专题10《电磁感应中的动力学问题和能量问题》

一、感应电流在磁场中所受的安培力1.安培力的大小:F=BIL=2.安培力的方向判断(1)右手定则和左手定则相结合,先用确定感应电流方向,再用判断感应电流所受安培力的方向.(2)用楞次定律判断,感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向.专题10电磁感应中的动力学问题和能量问题考点自清RLBREBLv22右手定则左手定则相反点拨1.由F=知,v变化时,F变化,物体所受合外力变化,物体的加速度变化,因此可用牛顿运动定律进行动态分析.2.在求某时刻速度时,可先根据受力情况确定该时刻的安培力,然后用上述公式进行求解.VRLB22二、电磁感应的能量转化1.电磁感应现象的实质是和之间的转化.2.感应电流在磁场中受安培力,外力克服安培力,将的能转化为,电流做功再将电能转化为.3.电流做功产生的热量用焦耳定律计算,公式为.其他形式的能电能做功其他形式电能内能Q=I2Rt特别提醒在利用能的转化和守恒定律解决电磁感应的问题时,要注意分析安培力做功的情况,因为安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”.简单表示如下:电能其他形式能.W安﹥0W安﹤0热点一对导体的受力分析及运动分析从运动和力的关系着手,运用牛顿第二定律.基本方法是:受力分析→运动分析(确定运动过程和最终的稳定状态)→由牛顿第二定律列方程求解.运动的动态结构:这样周而复始的循环,循环结束时加速度等于零,导体达到平衡状态.在分析过程中要抓住a=0时速度v达到最大这一关键.热点聚焦特别提示1.对电学对象要画好必要的等效电路图.2.对力学对象要画好必要的受力分析图和过程示意图.热点二电路中的能量转化分析从能量的观点着手,运用动能定理或能量守恒定律.基本方法是:受力分析→弄清哪些力做功,做正功还是负功→明确有哪些形式的能参与转化,哪些增哪些减→由动能定理或能量守恒定律列方程求解.例如,如图1所示,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.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功转化为感应电流的电能.因此,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,是解决电磁感应问题的重要途径之一.图1限时自我测试(20分)如图7所示,足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置,一个磁感应强度B=0.50T的匀强磁场垂直穿过导轨平面,导轨的上端M与P间连接阻值为R=0.30Ω的电阻,长为L=0.40m、电阻为r=0.20Ω的金属棒ab紧贴在导轨上.现使金属棒ab由静止开始下滑,通过传感器记录金属棒ab下滑的距离,其下滑距离与时间的关系如下表所示,导轨电阻不计.(g=10m/s2)求:图7时间t(s)00.100.200.300.400.500.600.70下滑距离x（m）00.100.300.701.201.702.202.70(1)在前0.4s的时间内,金属棒ab电动势的平均值.(2)金属棒的质量.(3)在前0.7s的时间内,电阻R上产生的热量.时间t(s)00.100.200.300.400.500.600.70下滑距离x（m）00.100.300.701.201.702.202.70解析(1)==0.6V(4分)(2)从表格中数据可知,0.3s后金属棒做匀速运动速度v==5m/s(2分)由mg-F=0(2分)F=BIL(2分)I=(2分)E=BLv(2分)解得m=0.04kg(1分)EtBLxtΔΔΔtxΔΔrRE(3)金属棒在下滑过程中,有重力和安培力做功,克服安培力做的功等于回路的焦耳热.则mgx=mv2-0+Q(2分)QR=(2分)解得QR=0.348J(1分)答案(1)0.6V(2)0.04kg(3)0.348J21QrRR解题思路图B题型1电磁感应中的动力学问题【例1】如图2所示,光滑斜面的倾角=30°,在斜面上放置一矩形线框abcd,ab边的边长l1=1m,bc边的边长l2=0.6m,线框的质量m=1kg,电阻R=0.1Ω,线框通过细线与重物相连,重物质量M=2kg,斜面上ef线(ef∥gh∥ab)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T.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,ef线和gh线的距离s=11.4m(取g=10m/s2).求:题型探究图2（1）线框进入磁场时匀速运动的速度v.(2)ab边由静止开始运动到gh线所用的时间t.(1)线框进入磁场时匀速运动的速度v.(2)ab边由静止开始运动到gh线所用的时间t.思路点拨线框的运动可分为进入磁场前、进入磁场中、完全进入磁场后三个阶段,分析每个阶段的受力,确定运动情况.解析(1)在线框进入磁场的最初一段时间内,重物和线框受力平衡,分别有Mg=FTFT=mgsin+FAab边切割磁感线产生的电动势E=Bl1v感应电流I=受到的安培力FA=BIl1联立得Mg=mgsin+代入数据得v=6m/sRBlREv1RlBv212(2)线框进入磁场前做匀加速直线运动对M有:Mg-FT=Ma对m有:FT-mgsin=ma联立解得a==5m/s2该阶段运动时间为t1==s=1.2s在磁场中匀速运动的时间t2=s=0.1smMmgMgsinav5666.02vl完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同,加速度仍为5m/s2s-l2=vt3+at32解得t3=1.2s因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间t=t1+t2+t3=1.2s+0.1s+1.2s=2.5s答案(1)6m/s(2)2.5s21规律总结此类问题中力现象和电磁现象相互联系,相互制约,解决问题首先要建立“动→电→动”的思维顺序,可概括为(1)找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解电动势大小和方向.(2)根据等效电路图,求解回路中电流的大小及方向.(3)分析导体棒的受力情况及导体棒运动后对电路中电学参量的“反作用”,即分析由于导体棒受到安培力,对导体棒运动速度、加速度的影响,从而推理得出对电路中的电流有什么影响,最后定性分析出导体棒的最终运动情况.(4)列出牛顿第二定律或平衡方程求解.题型2电磁感应中的能量问题【例2】如图4所示,两条足够长的平行光滑金属导轨,与水平面的夹角均为,该空间存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ的磁场方向垂直导轨平面向下,区域Ⅱ的磁场方向垂直导轨平面向上,两匀强磁场在斜面上的宽度均为L,一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属线框,由静止开始沿导轨下滑,当线圈运动到ab边刚越过ee′即做匀速直线运动;当线框刚好有一半进入磁场区域Ⅱ时,线框又恰好做匀速直线运动.求:(1)当线框刚进入磁场区域Ⅰ时的速度v.(2)当线框刚进入磁场区域Ⅱ时的加速度.(3)当线框刚进入磁场区域Ⅰ到刚好有一半进入磁场区域Ⅱ的过程中产生的热量Q.思路点拨(1)第一次匀速直线运动和第二次匀速直线运动的受力特点相同吗?(2)这一过程中都有几种形式的能参与了转化?解析(1)ab边刚越过ee′即做匀速直线运动,线框所受合力F为零.E=Blv,I=,则mgsin=BIL解得v=RE22sinLBmgR(2)当ab边刚越过ff′时,线框中的总感应电动势为E′=2BLv此时线框的加速度为a=-gsin=-gsin=3gsin(3)设线框再次做匀速运动的速度为v′,则mgsin=2Bv′=由能量守恒定律得Q=mg×Lsin+(mv2-mv′2)=mgLsin+mFmRLEB2LRBLv244sin22vLBmgR2321212344222332sin15LBRgm答案(1)(2)3gsin22sinLBmgR（3）mgLsin+2344222332sin15LBRgm方法提炼求解焦耳热的途径(1)感应电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功,即Q=WA.(2)感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功,即Q=I2Rt.(3)感应电流中产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少,即Q=ΔE他.变式练习2如图5所示,将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出,穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场,磁场的方向垂直纸面向里.线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半,线框离开磁场后继续上升一段高度,然后落下并匀速进入磁场.整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力Ff,且线框不发生转动.求:(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2.(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1.(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.图5解析(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间有mg=Ff+①解得v2=②(2)由动能定理,线框从离开磁场至上升到最高点的过程(mg+Ff)h=mv12③线框从最高点回落至进入磁场瞬间(mg-Ff)h=mv22④由②③④联立解得v1=v2=RaB222v22f)(aBRFmg2121ffFmgFmg2f222)(FmgaBR(3)设线框在向上通过磁场过程中,线框刚进入磁场时速度为v0,由能量守恒定律有mv02-mv12=Q+(mg+Ff)(a+b)v0=2v1Q=［(mg)2-Ff2］-(mg+Ff)(a+b)答案(1)(2)(3)［(mg)2-Ff2］-(mg+Ff)(a+b)212144223aBmR22f)(aBRFmg2f222)(FmgaBR44223aBmR题型3电磁感应问题的综合应用【例3】光滑的平行金属导轨长L=2m,两导轨间距d=0.5m,轨道平面与水平面的夹角=30°,导轨上端接一阻值为R=0.6Ω的电阻,轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场,磁场的磁感应强度B=1T,如图6所示.有一质量m=0.5kg、电阻r=0.4Ω的金属棒ab,放在导轨最上端,其余部分电阻不计.当棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到底端脱离轨道时,电阻R上产生的热量=0.6J,取g=10m/s2,试求:图61Q(1)当棒的速度v=2m/s时,电阻R两端的电压.(2)棒下滑到轨道最底端时的速度大小.(3)棒下滑到轨道最底端时的加速度大小.解析(1)速度v=2m/s时,E=Bdv=1V电路中的电流I==1A所以电阻R两端的电压U=IR=0.6VrRE(2)根据Q=I2Rt∝R设棒到达底端时的速度为vm,根据能的转化和守恒定律,mgLsin=解得vm=4m/sJ4.012QRrQ212m21QQmv(3)根据牛顿第二定律有mgsin-BImd=ma解得a=3m/s2答案(1)0.6V(2)4m/s(3)3m/s2A2mmrRBdIv⑦本题共10分.其中①②③④⑥⑦⑧⑨式各1分,⑤式2分.【导析】1.本题综合考查电磁感应、牛顿运动定律、能量的转化与守恒定律等，解答的关键是对金属框进行正确的受力分析，弄清楚能量的转化情况.2.对导体棒或线框受力分析时，安培力是它们受到的其中一个力，因此分析导体棒或线框的运动规律时，方法与力学中完全相同，但必须注意的是，安培力是个容易变化的力，其大小和方向都可能随着速度的变化而变化.【评分标准】能力提升1.如图8所示,边长为L的正方形导线框质量为m,由距磁场H高处自由下落,其下边ab进入匀强磁场后,线圈开始做减速运动,直到其上边cd刚刚穿出磁场时,速度减为ab边刚进入磁场时的一半,磁场的宽度也为L,则线框穿越匀强磁场过程中发出的焦耳热为()A.2mgLB.2mgL+mgHC.2mgL+mgHD.2mgL+mgH图84341解析设刚进入磁场时的速度为v1,刚穿出磁场时的速度v2=①线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L.由题意mv12=mgH②mv12+mg·2L=mv22+Q③由①②③得Q=2mgL+mgH,C选项正确.答案C21v212121432.如图9所示,平行导轨与水平地面成角,沿水平方向横放在平行导轨上的金属棒ab处于静止状态.现加一个竖直向下的匀强磁场,且使磁场的磁