【物理】2019届一轮复习人教版电磁感应中的动力学和能量问题学案
题型探究课(二) 电磁感应中的动力学和能量问题
电磁感应中的动力学问题[学生用书P208]
【题型解读】
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．
1．力学对象和电学对象的相互关系
2．动态分析的基本思路
【典题例析】
(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
[审题指导] 解答的关键是对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力，
再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小．
[解析] (1)设两根导线的总的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin θ＝μN1＋T＋F ①
N1＝2mgcos θ ②
对于cd棒，同理有mgsin θ＋μN2＝T ③
N2＝mgcos θ ④
联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ)． ⑤
(2)由安培力公式得F＝BIL ⑥
这里I是回路abdca中的感应电流
ab棒上的感应电动势为E＝BLv ⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小
由欧姆定律得I＝ ⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ).
[答案] (1)mg(sin θ－3μcos θ)
(2)(sin θ－3μcos θ)
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：
【跟进题组】
1．(2017·高考上海卷)如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面．质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置．在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力．
(1)求ab开始运动时的加速度a；
(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；
(3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短．
解析：本题考查电磁感应、闭合电路欧姆定律．动力学分析、能量转化与守恒定律．
(1)利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析得：
mgsin θ＋BIL＝ma ①
对回路分析
I＝＝ ②
联立①②得
a＝gsin θ＋.
(2)上滑过程：
由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：
a上＝gsin θ＋ ③
上滑过程，a上、v反向，做减速运动．利用③式，v减小则a上减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动．
下滑过程：
由牛顿第二定律，对ab受力分析得：
mgsin θ－＝ma下 ④
a下＝gsin θ－ ⑤
因a下与v同向，ab做加速运动．由⑤得v增加，a下减小，可知，杆下滑时做加速度减小的加速运动．
(3)设P点是上滑与下滑过程中经过的同一点P，由能量转化与守恒可知：
mv＝mv＋QR ⑥
QR为ab从P滑到最高点到再回到P点过程中R上产生的焦耳热．
由QR>0所以vP上>vP下
同理可推得ab上滑通过某一位置的速度大于下滑通过同一位置的速度，进而可推得上
>下
由s＝上t上＝下t下得
t上
a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )
A．mgb B.mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
解析：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q＝mv2＋mgb－mga＝mg(b－a)＋mv2.
2．(2016·高考浙江卷)
小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，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；
(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.
解析：(1)由牛顿第二定律a＝＝12 m/s2 ①
进入磁场时的速度v＝＝2.4 m/s. ②
(2)感应电动势E＝Blv ③
感应电流I＝ ④
安培力FA＝IBl ⑤
代入得FA＝＝48 N． ⑥
(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J ⑦
由牛顿第二定律F－mgsin θ－FA＝0 ⑧
CD棒在磁场区域做匀速运动
在磁场中运动的时间t＝ ⑨
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J.
答案：见解析
[学生用书P211]
1.
(2018·上海闵行调研)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．从置于垂直纸面向里、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
解析：选A.设ab和bc边长分别为L1、L2，线框电阻为R，若假设穿过磁场区域的时间为t.
通过线框导体横截面的电荷量
q＝It＝＝，
因此q1＝q2.
线框上产生的热量为Q，
第一次：Q1＝BL1I1L2＝BL1L2，
同理可以求得Q2＝BL2I2L1＝BL2L1，
由于L1>L2，则Q1>Q2，故A正确．
2.
如图，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( )
解析：选D.导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点．线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E＝BLv、I＝及F＝BIL＝ma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确．
3.
如图所示，质量均为m的金属棒ab、cd与足够长的水平金属导轨垂直且接触良好，两金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B的匀强磁场的方向竖直向下．则ab棒在恒力F＝2μmg作用下向右运动的过程中，有( )
A．安培力对ab棒做正功
B．安培力对cd棒做正功
C．ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动
D．cd棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动
解析：选C.对于ab棒，因为F＝2μmg>μmg，所以从静止开始加速运动，ab棒运动会切割磁感线产生感应电流，从而使ab棒受到一个向左的安培力，这样加速度会减小，
最终会做匀速运动；而cd棒所受到的最大安培力与摩擦力相同，所以总保持静止状态，即安培力对ab棒做负功，对cd棒不做功，所以选项C正确，A、B、D错误．
4.
如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B.ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动．则下列说法中错误的是( )
A．ab棒中的电流方向由b到a
B．cd棒先加速运动后匀速运动
C．cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力
D．力F做的功等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和
解析：选B.ab向上运动的过程中，穿过闭合回路abdc的磁通量增大，根据楞次定律可得ab棒中的感应电流方向为b→a，故A正确；cd棒中感应电流由c到d，其所在的区域有向下磁场，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力向上．ab棒做加速直线运动，速度增大，产生的感应电流增加，cd棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先加速运动后减速运动，最后停止运动，故B错误；因安培力增加，cd棒受摩擦力的作用一直增加，会大于重力，故C正确；根据动能定理可得WF－Wf－W安培－WG＝mv2－0，力F所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和，故D正确．
5．(多选)
如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场立即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移．下图中正确的是( )
解析：选BD.导体棒c落入磁场之前做自由落体运动，加速度恒为g，有h＝gt2，v＝gt，c棒进入磁场以速度v做匀速直线运动时，d棒开始做自由落体运动，与c棒做自由落体运动的过程相同，此时c棒在磁场中做匀速直线运动的路程为h′＝vt＝gt2＝2h，d棒进入磁场而c棒还没有穿出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g，直到c棒穿出磁场，B正确；c棒穿出磁场后，d棒切割磁感线产生电动势，在回路中产生感应电流，因此时d棒速度大于c棒进入磁场时切割磁感线的速度，故电动势、电流、安培力都大于c棒刚进入磁场时的大小，d棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动v2－v＝2gh，可知加速过程动能与路程成正比，D正确．
6.
(多选)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )
A．线框中感应电流的方向不变
B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间
C．线框以速度v2做匀速直线运动时，发热功率为sin2θ
D．线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与重力做功WG的关系式是ΔE机＝WG＋mv－mv
解析：选CD.线框从释放到穿出磁场的过程中，由楞次定律可知感应电流方向先沿
abcda后沿adcba再沿abcda方向，A项错误；线框第一次匀速运动时，由平衡条件有BId＝mgsin θ，I＝，解得v1＝，第二次匀速运动时，由平衡条件有2BI′d＝mgsin θ，I′＝，解得v2＝，线框ab边匀速通过区域Ⅰ，先减速再匀速通过区域Ⅱ，而两区域宽度相同，故通过区域Ⅰ的时间小于通过区域Ⅱ的时间，B项错误；由功能关系知线框第二次匀速运动时发热功率等于重力做功的功率，即P＝mgv2sin θ＝，C项正确；线框从进入磁场到第二次匀速运动过程中，损失的重力势能等于该过程中重力做的功，动能损失量为mv－mv，所以线框机械能损失量为ΔE机＝WG＋mv－mv，D项正确．
7.
(2016·高考天津卷)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度．电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同．磁铁端面是边长为d的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度大于d，电阻率为ρ.为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g.
(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I；
(2)若两铝条的宽度均为b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式；
(3)在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度b′>b的铝条，磁铁仍以速度v进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化．
解析：(1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等，均为F安，有
F安＝IdB ①
设磁铁受到沿斜面向上的作用力为F，其大小有
F＝2F安 ②
磁铁匀速运动时受力平衡，则有
F－mgsin θ＝0 ③
联立①②③式可得
I＝. ④
(2)磁铁在铝条间运动时，在铝条中产生的感应电动势为
E＝Bdv ⑤
设铝条与磁铁正对部分的电阻为R，由电阻定律有
R＝ρ ⑥
由欧姆定律有
I＝ ⑦
联立④⑤⑥⑦式可得
v＝. ⑧
(3)磁铁以速度v进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F，联立①②⑤⑥⑦式可得
F＝ ⑨
当铝条的宽度b′>b时，磁铁以速度v进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F′，有F′＝
可见，F′>F＝mgsin θ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大．之后，随着运动速度减小，F′也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小，综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动．直到F′＝mgsin θ时，磁铁重新达到平衡状态，以较小的速度匀速下滑．
答案：见解析
8．如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m．以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系
Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10 m/s2.
(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差UCD；
(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图象；
(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．
解析：(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势E＝Blv，l＝d，解得E＝1.5 V
当x＝0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，则
l外＝d－d，OP＝ ＝2 m
得l外＝1.2 m
由右手定则判断D点电势高，故CD两端电势差
UCD＝－Bl外v＝－0.6 V.
(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是
l＝d＝3－x
对应的电阻R1＝R
电流I＝
杆受到的安培力为F安＝BIl＝7.5－3.75x
根据平衡条件得F＝F安＋mgsin θ
F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)．
画出的F－x图象如图所示．
(3)外力F所做的功WF等于F－x图线下所围的面积．即
WF＝×2 J＝17.5 J
而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgOPsin θ
故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5 J.
答案：(1)1.5 V －0.6 V (2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 图象见解析 (3)7.5 J
