高中物理力電綜合問題

1、 1 高中物理 磁場與電磁感應 東南數理化教你怎么學好物理 第十五章 磁場與電磁§10.6 力電綜合問題 高考對應考點： 法拉第電磁感應定律及其力電綜合問題用（學習水平D） 課時目標： 1.利用法拉第電磁感定律計算感生電動勢，理解導體切割磁感線的有效長度，會區(qū)分電磁感應現(xiàn)象中的內電路和外電路，會判斷電勢的高低。 2. 理解電磁感應現(xiàn)象中感應電流作為聯(lián)系電學量和力學量的紐帶作用，學會分析磁場中導體棒的動力學量的動態(tài)變化。 3. 弄清電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化和守恒關系，理解安培力做功與電能的關系。 4. 利用圖象分析因電磁感應引起的電學量和力學量的變化情況。 *5. 了解微元思想在電磁感

2、應問題中的應用。 重點難點： 1. 分析導體棒在磁場中運動時的動力學參量的動態(tài)變化過程，明確導體棒達到穩(wěn)定狀態(tài)時滿足的條件。 2. 電磁感應現(xiàn)象中能量的相互轉化和守恒。 3. 畫出各運動階段因電磁感應引起的電學量和力學量的變化圖象。 *4. 微元法在電磁感應問題中的應用。 知識精要： 一、電磁感應現(xiàn)象中的電路問題 1. 電磁感應現(xiàn)象的本質是產生 ，穿過電路的磁通量發(fā)生變化時，電路中就會出現(xiàn)感應電動勢，如果電路是閉合的，則電路中會出現(xiàn) 。 2. 感應電動勢按照其產生的機理可分為感生電動勢和動生電動勢。 （1）感生電動勢：導線框不動，而穿過其的磁場的強弱發(fā)生變化而引起的感應電動勢。 可以由法拉第電

3、磁感應定律E = t （單匝線圈）求得。 當導線框面積S不變，磁感應強度B隨時間的均勻變化時，即：B = kt（k為恒量），感生電動勢可以寫成：E = t = BS t = 。（用k、S表示）（單匝線圈） （2）動生電動勢：由于導體相對磁場做切割磁感線運動而引起的感應電動勢。 可以由公式：E =BLv求得。 公式中的L為導體的有效長度，具體為導體兩端點連線在垂直運動方向上的投影。公式中的v為導體切割磁感線的速度，即導體和磁場的相對運動速度。 3. 發(fā)生電磁感應現(xiàn)象時，切割磁感線那部分導體或磁通量發(fā)生變化那部分線路相當于 ，其余的線路相當于 。在內電路中電流由 電勢流向 電勢，在外電路中，電流由

4、 電勢流向 電勢。（均填“高”或“低”） 2 二、導體棒、導體框在磁場中的動力學動態(tài)分析 1. 導體切割磁感線要產生 ，從而在回路中產生 ，而感應電流在磁場中要受到 ，安培力和其他力共同影響了導體棒的加速度，而加速度反過來決定了導體棒的運動速度（切割速度）的變化。因此在磁場中運動的導體棒的速度和加速度是相互牽制互相決定的。 2. 電磁感應過程中，感應電流I一方面與感應電動勢E、回路中的電熱、通過導體橫截面的電量等電學量相聯(lián)系，另一方面通過安培力與合外力、加速度、速度、動能等力學量相聯(lián)系。 它起到了聯(lián)系電學和力學的紐帶作用。 3. 由感應電動勢E =BLv，感應電流I = ER ，安培力FA =

5、 BLI，得： FA = ，由此可知，當B、L、R恒定時，安培力FA與切割速度v成正比。 4. 一端連接有電阻R的平行導軌處于勻強磁場中，其上放置一根電阻不計的導體棒。在受到恒定的拉力F和阻力f下，導體棒由靜止開始運動，將做運動，最終的穩(wěn)定狀態(tài)為 ，導體棒所能達到的最大速度為v = 已知磁感應強度為B，導軌寬度為L。（用F，f，B，L，R表示） 5. 一端連接有電阻R的平行導軌處于勻強磁場中，其上放置一根電阻不計的導體棒。在受到大小隨時間均勻增大，即：F = kt，的拉力和恒定的阻力f作用下，將做 運動，最終的穩(wěn)定狀態(tài)為 ，穩(wěn)定后棒的加速度a = 。（用k，B，L，R表示）已知磁感應強度為B，

6、導軌寬度為L。 三、電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化和守恒 1. 導體棒做切割磁感線運動時，伴隨著電能、機械能、內能等形式能量的相互轉化，電能與其他形式的能量的轉化是通過 做功來實現(xiàn)的。安培力做 功，其他能轉化為電能，安培力做 功，電能轉化為其他能。（填“正、負”） 2. 導體切割磁感線運動時，電能從產生到消耗的途徑為： 安培力做 功，產生電能，電能無法存儲，則通過以下兩種途徑消耗掉： 一是通過 消耗掉， 二是通過安培力對外做 功，將電能轉化為動能或其他形式的能。 3. 若安培力做負功所產生的電能全部用作回路中產生電熱，則： （功率）、電路中產生的總電能（電功率）和 （電熱功率）這三者數值上均相等。

7、四、圖象問題 1. 電磁感應現(xiàn)象中的圖象問題通常有兩類： 一類以考查電磁感應中的電路知識為主。 在導線框勻速或勻變速通過磁場區(qū)域過程中，求解由于導線框和磁場邊界形狀所造成的感應電動勢、感應電流、兩點電勢差、安培力等量隨時間、位移的變化圖象。 解題關鍵是明確各階段導體切割磁感線的有效長度及其變化情況，尤其注意在不同磁場的交界處，磁場邊界處相關量的方向、大小，變化率大小等量可能發(fā)生的突變。 3 另一類以考查導體棒在磁場中的動力學量的動態(tài)分析為主。 求解導體在變化的安培力作用下，速度、加速度等隨時間、位移的變化圖象。 解題的關鍵是根據確定導體棒進磁場時速度和受力情況，速度變化趨勢，收尾情況，磁場突變

8、處的受力，出磁場的速度和受力情況。 *五、微元思想和公式Q = R , v =B2L2 mRS，v = BLQ m 在處理物理問題時，從對事物的極小部分（微元）的分析入手，達到解決事物整體問題的方法，叫做微元法。 這是一種深刻的思維方法，先分割逼近，找到規(guī)律，再累計求和，達到了解整體。 微元法解題的一般步驟如下：先將整個事件無限分割成極小的部分，即微元，再對微元進行低細節(jié)的近似處理，當微元被無限分割成足夠小的情況下，實際的變化量可以當成恒量來處理，從而使問題得到簡化，對每個微元內運用物理規(guī)律求解相關量，最后通過數學方法，如等差等比求和公式等將每個微元內的結果進行累加，得到整體的情況。 電磁感應

9、問題中常涉及到的微元思想有： （1）求解電磁感應過程中通過導體橫截面的總電量。 將全過程無限分割成極小的時間段，對于每個極小的時間段ti內感應電動勢和感應電流可以視作恒定，則由法拉第電磁感應定律： Ei = it i ，Ii = Ei R ，Qi = Iiti = iRt i . ti = i R 將每個ti內的電量Qi累加即得到總電量 即：Q = Qi =i R = R （2）求解安培力產生的速度變化量。 將全過程無限分割成極小的時間段，對于每個極小的時間段ti內導體的速度vi可視作恒量， 感應電動勢：Ei =BLvi，Ii = Ei R ，安培力：FAi = BLIi = B2L2vi R

10、 安培力產生的加速度：ai= B2L2vi mR ， 故ti內由安培力產生的速度變化量vi = aiti = B2L2 mRvi.ti = B2L2 mR. si， 將每個vi累加得到全過程的速度變化量： v = vi =B2L2 mR. si = B2L2 mR. s 由此式可見，安培力產生的速度變化量與導體棒的位移變化量成正比。這是一種另類的“勻變速運動” 。 （3）求解在磁場中的通電導體棒的速度變化量v與通過導體橫截面的電量Q的關系。 將全過程無限分割成極小的時間段，對于每個極小的時間段ti內，導體中的電流Ii可視作恒量， 安培力：FAi = BLIi， 4 安培力產生的加速度：ai=

11、BLIi m， 安培力產生的速度變化量：vi = aiti = BL mIi.ti = BL m. Qi， 將每個vi累加得到全過程的速度變化量： v = vi =BL m. Qi=BLQ m 熱身練習： 1. 如圖所示，金屬三角形導軌COD上放置一根金屬棒MN，拉動MN使它以速度v向右勻速平動。如果導軌和金屬棒都是粗細相同的均勻導體，電阻率都相同，那么在MN運動過程中，閉合回路的（ ） （A）感應電動勢保持不變 （B）感應電流保持不變 （C）感應電動勢逐漸增大 （D）感應電流逐漸增大 2. 如圖所示，有兩根和水平方向成角度的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道

12、平面的勻強磁場，磁感應強度為B。一根質量為m的金屬感從軌道上由靜止滑下，經過足夠長時間后，金屬桿的速度回趨近于一個最大速度vm，則（ ） （A）如果B增大，vm將變大 （B）如果增大，vm將變大 （C）如果R增大，vm將變大 （D）如果m變小，vm將變大 3. 如圖甲所示，一個閉合矩形金屬線圈abcd從一定高度釋放，且在下落過程中線圈平面始終在豎直平面上。在它進入一個有直線邊界的足夠大的勻強磁場的過程中，取線圈dc邊剛進磁場時t = 0，則描述其運動情況的圖線可能是圖乙中（ ） 4. 如圖所示，電阻R的金屬棒從圖示位置ab分別以v1、v2的速度沿光滑導軌（電阻不計）勻速滑到a'b

13、9;位置，若v1：v2 = 1：2，則在這兩次過程中（ ） （A）回路電流I1I2 = 12 （B）產生的熱量Q1Q2 = 12 （C）通過任一截面的電荷量q1q212 （D）外力的功率P1P2 = 12 5.如圖所示，l1 = 0.5 m，l2 = 0.8 m，回路總電阻為R =0.2 ，物塊質量M = 0.04 kg，導軌光滑，開始時磁場強度B0 = 1T，現(xiàn)使磁感應強度以B t0.2 T/s 的變化率均勻地增大則當t = s時， 物塊剛好離 5 開地面？(g取10 m/s2) 6.（2012黃埔、嘉定二模No.25）如圖所示，兩根電阻不計的光滑金屬導軌ab、cd豎直放置，導軌間距為L，上

14、端接有兩個定值電阻R1、R2，已知R1=R2=2r。將質量為m、電阻值為r的金屬棒從圖示位置由靜止釋放，下落過程中金屬棒保持水平且與導軌接觸良好。自由下落一段距離后金屬棒進入一個垂直于導軌平面的勻強磁場，磁場寬度為h。金屬棒出磁場前R1、R2的功率均已穩(wěn)定為P。則金屬棒離開磁場時的速度大小為_，整個過程中通過電阻R1的電量為_。（已知重力加速度為g） 精解名題： 例1. （2011 奉賢區(qū)二模 NO.33）如圖所示，光滑斜面的傾角?=30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長l1=lm，bc邊的邊長l2=0.6m，線框的質量m=1kg，電阻R=0.1，線框受到沿光滑斜面向上

15、的恒力F的作用，已知F=10N斜面上ef線（efgh）的右方有垂直斜面向上的均勻磁場，磁感應強度B隨時間t的變化情況如B-t圖象，時間t是從線框由靜止開始運動時刻起計的如果線框從靜止開始運動，進入磁場最初一段時間是勻速的，ef線和gh的距離s=5.1m，求： （1）線框進入磁場時勻速運動的速度v； （2）ab邊由靜止開始到運動到gh線處所用的時間t； （3）ab邊運動到gh線處的速度v2； （4）線框由靜止開始到運動到gh線的整個過程中產生的焦耳熱 【解析】：（1）由題意可知，線框在剛進入磁場做勻速運動的一段時間內，磁感應強度恒定，為0.5T， 線框在拉力F、重力沿斜面向下的分力以及安培力FA

16、作用下處于平衡狀態(tài)： h a b cc d 金屬棒 R1 R2 6 F = mgsin + FA 感應電動勢：E = Bl1v， 回路中的感應電流：I = ER ， 所以：安培力FA = B l1I = B2 l12v R ，結合式子，求得： v = （F-mgsin）RB2 l1 2 = （10-10×0.5）×0.10.52× 1 m/s = 2m/s. （2）進入磁場前，線框在斜面方向上受到拉力F、重力沿斜面向下的分力，在兩者作用下以加速度a做勻加速運動，由牛頓第二定律： F mgsin = ma，解得：a = F - mgsin m = 10 -10

17、15;0.5 1m/s2 = 5 m/s2。 線框從靜止開始加速，當速度達到2m/s時，剛好進入磁場，這段勻加速時間為t1。 t1 = va = 25 s 設導線框以2m/s的恒定速度通過l2距離所需的時間為t2， t2 = l2v = 0.6 2 s = 0.3s 觀察B t 圖像可知，B在線框開始運動后0.9s開始變化，而t1 + t2 = 0.7s< 0.9s所以，線框進入磁場過程中，磁感應強度恒定，進入磁場的時間就為t2 = 0.3s。 進入磁場后的的前(0.9 0.7)s內，B恒定，線框內無磁通量變化，無感應電流和安培力，0.9s之后，由于磁場強度變化，線框內有感應電流，但線框

18、的ab邊和cd邊所受的安培力大小相等方向相反，使得整個線框所受的安培力合力為零。因此從線框全部進入磁場開始到ab邊到達gh處，線框斜面方向上僅受到拉力F和重力沿斜面向下的分力，由上可知，線框的加速度a = 5m/s2。 此階段位移為s1 = s l2 =（5.1 -0.6）m= 4.5m，時間為t3，滿足： s1 =v t3 + 12at32，解得t3 = 1s， 所以從線框開始運動到ab邊到gh的總時間t： t = t1 + t2 + t3= 1.7s （3）從線框全部進入磁場開始到ab邊到達gh處，線框以a = 5m/s2的加速度做勻加速運動，滿足： v2 = v + at3 = 2 +

19、5×1 = 7 m/s. （4）線框進入磁場過程中，由于電磁感應產生的焦耳熱數值上等于安培力做的負功，即： Q1 = WA = FA.l2 = （F mgsin）l2 = （10 10×0.5）×0.6 J= 3J 從磁場強度開始變化（t = 0.9s）到線框運動到gh處（t =1.7s）過程中， 線框內的感應電動勢：E = t =B.l1l2 t，從圖象中可知B t = 0.5 2.1-0.9 = 5 12 T/s， 所以：E = 5 12 × 1 ×0.6 V = 0.25V，感應電流I = E R = 2.5A， 回路中產生的焦耳熱為Q2

20、 = E.I.t4 = 0.25×2.5×（1.7 0.9）J= 0.5J 7 所以線框整個運動過程中，回路中產生的總焦耳熱Q = Q1 + Q2 = （3 + 0.5）J = 3.5J 注意：本題第（4）問中，求解線框整個運動過程中，回路中產生的總焦耳熱時，不能按下述方法求解： 線框剛開始進入磁場到gh處過程中，由能量守恒： WF WG Q = Ek，得Q =WF - WG - Ek = F.s mgsin.s -（12mv22 - 12mv2）， 然后帶入數值求解即可。 上述方法之所以是錯誤的，是因為在全部進入磁場之后，線框內的電能不是由線框的動能轉化而來，而是來源于變

21、化磁場的能量。 實際上，全部進入磁場后，線框所受安培力的合力為零，安培力不影響動能的大小，或者說導線框沒有克服安培力做功將動能轉化為電能。這部分電能是由磁場能轉化而來的。 例2如圖（a）所示，光滑的平行長直金屬導軌置于水平面內，間距為L、導軌左端接有阻值為R的電阻，質量為m的導體棒垂直跨接在導軌上。導軌和導體棒的電阻均不計，且接觸良好。在導軌平面上有一矩形區(qū)域內存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。開始時，導體棒靜止于磁場區(qū)域的右端，當磁場以速度v1勻速向右移動時，導體棒隨之開始運動，同時受到水平向左、大小為f的恒定阻力，并很快達到恒定速度，此時導體棒仍處于磁場區(qū)域內。 （1）求導體棒

22、所達到的恒定速度v2； （2）為使導體棒能隨磁場運動，阻力最大不能超過多少？ （3）導體棒以恒定速度運動時，單位時間內克服阻力所做的功和電路中消耗的電功率各為多大？ （4）若t0時磁場由靜止開始水平向右做勻加速直線運動，經過較短時間后，導體棒也做勻加速直線運動，其v-t關系如圖（b）所示，已知在時刻t導體棋睥瞬時速度大小為vt，求導體棒做勻加速直線運動時的加速度大 【解析】：（1）磁場向右運動，導體棒相對于磁場向左切割磁感線，由右手定則判定棒上的感應電動勢和感應電流由“上”至“下”，再由左手定則判定導體棒受到的安培力向右。 當導體棒達到恒定速度v2時，其所受的安培力和阻力平衡： FA = f

23、導體棒切割磁感線的速度為v =（v1 -v2），感應電動勢為：E = BL（v1 -v2） 感應電流：I = ER ， 安培力：FA = BLI =B2L2(v1 - v2) R ，結合式，解得：v2 = v1 - fRB2L 2 （2）因為安培力：FA = B2L2v R ，當導體棒靜止時，它相對于磁場的切割速度最大為v1，對應此時的安培力最大，若導體棒所受阻力大于此安培力，則導體棒無法啟動。故所允許的最大阻力應為：fmax = B2L2v1 R ? ? ? ? R m v1 ? B ? ? ? L ? ? ? ? （a） v vt O t t 8 （3）導體棒以v2勻速運動時，克服阻力做功

24、的功率：Pf = f v2 回路中產生的電能有兩個消耗途徑： 一是通過安培力對導體棒做正功消耗：P1 = FA.v2 = f.v2 二是通過回路中產生的電熱消耗：P2 = EI = BL（v1 -v2）. I= FA（v 1-v2）= f（v1 -v2） 故回路中總電功率為：P = P1 + P2 = f.v2 + f（v1 -v2）= f.v1 （4）根據題意，導體棒最終做勻加速運動，可知穩(wěn)定后導體棒的合外力和安培力恒定，因為FA = B2L2v R ，這就要求導體棒相對于磁場的切割速度v恒定，已知磁場和導體棒均做勻加速運動，容易知道兩者的加速度應該相同才可能會使得兩者的相對速度時刻保持不變

25、。 設兩者的加速度為a。 分析t時刻棒的受力情況：磁場速度v = at，切割速度v = at vt 安培力：FA = B2L2(at - vt) R ，由牛頓第二定律：ma = FA f = B2L2(at - vt) R - f， 解得：a =B2L2vt+fR B2L2 t -mR 例3. （2013 黃浦區(qū)一模 NO.33）如圖所示，兩根足夠長且平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面成=53°角，導軌間接一阻值為3的電阻R，導軌電阻忽略不計。在兩平行虛線間有一與導軌所在平面垂直的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為d=0.5m。導體棒a的質量為m1=0.1kg、電阻為R1=6；導體棒b的質量

26、為m2=0.2kg、電阻為R2=3，它們分別垂直導軌放置并始終與導軌接觸良好?，F(xiàn)從圖中的M、N處同時將a、b由靜止釋放，運動過程中它們都能勻速穿過磁場區(qū)域，且當a剛出磁場時b正好進入磁場。（sin53°0.8，cos53°0.6，g取10m/s2，a、b電流間的相互作用不計），求： （1）在b穿越磁場的過程中a、b兩導體棒上產生的熱量之比； （2）在a、b兩導體棒穿過磁場區(qū)域的整個過程中，裝置上產生的熱量； （3）M、N兩點之間的距離。 【解析】： （1）b棒在磁場中勻速切割磁感線時，b棒相當于一個產生感應電動勢的電源，作為內電路，a棒和電阻R相并聯(lián)構成外電路。 由并聯(lián)知識

27、可知，Ia : IR = R : R1 = 3：6，IR = 2Ia 通過b棒的電流Ib = Ia + IR = 3Ia， 故a、b棒上產生的焦耳熱分別為：Qa = Ia2R1t，Qb = Ib2R2t 所以：Qa: Qb = Ia2R1: Ib2R2 = 2 : 9 （2）裝置上產生的總熱量Q轉化自回路中產生的電能，數值上等于a、b兩棒在磁場中所受的安培力對他們做的負功總和。 d B 導體棒 N M b a R 9 由題意可知在a、b棒穿過磁場過程均做勻速直線運動，故： F安a = m1gsin，其所作的負功：W安a = F安a. d = m1gdsin F安b = m2gsin，其所作的負

28、功：W安b = F安b . d = m2gdsin 所以： Q =（m1 + m2）gdsin =（0.1 + 0.2）×10×0.8×0.5J = 1.2 J （3）設a、b棒在磁場中勻速運動的速度分別為va、vb。 對a棒： 感應電動勢：Ea = BLva，感應電流：Ia = EaRa 總， 安培力：F安a = BLIa = B2L2vaRa 總，同理：F安b = BLIb = B2L2vbRb 總，又 總電阻：Ra總= R2×R R2 + R + R1 =（3×3 3+3 + 6） = 7.5，Rb總=R1×R R1+ R +

29、R2 =（3×6 3+6 + 3） = 5。 所以：F安a F安 b=B2L2vaRa 總× Rb總 B2L2v b = vaRb總vbRa 總 = m1gsin m2gsin ， 解得：vav b = m1Ra總m2Rb 總 =0.1×7.50.2× 5 = 34 設M、N兩點間距離為s， 兩棒同時由靜止釋放，沒進入磁場前，兩者的加速度均為gsin，故相同時間內通過位移相等，兩棒距離保持不變。a棒以速度va剛進入磁場時，b棒應該在距離磁場上邊界s處，速度大小也為va。 a棒進入磁場后以va做勻速運動，b 棒在磁場外仍做勻加速運動。 由題意可知，a棒出磁

30、場時，b棒剛好加速到vb進入磁場。故從a棒進入磁場到出磁場這段時間t內： a棒通過距離：va . t = d b棒通過距離：va + vb 2 .t = s，所以：ds = va( vb + vb )/2= 67 ，解得：s =76 × 0.5 m = 7 12 m 例4. （2012年上海高考 No.33）如圖，質量為M的足夠長金屬導軌abcd放在光滑的絕緣水平面上。一電阻不計，質量為m的導體棒PQ放置在導軌上，始終與導軌接觸良好，PQbc構成矩形。棒與導軌間動摩擦因數為，棒左側有兩個固定于水平面的立柱。導軌bc段長為L，開始時PQ左側導軌的總電阻為R，右側導軌單位長度的電阻為R0

31、。以ef為界，其左側勻強磁場方向豎直向上，右側勻強磁場水平向左，磁感應強度大小均為B。在t=0時，一水平向左的拉力F垂直作用在導軌的bc邊上，使導軌由靜止開始做勻加速直線運動，加速度為a。 （1）求回路中感應電動勢及感應電流隨時間變化的表達式； （2）經過多長時間拉力F達到最大值，拉力F的最大值為多少？ （3）某過程中回路產生的焦耳熱為Q，導軌克服摩擦力做功為W，求導軌動能的 【解析】： 10 （1）導體棒做勻加速運動，由運動公式，t時刻： 導體棒切割速度v = at，通過的位移：s = 12at2， 感應電動勢：E = BLv = BLat， 回路中的總電阻：R總 =R + 2Ros = R

32、 + Roat2， 感應電流：I = ER 總 = BLat R + Roat 2 。 （2）t時刻bc邊受到水平向右的安培力，PQ棒受到豎直向下的安培力，兩者大小均為： FA = BLI =B2L2at R + Roat 2 對線框受力分析，其受到向左的拉力F，向右的安培力FA和PQ棒對其向右的滑動摩擦力f。 由牛頓第二定律： Ma = F - FA f 又：f = （mg + FA） 綜合得： F = Ma + FA +（mg + FA）= Ma + mg +（ + 1）FA， 又：FA = B2L2at R + Roat 2 = B2L2a R/t + Ro at ， 當R/t = Ro

33、at，即t = RRoa 時，F(xiàn)A取最大值FAmax = B2L2aRRo 2RRo ， 對應此時拉力取最大值： FMAX = Ma + mg +（ + 1 ）B2L2aRRo 2RRo （3）設此過程線框通過的位移為s，將總位移s分割成無窮段極小的位移，在任意一個極小的位移，記做si內，安培力可以視作大小恒定，記做FAi， 線框產生的焦耳熱：Qi = FAi . si 克服摩擦力做的功：Wi = fi . si =（mg + FAi）si =mg . si +FAi . si =mg . si + Qi 所以全過程摩擦力做的功： W = Wi =mg si + Qi =mgs + Q 求得：

34、s = W Q mg， 設線框的末速度為 v，由運動公式： v2 = 2as = 2a. W Q mg， 所以線框動能： Ek = 12Mv2 = aM (W Q) mg. 方法小結： 1. 感生電動勢和動生電動勢 導線框的面積S不變，磁感應強度B = kt ，則感生電動勢E = 。 導體切割磁感線的感應電動勢E = BLv，其中L為有效長度，v為 。 11 2.導體棒在磁場中的動力學量動態(tài)分析 分析導體棒在磁場中的運動狀態(tài)變化過程時，可以按下列思路： 啟動如何變化最終狀態(tài)如何。 對于變化過程的分析可以依照這樣的順序： 切割磁感線產生感應電動勢感應電流安培力加速度速度 分析時可以牢記安培力與速

35、度的關系式，計算公式為：F = . 最終狀態(tài)的確定往往是解題的突破口。 （1）放在處于勻強磁場中，一端帶有電阻R的平行導軌上的單根導體棒，在受到恒定的拉力F和阻力f的作用下先做加速度減小的加速運動，最終穩(wěn)定狀態(tài)為勻速直線運動，此時導體棒受力平衡：F = ，進而求得穩(wěn)定時的速度為v = 。由此可知，導體棒所能達到的最大速度與電阻R成正比。（磁感應強度為B，導軌間距為L） （2）放在處于勻強磁場中，一端帶有電阻R的平行導軌上的單根導體棒，在受到F = kt拉力F作用和恒定的阻力f的作用下，最終穩(wěn)定狀態(tài)為 。 此時單位時間內拉力F增大多少，安培力也增大多少，兩者的差值保持不變，即合外力恒定，加速度恒

36、定，物體做勻變速運動。 我們可以借助F-t圖象和FA t圖象分析，穩(wěn)定時，任意時刻兩者的差值應恒定，故要求兩圖象的斜率相同。再看FA t圖象的斜率， 因為：FA = B2L2v R = B2L2at R ，所以FAt圖象的斜率為，應該等于F-t圖象的斜率k。由此解得加速度a = 。 3. 電磁感應中的能量問題 電磁感應現(xiàn)象中的關于能量轉化最根本的的問題是弄清楚電能的產生和消耗方式。 當電磁感應產生的電能全部用于回路中產生電熱時，求解電能（電功率）有下列三種途徑： 電能大小等于適用于安培力為恒力時。 電能大小等于適用于電流恒定，或電能來自于變化磁場的情況。 電能大小等于其他形式的能量的減少量。

37、鞏固練習： 1. 如圖所示，電阻為R，其他電阻均可忽略，ef是一電阻可不計的水平放置的導體棒，質量為m，棒的兩端分別與ab、cd保持良好接觸，又能沿框架無摩擦下滑，整個裝置放在與框架垂直的勻強磁場中，當導體棒ef從靜止下滑經一段時間后閉合開關S，則S閉合后（ ） （A）導體棒ef的加速度可能大于g （B）導體棒ef的加速度一定小于g 2. 磁場強 弱變化 1. 安培力 做負功 產生電能 1. 通過電流在回路中產生的電熱消耗2. 通過安培力對外做正功轉化為動能或其他形式的能 *3. 給電池充電或通過電容器存儲起來（考綱不要求） 12 （C）導體棒ef最終速度隨S閉合時刻的不同而不同 （D）導體棒

38、ef的機械能與回路內產生的電能之和一定守恒 2. 如圖所示，平行金屬導軌與水平面間的傾角為，導軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應強度為B.有一質量為m長為l的導體棒從ab位置獲得平行于斜面的，大小為v的初速度向上運動，最遠到達ab的位置，滑行的距離為s，導體棒的電阻也為R，與導軌之間的動摩擦因數為.則（ ） （A）上滑過程中導體棒受到的最大安培力為B2l2v R （B）上滑過程中電流做功發(fā)出的熱量為12mv2mgs(sin cos ) （C）上滑過程中導體棒克服安培力做的功為12mv2 （D）上滑過程中導體棒損失的機械能為12mv2mgssin 3. （20

39、09 上海高考 NO.13）如圖，金屬棒ab置于水平放置的U形光滑導軌上，在ef右側存在有界勻強磁場B，磁場方向垂直導軌平面向下，在ef左側的無磁場區(qū)域cdef內有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導軌在同一平面內。當金屬棒ab在水平恒力F作用下從磁場左邊界ef處由靜止開始向右運動后，圓環(huán)L有_（填收縮、擴張）趨勢，圓環(huán)內產生的感應電流_（填變大、變小、不變）。 4. 如圖所示，兩條間距為L的光滑平行導電導軌MN、PQ與水平面成?角放置，上端跨接定值電阻R，一長也為L、電阻不計的金屬棒擱在導軌上，在導軌所在處有三個勻強磁場區(qū)和一個無磁場區(qū)，磁場邊界均平行于金屬棒，磁場寬均為L，磁場方向如圖且均垂直于導軌平面，磁感應強度B22B1，無磁場區(qū)寬也為L，金屬棒從導軌上方距最上方的磁場的上邊界L處靜止起下滑，進入最棒上方磁場時恰好做勻速運動，且每次到達一個磁場的下邊界前都已達到勻速運動，圖中已畫出金屬穿過第一個磁場區(qū)過程中的電流（以a?b