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1、学而不思则惘，思而不学则殆电磁感应中的动力学问题1导体棒的两种运动状态(1)平衡状态 导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为零；(2)非平衡状态 导体棒的加速度不为零2两个研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看做电学对象(因为它相当于电源)，又可看做力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I 和导体棒的速度v 是联系这两个对象的纽带3电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流IBlvRr. (2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安BIl B2l2vRr，根据牛顿第二定律列动力
2、学方程： F合ma. (3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程：F合0. 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图 1 (1)由 b 向 a 方向看到的装置如图乙所示，请在此
3、图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学而不思则惘，思而不学则殆意图；(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的最大速度答案(1)见解析图(2)BLvRgsin B2L2vmR(
4、3)mgRsin B2L2解析(1)如图所示， ab 杆受重力 mg，竖直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上(2)当 ab 杆速度为 v 时，感应电动势EBLv，此时电路中电流IERBLvR，ab 杆受到的安培力F安BILB2L2vR，根据牛顿第二定律，有ma mgsin F安mgsin B2L2vRagsin B2L2vmR(3)当 a 0 时， ab 杆有最大速度vmmgRsin B2L2. 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：(1)进行 “源”的分析 分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参
5、数E 和 r. (2)进行 “路”的分析 分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力(3)“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，尤其注意其所受精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学而不思则惘，思而不学则殆的安培力(4)进行 “运动”状态的分析 根据力
6、和运动的关系，判断出正确的运动模型变式题组1 (2015 浙江 10 月选考 22)如图 2 甲所示， 质量 m3.0103 kg 的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD 长 l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T，方向水平向右的匀强磁场中有一匝数n300 匝，面积 S0.01 m2的线圈通过开关 K 与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度 B2的大小随时间t 变化的关系如图乙所示(g取 10 m/s2) 图 2 (1)求 0 0.10 s 线圈中的感应电动势大小(2)t0.22 s 时闭合开关K，若细杆 CD 所受安培力方
7、向竖直向上，判断CD 中的电流方向及磁感应强度B2的方向(3)t0.22 s 时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h0.20 m，求通过细杆 CD 的电荷量答案(1)30 V(2)CD向上(3)0.03 C 解析(1)由电磁感应定律En t得 EnS B2 t30 V (2)电流方向CD，B2方向向上(3)由牛顿第二定律Fmamv0 t(或由动量定理F tmv0)，安培力 FIB1l， QI t，v22gh，得 Qm2ghB1l0.03 C. 2(2016 浙江 10 月学考 22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图所示的装置半径为l 的圆形金属导轨固定在
8、水平面上，一根长也为l、电阻为R 的金属棒ab 一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO上，由电动机 A 带动旋转 在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场另有一质量为精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学而不思则惘，思而不学则殆m、电阻为R 的金属棒 cd 用轻
9、质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R 的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S 与“U”型导轨连接当开关S断开，棒 cd 静止时，弹簧伸长量为x0；当开关 S 闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd 再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：图 3 (1)通过棒 cd 的电流 Icd；(2)电动机对该装置的输出功率P；(3)电动机转动角速度与弹簧伸长量x 之间的函数关系答案(1)B1l26R，方向由 d 到 c(2)B12
10、2l46R(3)6k xx0RB1B2l3解析(1)ab 顺时针转动时产生的电动势为E12B1l2由右手定则，电流方向由a 到 b，由闭合电路欧姆定律，总电流IER12RB1l23R通过 cd 棒的电流 Icd12IB1l26R，方向由 d 到 c(2)电动机的输出功率PI232RB122l46R(3)S 断开时，由平衡条件kx0mgS 闭合时，由平衡条件kxB2Icdlmg解得 6k xx0RB1B2l3. 动力学和能量观点的综合应用精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -
11、第 4 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学而不思则惘，思而不学则殆1力学对象和电学对象的相互关系2解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路(1)电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系(2)受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向(3)运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析(4)能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式(5)规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理
12、、能量守恒定律合理组合优化3求解焦耳热的三种方法(1)焦耳定律： QI2Rt(2)功能关系： QW克服安培力(3)能量转化： Q E其他能的减少量例 2如图 4 所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内， ab 边长为 l，cd 边长为 2l，ab 与 cd 平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd 边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd 边进入磁场直到ef、pq 边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq 边离开磁场后，ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框
13、在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd 边保持水平，重力加速度为g.求：图 4 (1)线框 ab 边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd 边刚进入磁场时的几倍；精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学而不思则惘，思而不学则殆(2)磁场上、下边界间的距离H. 答案(1)4 倍(2)Qmg28l解析
14、(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd 边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E12Blv1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1E1R设此时线框所受安培力为F1，有 F12I1lB由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1由 式得 v1mgR4B2l2设 ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2mgRB2l2由式得 v24v1(2)线框自释放直到cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl12mv12线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)12mv2212mv1
15、2Q由 式得 HQmg28l. 在电磁感应现象中求解焦耳热时容易出现以下两类错误：1 不加分析就把某时刻的电流I 代入公式 QI2Rt 求解焦耳热，大多数情况下感应电流I 是变化的，求解焦耳热要用电流的有效值，因此不能用某时刻的电流代入公式QI2Rt 求解焦耳热 . 2 电路中产生焦耳热的元件不是一个，不加分析误认为某个元件上的焦耳热就是整个电路产生的焦耳热 . 变式题组3如图 5 所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ 相距 l，在 M 点和 P 点间接一个阻值为R的电阻， 在两导轨间OO1O1O矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为 d 的匀强磁场，精品p d f 资料 - - - 欢迎下载
16、 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 13 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学而不思则惘，思而不学则殆磁感应强度为B.一质量为 m，电阻为 r 的导体棒 ab，垂直搁在导轨上， 与磁场左边界相距d0.现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab 棒，使它由静止开始运动，棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒 ab 与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)求：图 5 (1)棒 ab 在离开磁场右边界时的速度；(2)棒 ab 通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能答案(1)F RrB2l2(2)F(d0d)mF2Rr22B4l4解析(1)棒在磁场中匀速运动时，有FFABIl，再据 IERrBlvRr联立解得vF RrB2l2(2)安培力做的功转化成两个电阻消耗的电能Q，根据能量守恒定律可得F(d0d)Q12mv2，解得QF(d0d)mF2Rr22B4l4. 4 如图 6 甲所示，在水平
