(1)導體棒切割磁感線運動時的動力學問題；(2)電磁感應中的能量轉化問題；(2)電磁感應中的動量與能量問題。

例1．(2020•全國卷I•21)如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經過一段時間后(　　)

A. 金屬框的速度大小趨于恒定值
B. 金屬框的加速度大小趨于恒定值
C. 導體棒所受安培力的大小趨于恒定值
D. 導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值
【答案】BC
【解析】由bc邊切割磁感線產生電動勢，形成電流，使得導體棒MN受到向右的安培力，做加速運動，bc邊受到向左的安培力，向右做加速運動。當MN運動時，金屬框的bc邊和導體棒MN一起切割磁感線，設導體棒MN和金屬框的速度分別為v1、v2，則電路中的電動勢E＝BL(v2－v1)，電流中的電流，金屬框受到的安培力，與運動方向相反，導體棒MN受到的安培力，與運動方向相同，設導體棒MN和金屬框的質量分別為m1、m2，則對導體棒MN有，對金屬框有，初始速度均為零，則a1從零開始逐漸增加，a2從開始逐漸減小。當a1＝a2時，相對速度，大小恒定。整個運動過程用速度時間圖象描述如圖所示。綜上可得，金屬框的加速度趨于恒定值，安培力也趨于恒定值，BC正確；金屬框的速度會一直增大，導體棒到金屬框bc邊的距離也會一直增大，AD錯誤。

例2．(2020•全國卷III•24)如圖，一邊長為l0的正方形金屬框abcd固定在水平面內，空間存在方向垂直于水平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一長度大于2l0的均勻導體棒以速率v自左向右在金屬框上勻速滑過，滑動過程中導體棒始終與ac垂直且中點位于ac上，導體棒與金屬框接觸良好。已知導體棒單位長度的電阻為r，金屬框電阻可忽略。將導體棒與a點之間的距離記為x，求導體棒所受安培力的大小隨x（0≤x≤2l0）變化的關系式。

【解析】當導體棒與金屬框接觸的兩點間棒的長度為l時，由法第電磁感應定律可知導體棒上感應電動勢的大小為：E＝BLv
由歐姆定律可知流過導體棒的感應電流為
式中R為這一段導體棒的電阻。按題意有R＝rl
此時導體棒所受安培力大小為F＝BIl
由題設和幾何關系有：
聯立各式得
【點睛】用“四步法”分析電磁感應中的動力學問題：“源”的分析——分離出電路中由電磁感應所產生的電源，確定E和r；“路”的分析——弄清串并聯關系，求出電流，確定安培力；“力”的分析——確定桿或線框受到的力，求合力；“運動”的分析——由運動和力的關系，確定運動模型。

1．如圖所示，在一固定水平放置的閉合導體圓環上方，有一條形磁鐵，從離地面高h處，由靜止開始下落，最后落在水平地面上。磁鐵下落過程中始終保持豎直方向，并從圓環中心穿過圓環，而不與圓環接觸。若不計空氣阻力。重力加速度為g，下列說法中正確的是(　　)

A．在磁鐵下落的整個過程中，圓環中的感應電流方向先逆時針后順時針(從上向下看圓環)
B．磁鐵在整個下落過程中，受圓環對它的作用力先豎直向上后豎直向下
C．磁鐵在整個下落過程中，它的機械能不變
D．磁鐵落地時的速率一定等于2gh
【答案】A
【解析】當條形磁鐵靠近圓環時，穿過圓環的磁通量增加，根據楞次定律可判斷圓環中感應電流的方向為逆時針(從上向下看圓環)，當條形磁鐵遠離圓環時，穿過圓環的磁通量減小，根據楞次定律可判斷圓環中感應電流的方向為順時針(從上向下看圓環)，A項正確；根據楞次定律的推論“來拒去留”原則，可判斷磁鐵在整個下落過程中，受圓環對它的作用力始終豎直向上，B項錯誤；磁鐵在整個下落過程中，由于受到磁場力的作用，機械能不守恒，C項錯誤；若磁鐵從高度h處做自由落體運動，其落地時的速度v＝2gh，但磁鐵穿過圓環的過程中要產生一部分電熱，根據能量守恒定律可知，其落地速度一定小于2gh，D項錯誤。
2．如圖所示裝置，電源的電動勢E＝8 V，內阻r1＝0.5 Ω，兩光滑金屬導軌平行放置，間距d＝0.2 m，導體棒ab用等長絕緣細線懸掛并剛好與導軌接觸，ab左側為水平直軌道，右側為半徑R＝0.2 m的豎直圓弧導軌，圓心恰好為細線懸掛點，整個裝置處于豎直向下的、磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場中。閉合開關后，導體棒沿圓弧運動，已知導體棒的質量m＝0.06 kg，電阻r2＝0.5 Ω，g取10 m/s2，不考慮運動過程中產生的反電動勢，則(　　)

A．導體棒ab所受的安培力方向始終與運動方向一致
B．導體棒在擺動過程中所受安培力F＝8 N
C．導體棒擺動過程中的最大動能0.8 J
D．導體棒ab速度最大時，細線與豎直方向的夾角θ＝53°
【答案】D
【解析】當閉合開關S后，導體棒中電流方向始終從a到b，所受安培力方向向右，而導體棒沿圓弧擺動，故A錯誤；導體棒沿圓弧擺動過程中的電流I＝＝8.0 A，導體棒受到的安培力F＝BId＝0.5×8.0×0.2 N＝0.8 N，故B錯誤；導體棒受到的重力與安培力的合力大小F合＝ N＝1.0 N，合力與豎直方向的夾角tanθ＝43，θ＝53°，故導體棒ab速度最大時，細線與豎直方向的夾角θ＝53°，由動能定理，導體棒在擺動過程中的最大動能Ekm＝FRsin 53°－mgR(1－cos 53°)＝0.08 J，故C錯誤，D正確。
4．如圖所示，足夠長的金屬導軌豎直放置，金屬棒ab、cd均通過棒兩端的環套在金屬導軌上。虛線上方有垂直紙面向里的勻強磁場，虛線下方有豎直向下的勻強磁場，兩勻強磁場的磁感應強度大小均為B。ab、cd棒與導軌間動摩擦因數均為μ，兩棒總電阻為R，導軌電阻不計。開始兩棒靜止在圖示位置，當cd棒無初速釋放時，對ab棒施加豎直向上的力F，沿導軌向上做勻加速運動。則(　　)

A．ab棒中的電流方向由b到a
B．cd棒先加速運動后勻速運動
C．cd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力
D．力F做的功等于兩棒產生的電熱與ab棒增加的機械能之和
【答案】A
【解析】根據右手定則知ab棒切割磁感線運動產生的感應電流方向為從b到a，A項正確；電流I＝BLvR，cd棒受到的安培力Fcd＝BIL＝B2L2vR，cd棒受到的摩擦力f＝μFcd，所以隨著速度的均勻增大，cd棒受到的摩擦力也均勻增大，則cd棒先做加速運動，后做減速運動，最后停止運動，B、C項錯誤；由功能關系得，力F做的功等于兩棒產生的電熱、cd棒摩擦生熱與兩棒增加的機械能之和，D項錯誤。
5．(多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有一豎直向下的勻強磁場，分布在寬度為L的區域內，現有一邊長為d(d<L)的正方形閉合線框以垂直于磁場邊界的初速度v0滑過磁場，線框剛好能穿過磁場，運動過程中線框靠近磁場左邊界的一邊始終與磁場邊界平行，下列說法正確的是(　　)

A．線框在滑進磁場的過程與滑出磁場的過程均做變加速直線運動
B．線框在滑進磁場的過程中與滑出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量相同
C．線框在滑進磁場的過程中速度的變化量與滑出磁場的過程中速度的變化量不同
D．線框在滑進與滑出磁場的過程中產生的熱量Q1與Q2之比為3∶1
【答案】ABD
【解析】線框進入磁場過程中，受到的安培力方向向左，做減速運動，隨著速度的減小，安培力也減小，故做變加速直線運動，當線框完全進入磁場到右邊的框邊出磁場的過程中，穿過線框的磁通量不變，沒有感應電流產生，做勻速直線運動，當線框滑出磁場的過程中，受到的安培力方向向左，仍做減速運動，隨速度的減小，安培力減小，故也做變加速直線運動，A正確；根據q＝ΔΦR可知滑進磁場和滑出磁場的過程中穿過線框的磁通量的變化量相同，線框的電阻不變，所以兩個過程中通過線框橫截面的電荷量相同，B正確；進入磁場過程有：－BI1dΔt1＝mΔv1，又I1Δt1＝q，，則得－Bqd＝mΔv1，離開磁場過程有：－BI2dΔt2＝mΔv2，又I2Δt2＝q，則得－Bqd＝mΔv2，則得Δv1＝Δv2，即線框速度的變化量相同，C錯誤；進磁場的速度為v0，則完全進磁場的速度為v02，完全出磁場的速度為0.根據能量守恒定律得，Q1＝12mv02－12m(v02)2＝38mv02，Q2＝12m(v02)2＝18mv02，所以Q1Q2＝31，故D正確。
6．(多選)在如圖所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場區域，區域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，區域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場寬度HP及PN均為L，一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框abcd，由靜止開始沿斜面下滑，t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區域，此時導線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時導線框又恰好以速度v2做勻速直線運動。重力加速度為g，下列說法中正確的是(　　)

A．當ab邊剛越過JP時，導線框的加速度大小為a＝gsin θ
B．導線框兩次勻速直線運動的速度之比v1∶v2＝4∶1
C．從t1到t2的過程中，導線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少量
D．從t1到t2的過程中，有3mgLsin θ2＋m?v12－v22?2機械能轉化為電能
【答案】BD
【解析】ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區域時，電動勢E1＝BLv1，電流I1＝E1R＝BLv1R，線框做勻速運動，所以mgsin θ＝BI1L＝B2L2v1R，當ab邊剛越過JP時，電動勢E2＝2BLv1，I2＝E2R＝2BLv1R，根據牛頓第二定律2BI2L－mgsin θ＝ma，聯立解得a＝3gsin θ，所以A錯誤；當a＝0時，以速度v2做勻速直線運動，即2BI2′L－mgsin θ＝0，得mgsin θ＝4B2L2v2R，所以v1∶v2＝4∶1，所以B正確；從t1到t2的過程中，根據能量守恒，導線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少量加上動能的減少量，即克服安培力做功W＝3mgLsin θ2＋m?v12－v22?2，所以C錯誤；又克服安培力做功等于產生的電能，所以D正確。
7．(多選)物理和數學有緊密的聯系，解決物理問題經常要求同學們要有一定的數學功底。如圖所示，一個被x軸與曲線方程 (m) (x ≤ 0.3 m)所圍的空間中存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B＝0.4 T。單匝正方形絕緣金屬線框的邊長是L＝0.4 m，線框總電阻R＝0.2 Ω，它的一邊在光滑軌道的x軸上，在拉力F的作用下，線框以v＝10 m/s的速度水平向右勻速運動。則(　　)

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功才能把線框拉過磁場區
D．拉力F要做0.216 J功才能把線框拉過磁場區
【答案】AD
【解析】線框向右勻速運動過程中，切割磁感線產生的感應電動勢E＝Blv＝Byv，當y最大時，E最大，最大值Em＝Bymv＝1.2V，感應電流最大值 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正確，B錯誤；整個過程拉力做功 J，故D正確，C錯誤。
8．(多選)如圖所示，磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直于光滑金屬導軌平面向外，導軌左右兩端電路所在區域均無磁場分布。垂直于導軌的導體棒接入電路的長度為L、電阻為R，在外力作用下以速度v0從左向右做勻速直線運動。小燈泡電阻為2R，滑動變阻器總阻值為4R。圖示狀態滑動觸頭位于ab的正中間位置，此時位于平行板電容器中的P處的帶電油滴恰好處于靜止狀態。電路中其余部分電阻均不計，各接觸處都接觸良好。且導軌足夠長，則下列判斷正確的是(　　)

A．若將滑動變阻器的滑片向b端移動，則小燈泡將變暗
B．若將滑動變阻器的滑片向a端移動，則液滴將向上運動
C．圖示狀態下，Δt時間內流過小燈泡的電荷量為
D．圖示狀態下，Δt時間內滑動變阻器消耗的電能為
【答案】ABD
【解析】滑動變阻器的滑片向b端移動，并聯電路電阻變小，總電阻變小，導致電路電流變大，則導體棒內電壓變大，外電路兩端電壓變小，即燈泡兩端電壓變小，所以燈泡變暗，故A正確；滑動變阻器的滑片向a端移動，并聯電路電阻變大，總電阻變大，導致電路電流變小，則導體棒內電壓變小，外電路兩端電壓變大，電容器兩端電壓變大，電場力變大，所以液滴將向上運動，故B正確；導體切割磁感線產生的電動勢E＝BLv0，燈泡的電阻和滑動變阻器接入電路的電阻相同，所以電路總電阻R0＝2R，電路的總電流，則通過燈泡的電流，則Δt時間內的電荷量，故C錯誤；由C選項可知滑動變阻器的電流，故Δt時間內滑動變阻器消耗的電能，故D正確。
9．如圖所示，一不計電阻的導體圓環，半徑為r、圓心在O點，過圓心放置一長度為2r、電阻為2R的均勻輻條，輻條與圓環接觸良好?，F將此裝置的一部分置于磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場中，磁場邊界恰好與圓環的直徑在同一直線上?，F使輻條以角速度ω繞O點順時針轉動，右側電路通過電刷與輻條中心和圓環的邊緣良好接觸，R1＝R，右側為水平放置的足夠長的光滑平行導軌，間距為2r，導軌之間有垂直導軌平面向里、磁感應強度大小也為B的勻強磁場，質量為m、電阻為R的導體棒ab垂直放置在導軌上且接觸良好，不計其他電阻。

(1)若S閉合，S1斷開時，求理想電表的示數；
(2)若S、S1都閉合，求導體棒ab能夠獲得的最大速度vm及在加速過程中通過它的電荷量q。
【解析】(1)由題意知，在磁場內部的半根輻條相當于是電源，由右手定則可知輻條中心為負極，與圓環邊緣接觸的一端為正極，且始終有長為r的輻條在轉動切割磁感線，內電阻為R
產生的感應電動勢大小為：
若S閉合，S1斷開時，總電阻為：
理想電流表的示數為：
理想電壓表的示數為：。
(2)若S、S1都閉合，導體棒ab獲得最大速度vm時，安培力為零，產生的感應電動勢為：

又知導體棒ab上分得電壓為：
故有：
解得：。
在導體棒ab加速過程中，設瞬間流過的電流為i，取很短時間為Δt，安培力為：
對導體棒ab由動量定理得：
又：
聯立解得：。
10．如圖所示，兩平行長直金屬導軌(不計電阻)水平放置，間距為L，有兩根長度均為L、電阻均為R、質量均為m的導體棒AB、CD平放在金屬導軌上。其中棒CD通過絕緣細繩、定滑輪與質量也為m的重物相連，重物放在水平地面上，開始時細繩伸直但無彈力，棒CD與導軌間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，忽略其他摩擦和其他阻力，導軌間有一方向豎直向下的勻強磁場B1，磁場區域的邊界滿足曲線方程： (0≤x≤L，單位為m)。CD棒處在豎直向上的勻強磁場B2中?，F從t＝0時刻開始，使棒AB在外力F的作用下以速度v從與y軸重合處開始沿x軸正方向做勻速直線運動，在運動過程中CD棒始終處于靜止狀態。

(1)求棒AB在運動過程中，外力F的最大功率；
(2)求棒AB通過磁場區域B1的過程中，棒CD上產生的焦耳熱；
(3)若棒AB在勻強磁場B1中運動時，重物始終未離開地面，且滿足：，求重物所受支持力大小隨時間變化的表達式。
【解析】(1)當棒AB運動到處時，棒AB的有效切割長度最長，安培力最大，則外力F最大，功率也最大，此時：
E1＝B1Lv，，F1＝B1I1L，Pm＝Fv
解得：Pm＝。
(2)棒AB在勻強磁場區域B1的運動過程中，產生的感應電動勢為：
E＝B1Lvsin
則感應電動勢的有效值為：E有效＝，I有效＝，t＝
可以得到：。
(3)當CD棒所受安培力F安＝μmg 時，設棒AB所在位置橫坐標為x0，對棒CD受力分析可得：
，
解得：x0＝，x1＝
則：，
①當0<t≤ 時，有：FN＝mg
②當 <t< 時，有：FN＝mg＋μmg－
即：FN＝(1＋μ)mg－
③當 ≤t< 時，有：FN＝mg。

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小題必練25：電磁感應中的動力學與能量問題

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