2015-2016学年高中物理 模块要点回眸 第11点 电磁感应中的动力学问题 教科版选修3-2
电磁感应现象中的动力学与能量问题
动能的变化
重力做功
重力势能的变化
除重力之外的其他力做功
机械能的变化
安培力做功
电能的变化
二、电磁感应中的能量问题
如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ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的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处
动能定理：mgh—W安 = 1 mv2
2
能量守恒：mgh =
1 mv2 2
+Q
电磁感应中的动力学和能量问题
分析求解电磁感应现象中能量问题的一般思路： (1)分析回路，分清电源和外电路． (2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如： ①有摩擦力做功，必有内能产生； ②有重力做功，重力势能必然发生变化； ③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力 做多少功，就产生多少电能； ④如果是安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能． (3)列有关能量的关系式．
F 安＝BIL＝B2RL2v
下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的 根据牛顿第二定律，
摩擦．
(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意图；
ma＝mgsin θ－F b杆的速度大小为v时，
求此时ab杆中的电流及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值
A．如果B增大， Vm 将变大
B．如果α变大， Vm 将变大
C．如果R变大，Vm 将变大
D．如果m变大，Vm 将变大
当堂训练
2、如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质 量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒 与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平 面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做 的功与安培力做的功的代数和等于( A )
原创3：专题十 电磁感应中的动力学和能量问题
(2)撤去外力时导体棒的速度为 v，在导体棒匀加速过程 中，由运动学公式得 v2＝2ax⑤
撤去外力后，克服安培力做的功为 W，由动能定理得 W＝12mv2－0⑥ 撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2＝W 联立以上各式解得 Q2＝1.8 J.
(3)由题意可知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2 ＝2∶1，可得Q1＝3.6 J， 棒在运动的整个过程中，由功能关系得
杆受到的安培力 F 安＝BIl＝7.5－3.75x 由平衡条件得 F＝F 安＋mgsinθ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)． 画出的 F-x 图象如图所示
(3)外力 F 做的功 Wf 等于 F-x 图线下所围的面积，即 Wf ＝5＋212.5×2 J＝17.5 J
而杆的重力势能增加量 ΔEp＝mg OP sinθ 故全过程产生的焦耳热 Q＝Wf－ΔEp＝7.5 J.
A．P＝2mgvsinθ B．P＝3mgvsinθ C．当导体棒速度达到v2时加速度大小为g2sinθ D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的 焦耳热等于拉力所做的功
解析：对导体棒受力分析如图．当导体棒以 v 匀速运动 时(如图甲)，应有：mgsinθ＝F 安＝BIL＝B2RL2v；当加力 F 后 以 2v 匀速运动时(如图乙)，F＋mgsinθ＝2BR2L2v，两式联立得 F＝mgsinθ，则 P＝F·2v＝2mgvsinθ，A 正确、B 错误；
WF＝Q1＋Q2＝5.4 J. 【答案】 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
变式训练2 在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个 磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向 上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个 质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始 沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1 做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又 恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间 位置的过程中，线框的动能变化量为ΔEk，重力对线框做功大小 为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的有( )
高考一轮复习 专题11 电磁感应中的动力学能量和动量问题
专题十一电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点一电磁感应中的动力学问题师生共研例1 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T．一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m．求(g取10 m/s2)：(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小．【考法拓展1】在【例1】中，求金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间．【考法拓展2】在【例1】中，求金属棒由释放到ab连线滑过的距离x0.【考法拓展3】在【例1】中，求金属棒从开始到在磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量．练1 [2021·黑龙江大庆模拟](多选)在倾角θ＝30°的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨MN、EF，间距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．有两根质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒ab、cd垂直导轨放置且与导轨接触良好，光滑的ab棒用平行于导轨的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与质量为2m的重物P连接，如图所示．初始时作用在ab棒上一个外力(题中未画出)使ab棒、重物P保持静止，cd棒也静止在导轨上且刚好不下滑．已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现撤去外力，ab棒和重物P从静止开始运动，到cd棒刚好要向上滑动的过程中，则( )A．重物P向下做加速度不断减小的加速运动B．cd棒刚好要向上滑动时，ab棒中的电流大小I＝C．cd棒刚好要向上滑动时，重物P的速度大小为v＝D．重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能与ab、cd棒产生的焦耳热之和练2 [2020·全国卷Ⅰ](多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( )A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值练3 如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中．质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑．某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则下列判断错误的是( )A．导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I＝B．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a＝g－C．导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s＝D．导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q＝m－题后反思1．电磁感应中动力学问题的解题思路2．电磁感应中的动态分析导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态．考点二电磁感应中的能量问题多维探究1．能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．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，以及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．题型1|由焦耳定律求解焦耳热例 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(重力加速度g取10 m/s2，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.题型2|由安培力做功求解焦耳热例3 如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1 m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻为R＝1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．题型3|由能量守恒或功能关系求解焦耳热例4 [2021·广州市模拟]如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg 的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v t图象，其中AO是图象在O 点的切线，AB是图象的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．练4 [2020·济南模拟]如图所示，水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈，每个线圈的质量均为m，电阻均为R，边长均为L，线圈与传送带间的动摩擦因数均为μ，线圈与传送带共同以速度v0匀速向右运动．MN与PQ为匀强磁场的边界，平行间距为d(L<d)，速度v0方向与MN垂直．磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下．当线圈右侧边进入磁场时与传送带发生相对运动，线圈的右侧边到达边界PQ 时又恰好与传送带的速度相同．设传送带足够长，且线圈在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界．已知重力加速度为g，线圈间不会相碰．求：(1)线圈的右侧边刚进入磁场时，线圈的加速度大小；(2)线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t；(3)n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速，线圈释放的焦耳热．练5 [2021·石嘴山模拟]如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L＝1 m，导轨间连接的定值电阻R＝3 Ω，导轨上放一质量为m＝0.1 kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r＝1 Ω，其余电阻不计，AB位置下方存在磁感应强度为B＝1 T 的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g取10 m/s2.现让金属杆从AB水平位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：(1)金属杆的最大速度．(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝0.6 J，此时金属杆下落的高度为多少？(3)达到最大速度后，为使ab杆中不产生感应电流，从该时刻开始，磁感应强度B′应怎样随时间t 变化？推导这种情况下B′与t的关系式．考点三电磁感应与动量的综合问题多维探究题型1|动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．(1)求电荷量或速度：B lΔt＝mv2－mv1，q＝t.(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bl(3)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，即－x＝m(0－v0)．例5 [2020·山东潍坊期末] (多选)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度，假设导轨都足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．以下说法正确的是( )A．俯视时感应电流方向为顺时针B．棒b的最大速度为0.4v0C．回路中产生的焦耳热为0.1mD．通过回路中某一截面的电荷量为题型2|动量守恒定律在电磁感应中的应用例6 [2019·全国卷Ⅲ，19](多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是( )练6 [2020·山东阳谷二中期末](多选)如图所示，在高为h的桌面上固定着两根平行光滑金属导轨，导轨左段弯曲，右段水平，两部分平滑连接，导轨间距为L，电阻不计，在导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，ab、cd为两根相同的金属棒，质量均为m，长度均为L，电阻均为r.开始时cd静置于水平导轨上某位置，将ab从弯曲导轨上距离桌面高为h处由静止释放，cd离开导轨水平抛出，落地点ef距轨道末端的水平距离也为h，金属棒在运动过程中没有发生碰撞且与导轨接触良好，重力加速度为g.以下说法正确的是( )A．cd在导轨上的最大加速度为B．cd在导轨上的最大加速度为C．ab的落地点在ef的右侧D．电路中产生的热量为mgh练7 如图甲所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平面轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b.杆a、b电阻分别为R a＝2 Ω，R b＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以大小5 m/s的初速度(设为v0)开始向左滑动，同时由静止释放杆a.杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A．从杆a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动图象如图乙所示(以杆a运动方向为正)，其中m a＝2 kg，m b＝1 kg，g＝10 m/s2，求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b上产生的焦耳热．专题十一 电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点突破例1 解析：(1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v 0，由平衡条件得mgsin θ＝F 安① 而F 安＝B 0I 0L ，② I 0＝B 0Lv 0R ＋r③代入数据解得v 0＝2 m/s.④(2)金属棒滑过cd 位置时，其受力如图所示．由牛顿第二定律得 mgsin θ－F ′安＝ma ，⑤ 而F ′安＝B 1I 1L ，⑥ I 1＝B 1Lv 0R ＋r，⑦代入数据可解得a ＝3.75 m/s 2.⑧(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v 1，则mgsin θ＝F ″安，⑨ 而F ″安＝B 1I 2L ○10 I 2＝B 1Lv 1R ＋r，⑪代入数据解得v 1＝8 m/s.⑫答案：(1)2 m/s (2)3.75 m/s 2 (3)8 m/s考法拓展1 解析：金属棒从静止开始到刚进入磁场Ⅰ的时间t 1＝v 0gsin θ＝0.4 s ，在磁场Ⅰ运动时间t 2＝x 1v 0＝0.5 s ，所以金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝0.9 s.答案：0.9 s考法拓展2 解析：金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动a ＝gsin θ，由运动学公式得v 20＝2ax 0，代入数据解得x 0＝0.4 m. 答案：0.4 m考法拓展3 解析：金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中，根据能量守恒得 mg(x 0＋x 1＋x 2)sin θ＝Q ＋12mv 21，Q R ＝R R ＋r Q ＝7.5 J.答案：7.5 J练1 解析：本题考查电磁感应中的楞次定律，通过分析安培力判断物体的运动状态，回路中的电流以及焦耳热．重物P 和ab 棒是一个系统，重物P 的重力不变，ab 棒的重力沿斜面向下的分力不变，而ab 棒切割磁感线的速度在增大，则沿斜面向下的安培力随之增大，则ab 与P 的加速度变小，所以重物P 向下做加速度不断减小的加速运动，A 正确；cd 棒刚开始恰好不下滑，则有mgsin θ＝μmgcos θ，cd 棒刚好要向上滑动时，则有BIL ＝mgsin θ＋μmgcos θ，联立解得I ＝mgBL ，B 正确；cd 棒刚好要向上滑动时，ab 棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝BLv 2R ，可得v ＝2mgRB 2L 2，C 正确；由能量守恒定律可知，重物P 减少的重力势能等于ab 棒、重物P 增加的动能、ab 棒增加的重力势能与ab 、cd 棒产生的焦耳热之和，D 错误．答案：ABC练2 解析：用水平恒力F 向右拉动金属框，bc 边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i ，bc 边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M ，加速度为a 1，由牛顿第二定律有F －BiL ＝Ma 1；导体棒MN 受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m ，加速度为a 2，由牛顿第二定律有BiL ＝ma 2.设金属框bc 边的速度为v 时，导体棒的速度为v ′，则回路中产生的感应电动势为E ＝BL(v －v ′)，由闭合电路欧姆定律i ＝E R ＝BL (v －v ′)R，F 安＝BiL ，可得金属框bc 边所受安培力和导体棒MN 所受的安培力均为F 安＝B 2L 2(v －v ′)R ，二者加速度之差Δa ＝a 1－a 2＝F －F 安M －F 安m ＝F M －F 安⎝ ⎛⎭⎪⎫1M ＋1m ，随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa 减小，当Δa 减小到零时，F M ＝B 2L 2(v －v ′)R ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1M ＋1m ，之后金属框和导体棒的速度之差Δv ＝v －v ′＝FRmB 2L 2(m ＋M )，保持不变．由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F 安＝B 2L 2(v －v ′)R 趋于恒定值，选项A 错误，BC 正确；导体棒到金属框bc 边的距离x ＝⎠⎛0t (v －v ′)dt ，随时间的增大而增大，选项D 错误．答案：BC练3 解析：cd 切割磁感线产生感应电动势为E ＝BLv 0，根据闭合电路欧姆定律得I ＝E 2R ＝BLv 02R ，故A 项错误．对于ab 棒：根据牛顿第二定律得mg －F f ＝ma ，又F f ＝μF N ，F N ＝BIL ，联立解得，加速度大小为a ＝g －μB 2L 2v 02mR ，故B 项正确．对于cd 棒，由公式q ＝ΔΦR 总得q ＝BLs 2R ，则得，s ＝2Rq BL，故C 项正确．设导体棒cd 在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q ，由于ab 的电阻与cd 相同，两者串联，则ab 产生的焦耳热也为Q.根据能量守恒得2Q ＋μmgs ＝12mv 20，又s ＝2Rq BL ，解得Q ＝14mv 20－μmgRqBL ，故D 项正确．综上所述，应选择A.答案：A例2 解析：(1)由牛顿第二定律a ＝F －mgsin 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 ＝BlvR安培力F A ＝IBl代入得F A ＝(Bl )2vR ＝48 N.(3)健身者做功W ＝F(s ＋d)＝64 J 由牛顿第二定律F －mgsin θ－F A ＝0 CD 棒在磁场区域做匀速运动 在磁场中运动的时间t ＝dv焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.答案：(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J例3 解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有mgsin θ＝μmgcos θ＋F 安 其中F 安＝BId ，I ＝ER，E ＝Bdv解得v ＝(mgsin θ－μmgcos θ)RB 2d2＝2 m/s. (2)设最高点离bb ′的距离为x ，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有v 2＝2ax ，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有E k1－E k ＝μmgcos θ·2x ，其中E k ＝12mv 2得E k1＝12mv 2＋v 2μmgcos θgsin θ－μgcos θ＝0.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中， 有mgsin θ·2d －μmgcos θ·2d ＋W 安＝0 Q ＝－W 安解得Q ＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J. 答案：(1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J例4 解析：(1)由图乙得ab 棒刚开始运动瞬间a ＝2.5 m/s 2， 则F －F f ＝ma ， 解得F f ＝0.2 N.ab 棒最终以速度v ＝10 m/s 匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F －F f －F 安＝0.F 安＝BIL ＝BL Blv R ＝B 2L 2vR .联立可得R ＝B 2L 2vF －F f＝0.4 Ω.(2)由功能关系可得(F －F f )x ＝12mv 2＋Q ，解得Q ＝20 J.答案：(1)0.4 Ω (2)20 J练4 解析：(1)线圈刚进入磁场时有：E ＝BLv 0 根据闭合电路欧姆定律：I ＝ER所以安培力F ＝B 2L 2v 0R根据牛顿第二定律：F －μmg ＝ma. a ＝B 2L 2v 0mR －μg ，方向向左(2)根据动量定理，对线圈： μmgt －I 安＝0. 其中安培力的冲量：I 安＝F 安t ′＝B I －L ·t ′＝BLq q ＝ΔΦR ＝BL 2R .综上解得t ＝B 2L 3μmgR.(3)自线圈进入磁场到线圈右侧边到达PQ 过程中，对于单个线圈，根据动能定理得 μmgd －W 安＝0，所以克服安培力做功W 安＝μmgd单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同，W ′安＝W 安＝μmgd ， 所以对于n 个线圈有Q ＝2n μmgd答案：(1)B 2L 2v 0mR －μg (2)B 2L3μmgR(3)2n μmgd练5 解析：(1)设金属杆的最大速度为v m ，安培力与重力平衡，则有：F 安＝mg 又F 安＝BIL ，I ＝ER ＋r，E ＝BLv m 联立得：F 安＝B 2L 2v mR ＋r解得：v m ＝4 m/s(2)电路中产生的总焦耳热： Q 总＝R ＋r R Q ＝3＋13×0.6 J ＝0.8 J由能量守恒定律得：mgh ＝12mv 2m ＋Q 总解得：h ＝1.6 m(3)为使ab 杆中不产生感应电流，应使穿过回路平面的磁通量不发生变化， 在该时刻穿过回路平面的磁通量为： Φ1＝BLht 时刻的磁通量为： Φ2＝B ′L ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋v m t ＋12gt 2 由Φ1＝Φ2得：B ′＝Bhh ＋v m t ＋12gt2代入数据解得：B ′＝ 1.65t 2＋4t ＋1.6T答案：(1)4 m/s (2)1.6 m (3)B ′＝ 1.65t 2＋4t ＋1.6T例5 解析：本题考查电磁感应中的电荷量、能量等物理量的计算．棒a 向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针，A 错误；在棒a 的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，棒a 减速，棒b 加速，对棒a ，由动量定理可得B I －·Lt ＝BqL ＝mv 0－0.8mv 0，对棒b ，由动量定理可得B I －·2Lt ＝mv ，联立可得v ＝0.4v 0，q ＝mv 05BL ，B 正确，D 错误；根据能量守恒定律可得Q ＝12mv 20－12m(0.8v 0)2＋12m(0.4v 0)2＝0.1mv 20，C 正确．答案：BC例6 解析：由楞次定律可知ab 棒做减速运动，cd 棒做加速运动，即v 1减小，v 2增加．回路中的感应电动势E ＝BL(v 1－v 2)，回路中的电流I ＝E R ＝BL (v 1－v 2)R ，回路中的导体棒ab 、cd 的加速度大小均为a ＝F m ＝BIL m ＝B 2L 2(v 1－v 2)mR ，由于v 1－v 2减小，可知a 减小，所以ab 与cd 的v t 图线斜率减小，I 也非线性减小，所以A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC练6 解析：本题从动量和能量两个角度考查双棒问题．当cd 受到的安培力最大时，cd 在导轨上的加速度最大，即ab 刚进入磁场时，cd 在导轨上的加速度最大，设此时ab 的速度为v ，根据机械能守恒定律可得12mv 2＝mgh ，解得v ＝2gh ，此时回路中的感应电流I ＝BLv 2r ，cd 在导轨上的最大加速度a ＝BIL m ＝B 2L 22gh2mr，故A 正确，B 错误； 设cd 离开导轨时的速度为v 1，根据平抛运动规律可知，下落时间t ＝2h g ，则v 1＝h t＝gh2，设cd 离开导轨时ab 的速度为v ′，根据动量守恒定律可得mv ＝mv ′＋mv 1，解得v ′＝v 1＝gh2，所以ab 的落地点也在ef 处，故C 错误；电路中产生的热量Q ＝mgh －12mv ′2－12mv 21＝12mgh ，故D 正确．答案：AD练7 解析：(1)设杆a 刚滑到水平轨道时，杆b 的速度为v b ，杆a 在弧形轨道上运动的时间与杆b 从开始滑动到杆a 刚滑到水平轨道时所用时间相等，对杆b 应用动量定理有Bd I －t 1＝m b v b －m b v 0其中v 0＝－5 m/s ，v b ＝－2 m/s 解得t 1＝5 s.(2)设杆a 下滑到水平轨道时的速度为v a ，由杆a 下滑的过程中机械能守恒有 m a gh ＝12m a v 2a解得v a ＝5 m/s设两杆最后共同的速度为v ，两杆在水平轨道上运动过程中动量守恒，有 m a v a ＋m b v b ＝(m a ＋m b )v 解得v ＝83m/s对杆a 在水平轨道上运动过程应用动量定理有 －Bd I －t 2＝m a v －m a v a 又q ＝I －t 2解得q ＝73C.(3)由能量守恒定律得，两杆产生的总焦耳热Q 总＝m a gh ＋12m b v 20－12(m a ＋m b )v 2＝1616 J杆a 、b 串联，电流相等，则相同时间内产生的焦耳热与电阻成正比 故杆b 上产生的焦耳热Q ＝R b R a ＋R b Q 总＝1156J. 答案：(1)5 s (2)73 C (3)1156 J。
高考物理第十一章电磁感应知识点
高考物理第十一章电磁感应知识点高考物理第十一章电磁感应知识点其实，高考物理并不是很难，关键在于公式的总结和运用，还有对知识点的掌握。
物理第十一章电磁感应就是其中重要的环节。
下面是店铺为大家精心推荐的电磁感应的重点，希望能够对您有所帮助。
电磁感应必背知识点一、磁通量：设在匀强磁场中有一个与磁场方向垂直的平面，磁场的磁感应强度B和平面面积S的乘积叫磁通量;1、计算式：φ=BS(B⊥S)2、推论：B不垂直S时，φ=BSsinθ3、磁通量的国际单位：韦伯，wb;4、磁通量与穿过闭合回路的磁感线条数成正比;5、磁通量是标量，但有正负之分;二、电磁感应：穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就有感应电流产生，这种现象叫电磁感应现象，产生的电流叫感应电流;注：判断有无感应电流的方法：1、闭合回路;2、磁通量发生变化;三、感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势;四、磁通量的变化率：等于磁通量的变化量和所用时间的比值; △φ/t1、磁通量的变化率是表示磁通量的变化快慢的.物理量;2、磁通量的变化率由磁通量的变化量和时间共同决定;3、磁通量变化率大，感应电动势就大;五、法拉第电磁感应定律：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比;1、定义式：E=n△φ/△t(只能求平均感应电动势);2、推论; E=BLVsinaθ(适用导体切割磁感线，求瞬时感应电动势，平均感应电动势)(1)V⊥L,L⊥B, θ为V与B间的夹角;(2) V⊥B,L⊥B, θ为V与L间的夹角(3) V⊥B,L⊥V, θ为B与L间的夹角3、穿过线圈的磁通量大，感应电动势不一定大;4、磁通量的变化量大，感应电动势不一定大;5、有感应电流就一定有感应电动势;有感应电动势，不一定有感应电流;六、右手定则(判断感应电流的方向)：伸开右手，让大拇指和其余四指共面、且相互垂直，把右手放入磁场中，让磁感线垂直穿过手心，大拇指指向导体运动方向，四指指向感应电流的方向。
电磁感应中的动力学问题(上)
02
电磁感应基础
法拉第电磁感应定律
总结词
法拉第电磁感应定律描述了磁场变化时会在导体中产生电动势的物理现象。
详细描述
法拉第通过实验发现，当磁场相对于导体发生变化时，会在导体中产生电动势， 进一步导致电流的产生。这个定律是电磁感应现象的基本规律，为电磁感应中 的动力学问题提供了理论基础。
楞次定律
总结词
04
电磁感应中的动力学问题
电磁力对物体运动的影响
80%
洛伦兹力
在电磁场中，带电粒子受到的力 称为洛伦兹力，它对物体的运动 轨迹和速度产生影响。
100%
电磁阻尼
当物体在变化的磁场中运动时， 会受到电磁阻尼作用，使物体的 速度逐渐减小。
80%
电磁驱动
当变化的磁场作用于导体时，会 在导体中产生感应电流，这个电 流又会受到磁场的作用力，从而 使物体运动。
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
能量守恒定律
总结词
能量守恒定律是描述自然界中能量不会 消失也不会凭空产生的规律。
VS
详细描述
能量守恒定律表述为能量既不会凭空产生 ，也不会凭空消失，它只会从一种形式转 化为另一种形式，或者从一个物体转移到 另一个物体，而能量的总量保持不变。这 个定律是自然界中最基本的定律之一，适 用于任何形式的能量转换和转移过程。
电磁炮的应用包括军事打击、 反导系统和太空探索等，其发 展对于提高武器性能和战略威 慑力具有重要意义。
电磁悬浮的应用与原理
电磁悬浮是一种利用电磁感应原理实 现物体悬浮的技术，具有无接触、低 磨损、高稳定性和长寿命等优点。
电磁悬浮的应用包括磁悬浮列车、磁 悬浮轴承、磁悬浮陀螺仪等，对于提 高运输效率、减小机械磨损和实现高 精度测量具有重要意义。
电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题
第二讲：电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题2019年03月16日23:45:31写在前面的话在解决运动学问题时，我们有三种思路即动力学观点、能量观点、动量观点。
这三个观点在解决物理问题时，互有优势，地位相同，在同学们心中总是倾向于认为动量要“低一等”这是完全错误的。
动力学的核心公式是F=ma，主要用于解决匀变速（直线和曲线）问题、瞬时加速度问题；能量观点核心是能量守恒和功能关系，可以解决匀变速问题也可以解决变加速问题，相对于动力学观点更加简单，但一般不涉及时间，不能用于求瞬时加速度等问题，这就是能量观点解决问题的劣势；动量观点相对于动力学观点和能量观点，其优势在于可以在不涉及位移和加速度的情况下解决问题，主要用于解决不涉及位移又涉及时间的问题，相对于动力学方法，可以省去计算加速度的过程，相对于能量观点，动量观点可以解决涉及时间的问题，动量守恒与能量守恒相互独立，在有些情况下需要能量守恒和动量守恒联合运用，特别是在求解冲击力和碰撞的情形中，动量观点有无可替代的作用。
当然这些都不是绝对的（例如在给出牵引力恒定功率的条件下，运用能量观点是涉及时间的），同学们在学习过程中需要不断自我总结，慢慢体会。
一、电磁感应中的动力学问题电磁感应中，由于导体运动切割磁感线，产生电动势（E=nBlv），进而在导体中形成电流(I=nBlvR+r )，从而受到安培力(F=nBIL=nB2L2vR+r)，可以看出这里的安培力和速度成正比，可以理解为，在动生电动势中，安培力与速度密切相关。
例1、如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m。
整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。
质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1Ω，电路中其余电阻不计。
金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好。
高三物理电磁感应现象中的动力学问题及其求解方法通用版
高三物理电磁感应现象中的动力学问题及其求解方法通用版【本讲主要内容】电磁感应现象中的动力学问题及其求解方法【知识掌握】【知识点精析】1. 电磁感应中通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。
解决这类问题的基本步骤是：①用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。
②求回路中的电流。
③分析导体受力情况（包含安培力，用左手定则确定其方向），进而分析导体的运动情况及能量转化方向。
④列出动力学方程或是平衡方向或是能量守恒方程求解。
2. 电磁感应过程总是伴随着能量转化。
其中，安培力做正功，把电能转化为机械能或其它形式的能量（是电动机模型）；克服安培力做功，把机械能或其它形式的能转化为电能（是发电机模型），再通过电路中用电器转化为热能等其它形式的能量。
3. 电磁感应中力学问题，常常以导体棒在导轨上运动问题形式出现。
一种是导轨上仅有一个导体棒的运动。
这种情况有两种类型：（1）“电——动——电”类型如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距为l ，其上放置一电阻为R ，质量为m 的金属棒ab 。
导轨左端接有内电阻不计，电动势为正的电源形成回路，整个装置放在竖直向上的匀强磁场B 之中。
导轨电阻不计且足够大，并与开关S 串接，当刚闭合开关时，棒ab 因通电而动，其受安培力RE BlF =安，方向向右，此时ab 具有最大加速度mRBlE a m =。
然而，ab 一旦有了加速度，则“因动而电”，立即产生了感应电动势。
因速度决定感应电动势，而感应电动势与电源电动势反接又导致电流减小，从而使安培力变小，故加速度减小。
因此ab 做一种加速度减小的变加速运动。
当0=安F ，ab 速度将达到最大值。
故ab 运动收尾状态为匀速运动，BlE v m =。
该过程中，安培力做正功，把电能转化为导体棒的动能，另一部分电能转化为回路中的焦耳热。
（2）“动——电——动”类型如图所示，平行滑轨PQ 、MN 间距为l ，与水平方向成α夹角，质量为m ，电阻为R 的导体棒ab 紧贴在滑轨上并与PM 平行，滑轨电阻不计。
电磁感应中的动力学和能量问题
电磁感应中的动力学和能量问题一、电磁感应中的动力学问题1．所用知识及规律(3)牛顿第二定律及功能关系2．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．(2)导体的非平衡状态——加速度不为零．3．两大研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源)，又可看作力学对象(因为感应电流产生安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带例1：如图所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab 边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝2 kg，斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ef和gh的距离s＝11.4 m，(取g＝10 m/s2)，求：(1)线框进入磁场前重物的加速度；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(3)ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间t；(4)ab边运动到gh处的速度大小及在线框由静止开始运动到gh处的整个过程中产生的焦耳热．反思总结分析电磁感应中动力学问题的基本思路（顺序）：即学即练1：如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端连接一个定值电阻R，金属棒和导轨电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F恒定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动；若保持拉力的功率P恒定，棒由静止经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则( )．A．t2＝t1 B．t1>t2C．a2＝2a1 D．a2＝5a1即学即练2：如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存有匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5 T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得其在下滑过程中的最大速度为vm.改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示．已知轨道间距为L ＝2 m，重力加速度g取10 m/s2，轨道充足长且电阻不计．(1)当R＝0时，求杆ab匀速下滑过程中产生的感应电动势E的大小及杆中电流的方向；(2)求杆ab的质量m和阻值r；(3)当R＝4 Ω时，求回路瞬时电功率每增加1 W的过程中合外力对杆做的功W.二、电磁感应中的能量问题1．电磁感应中的能量转化2．求解焦耳热Q 的三种方法例2、如图所示，充足长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 间连接阻值为R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，其下滑距离与时间的关系如下表所示，导轨电阻不计，重力加速度g 取10 m/s2.试求：(1)当t ＝0.7 s 时，重力对金属棒ab 做功的功率；(2)金属棒ab 在开始运动的0.7 s 内，电阻R 上产生的焦耳热；(3)从开始运动到t ＝0.4 s 的时间内，通过金属棒ab 的电荷量．即时训练3：如图，充足长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中 ( )．A ．运动的平均速度大小为12v B ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBLvD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v Rsin θ即时训练4：某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝l 、bc ＝ad ＝2l .线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强时间t (s) 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 下滑距离s (m) 0 0.1 0.3 0.7 1.4 2.1 2.8 3.5度大小均为B，方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R.求：(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；(3)外接电阻上电流的有效值I.。
高考物理电磁感应中的动力学问题和能量问题
电磁感应中的动力学问题和能量问题辅导讲义形，介质中质点Q 此时位移为-0.1m ，图乙表示该波传播的介质中质点P 从t=0时起的振动图像，则下列说法正确的是______________（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，没选错一个扣3分，最低得分为0）A ．该波沿x 轴负方向传播B ．该波的传播速度为20m/sC ．再经过160s 质点Q 到达平衡位置 D ．质点P 在任意一个0.05s 时间内通过的路程一定为0.2mE ．0~0.1s 时间内质点Q 通过的路程一定为0.4m3、如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，∠A=30°，∠B=60°，AB 边长为L 。
一束与BC 面成θ=30°角的光从BC 面中点射入三棱镜，进入三棱镜后折射光线从AB 边平行。
求：（i ）通过计算说明在AC 面下方能否观察到折射光？（ii ）求从AB 边出射点到A 点距离 。
（1）（5分）ABE（2）（10分）解析：（ⅰ）光路图如图。
据题意可求出γ=30°由折射定律在BC 面上有：330sin 60sin 0==o n 由临界角的公式sin C ＝n1 解得：sin C ＝33，所以全反射的临界角C ＜60°，光线在AC 面上的入射角为60°＞C ， 故光线在AC 界面发生全反射，在AC 面下方不能观察到折射光线（ⅱ）由几何关系可知在AB 边上的入射角为30°，则射出棱镜时的折射角为60°。
[来源:]解法一：求磁感应强度的变化率，需要将感生电动势和动生电动势叠加.B2L2v0R＝mg sin θ.当ab边刚越过mg sin θ，加速度向上大小为错误．有磁场时，ab切割磁感一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁，解得线框进入磁场前运动的加速度为，E＝Bl1v，联立解得线框进入2E，回路中的电流I＝2R，选项错误．由能量守恒定律可知：，I ＝E ，E ＝Bd v。
电磁感应中的动力学问题和能量问题
析清楚电磁感应过程中能量转化的关系,是解决电磁
感应问题的重要途径之一.
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题型探究
题型1 电磁感应中的动力学问题
【例1】 如图2所示,光滑斜面的倾角
=30°,在斜面上放置一矩形线框
abcd,ab边的边长l1=1 m,bc边的边长
l2=0.6 m,线框的质量m=1 kg,电阻
R=0.1 Ω,线框通过细线与重物相
s-l2=v t3+12 at32
解得t3=1.2 s
因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间
t=t1+t2+t3=1.2 s+0.1 s+1.2 s=2.5 s
答案 (1)6 m/s
(2)2.5 s
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规律总结 此类问题中力现象和电磁现象相互联系,相互制
约,解决问题首先要建立“动→电→动”的思维顺 序,可概括为 (1)找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和 楞次定律求解电动势大小和方向. (2)根据等效电路图,求解回路中电流的大小及 方向. (3)分析导体棒的受力情况及导体棒运动后对电 路中电学参量的“反作用”,即分析由于导体棒 受到安培力,对导体棒运动速度、加速度的影响, 从而推理得出对电路中的电流有什么影响,最后定 性分析出导体棒的最终运动情况. (4)列出牛顿第二定律或编平辑衡课件方程求解.
到最大这一关键.
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特别提示 1.对电学对象要画好必要的等效电路图. 2.对力学对象要画好必要的受力分析图和过程示 意图. 热点二 电路中的能量转化分析 从能量的观点着手,运用动能定理或能量守恒定律. 基本方法是: 受力分析→弄清哪些力做功,做正功还是负功→明确 有哪些形式的能参与转化,哪些增哪些减→由动能定 理或能量守恒定律列方程求解.
高考物理电磁感应中的动力学问题和能量问题
电磁感应中的动力学问题和能量问题辅导讲义授课主题法拉第电磁感应中的动力学问题和能量问题教学目的 1.了解感生电动势和动生电动势2.能解决电磁感应问题中涉及安培力的动态分析和平衡问题。
3.会分析电磁感应问题中的能量转化,并会进行有关计算、4.掌握导轨—杆模型教学重难点能解决电磁感应问题中涉及安培力的动态分析和平衡问题,会分析电磁感应问题中的能量转化,并会进行有关计算、教学内容一、知识回顾1、如图(a)所示,理想变压器原副线圈匝数比,原线圈接有交流电流表,副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表,滑动变阻器R等,所有电表都可看成理想电表,二极管D正向电阻为零,反向电阻无穷大,灯泡L的阻值可视为不变,原线圈接入电压按图(b)所示规律变化的交流电,则下列说法正确的是AA、交流电压表V的读数为32VB、灯泡L两端电压的有效值为32VC、当滑动变阻器触头P向下滑动时,电压表V的示数增大,电流表示数增大D、由图(b)可知交流发电机转子的角速度为2、如图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝０、1s时刻的波形,介质中质点Ｑ此时位移为－0、1m,图乙表示该波传播的介质中质点P从t＝0时起的振动图像,则下列说法正确的是＿__＿__＿__＿____(选对1个给2分,选对２个给4分,选对3个给5分,没选错一个扣３分,最低得分为0)Ａ。
该波沿x轴负方向传播B、该波的传播速度为２０m／ｓC、再经过质点Q到达平衡位置Ｄ、质点P在任意一个0。
0５ｓ时间内通过的路程一定为０、2mE、０~0、１s时间内质点Ｑ通过的路程一定为0、4m3、如图所示,一个横截面为直角三角形的三棱镜,∠A=30°,∠B=6０°,AＢ边长为L。
一束与ＢC面成＝3０°角的光从BＣ面中点射入三棱镜,进入三棱镜后折射光线从AB边平行、求:(i)通过计算说明在ＡC面下方能否观察到折射光？(ii)求从AＢ边出射点到Ａ点距离。
(1)(5分)ＡBＥ(2)(１0分)解析:(ⅰ)光路图如图。
电磁感应中动力学问题的处理思路
电磁感应中动力学问题的处理思路
处理电磁感应中的动力学问题可以遵循以下思路：
1. 确定系统的初态和末态：首先要明确系统的初态和末态，即电磁感应起始时的各个物体的位置、速度和受力情况，以及电磁感应完成后的各个物体的位置、速度和受力情况。
2. 分析各个物体的受力情况：根据电磁感应的原理，确定各个物体所受到的力。
对于感应电流的产生，可以根据法拉第定律和安培定律来分析磁场对物体的作用力。
对于感应电场的产生，可以根据法拉第定律和库仑定律来分析电场对物体的作用力。
3. 应用牛顿第二定律和洛伦兹力定律：将所得到的每个物体的受力情况代入牛顿第二定律或洛伦兹力定律中，得到物体的运动方程。
4. 解方程得到物体的运动轨迹：将所得到的物体的运动方程进行求解，得到物体的运动轨迹。
5. 分析能量变化：根据物体的运动轨迹，分析其在电磁感应过程中的能量变化情况，包括动能、势能和电能等。
6. 检验结果的合理性：最后，对所得到的结果进行检验，确保结果的合理性，并对可能出现的问题进行修正调整。
以上是处理电磁感应中动力学问题的基本思路，具体问题还需要根据实际情况进行具体分析和处理。
专题 电磁感应中的动力学、能量和动量问题
专题2 电磁感应中的动力学、能量和动量问题电磁感应中的动力学问题1.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”，具体思路如下：2.电磁感应中的动力学临界问题(1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。
(2)基本思路是：导体受外力运动――→E ＝Bl v 感应电动势错误!感应电流错误!导体受安培力―→合外力变化――→F 合＝ma 加速度变化―→速度变化―→临界状态―→列式求解。
【例1】 如图1所示，足够长的平行金属导轨MN 和PQ 表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)，间距为1 m 。
垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T ，P 、M 间所接电阻的阻值为8 Ω。
质量为2 kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。
金属杆ab 在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F 作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s ，取g ＝10 m/s 2，求：图1(1)当金属杆的速度为4 m/s 时，金属杆的加速度大小；(2)当金属杆沿导轨的位移为6 m 时，通过金属杆的电荷量。
解析 (1)对金属杆ab 应用牛顿第二定律，有F ＋mg sin θ－F 安－f ＝ma ，f ＝μN ，N ＝mg cos θab 杆所受安培力大小为F 安＝BILab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BL v由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R 整理得F ＋mg sin θ－B 2L 2R v －μmg cos θ＝ma代入v m ＝8 m/s 时a ＝0，解得F ＝8 N代入v ＝4 m/s 及F ＝8 N ，解得a ＝4 m/s 2。
(2)设通过回路横截面的电荷量为q ，则q ＝I －t回路中的平均电流强度为I －＝E －R 回路中产生的平均感应电动势为E －＝ΔΦt 回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLs ，联立解得q ＝3 C 。
高一物理学习中的电磁感应与电动力学问题解析
高一物理学习中的电磁感应与电动力学问题解析在高一物理学习中，电磁感应与电动力学是一个重要的内容，也是学生常常遇到的难点。
本文将就电磁感应与电动力学中的一些常见问题进行解析，并提供相关的解决方法。
【一、电磁感应】电磁感应是指在导体中产生电动势的现象，也是电机、发电机等工作原理的基础。
电磁感应的重要内容包括法拉第电磁感应定律、洛伦兹力以及感应电流等。
1. 法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律是电磁感应理论的基础，它阐述了导体中电动势的产生原理。
当导体中的磁感应强度发生变化时，会在导体两端产生感应电动势。
根据法拉第电磁感应定律，你可以通过以下步骤来解决相关问题：（1）确定磁感应强度的变化情况；（2）确定导体的形状和位置；（3）根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势大小。
2. 洛伦兹力洛伦兹力是指电荷在磁场中受到的力，它是电动机和电磁铁工作的基础。
洛伦兹力的大小与电荷的速度、磁感应强度以及电荷的正负有关。
在解决洛伦兹力问题时，你可以按以下步骤进行：（1）确定电荷的速度、磁感应强度以及电荷的正负；（2）根据洛伦兹力的公式计算力的大小。
3. 感应电流感应电流是指在导体中由电磁感应产生的电流。
当导体中的磁感应强度发生变化时，会在导体中产生感应电流。
解决感应电流问题时，你可以按照以下步骤进行操作：（1）确定导体的形状和位置；（2）确定磁感应强度的变化情况；（3）根据法拉第电磁感应定律计算感应电流的大小。
【二、电动力学】电动力学是物理学中讨论电场和电荷之间相互作用的学科，其中包括库仑定律、电场强度、电势差等重要内容。
1. 库仑定律庫仑定律是电动力学中一个重要的基本定律，它描述了电荷之间相互作用的力。
根据库仑定律，你可以按照以下步骤解决相关问题：（1）确定电荷的大小和性质；（2）确定电荷之间的距离；（3）根据库仑定律计算电荷之间的相互作用力。
2. 电场强度电场强度是指单位正电荷在电场中所受到的力，电场强度的方向是电荷的正方向。
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第11点电磁感应中的动力学问题
电磁感应和力学问题的综合，其联系桥梁是磁场对感应电流的安培力，因为感应电流与导体运动的加速度有相互制约的关系，这类问题中的导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程，再趋于一个稳定状态，故解这类题时正确的进行动态分析，确定最终状态是解题的关键．
1．受力情况、运动情况的动态分析及思考路线
导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→…周而复始地循环，直至最终达到稳定状态，此时加速度为零，而导体通过加速达到最大速度做匀速直线运动或通过减速达到稳定速度做匀速直线运动．2．解决此类问题的基本思路
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”．
(1)“源”的分析——分析出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；
(2)“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；
(3)“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；
(4)“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．
3．两种状态处理
(1)导体处于平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)，列式分析．
(2)导体处于非平衡态——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．
4．电磁感应中的动力学临界问题
(1)解决这类问题的关键是通过运动状态的分析寻找过程中的临界状态，如由速度、加速度求最大值或最小值的条件．
(2)基本思路
注意：当导体切割磁感线运动存在临界条件时：
①若导体初速度等于临界速度，导体匀速切割磁感线；
②若导体初速度大于临界速度，导体先减速，后匀速运动；
③若导体初速度小于临界速度，导体先加速，后匀速运动．
对点例题如图1所示，在距离水平地面h＝0.8 m的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面水平向里的匀强磁场．正方形线框abcd的边长l＝0.2 m，质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.08 Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻光滑滑轮，一端连线框，另一端连一质量M＝0.2 kg的物体A(A 未在磁场中)．开始时线框的cd边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取 10 m/s2.求：
图1
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小．
(2)线框从开始运动至到达最高点，用了多长时间？
(3)线框落地时的速度多大？
解题指导(1)设线框到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守恒定律可得：
Mg (h －l )＝mg (h －l )＋12(M ＋m )v 2
代入数据解得：v ＝2 m/s
线框的ab 边刚进入磁场时，感应电流：I ＝
Blv R
线框恰好做匀速运动，有： Mg ＝mg ＋BIl
代入数据解得：B ＝1 T.
(2)设线框进入磁场之前运动时间为t 1，有：
h －l ＝12
vt 1 代入数据解得：t 1＝0.6 s
线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：
t 2＝l v
＝0.1 s 此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到达最高点时所用时间：t 3＝v g
＝0.2 s 线框从开始运动至到达最高点，所用时间： t ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.9 s
(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小为2 m/s ，线框所受安培力大小也不变，即 BIl ＝(M －m )g
因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动．
由机械能守恒定律可得：
12mv 21＝12
mv 2＋mg (h －l ) 代入数据解得线框落地时的速度：
v 1＝4 m/s.
答案 (1)1 T (2)0.9 s (3)4 m/s
方法提炼 解决此类问题，应从电路分析入手，求出电流，然后进行受力分析，正确的受力分析是关键．再用牛顿第二定律求加速度以及其他的运动学量．涉及极值问题时，要分析出临界条件，根据临界条件求出极值．
1. 如图2所示，电阻阻值为R ，其他电阻均可忽略，ef 是水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直
的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后 ( )
图2
A．导体棒ef的加速度可能大于g
B．导体棒ef的加速度一定小于g
C．导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同
D．导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒
答案AD
2. 一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图3所示，则 ( )
图3
A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动
B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动
C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动
D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动
答案 C
3．如图4甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀强磁场垂直水平面向里，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，金属杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示(重力加速度g取10 m/s2)．问：
图4
(1)金属杆在做匀速运动之前做什么运动？ (2)若m ＝0.5 kg ，L ＝0.5 m ，R ＝0.5 Ω，则磁感应强度B 为多大？
(3)由v －F 图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？
答案 (1)见解析 (2)1 T (3)见解析
解析 (1)变速运动(或变加速运动或加速度逐渐减小的加速运动或加速运动)．
(2)感应电动势：E ＝BLv
感应电流：I ＝E R ，安培力：F 安＝BIL ＝B 2L 2v R
由题图乙中图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力的作用，匀速运动时合力为零．故
F ＝B 2L 2v R ＋f ，v ＝R F －f B 2L 2＝R B 2L 2F －R f B 2L 2 由题图乙中图线可知直线的斜率为k ＝2，得B ＝1 T.
(3)由图线的截距可以求得金属杆受到的阻力f ，
f ＝2 N ．。