电磁感应中的力学知识归纳

万立华++石端明

在电磁感应中，感应电流在磁场中要受到安培力的作用，因此电磁感应问题总是伴随着力学问题而产生. 解决此类问题需要综合运用法拉第电磁感应定律、楞次定律以及相关的力学规律：力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系. 在电磁感应中的力学归纳主要有下面三个方面的契合点：

电磁感应与电路结合：切割运动的导体棒产生感应电动势，相当于电源.

电磁感应与力学结合：感应电流在磁场中受到的安培力影响着导体棒的加速度与速度.

电磁感应与能量结合：克服安培力做功的过程就是把电能转化为其他形式能的过程，安培力与其他力的合力做功改变物体的动能.

一、电磁感应中的力的平衡

根据法拉第电磁感应定律知[E=ΔBΔtS=kL22]

当细线刚要断时，有[mg=FA=BIL]

其中[I=ER=kL22R]，[B=kt]

联立以上各式，解得[t=2mgRk2L3]

点评 （1）均匀变化的磁场能在线圈中激发恒定的感应电流；（2）在磁场中受到的安培力参与导体框的平衡，且该力随[B]的变化而变化.

线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流为

[I=BlvR]③

因此线圈受到向下的安培力为[FA=BIl]④

联解①②③④式，得[v=（m2-m1）gRB2l2]

代入数据解得[v]=4m/s

点评 （1）导体在磁场匀速运动中产生感应电流的同时，本身也受到安培力的作用，由于速度不变化，导致安培力恒定，这使得整个系统处于平衡状态；（2）采用了隔离法. 对于系统而言，安培力属于系统外力.

二、电磁感应中的匀变速直线运动

例3 甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距[l]=0.20m，电阻[R]=1.0Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度[B]=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下.现用一外力[F]沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力[F]与时间[t]的关系如图3乙所示，求杆的质量[m]和加速度[a].

解析 导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用[v]表示其速度，[t]表示时间，有[v=at]

导体杆切割磁感线，将产生感应电动势[E=Blv]

则在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流

[I=ER=BlvR]

杆受到的安培力为[FA=BIl]

根据牛顿第二定律，有[F-FA=ma]

联立以上各式，得[F-B2l2atR=ma]

在图线上取两点：[t=0]时，[F=]1N；[t=]10s时，[F=]2N

代入上式，可解得[m]=0.1kg，[a]=10m/s2

点评 此类问题的思路：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求回路电流；③分析导体受力情况（包含安培力，用左手定则确定其方向）；④列出动力学方程求解. 尽管本题中安培力随速度变化，但是[F]也在变化，这样合力可以保持恒定，加速度保持恒定.

例4 如图4所示，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之紧密接触；棒左侧两导轨之间连接一可控制的负载电阻（图中未画出）；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为[B]，方向垂直于导轨所在平面. 开始时，给导体棒一[× × × ×

解析 导体棒所受的安培力为[F=BIl]

由题意可知，由于电流不变化，该力的大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从[v0]减小到[v1]的过程中，平均速度为[υ=12（v0+v1）]

当棒的速度为[v]时，感应电动势的大小为[E=Blv]

棒中的平均感应电动势为[E=Blv]

综合上述式子可得[E=12Bl（v0+v1）]

点评 本题的设置情景与例3不同，尽管导体产生的电动势在变化，通过调节负载电阻可使电流保持恒定，保持了恒定的安培力，这样导体就可以做匀减速直线运动，能利用匀变速直线运动的规律求解.

三、电磁感应中的变加速直线运动

点评 由于高度不确定，当线圈进入磁场时所受的安培力可能小于重力，做加速度减小的加速运动，当加速度等于零时匀速，全部进入后又做加速运动，如C项所示；当安培力等于重力时，做匀速运动直到全部进入磁场再加速，如A项所示；当安培力大于重力时，做加速度减小的减速运动，直到加速度等于零时匀速，全部进入时又做加速运动，如B项所示.

解析 （1）金属棒开始运动时的加速度大小为[a]，由于开始时没有感应电流，由牛顿第二定律，有[mgsinα=ma]，解得[a=gsinα]

（2）设匀强磁场的磁感应强度大小为[B]，根据动力学特征可知，金属棒在做加速度减小的加速运动，则金属棒达到最大速度时产生的电动势

[E=BLvmcosα]

回路中产生的感应电流为[I=ER+r]

金属棒所受安培力为[F=BIL]

所以[cd]棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则[Fcosα=mgsinα]

由上述各式解得[B=1L2mg（R+r）3vm]

点评 对于导体的变加速直线运动中的动态变化问题，思路是：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→最终明确导体达到何种稳定运动状态.分析时，要画好受力图，注意抓住[a=0]时速度[v]达到最值的特点.

四、电磁感应中的功能关系endprint

例7固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）.设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程（ ）

A.杆的速度最大值为[（F-μmg）RB2d2]

B.流过电阻[R]的电量为[BdLR+r]

C.恒力[F]做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量

D.恒力[F]做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量

解析 当杆达到最大速度[vm]时，由[F-μmg-][B2d2vmR+r=0]得[vm=（F-μmg）（R+r）B2d2]，A项错；由公式[q=Δ?R+r=BΔSR+r=BdLR+r]，B项对；在棒从开始到达到最大速度的过程中，由动能定理，有[WF+Wf+W安=ΔEk]，其中[Wf=-μmgL]，[W安=-Q]，恒力[F]做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C项错；恒力[F]做的功与安倍力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D项对.选BD项.

点评 充分挖掘题目中的隐含条件是解题的关键，“速度恰好达到最大”隐含所受合外力为零；而由动能定理可分析全过程中的能量分配关系.

例8 如图8甲所示，空间存在竖直向下的磁感应强度为0.6T的匀强磁场，MN、PQ是相互平行的、处于同一水平面内的长直导轨（电阻不计），导轨间距为0.2m，连在导轨一端的电阻为R.导体棒ab的电阻为0.1Ω，质量为0.3kg，跨接在导轨上，与导轨间的动摩擦因数为0.1.从零时刻开始，通过一小型电动机对[ab]棒施加一个牵引力[F]，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好. 图8乙是棒的速度-时间图象，其中OA段是直线，AC段是曲线，DE是曲线图象的渐近线，小型电动机在10s末达到额定功率，此后功率保持不变. 取[g=10m/s2]. 求：

解析 （1）由图中可得：10s末的速度为

[v1]=4m/s，[t1]=10s

导体棒在0～10s内的加速度为最大值

[am=v1-0t1=410m/s2=0.4m/s2]

（2）设小型电动机的额定功率为[Pm]

在[A]点，有[E1=BLv1]，[I1=E1R+r]

由牛顿第二定律，有[F1-μmg-BI1L=ma1]

又[Pm=F1v1]

当棒达到最大速度[vm]=5m/s时，有

[Em=BLvm]，[Im=EmR+r]

由金属棒的平衡，有[F2-μmg-BImL=0]

又[Pm=F2vm]

联立解得[Pm]=2W，[R]=0.62Ω

（3）在0～10s内：[t1]=10s内通过的位移

[s1=12（0+υ1）t1]=20m

而[Qr=0.10.62QR=0.5J]

由能量守恒得，有[WF=QR+Qr+μmg·s1+12mv21]

此过程牵引力做的功为

[WF=3.1+0.5+0.1×0.3×10×20+12×0.3×42=12J]

点评 本题的综合性很强，一方面对过程进行分析，导体先做匀变速直线运动，再做变加速直线运动，整个过程中安培力一方面参与动力学过程，另一方面导体要克服安培力，实现电能的转化，所以既要运用牛顿定律分析，又要抓住临界点的物理量信息利用功能关系建立等式求解.endprint

例7固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）.设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程（ ）

A.杆的速度最大值为[（F-μmg）RB2d2]

B.流过电阻[R]的电量为[BdLR+r]

C.恒力[F]做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量

D.恒力[F]做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量

解析 当杆达到最大速度[vm]时，由[F-μmg-][B2d2vmR+r=0]得[vm=（F-μmg）（R+r）B2d2]，A项错；由公式[q=Δ?R+r=BΔSR+r=BdLR+r]，B项对；在棒从开始到达到最大速度的过程中，由动能定理，有[WF+Wf+W安=ΔEk]，其中[Wf=-μmgL]，[W安=-Q]，恒力[F]做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C项错；恒力[F]做的功与安倍力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D项对.选BD项.

点评 充分挖掘题目中的隐含条件是解题的关键，“速度恰好达到最大”隐含所受合外力为零；而由动能定理可分析全过程中的能量分配关系.

例8 如图8甲所示，空间存在竖直向下的磁感应强度为0.6T的匀强磁场，MN、PQ是相互平行的、处于同一水平面内的长直导轨（电阻不计），导轨间距为0.2m，连在导轨一端的电阻为R.导体棒ab的电阻为0.1Ω，质量为0.3kg，跨接在导轨上，与导轨间的动摩擦因数为0.1.从零时刻开始，通过一小型电动机对[ab]棒施加一个牵引力[F]，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好. 图8乙是棒的速度-时间图象，其中OA段是直线，AC段是曲线，DE是曲线图象的渐近线，小型电动机在10s末达到额定功率，此后功率保持不变. 取[g=10m/s2]. 求：

解析 （1）由图中可得：10s末的速度为

[v1]=4m/s，[t1]=10s

导体棒在0～10s内的加速度为最大值

[am=v1-0t1=410m/s2=0.4m/s2]

（2）设小型电动机的额定功率为[Pm]

在[A]点，有[E1=BLv1]，[I1=E1R+r]

由牛顿第二定律，有[F1-μmg-BI1L=ma1]

又[Pm=F1v1]

当棒达到最大速度[vm]=5m/s时，有

[Em=BLvm]，[Im=EmR+r]

由金属棒的平衡，有[F2-μmg-BImL=0]

又[Pm=F2vm]

联立解得[Pm]=2W，[R]=0.62Ω

（3）在0～10s内：[t1]=10s内通过的位移

[s1=12（0+υ1）t1]=20m

而[Qr=0.10.62QR=0.5J]

由能量守恒得，有[WF=QR+Qr+μmg·s1+12mv21]

此过程牵引力做的功为

[WF=3.1+0.5+0.1×0.3×10×20+12×0.3×42=12J]

点评 本题的综合性很强，一方面对过程进行分析，导体先做匀变速直线运动，再做变加速直线运动，整个过程中安培力一方面参与动力学过程，另一方面导体要克服安培力，实现电能的转化，所以既要运用牛顿定律分析，又要抓住临界点的物理量信息利用功能关系建立等式求解.endprint

例7固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）.设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程（ ）

A.杆的速度最大值为[（F-μmg）RB2d2]

B.流过电阻[R]的电量为[BdLR+r]

C.恒力[F]做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量

D.恒力[F]做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量

解析 当杆达到最大速度[vm]时，由[F-μmg-][B2d2vmR+r=0]得[vm=（F-μmg）（R+r）B2d2]，A项错；由公式[q=Δ?R+r=BΔSR+r=BdLR+r]，B项对；在棒从开始到达到最大速度的过程中，由动能定理，有[WF+Wf+W安=ΔEk]，其中[Wf=-μmgL]，[W安=-Q]，恒力[F]做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C项错；恒力[F]做的功与安倍力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D项对.选BD项.

点评 充分挖掘题目中的隐含条件是解题的关键，“速度恰好达到最大”隐含所受合外力为零；而由动能定理可分析全过程中的能量分配关系.

例8 如图8甲所示，空间存在竖直向下的磁感应强度为0.6T的匀强磁场，MN、PQ是相互平行的、处于同一水平面内的长直导轨（电阻不计），导轨间距为0.2m，连在导轨一端的电阻为R.导体棒ab的电阻为0.1Ω，质量为0.3kg，跨接在导轨上，与导轨间的动摩擦因数为0.1.从零时刻开始，通过一小型电动机对[ab]棒施加一个牵引力[F]，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好. 图8乙是棒的速度-时间图象，其中OA段是直线，AC段是曲线，DE是曲线图象的渐近线，小型电动机在10s末达到额定功率，此后功率保持不变. 取[g=10m/s2]. 求：

解析 （1）由图中可得：10s末的速度为

[v1]=4m/s，[t1]=10s

导体棒在0～10s内的加速度为最大值

[am=v1-0t1=410m/s2=0.4m/s2]

（2）设小型电动机的额定功率为[Pm]

在[A]点，有[E1=BLv1]，[I1=E1R+r]

由牛顿第二定律，有[F1-μmg-BI1L=ma1]

又[Pm=F1v1]

当棒达到最大速度[vm]=5m/s时，有

[Em=BLvm]，[Im=EmR+r]

由金属棒的平衡，有[F2-μmg-BImL=0]

又[Pm=F2vm]

联立解得[Pm]=2W，[R]=0.62Ω

（3）在0～10s内：[t1]=10s内通过的位移

[s1=12（0+υ1）t1]=20m

而[Qr=0.10.62QR=0.5J]

由能量守恒得，有[WF=QR+Qr+μmg·s1+12mv21]

此过程牵引力做的功为

[WF=3.1+0.5+0.1×0.3×10×20+12×0.3×42=12J]

点评 本题的综合性很强，一方面对过程进行分析，导体先做匀变速直线运动，再做变加速直线运动，整个过程中安培力一方面参与动力学过程，另一方面导体要克服安培力，实现电能的转化，所以既要运用牛顿定律分析，又要抓住临界点的物理量信息利用功能关系建立等式求解.endprint