電磁感應(yīng)與力學(xué)綜合問(wèn)題的分析思路與求解策略

湖北 許 文

電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合問(wèn)題是高考中的高頻考點(diǎn)之一，考查內(nèi)容主要集中在電磁感應(yīng)與力學(xué)中力的平衡、力與運(yùn)動(dòng)、功與能的關(guān)系上，通常還與電路等知識(shí)綜合成難度較大的試題，與現(xiàn)代科技結(jié)合密切，對(duì)理論聯(lián)系實(shí)際的能力要求較高。本文通過(guò)典型實(shí)例的分析，從力與運(yùn)動(dòng)、力與能的觀點(diǎn)，分析電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合問(wèn)題。

一、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題

1．分析主線。對(duì)電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題進(jìn)行分析，應(yīng)抓住“力”與“電”兩條主線：

(1)“電”線。產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源，電源與外電路組成閉合電路，應(yīng)用的規(guī)律有法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、閉合電路的歐姆定律等；

(2)“力”線。物體的受力分析、運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，應(yīng)用的規(guī)律有牛頓第二定律、動(dòng)能定理、能的轉(zhuǎn)化與守恒定律等。

2．分析思路。一般按“先電后力”的順序進(jìn)行，即：

(1)源—電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；

(2)路—電路結(jié)構(gòu)，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力；

(3)力—對(duì)象(如金屬棒、導(dǎo)體、線圈等)的受力，尤其注意其所受的安培力；

(4)運(yùn)動(dòng)—根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，正確判斷出運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，選用相應(yīng)的力學(xué)規(guī)律。

(一)用力與運(yùn)動(dòng)觀點(diǎn)分析

從力與運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，應(yīng)以安培力FA為中心展開(kāi)。FA的變化將導(dǎo)致物體合外力F的變化，由牛頓第二定律分析其加速度的變化，從而分析物體的運(yùn)動(dòng)情況。

【例1】如圖1所示，MN、PQ為兩根足夠長(zhǎng)的水平放置的平行金屬導(dǎo)軌，間距L=1 m；整個(gè)空間以O(shè)O′為邊界，左側(cè)有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=1 T，右側(cè)有方向相同、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。兩根完全相同的導(dǎo)體棒a、b，質(zhì)量均為m=0.1 kg，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2，其在導(dǎo)軌間的電阻均為R=1 Ω。開(kāi)始時(shí)，a、b棒均靜止在導(dǎo)軌上，現(xiàn)用平行于導(dǎo)軌的恒力F=0.8 N向右拉b棒。假定a棒始終在OO′左側(cè)運(yùn)動(dòng)，b棒始終在OO′右側(cè)運(yùn)動(dòng)，除導(dǎo)體棒外其余電阻不計(jì)，滑動(dòng)摩擦力和最大靜摩擦力大小相等，g取10 m/s2。求

(1)a棒開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，b棒的速度大小；

(2)當(dāng)b棒的加速度為1.5 m/s2時(shí)，a棒的加速度大小；

(3)經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，b棒開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小，并計(jì)算此時(shí)a棒中電流的熱功率。

【解析】(1)設(shè)a棒開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)回路中電流為I，b棒速度為v。對(duì)a棒有：B1IL=μmg

由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律得

解得：v=0.2 m/s

(2)設(shè)a棒的加速度為a1，b棒的加速度為a2，對(duì)兩棒分別由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得

B1IL-μmg=ma1，F(xiàn)-B2IL-μmg=ma2；解得：a1=0.25 m/s2

(3)當(dāng)b棒做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，其受到的安培力應(yīng)不變，則回路中的感應(yīng)電流不變，這時(shí)a棒受到的安培力也不變，故a棒也做勻加速運(yùn)動(dòng)。設(shè)a、b棒開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為a1′、a2′，對(duì)兩棒分別由牛頓第二定律得

B1IL-μmg=ma1′，F(xiàn)-B2IL-μmg=ma2′

由于電流I不變，則B2Lv2-B1Lv1為常量，故兩棒的加速度大小滿足：a1′=2a2′

解得：I=0.28 A，a2′=0.4 m/s2

a棒中電流的熱功率P=I2R；解得P=0.078 4 W

【答案】(1)0.2 m/s (2)0.25 m/s2(3)0.4 m/s2

0.078 4 W

【例2】如圖2所示，水平面內(nèi)有兩根足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌L1、L2，其間距d=0.5 m，左端接有容量C=2 000 μF的電容。質(zhì)量m=20 g的導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦滑動(dòng)，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。整個(gè)空間存在著垂直導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T。現(xiàn)用一沿導(dǎo)軌方向向右的恒力F1=0.44 N作用于導(dǎo)體棒，使導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t時(shí)間后到達(dá)B處，速度v=5 m/s。此時(shí)，突然將拉力方向變?yōu)檠貙?dǎo)軌向左，大小變?yōu)镕2，又經(jīng)2t時(shí)間后導(dǎo)體棒返回到初始位置A處，整個(gè)過(guò)程電容器未被擊穿。求

(1)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，電容C上的電荷量；

(2)t的大小；

(3)F2的大小。

【解析】(1)當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，電容器兩端電壓：U=Bdv=2×0.5×5 V=5 V,此時(shí)電容器的帶電荷量：q=CU=2 000×10-6×5 C=1×10-2C。

由牛頓第二定律有：F1-BId=ma1

將相關(guān)數(shù)據(jù)代入解得：F2=0.55 N

【答案】(1)1×10-2C (2)0.25 s (3)0.55 N

【解后反思】金屬棒在外力作用下沿導(dǎo)軌滑動(dòng)是一種變速直線運(yùn)動(dòng)。棒在滑動(dòng)的過(guò)程中做切割磁感線運(yùn)動(dòng),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Bdv，不計(jì)電路中所有的電阻，則電容器兩端的電壓U=E，電容器極板上積累的電荷量q=CU=CBdv隨v的變化而變化，可見(jiàn)棒在沿導(dǎo)軌做變速滑動(dòng)的過(guò)程中，由于電容器充放電，電路中存在電流，棒會(huì)受到安培力的作用。以上求解是基于力與運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)，用牛頓運(yùn)動(dòng)定律進(jìn)行分析，其中用到了微元法，即將棒的運(yùn)動(dòng)分為很多微小過(guò)程單元，對(duì)其中某個(gè)微小單元進(jìn)行研究，得出此微小單元內(nèi)棒的加速度大小，根據(jù)此微小單元內(nèi)棒的加速度的表達(dá)式的特點(diǎn)推出整個(gè)過(guò)程中棒的加速度。這種由局部推知整體的科學(xué)思維方法，這是物理學(xué)研究中的一種最基本的方法。

【小結(jié)】從力與運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，其解題流程一般為：(1)找準(zhǔn)主動(dòng)運(yùn)動(dòng)者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向；(2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中感應(yīng)電流的大小及方向；(3)分析安培力對(duì)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)速度、加速度的影響，從而推理得出對(duì)電路中的感應(yīng)電流有什么影響，最后分析導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)情況；(4)根據(jù)牛頓第二定律或力的平衡列方程，并結(jié)合相關(guān)的數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行求解。

(二)用動(dòng)量定理分析

在導(dǎo)體棒或線圈做切割磁感線運(yùn)動(dòng)的這類電磁感應(yīng)問(wèn)題中，導(dǎo)體棒或線圈受到的安培力的大小FA往往與其運(yùn)動(dòng)速度v的大小有關(guān)。如果導(dǎo)體棒或線圈的運(yùn)動(dòng)是變速運(yùn)動(dòng)，則FA的大小是變化的，導(dǎo)體棒或線圈受到的合外力一般也是變化的。用動(dòng)量定理求解這類電磁感應(yīng)問(wèn)題時(shí)，可以采用微元法與安培力沖量的推論兩種方法。

方法1：微元法。當(dāng)導(dǎo)體棒或線圈切割磁感線做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，可將其運(yùn)動(dòng)過(guò)程分成很多微小單元。在一個(gè)“微元”的很短時(shí)間Δt或很小位移Δx內(nèi)，非勻變速運(yùn)動(dòng)可以看作勻變速運(yùn)動(dòng)或勻速運(yùn)動(dòng)。

【例3】如圖3所示，頂角θ=45°的金屬導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌處在方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一根與ON垂直的導(dǎo)體棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿導(dǎo)軌MON向右滑動(dòng)，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長(zhǎng)度的電阻均勻?yàn)閞。導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)a和b，導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸。t=0時(shí)導(dǎo)體棒位于頂角O處，若在t0時(shí)刻將外力F撤去，求導(dǎo)體棒最終在導(dǎo)軌上靜止時(shí)的坐標(biāo)x。

【解后反思】撤去外力后導(dǎo)體棒切割磁感線做非勻變速運(yùn)動(dòng)，回路中因存在感應(yīng)電流，棒受到的安培力是一個(gè)變力，以上解法中采用了微元法。有vΔt=Δx，lvΔt=ΔS。微元法體現(xiàn)了微分思想；然后在對(duì)ΔS求和的過(guò)程中又體現(xiàn)了積分思想。

【例4】如圖6所示，在空中有一水平方向、高度為h的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，有一長(zhǎng)度為L(zhǎng)寬度為b(b

【解析】線圈從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到上邊到達(dá)磁場(chǎng)上邊緣過(guò)程中線圈受重力與安培力的作用，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，此時(shí)線圈速度大小為v1，對(duì)此過(guò)程由動(dòng)量定理得：mgt1-IA=mv1；

設(shè)線圈下邊到達(dá)磁場(chǎng)的下邊緣時(shí)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小為v2，此時(shí)線圈重力與其受到的安培力相平衡，有：

線圈完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力作用，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：

【小結(jié)】應(yīng)用動(dòng)量定理分析電磁感應(yīng)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，關(guān)鍵是求變化的安培力的沖量。微元法與推論法可以求出或表達(dá)變化的安培力的平均沖量，從而為利用動(dòng)量定理來(lái)定量分析研究這類電磁感應(yīng)問(wèn)題帶來(lái)方便。

二、電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題

1．分析要點(diǎn)

圍繞安培力做功進(jìn)行分析。外力克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。若電路中無(wú)貯存電能的元件，產(chǎn)生的電能通過(guò)電流做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。

2．求解策略

(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W=UIt或Q=I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算電能；

(2)若電流變化，則：①利用安培力做的功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能。

(一)用功與能的觀點(diǎn)分析

電磁感應(yīng)中能量的變化體現(xiàn)出電與磁在內(nèi)的能量轉(zhuǎn)化和守恒定律的普遍性。分析問(wèn)題時(shí)，應(yīng)當(dāng)牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量參與了相互轉(zhuǎn)化。如有摩擦力做功，必然有內(nèi)能出現(xiàn)；重力做功，就可能有機(jī)械能參與轉(zhuǎn)化；安培力做負(fù)功就將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，安培力做正功則電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；利用能量守恒列出方程進(jìn)行求解。

【例5】如圖7所示，兩個(gè)金屬輪A1、A2，可繞通過(guò)各自中心并與輪面垂直的固定的光滑金屬細(xì)軸O1和O2轉(zhuǎn)動(dòng)，O1和O2相互平行，水平放置，每個(gè)金屬輪的中心與輪沿間均勻分布四根金屬輻條。A1輪上每根輻條長(zhǎng)為a1、電阻為R1，A2輪上每根輻條長(zhǎng)為a2、電阻為R2。半徑為a0的絕緣圓盤D與A1同軸且固連在一起，一輕細(xì)繩的一端固定在D邊緣上的某點(diǎn)，繩在D上繞足夠匝數(shù)后，懸掛一質(zhì)量為m的重物P，當(dāng)P下落時(shí)，通過(guò)細(xì)繩帶動(dòng)D和A1繞O1軸轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，A1、A2保持接觸且無(wú)相對(duì)滑動(dòng)；兩輪與各自細(xì)軸之間保持良好的電接觸；兩細(xì)軸通過(guò)導(dǎo)線與一阻值為R的電阻相連，除R和A1、A2兩輪中輻條的電阻外，其他電阻都不計(jì)，整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與轉(zhuǎn)軸平行，現(xiàn)將重物P釋放，試求P下落的最大速度。

【解后反思】電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，其他形式的能向電能轉(zhuǎn)化是通過(guò)安培力的功來(lái)量度的。

從能量的角度看，楞次定律就是能量轉(zhuǎn)化和守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體表現(xiàn)。本題中重物P的運(yùn)動(dòng)有兩個(gè)階段：第一階段做變加速運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中重物減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電路中的電能與兩輪的機(jī)械能之和；第二階段以最大速度做勻速運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中重物減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電路中的電能。以上求解中選取第二階段進(jìn)行研究，有效地避免了對(duì)兩輪機(jī)械能變化的分析與極值的運(yùn)算，其求解過(guò)程簡(jiǎn)潔。

【小結(jié)】電磁感應(yīng)過(guò)程往往涉及多種能量形式的轉(zhuǎn)化，因此從功和能的觀點(diǎn)入手，分析清楚能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系，往往是解決電磁感應(yīng)問(wèn)題的重要途徑。在運(yùn)用功能關(guān)系解決問(wèn)題時(shí)，應(yīng)注意能量轉(zhuǎn)化的來(lái)龍去脈，順著受力分析、做功分析、能量分析的思路嚴(yán)格進(jìn)行，并注意功和能的對(duì)應(yīng)關(guān)系。

(二)用能量與動(dòng)量的觀點(diǎn)分析

在雙滑桿做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電磁感應(yīng)中，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的任一時(shí)刻，往往由于兩滑桿所受的安培力大小相等方向相反，若兩桿不受其他外力的作用，則兩桿系統(tǒng)所受的合外力為零，兩桿系統(tǒng)總動(dòng)量守恒。這種情況下兩桿與磁場(chǎng)的相互作用過(guò)程與兩物體的碰撞過(guò)程類似。可用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律分析雙滑桿類電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合問(wèn)題。

【例6】如圖8所示，PQ和MN是固定于傾角θ=30°斜面內(nèi)的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長(zhǎng)，其電阻可忽略不計(jì)。金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直且接觸良好。金屬棒ab的質(zhì)量為2m，cd的質(zhì)量為m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，電阻均為R；兩金屬棒的長(zhǎng)度恰好等于軌道的間距，并與軌道形成閉合回路。整個(gè)裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，若鎖定金屬棒ab不動(dòng)，使金屬棒cd在與其垂直且沿斜面向上的恒力F=2mg作用下，沿軌道向上做勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g。

(1)試推導(dǎo)論證：金屬棒cd克服安培力做功的功率P安等于電路獲得的電功率P電；

(2)設(shè)金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)中的某時(shí)刻t0=0，恒力大小變?yōu)镕′=1.5mg，方向不變，同時(shí)解鎖、靜止釋放金屬棒ab，直到t時(shí)刻金屬棒ab開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)。求t時(shí)間內(nèi)通過(guò)金屬棒ab的電荷量q。

【解析】(1)設(shè)金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv

由于cd棒勻速運(yùn)動(dòng)，有

F=mgsinθ+F安

(2)設(shè)t時(shí)刻金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2

對(duì)ab棒有：I1BL=2mgsinθ

兩棒受到的安培力大小相等、方向相反；又由于cd棒受到的外力F′=1.5mg=(m+2m)gsinθ，即兩棒組成的系統(tǒng)受到的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：

mv=2mv1+mv2

由以上幾式解得：

在0～t時(shí)刻內(nèi)對(duì)金屬棒ab由動(dòng)量定理得：

BiLt-2mgsinθ·t=2mv1

又q=it

【解后反思】對(duì)雙滑桿電磁感應(yīng)問(wèn)題的分析，要注意判斷兩桿在同一回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向是相同還是相反。若兩桿在同一回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，則回路中總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小等于兩桿的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小之和；若兩桿在同一回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，則回路中總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小等于兩桿的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小之差。

【小結(jié)】在雙滑桿電磁感應(yīng)問(wèn)題中，若雙桿系統(tǒng)合力(或某方向上合力)總為零，則對(duì)雙桿系統(tǒng)優(yōu)先考慮動(dòng)量守恒定律；若兩桿系統(tǒng)合力不為零，則可分別對(duì)兩桿用牛頓第二定律與動(dòng)量定理進(jìn)行分析與求解。