电磁感应综合应用三-三大观点在电磁感应中的应用

“三大观点”在电磁感应中的应用
[专题概述]
一、动力学观点
电磁感应与力和运动结合的问题，研究方法与力学相同，首先明确物理过程，正确地进行受力分析，这里应特别注意伴随感应电流而产生的安培力，在匀强磁场中匀速运动的导体受的安培力恒定，变速运动的导体受的安培力也随速度(电流)变化而变化；其次应用相应的规律求解，匀速运动可用平衡条件求解，变速运动的瞬时速度可用牛顿第二定律和运动学公式求解．
[示例1] 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨竖直放置，相距
为L ，电阻R 与两导轨相连，磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨平面垂
直．一质量为m 、电阻不计的导体棒MN ，在竖直向上大小为F 的恒力作
用下，由静止开始沿导轨向上运动．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，求：
(1)初始时刻导体棒的加速度大小；
(2)当流过电阻R 的电流恒定时，求导体棒的速度大小．
[解析] (1)初始时刻，导体棒受到竖直向下的重力mg 、拉力F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma ，
解得a ＝F －mg m
. (2)导体棒在拉力、重力和安培力的作用下，做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，达到稳定状态即做匀速运动，此时电流恒定，设此时速度为v ，
导体棒产生的电动势为E ＝BL v
受到的安培力为F 安＝BIL
稳定时的电流为I ＝E R
由平衡条件得F －mg －F 安＝0
以上联立解得v ＝(F －mg )R B 2L 2
[答案] (1)F －mg m (2)(F －mg )R B 2L 2
[规律方法]
应用动力学观点解决电磁感应综合问题时要特别注意a ＝0时速度v 达到最大时的特点，运动的动态分析如下：
[应用提升练]
1．(多选)如图甲所示，间距为L 的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，轨道左侧连接一定值电阻R .垂直导轨的导体棒ab 在水平外力F 作用下沿导轨运动，F 随t 变化的规律如图乙所示．在0～t 0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．图乙中t 0、F 1、F 2为已知，棒和轨道的电阻不计．则( )
A ．在t 0以后，导体棒一直做匀加速直线运动
B ．在t 0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动
C ．在0～t 0时间内，导体棒的加速度大小为2(F 2－F 1)R B 2L 2t 0
D ．在0～t 0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为(F 2－F 1)t 02BL
解析：由题意可知，F 1＝ma ，在t 0时刻，F 2－BIL ＝ma ，且I ＝BL v R
，v ＝at 0，联立可得F 2－B 2L 2at 0R
＝ma ，在t 0以后，F 2不变，t 增大，a 减小，直到a ＝0后匀速，A 错误，B 正确；由F 1＝ma 和F 2－B 2L 2at 0R ＝ma 可得a ＝(F 2－F 1)R B 2L 2t 0
，C 错误；在0～t 0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为q ＝ΔΦR ＝B ×L ×12at 20R ＝(F 2－F 1)t 02BL
，D 正确． 答案：BD
二、能量观点
利用能量观点求解电磁感应中的功能关系问题应注意以下三点：
(1)电磁感应现象的实质是其他形式的能转化成电能．
(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．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．
(3)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算电能．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．
[示例2] 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平
面内，导轨间距L ＝0.5m ，左端接有阻值R ＝0.3Ω的电阻，一质量
m ＝0.1kg 、电阻r ＝0.1Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置
于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4T ，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a ＝2m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后电路中产生的电热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：
(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ；
(2)撤去外力后电路中产生的电热Q 2；
(3)外力做的功W F .
[解析] (1)方法一：设棒匀加速运动所用时间为t ，
有12at 2＝x ，t ＝2x a ＝2×92s ＝3s. 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为I ＝E
R ＋r ＝ΔΦt (R ＋r )＝BLx t (R ＋r )＝0.4×0.5×93×(0.3＋0.1)
A ＝1.5A ，根据电流定义式有q ＝I t ＝1.5×3C ＝4.5C. 方法二：在电磁感应现象中通过导线截面的电荷量为q ＝ΔΦR 总，所以有q ＝BLx R ＋r ＝0.4×0.5×90.3＋0.1
C ＝4.5C. (2)撤去外力前棒做匀加速运动，设末速度为v ，由v 2＝2ax ，得v ＝6m/s.
撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以电热等于棒的动能减少量，有
Q 2＝ΔE k ＝12m v 2＝12
×0.1×62J ＝1.8J. (3)根据题意知撤去外力前的电热为
Q 1＝2Q 2＝3.6J.
撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其大小等于电热Q 1)、重力不做功，合力共同使棒的动能增大，根据动能定理有ΔE k ＝W F －Q 1，
则W F ＝Q 1＋ΔE k ＝3.6J ＋1.8J ＝5.4J.
[答案] (1)4.5C (2)1.8J (3)5.4J
[规律方法]
(1)电荷量的计算：电荷量q ＝I Δt ，其中I 必须是电流的平均值，由E ＝N ΔΦΔt 、I ＝E R 总
、q ＝I Δt 联立可得q ＝N ΔΦR 总
，与时间无关． (2)求解焦耳热Q 的三种方法
①焦耳定律：Q ＝I 2Rt .②功能关系：Q ＝W 克服安培力．
③能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量．
[应用提升练]
2.(多选)如图所示，水平线MN 上方存在匀强磁场，磁感应强
度大小为B ，方向垂直于纸面向外，MN 上方有一单匝矩形闭合导
线框abcd ，其质量为m ，电阻为R ，ab 边长为L 1，bc 边长为L 2，
cd 边离MN 的高度为h .现将线框由静止释放，线框下落过程中ab
边始终保持水平，且ab 边离开磁场前已经做匀速直线运动，不考
虑空气阻力的影响，则线框从静止释放到完全离开磁场的过程中( )
A ．导线框中电流最大值一定为BL 12gh R
B ．匀速运动时导线框中电流的热功率为m 2g 2R B 2L 21
C ．整个过程中通过导线框某一横截面的电荷量为BL 1L 2R
D ．整个过程中导线框中产生的热量为mg (h ＋L 2)－m 3g 2R 2
B 4L 41
解析：设导线框在穿出磁场的过程中所能达到的最大速度为v max ，则导线框中最大感应电流I max ＝BL 1v max R
，由运动学公式可得，cd 边刚穿出磁场时导线框的速度v ＝2gh ，因此时ab 边所受安培力大小与重力的大小关系未知，故导线框的最大速度v max 与cd 边刚穿出磁场时导线框的速度v 的大小关系未知，A 错误；导线框匀速运动时，设导线框的速度为v ′，
则有G ＝mg ＝B 2L 21v ′R
，此时导线框中电流的热功率P 与重力的功率P G 相等，即P ＝P G ＝mg v ′＝m 2g 2R B 2L 21，B 正确；整个过程中通过导线框某一横截面的电荷量q ＝ΔΦR ＝BL 1L 2R
，C 正确；设整个过程导线框中产生的热量为Q ，则根据能量守恒定律可得mg (L 2＋h )＝Q ＋12
m v ′2，其中v ′＝mgR B 2L 21，解得Q ＝mg (h ＋L 2)－m 3g 2R 2
2B 4L 41，D 错误． 答案：BC
三、动量观点
应用动量观点解决电磁感应综合问题可分为两类：
(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移
如：B I L Δt ＝Δp ，q ＝I ·Δt ，可得q ＝Δp BL
. B 2L 2v
R 总Δt ＝Δp ，x ＝v Δt ，可得x ＝ΔpR 总B 2L 2.
(2)利用动量守恒定律分析双导体杆问题
如图所示，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨处在匀强磁
场中，导轨上面横放着两根导体杆ab 和cd .给杆ab 一个指向杆cd
的初速度v 0，于是产生感应电流．杆ab 受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，杆cd 则在安培力作用下做加速运动．在杆ab 的速度大于杆cd 的速度时，回路中总有感应电流，杆ab 继续减速，杆cd 继续加速．两杆速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两杆以相同的速度v 做匀速运动．从初状态至两杆达到速度相同的过程中，两杆总动量守恒，有m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，根据能量守恒，整个过程中产生的总热量
Q ＝12m 1v 20－12
(m 1＋m 2)v 2. [示例3] (2018·江西省重点中学高三下学期联考)如图所示，MN 、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径为r ＝0.5m 的相同竖直半圆导轨在N 、Q 端平滑连接，M 、P 端连接定值电阻R ，质量M ＝2kg 的cd 绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N 、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，现有质量m ＝1kg 的ab 金属杆以初速度v 0＝12m /s 水平向右与cd 绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g 取10 m/s 2(不考虑cd 杆通过半圆导轨最高点以后的运动)，求：
(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ；
(2)正碰后ab 杆的速度大小；
(3)电阻R 产生的焦耳热Q .
[解析] (1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有Mg ＝M v 2r
，解得v ＝gr ＝5m/s
(2)碰撞后cd 绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有－2Mgr ＝12M v 2－12M v 22
解得碰撞后cd 绝缘杆的速度v 2＝5m/s
两杆碰撞过程，动量守恒，取向右为正方向，
则有m v 0＝m v 1＋M v 2
解得碰撞后ab 金属杆的速度v 1＝2m/s
(3)ab 金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有
12m v 21
＝Q 解得Q ＝2J.
[答案] (1)5m /s (2)2 m/s (3)2J
[规律方法]
电磁感应与动量综合问题的解题思路
(1)应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题．
(2)在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒．解决此类问题往往要应用动量守恒定律．
[应用提升练]
3．两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图甲所示放置，间距为d ＝1m ，在左端圆弧轨道部分高h ＝1.25m 处放置一金属杆a ，圆弧轨道与平直轨道区域光滑连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 电阻R a ＝2Ω、R b ＝5Ω，只在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝2T ．现杆b 以初速度v 0＝5m /s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b 的平均电流为0.3 A ；从杆a 下滑到水平轨道时开始计时，a 、b 杆运动的v -t 图象如图乙所示(以a 运动方向为正)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，求：
(1)杆a 在圆弧轨道上运动的时间；
(2)杆a 在水平轨道上运动过程中通过其横截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热．
解析：(1)对杆b 运用动量定理，有
Bd I Δt ＝m b (v 0－v b 0)
由题图乙可知，v b 0＝2m/s(只考虑速度大小)
解得Δt ＝5s
即杆a 在圆弧轨道上运动的时间为5s.
(2)杆a 下滑的过程中，由机械能守恒定律得
m a gh ＝12
m a v 2a ， 解得v a ＝5m/s
设最后两杆共同的速度为v ′，由动量守恒得
m a v a ＋m b v b ＝(m a ＋m b )v ′
其中v b ＝－2m/s
解得v ′＝83
m/s 杆a 的动量变化等于它所受安培力的冲量，由动量定理得 I 安＝BId Δt ′＝m a v a －m a v ′，而q ＝I Δt ′
解得q ＝73
C. (3)由能量守恒得，两杆共产生的焦耳热为
Q ＝m a gh ＋12m b v 20－12(m b ＋m a )v ′2＝1616
J 杆b 产生的焦耳热为
Q ′＝R b R a ＋R b
Q ＝1156J. 答案：(1)5s (2)73C (3)1156
J。