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專題強化9　電磁感應中的動力學和能量問題
[學習目標]　
1.會分析導體棒、線框在磁場中的受力(重點)。
2.能根據電流的變化分析導體棒、線框受力的變化情況和運動情況(重難點)。
3.能利用牛頓運動定律和平衡條件分析有關問題(重難點)。
4.理解電磁感應現象中的能量轉化，會用動能定理、能量守恒定律分析有關問題(重難點)。
一、電磁感應中的動力學問題
如圖所示，空間存在方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B，MN、PQ是水平放置的足夠長的平行長直導軌，其間距為L，電阻R接在導軌一端，導體棒ab跨接在導軌上，質量為m，接入電路的電阻為r。導體棒和導軌間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。從零時刻開始，對ab棒施加一個大小為F、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導軌滑動，ab棒始終保持與導軌垂直且接觸良好。
(1)分析導體棒的運動性質；
(2)求導體棒所能達到的最大速度的大小；
(3)試定性畫出導體棒運動的速度—時間圖像。
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1．電磁感應問題中電學對象與力學對象的相互制約關系
2．處理此類問題的基本方法
(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向。
(2)求回路中感應電流的大小和方向。
(3)分析導體受力情況(包括安培力)。
(4)列動力學方程或根據平衡條件列方程求解。
例1　如圖甲所示，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的定值電阻，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，磁場方向垂直于導軌平面向下，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。(重力加速度為g)
(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桿中的電流大小及其加速度的大小；
(3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值。
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分析電磁感應中的動力學臨界問題的基本思路
導體受外力運動感應電動勢感應電流導體受安培力→合外力變化加速度變化→臨界狀態
二、電磁感應中的能量問題
1.如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，水平U形導體框左端接一阻值為R的電阻，質量為m、電阻為r的導體棒ab置于導體框上。不計導體框的電阻、導體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運動，最終停在導體框上。在此過程中
(1)根據動能定理可得，導體棒克服安培力做的總功W克安＝________________；
(2)根據能量守恒可得，整個過程回路中產生的總熱量為Q＝_______________，可知，W克安________Q(填“>”“<”或“＝”)；
(3)電阻R消耗的總電能為____________。
2．在例1中，設ab桿沿導軌由靜止開始下滑至速度最大的過程中下滑的豎直高度為h，則
(1)根據動能定理可得，_____________＝mvm2－mv02，可得W克安＝_________________；
(2)根據能量守恒定律可得，mgh＝____________________，整個回路產生的熱量Q＝____________________可得知，W克安______Q(填“>”“<”或“＝”)；
(3)電阻R消耗的總電能為________________________。
1．電磁感應現象中的能量轉化
安培力做功
2．焦耳熱的計算
(1)電流恒定時，根據焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。
(2)感應電流變化時，可用以下方法分析：
①利用動能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q＝W克安。
②利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量。
3．桿克服安培力做的功等于整個電路產生的焦耳熱Q。電阻與導體棒串聯，產生的焦耳熱與電阻成正比。電阻R產生的焦耳熱為QR＝Q，導體棒產生的焦耳熱為Qr＝Q。
例2　(2023·淮安市馬壩高中高二期中)如圖所示，等腰直角三角形金屬線框abc放在光滑絕緣水平桌面上，直角邊長為L，線框的總電阻為R，質量為m，有界勻強磁場垂直于水平桌面向下，磁感應強度大小為B，磁場邊界MN、PQ間距大于L。ab邊始終與磁場邊界MN平行。給金屬線框一個方向垂直MN向右、大小為v0的初速度，線框穿過磁場后的速度大小為，則下列分析正確的是(　　)
A．線框進入磁場過程中產生順時針方向的感應電流
B．線框剛進入磁場時產生的感應電流為
C．線框進入磁場和穿出磁場過程均做勻減速運動
D．線框穿過磁場過程產生的熱量為mv02
針對訓練　如圖所示，水平光滑的平行金屬導軌，左端接有電阻R，勻強磁場B豎直向下分布在導軌所在的空間內，質量一定的金屬棒PQ垂直導軌放置。若使棒以一定的初速度v0向右運動，當其通過位置a、b時，速率分別為va、vb，到位置c時棒剛好靜止，設金屬導軌與棒的電阻均不計，a到b與b到c的間距相等，則金屬棒在從a到b和從b到c的兩個過程中(　　)
A．金屬棒做勻減速運動
B．通過金屬棒橫截面的電荷量，從a到b比從b到c大
C．克服安培力做功，從a到b比從b到c大
D．回路中產生的內能相等
例3　(2023·鎮江市鎮江中學高二期中)如圖甲所示，MN、PQ為足夠長的兩平行金屬導軌，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＝0.5 T，垂直于導軌平面向上，MP間接有電流傳感器(相當于電流表，其電阻忽略不計)，質量m＝2.0 kg、接入電路的阻值R＝1.0 Ω的金屬桿ab垂直導軌放置，它與導軌間的動摩擦因數μ＝。用外力F沿導軌平面向上拉金屬桿ab，使ab由靜止開始運動并開始計時，電流傳感器顯示回路中的電流I隨時間t變化的圖像如圖乙所示，0～3 s，拉力做的功為225 J，除金屬桿電阻外，其他電阻不計。取g＝10 m/s2。求：
(1)0～3 s內金屬桿ab運動的位移大小；
(2)0～3 s內F隨t變化的關系；
(3)0～3 s內金屬桿產生的焦耳熱。
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專題強化9　電磁感應中的動力學和能量問題
[學習目標]　1.會分析導體棒、線框在磁場中的受力(重點)。2.能根據電流的變化分析導體棒、線框受力的變化情況和運動情況(重難點)。3.能利用牛頓運動定律和平衡條件分析有關問題(重難點)。4.理解電磁感應現象中的能量轉化，會用動能定理、能量守恒定律分析有關問題(重難點)。
一、電磁感應中的動力學問題
如圖所示，空間存在方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B，MN、PQ是水平放置的足夠長的平行長直導軌，其間距為L，電阻R接在導軌一端，導體棒ab跨接在導軌上，質量為m，接入電路的電阻為r。導體棒和導軌間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。從零時刻開始，對ab棒施加一個大小為F、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導軌滑動，ab棒始終保持與導軌垂直且接觸良好。
(1)分析導體棒的運動性質；
(2)求導體棒所能達到的最大速度的大小；
(3)試定性畫出導體棒運動的速度—時間圖像。
答案　(1)導體棒做切割磁感線的運動，產生的感應電動勢E＝BLv①
回路中的感應電流I＝②
導體棒受到的安培力F安＝BIL③
導體棒運動過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據牛頓第二定律有
F－μmg－F安＝ma④
整理得F－μmg－＝ma⑤
由⑤可知，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當加速度a減小到0時，速度達到最大，此后導體棒做勻速直線運動。即導體棒先做加速度逐漸減小的加速運動，再做勻速運動。
(2)當導體棒做勻速運動時，達到最大速度，有F－μmg－＝0
可得vm＝
(3)由(1)(2)中的分析可知，導體棒運動的速度—時間圖像如圖所示。
1．電磁感應問題中電學對象與力學對象的相互制約關系
2．處理此類問題的基本方法
(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向。
(2)求回路中感應電流的大小和方向。
(3)分析導體受力情況(包括安培力)。
(4)列動力學方程或根據平衡條件列方程求解。
例1　如圖甲所示，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的定值電阻，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，磁場方向垂直于導軌平面向下，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。(重力加速度為g)
(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桿中的電流大小及其加速度的大小；
(3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值。
答案　(1)見解析圖
(2)　gsin θ－　(3)
解析　(1)如圖所示，ab金屬桿受重力mg，方向豎直向下；支持力FN，方向垂直于導軌平面向上；電流方向由a→b，安培力F安方向沿導軌平面向上。
(2)當ab桿的速度大小為v時，感應電動勢E＝BLv，
則此時電路中的電流I＝＝
ab桿受到的安培力F安＝BIL＝
根據牛頓第二定律，有
mgsin θ－F安＝ma
聯立各式解得a＝gsin θ－。
(3)當a＝0時，ab桿達到最大速度vm，
即有mgsin θ＝，解得vm＝。
分析電磁感應中的動力學臨界問題的基本思路
導體受外力運動感應電動勢感應電流導體受安培力→合外力變化加速度變化→臨界狀態
二、電磁感應中的能量問題
1.如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，水平U形導體框左端接一阻值為R的電阻，質量為m、電阻為r的導體棒ab置于導體框上。不計導體框的電阻、導體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運動，最終停在導體框上。在此過程中
(1)根據動能定理可得，導體棒克服安培力做的總功W克安＝mv02；
(2)根據能量守恒可得，整個過程回路中產生的總熱量為Q＝mv02，可知，W克安＝Q(填“>”“<”或“＝”)；
(3)電阻R消耗的總電能為。
2．在例1中，設ab桿沿導軌由靜止開始下滑至速度最大的過程中下滑的豎直高度為h，則
(1)根據動能定理可得，mgh－W克安＝mvm2－mv02，可得W克安＝mgh＋mv02－mvm2；
(2)根據能量守恒定律可得，mgh＝mvm2－mv02＋Q，整個回路產生的熱量Q＝mgh＋mv02－mvm2可得知，W克安＝Q(填“>”“<”或“＝”)；
(3)電阻R消耗的總電能為mgh＋mv02－mvm2。
1．電磁感應現象中的能量轉化
安培力做功
2．焦耳熱的計算
(1)電流恒定時，根據焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。
(2)感應電流變化時，可用以下方法分析：
①利用動能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q＝W克安。
②利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量。
3．桿克服安培力做的功等于整個電路產生的焦耳熱Q。電阻與導體棒串聯，產生的焦耳熱與電阻成正比。電阻R產生的焦耳熱為QR＝Q，導體棒產生的焦耳熱為Qr＝Q。
例2　(2023·淮安市馬壩高中高二期中)如圖所示，等腰直角三角形金屬線框abc放在光滑絕緣水平桌面上，直角邊長為L，線框的總電阻為R，質量為m，有界勻強磁場垂直于水平桌面向下，磁感應強度大小為B，磁場邊界MN、PQ間距大于L。ab邊始終與磁場邊界MN平行。給金屬線框一個方向垂直MN向右、大小為v0的初速度，線框穿過磁場后的速度大小為，則下列分析正確的是(　　)
A．線框進入磁場過程中產生順時針方向的感應電流
B．線框剛進入磁場時產生的感應電流為
C．線框進入磁場和穿出磁場過程均做勻減速運動
D．線框穿過磁場過程產生的熱量為mv02
答案　B
解析　線框進入磁場過程中穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可知，線框中產生逆時針方向的感應電流，故A錯誤；線框剛進入磁場時產生的感應電動勢為E＝BLv0，感應電流為I＝＝，故B正確；線框進入磁場過程中受到的安培力與運動方向相反，則線框向右做減速運動，且切割磁感線的有效長度減小，產生的感應電動勢減小，感應電流減小，安培力減小，加速度減小，即線框進入磁場過程并不是勻減速運動，同理可分析線框出磁場過程也不是勻減速運動，故C錯誤；由題意，線框穿過磁場過程中，根據能量守恒定律，產生的焦耳熱為Q＝mv02－m()2＝mv02，故D錯誤。
針對訓練　如圖所示，水平光滑的平行金屬導軌，左端接有電阻R，勻強磁場B豎直向下分布在導軌所在的空間內，質量一定的金屬棒PQ垂直導軌放置。若使棒以一定的初速度v0向右運動，當其通過位置a、b時，速率分別為va、vb，到位置c時棒剛好靜止，設金屬導軌與棒的電阻均不計，a到b與b到c的間距相等，則金屬棒在從a到b和從b到c的兩個過程中(　　)
A．金屬棒做勻減速運動
B．通過金屬棒橫截面的電荷量，從a到b比從b到c大
C．克服安培力做功，從a到b比從b到c大
D．回路中產生的內能相等
答案　C
解析　金屬棒PQ在運動過程中所受到的合力為安培力，方向向左，F安＝BIL＝，由牛頓第二定律得＝ma，由于v減小，所以金屬棒向右運動過程中，加速度逐漸減小，故A錯誤；
金屬棒運動過程中，通過其橫截面的電荷量q＝IΔt＝Δt＝·＝＝B
從a到b的過程中與從b到c的過程中，回路面積的變化量ΔS相等，B、R相等，因此，通過棒橫截面的電荷量相等，故B錯誤；金屬棒在安培力作用下做減速運動，速度v越來越小，金屬棒克服安培力做功，把金屬棒的動能轉化為內能，由于a、b間距離與b、c間距離相等，安培力從a到c逐漸減小，由W＝F安s定性分析可知，從a到b克服安培力做的功比從b到c克服安培力做的功多，因此在從a到b的過程產生的內能多，故C正確，D錯誤。
例3　(2023·鎮江市鎮江中學高二期中)如圖甲所示，MN、PQ為足夠長的兩平行金屬導軌，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＝0.5 T，垂直于導軌平面向上，MP間接有電流傳感器(相當于電流表，其電阻忽略不計)，質量m＝2.0 kg、接入電路的阻值R＝1.0 Ω的金屬桿ab垂直導軌放置，它與導軌間的動摩擦因數μ＝。用外力F沿導軌平面向上拉金屬桿ab，使ab由靜止開始運動并開始計時，電流傳感器顯示回路中的電流I隨時間t變化的圖像如圖乙所示，0～3 s，拉力做的功為225 J，除金屬桿電阻外，其他電阻不計。取g＝10 m/s2。求：
(1)0～3 s內金屬桿ab運動的位移大小；
(2)0～3 s內F隨t變化的關系；
(3)0～3 s內金屬桿產生的焦耳熱。
答案　(1)9 m　(2)F＝0.5t＋24(N)　(3)9 J
解析　(1)由題圖乙知回路中的電荷量為q＝4.5 C
又＝＝
＝
q＝·Δt
聯立得x＝＝9 m
(2)由題圖乙知，I＝kt＝t
根據閉合電路歐姆定律得I＝
故v＝t
根據v＝at可知a＝＝ m/s2＝2 m/s2
由題意，感應電動勢為E＝BLv
感應電流為I＝
得F安＝BIL＝
由牛頓第二定律得：
F－mgsin θ－mgμcos θ－＝ma
代入a＝2 m/s2得F＝0.5t＋24(N)
(3)3 s末，v＝at＝6 m/s，由動能定理得
WF－mgxsin θ－μmgxcos θ－Q＝mv2
得Q＝9 J。

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