 AC
7.(2019·东阳中学高二下学期期中)如图7所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OA之间连一个电阻R，导体棒OC的电阻也为R，导体框架电阻不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是( )
图7
A. B.
C. D.
答案 D
8．(多选)(2019·正始中学等六校高二上学期期中联考)如图8所示，在方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框在水平拉力作用下以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框ab边始终与磁场右边界平行，线框边长ad＝l，cd＝2l，线框导线的总电阻为R.则线框离开磁场的过程中( )
图8
A．通过线框导线的感应电流为
B．线框ab间的电压为
C．线框ad边导线消耗的功率为
D．通过线框导线横截面积的电荷量为
答案 BC
9．如图9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，二者平滑连接．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、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，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，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g.则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
图9
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)
答案 D
解析 金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，金属棒到达平直部分时的速度v＝，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，则最大感应电动势E＝BLv，最大感应电流I＝＝，故A错误；通过金属棒的电荷量q＝Δt＝＝，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理有：mgh－W安－μmgd＝0－0，则克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q′＝Q＝W安＝mg(h－μd)，故D正确．
10．(多选)(2019·嘉兴一中高二上学期期中)如图10甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v－t图象，图中数据均为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
图10
A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B．磁场的磁感应强度为
C．金属线框在0～t3的时间内所产生的热量为mgv1(t2－t1)
D．MN和PQ之间的距离为v1(t2－t1)
答案 BC
解析 由右手定则知感应电流的方向沿abcda的方向，故A错误；在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得mg＝BIl.其中I＝，又l＝v1(t2－t1)，联立解得：B＝，故B正确；设金属线框在0～t3的时间内所产生的热量为Q，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q＝mgl＝mgv1(t2－t1)，故C正确；由题图乙可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2－t1，所以金属框的边长：l＝v1(t2－t1)，MN和PQ之间的距离要大于金属框的边长，故D错误．
11．(2019·台州联谊五校高二上学期期中)如图11所示，PM、QN是两根光滑的圆弧导轨，圆弧半径为d、间距为L，最低点M、N在同一水平高度，导轨电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现有一根长度稍大于L、质量为m、阻值为R的金属棒，从导轨的顶端PQ处由静止开始下滑，到达底端MN时速度为，求：
图11
(1)金属棒到达导轨底端MN时电阻R两端的电压；
(2)金属棒从导轨顶端PQ下滑到底端MN过程中，电阻R产生的热量；
(3)金属棒从导轨顶端PQ下滑到底端MN过程中，通过电阻R的电荷量．
答案 (1)BL (2)mgd (3)
解析 (1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv
金属棒到达底端时电阻两端的电压U＝＝BL
(2)金属棒下滑过程中，由能量守恒定律得：mgd＝Q＋mv2
解得：Q＝mgd
则电阻R上产生的热量QR＝Q＝
(3)由q＝·Δt
＝
＝＝
联立解得：q＝.
12．(2019·诸暨中学高二上学期期中)如图12，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.5 Ω，线框通过细线与重物相连，重物的质量M＝1 kg，斜面上ef线的上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，运动过程中M不会碰到地面．g＝10 m/s2，求：
图12
(1)线框abcd进入磁场过程中的电流方向；
(2)线框进入磁场过程中通过截面的电荷量；
(3)线框进入磁场时匀速运动的速度v的大小；
(4)线框进入磁场过程中产生的焦耳热．
答案 (1)abcda (2)0.6 C (3)10 m/s (4)3 J
解析 (1)根据楞次定律，进入磁场的过程中，电流方向：abcda.
(2)由q＝IΔt
I＝
E＝
解得：q＝＝＝0.6 C
(3)线框进入磁场匀速运动时，拉力FT＝mgsin 30°＋.对M：FT＝Mg
代入数据得：v＝10 m/s
(4)由Q＝I2Rt
I＝
t＝
联立并代入数据解得：Q＝3 J.
13．(2020·东阳中学高二月考)如图13所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面上有四条间距相等的水平虚线MM′、NN′、PP′、QQ′，在MM′与NN′之间、PP′与QQ′之间存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B均为1 T．现有质量m＝0.1 kg、电阻R＝4 Ω的矩形线圈abcd，从图示位置由静止释放(cd边与MM′重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与NN′重合，t2时刻ab边与PP′重合，t3时刻ab边QQ′重合．已知矩形线框cd边长度L1＝0.5 m，t1～t2的时间间隔Δt＝1.2 s，线圈与斜面之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2.求：
图13
(1)线框匀速运动的速度v2的大小；
(2)磁场的宽度L0和线框ad边的长度L2；
(3)0～t3时间内，线圈产生的热量Q.
答案 (1)4 m/s (2)1 m 2 m (3)0.45 J
解析 (1)在t2时刻：ab棒切割磁感线：E＝BL1v2
流过线圈的电流：I＝
根据线框匀速运动可得：mgsin θ－μmgcos θ－BIL1＝0
解得：v2＝4 m/s
(2)由于t1～t2时间内线框做匀加速运动，可知线圈ad边的长度是磁场宽度的2倍，即L2＝2L0
该过程中，根据牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma
a＝2.5 m/s2
根据线框的匀变速运动特点v2－v1＝aΔt
v1＝1 m/s
x＝＝3 m
x＝L0＋L2＝3 m
L0＝1 m
L2＝2L0＝2 m
(3)根据能量守恒可得：Q＝mgsin θ·5L0－μmgcos θ·5L0－mv22＝0.45 J.
