2024届高考物理一轮复习专题电磁感应中的动力学和能量综合问题导

电磁感应中的动力学和能量综合问题

考点精练

突破一 电磁感应中的动力学问题 1.导体的两种运动状态

(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态. 处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析. (2)导体的非平衡状态——加速度不为零.

处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析. 2.力学对象和电学对象的相互关系

考向1 平衡状态的分析与计算

[典例1] (2016·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为

B，方向垂直于斜面向上.已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面

间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑.求：

(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小.

[解题指导] 解答此题的关键是对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力，再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定出金属棒的速度.

[解析] (1)设两根导线的总的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，

1

作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin θ＝μN1＋T＋F ①

N1＝2mgcos θ ②

对于cd棒，同理有mgsin θ＋μN2＝T ③

N2＝mgcos θ ④

联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ). ⑤ (2)由安培力公式得F＝BIL ⑥ 这里I是回路abdca中的感应电流.

ab棒上的感应电动势为ε＝BLv ⑦

式中，v是ab棒下滑速度的大小 ε

由欧姆定律得I＝ ⑧

R联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ)

mgR. ⑨ B2L2

mgR B2L2

[答案] (1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)考向2 非平衡状态的分析与计算

[典例2] (2017·江苏常州检测)如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、

L2，其间距d＝0.5 m，左端接有容量C＝2 000 μF的电容.质量m＝20 g的导体棒可在导轨

上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计.整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T.现用一沿导轨方向向右的恒力F1＝0.44 N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v＝5 m/s.此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿.求：

(1)导体棒运动到B处时，电容C上的电量； (2)t的大小； (3)F2的大小.

[解题指导] 本题的关键是判断导体棒在恒力作用下的运动性质，可用微元法判断，

2

Δv即设经过很短的时间Δt，速度增加Δv，则a＝，再根据牛顿第二定律求出加速度.

Δt[解析] (1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为

U＝Bdv＝2×0.5×5 V＝5 V

此时电容器的带电量

q＝CU＝2 000×10－6×5 C＝1×10－2 C.

(2)棒在F1作用下有F1－BId＝ma1 又I＝ΔqΔt＝CBdΔvΔvΔt，a1＝Δt 联立解得：aF12

1＝

m＋CB2d2＝20 m/s 则t＝va＝0.25 s.

1

(3)由(2)可知棒在F2作用下，运动的加速度a2＝

F212

m＋CB2d2，方向向左，又2

a1t＝－???a1t·2t－12a2（2t）2???

将相关数据代入解得F2＝0.55 N.

[答案] (1)1×10－2

C (2)0.25 s (3)0.55 N 反思总结

用牛顿运动定律处理电磁感应问题的基本思路

突破二 电磁感应中的能量问题 1.能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化

3

(2)求解焦耳热Q的三种方法

2.求解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤

(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源.

(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道哪些形式的能量发生了相互转化. (3)根据能量守恒列方程求解. 考向1 导体棒平动切割磁感线问题

[典例3] 如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，导轨间接一阻值为3 Ω的电阻R，导轨电阻忽略不计.在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d＝0.5 m.导体棒a的质量为m1＝0.1 kg、电阻为R1＝6 Ω；导体棒b的质量为m2＝0.2 kg、电阻为R2＝3 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好.现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10 m/s，a、b电流间的相互作用不计)，求：

2

③

④

②

①

(1)在b穿越磁场的过程中a、b两导体棒上产生的热量之比； (2)在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量； (3)M、N两点之间的距离. [解题指导] (1)审题

关键信息 ① ② 理解 无摩擦阻力 初速度为零 4

③ ④ 安培力与重力沿导轨向下的分力平衡 始终只有一根导体棒切割磁感线 (2)解题关键：解答本题的关键是区分电源与外电路以及a、b两导体棒运动和受力的关系.

[解析] (1)在b穿越磁场的过程中，b相当于电源，a与R是外电路，则有Ib＝Ia＋IR.

a与R是并联关系，则有IaR1＝IRR， a产生的热量为Qa＝I2aR1t， b产生的热量为Qb＝I2bR2t.

则Qa∶Qb＝IaR1∶IbR2，代入数据可解得Qa∶Qb＝2∶9. (2)a、b穿过磁场区域的整个过程中，由能量守恒可得，

2

2

Q＝m1gsin α·d＋m2gsin α·d，代入数据解得Q＝1.2 J.

(3)设a进入磁场的速度大小为v1，此时电路中的总电阻

RR2?3×3?R总1＝R1＋＝?6＋? Ω＝7.5 Ω

R＋R2?3＋3?

设b进入磁场的速度大小为v2，此时电路中的总电阻

R1R?6×3?R总2＝R2＋＝?3＋? Ω＝5 Ω

R1＋R?6＋3?

B2L2v1B2L2v2v1m1R总13

由m1gsin α＝和m2gsin α＝，可得＝＝. R总1R总2v2m2R总24

设a匀速运动时，m2gsin α＝m2a0，v2＝v1＋a0，联立并代入数据解得v1＝12 m/s，1622

则v2＝v1.

9

2

v22v172

M、N两点之间的距离Δs＝－＝ m. 2a02a012

dv1

222

7

[答案] (1)2∶9 (2)1.2 J (3) m 12考向2 导体棒转动切割磁感线问题

[典例4] (2016·新课标全国卷Ⅱ)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )

5

A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定

B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 [解题指导] 解答本题时应从以下两点进行分析： (1)把圆盘理解成“同心圆周导线”和“辐条”切割模型.

(2)将实际问题转化为等效电路(各个电源并联，总电动势等于一个电源的电动势). [解析] 设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E＝12

Brω，可知转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定则可知，2

从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝IR可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D项错误.

[答案] AB

考向3 电磁感应中线圈穿过磁场问题

[典例5] (2017·四川德阳一模)如图所示，四条水平虚线等间距地分布在同一竖直面上，间距为h，在Ⅰ、Ⅱ两区间分布着完全相同、方向水平向内的磁场，磁场大小按B-t图象变化(图中B0已知).现有一个长方形金属形框ABCD，质量为m，电阻为R，AB＝CD＝L，

2

AD＝BC＝2h.用一轻质的细线把线框ABCD竖直悬挂着，AB边恰好在Ⅰ区的中央.t0(未知)时

刻细线恰好松弛，之后剪断细线，当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动.(空气阻力不计，取g＝10 m/s)

2

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