电磁感应现象的应用

重点难点突破一、电磁感应现象中的力学问题1.通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起，基本步骤是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.(2)求回路中的电流强度.(3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向).(4)列动力学方程或平衡方程求解.2.对电磁感应现象中的力学问题，要抓好受力情况和运动情况的动态分析，导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态，要抓住a＝0时，速度v达最大值的特点.二、电磁感应中的能量转化问题导体切割磁感线或闭合回路中磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，机械能或其他形式的能量便转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机械能或电阻的内能，因此，电磁感应过程总是伴随着能量转化，用能量转化观点研究电磁感应问题常是导体的稳定运动(匀速直线运动或匀速转动)，对应的受力特点是合外力为零，能量转化过程常常是机械能转化为内能，解决这类问题的基本步骤是：1.用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电动势的大小和方向.2.画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率的表达式.3.分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程.三、电能求解的思路主要有三种1.利用安培力的功求解：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；3.利用电路特征求解：根据电路结构直接计算电路中所产生的电能.四、线圈穿越磁场的四种基本形式1.恒速度穿越；2.恒力作用穿越；3.无外力作用穿越；4.特殊磁场穿越.典例精析1.恒速度穿越【例1】如图所示，在高度差为h的平行虚线区域内有磁感应强度为B，方向水平向里的匀强磁场.正方形线框abcd的质量为m，边长为L(L>h)，电阻为R，线框平面与竖直平面平行，静止于位置“Ⅰ”时，cd边与磁场下边缘有一段距离H.现用一竖直向上的恒力F提线框，线框由位置“Ⅰ”无初速度向上运动，穿过磁场区域最后到达位置“Ⅱ”(ab边恰好出磁场)，线框平面在运动中保持在竖直平面内，且ab边保持水平.当cd边刚进入磁场时，线框恰好开始匀速运动.空气阻力不计，g＝10 m/s2.求：(1)线框进入磁场前距磁场下边界的距离H；(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功为多少？线框产生的热量为多少？【解析】(1)线框进入磁场做匀速运动，设速度为v1，有：E＝BLv1，I＝ER，F安＝BIL根据线框在磁场中的受力，有F＝mg＋F安在恒力作用下，线框从位置“Ⅰ”由静止开始向上做匀加速直线运动.有F－mg＝ma，且H ＝由以上各式解得H＝(F－mg)(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功为WF＝F(H＋h＋L)只有线框在穿越磁场的过程中才会产生热量，因此从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中有F(L＋h)＝mg(L＋h)＋Q，所以Q＝(F－mg)(L＋h)【思维提升】此类问题F安为恒力，但外力F可能是变力.2.恒力作用穿越【例2】质量为m边长为L的正方形线圈，线圈ab边距离磁场边界为s，线圈从静止开始在水平恒力F的作用下，穿过如图所示的有界匀强磁场，磁场宽度为d(d<L).若它与水平面间没有摩擦力的作用，ab边刚进入磁场的速度与ab边刚离开磁场时的速度相等.下列说法正确的是()A.线圈进入磁场和离开磁场的过程通过线圈的电荷量不相等B.穿越磁场的过程中线圈的最小速度为C.穿越磁场的过程中线圈的最大速度为D.穿越磁场的过程中线圈消耗的电能为F(d＋L)【解析】根据q＝，可知线圈进入磁场和离开磁场的过程中通过线圈的电荷量相等.线圈ab边到达磁场边界前做匀加速直线运动，加速度a＝Fm，达到磁场边界时有v2＝2Fms，ab边刚进入磁场的速度与ab边刚离开磁场时的速度相等，根据动能定理，有Fd－W安＝0，得线圈进入磁场时做功为W安＝Fd且可知线圈的速度是先增大后减小，当线圈全部进入磁场中后速度又增大.所以，当线圈刚全部进入磁场中时速度达到最小值，根据动能定理有FL －W安＝12mv2－12mv2x解得vx＝当a＝0时，线圈速度最大，有F＝F安＝即vm＝由于ab边刚进入磁场的速度与ab边刚离开磁场时的速度相等，那么线圈进入磁场和离开磁场时安培力做功相等，即消耗的电能也相等，故穿越磁场的过程中线圈中消耗的电能为E 电＝2W安＝2Fd.故正确选项为B、C.【答案】BC【思维提升】此类问题F为恒力，但F安可能是变力.3.无外力作用穿越【例3】如图所示，在光滑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，线框刚好穿过磁场.则线框在滑进磁场的过程中产生的热量Q1与滑出磁场的过程中产生的热量Q2之比为()A.1∶1B.2∶1C.3∶1D.4∶1【解析】设线框刚开始要离开磁场时的速度为v.由于线圈滑进磁场和滑出磁场的过程中安培力的冲量相等.故有mv－mv0＝0－mv即v＝12v0[]因为无外力作用，根据能量守恒，滑进磁场时产生的热量为Q1＝12mv20－12mv2＝38mv20 滑出磁场时产生的热量为Q2＝12mv2＝18mv20所以Q1∶Q2＝3∶1【答案】C【思维提升】此类问题仅是机械能与电能之间的转化.4.穿越特殊磁场区域【例4】如图所示，一个方向垂直纸面向外的磁场位于以x轴与一曲线为边界的空间中，曲线方程y＝0.5sin 5πx(单位：m)(0≤x≤0.2 m).磁感应强度B＝0.2 T.有一正方形金属线框abcd 边长l＝0.6 m，线框总电阻R＝0.1 Ω，它的ab边与y轴重合，在拉力F的作用下，线框以1.0 m/s的速度水平向右匀速运动.问：(1)在线框拉过该磁场区域的过程中，拉力的最大瞬时功率是多少？(2)线框拉过该磁场区域拉力做的功为多少？【解析】(1)正方形金属线框进入和离开磁场时切割磁感线均产生感应电动势，电动势E与切割磁感线的有效长度有关，即E＝BLv正方形金属线框通过该磁场区域切割磁感线的有效长度为L＝y＝0.5sin 5πx当x＝0.1 m时，L＝Lm＝y＝0.5 m此时E＝Em＝BLmv＝0.1 V匀速切割时，拉力F的最大瞬时功率等于此时的电功率，即PF＝P电＝＝0.1 W(2)在t＝0.2 s时间内，感应电动势的有效值为E有效＝＝0.052 V线框进入到离开磁场的时间Δt＝xv＝0.2 s线框匀速通过磁场时，拉力所做的功等于消耗的电能.WF＝W电＝×2Δt＝2.0×10－2 J【思维提升】此类问题需先判断感应电动势随时间变化的图象.5.电磁感应中的力学问题【例5】相距为L＝0.20 m的足够长的金属直角导轨如图1所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为m＝0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为R＝1.0 Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50 T，方向竖直向上的匀强磁场中.当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动.测得拉力F与时间t的关系如图2所示.取g＝10 m/s2，求：(1)杆ab的加速度a和动摩擦因数μ；(2)杆cd从静止开始沿导轨向下运动达到最大速度所需的时间t0；(3)画出杆cd在整个运动过程中的加速度随时间变化的a-t图象，要求标明坐标值(不要求写出推导过程).【解析】(1)经时间t，杆ab的速率v＝at此时，回路中的感应电流为I＝＝对杆ab由牛顿第二定律得F－BIL－μmg＝ma由以上各式整理得F＝ma＋μmg＋B2L2Rat在图线上取两点：t1＝0，F1＝1.5 Nt2＝30 s，F2＝4.5 N代入上式解得a＝10 m/s2，μ＝0.5(2)cd杆受力情况如图，当cd杆所受重力与滑动摩擦力相等时，速度最大，则mg＝μFN又FN＝F安F安＝BILI＝＝v＝at联立解得t0＝＝0.1×10×1.00.5×0.52×0.22×10 s＝20 s(3)如图所示.【思维提升】力学中的整体法与隔离法在电磁感应中仍经常用到，此题关键是对两根导体棒的受力分析，结合牛顿定律得出F与t的关系，再进行求解.【拓展1】如图所示，倾角θ＝30°、宽为L＝1 m的足够长的U形光滑金属框固定在磁感应强度B＝1 T、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上.现用一平行于导轨的牵引力F，牵引一根质量m＝0.2 kg，电阻R＝1 Ω的金属棒ab，由静止开始沿导轨向上移动(金属棒ab始终与导轨接触良好且垂直，不计导轨电阻及一切摩擦).问：(1)若牵引力是恒力，大小为9 N，则金属棒达到的稳定速度v1多大？(2)若牵引力的功率恒定，大小为72 W，则金属棒达到的稳定速度v2多大？(3)若金属棒受到向上的拉力在斜面导轨上达到某一速度时，突然撤去拉力，从撤去拉力到棒的速度为零时止，通过金属棒的电荷量为0.48 C，金属棒发热量为1.12 J，则撤力时棒的速度v3多大？【解析】(1)当金属棒达到稳定速度v1时，由受力分析及力的平衡条件有F＝mgsin θ＋代入数据解得v1＝8 m/s(2)当金属棒达到稳定速度v2时，由受力分析及力的平衡条件有＝mgsin θ＋代入数据解得v2＝8 m/s(3)设金属棒在撤去外力后还能沿斜面向上运动的最大距离为s，所需时间为Δt，则这一段时间内的平均感应电动势E－＝，平均感应电流I－＝E－R＝，则通过金属棒的电荷量q ＝I－Δt＝BLsR，则s＝qRBL＝0.48 m，由能量守恒定律有12mv23＝mgssin θ＋Q代入数据解得v3＝4 m/s易错门诊【例6】如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导轨ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当ab导体自由下落0.4 s时，突然接通电键S，试说出S接通后，ab导体的运动情况.(g取10 m/s2)【错解】S闭合后，ab受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用.合力竖直向下，ab仍处于竖直向下的加速运动状态.随着向下速度的增大，安培力增大，ab受竖直向下的合力减小，直至减为0时，ab处于匀速竖直下落状态.【错因】上述的解法是受平常做题时总有安培力小于重力的影响，没有对初速度和加速度之间的关系作认真地分析.不善于采用定量计算的方法分析问题.【正解】闭合S之前导体自由下落的末速度为v0＝gt＝4 m/s.S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流.ab立即受到一个竖直向上的安培力.F安＝BILab＝＝0.016 N＞mg＝0.002 N此刻导体棒所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a＝＝－g所以，ab做竖直向下的加速度逐渐减小的变减速运动.当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动.【思维提升】必须对棒ab进行受力分析，判断接通时F安与mg的大小关系，而不能凭经验下结论.。