(1)导体棒切割磁感线运动时的动力学问题；(2)电磁感应中的能量转化问题；(2)电磁感应中的动量与能量问题。

例1．(2020•全国卷I•21)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后(　　)

A. 金属框的速度大小趋于恒定值
B. 金属框的加速度大小趋于恒定值
C. 导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D. 导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【答案】BC
【解析】由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势E＝BL(v2－v1)，电流中的电流，金属框受到的安培力，与运动方向相反，导体棒MN受到的安培力，与运动方向相同，设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，则对导体棒MN有，对金属框有，初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从开始逐渐减小。当a1＝a2时，相对速度，大小恒定。整个运动过程用速度时间图象描述如图所示。综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC正确；金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，AD错误。

例2．(2020•全国卷III•24)如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于2l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x（0≤x≤2l0）变化的关系式。

【解析】当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法第电磁感应定律可知导体棒上感应电动势的大小为：E＝BLv
由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为
式中R为这一段导体棒的电阻。按题意有R＝rl
此时导体棒所受安培力大小为F＝BIl
由题设和几何关系有：
联立各式得
【点睛】用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题：“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，确定E和r；“路”的分析——弄清串并联关系，求出电流，确定安培力；“力”的分析——确定杆或线框受到的力，求合力；“运动”的分析——由运动和力的关系，确定运动模型。

1．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。若不计空气阻力。重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)

A．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)
B．磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下
C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
D．磁铁落地时的速率一定等于2gh
【答案】A
【解析】当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，A项正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B项错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C项错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝2gh，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于2gh，D项错误。
2．如图所示装置，电源的电动势E＝8 V，内阻r1＝0.5 Ω，两光滑金属导轨平行放置，间距d＝0.2 m，导体棒ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R＝0.2 m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中。闭合开关后，导体棒沿圆弧运动，已知导体棒的质量m＝0.06 kg，电阻r2＝0.5 Ω，g取10 m/s2，不考虑运动过程中产生的反电动势，则(　　)

A．导体棒ab所受的安培力方向始终与运动方向一致
B．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8 N
C．导体棒摆动过程中的最大动能0.8 J
D．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°
【答案】D
【解析】当闭合开关S后，导体棒中电流方向始终从a到b，所受安培力方向向右，而导体棒沿圆弧摆动，故A错误；导体棒沿圆弧摆动过程中的电流I＝＝8.0 A，导体棒受到的安培力F＝BId＝0.5×8.0×0.2 N＝0.8 N，故B错误；导体棒受到的重力与安培力的合力大小F合＝ N＝1.0 N，合力与竖直方向的夹角tanθ＝43，θ＝53°，故导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，由动能定理，导体棒在摆动过程中的最大动能Ekm＝FRsin 53°－mgR(1－cos 53°)＝0.08 J，故C错误，D正确。
4．如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B。ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计。开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动。则(　　)

A．ab棒中的电流方向由b到a
B．cd棒先加速运动后匀速运动
C．cd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力
D．力F做的功等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和
【答案】A
【解析】根据右手定则知ab棒切割磁感线运动产生的感应电流方向为从b到a，A项正确；电流I＝BLvR，cd棒受到的安培力Fcd＝BIL＝B2L2vR，cd棒受到的摩擦力f＝μFcd，所以随着速度的均匀增大，cd棒受到的摩擦力也均匀增大，则cd棒先做加速运动，后做减速运动，最后停止运动，B、C项错误；由功能关系得，力F做的功等于两棒产生的电热、cd棒摩擦生热与两棒增加的机械能之和，D项错误。
5．(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，现有一边长为d(d<L)的正方形闭合线框以垂直于磁场边界的初速度v0滑过磁场，线框刚好能穿过磁场，运动过程中线框靠近磁场左边界的一边始终与磁场边界平行，下列说法正确的是(　　)

A．线框在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程均做变加速直线运动
B．线框在滑进磁场的过程中与滑出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量相同
C．线框在滑进磁场的过程中速度的变化量与滑出磁场的过程中速度的变化量不同
D．线框在滑进与滑出磁场的过程中产生的热量Q1与Q2之比为3∶1
【答案】ABD
【解析】线框进入磁场过程中，受到的安培力方向向左，做减速运动，随着速度的减小，安培力也减小，故做变加速直线运动，当线框完全进入磁场到右边的框边出磁场的过程中，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流产生，做匀速直线运动，当线框滑出磁场的过程中，受到的安培力方向向左，仍做减速运动，随速度的减小，安培力减小，故也做变加速直线运动，A正确；根据q＝ΔΦR可知滑进磁场和滑出磁场的过程中穿过线框的磁通量的变化量相同，线框的电阻不变，所以两个过程中通过线框横截面的电荷量相同，B正确；进入磁场过程有：－BI1dΔt1＝mΔv1，又I1Δt1＝q，，则得－Bqd＝mΔv1，离开磁场过程有：－BI2dΔt2＝mΔv2，又I2Δt2＝q，则得－Bqd＝mΔv2，则得Δv1＝Δv2，即线框速度的变化量相同，C错误；进磁场的速度为v0，则完全进磁场的速度为v02，完全出磁场的速度为0.根据能量守恒定律得，Q1＝12mv02－12m(v02)2＝38mv02，Q2＝12m(v02)2＝18mv02，所以Q1Q2＝31，故D正确。
6．(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度HP及PN均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框abcd，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)

A．当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为a＝gsin θ
B．导线框两次匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝4∶1
C．从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量
D．从t1到t2的过程中，有3mgLsin θ2＋mv12－v222机械能转化为电能
【答案】BD
【解析】ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域时，电动势E1＝BLv1，电流I1＝E1R＝BLv1R，线框做匀速运动，所以mgsin θ＝BI1L＝B2L2v1R，当ab边刚越过JP时，电动势E2＝2BLv1，I2＝E2R＝2BLv1R，根据牛顿第二定律2BI2L－mgsin θ＝ma，联立解得a＝3gsin θ，所以A错误；当a＝0时，以速度v2做匀速直线运动，即2BI2′L－mgsin θ＝0，得mgsin θ＝4B2L2v2R，所以v1∶v2＝4∶1，所以B正确；从t1到t2的过程中，根据能量守恒，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量加上动能的减少量，即克服安培力做功W＝3mgLsin θ2＋mv12－v222，所以C错误；又克服安培力做功等于产生的电能，所以D正确。
7．(多选)物理和数学有紧密的联系，解决物理问题经常要求同学们要有一定的数学功底。如图所示，一个被x轴与曲线方程 (m) (x ≤ 0.3 m)所围的空间中存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.4 T。单匝正方形绝缘金属线框的边长是L＝0.4 m，线框总电阻R＝0.2 Ω，它的一边在光滑轨道的x轴上，在拉力F的作用下，线框以v＝10 m/s的速度水平向右匀速运动。则(　　)

A．拉力F的最大值是0.72 N
B．拉力F的最大功率是12.8 W
C．拉力F要做0.192 J功才能把线框拉过磁场区
D．拉力F要做0.216 J功才能把线框拉过磁场区
【答案】AD
【解析】线框向右匀速运动过程中，切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv＝Byv，当y最大时，E最大，最大值Em＝Bymv＝1.2V，感应电流最大值 A，所受到的安培力最大，拉力F的最大值 N，拉力F的最大功率P＝Fmv＝7.2 W，故A正确，B错误；整个过程拉力做功 J，故D正确，C错误。
8．(多选)如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于光滑金属导轨平面向外，导轨左右两端电路所在区域均无磁场分布。垂直于导轨的导体棒接入电路的长度为L、电阻为R，在外力作用下以速度v0从左向右做匀速直线运动。小灯泡电阻为2R，滑动变阻器总阻值为4R。图示状态滑动触头位于ab的正中间位置，此时位于平行板电容器中的P处的带电油滴恰好处于静止状态。电路中其余部分电阻均不计，各接触处都接触良好。且导轨足够长，则下列判断正确的是(　　)

A．若将滑动变阻器的滑片向b端移动，则小灯泡将变暗
B．若将滑动变阻器的滑片向a端移动，则液滴将向上运动
C．图示状态下，Δt时间内流过小灯泡的电荷量为
D．图示状态下，Δt时间内滑动变阻器消耗的电能为
【答案】ABD
【解析】滑动变阻器的滑片向b端移动，并联电路电阻变小，总电阻变小，导致电路电流变大，则导体棒内电压变大，外电路两端电压变小，即灯泡两端电压变小，所以灯泡变暗，故A正确；滑动变阻器的滑片向a端移动，并联电路电阻变大，总电阻变大，导致电路电流变小，则导体棒内电压变小，外电路两端电压变大，电容器两端电压变大，电场力变大，所以液滴将向上运动，故B正确；导体切割磁感线产生的电动势E＝BLv0，灯泡的电阻和滑动变阻器接入电路的电阻相同，所以电路总电阻R0＝2R，电路的总电流，则通过灯泡的电流，则Δt时间内的电荷量，故C错误；由C选项可知滑动变阻器的电流，故Δt时间内滑动变阻器消耗的电能，故D正确。
9．如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为2R的均匀辐条，辐条与圆环接触良好。现将此装置的一部分置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰好与圆环的直径在同一直线上。现使辐条以角速度ω绕O点顺时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和圆环的边缘良好接触，R1＝R，右侧为水平放置的足够长的光滑平行导轨，间距为2r，导轨之间有垂直导轨平面向里、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，质量为m、电阻为R的导体棒ab垂直放置在导轨上且接触良好，不计其他电阻。

(1)若S闭合，S1断开时，求理想电表的示数；
(2)若S、S1都闭合，求导体棒ab能够获得的最大速度vm及在加速过程中通过它的电荷量q。
【解析】(1)由题意知，在磁场内部的半根辐条相当于是电源，由右手定则可知辐条中心为负极，与圆环边缘接触的一端为正极，且始终有长为r的辐条在转动切割磁感线，内电阻为R
产生的感应电动势大小为：
若S闭合，S1断开时，总电阻为：
理想电流表的示数为：
理想电压表的示数为：。
(2)若S、S1都闭合，导体棒ab获得最大速度vm时，安培力为零，产生的感应电动势为：

又知导体棒ab上分得电压为：
故有：
解得：。
在导体棒ab加速过程中，设瞬间流过的电流为i，取很短时间为Δt，安培力为：
对导体棒ab由动量定理得：
又：
联立解得：。
10．如图所示，两平行长直金属导轨(不计电阻)水平放置，间距为L，有两根长度均为L、电阻均为R、质量均为m的导体棒AB、CD平放在金属导轨上。其中棒CD通过绝缘细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放在水平地面上，开始时细绳伸直但无弹力，棒CD与导轨间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他阻力，导轨间有一方向竖直向下的匀强磁场B1，磁场区域的边界满足曲线方程： (0≤x≤L，单位为m)。CD棒处在竖直向上的匀强磁场B2中。现从t＝0时刻开始，使棒AB在外力F的作用下以速度v从与y轴重合处开始沿x轴正方向做匀速直线运动，在运动过程中CD棒始终处于静止状态。

(1)求棒AB在运动过程中，外力F的最大功率；
(2)求棒AB通过磁场区域B1的过程中，棒CD上产生的焦耳热；
(3)若棒AB在匀强磁场B1中运动时，重物始终未离开地面，且满足：，求重物所受支持力大小随时间变化的表达式。
【解析】(1)当棒AB运动到处时，棒AB的有效切割长度最长，安培力最大，则外力F最大，功率也最大，此时：
E1＝B1Lv，，F1＝B1I1L，Pm＝Fv
解得：Pm＝。
(2)棒AB在匀强磁场区域B1的运动过程中，产生的感应电动势为：
E＝B1Lvsin
则感应电动势的有效值为：E有效＝，I有效＝，t＝
可以得到：。
(3)当CD棒所受安培力F安＝μmg 时，设棒AB所在位置横坐标为x0，对棒CD受力分析可得：
，
解得：x0＝，x1＝
则：，
①当0<t≤ 时，有：FN＝mg
②当 <t< 时，有：FN＝mg＋μmg－
即：FN＝(1＋μ)mg－
③当 ≤t< 时，有：FN＝mg。

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小题必练25：电磁感应中的动力学与能量问题

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