2020届高考物理人教版一轮复习电磁感应中的动力学和能量问题学案Word版

电磁感应中的动力学和能量问题

考点一电磁感应中的动力学问题

[考点解读]

1．两种状态及处理方法

2.

[典例赏析]

[典例1] 如图所示，金属杆ab、cd置于平行轨道MN、PQ上，可沿轨道滑动，两轨道间距l＝0.5 m，轨道所在空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，用力F＝0.25 N向右水平拉杆ab，若ab、cd与轨道间的滑动摩擦力分别为f1＝0.15 N、f2＝0.1 N，两杆的有效电阻R1＝R2＝0.1 Ω，设导轨电阻不计，ab、cd的质量关系为2m1＝3m2，且ab、cd与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．求：

(1)此两杆之间的稳定速度差；

(2)若F＝0.3 N，两杆间稳定速度差又是多少？

[解析]因F>f1，故ab由静止开始做加速运动，ab中将出现不断变大的感应电流，致使cd受到安培力F2作用，当F2>f2时，cd也开始运动，故cd开始运动的条件是：F－f1－f2>0.

(1)当F＝0.25 N时，F－f1－f2＝0，故cd保持静止，两杆的稳定速度差等于ab的最

终稳定速度v max ，故此种情况有：

电流I m ＝

E m

R 1＋R 2

＝

Blv max

R 1＋R 2

， 安培力F m ＝BI m l ， 则有F －F m －f 1＝0， 由此得v max ＝0.32 m/s.

(2)当F ＝0.3 N>f 1＋f 2，对ab 、cd 组成的系统，ab 、cd 所受安培力大小相等，方向相反，合力为零，则系统受的合外力为

F 合＝F －f 1－f 2＝0.05 N.

对系统有F 合＝(m 1＋m 2)a ， 因为2m 1＝3m 2，则F 合＝5

2

m 2a .

取cd 为研究对象，F 安－f 2＝m 2a ，F 安＝BIl ，I ＝Bl Δv

R 1＋R 2

， 联立各式解得Δv ＝

R 1＋R 2B 2l 2? ??

??

25F 合＋f 2＝0.384 m/s. [答案] (1)0.32 m/s (2)0.384 m/s

四步法分析电磁感应动力学问题

[题组巩固]

1．(2019·郑州模拟)(多选)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ?R )的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B ，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v ，忽略电感的影响，则( )

A ．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流

B ．圆环因受到了向下的安培力而加速下落

C ．此时圆环的加速度a ＝B 2v

ρd

D ．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m ＝ρ dg

B

2

解析：AD [圆环向下切割磁感线，由右手定则可知，圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视)，A 正确；再由左手定则可知，圆环受的安培力向上，B 错误；圆环中感应电动势为E ＝B ·2πR ·v ，感应电流I ＝E

R ′，电阻R ′＝ρ2πR πr 2＝2R ρr 2，解得I ＝

B πvr

2

ρ.圆环受的安培力F ＝BI ·2πR ＝2B 2

π2

vRr 2

ρ.圆环的加速度a ＝mg －F m ＝g －2B 2

π2

vRr

2

m ρ

，圆环质量m

＝d ·2πR ·πr 2

，解得加速度a ＝g －B 2v

ρd

，C 错误；当mg ＝F 时，加速度a ＝0，速度最大，

v m ＝

ρ dg

B

2

，D 正确．] 2．(2016·全国卷Ⅱ)如图，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：

(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值．

解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得

ma ＝F －μmg ①

设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有

v ＝at 0②

当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律可知，杆中的电动势为

E ＝Blv ③

联立①②③式可得

E ＝Blt 0? ??

??F m －μg ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律

I ＝E

R

⑤

式中R 为电阻的阻值，金属杆所受的安培力为

F 安＝BlI ⑥

因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得

F －μmg －F 安＝0⑦

联立④⑤⑥⑦式得

R ＝B 2l 2t 0m

.

答案：(1)Blt 0? ??

??F m －μg (2)B 2l 2

t 0m 考点二 电磁感应中的能量问题

[考点解读]

1．能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化

其他形式的能量――→克服安培力做功电能――→电流做功焦耳热或其他

形式的能量 (2)求解焦耳热Q 的三种方法

2．解题的一般步骤

(1)确定研究对象(导体棒或回路)．

(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化． (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．

[典例赏析]

[典例2] 小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T ．质量m ＝4.0 kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24 m ．一位健身者用恒力F ＝80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(取重力加速度g ＝10 m/s 2

，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：

(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；

(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；

(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q . [解析] (1)由牛顿第二定律a ＝

F －mg sin θm

＝12 m/s 2

进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s. (2)感应电动势E ＝Blv 感应电流I ＝

Blv R

安培力F A ＝IBl

代入得F A ＝(Bl )2

v

R

＝48 N.

(3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64 J 由牛顿第二定律得F －mg sin θ－F A ＝0

CD 棒在磁场区做匀速运动

在磁场中运动时间t ＝d

v

焦耳热Q ＝I 2

Rt ＝26.88 J.

[答案] (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J

能量转化问题的分析顺序：先电后力再能量

[题组巩固]

1．(2019·山东潍坊中学一模)(多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a 、b 的边长均为l ，电阻均为R ，质量分别为2m 和m .它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度大小为B 、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框b 的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a 的下边到匀强磁场的上边界的距离为l .现将系统由静止释放，当线框b 全部进入磁场时，a 、b 两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，则( )

A ．a 、b 两个线框匀速运动时的速度大小为2mgR

B 2l

2

B ．线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为

3B 2l

3

mgR

C ．从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，线框a 所产生的焦耳热为mgl

D ．从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl 解析：BC [设两线框匀速运动的速度为v ，此时轻绳上的张力大小为F T ，则对a 有：

F T ＝2mg －BIl ，对b 有：F T ＝mg ，又I ＝E R ，E ＝Blv ，解得v ＝mgR

B 2l

2，故A 错误．线框a 从下

边进入磁场后，线框a 通过磁场时以速度v 匀速运动，则线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t ＝3l v ＝3B 2l

3

mgR

，故B 正确．从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，

线框a 只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q ，由功能关系有2mgl －F T l ＝Q ，得Q ＝mgl ，故C 正确．设两线框从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W ，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l 的距离，对这一过程，

由能量守恒定律有：4mgl ＝2mgl ＋12×3mv 2

＋W ，得W ＝2mgl －3m 3g 2R 2

2B 4l

4，故D 错误．]

2．(2019·山西运城期末)如图所示，两足够长的平行的金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，导轨电阻不计，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．长为L 的金属棒垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m 、电阻为R ，与导轨间动摩擦因数μ＝0.5.两金属导轨的上端连接一个电阻，其阻值也为R ，现闭合开关，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上、大小为F ＝3mg 的恒力，使金属棒从静止开始运动，若金属棒上滑距离为s 时速度恰达到最大，最大速度为v m .(重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)金属棒刚开始运动时加速度的大小； (2)匀强磁场的磁感应强度的大小；

(3)金属棒由静止开始上滑位移为2s 的过程中，金属棒上产生的焦耳热Q . 解析：(1)分析金属棒受力得F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ， 代入数据得a ＝2g .

(2)当金属棒速度为v m 时，受力平衡，得I ＝E

2R

，

E ＝BLv m

F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝BIL ，

联立解得：B ＝2

L

mgR v m

. (3)F ·2s －(mg sin 37°＋μmg cos 37°)·2s －W F 安＝12

mv 2

m ，

Q ＝W F 安·

R

R ＋R

＝

W F 安

2

，

解得：Q ＝2mgs －14mv 2

m .

答案：(1)2g (2)

2

L

mgR v m (3)2mgs －14

mv 2

m 考点三 电磁感应中的力电综合问题

[考点解读]

理论上电荷量的求法：q ＝It .

方法1：在电磁感应问题中最为常见的思路为：对某一回路来说，据法拉第电磁感应

定律，得E ＝ΔΦΔt ，显然该感应电动势也为对其时间的平均值，再由I ＝E

R (R 为回路中的总

电阻)可以得到I ＝ΔΦR Δt .综上可得q ＝ΔΦR .若B 不变，则q ＝ΔΦR ＝B ΔS

R

.

方法2：设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F 为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I 冲量＝F Δt ，而F ＝BIL (I 为电流对时间的平均值)，故有：BIL Δt ＝mv 2－mv 1，而I Δt ＝q ，故有q ＝

mv 2－mv 1

BL

. [典例赏析]

[典例3] (2018·天津卷)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab 和cd 是两根与导轨垂直、长度均为l 、电阻均为R 的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l ，列车的总质量为m ，列车启动前，ab 、cd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示．为使列车启动，需在M 、N 间连接电动势为E 的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．

(1)要使列车向右运行，启动时图1中M 、N 哪个接电源正极，并简要说明理由； (2)求刚接通电源时列车加速度a 的大小；

(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l .若某时刻列车的速度为v 0，此时ab 、cd 均在无磁场区域．试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？

[解析] (1)M 接电源正极．列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a 到b ，由c 到d ，故M 接电源正极．

(2)由题意，启动时ab 、cd 并联，设回路总电阻为R 总，由电阻的串并联知识得R 总＝R

2

①

设回路总电流为I ，根据闭合电路欧姆定律有I ＝

E

R 总

② 设两根金属棒所受安培力之和为F ，有F ＝BIl ③ 根据牛顿第二定律有F ＝ma ④ 联立①②③④式得a ＝2BEl

mR

⑤

(3)设列车减速时，cd 进入磁场后经Δt 时间ab 恰好进入磁场，此过程中穿过两金属

棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律有E 1＝ΔΦΔt

⑥，其中ΔΦ＝Bl 2

⑦

设回路中平均电流为I ′，由闭合电路欧姆定律有

I ′＝E 1

2R

⑧

设cd 受到的平均安培力为F ′，有F ′＝I ′lB ⑨

以向右为正方向，设Δt 时间内cd 受安培力冲量为I 冲，有I 冲＝－F ′Δt ⑩ 同理可知，回路出磁场时ab 受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I 0，有

I 0＝2I 冲 ?

设列车停下来受到的总冲量为I 总，由动量定理有

I 总＝0－mv 0 ?

联立⑥⑦⑧⑨⑩??式得I 总I 0＝mv 0R

B 2l 3

讨论：若

I 总I 0恰好为整数，设其为N ，则需设置N 块有界磁场，若I 总I 0不是整数，设I 总

I 0

的整数部分为n ，则需设置n ＋1块有界磁场．

[答案] (1)M 接电源正极，理由见解析 (2)2BEl mR (3)若I 总

I 0

恰好为整数，设其为N ，

则需设置N 块有界磁场，若

I 总I 0不是整数，设I 总

I 0

的整数部分为n ，则需设置n ＋1块有界磁场 [典例4] 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L .导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为m ，电阻皆为R ，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v 0.若两导体棒在运动中始终不接触，则：

(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？

(2)当ab 棒的速度变为初速度的3

4

时，cd 棒的加速度大小是多少？

[解析] ab 棒向cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流．ab 棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd 棒则在安培力的作用下向右做加速运动．只要ab 棒的速度大于cd 棒的速度，回路总有感应电流，ab 棒继续

减速，cd 棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v 做匀速运动．

(1)从开始到两棒达到相同速度v 的过程中，两棒的总动量守恒，有

mv 0＝2mv

根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热

Q ＝12mv 20－12(2m )v 2＝14

mv 2

(2)设ab 棒的速度变为3

4

v 0时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒定律可知

mv 0＝34

mv 0＋mv ′

解得v ′＝1

4

v 0，回路中的电动势

E ＝34BLv 0－14BLv 0＝12

BLv 0

此时cd 棒所受的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 0

4R

由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度

a ＝F m ＝B 2L 2v 04mR

. [答案] (1)14mv 20 (2)B 2L 2

v 0

4mR

[题组巩固]

1．(2019·安徽省黄山市联考)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距离为L ，其电阻不计．两导轨及其构成的平面与水平面成θ角，两根用细线连接的金属杆ab 、cd 分别垂直导轨放置，平行斜面向上的外力F 作用在杆ab 上，使两杆静止，已知两金属杆ab 、cd 的质量分别为m 和2m ，两金属杆的电阻都为R ，并且和导轨始终保持良好接触，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .某时刻将细线烧断，保持杆ab 静止不动，求：

(1)细线烧断后外力F 的最小值和最大值；

(2)设细线烧断后cd 杆到达最大速度前杆ab 产生的电热为Q ，求cd 杆到达最大速度前经过的位移s .

解析：(1)细线烧断瞬间，外力F 取得最小值F 2；

研究杆ab ：F 1＝mg sin θ.

cd 杆到达最大速度v m 时，外力F 取得最大值F 2.

研究杆ab ：F 2＝mg sin θ＋F 安．

研究cd 杆，因其匀速运动，F 安′＝2mg sin θ. 显然F 安＝F 安′.

代入可得：F 2＝3mg sin θ(也可研究整体) (2)两杆电阻相等，故电热相等．

cd 杆到达最大速度前电路产生的总电热为2Q

由能量守恒可知：2mg sin θ×s ＝12mv 2

＋2Q .

其中v 为cd 杆最大速度

研究cd 杆，因其匀速运动，F 安＝2mg sin θ. 且F 安＝BIL ，E ＝BLv ，I ＝E

2R ，

代入得：s ＝4m 2R 2

g sin θ

B 4L

4

＋Q mg sin θ

.

答案：(1)mg sin θ 3mg sin θ (2)4m 2R 2

g sin θB 4L

4

＋Q mg sin θ

2．(2019·山东青岛一模)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离d ＝0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m/s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，取重力加速度g ＝10 m/s 2

，求：

(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W . 解析：(1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有

E ＝Bdv 0

I ＝E R 1＋R 2 BId ＝m 2a 0

解得：a 0＝30 m/s 2

(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量守恒，有

m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2

12m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12

m 2v 2P m 2g ＝m 2v 2P r

解得：v 1＝7.5 m/s

(3)由动能定理得12m 1v 21－12m 1v 2

0＝－W

解得：W ＝4.375 J.

答案：(1)30 m/s 2

(2)7.5 m/s (3)4.375 J