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电磁感应中的动力学和能量问题考纲解读1.会分析计算电磁感应中有安培力参与的导体的运动及平衡问题.2.会分析计算电磁感应中能量的转化与转移．考点一电磁感应中的动力学问题分析1．安培力的大小由感应电动势E＝Blv，感应电流I＝ER和安培力公式F＝BIl得F＝B2l2vR.2．安培力的方向判断3．导体两种状态及处理方法(1)导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析．(2)导体的非平衡态——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．例1(2012·广东理综·35)如图1所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．图1(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I及导体棒的速率v.(2)改变Rx，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.解析(1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示．导体棒所受安培力F安＝BIl①导体棒匀速下滑，所以F安＝Mgsinθ②联立①②式，解得I＝MgsinθBl③导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝Blv④由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋Rx，且Rx＝R，所以I＝E2R⑤联立③④⑤式，解得v＝2MgRsinθB2l2(2)由题意知，其等效电路图如图所示．由图知，平行金属板两板间的电压等于Rx两端的电压．设两金属板间的电压为U，因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I，所以由欧姆定律知U＝IRx⑥要使带电的微粒匀速通过，则mg＝qUd⑦联立③⑥⑦式，解得Rx＝mBldMqsinθ.答案(1)MgsinθBl2MgRsinθB2l2(2)mBldMqsinθ规律总结解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，即：先做“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；再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相应部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“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；最后进行“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．突破训练1如图2所示，两足够长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()图2A．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aC．金属棒cd所受安培力的大小等于2F/3D．两金属棒间距离保持不变答案BC解析对两金属棒ab、cd进行受力分析和运动分析可知，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＝23F，C正确；因此答案选B、C.考点二电磁感应中的能量问题分析1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”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．(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．2．求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．(2)若电流变化，则：①利用安培力做的功求解：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：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．例2如图3所示，倾角为θ＝30°、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L1＝0.4m，B1＝5T的匀强磁场垂直导轨平面向上．一质量m＝1.6kg的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，其电阻r＝1Ω.金属导轨上端连接右侧电路，R1＝1Ω，R2＝1.5Ω.R2两端通过细导线连接质量M＝0.6kg的正方形金属框cdef，正方形边长L2＝0.2m，每条边电阻r0为1Ω，金属框处在一方向垂直纸面向里、B2＝3T的匀强磁场中．现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，g取10m/s2.(1)若将电键S断开，求棒下滑过程中的最大速度．(2)若电键S闭合，每根细导线能承受的最大拉力为3.6N，求细导线刚好被拉断时棒的速度．(3)若电键S闭合后，从棒释放到细导线被拉断的过程中，棒上产生的电热为2J，求此过程中棒下滑的高度(结果保留一位有效数字)．图3解析(1)棒下滑过程中，沿导轨的合力为0时，速度最大，mgsinθ－F安＝0F安＝B1IL1I＝Er＋R1＋R2E＝B1L1vmax代入数据解得：vmax＝7m/s(2)闭合S后，设细导线刚断开时，通过金属框ef边电流为I′，则通过cd边的电流为3I′则：2FT－Mg－B2I′L2－3B2I′L2＝0解得I′＝0.5A通过R2的电流I2＝3I′r0R2I2＝1A电路总电流I1＝I2＋4I′＝3A金属框接入电路总电阻R框＝34ΩR2与R框并联电阻为R′，R′＝R框R2R框＋R2＝12Ω设此时棒的速度为v1，则有I1＝B1L1v1r＋R1＋R′解得v1＝3.75m/s(3)当棒下滑高度为h时，棒上产生的热量为Qab，R1上产生的热量为Q1，R2与R框上产生的总热量为Q′，根据能量转化与守恒定律有mgh＝12mv21＋Qab＋Q1＋Q′Qab＝2JQ1＝Qab＝2JQ′＝Qab2＝1J解得h≈1m答案(1)7m/s(2)3.75m/s(3)1m技巧点拨电磁感应中能量转化问题的分析技巧1．电磁感应过程往往涉及多种能量的转化(1)如图4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R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做匀速运动，之后重力势能的减小则完全用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能．图42．安培力做功和电能变化的特定对应关系(1)“外力”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)安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能．3．解决此类问题的步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向．(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式．(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解．突破训练2如图5所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ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匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒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，图5则它在下滑高度h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．重力做的功等于系统产生的电能C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D．金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AC解析根据动能定理，合力做的功等于动能的增量，故A对；重力做的功等于重力势能的减少，重力做的功等于克服F所做的功与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，所以B、D错，C对．44．应用动力学和能量观点解决电磁感应中的“导轨＋杆”模型问题1．模型概述“导轨＋杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“导轨＋杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂，形式多变．2．常见模型类型“电—动—电”型“动—电—动”型示意图已知量棒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，电阻不计过程分析S闭合，棒ab受安培力F＝BLER，此时加速度a＝BLEmR，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＝0时，a＝0，v最大，最后匀速运动棒ab释放后下滑，此时加速度a＝gsinα，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝ER↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsinα时，a＝0，v最大，最后匀速运动能量转化通过安培力做功，把电能转化为动能克服安培力做功，把重力势能转化为内能运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动，vm＝E′BL匀速运动vm＝mgRsinαB2L2解析(1)设甲在磁场区域abcd内运动时间为t1，乙从开始运动到ab位置的时间为t2，则由运动学公式得L＝12·2gsinθ·t21，L＝12gsinθ·t22解得t1＝Lgsinθ，t2＝2Lgsinθ(1分)因为t1t2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场．(1分)设乙进入磁场时的速度为v1，乙中产生的感应电动势为E1，回路中的电流为I1，则12mv21＝mgLsinθ(1分)E1＝Bdv1(1分)I1＝E1/2R(1分)mgsinθ＝BI1d(1分)解得R＝B2d22m2Lgsinθ(1分)(2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t，甲的速度为v，甲中产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，外力为F，则v＝at(1分)E＝Bdv(1分)I＝E/2R(1分)F＋mgsinθ－BId＝ma(1分)a＝2gsinθ联立以上各式解得F＝mgsinθ＋mgsinθ2gsinθL·t(0≤t≤Lgsinθ)(1分)方向垂直于杆平行于导轨向下．(1分)(3)甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v0，甲、乙产生的热量相同，均设为Q1，则v20＝2aL(1分)W＋mgLsinθ＝2Q1＋12mv20(2分)解得W＝2Q1＋mgLsinθ乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q2，则2Q2＝mgLsinθ(2分)根据题意有Q＝Q1＋Q2(1分)解得W＝2Q(1分)答案(1)B2d22m2Lgsinθ(2)F＝mgsinθ＋mgsinθ2gsinθL·t(0≤t≤Lgsinθ)，方向垂直于杆平行于导轨向下(3)2Q突破训练3如图7甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40Ω的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻为r＝0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g＝10m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：甲乙图7(1)磁感应强度B的大小；(2)金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量；(3)金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量．答案(1)0.1T(2)0.67C(3)0.26J解析(1)金属棒在AB段匀速运动，由题中图象乙得：v＝ΔxΔt＝7m/sI＝BLvr＋R，mg＝BIL解得B＝0.1T(2)q＝IΔt