发布时间 : 星期六 文章（完整word版）《步步高》2014高考物理一轮复习讲义第九章第4课时电磁感应中的动力学和能量问题更新完毕开始阅读
专题十 电磁感应中的动力学和能量问题
考纲解读 1.会分析计算电磁感应中有安培力参与的导体的运动及平衡问题.2.会分析计算电磁感应中能量的转化与转移．
考点一 电磁感应中的动力学问题分析 1． 安培力的大小
B2l2vE
由感应电动势E＝Blv，感应电流I＝和安培力公式F＝BIl得F＝.
RR2． 安培力的方向判断
3． 导体两种状态及处理方法
(1)导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析． (2)导体的非平衡态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
例1 (2012·广东理综·35)如图1所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光
滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．
图1
(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I及导体棒的速率v.
(2)改变Rx，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx. 解析 (1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示． 导体棒所受安培力F安＝BIl① 导体棒匀速下滑，所以F安＝Mgsin θ② Mgsin θ
联立①②式，解得I＝③
Bl
导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝Blv④
EE
由闭合电路欧姆定律得I＝，且Rx＝R，所以I＝⑤
2RR＋Rx2MgRsin θ
联立③④⑤式，解得v＝
B2l2(2)由题意知，其等效电路图如图所示．
由图知，平行金属板两板间的电压等于Rx两端的电压．
设两金属板间的电压为U，因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I，所以由欧姆定律知 U＝IRx⑥
U
要使带电的微粒匀速通过，则mg＝q⑦
dmBld
联立③⑥⑦式，解得Rx＝.
Mqsin θMgsin θ2MgRsin θmBld
答案 (1) (2) 22BlBlMqsin θ
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是 “先电后力”，即：先做“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r； 再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相应部分的电流大小，以便求解安培力；
然后是“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
意其所受的安培力；
最后进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．
突破训练1 如图2所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，
匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够 长时间以后
图2
( )
A．金属棒ab、cd都做匀速运动 B．金属棒ab上的电流方向是由b向a C．金属棒cd所受安培力的大小等于2F/3 D．两金属棒间距离保持不变 答案 BC
解析 对两金属棒ab、cd进行受力分析和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔离金属棒cd分析：F－F安＝ma，可求得金属棒cd2
所受安培力的大小F安＝F，C正确；因此答案选B、C.
3考点二 电磁感应中的能量问题分析 1． 过程分析
(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．
(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能． 2． 求解思路
(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算． (2)若电流变化，则：①利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．
例2 如图3所示，倾角为θ＝30°、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L1＝0.4 m，
B1＝5 T的匀强磁场垂直导轨平面向上．一质量m＝1.6 kg的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，其电阻r＝1 Ω.金属导轨上端连接右侧电路，R1＝1 Ω，R2＝1.5 Ω.R2两端通过细导线连接质量M＝0.6 kg的正方形金属框cdef，正方形边长L2＝0.2 m，每条边电阻r0为1 Ω，金属框处在一方向垂直纸面向里、B2＝3 T的匀强磁场中．现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，g取10 m/s2. (1)若将电键S断开，求棒下滑过程中的最大速度．
(2)若电键S闭合，每根细导线能承受的最大拉力为3.6 N，求细导线刚好被拉断时棒的速度．
(3)若电键S闭合后，从棒释放到细导线被拉断的过程中，棒上产生的电热为2 J，求此过程中棒下滑的高度(结果保留一位有效数字)．
图3
解析 (1)棒下滑过程中，沿导轨的合力为0时，速度最大，mgsin θ－F安＝0 F安＝B1IL1 I＝
E
r＋R1＋R2
E＝B1L1vmax 代入数据解得： vmax＝7 m/s
(2)闭合S后，设细导线刚断开时，通过金属框ef边电流为I′，则通过cd边的电流为3I′
则：2FT－Mg－B2I′L2－3B2I′L2＝0 解得I′＝0.5 A