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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆电磁感应中的动力学问题1导体棒的两种运动状态1平稳状态 导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态,加速度为零；2非平稳状态 导体棒的加速度不为零2两个讨论对象及其关系电磁感应中导体棒既可看做电学对象 由于它相当于电源 ,又可看做力学对象 由于有感应电流而受到安培力 ,而感应电流 I 和导体棒的速度 v 是联系这两个对象的纽带3电磁感应中的动力学问题分析思路1电路分析：导体棒相当于电源,感应电动势相当于电源的电动势,导体棒的电阻相当于电源的内阻,感应电流IBl v Rr. F安BIl B2l2v,依据牛顿其次定律列动2受力分
2、析：导体棒受到安培力及其他力,安培力Rr力学方程： F合ma. 3过程分析：由于安培力是变力,导体棒做变加速运动或变减速运动,当加速度为零时,达到稳固状态,最终做匀速直线运动,依据共点力的平稳条件列方程：F 合0. 例 1 如图 1 甲所示,两根足够长的直金属导轨 MN 、PQ 平行放置在倾角为 的绝缘斜面上,两导轨间距为 L,M、P 两点间接有阻值为 R 的电阻一根质量为 m 的匀称直金属杆 ab放在两导轨上,并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面对下, 导轨和金属杆的电阻可忽视,让 ab 杆沿导轨由静止开头下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦图 1
3、 1由 b 向 a 方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆意图；2在加速下滑过程中,当 ab 杆的速度大小为 v 时,求此时 ab 杆中的电流及加速度的大小；3求在下滑过程中,ab 杆可以达到的最大速度答案 1 见解析图 2BLv R gsin B mR 2L 2v3mgRsin B 2L解析 1 如下列图, ab 杆受重力 mg,竖直向下；支持力 F N,垂直斜面对上；安培力 F,沿斜面对上2当 ab 杆速度为 v 时,
4、感应电动势 EBL v,此时电路中电流IE RBLv R,B 2L2v,ab 杆受到的安培力F 安BILR依据牛顿其次定律,有ma mgsin F 安mgsin B2L2vRagsin B 2L2vmR3当 a 0 时, ab 杆有最大速度v mmgRsin B 2L . 用“ 四步法 ” 分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“ 先电后力 ” ,详细思路如下：1进行 “ 源” 的分析 分别出电路中由电磁感应所产生的电源,求出电源的参数 E 和 r. 2进行 “ 路” 的分析 分析电路结构,明确串、并联的关系,求出相关部分的电流大小,以便求解安培力名师归纳总结 3“力
5、” 的分析 分析讨论对象常是金属杆、导体线圈等的受力情形,特别留意其所受第 2 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆的安培力4进行 “ 运动 ” 状态的分析 依据力和运动的关系,判定出正确的运动模型变式题组12022 浙江 10 月选考 22如图 2 甲所示, 质量 m3.0 103 kg 的“” 形金属细框竖直放置在两水银槽中,“” 形框的水平细杆 CD 长 l0.20 m,处于磁感应强度大小 B11.0 T,方向水平向右的匀强磁场中有一匝数n300 匝,面积 S0.01 m 2 的线圈通过开关 K 与两水银槽
6、相连线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度 B2 的大小随时间t 变化的关系如图乙所示g 取 10 m/s 2 图 2 1求 0 0.10 s 线圈中的感应电动势大小2t0.22 s 时闭合开关K,如细杆 CD 所受安培力方向竖直向上,判定CD 中的电流方向及磁感应强度B2 的方向K,如安培力远大于重力,细框跳起的最大高度h0.20 m,求通过3t0.22 s 时闭合开关细杆 CD 的电荷量答案130 V2CD向上30.03 C 解析1 由电磁感应定律En t B2 得 EnS t30 V 2电流方向 CD,B2 方向向上v 03由牛顿其次定律 F mam t 或由动量
7、定理 F tmv0,安培力 FIB 1l, QI t,v 22gh,得 Qm B1l 2gh0.03 C. 22022 浙江 10 月学考 22为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如图所示的装置半径为 l 的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为 l、电阻为 R 的金属棒ab 一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴 OO 上,由电动机 A 带动旋转 在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面,大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场另有一质量为名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆
8、m、电阻为 R 的金属棒 cd 用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的“U” 型导轨保持良好接触,导轨间距为 l ,底部接阻值也为 R 的电阻,处于大小为 B2、方向垂直导轨平面对里的匀强磁场中从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关 S 与“ U” 型导轨连接当开关 S 断开,棒 cd 静止时,弹簧伸长量为 x0；当开关 S 闭合,电动机以某一转速匀速转动,棒 cd 再次静止时,弹簧伸长量变为 x不超过弹性限度 不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时：图 3 1通过棒 cd 的电流 I cd；2电动机对该装置的输出功率 P；3电动机转动角速度 与弹簧伸长量 x 之间的函数关
9、系答案 1 B1 l 6R,方向由 d 到 c 22 B16R 2 2l 46k xx0 R3 B1B2l 3解析 1 ab 顺时针转动时产生的电动势为 E1 2B1 l 2由右手定就,电流方向由 a 到 b,2E B1 l由闭合电路欧姆定律,总电流 I13RR2R2通过 cd 棒的电流 Icd1 2IB1 l 6R,方向由 d 到 c2电动机的输出功率 PI 23 2RB1 6R 2 2l 43S 断开时,由平稳条件 kx0mgS 闭合时,由平稳条件 kxB2Icdlmg6k xx0 R解得 B1B2l 3 . 动力学和能量观点的综合应用名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共
10、 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆1力学对象和电学对象的相互关系2解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路 1电路分析：确定电源,画出等效电路,明确内、外电路,分析电路的串、并联关系2受力分析：留意导体棒所受的安培力大小和方向3运动分析：对运动过程进行“ 慢进” 式推理分析,应用牛顿其次定律对运动过程中各物理 量进行分析4能量分析：分析运动过程中各力做功情形,明确能量转化形式5规律分析：依据牛顿其次定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化3求解焦耳热的三种方法 1焦耳定律： QI 2Rt 2功能关系： QW克服安培力 3能量转化：
11、Q E其他能的削减量例 2如图 4 所示,“ 凸” 字形硬质金属线框质量为m,相邻各边相互垂直,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头时,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：图 4 1线框 ab
12、边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd 边刚进入磁场时的几倍；名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆2磁场上、下边界间的距离 H. 答案14 倍2 Q mg28lv 1,解析1 设磁场的磁感应强度大小为B,cd 边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为cd 边上的感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律,有E1 2Blv 1设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有I 1E1 R设此时线框所受安培力为F 1,有 F12I 1lB由于线框做匀速运动,其受力平稳,有mgF 1由
13、 式得 v 1mgR 4B 2l 2设 ab 边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v 2,同理可得v 2mgR B 2l 2由 式得 v 24v12线框自释放直到cd 边进入磁场前,由机械能守恒定律,有2mgl1 2mv12线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有mg2lH1 2mv2 21 2mv1 2QQ由 式得 Hmg28l. 在电磁感应现象中求解焦耳热时简单显现以下两类错误：1 不加分析就把某时刻的电流 I 代入公式 QI 2Rt 求解焦耳热,大多数情形下感应电流 I 是变化的,求解焦耳热要用电流的有效值,因此不能用某时刻的电流代入公式 QI 2Rt 求解焦耳热 . 2 电路中产
14、生焦耳热的元件不是一个,生的焦耳热 . 变式题组不加分析误认为某个元件上的焦耳热就是整个电路产名师归纳总结 3如图 5 所示,光滑平行的水平金属导轨MNPQ 相距 l,在 M 点和 P 点间接一个阻值为R第 6 页,共 13 页的电阻, 在两导轨间OO 1O1O 矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为 d 的匀强磁场,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆磁感应强度为B.一质量为 m,电阻为 r 的导体棒 ab,垂直搁在导轨上, 与磁场左边界相距d0.现用一大小为 F、水平向右的恒力拉 ab 棒,使它由静止开头运动,棒 ab 在离
15、开磁场前已经做匀速直线运动 棒 ab 与导轨始终保持良好的接触,导轨电阻不计 求：图 5 1棒 ab 在离开磁场右边界时的速度；2棒 ab 通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能答案 1 F RrB 2l 2Fd0dmF 2 Rr2B 4l 4 2解析 1 棒在磁场中匀速运动时,有 FFABIl ,再据 IR r ERr Blv联立解得 vF RrB 2l 22安培力做的功转化成两个电阻消耗的电能 Q,依据能量守恒定律可得 Fd0dQ1 2mv 2,解得QFd0dmF2 Rr2B 4l 42. 4如图 6 甲所示,在水平面上固定有长为L2 m、宽为 d1 m 的金属“U” 形导轨, 在“U”形
16、导轨右侧l 0.5 m 范畴内存在垂直纸面对里的匀强磁场,且磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示在t0 时刻,质量m0.1 kg 的导体棒以v 01 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动,导体棒与导轨之间的动摩擦因数0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为0.1 /m,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响图 6 1通过运算分析 4 s 内导体棒的运动情形；2运算 4 s 内回路中电流的大小,并判定电流方向；3运算 4 s 内回路产生的焦耳热答案 见解析解析 1 导体棒先在无磁场区域做匀减速运动,有取 g10 m/s 2名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 13 页
17、精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆mgma,vv0at,xv 0t1 2at2代入数据解得 t1 s,x0.5 m 即导体棒在 1 s 末已经停止运动,以后始终保持静止,离左端位置为 x0.5 m. 2前 2 s 磁通量不变,回路电动势和电流分别为 E0,I 0；后 2 s 回路产生的电动势为 E tld B t0.1 V 回路的总长度为 5 m,因此回路的总电阻为 R50.5 电流为 IE R0.2 A 依据楞次定律,在回路中的电流方向是顺时针方向3前 2 s 电流为零,后 2 s有恒定电流,焦耳热为 QI 2Rt0.04 J. 1如图 1 所示,光
18、滑金属直轨道 MN 和 PQ 固定在同一水平面内,MN、PQ 平行且足够长,两轨道间的宽度L0.50 m轨道左端接一阻值R 0.50 的电阻 轨道处于磁感应强度大小为 B0.40 T,方向竖直向下的匀强磁场中,质量 m0.50 kg 的导体棒 ab 垂直于轨道放置 在沿着轨道方向向右的力 F 作用下,导体棒由静止开头运动,导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直,不计轨道和导体棒的电阻,不计空气阻力, 如力 F 的大小保持不变, 且 F1.0 N求：图 1 1导体棒能达到的最大速度大小vm；B 2L2v m,解得 vm2导体棒的速度v5.0 m/s 时,导体棒的加速度大小答案112.5 m /s2
19、1.2 m/ s 2解析1 导体棒达到最大速度v m 时受力平稳,有FF 安 m,此时 F 安 mR12.5 m/s 名师归纳总结 2导体棒的速度v5.0 m/s 时,感应电动势EBLv1.0 V ,导体棒上通过的感应电流大小第 8 页,共 13 页IE R2.0 A,导体棒受到的安培力F 安BIL 0.40 N,依据牛顿其次定律,有FF 安ma,解得 a1.2 m/s2. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆22022 舟山调研 如图 2 所示,两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置,与水平面间的夹角为 37,两导轨之间的距离为
20、L0.2 m ,导轨上端 m、n 之间通过导线连接,有抱负边界的匀强磁场垂直于导轨平面对上,虚线 ef 为磁场边界,磁感应强度为 B2.0 T一质量为 m0.05 kg 的光滑金属棒 ab 从距离磁场边界 0.75 m 处由静止释放,金属棒两轨道间的电阻 r0.4 ,其余部分的电阻忽视不计,0.8,求：ab、ef 均垂直导轨 g10 m/s 2, sin 37 0.6,cos 37 图 2 1ab 棒最终在磁场中匀速运动的速度；2ab 棒运动过程中的最大加速度答案 10.75 m /s ,方向沿斜面对下 218 m/ s 2,方向沿斜面对上解析 1 当 ab 棒在磁场中匀速运动时,依据受力平稳
21、得：BIL mgsin 又有 IE r,EBLv,联立以上关系可得v0.75 m/s,方向沿斜面对下2ab 棒进入磁场前,加速度a1gsin 376 m/s2,方向沿斜面对下设ab 棒进入磁场时的速度为 v1,就 v 1 22a1x1将 x1 0.75 m 代入得 v13 m/s 刚进入磁场时,对 ab 棒受力分析得：BLv 1mgsin BI 2Lma2,I2r解得 a2 18 m/s 2,方向沿斜面对上进入磁场以后,ab 棒做加速度逐步减小的减速运动,最终匀速运动,所以 ab 棒运动中的最大加速度为 18 m/s 2,方向沿斜面对上3如图 3 所示,半径 R0.2 m 的圆形金属导轨固定在
22、水平面上,一根长也为 R 的金属棒一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴上在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面对下的匀强磁场,磁感应强度B2 T一对长 L0.2 m 的金属板 A、B 水平放置,两板间距 d0.1 m从导轨引出导线与上板连接,通过电刷从转轴引出导线与下板连接有一质名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆量 m1.0 105 6 kg,电荷量 q 5.0 10 C 的微粒,以v0 2 m/s 的速度从两板正中间水平射入求：图 3 1金属棒转动的角速度 多大时,微粒能做匀速直
23、线运动；2金属棒转动的角速度 至少多大时,微粒会遇到上极板 A. 答案 150 rad /s 2100 rad/ s 解析 1 依据法拉第电磁感应定律可得U1 2B R 2依据平稳条件可得mg qE由于 EU dU q 2所以 mgq d2dB R解得 2dmg qBR 250 rad/s 2微粒恰好遇到上面金属板边缘时,微粒向上的加速度大小为21 2aL v0 22dv0 2aL 2 10 m/s2dB 1R q 2mgma2m ga d解得 1qBR 2100 rad/s. 4如图 4 所示,在水平面内存在着竖直向下的有界匀强磁场,其宽度为 d1 m,磁感应强度 B4 11T水平放置的“
24、日” 字形闭合导体线框 PQFE,宽 L 1 m,质量 m0.25 kg ,QN、NF 的长度都大于 d,PQ 边的电阻 R11 、MN 边的电阻 R22 、EF 边的电阻 R33 ,其余电阻不计t0 时刻线框在距磁场左边界 x3.2 m 处由静止开头在水平恒力 F 作用下沿直线运动,已知当线框PQ 边、MN 边和 EF 边刚进磁场时均恰能匀速运动,不计线框名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆运动中的一切摩擦阻力求：图 4 1线框所受的力 F 的大小；2线框 PQ 边与 MN 边之间的距离
25、 H；3在整个线框穿过磁场的过程中线框产生的焦耳热答案12.5 N22.8 m37.5 J v1,就解析1 设 PQ 边进磁场时的速度为Fx1 2mv120 FBI 1LI1BLv 1 r1x1,就r1R1R2R32.2 R2R3即 v 12B mr 18 m/s 2L 2xFB2L 2v 1r12.5 N 2设 MN 边匀速进磁场时的速度为v2,就FBI 2LB2L2v 2r 2r2R2R1R3 R1R32.75 即 v 2Fr 2 B 2L 210 m/s 设线框速度从v1 加速到 v2 时发生的位移为Fx11 2mv2 21 2mv 12即 x1m v22v121.8 m 2F所以 H
26、x1 d2.8 m 3线框产生的焦耳热名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆Q3Fd3 2.5 1 J7.5 J. 52022 杭州市月考 如图 5 所示,两条足够长的平行金属导轨相距L,与水平面的夹角为,整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面对上,虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面对下当导体棒 EF以初速度 v0 沿导轨上滑至最大高度的过程中,导体棒 MN 始终静止在导轨上,如两导体棒质量均为 m、电阻均为 R,导轨电阻不计,
27、重力加速度为 g,在此过程中导体棒 EF 上产生的焦耳热为 Q,求：图 5 1导体棒 MN 受到的最大摩擦力；2导体棒 EF 上升的最大高度答案 1 B 2L2R 2v 0mgsin 2mv0 2mg 24Q解析 1 EF 获得向上初速度 v0 时,产生的感应电动势 EBLv0,电路中电流为 I,由闭合电路的欧姆定律有 IE 2R,此时对导体棒 MN 受力分析,由平稳条件有 F A mgsin F f,F ABIL ,解得 FfB 2L2v0mgsin . 2R2导体棒 EF 上升过程 MN 始终静止,对系统由能量守恒定律有解得 hmv 024Q. 2mg1 2mv 0 2mgh2Q. 620
28、22 衢州市调研 如图 6a所示,斜面倾角为 37,一宽为 d0.43 m 的有界匀强磁场垂直于斜面对上,磁场边界与斜面底边平行在斜面上由静止释放一长方形金属线框,线框沿斜面下滑,下边与磁场边界保持平行取斜面底部为零势能面,从线框开头运动到恰好完全进入磁场的过程中,线框的机械能 E 和位移 x 之间的关系如图 b所示,图中、均为直线段已知线框的质量为 m0.1 kg,电阻为 R0.06 ,重力加速度取 g10 m/s 2,sin 37 0.6, cos 37 0.8. 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就
29、惘,思而不学就殆图 6 1求金属线框与斜面间的动摩擦因数 ；2求金属线框从刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间 t. 答案 10.5 20.125 s 解析 1 由能量守恒定律可知,线框削减的机械能等于克服摩擦力所做的功,就 E1Wf1 mgcos 37 x1其中 x10.36 m, E10.9000.756 J0.144 J 可解得 0.5 2金属线框进入磁场的过程中,削减的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功,机械能仍匀称削减,因此安培力也为恒力,线框做匀速运动v 1 2 2ax1,其中 agsin 37 gcos 372 m/s 2可解得线框刚进入磁场时的速度大小为 v11.2 m/s E2Wf2WAF fF Ax2其中 E2 0.7560.666 J 0.09 J,F fFA mgsin 370.6 N,x2 为线框的侧边长,即线框进入磁场过程运动的距离,可求出x20.15 m 名师归纳总结 tx2 v 1 0.15s0.125 s. 第 13 页,共 13 页- - - - - - -