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1、第九章 电磁感应、交流电、电磁波课时3电磁感应中的动力学问题、能量问题【内容与要求】知识内容考试要求必考加试1.楞次定律C2.法拉第电磁感应定律d【考点与典例】考点1.电磁感应中的动力学问题分析电磁感应中通过导体的感应电流，在磁场中将受到安培力的作用，因此，电磁感应问题往往和力学、运动学等问题联系 在一起。导体两种状态及处理方法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.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.解决电磁感应中的动力学问题的一般思路：首先作“源”的分析别离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源
2、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，求出相关局部的电流大小，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；接着进行“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.(3)在电磁感应中的动力学问题中有两类常见的模型：类型“电一动一电，型“动一电一动”型示意图M bf 立S a / QM 二棒长3质量m,电阻R；导轨光滑水平，电阻不计棒R?长L,质量z,电阻R；导轨光滑，电 阻不计分析S闭合，棒ab受安培力学，此时a ble加？，棒Clb速度埒一感应电动势 比好一 电流儿一安培力尸一加速度当 安培力尸
3、=0时，4=0, U最大，最后匀速棒R?释放后下滑，此时=gsina,棒外速E 度 吸一感应电动势=瓦埒一电流/=初一安培力/=8/一加速度当安培力F=mgsina时,=0, u最大，最后匀速运动形式变加速运动变加速运动最终状态F匀速运动Vm匀速运动mgRsin a Vm- B2L24040感应电动 用二0，由欧姆定律可知在以上时段内，环中的电流为人=0。在/ = 0到1 = 27时间内金属环所产生 TTR1 2的电热为。=2（1：R% + 1；氐3）。联立求解得Q = 16RT能力提高图 9-3-1511.如图9315所示，正方形导线框ABC。、cd的边长均为L,电阻均为R,质量分别为2机
4、和m,它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直 平面内。在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为3、方向垂直纸面向里的匀强磁 场。开始时导线框A5CQ的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框外的上边到匀强磁场的 下边界的距离为乙现将系统由静止释放，当导线框ABCQ刚好全部进入磁场时，系统开始 做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，那么 （）A.两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FengmgRB.系统匀速运动的速度大小：v =BE3m g2R1C.两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热Q = 2mgL -彳2B L23工D.导线框打通过磁场的时间，二mgR
5、答案：BC解析：导线框ABC。刚好全部进入磁场时磁通量不变，回路中没有感应电流，那么线框ABCD只受重力和绳子拉力，做匀速运动，根据平衡条件：Fj=2mg,故A错误；ABCD完全进入磁场后，abed中开始产生感应电流，根据平衡条件：B213y .mgR、此时两线图分别上升或下降2 根据此时两线图分别上升或下降2 根据tng H= 2Zg ,得：V 、,故B正确；两线圈等高时，速度仍为也RB2l3能量守恒：2mg 2L-mg 2L = (m + 2m)v2 +Q,得：Q = 2mgL 3 加 g2H22B4L4故C正确；abed勺速运动完全进入磁场后不再有感应电流，不再受安培力，但ABC。开始穿
6、出磁场，产生感应电流受安培力作用，当A3CQ穿出磁场 后不再有感应电流不再受安培力后abed又开始穿出磁场产生感应电流受安培力，受力分析知系统始终匀速运动，故abed通3L 3B2L3过磁场的时间1 =,故D错误；应选：BC.v mgR/X X X X XIX X X Xfix X 4XXXXXXXXX%12.如图9-3-16所示，四条水平虚线等间距地分布在同一竖直面上，间距为h.在i、n两区间分布着完全相同、方向水平向里的磁场，磁感应强度大小按3“图变化(图中治己知).现有一个长方形金属线框A3CQ,质量为2,电阻为R, AB=CD=L, AD=BC=2h.用一轻质细线把线框A5CO竖直悬挂
7、着，A3边恰好在I区的正中央.冰未知)时刻细线恰好松弛，之后立即剪断细线，当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动.(空气阻力不计,g=10m/s2) 求：(1)fo的值；(2)线框A8边到达M2M时的速率u；(3)从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能有多少?答案：（1） %=幽2 （2） 口=2mgR吗2mgh一穹与Ba62 62B江解析：(1)细线恰好松弛,解析：(1)细线恰好松弛,E线框受力分析有：Br.IL mg, /= R因感生产生的感应电动势:口 AO AB-5 B0 r 1 7BhE=S=L一h ,得：t=ArAz/（）22mgR(2)当CO边到达M3M时线框恰好匀
8、速运动，速度为 以 线框受力分析有：B(，L = mg , Ir因C。棒切割产生的感应电动势：E = BJv, v-B江线框A3到达区此时一直运动到CO边到达M3M的过程中线框中无感应电动势产生，只受到重力作用.线框下落高度为3人，根据动能定理得:_ .1,212mg3h=mv mv线框AB边到达M2N2时的速率为:-6gh(3)线框静止开始下落到CQ边刚离开M4N4的过程中线框中产生电能为线框下落高度为4.5，根据能量守恒得：重口 1，2口_9 72H2力势能减少量等于线框动能与电能之和为:mg4.5h 电 + q，石电-“3 一 2B13.如图9-3-17甲，单匝圆形线圈c,与电路连接，电
9、阻&两端与 平行光滑金属直导轨pieifi、pze2f2连接.垂直于导轨平面向下、向 上有矩形匀强磁场区域I、II ,它们的边界为。代2,区域I中垂直 导轨并紧靠eie2平放一导体棒ab.两直导轨分别与同一竖直平面内 的圆形光滑绝缘导轨。八。2相切连接，。1、02在切点fi、f2处开有 小口可让 进入，血进入后小口立即闭合.：。|、。2的直径和直导轨间距均为d, c的直径为2d；电阻R、R2的阻值均为R,其余电阻不计；直导轨足够长且其平面与水平面夹角为60,区域I的磁感强度为质.重力加速度为g.在c中边长为d的正方形区域内存在垂直线圈平面向外的匀强磁场，磁感 （2d强度8随时间/变化如图9.3
10、17乙所示，处在匚0 内保持静止.V g（1）求C仍静止时通过它的电流大小和方向；（2）求的质量加；（3）设时进入圆轨道后能到达离的最大高度为爪 要使时不脱离圆形轨道运动，求区域n的磁感强度&的取值范围 并讨论与&的关系式.答案：（1）zr 个2gd ；电流方向为6 （2） 3 r，6gd （3）; h =解析：由法拉第电磁感应定律得c内感生电动势E = S- = d2 B0JMV 9-3-16由全电路欧姆定律有 E = IR（/?2被。短路）根据楞次定律和右手螺旋定那么（或者平衡条件和左手定那么）判断ab中电流方向为。一（2）由题意可知导轨平面与水平面夹角为。= 60,对在片0内静止的外受力
11、分析有租g sin。= Bold联立解得：m2d（3）由题意知片J后，c内的磁感强度减为零，。8滑入区域II, g 由直导轨足够长可知时进入圆形轨道时已达匀速直线运动, 设此时为也 其电动势为良，电流为“, 由平衡条件得sin。= B212d 由法拉第电磁感应定律得动生电动势E2 = B2dv厂 r R由全电路欧姆定律有 E2= I2 （R、&并联）联立解得V =联立解得V =由题意可知劭滑不过圆心等高点或者滑过圆轨道最高点均符合题意，分类讨论如下:dJ 2(i )当一机廿 综时,222油上滑过程由动能定理得zng/z =一机F ,即/2 = 0_ 216B?2(ii)设。能滑到圆轨道最高点时
12、速度为vi,根据牛顿第二定律应满足,郎 (也 d 1219 d19即不(5线时， _3d_即不(5线时， _3d_所以当一2射一 mg (1 + COS 0) YYWX 他能滑到圆轨道最高点，有/z = &(l + cos9)典例1如图9-3-1所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为3 阻值为R的定值电阻与理想电流表串联接在两导轨图 9-3-1图 9-3-1间，匀强磁场与导轨平面垂直.一质量为小、有效电阻也为R的导体棒在距磁场上边界处由静止释 放.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻.以下说法正确的 是A.导体棒进入磁场可能做匀速直线运动B.导体棒进入磁场
13、时加速度一定小于重力加速度gC.流经电流表的电流一定逐渐减小D.假设流经电流表的电流逐渐增大，那么电流的最大值与R无关解析：当导体棒进入磁场时，由于切割磁感线，会产生感应电流，所以导体棒受到的安培力如果等于其重力时，就可能做匀 速直线运动，故A是正确的；当导体棒进入磁场时，如果受到的安培力很大，安培力与重力的合力也可能大于重力，故此 时导体棒进入磁场时的加速度就大于重力加速度了，故B不正确；当导体棒在磁场中做匀速直线运动时，其流经电流表的 电流就是不变的，故C也不对；假设流经电流表的电流逐渐增大，那么说明导体棒的下落速度是逐渐增大的，即重力大于安培 mg力，只有当重力等于安培力时，导体棒的速度
14、才最大，电流才最大，此时 内?二8，故最大电流上可见其大小与电BL阻R无关，D是正确的。答案:AD典例2如图9-3-2所示，P、。为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为心，处在竖直向下、磁感应强度大小为囱的 匀强磁场中，一导体杆勿,垂直于P、Q放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动。质量为加、每边电阻均为八边长 为乙2的正方形金属框。bed置于竖直平面内，两顶点。、。通过细导线与导轨相连，图 9-3-2图 9-3-2磁感应强度大小为&的匀强磁场垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态，不计 其余电阻和细导线对。、力点的作用力.通过边的电流/ab是多大？(2)导体杆、的运动速度V是多大？
15、解析：(1)设通过正方形金属框的总电流为/, ab边的电流为小，de边的电流为人,1Idc= - I41Idc= - I43有Iab= I 4金属框受重力和安培力，处于静止状态，mg=B2labL2 +B2UL23mg由，解得1（必= 4B2L2(2)由(1)可得/=设导体杆切割磁感线产生的电动势为石，有E=BiLiu (6)3设ad、de、仍三边电阻串联后与外边电阻并联的总电阻为R,那么R=一4E根据闭合电路欧姆定律，有/=一R3mgr由，解得v=4jB1B2L1L23mgr3mgrv=4耳 82 AlzZ23火答案：(1) Iab=；(2)4B2L2考点1.电磁感应中的能量问题分析(1)电
16、磁感应的过程总是伴随着能量的转化，在分析问题时，应牢牢抓住能量守恒这一基本规律，分析清楚有哪些力 做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互的转化，然后借助于动能定理或能量守恒定律等规律求解。需要说明的是无论 是使闭合回路的磁通量发生变化，还是使闭合回路的局部导体切割磁感线，都要消耗其它形式的能量，转化为回路中的电能。(2)回路中的电能的来源分析：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.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.此过程中，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
17、形式的能转化为电能.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，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.(3)回路中消耗电能的求解思路假设回路中电流恒定，可以利用电路结构及或Q=a及直接进行计算.假设电流变化，那么：a.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；b.利用能量守恒求 解：假设只有电能与机械能的转化，那么机械能的减少量等于产生的电能.说明：克服安培力所做的功等感应电流在回路中产生的总电能，如果求某一局部的电路产生的电热，根据。=放，串连电路 各局部的电热之比等于电阻之比，所以可以再根据比例关系
18、求解。典例3图 9-3-3乙在如图933甲所示的电路中，螺线管匝数 = 1500匝，横截面积5 =20cm2o螺线管导线电阻 =1Q, Ri = 4d &=5d 0=30。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度3按如图乙所示的规律变化。求：(1)螺线管中产生的感应电动势的大小(2)闭合S,电路中的电流稳定后，电阻R的电功率(3) S断开后，流经R2的电量解析：(1)根据法拉第电磁感应定律那么石=包=殁S = L2VAZ N(2)闭合开关，那么电路中产生的电流为/= E =o.i2A，所以耳=/2 =5.76x10-2R + r1(3)根据题意可知断开前电容器储存的电荷量0 =。兄=CFcF
19、bB. FcFdFbFdD. FcFbFd答案：D解析：线圈从到做自由落体运动，在。点开始进入磁场切割磁感线所以受到安培力同，由于线圈的上下边的距离很短， 所以经历很短的变速运动而进入磁场，以后线圈中磁通量不变不产生感应电流，在c处不受安培力，但线圈在重力作用下依 然加速，因此从d处切割磁感线所受安培力必然大于处.应选D.图 9-3-84.如图9-3-8所示，电阻为R,其他电阻均可忽略，是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为 m,棒的两端分别与、cd保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀 强磁场中，当导体棒从静止下滑一段时间后闭合开关S,那么S闭合后（）A.导体棒的加
20、速度可能大于gB.导体棒的加速度一定小于gC.导体棒最终速度随S闭合时刻的不同而不同D.导体棒的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒答案：AD2 V解析：根据安培力公式与法拉第电磁感应定律可得尸安=二一,当u较大时，导体棒加速度向上，有F安-mg=ma,只要u足2/2v够大，。可能大于g,故A对，B错；导体棒的最终状态是匀速，即F安=mg,故最终速度相同，C错；根据能量守 恒，D对。5.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为心底端接阻值为R的电阻.将质量为?的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端, 金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为8的匀强磁场垂直，如下图.除电阻R外其余电阻不计.现
21、X X xR X X X X xR X XXX将金属棒从弹簧原长位置由静止释放.那么（）A.金属棒的动能、重力势能与弹簧的弹性势能的总和保持不变B.金属棒最后将静止，静止时弹簧伸长量为华C.金属棒的速度为。时，所受的安培力大小为产安=笑工 AD.金属棒最后将静止，电阻R上产生的总热量为2g竿 K答案：BC解析：在运动过程中会有局部机械能转化为电能，故A错；金属棒最终静止，弹力F=kx=mg,所以有x卷，故B对；根据 安培力公式与法拉第电磁感应定律可得/安=-,故C对；根据能量守恒，减少的重力势能等于R上产生的总热能与增加 的弹性势能之后，故D错。6 .如图9-310甲所示，一个圆形线圈的匝数
22、=100,线圈面积S=200cm2,线圈的电阻r=1Q,线圈外接一个阻值R=4C 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。以下说法中正确的选项是图 9-3-10（ ）A.线圈中的感应电流方向为顺时针方向B.电阻R两端的电压随时间均匀增大C.前4s内通过R的电荷量为4xl（T4cD.线圈电阻r消耗的功率为4x10-4 w答案：D解析：由图可知，穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，故A错误；根据法拉第电磁 感应定律可知，磁通量的变化率恒定，所以感应电动势恒定，那么电阻两端的电压恒定，故B错误；前4s内通过/?的电荷量。
23、二g0.02x4C=0.08C,故C错误；由法拉第电磁感应定律：E = n,求得E=0.1V,由闭合电路欧姆定律，可知电路中的 ArE电流为/=0.02A,所以线圈电阻厂消耗的功率故D正确；R + r.如图9-3-11所示，在光滑水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，两个边长均为。（L）的单匝 闭合正方形线圈甲和乙，分别用相同材料不同粗细的导线绕制而成，且导线的横截面积S甲：S乙=1:3。将线圈置于光滑水平乙 XXX图 9311面上且位于磁场的左边界，并使两线圈获得大小相等、方向水平向右的初速度，假设甲线圈刚好能滑离磁场，那么（）A.乙线圈也刚好能滑离磁场B.两线圈进入磁场过
24、程中通过导线横截面积电量相同C.两线圈完全进入磁场后的动能相同Q 1D.甲线圈进入磁场过程中产生热量Q与乙线圈进入磁场过程中产生热量Q之比为三二-Q2 3答案：ADBav B av S解析：设线圈的密度为pi,线圈的质量：m = 4aSp；刚进入磁场时所受的安培力为：F = Bia = Ba-=,根4。4夕P 一SF B(据牛顿定律可知此时的加速度：a = = 可知，线圈进入磁场的加速度与线圈的截面积无关，故乙线圈也刚好能滑 m Spp、(b Ba BaS离磁场，选项A正确；两线圈进入磁场过程中通过导线横截面积电量：q = = ,故由于两线圈的横截面R 44夕P 一S积不同，故两线圈进入磁场过
25、程中通过导线横截面积电量不相同，选项B错误；因为两线圈进入磁场的加速度相同，故完 全进入磁场的速度相同，但是由于两线圈的质量不同，故两线圈完全进入磁场后的动能不相同，选项C错误；两线圈进入B av(SQ1磁场产生的热量之比等于克服安培力做功之比，即皿二产。=，故产生的热量之比等于横截面积之比： =-4夕a38 .如图9-3/2所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、尸。间距为/=0.5m,其电阻不计, 两导轨及其构成的平面均与水平面成30。角.完全相同的两金属棒必、分别垂直导轨放置, 每棒两端都与导轨始终有良好接触，两棒质量均为2=0.02 kg,电阻均为R=0.1 C,整 个装置处在垂直于导
26、轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T,棒他在平行于导轨向 上的力尸作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒恰好能够保持静止，取g=10m/s2,问： 通过棒的电流/是多少，方向如何？棒必受到的力尸多大？(3)棒cd每产生Q=0.l J的热量，力/做的功W是多少?答案：(1) 2A;方向为由d到(2) 0.2 N. (3) 4J.m2 sin 0解析：(1)对cd棒受力分析如下图由平衡条件得Mgsin,得/=2A.BL根据楞次定律可判定通过棒cd的电流方向为由d到c.(2)棒ab与cd所受的安培力大小相等，对外棒，受力分析如右图所示，由共点力平衡条件知F=mgsmQ+BIL,代入数据解得b=0
27、.2 N.(3)设在时间/内棒cd产生。=1 J的热量，由焦耳定律知。=心设ab棒匀速运动的速度是也 其产生的感应电动势E=B)E由闭合电路欧姆定律知/=2R时间，内棒运动的位移s=vt 力F所做的功W=Fs 综合上述各式，代入数据解得W=4J.9 .如图9-3-13所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s=1.15 m,两导轨间距L=0.75 m,导 轨倾角为30。，导轨上端仍接一阻值R= 1.5 Q的电阻，磁感应强度8=0.8 T的匀强磁场垂直轨 道平面向上.阻值r=0.5。，质量?=0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端必处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热。
28、=0.1 J.(取g=10m/s2)求： (1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；(2)金属棒下滑速度。=2 m/s时的加速度a；为求金属棒下滑的最大速度如，有同学解答如下：由动能定理，Wg W安=%?端，.由此所得结果是否正确？假设正确, 说明理由并完本钱小题；假设不正确，给出正确的解答.答案：(l)0.4J(2)3.2m/s2(3)正确，2.74 m/s解析：(1)%=。=。“+。，=0.4(J)“B2L2vBE(2)根据安培力公式与法拉第电磁感应定律可得尸安=%；根据牛顿第二运动定律，有mgsin30。v = maKR+ rB21：10.82 x0.752 x2,得。=g sin 30
29、 v = 10 x= 3.2(/% / s)m(R + r) 2 0.2 x (1.5 + 0.5)BY(3) mg sin 30v = maR + r上式说明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否到达匀速，当棒到达斜面底端时速度一定 为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。2Q1 2x0.4v = J2gSsin30- - = J2x 10x1.15 x-= 2.74(m/s)Vrn v20.2图 9-3-14图 9-3-1410. 一电阻为R的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在 平面垂直，如图9-3-14 (a)所示，通过圆环的磁通量随时 间t的变化关系如图9-3-14 (b)所示，图中的最大磁通量。o和 变化周期7都是量，求：T 一、.(1)在r=0到/=的时间内，通过金属圆环横截面的电荷量夕4(2)在仁。到七2丁的时间内，金属环所产生的电热Q.答案：(1) q = R(2) Q = 6MRT环中的感应电动势为E1,在以上时段内，环AtT解析：(1)由磁通量随时间变化的图线可知在 = 0到，=一时间内,4中的电流为/i=*,那么在这段时间内通过金属环某横截面的电量=/,联立求解得q = *TT3T3(2)在，=一至U，=和在/ = T到，=T时间内，环中的感应电动势 = 0 ；在1 =一到/ = T时间内，环中的 42424