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學案47 電磁感應中的動力學和能量問題
一、概念規律題組
1．如圖1所示，
圖1
固定在水平絕緣平面上且足夠長的金屬導軌不計電阻，但表面粗糙，導軌左端連接一個電阻R，質量為m的金屬棒(電阻也不計)放在導軌上并與導軌垂直，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直．用水平恒力F把ab棒從靜止起向右拉動的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．恒力F做的功等于電路產生的電能
B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產生的電能
C．克服安培力做的功等于電路中產生的電能
D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產生的電能和棒獲得的動能之和
圖2
2．光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如圖2所示，拋物線的方程為y＝x2，其下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y＝a的直線(圖中的虛線所示)，一個質量為m的小金屬塊從拋物線y＝b(b>a)處以速度v沿拋物線下滑，假設拋物線足夠長，則金屬塊在曲面上滑動的過程中產生的焦耳熱總量是(　　)
A．mgb B.mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
二、思想方法題組
圖3
3．如圖3所示，先后兩次將同一個矩形線圈由勻強磁場中拉出，兩次拉動的速度相同．第一次線圈長邊與磁場邊界平行，將線圈全部拉出磁場區，拉力做功W1、通過導線截面的電荷量為q1，第二次線圈短邊與磁場邊界平行，將線圈全部拉出磁場區域，拉力做功為W2、通過導線截面的電荷量為q2，則(　　)
A．W1>W2，q1＝q2 B．W1＝W2，q1>q2
C．W1W2，q1>q2
圖4
4．如圖4所示，電阻為R，其他電阻均可忽略，ef是一電阻可不計的水平放置的導體棒，質量為m，棒的兩端分別與ab、cd保持良好接觸，又能沿框架無摩擦下滑，整個裝置放在與框架垂直的勻強磁場中，當導體棒ef從靜止下滑經一段時間后閉合開關S，則S閉合后(　　)
A．導體棒ef的加速度可能大于g
B．導體棒ef的加速度一定小于g
C．導體棒ef最終速度隨S閉合時刻的不同而不同
D．導體棒ef的機械能與回路內產生的電能之和一定守恒
一、電磁感應中的動力學問題
1．電磁感應與動力學、運動學結合的動態分析，分析方法是：
導體受力運動產生感應電動勢→感應電流→通電導線受安培力→合外力變化→加速度變化→速度變化→感應電動勢變化→……周而復始地循環，直至達到穩定狀態．
2．分析動力學問題的步驟
(1)用電磁感應定律和楞次定律、右手定則確定感應電動勢的大小和方向．
(2)應用閉合電路歐姆定律求出電路中感應電流的大小．
(3)分析研究導體受力情況，特別要注意安培力方向的確定．
(4)列出動力學方程或平衡方程求解．
3．兩種狀態處理
(1)導體處于平衡態——靜止或勻速直線運動狀態．
處理方法：根據平衡條件——合外力等于零，列式分析．
(2)導體處于非平衡態——加速度不為零．
處理方法：根據牛頓第二定律進行動態分析或結合功能關系分析．
圖5
【例1】 如圖5甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L.M、P兩點間接有阻值為R的電阻．一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直．整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下．導軌和金屬桿的電阻可忽略．讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦．
(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖．
(2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大小．
(3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值．
[規范思維]
　
　
　
二、電磁感應中的能量問題
1．電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程．電磁感應過程中產生的感應電流在磁場中必定受到安培力作用，因此要維持感應電流存在，必須有“外力”克服安培力做功．此過程中，其他形式的能轉化為電能，“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能；當感應電流通過用電器時，電能又轉化為其他形式的能．可以簡化為下列形式：
同理，安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式的能的過程，安培力做多少功就有多少電能轉化為其他形式的能．
2．電能求解的思路主要有三種
(1)利用克服安培力做功求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功；
(2)利用能量守恒求解：機械能的減少量等于產生的電能；
(3)利用電路特征求解：通過電路中所產生的電能來計算．
圖6
【例2】 如圖6所示，兩根足夠長的平行導軌處在與水平方向成θ＝37°角的斜面上，導軌電阻不計，間距L＝0.3 m，導軌兩端各接一個阻值R0＝2 Ω的電阻；在斜面上加有磁感應強度B＝1 T、方向垂直于導軌平面的勻強磁場．一質量為m＝1 kg、電阻r＝2 Ω的金屬棒橫跨在平行導軌間，棒與導軌間的動摩擦因數μ＝0.5.金屬棒以平行于導軌向上、v0＝10 m/s的初速度上滑，直至上升到最高點的過程中，通過上端電阻的電荷量Δq＝0.1 C，求上端電阻R0產生的焦耳熱Q.(g取10 m/s2)
[規范思維]
　
　
　
圖7
[針對訓練]　如圖7所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內，力F做的功與安培力做的功的代數和等于(　　)
A．棒的機械能增加量 B．棒的動能增加量
C．棒的重力勢能增加量 D．電阻R上放出的熱量
【基礎演練】
圖8
1．如圖8所示，在一勻強磁場中有一“”形導體框bacd，線框處于水平面內，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可以在ab、cd上無摩擦地滑動，桿ef及線框中導體的電阻都可不計．開始時，給ef一個向右的初速度，則(　　)
A．ef將減速向右運動，但不是勻減速
B．ef將勻速向右運動，最后停止
C．ef將勻速向右運動
D．ef將做往復運動
2.
圖9
如圖9所示，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計．金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中(　　)
A．運動的平均速度大小為v
B．下滑的位移大小為
C．產生的焦耳熱為qBLv
D．受到的最大安培力大小為sin θ
圖10
3．如圖10所示，有兩根與水平方向成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(　　)
A．如果B增大，vm將變大 B．如果α變大，vm將變大
C．如果R變大，vm將變大 D．如果m變小，vm將變大
圖11
4．兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻．將質量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖11所示．除電阻R外其余電阻不計．現將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則(　　)
A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度g
B．金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→b
C．金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為F＝
D．電阻R上產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少
圖12
5．如圖12所示，固定放置在同一水平面內的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中．一質量為m(質量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數為μ.現桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離l時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直)．設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g.則此過程(　　)
A．桿的速度最大值為
B．流過電阻R的電量為
C．恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量
D．恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變化量
6．如圖13所示，
圖13
水平地面上方矩形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個邊長相等的單匝閉合正方形線圈Ⅰ和Ⅱ，分別用相同材料、不同粗細的導線繞制(Ⅰ為細導線)．兩線圈在距磁場上界面h高處由靜止開始自由下落，再進入磁場，最后落到地面．運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內且下邊緣平行于磁場上邊界．設線圈Ⅰ、Ⅱ落地時的速度大小分別為v1、v2，在磁場中運動時產生的熱量分別為Q1、Q2.不計空氣阻力，則(　　)
A．v1C．v1Q2 D．v1＝v2，Q1【能力提升】
7．如圖14所示是磁懸浮列車運行原理模型．兩根平行直導軌間距為L，磁場磁感應強度B1＝B2，方向相反，并且以速度v同時沿直導軌向右勻速運動．導軌上金屬框邊長為L，電阻為R，運動時受到的阻力為Ff，則金屬框運動的最大速度表達式為(　　)
圖14
A．vm＝ B．vm＝
C．vm＝ D．vm＝
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案
8.
圖15
如圖15所示，水平放置的平行軌道M、N間接一阻值為R＝0.128 Ω的電阻，軌道寬為L＝0.8 m．軌道上搭一金屬棒ab，其質量m＝0.4 kg，ab與軌道間動摩擦因數為0.5，除R外其余電阻不計．垂直于軌道面的勻強磁場磁感應強度為B＝2 T，ab在一電動機牽引下由靜止開始運動，經過2 s，ab運動了1.2 m并達到最大速度．此過程中電動機平均輸出功率為8 W，最大輸出功率為14.4 W．求該過程中電阻R上消耗的電能．(取g＝10 m/s2)
9．光滑平行的金屬導軌MN和PQ，間距L＝1.0 m，與水平面之間的夾角α＝30°，勻強磁場磁感應強度B＝2.0 T，垂直于導軌平面向上，MP間接有阻值R＝2.0 Ω的電阻，其它電阻不計，質量m＝2.0 kg的金屬桿ab垂直導軌放置，如圖16甲所示．用恒力F沿導軌平面向上拉金屬桿ab，由靜止開始運動，v－t圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，導軌足夠長．求：
圖16
(1)恒力F的大小；
(2)金屬桿速度為2.0 m/s時的加速度大小；
(3)根據v－t圖象估算在前0.8 s內電阻上產生的熱量．
學案47　電磁感應中的動力學和能量問題
1．CD
2．D　[金屬塊在進入磁場或離開磁場的過程中，穿過金屬塊的磁通量發生變化，產生電流，進而產生焦耳熱．最后，金屬塊在高為a的曲面上做往復運動．減少的機械能為mg(b－a)＋mv2，由能量的轉化和守恒可知，減少的機械能全部轉化成焦耳熱，即選D.]
3．A　[設矩形線圈的長邊為a，短邊為b，電阻為R，速度為v，則W1＝BI1ba＝B··a·b，W2＝BI2ba＝B··a·b，因為a>b，所以W1>W2.通過導線截面的電荷量q1＝I1t1＝·＝q2.]
4．AD　[開關閉合前，導體棒只受重力而加速下滑．閉合開關時有一定的初速度v0，若此時F安>mg，則F安－mg＝ma.若F安思維提升
1．導體切割磁感線產生感應電流時，克服安培力做的功，與電能的生成大小相等，即機械能轉化為電能的量用克服安培力做的功來量度．
2．導體棒切割磁感線運動產生感應電流時，導體棒所受安培力的方向判斷：
方法一：先判斷感應電流的方向，然后利用左手定則判斷安培力的方向；方法二：利用楞次定律的第二種描述，安培力的作用總是阻礙相對運動，從而判斷安培力的方向．
例1 (1)見解析　(2)　gsin θ－
(3)
解析　(1)如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上．
(2)當ab桿速度為v時，感應電動勢E＝BLv，此時電路中的電流I＝＝
ab桿受到的安培力F＝BIL＝
根據牛頓運動定律，有
ma＝mgsin θ－F＝mgsin θ－
a＝gsin θ－.
(3)當ab桿所受合外力為零，即＝mgsin θ時，ab桿達到最大速度vm＝.
[規范思維]　此題為桿切割磁感線的動力學模型，首先在垂直于導體的平面內對導體進行受力分析，然后分析導體的運動，由于安培力隨速度變化而變化，這個運動開始通常是變加速運動，然后做穩定的勻速直線運動，最后用牛頓運動定律、能量關系解題．
例2 5 J
解析　由于導軌電阻不計，題中感應電路等效圖如圖所示，故ab上升過程中通過電路的感應電荷量為：
ΔQ＝＝2×Δq
設ab棒上滑的最大位移為x，
因此，B·＝2Δq
解得：x＝2 m
設ab桿上滑過程中上端電阻產生的焦耳熱為Q，則整個回路中產生的焦耳熱為6Q，由能量轉化和守恒定律有：
mv＝mgxsin 37°＋μmgxcos 37°＋6Q
解得：Q＝5 J.
[規范思維]　在金屬棒上滑過程中，動能、重力勢能、內能和電能間發生轉化，利用能量轉化和守恒定律很容易求解．注意求解的是電阻R0產生的焦耳熱，不是整個電路的焦耳熱，要找清二者的關系，再結合能量轉化和能量守恒定律求解．
[針對訓練]
A　[由動能定理有WF＋W安＋WG＝ΔEk，則WF＋W安＝ΔEk－WG，WG<0，故ΔEk－WG表示機械能的增加量．選A項．]
思想方法總結
1．電磁感應中的動力學臨界問題
(1)解決這類問題的關鍵是通過運動狀態的分析，尋找過程中的臨界狀態，如速度、加速度求最大值或最小值的條件．
2．分析電磁感應中功能關系類問題時要牢牢抓住能量守恒這一基本規律和線索，找出研究過程中有哪些力做功，就可以確定有哪些形式的能量參與轉化，如摩擦力對系統做負功，必然有內能出現；重力做功時，一般會有機械能參與轉化；安培力做負功時其他形式的能轉化為電能，做正功時電能轉化為其他形式的能等．
3．求解焦耳熱的途徑
(1)感應電路中產生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q＝W安．
(2)感應電路中電阻產生的焦耳熱等于電流通過電阻做的功，即Q＝I2Rt.
(3)感應電流中產生的焦耳熱等于電磁感應現象中其他形式能量的減少，即Q＝ΔE他．
4．建立導體棒沿方框運動切割磁感線問題模型．
導體AB棒由靜止下滑：分析其受力變化、加速度變化、速度變化．各力的功的正負、能量轉化關系、功率關系、最終穩定時的狀態等．
1．A　2.B　
3．BC　[金屬桿在下滑過程中先做加速度減小的加速運動，速度達到最大后做勻速運動，所以當F安＝mgsin α時速度最大，F安＝BIl＝，所以vm＝，分析各選項知B、C正確．]
4．AC　[釋放瞬間，金屬棒只受重力作用，所以其加速度等于重力加速度．金屬棒向下切割磁感線，產生的電流由b→a流經R，當速度為v時，感應電流I＝，則安培力F＝BIL＝.從能量守恒方面看，重力勢能的減少量等于彈性勢能的增加量與電阻R上產生的總熱量之和．]
5．BD　[當v最大時導體桿水平方向受力平衡，有F＝Ff＋F安，即F＝μmg＋，v＝，故A錯；通過電阻R的電量q＝＝，故B對；由動能定理有WF＋Wf＋WF安＝ΔEk，因為Wf<0，故C錯，D對．]
6．D　[設單匝閉合正方形線框邊長為L，導線橫截面積為S0，密度為ρ，電阻率為ρ′，則其剛進入磁場時的加速度
a＝＝g－＝g－
＝g－，
其中v為線圈剛進入磁場時的速度，可見加速度的大小與線框的粗細無關，兩線圈運動規律完全相同，故兩線圈到達地面的速度相等，線圈產生的熱量為克服安培力做功的大小，兩線圈做功位移相等，但FA＝，因兩線圈電阻不同，線圈I電阻大，其安培力小，故其做功少，產生熱量也少，故本題正確選項為D.]
7．C　[當金屬棒受到的安培力和阻力平衡時速度最大，根據E＝BL(v－vm)，I＝，F安＝BIL,2F安＝Ff，解得vm＝， 故C正確．]
8．13.472 J
解析　當電動機提供的牽引力等于導體棒所受安培力與滑動摩擦力之和時，速度最大為vmax，由題知此時電動機輸出功率最大．
故有F＝＝μmg＋
將已知數據代入得10v＋vmax－7.2＝0
解得vmax＝0.8 m/s(負值舍去)．全過程，由能的轉化和守恒定律知t＝Q＋μmgx＋mv
代入已知數據得Q＝13.472 J.
9．(1)18 N　(2)2.0 m/s2　(3)4.12 J
解析　(1)對金屬桿受力分析如右圖所示．
由v—t圖象可知導軌最后勻速運動且vmax＝4 m/s.
即F＝mgsin 30°＋F安①
F安＝BIL②
I＝③
由①②③解得：F＝＋mgsin 30°＝18 N.
(2)對金屬桿由牛頓第二定律得
F－mgsin 30°－F安＝ma
a＝＝2.0 m/s2.
(3)由v—t圖象知：0.8 s內位移即為0～0.8 s內圖象所包圍的小方格面積的和，小方格的個數為28個，故
x＝28×0.2×0.2＝1.12 m
設在前0.8 s內電阻上產生的熱量為Q，則由功能關系得Fx＝Q＋mgxsin α＋mv2，由v—t圖象知0.8 s時速度v＝2.2 m/s
解得：Q＝Fx－mgxsin α－mv2＝4.12 J.
易錯點評
1．對于第6題，分析關鍵是要找出Ⅰ、Ⅱ線圈的真正區別在哪里，寫出二者進入磁場時的加速度通式．在判斷熱量Q時，用能量守恒的方法判斷較為容易．
2．在第7題中，沒有考慮線框的ad、bc兩條邊在方向相反的磁場中均產生電動勢，只按一條邊切割磁感線來計算電動勢，得出E＝BLv，是錯誤的．
3．在本節問題中求焦耳熱Q時，注意Q＝I2Rt的適用條件，即I一定是恒定的，否則應用能量守恒進行計算．
4．求解電荷量q時，公式中q＝n＝n中，ΔS是金屬棒掃過的面積，R應是回路總電阻．

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