题型探究课六电磁感应中的动力学和能量问题电磁感应中的动力学问题【题型解读】感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．1．力学对象和电学对象的相互关系2．动态分析的基本思路【典题例析】(2019·4月浙江选考)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1Ω的电阻，质量m＝0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5s－1.当棒ab运动至x1＝0.2m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12W，运动至x2＝0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F做的功，sin37°＝0.6)(1)磁感应强度B的大小；(2)外力F随位移x变化的关系式；(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.[解析](1)在x1＝0.2m处时，电阻R消耗的电功率P＝此时v＝kx＝1m/s解得B＝＝T.(2)在无磁场区间0≤x<0.2m内，有a＝5s－1×v＝25s－2×xF＝25s－2×xm＋μmgcosθ＋mgsinθ＝(0.96＋2.5x)N在有磁场区间0.2m≤x≤0.8m内，有FA＝＝0.6xNF＝(0.96＋2.5x＋0.6x)N＝(0.96＋3.1x)N.(3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)WA1＝(x1＋x2)·(x2－x1)J＝0.18J撤去外力后，设棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有(mgsinθ＋μmgcosθ)s＝mv2(mgsinθ－μmgcosθ)s＝mv′2解得v′＝2m/s由于mgsinθ－μmgcosθ－＝0故棒ab再次进入磁场后做匀速运动下降过程中克服安培力做的功WA2＝(x2－x1)＝0.144JQ＝WA1＋WA2＝0.324J.[答案]见解析【题组过关】考向1水平导轨上的运动分析1．(2020·1月浙江选考)如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器(内阻可视为无穷大)，可动态显示电阻R两端的电压．两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场．t＝0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x＝x0位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线．取x0＝－，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O.不计摩擦阻力和其他电阻，导体棒始终垂直导轨运动．(提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F所做的功)(1)求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律；(2)求在0至0.25T时间内外力F的冲量；(3)若t＝0时外力F0＝1N，l＝1m，T＝2πs，m＝1kg，R＝1Ω，Um＝0.5V，B＝0.5T，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度．解析：(1)由显示的波形可得U＝UmsintI＝sintFA＝－BIl＝－sint.(2)安培力的冲量IA＝－ΔqBl＝－导体棒移动的速度v＝sint由动量定理，有IF＋IA＝mvmIF＝＋.(3)棒做简谐运动，有FA＋F＝－kx当FA＝－F时，x＝0，v＝±vm＝±1m/s当FA＝F时，设位移为x′，速度为v′FA＝－kx′F0＝－kx0FA＝－由已知条件得FA＝BIl＝＝由于方向相反FA＝－，所以2x′＝v′由动能定理得，mv′2＝k(x－x′2)x′1＝m和v′1＝m/sx′2＝－m和v′2＝－m/s.答案：见解析考向2竖直方向上的运动分析2.如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的...
