專題30+電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題精講-高考物理雙基突破二+版含解析

1、專破五十電破威盍中的都力厚網(wǎng)延（鼐稀J這類題型的特點(diǎn)一般是單棒或雙棒在磁場中切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng).電動(dòng)勢和感應(yīng)電流。感應(yīng)電流受安培力而影響導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)，構(gòu)成了電磁感應(yīng)的綜合問題，它將電磁感應(yīng)中的力和運(yùn)動(dòng)綜合到一起，其難點(diǎn)是感應(yīng)電流安培力的分析，且安培力常常是變力。這類問題能很好地提高學(xué)生的綜合分析能力。一、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析_22EB2L2V1 .安培力的大?。河筛袘?yīng)電動(dòng)勢E=BLv,感應(yīng)電流I=和安培力公式F=BIL得F=。RrRr2 .安培力的方向判斷：（1）先用右手定則確定感應(yīng)電流方向，再用左手定則確定安培力方向。（2）根據(jù)楞次定律，安培力方向一定和導(dǎo)體切割磁感線的運(yùn)動(dòng)方向相反。

2、3 .導(dǎo)體兩種狀態(tài)及處理方法（1）導(dǎo)體的平衡態(tài)靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。處理方法：根據(jù)平衡條件（合外力等于零）列式分析。（2）導(dǎo)體的非平衡態(tài)一一加速度不為零。處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。4.電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題中兩大研究對象及其關(guān)系電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒既可看作電學(xué)對象（因?yàn)樗喈?dāng)于電源），又可看作力學(xué)對象（因?yàn)楦袘?yīng)電流產(chǎn)生安培力），而感應(yīng)電流I和導(dǎo)體棒的速度v則是聯(lián)系這兩大對象的紐帶:電學(xué)對象IlI力學(xué)對象5.電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問題分析思路解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題的一般思路是:確定電源（粒，）.市匚感應(yīng)電流/"兒.導(dǎo)體棒所受的安培力一.2中與&方

3、向關(guān)系F=maH工位臨界狄態(tài)+運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析-口*不為零7人“>合外力*處于平衡茯態(tài)一為零/“先電后力”,即：先做“源”的分析一一分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；再進(jìn)行“路”的分析一一分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相應(yīng)部分的電流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析一一分析研究對象(常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力；最后進(jìn)行“運(yùn)動(dòng)”狀態(tài)的分析力一根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)動(dòng)模型?！绢}1】如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為。的絕緣斜面上，導(dǎo)軌上端連接一個(gè)定值電阻。導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并良女?接觸.斜面

4、上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直穿過斜面向上的勻強(qiáng)磁場.現(xiàn)對a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止。當(dāng)a棒運(yùn)動(dòng)到磁場的上邊界PQ處時(shí)，撤去拉力，此時(shí)b棒已滑離導(dǎo)軌。當(dāng)a棒再次滑回到磁場上邊界PQ處時(shí)，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)動(dòng)，已知a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R,b棒的(1)a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)的過程中，a棒中的電流Ia與定值電阻R中的電流Ir之比；a棒的質(zhì)量ma；(3)a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的拉力F.37【答案】(1)21(2)2m(3)gmgsin0【解析】(1)。棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)A棒中的電流為h?有M-hRJ

5、0=Za+Zfr由解得®(2) a棒在PQ上方滑動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，設(shè)a棒在PQ處向上滑動(dòng)的速度大小為“，其與在PQ處向下滑動(dòng)的速度大小V2相等，即Vi=V2=V設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)體棒長為L,a棒在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為(1) a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)b棒中的電流為1b,有IrR=IbRIa=Ib由解得2Ir1(2) a棒在PQ上方滑動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，設(shè)a棒在PQ處向上滑動(dòng)的速度大小為v1，其與在PQ處向下滑動(dòng)的速度大小V2相等，即V1=V2=V設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)體棒長為L,a棒在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為F=IaLB+magsinO聯(lián)立以上各式

6、解得F=(mgsin。Q.m【題4】如圖，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌間距l(xiāng)=0.50m,傾角0=53。，導(dǎo)軌上端串接電阻R=0.05在導(dǎo)軌間長d=0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0T的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量=4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用輕質(zhì)細(xì)繩跨過定滑輪與拉桿GH(GH桿的質(zhì)量不計(jì))相連。某同學(xué)用F=80N的恒力豎直向下拉動(dòng)GH桿，使CD棒從圖中初始位置由靜止開始運(yùn)動(dòng)，剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為v=2.4m/s,當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時(shí)該同學(xué)松手。g=10m/s2,sin53=0.8,不計(jì)其它電阻和一切摩擦，求：(1)CD棒的初始位置與磁場區(qū)域下邊界的距離s；(2)該

7、同學(xué)松手后，CD棒能繼續(xù)上升的最大高度h;(3)在拉升CD棒的過程中，該同學(xué)所做的功W和電阻R上產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮?1)0.24m(2)0.288m(3)26.88J【解析】(1)CD棒向上運(yùn)動(dòng)：F-msine=ma代入數(shù)據(jù)解得：12皿由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：記=2心代人數(shù)據(jù)解得：5=0。4m(2)剛進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=Blv=2X0.5>2.4V=2.4V由閉合電路歐姆定律有：I=E=篝A=48AR0.05又：F安=BIl=2>48X0.5N=48N因?yàn)椋篎=mgsin。+F安=40X0.8N+48N=80N所以CD棒在磁場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)離開磁場后，CD棒沿導(dǎo)軌向上做勻

8、減速運(yùn)動(dòng)由v2=2gxsin0代入數(shù)據(jù)解得：x=0.36mCD棒還能繼續(xù)上升的最大高度為：h=xsin0=0.288m(3)該同學(xué)所做的功為：W=F(s+d)代入數(shù)據(jù)解得：W=64J由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：F(s+d)=mg(s+d)sin。+h+Q代入數(shù)據(jù)解得：Q=26.88J題5如圖，MN、PQ為光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌，電阻R=3.0Q,置于豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場中，OO為磁場邊界，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T,導(dǎo)軌間距L=1.0m,質(zhì)量m=1.0kg的導(dǎo)體棒垂直置于導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒接入電路的電阻為r=1.0a。t=0時(shí)刻，導(dǎo)體棒在水平拉力作用下從OO'左側(cè)某處由靜止開

9、始以加速度ao=1.0m/s2做勻加速運(yùn)動(dòng)，to=2.0s時(shí)刻棒進(jìn)入磁場繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直。(1)求0to時(shí)間內(nèi)棒受到拉力的大小F及to時(shí)刻進(jìn)入磁場時(shí)回路的電功率P。(2)求導(dǎo)體棒t0時(shí)刻進(jìn)入磁場瞬間的加速度a;若此后棒在磁場中以加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng)至t1=4s時(shí)刻，求t0t1時(shí)間內(nèi)通過電阻R的電荷量q。(3)在(2)情況下，已知t0t1時(shí)間內(nèi)拉力做功W=5.7J,求此過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮?1)1.0W(2)1.25C(3)3.2J【解析】(1)導(dǎo)體棒在進(jìn)入磁場前運(yùn)動(dòng)的加速度為加，則勺*加=L0N棒在由時(shí)刻的速度Vo=t2t)rt=2m's棒在也時(shí)刻產(chǎn)生的電

10、動(dòng)勢EBL=2V電功率巧代人數(shù)據(jù)解得融=LOW(2)回路在t0時(shí)刻產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=rE7=0.5A棒在t0時(shí)刻受到的安培力F安=81=0.5N根據(jù)牛頓第二定律有F-F安=ma代入數(shù)據(jù)解得a=0.5m/s21 2t0t1時(shí)間內(nèi)位移x=V0(t一t°)+2a-(t1一tO)2=5mBl流過電阻R的電荷量q=I-t-=-BLx=1.25CR+rR+r(3) t1時(shí)刻棒的速度v=v0+a(1°)由動(dòng)能定理有W+W安=2mv22mv02Q=-W安代入數(shù)據(jù)解得Q=3.2Jo【題6】水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t=0時(shí)，金屬桿

11、在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)。to時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻因重力加速度大小為go求均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(1)金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢的大小;(2)電阻的阻值。【答案】(1)BltoE.%1(2)mB2l2tom【解析】(1)謾金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為j由牛頓第二定律得加2=尸-收部耳設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時(shí)的速度為%由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有¥=雙口©當(dāng)金屬桿以速度F在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律,桿中的電動(dòng)勢為月

12、二&屈藤立式可得£=9赳£-咫I(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律I=R式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為F安=BlI因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F-mg-F安=0聯(lián)立式得R=B0。m考法2雙桿模型1 .模型分類：“雙桿”模型分為兩類：一類是“一動(dòng)一靜”，甲桿靜止不動(dòng)，乙桿運(yùn)動(dòng)，其實(shí)質(zhì)是單桿問題，不過要注意問題包含著一個(gè)條件：甲桿靜止，受力平衡。另一種情況是兩桿都在運(yùn)動(dòng)，對于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢是相加還是相減。2 .分析方法：通過受力分析，確定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，一般會(huì)有收尾狀態(tài)。對于收尾狀態(tài)則有恒定

13、的速度或者加速度等，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)分析求解。3 .兩類雙桿模型對比類型模型運(yùn)動(dòng)圖像運(yùn)動(dòng)過程分析方法桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌保持垂直。在t=0時(shí)刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行，大小恒為F的力作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)，試分析金屬桿甲、乙的收尾運(yùn)動(dòng)情況。（2）如圖所示，兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌上橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd,構(gòu)成矩形回路。在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有，豎直向上的勻強(qiáng)磁場，設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行。開始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度。若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，試定性分析兩

14、棒的收尾運(yùn)動(dòng)情況。用1用2【答案】（1）見解析（2）見解析【解析】（1）金屬桿甲運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢一回路中有感應(yīng)電流一乙受安培力的作用做加速運(yùn)動(dòng)可求出某2刻回路中的總感應(yīng)電動(dòng)勢一由牛頓第二定律列式判斷“謾某時(shí)刻甲和乙的速度大小分別為口和電加速度大小分別為G和d受到的安培力大小均為員，則感應(yīng)電動(dòng)勢為C叫一口）感應(yīng)電流為i=2R®對甲和乙分別由牛頓第二定律得F-Fi=manF=ma2當(dāng)viV2=定值（非零），即系統(tǒng)以恒定的加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)ai=a2解得ai=a2=f-2m可見甲、乙兩金屬桿最終水平向右做加速度相同的勻加速運(yùn)動(dòng)，速度一直增大。（2）導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)，回路中有感應(yīng)電流一分析兩導(dǎo)體棒

15、的受力情況一分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況即可得出結(jié)論。ab棒向cd棒運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流。ab棒受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒則在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，在ab棒的速度大于cd棒的速度時(shí)，回路中總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速。兩棒達(dá)到相同速度后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度v水平向右做勻速運(yùn)動(dòng)?？挤?含電容器問題這類題目易出現(xiàn)的錯(cuò)誤是忽視電容器充電電流，漏掉導(dǎo)體棒所受的安培力，影響加速度的計(jì)算和導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)情況的判斷?！绢}8】如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為。，間距為L。導(dǎo)

16、軌上端接有一平行板電容器，電容為Co導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為科，重力加速度大小為go忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；(2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系?！敬鸢浮?1)Q=CBLv(2)m+gtt解析】(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為力則感應(yīng)電動(dòng)勢為E=BLv平亍板電容器兩極板之間的電勢差為U=月設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為。，按定義有Q骼聯(lián)立式得Q=CBLv&

17、#174;(2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t,通過金屬棒的電流為io金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為Fi=BLi設(shè)在時(shí)間間隔(t,t+困)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為黑，按定義有1=晉AQ也是平行板電容器兩極板在時(shí)間間隔(t,t+At)內(nèi)增加的電荷量。由式得AQ=CBLAv式中，Av為金屬棒的速度變化量。按定義有a=2v金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為f2=式中，取是金屬棒對于導(dǎo)軌的正壓力的大小，有尺=強(qiáng)熨“6金屬棒在時(shí)刻F的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律有m庚由0-F-Fia®聯(lián)立至式得&="黑貨屋由式及題設(shè)可知，金屬棒

18、做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。時(shí)刻金屬棒的速度大小為V=-汽口8軍m4-H七C三、變化磁場類動(dòng)力學(xué)問題磁場變化類電磁感應(yīng)問題的解題方法(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢，用楞次定律判斷方向。(2)用閉合電路歐姆定律計(jì)算回路中電流。(3)分析計(jì)算感應(yīng)電流所受安培力，研究導(dǎo)體受力情況和運(yùn)動(dòng)情況。(4)根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程?！绢}9】電磁彈射是我國最新研究的重大科技項(xiàng)目，原理可用下述模型說明。如圖甲所示，虛線MN右側(cè)存在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)磁場，一邊長為L的正方形單匝金屬線框abcd放在光滑水平面上，電阻為R,質(zhì)量為m,ab邊在磁場外側(cè)緊靠MN虛線邊界。t=0時(shí)起磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t

19、的變化規(guī)律是B=B0+kt(k為大于零的常數(shù))，空氣阻力忽略不計(jì)。(1)求t=0時(shí)刻，線框中感應(yīng)電流的功率P；(2)若線框cd邊穿出磁場時(shí)速率為v,求線框穿出磁場過程中，安培力對線框所做的功W及通過導(dǎo)線截面的電荷量q；(3)若用相同的金屬線繞制相同大小的n匝線框，如圖乙所示，在線框上加一質(zhì)量為M的負(fù)載物，證明：載物線框匝數(shù)越多，t=0時(shí)線框加速度越大。k2|4Bel2【答案】(1)(2)熟(3)見解析RR【解析】(1)t=0時(shí)刻線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢E-AB.2E0F功率P=Eo2R“，lk2L4解得P=koR由動(dòng)皆陡理有用EAJSk解得穿出過程線框中的平均電動(dòng)勢取二普E線框中的電流了二下通過的電量?=7Ar解，寸(3)北匝線框中0時(shí)刻產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢£=若線框的總電咀氏1二成線框中的電流1=*JC/0時(shí)刻線框受到的安培力4啦遼設(shè)線框的加速度為心根據(jù)牛頓第二定律有尸=<+Wa解得盤二等，可知m越大，區(qū)越大。區(qū)情感語錄1 .愛情合適就好，不要委屈將