PAGE8-eq\a\vs4\al(電磁感應中的動力學和能量問題)電磁感應中的動力學問題1．平衡類問題的求解思路2．加速類問題的求解思路(1)確定探討對象(一般為在磁場中做切割磁感線運動的導體)；?(2)依據牛頓運動定律和運動學公式分析導體在磁場中的受力與運動狀況；?(3)假如導體在磁場中受的磁場力改變了，從而引起合外力的改變，導致加速度、速度等發生改變，進而又引起感應電流、磁場力、合外力的改變，最終可能使導體達到穩定狀態。[例1]如圖1所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導軌，間距為l，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計，已知金屬桿MN傾斜放置，與導軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好)。則()圖1A．電路中感應電動勢的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r)C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lvsinθ,r)D．金屬桿的熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ)[思路點撥](1)金屬桿切割磁感線的有效長度為l。(2)計算安培力的公式F＝BIL中L應為eq\f(l,sinθ)。[解析]金屬桿的運動方向與金屬桿不垂直，電路中感應電動勢的大小為E＝Blv(l為切割磁感線的有效長度)，選項A錯誤；電路中感應電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，選項B正確；金屬桿所受安培力的大小為F＝BIL′＝B·eq\f(Bvsinθ,r)·eq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，選項C錯誤；金屬桿的熱功率為P＝I2R＝eq\f(B2v2sin2θ,r2)·eq\f(lr,sinθ)＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，選項D錯誤。[答案]B電磁感應中的能量問題1．能量轉化的過程分析電磁感應的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉化是通過安培力做功實現的。安培力做功使得電能轉化為其他形式的能(通常為內能)，外力克服安培力做功，則是其他形式的能(通常為機械能)轉化為電能的過程。2．求解焦耳熱Q的幾種方法公式法Q＝I2Rt功能關系法焦耳熱等于克服安培力做的功能量轉化法焦耳熱等于其他能的削減量[例2]如圖2所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ角固定，軌距為d。空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面對上，磁感應強度為B。P、M間所接電阻阻值為R。質量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其有效電阻為r。現從靜止釋放ab，當它沿軌道下滑距離s時，達到最大速度。若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度為g。求：圖2(1)金屬桿ab運動的最大速度；(2)金屬桿ab運動的加速度為eq\f(1,2)gsinθ時，電阻R上的電功率；(3)金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過程中，克服安培力所做的功。[審題指導]第一步：抓關鍵點關鍵點獲得信息光滑金屬軌道與水平面成θ角固定金屬桿不受摩擦力，而下滑力為mgsinθP、M間所接電阻阻值為R；金屬桿ab水平放置在軌道上，其有效電阻為r；軌道足夠長且電阻不計金屬桿與軌道、電阻R所組成的閉合回路的內電阻為r，外電阻為R金屬桿ab沿軌道下滑距離s時，達到最大速度金屬桿高度降低了ssinθ，此后受力平衡以最大速度接著下滑其次步：找突破口(1)依據受力平衡列方程，安培力F＝mgsinθ；(2)依據牛頓其次定律，求解加速度為eq\f(1,2)gsinθ時的安培力；(3)依據能量轉化與守恒定律，求解此過程中克服安培力所做的功。[解析](1)當桿達到最大速度時安培力F＝mgsinθ安培力F＝BId感應電流I＝eq\f(E,R＋r)感應電動勢E＝Bdvm解得最大速度vm＝eq\f(mgR＋rsinθ,B2d2)。(2)當金屬桿ab運動的加速度為eq\f(1,2)gsinθ時依據牛頓其次定律mgsinθ－BI′d＝m·eq\f(1,2)gsinθ電阻R上的電功率P＝I′2R解得P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgsinθ,2Bd)))2R。(3)依據動能定理mgs·sinθ－WF＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0解得WF＝mgs·sinθ－eq\f(1,2)·eq\f(m3g2R＋r2sin2θ,B4d4)。[答案](1)eq\f(mgR＋rsinθ,B2d2)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgsinθ,2Bd)))2R(3)mgs·sinθ－eq\f(1,2)·eq\f(m3g2R＋r2sin2θ,B4d4)1．如圖1所示，一閉合金屬圓環用絕緣細線掛于O點，將圓環拉離平衡位置并釋放，圓環搖擺過程中經過有界的水平勻強磁場區域，A、B為該磁場的豎直邊界。若不計空氣阻力，則()圖1A．圓環向右穿過磁場后，還能擺至原來的高度B．在進入和離開磁場時，圓環中均有感應電流C．圓環進入磁場后離平衡位置越近速度越大，感應電流也越大D．圓環最終將靜止在平衡位置解析：選B如題圖所示，當圓環從1位置起先下落，進入和擺出磁場時(即2和3位置)，由于圓環內磁通量發生改變，所以有感應電流產生。同時，金屬圓環本身有內阻，必定有能量的轉化，即有能量的損失。因此圓環不會擺到4位置。隨著圓環進出磁場，其能量漸漸削減，圓環搖擺的振幅越來越小。當圓環只在勻強磁場中搖擺時，圓環內無磁通量的改變，無感應電流產生，無機械能向電能的轉化。題意中不存在空氣阻力，擺線的拉力垂直于圓環的速度方向，拉力對圓環不做功，所以系統的能量守恒，所以圓環最終將在A、B間來回搖擺。B正確。2．(多選)如圖2所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應強度為B。一根質量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則()圖2A．假如B變大，vm將變大B．假如α變大，vm將變大C．假如R變大，vm將變大D．假如m變小，vm將變大解析：選BC金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產生感應電動勢E＝Blv，在閉合電路中形成電流I＝eq\f(Blv,R)，因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F作用，F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，先用右手定則判定感應電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，如圖所示，依據牛頓其次定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，當a→0時，v→vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，故選項B、C正確。3．如圖3所示，質量為m的金屬環用線懸掛起來，金屬環有一半處于水平且與環面垂直的勻強磁場中，從某時刻起先，磁感應強度勻稱減小，則在磁感應強度勻稱減小的過程中，關于線拉力大小的下列說法中正確的是()圖3A．大于環重力mg，并漸漸減小B．始終等于環重力mgC．小于環重力mg，并保持恒定D．大于環重力mg，并保持恒定解析：選A依據楞次定律知圓環中感應電流方向為順時針，再由左手定則推斷可知圓環所受安培力豎直向下，對圓環受力分析，依據受力平衡有FT＝mg＋F，得FT＞mg，F＝BIL，依據法拉第電磁感應定律I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔB,RΔt)S可知I為恒定電流，聯立上式可知B減小，推知F減小，則由FT＝mg＋F知FT減小。選項A正確。4．(多選)如圖4所示，水平放置的光滑平行金屬導軌上有一質量m的金屬棒ab。導軌的一端連接電阻R，其他電阻均不計，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面對下，金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止起先向右運動。則()圖4A．隨著ab運動速度的增大，其加速度也增大B．外力F對ab做的功等于電路中產生的電能C．當ab做勻速運動時，外力F做功的功率等于電路中的電功率D．無論ab做何種運動，它克服安培力做的功肯定等于電路中產生的電能解析：選CD金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止起先向右運動，對金屬棒ab受力分析有F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，可知隨著ab運動速度的增大，其加速度漸漸減小，選項A錯誤；外力F對ab做的功等于電路中產生的電能加上金屬棒ab增加的動能，選項B錯誤；當ab做勻速運動時，F＝F安＝eq\f(B2L2v,R)，外力F做功的功率等于電路中的電功率，選項C正確；無論ab做何種運動，它克服安培力做的功肯定等于電路中產生的電能，選項D正確。5．如圖5所示，PN與QM兩平行金屬導軌相距1m，電阻不計，兩端分別接有電阻R1和R2，且R1＝6Ω，ab導體的電阻為2Ω，在導軌上可無摩擦地滑動，垂直穿過導軌平面的勻強磁場的磁感應強度為1T。現ab以恒定速度v＝3m/s勻速向右移動，這時ab桿上消耗的電功率與R1、R2消耗的電功率之和相等，求：圖5(1)R2的阻值；(2)R1與R2消耗的電功率；(3)拉ab桿的水平向右的外力F。解析：(1)內外功率相等，則內外電阻相等eq\f(6Ω×R2,6Ω＋R2)＝2Ω解得R2＝3Ω。(2)導體棒切割磁感線，相當于電源，E＝BLv＝1×1×3V＝3V總電流I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(3,4)A＝0．75A路端電壓U＝IR外＝0．75×2V＝1．5VP1＝eq\f(U2,R1)＝eq\f(1.52,6)W＝0．375WP2＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(1.52,3)W＝0．75W。(3)F＝BIL＝1×0．75×1N＝0．75N。答案：(1)3Ω(2)0．375W0．75W(3)0．75N6．如圖6所示，固定在勻強磁場中的水平導軌的間距L1＝0．5m，金屬棒ad與導軌左端bc的距離L2＝0．8m，整個閉合回路的電阻為R＝0．2Ω，勻強磁場的方向豎直向下穿過整個回路。ad棒通過細繩跨過定滑輪連接一個質量為m＝0．04kg的物體，不計一切摩擦，現使磁感應強度從零起先以eq\f(ΔB,Δt)＝0．2T/s的改變率勻稱增大，求經過多長時間物體剛好能離開地面(g取10m/s2)。圖6解析：物體剛要離開地面時，其受到的拉力F等于它的重力mg，而拉力F等于棒ad所受的安培力，即mg＝BIL1。其中B＝eq\f(ΔB,Δt)·t，感應電流由改變的磁場產生，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(1,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(L1L2,R)，所以t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgR,L\o\al(2,1)L2)·\f(Δt,ΔB)))·eq\f(Δt,ΔB)＝10s。答案：10s7．如圖7所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ間距為l＝0．5m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成30°角。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸，已知兩棒的質量均為0．02kg，電阻均為R＝0．1Ω，整個裝置處在垂直于導軌平面對上的勻強磁場中，磁感應強度為B＝0．2T，棒ab在平行于導軌向上的拉力F作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒cd恰好保持靜止，取g＝10m/s2。求：圖7(1)通過cd棒的電流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的拉力F多大？(3)拉力F做功的功率P是多少？解析：(1)對cd棒受力分析可得：BIl＝mgsin30°代入數據，得：I＝1A依據右手定則推斷，通過cd棒的電流I方向由d到c。(2)對ab棒受力分析可得：F＝BIl＋mgsin30°代入數據，得：F＝0．2N。(3)依據I＝eq\f(Blv,2R)，P＝Fv代入數據，得：P＝0．4W。答案：(1)1A方向由d到c(2)0．2N(3)0．4W8．如圖8甲所示，平行金屬導軌豎直放置，導軌間距為L＝1m，上端接有電阻R1＝3Ω，下端接有電阻R2＝6Ω，虛線OO′下方是垂直于導軌平面的勻強磁場。現將質量m＝0．1kg、電阻不計的金屬桿ab，從OO′上方某處垂直導軌由靜止釋放，桿下落0．2m過程中始終與導軌保持良好接觸，加速度a與下落距離h的關系圖像如圖乙所示。求：圖8(1)磁感應強度B；(2)桿下落0．2m過程中通過電阻R2的電荷量q。解析：(1)由圖像知，桿自由下落距離是0．05m，當地重力加速度g＝10m/s2，則桿進入磁場時的速度v＝eq\r(2gh)＝1m/s由圖像知，桿進入磁場時加速度a＝－g＝－10m/s2由牛頓