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教案(53)——法拉第电磁感应定律应用(二)
教学目标
1．综合应用电磁感应等电学知识解决力、电综合问题．
2．培养学生分析解决综合问题的能力．
教师归纳
1．电磁感应中的动力学问题
这类问题覆盖面广，题型也多种多样；但解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等，基本思路是： ( http: / / www.21cnjy.com )
2．电磁感应中的能量问题
无论是使闭合回路的磁通量发生变化，还是 ( http: / / www.21cnjy.com )使闭合回路的部分导体切割磁感线，都要消耗其他形式的能量，转化为回路中的电能．这个过程不仅体现了能量的转化，而且保持守恒，使我们进一步认识包含电和磁在内的能量的转化和守恒定律的普遍性．
分析问题时，应当牢牢抓住能量守 ( http: / / www.21cnjy.com )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转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功，就可能有机械能参与转化；安培力做负功就将其他形式能转化为电能，做正功将电能转化为其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解．
分类剖析
(一)电磁感应中的动力学问题
例1
( http: / / www.21cnjy.com )
　如图所示，竖直平行导轨间距L＝20c ( http: / / www.21cnjy.com )m，导轨顶端接有一电键S.导体捧ab与导轨接触良好且无摩擦，ab的电阻R＝0.4Ω，质量m＝10g，导轨的电阻不计，整个装置处在与轨道平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T.当ab棒由静止释放0.8s后，突然闭合电键，不计空气阻力．设导轨足够长．求ab棒的最大速度和最终速度的大小(g取10m/s2).
【解析】　 电键闭合前，ab棒做自由落体运 ( http: / / www.21cnjy.com )动，闭合电键的瞬间，棒的速度为v＝gt＝8m/s，此时导体棒切割磁感线产生的电动势为ε＝BLv＝1.6V，回路中的电流I＝ε/R＝4A，导体棒受到的安培力F＝BIL＝0.8N﹥mg.导体棒将做减速运动，因此，棒的最大速度为8m/s.
F安随v的减小而减小，当F安＝mg时，棒做匀速运动，解得v＝1m/s.
【讨论】　(1)若先闭合电键再释放导体棒，则ab棒的运动情况如何？
(2)ab棒释放后多长时间闭合电键，ab棒恰好做匀速运动？
例2
　如图(1)所示，AB、CD ( http: / / www.21cnjy.com )是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的AC端连接一个阻值为R的电阻，一根质量为m、垂直于导轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab棒的最大速度．已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻都不计．
( http: / / www.21cnjy.com )(1)
( http: / / www.21cnjy.com )(2)
【解析】　ab沿导轨下滑过程中受四个力 ( http: / / www.21cnjy.com )作用，即重力mg，支持力FN、摩擦力Ff和安培力F安，如图(2)所示，ab由静止开始下滑后，将是v↑→E↑→I↑→F安↑→a↓(↑为增大符号)，所以这是个变加速过程，当加速度减到a＝0时，其速度即增到最大v＝vm，此时必将处于平衡状态，以后将以vm匀速下滑．
ab下滑时因切割磁感线，要产生感应电动势，根据电磁感应定律：
E＝BLv①
闭合电路AC ba中将产生感应电流，根据闭合电路欧姆定律：
I＝E/R②
据右手定则可判定感应电流方向为aAC ba，
再根据左手定则判断它受的安培力F安方向如图(2)所示，其大小为：
F安＝BIL③
取平行和垂直导轨的两个方向对ab所受的力进行正交分解，应有：
FN＝mgcosθ，Ff＝μmgcosθ
由①②③可得F安＝
以ab为研究对象，根据牛顿第二定律应有：
mgsinθ－μmgcosθ－＝ma
ab做加速度减小的变加速运动，当a＝0时速度达最大．因此，ab的速度达到vm时应有：
mgsinθ－μmgcosθ－＝0④
由④式可解得vm＝
注意： (1)电磁感应中的动态分析，是 ( http: / / www.21cnjy.com )处理电磁感应问题的关键，要学会从动态分析的过程中来选择是从动力学方面，还是从能量、动量方面来解决问题；
(2)在分析运动导体的受力时，常画出平面示意图和物体受力图．
(二)电磁感应中的能量问题
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例3
　一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆 ( http: / / www.21cnjy.com )环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度
B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大
D．圆环最终将静止在平衡位置
【解析】　圆环在进入和离开磁场的过程中，由于 ( http: / / www.21cnjy.com )磁通量变化，圆环中有感应电流产生，所以B正确，圆环中有感应电流要受到安培力，安培力阻碍圆环的运动做负功，圆环机械能损失，因此无法摆到原来的高度．A错误；当圆环完全在磁场中摆动时，无感应电流，没有机械能的损失，不会静止．CD错误．正确的选项为B.
例4
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　如图所示，光滑水平面上有正方形金属 ( http: / / www.21cnjy.com )线框abcd，边长为L、电阻为R、质量为m.虚线PP′和QQ′之间有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，宽度为H，且H>L，线框在恒力F0作用下由静止开始向磁场区域运动，cd边运动s后进入磁场，ab边进入磁场前某时刻，线框已经达到平衡状态．当cd边到达QQ′时，撤去恒力F0，重新施加外力F，使得线框做加速度大小为F0/m的匀减速运动，最终离开磁场．
(1)cd边刚进入磁场时cd两端的电势差；
(2)cd边从进入磁场到QQ′这个过程中安培力做的总功；
(3)写出线框离开磁场的过程中，F随时间t变化的关系式．
【解析】　线圈进入磁场前a＝，s＝at2，t＝，v1＝at＝，cd边进入磁场时产生的感应电动势E＝BLv1，此时cd边的电势差U＝E＝.(2)进入磁场后达到平衡时，F0＝BIL.设此时速度为v2，则v2，则v2＝，由动能定理得F0(L＋s)＋W安＝△Er，W安＝－F0(L＋s)＋eq \f(mFR2,2B4L4).(3)平衡后到开始离开磁场时，设线圈开始离开磁场时速度为v3，F0(H－L)＝mv－mv，v3＝eq \r(\f(FR2,B4L4)＋\f(2F0（H－L）,m))，此时的安培力>ma，所以，离开磁场时－F＝ma，F＝－ma＝－F0－t，代入v3得F＝.
eq \r(\f(FR2,B4L4)＋\f(2F0（H－L）,m))－F0－t.教案(53)——法拉第电磁感应定律应用(二)
教学目标
1．综合应用电磁感应等电学知识解决力、电综合问题．
2．培养学生分析解决综合问题的能力．
教师归纳
1．电磁感应中的动力学问题
这类问题覆盖面广，题型也多种多样；但解决 ( http: / / www.21cnjy.com )这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等，基本思路是：
( http: / / www.21cnjy.com )
2．电磁感应中的能量问题
无论是使闭合回路的磁通量发生变化，还是使闭 ( http: / / www.21cnjy.com )合回路的部分导体切割磁感线，都要消耗其他形式的能量，转化为回路中的电能．这个过程不仅体现了能量的转化，而且保持守恒，使我们进一步认识包含电和磁在内的能量的转化和守恒定律的普遍性．
分析问题时，应当牢牢抓住能量守恒这一基本规 ( http: / / www.21cnjy.com )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转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功，就可能有机械能参与转化；安培力做负功就将其他形式能转化为电能，做正功将电能转化为其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解．
分类剖析
(一)电磁感应中的动力学问题
例1
　如图(1)所示，AB、C ( http: / / www.21cnjy.com )D是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的AC端连接一个阻值为R的电阻，一根质量为m、垂直于导轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab棒的最大速度．已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻都不计．
( http: / / www.21cnjy.com )(1)
( http: / / www.21cnjy.com )(2)
【解析】　ab沿导轨下滑过程中受四个力 ( http: / / www.21cnjy.com )作用，即重力mg，支持力FN、摩擦力Ff和安培力F安，如图(2)所示，ab由静止开始下滑后，将是v↑→E↑→I↑→F安↑→a↓(↑为增大符号)，所以这是个变加速过程，当加速度减到a＝0时，其速度即增到最大v＝vm，此时必将处于平衡状态，以后将以vm匀速下滑．
ab下滑时因切割磁感线，要产生感应电动势，根据电磁感应定律：
E＝BLv①
闭合电路AC ba中将产生感应电流，根据闭合电路欧姆定律：
I＝E/R②
据右手定则可判定感应电流方向为aAC ba，
再根据左手定则判断它受的安培力F安方向如图(2)所示，其大小为：
F安＝BIL③
取平行和垂直导轨的两个方向对ab所受的力进行正交分解，应有：
FN＝mgcosθ，Ff＝μmgcosθ
由①②③可得F安＝
以ab为研究对象，根据牛顿第二定律应有：
mgsinθ－μmgcosθ－＝ma
ab做加速度减小的变加速运动，当a＝0时速度达最大．因此，ab达到vm时应有：
mgsinθ－μmgcosθ－＝0④
由④式可解得vm＝
注意： (1)电磁感应中的动态分析 ( http: / / www.21cnjy.com )，是处理电磁感应问题的关键，要学会从动态分析的过程中来选择是从动力学方面，还是从能量、动量方面来解决问题；
(2)在分析运动导体的受力时，常画出平面示意图和物体受力图．
(二)电磁感应中的能量问题
例2
　图中a1b1c1d1和a2b2c ( http: / / www.21cnjy.com )2d2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面(纸面)向里．导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的，距离为l1；c1d1段与c2d2段也是竖直的，距离为l2.x1y1与x2y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m1和m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触．两杆与导轨构成的回路的总电阻为R，F为作用于金属杆x1y1上的竖直向上的恒力．已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率．
( http: / / www.21cnjy.com )
【解析】　设杆向上的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少．
由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小
E＝B(l2－l1)v①
回路中的电流　I＝②
电流沿顺时针方向．两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x1y1的安培力为
f1＝Bl1I③
方向向上，作用于杆x2y2的安培力为
f2＝Bl2I④
方向向下，当杆做匀速运动时，根据牛顿第二定律有
F－m1g－m2g＋f1－f2＝0⑤
解以上五式得
I＝⑥
v＝R⑦
作用于两杆的重力的功率的大小
P＝(m1＋m2)gv⑧
电阻上的热功率
P垫＝I2R⑨
由⑥⑦⑧⑨式，可得
P＝R(m1＋m2)g
P垫＝[]2R
例3
　如图所示，位于竖直平面的正方形平面导线框a ( http: / / www.21cnjy.com )bcd，边长为L＝10cm，线框质量为m＝0.1kg，电阻为R＝0.5Ω，其下方有一匀强磁场区域，该区域上、下两边界间的距离为H(H＞L)，磁场的磁感应强度为B＝5T，方向与线框平面垂直．今线框从距磁场上边界h＝30cm处自由下落，已知线框的dc边进入磁场后，ab边到达上边界之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值，问从线框开始下落到dc边刚刚到达磁场下边界的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功是多少？
(g取10m/s2)
( http: / / www.21cnjy.com )
【解析】　线框达到最大速度之前所受的安培力F＝随速度v的变化而变化，
所以直接求解安培力做的总功较为困难，而用能量守恒的思想便可迎刃而解．
设线框的最大速度为vm，此后直到ab边开始进入磁场为止，线框做匀速直线运动，此过程中线框的动能不变．
由mg＝，解得vm＝＝2m/s
全部进入后，无安培力，因此只需考虑从开始下落到刚好全部进入时，这段时间内线框因克服安培力做功而损失的机械能为：
mg(h＋L)－mv＝0.2J.
所以磁场作用于线框的安培力做的总功是－0.2J

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