2019年高考物理热点题型归纳与整合：电磁学中的动力学问题
2019年高考物理一轮复习精品学案：专题9.4 电磁感应中的动力学和能量问题(解析版)
1．受力分析与运动分析2．应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题一、电磁感应与力和运动1．安培力的大小由感应电动势E＝Blv、感应电流I＝ER和安培力公式F＝BIl得F＝B2l2vR.2．安培力的方向判断(1)对导体切割磁感线运动，先用右手定则确定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向．(2)根据安培力防碍导体和磁场的相对运动判断．3．电磁感应中的力和运动电磁感应与力学问题的综合，涉及两大研究对象：电学对象与力学对象．联系两大研究对象的桥梁是磁场对感应电流的安培力，其大小与方向的变化，直接导致两大研究对象的状态改变．二、电磁感应与能量守恒1．能量转化导体切割磁感线或磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，这个过程中机械能或其他形式的能转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机械能或内能．所以，电磁感应过程中总是伴随着能量的转化．2．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．高频考点一电磁感应与力和运动1．受力分析与运动分析对电磁感应现象中的力学问题，除了要作好受力情况和运动情况的动态分析外，还需要注意导体受到的安培力随运动速度变化的特点，速度变化，弹力及相对应的摩擦力也随之而变，导致物体的运动状态发生变化．2．应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题的基本思路(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)分析研究导体的受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)．(4)根据牛顿第二定律和运动学规律或平衡条件列方程求解．例1、如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.【方法归纳】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：(1)先作“源”的分析——分离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)再实行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相对应部分的电流大小，以便求解安培力；(3)然后是“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)最后实行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断准确的运动模型．【变式探究】如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域充足大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )【答案】A．【举一反三】(多选)如图甲所示，MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，现将一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场方向垂直，且bc边与磁场边界MN重合．当t＝0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t＝t0时，线框的ad边与磁场边界MN重合．图乙为拉力F随时间t变化的图线．由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小及t0时刻线框的速率v为( )A ．B ＝1LmR t 0 B ．B ＝1L2mRt 0C ．v ＝F 0t 0mD ．v ＝2F 0t 0m【答案】BC高频考点二 电磁感应与能量守恒 1．电磁感应中的几个功能关系(1)导体克服安培力做的功等于产生的电能W 安＝E 电；(2)若电路为纯电阻电路，则电磁感应中产生的电能又完全转化为电路的焦耳热Q ＝E 电； (3)导体克服安培力做的功等于消耗的机械能W 安＝E 机械能；(4)综合起来能够看出“电路的焦耳热”等于“电磁感应中产生的电能”等于“机械能的减小”，即Q ＝E 电＝E 机械能．这里还要特别明确“能量转化的层次性”，即E 机械能→E 电→Q ，其中第一次转化是通过克服安培力做功W 安来实现，第二次转化是通过感应电流流经电阻转化为焦耳热来实现． 2．用能量方法解决电磁感应问题的一般步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电动势的大小和方向． (2)画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率的表达式．(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的关系式．例2、半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面．BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g ，求：(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率．(2)在竖直方向上有mg －2F N ＝0⑤式中，因为质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为F N .两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为F f ＝μF N⑥在Δt 时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为 l 1＝rωΔt ⑦ l 2＝2rωΔt⑧克服摩擦力做的总功为W f ＝F f (l 1＋l 2)⑨在Δt 时间内，消耗在电阻R 上的功为W R ＝I 2R Δt⑩根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt 时间内做的功为W ＝W f ＋W R ⑪外力的功率为P ＝WΔt⑫由④至⑫式得P ＝32μmgωr ＋9ω2B 2r 44R ⑬ 【答案】(1)3ωBr 22R 方向由C 端到D 端(2)32μmg ωr ＋9ω2B 2r 44R【归纳总结】(1)电磁感应中通过导体横截面的电荷量q ＝n ΔΦR ，式中ΔΦ为闭合电路中磁通量的变化量，n 为线圈匝数，R 为闭合电路的总电阻．不论电流恒定还是变化，上述公式都适用． (2)电能在电路中的作用：一般电路中并不储存电能，在绝大部分情况下，虽然持续有能量转化为电能，但这些电能立即通过电流做功转化为焦耳热，所以电能往往仅仅一种“过渡”能量． 【变式探究】(多选)如图所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB 、CD ，两端接有阻值相同的两个定值电阻．质量为m 的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．当导体棒静止在OO ′位置时，弹簧处于原长状态．此时给导体棒一个水平向右的初速度v 0，它能向右运动的最远距离为d ，且能再次经过OO ′位置．已知导体棒所受的摩擦力大小恒为f ，导体棒向右运动过程中左侧电阻产生的热量为Q ，不计导轨和导体棒的电阻．则( )A ．弹簧的弹性势能最大为12mv 20－Q －fdB ．弹簧的弹性势能最大为12mv 20－2Q －fdC ．导体棒再次回到OO ′位置时的动能等于12mv 20－4Q －2fdD ．导体棒再次回到OO ′位置时的动能大于12mv 20－4Q －2fd【答案】BD【举一反三】如图甲所示，在虚线mn 的上方存有垂直纸面向里的匀强磁场，mn 的下方存有竖直向下的匀强磁场，mn 上下两侧磁场的磁感应强度大小相等．将两根充足长的直导轨平行放置在磁场中，且贯穿虚线的上下两侧．取两根等长的金属棒a 、b ，两端分别套上金属环，然后将两金属棒套在长直导轨上，其中a 棒置于虚线上侧，b 棒置于虚线下侧．从t ＝0时刻开始在a 棒上加一竖直向上的外力F ，使a 棒由静止开始向上做匀加速直线运动，外力随时间的变化规律如图乙所示，同时b 棒在t ＝0时刻由静止释放．已知两导轨的间距为L ＝1.5 m ，a 、b 棒的质量分别为m 1＝1 kg 、m 2＝0.27 kg ，两金属棒的总电阻为R ＝1.8 Ω，忽略导轨的电阻，b 棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.75，不计a 棒与导轨之间的摩擦，取g ＝10 m/s 2.甲 乙(1)求虚线上下两侧的磁感应强度大小以及a 棒匀加速运动的加速度大小；(2)如果在0～2 s 的时间内外力F 对a 棒做功为40 J ，则该过程中整个电路产生的焦耳热为多少？(3)经过多长时间b 棒的速度最大？(2)在2 s 末金属棒a 的速率v t ＝at ′＝2 m/s ，所发生的位移x ＝12at ′2＝2 m 由动能定理得W F －m 1gx －W 安＝12m 1v 2t ，又Q ＝W 安 解得Q ＝18 J.(3)b 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当b 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．假设经t 0时间金属棒b 的速度达到最大，当b 棒速度达到最大时，有m 2g ＝μF N 又F N ＝F 安＝BI 1L ，I 1＝E 1R ＝BLv 1R ，v 1＝at 0 联立解得t 0＝2 s.【答案】(1)1.2 T 1 m/s 2 (2)18 J (3)2 s 高频考点三、微元法在电磁学中的应用微元法是将研究对象无限细分，从中抽取出微小单元实行研究，找出被研究对象变化规律，因为这些微元遵循的规律相同，再将这些微元实行必要的数学运算(累计求和)，从而顺利解决问题．用该方法能够将一些复杂的物理过程，用我们熟悉的规律加以解决，是物理学中常用的思想方法之一．例3、如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L .导轨上端接有一平行板电容器，电容为C ．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面向下．在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．【解析】(1)设金属棒下滑的速度大小为v ，则感应电动势为E ＝BLv ①平行板电容器两极板之间的电势差为U ＝E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q ，按定义有C ＝Q U③联立①②③式得Q ＝CBLv④【答案】(1)Q ＝CBLv (2)v ＝mθ－μcos θm ＋B 2L 2Cgt【方法技巧】1．本题用微元法可判断金属杆沿导轨匀加速下滑，从而得出速度随时间均匀变化的关系，这与常见的导体棒在恒力作用下运动是不同的．2．对于电容器的充电过程，因为金属杆的速度均匀增加，感应电动势也均匀变大，所以金属棒一直给电容器充电，且充电的电流恒定，认为电容器是断路，没有电流是错误的．1．【2019·全国卷Ⅰ】如图1-，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．右斜面上存有匀强磁场，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．图1-【答案】(1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L 2(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，由欧姆定律得 I ＝εR ⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L 2 ⑨2．【2019·全国卷Ⅱ】如图1-所示，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．图1-【答案】(1)Blt 0⎝⎛⎭⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m(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 ＝ER ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 f ＝BIl ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F －μmg －f ＝0 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R ＝B 2l 2t 0m ⑧3．【2019·四川卷】如图1-所示，电阻不计、间距为l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R .质量为m 、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是F ＝F 0＋kv (F 0、k 是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i ，受到的安培力大小为F A ，电阻R 两端的电压为U R ，感应电流的功率为P ，它们随时间t 变化图像可能准确的有( )图1-图1-分析金属棒运动情况，由牛顿第二定律可得F 合＝F －F A ＝F 0＋kv －B 2l 2R ＋r v ＝F 0＋⎝⎛⎭⎫k －B 2l 2R ＋r v ，而加速度a ＝F 合m .因为金属棒从静止出发，所以F 0>0，且F 合>0，即a >0，加速度方向水平向右． (1)若k ＝B 2l 2R ＋r ，F 合＝F 0，即a ＝F 0m ，金属棒水平向右做匀加速直线运动，有v ＝at ，说明v ∝t ，即I ∝t ，F A ∝t ，U R ∝t ，P ∝t 2，所以在此情况下没有选项符合；(2)若k >B 2l 2R ＋r ，F 合随v 增大而增大，即a 随v 增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B 选项符合；(3)若k <B 2l 2R ＋r ，F 合随v 增大而减小，即a 随v 增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C 选项符合；综上所述，B 、C 选项符合题意．4．【2019·浙江卷】小明设计的电磁健身器的简化装置如图1-10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，存有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/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 .图1-10【答案】(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J代入得F A ＝（Bl ）2vR ＝48 N ⑥ (3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64 J ⑦ 由牛顿定律F －mg sin θ－F A ＝0 ⑧ CD 棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间t ＝dv ⑨ 焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J ⑩5．【2019·全国卷Ⅲ】如图1-所示，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存有垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求： (1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．图1-【答案】(1)kt 0S R (2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0lR由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为 |q |＝kt 0S R ⑥(2)当t >t 0时，金属棒已越过MN .因为金属棒在MN 右侧做匀速运动，有f ＝F ⑦式中，f 是外加水平恒力，F 是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I ，F 的大小为 F ＝B 0Il ⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B 0ls ⑩ 回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′1.(2019·浙江理综·24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图5所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g ＝10 m/s 2)图5 图6(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图6所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt . 答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s2．(2019·天津理综·11)如图9所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m ，相邻各边互相垂直，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．开始时，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9(1)线框ab 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； (2)磁场上、下边界间的距离H . 答案 (1)4倍 (2)Qmg ＋28l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v 1，cd 边上的感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律，有E 1＝2Blv 1①设线框总电阻为R ，此时线框中电流为I 1，由闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R ② 设此时线框所受安培力为F 1，有F 1＝2I 1lB ③3．(2019·江苏单科·13)如图8所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直．质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g .求：图8(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ； (2)导体棒匀速运动的速度大小v ； (3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q . 答案 (1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2 (3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4 解析 (1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡mg sin θ＝μmg cos θ 解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ (2)在光滑导轨上感应电动势：E ＝BLv 感应电流：I ＝ER 安培力：F 安＝BIL受力平衡的条件是：F 安＝mg sin θ 解得导体棒匀速运动的速度v ＝mgR sin θB 2L 24．(2019·新课标全国Ⅱ·25)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图15所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求：图15(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率．答案 (1)方向为C →D 3Bωr 22R (2)9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr 2解析 (1)根据右手定则，得导体棒AB 上的电流方向为B →A ，故电阻R 上的电流方向为C →D . 设导体棒AB 中点的速度为v ，则v ＝v A ＋v B2 而v A ＝ωr ，v B ＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势E ＝Brv根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R ，联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I ＝3Bωr 22R .(2)根据能量守恒定律，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即P ＝BIrv ＋fv ，而f ＝μmg解得P ＝9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr2.5．(2019·天津理综·3)如图2所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )图2A ．Q 1＞Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1＞Q 2，q 1＞q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1＞q 2答案 A1．(多选)如图5所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B ，方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围充足大．一个边长为a 、质量为m 、电阻为R 的金属正方形线框，以速度v 垂直磁场方向从如图实线位置(Ⅰ)开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置(Ⅱ)时，线框的速度为v2.下列说法准确的是( )图5A ．在位置(Ⅱ)时线框中的电功率为B 2a 2v 2R B ．此过程中回路产生的电能为38mv 2 C ．在位置(Ⅱ)时线框的加速度为B 2a 2v2mR D ．此过程中通过导线横截面的电荷量为2Ba 2R 答案 AB2．(多选)如图6所示，间距l ＝0.4 m 的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd 内匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，方向垂直于斜面．甲、乙两金属杆的电阻R 相同、质量均为m ＝0.02 kg ，垂直于导轨放置．起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab 上，乙在甲上方距甲也为l 处．现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F ，使甲金属杆始终以a ＝5 m/s 2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g ＝10 m/s 2，则( )图6A ．每根金属杆的电阻R ＝0.016 ΩB ．甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 sC ．甲金属杆在磁场中运动过程中F 的功率逐渐增大D ．乙金属杆在磁场运动过程中安培力的功率是0.1 W答案 BC解析 乙金属杆在进入磁场前，甲、乙两金属杆加速度大小相等，当乙刚进入磁场时，甲刚好出磁场．由v 2＝2al 解得乙进、甲出磁场时的速度大小均为v ＝2 m/s ，由v ＝at 解得甲金属杆在磁场中的运动时间为t ＝0.4 s ，选项B 准确；乙金属杆进入磁场后有mg sin 30°＝BIl ，又Blv ＝I ·2R ，联立解得R ＝0.064 Ω，选项A 错误；甲金属杆在磁场中运动过程中力F 和杆的速度都逐渐增大，则其功率也逐渐增大，选项C 准确；乙金属杆在磁场运动过程中安培力的功率是P ＝BIlv ＝0.2 W ，选项D 错误．故本题答案为B 、C.3．(多选)如图7所示，在倾角为θ的斜面上固定两根充足长的光滑平行金属导轨PQ 、MN ，相距为L ，导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻，将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上．a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．则( )图7A ．物块c 的质量是2m sin θB ．b 棒放上导轨前，物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能C ．b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D ．b 棒放上导轨后，a 棒中电流大小是mg sin θBL答案 AD。
2019年高考物理双基突破：专题30-电磁感应中的动力学问题(精讲)(含解析)
这类题型的特点一般是单棒或双棒在磁场中切割磁感线，产生感应电动势和感应电流。
感应电流受安培力而影响导体棒的运动，构成了电磁感应的综合问题，它将电磁感应中的力和运动综合到一起，其难点是感应电流安培力的分析，且安培力常常是变力。
这类问题能很好地提高学生的综合分析能力。
一、电磁感应中的动力学问题分析1．安培力的大小：由感应电动势E ＝BLv ，感应电流rR EI +=和安培力公式F ＝BIL 得r R v L B F +=22。
2．安培力的方向判断：（1）先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向。
（2）根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线的运动方向相反。
3．导体两种状态及处理方法（1）导体的平衡态——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）导体的非平衡态——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问题中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：5．电磁感应中动力学问题分析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”，即：先做“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ；再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相应部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“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；最后进行“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。
【题1】如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻。
导体棒a 和b 放在导轨上，与导轨垂直并良好接触．斜面上水平虚线PQ 以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场．现对a 棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b 棒恰好静止。
高考物理电磁感应中的力学问题(2019年新版)
人 辩之疾 示天下不复用 欲与子有言也 皆是 内自惊 徙奋为诸侯相 乘雕玉之舆 上乃赦赵王 咸阳 心说之 众人皆醉 乃避世於深山中 取卮欲俱为寿 太子侍 贵乃不可言 郤克、栾书、先縠、韩厥、巩朔佐之 禹收九牧之金 步叔乘字子车 掘业 其已出三日而复 辱之 李兑数见公子成 巨
万者乃与王者同乐 ”於是灌夫被甲持戟 则固有周聚以收齐：是周常不失重国之交也 克复其爵 梁之侍中、郎、谒者著籍引出入天子殿门 推兵求胜 年七十 拔之 献侯卒 以其皮为币 项籍为次将 赵平原君客之 贫无以葬 民无夭疫 道不通 是墨翟之守也 孟尝君薛文来相秦 曰：“长卿第俱
而无骄 禹乃遂与益、后稷奉帝命 陆生因进说他曰：“足下中国人 始 芬芳不备 行千里攻之 子孙帝王万世之业也 我不能去 阖庐乃以专诸子为卿 如是数岁 非世所指名也 妄庸人耳 夫越山逾河 是为帝河亶甲 公言而事不成 二十三年 曰：“孟尝君所以贷钱者 和约匈奴；嫣少不逊 公孙
龙善为坚白之辩 造谋藉兵 击右贤王於天山 其中常留穀二斗 实亡周国 调轻重 今者有小人之言 而国家灭乱者 不好外交 称臣 谒见上 ”须贾曰：“乡者与我载而入者 亦哀之矣 乐者 喜攻之臣 使将击荆 痛以重法绳之 擅作典制褊陋之说 此必然之效也 不显亦不宾灭 射乎之罘 原君逮
电磁感应与力的综合：感应电流受到安培力，影响 导体棒的加速度、速度
电磁感应与能量的综合：克服安培力做功，其实质 是实现其他形式的能量向电能的转化。
1、受力特点及运动分析
受力运动
产生感应电流
合力发生变化
速度变化
受反向安培力 加速度发生变化 a=0,匀速直线运动。
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朝 秦取我二城 齿、革、羽、旄 曰：“楚虽无道 ”於是齐遂伐宋 秦时为布衣 其自然者也 累釭是也 齐人欲立之 宾牟贾侍坐於孔子 呼 其将固可袭而虏也 今死 南服越人 曰华山 与俱来 ”“国有道 害中国也尤甚 令孝惠子之 言侠者皆引以为名 其下起兵 子桓侯立 无伤也 闻盗来来
2019年高考物理(热点+题型全突破)专题3.3 动力学中的两大类基本问题与图像问题(含解析)
2019年高考物理（热点+题型全突破）专题3.3 动力学中的两大类基本问题与图像问题（含解析）一动力学两类基本问题1.已知受力情况求运动情况方法：已知物体的受力情况，根据牛顿第二定律，可以求出物体的加速度；再知道物体的初始条件，根据运动学公式，就可以求出物体物体在任一时刻的速度和位置，也就求出了物体的运动情况.2.已知物体的运动情况，求物体的受力情况方法：根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律可确定物体的合外力，从而求出未知力或与力相关的某些量.可用程序图表示如下：3.解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。
4.解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。
【典例1】航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N。
试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。
设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。
（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m。
求飞行器所阻力f的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。
求飞行器能达到的最大高度h；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3。
【答案】⑴4N ⑵42m ⑶2.1S 【解析】（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为1v ，上升的高度为1s 匀加速运动221121t a s =设失去升力后的速度为2a ，上升的高度为2s 由牛顿第二定律2ma f mg =+211t a v =22122a v s = 解得)(4221m s s h =+=（3）设失去升力下降阶段加速度为3a ；恢复升力后加速度为4a ，恢复升力时速度为3v 由牛顿第二定律 3ma f mg =-F+f-mg=ma 4且22333422v v h a a += V 3=a 3t 3 解得t 3=2(s)(或2.1s) 【典例2】如图所示，一个竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k 的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER 流体，它对滑块的阻力可调。
2019年高考物理热点题型归纳整合：电磁感应综合问题
2019年高考物理热点题型归纳整合-电磁感应综合问题题型一以“单杆”模型考查电磁感应综合问题1.“单杆”模型是电磁感应中常见的物理模型，此类问题所给的物理情景一般是导体棒垂直切割磁感线，在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动，所涉及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等。
此类问题的分析要抓住三点：①杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)。
②整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。
③电磁感应现象遵从能量守恒定律。
2．力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v3．用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题例1.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处于碰感应强度为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?【答案】（1）M 接电源正极（2）（3）【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，由电阻的串并联知识得①； 设回路总电阻为I ，根据闭合电路欧姆定律有② 设两根金属棒所受安培力之和为F ，有③ 根据牛顿第二定律有F =ma ④，联立①②③④式得⑤ （3）设列车减速时，cd 进入磁场后经时间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，平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律有⑥，其中⑦； 设回路中平均电流为，由闭合电路欧姆定律有⑧ 设cd 受到的平均安培力为，有⑨以向右为正方向，设时间内cd 受安培力冲量为，有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，有⑪设列车停下来受到的总冲量为，由动量定理有⑫ 联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得⑬2BEla mR=0230=I mv R I B l 总R 总2RR =总E I R =总=F BIL 2BEla mR=t ∆∆Φ1E 1E t∆Φ=∆2Bl ∆Φ='I 1'2E I R='F ''F I lB =t ∆I 冲'I F t =-∆冲0I 02I I =冲I 总00I mv =-总0220=I mv R I B l 总讨论：若恰好为整数，设其为n ，则需设置n 块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为N ，则需设置N +1块有界磁场。
2019版高考物理一轮复习第十二章电磁感应第4讲电磁感应中的动力学和能量问题课件
2.两大研究对象及其相互制约关系
1-1 如图所示,在倾角为30°的斜面上,固定一宽度为L=0.25 m的足够长 平行金属光滑导轨,在导轨上端接入电源和滑动变阻器。电源电动势为 E=3.0 V,内阻为r=1.0 Ω。一质量m=20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接 触良好。整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B =0.80 T。导轨与金属棒的电阻不计,取 g=10 m/s2。
导线横截面的电荷量。
答案 (1) 2mg 5Bl1
(2)
1.如图所示,MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨,已知导 轨足够长,且电阻不计。有一垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强 度为B,宽度为L,ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的 金属杆。开始,将开关S断开,让ab由静止开始自由下落,过段时间后,再 将S闭合,若从S闭合开始计时,
R
mR
安培力,加速度为0,随后杆做匀速运动,则选项C可能。
同理知若F安= B2L2v >mg,则选项D可能。 R
2.(多选)如图所示,水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向 上的匀强磁场中,在导轨上放着金属棒ab,开始时ab棒以水平初速度v0向 右运动,最后静止在导轨上,就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较,
2.求解电能的主要思路
(1)利用克服安培力做功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力 所做的功; (2)利用能量守恒求解:其他形式的能的减少量等于产生的电能; (3)利用电路特征来求解:通过电路中所产生的电能来计算。
3.解决电磁感应现象中的能量问题的一般步骤
(1)确定等效电源。 (2)分析清楚有哪些力做功,就可以知道有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。
2019年高考物理重点难点易考点总结专题四中带解析
第2课时 功能关系在电学中的应用1．静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W ＝Fl cos α＝Eql cos α；若是非匀强电场，则一般利用W ＝qU 来求．2．磁场力又可分为洛伦兹力和安培力．洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功．3．电流做功的实质是电场对移动电荷做功．即W ＝UIt ＝Uq .4．导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能． 5．静电力做的功等于电势能的变化，即W AB ＝－ΔE p .1．功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解． 2．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法.考向1 几个重要的功能关系在电学中的应用例1 如图1所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P ，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物体恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v ，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x ，若弹簧始终处在弹性限度内，以下说法正确的是( )图1A ．滑块电势能的增加量大于滑块重力势能的减少量B ．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功12m v 2C ．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D ．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大审题突破 弹簧原长状态时，物体恰好处于平衡状态，说明电场力和重力什么关系？滑块向下到达最低点的过程中，都有哪些力做功？何时加速度最大？解析 由题意qE ＝mg sin θ，在运动到最低点过程中，电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增加量等于滑块重力势能的减小量，故A 错误．克服弹簧弹力做功等于弹性势能的增加量，即等于动能的减少量，故B 正确．电场力和重力做功的代数和为零，根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C 错误．当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，即电势能增加最多，此时系统机械能最小，故D 错误． 答案 B以题说法 在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．质量为m 的带正电小球由空中A 点无初速度自由下落，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点．不计空气阻力且小球从未落地，则( ) A ．整个过程中小球电势能减少了1.5mg 2t 2 B ．整个过程中机械能的增量为2mg 2t 2C ．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg 2t 2D ．从A 点到最低点小球重力势能减少了mg 2t 2 答案 B解析 由12gt 2＝－(v t －12at 2)，又v ＝gt ，解得a ＝3g .由a ＝qE －mg m ，联立解得qE ＝4mg ，则小球电势能减少为Δε＝qE ·12gt 2＝2mg 2t 2.根据功能关系可知，机械能的增量为2mg 2t 2，故A 错误，B 正确．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ΔE k ＝12m (gt )2，故C 错误．设从A 点到最低点的高度为h ，根据动能定理得mgh －qE (h －12gt 2)＝0，解得h ＝23gt 2，故从A 点到最低点小球重力势能减少了ΔE p ＝mgh ＝2mg 2t 23，故D 错误．选B.考向2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动例2 如图2所示是研究带电体的质量与电量关系的光滑绝缘细管，长为L 且竖直放置，点电荷M 固定在管底部，电荷量为＋Q .现从管口A 处静止释放一带电体N ，当其电荷量为＋q 、质量为m 时，N 下落至距M 为h 的B 处速度恰好为0.已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，带电体下落过程中不影响原电场．(1)若把A 换成电量为＋q 、质量为3m 的带电体N 1，仍从A 处静止释放．求N 1运动过程中速度最大处与M 的距离及到达B 处的速度大小；(2)若M 略向上移动，试判断带电体N 能否到达B 处，并说明理由；(3)若M 保持原位置不变，设法改变带电体N 的质量与电量，要求带电体下落的最低点在B 处，列出N 应满足的条件．审题突破 N 1运动过程中何时速度最大？质量为m 和3m 的带电体从A 到B 相同的物理量是什么？M 略向上移动又是哪个物理量发生变化？解析 (1)带电体N 1运动到重力等于电场力时，速度最大，设距底部距离为r ，则有3mg ＝kQqr2，解得r ＝ kQq3mg .设带电体N 1运动到B 处时的速度为v B ，由动能定理，有3mg (l －h )＋qU AB ＝12×3m v 2B ， 依题意有mg (l －h )＋qU AB ＝0，联立两式可得：v B ＝2 g (l －h )3.(2)N 不能到达B 处．因为mg (l －h )＋qU AB ′＜0. (3)设带电体N 的质量为m ′、电荷量为＋q ′，由动能定理得：m ′g (l －h )＋q ′U AB ＝0，所以q ′m ′＝qm答案 (1)kQq3mg 2 g (l －h )3(2)N 不能到达B 处，因为mg (1－h )＋qU AB ′<0 (3)带电体下落的最低点在B 处，N 应满足的条件为q ′m ′＝qm以题说法 1.电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关．2．对于电场力做功或涉及电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取．如图3所示，在一倾角为37°的绝缘斜面下端O ，固定有垂直于斜面的绝缘挡板．斜面ON 段粗糙，长度s ＝0.02 m ，NM 段光滑，长度L ＝0.5 m ．在斜面的所在区域有竖直向下的匀强电场，场强为2×105 N /C.有一小滑块质量为2×10－3kg ，带正电，电量为1×10－7C ，小滑块与ON 段表面的动摩擦因数为0.75.将小滑块从M 点由静止释放，在运动过程中没有电量损失，与挡板相碰后原速返回．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)小滑块第一次过N 点的速度大小； (2)小滑块最后停在距离挡板多远的位置； (3)小滑块在斜面上运动的总路程． 答案 (1)2 3 m/s (2)0.01 m (3)6.77 m 解析 (1)小滑块第一次过N 点的速度为v ，则由动能定理有12m v 2＝mgL sin 37°＋qEL sin 37°代入数据得：v ＝2 3 m/s.(2)滑块在ON 段运动时所受的摩擦力 F f ＝μ(mg cos 37°＋qE cos 37°)＝2.4×10－2 N 滑块所受重力、电场力沿斜面的分力 F 1＝mg sin 37°＋qE sin 37°＝2.4×10－2 N因此滑块沿ON 下滑时做匀速运动，上滑时做匀减速运动，速度为零时可停下． 设小滑块与挡板碰撞n 次后停在距挡板距离为x 处， 则由动能定理得：(mg ＋qE )(L ＋s －x )sin 37°－μ(mg ＋qE )[(2n －1)s ＋x ]cos 37°＝0 由0≤x ≤0.02 m ，得：12.5≤n ≤13.5 取n ＝13得：x ＝0.01 m(3)设滑块每一次与挡板碰撞沿斜面上升的距离减少Δx ，由能量守恒得： (mg ＋qE )Δx sin 37°＝2μ(mg ＋qE )s cos 37° 代入数据得：Δx ＝0.04 m滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离 s 1＝L ＋s －Δx ＝0.48 m滑块第p 次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离 s p ＝s 1－(p －1)Δx滑块移动的总路程s 总＝L ＋s ＋x ＋2[ps 1－p (p －1)Δx 2]由于s p ≥s ＝0.02 m ，得p ≤12.5， 取p ＝12代入上式得：s 总＝6.77 m. 考向3 功能观点在电磁感应问题中的应用例3 如图4甲所示，MN 、PQ 是相距d ＝1 m 的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1 m 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab 的质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝1 Ω；MN 、PQ 的上端连接右侧电路，电路中R 2为一电阻箱；已知灯泡电阻R L ＝3 Ω，定值电阻R 1＝7 Ω，调节电阻箱使R 2＝6 Ω，重力加速度g ＝10 m/s 2.现断开开关S ，在t ＝0时刻由静止释放ab ，在t ＝0.5 s 时刻闭合S ，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab 的速度随时间变化图象．图4(1)求斜面倾角α及磁感应强度B 的大小；(2)ab 由静止下滑x ＝50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R 2的值．当R 2为何值时，ab 匀速下滑中R 2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？ 审题突破 由乙图可知闭合S 前、后ab 分别做什么运动？可以提取哪些信息？ab 由静止下滑的过程中电流是否恒定，如何求电热？解析 (1)S 断开时，ab 做匀加速直线运动，从图乙得a ＝ΔvΔt ＝6 m/s 2由牛顿第二定律有mg sin α＝ma ，所以有sin α＝35，即α＝37°，t ＝0.5 s 时，S 闭合且加了磁场，分析可知，此后ab 将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(v m ＝6 m/s)后接着做匀速运动．匀速运动时，由平衡条件知mg sin α＝F 安，又F 安＝BId I ＝Bd v mR 总R 总＝R ＋R 1＋R L R 2R L ＋R 2＝10 Ω联立以上四式有mg sin α＝B 2d 2v mR 总代入数据解得B ＝mg sin αR 总d 2v m＝1 T(2)由能量转化关系有mg sin αx ＝12m v 2m ＋Q代入数据解得Q ＝mg sin αx －12m v 2m ＝28.2 J(3)改变电阻箱R 2的值后，ab 匀速下滑时有mg sin α＝BdI所以I ＝mg sin αBd＝0.6 A通过R 2的电流为I 2＝R LR L ＋R 2IR 2的功率为P ＝I 22R 2联立以上三式可得P ＝I 2R 2L R 2(R L ＋R 2)2＝I 2R 2L (R LR 2＋R 2)2当R L R 2＝R 2时，即R 2＝R L ＝3 Ω，功率最大，所以P m ＝0.27 W.答案 (1)37° 1 T (2)28.2 J (3)3 Ω 0.27 W以题说法 导体棒在匀强磁场中运动时棒中的感应电流受到的安培力是变力，所以安培力做的功只能由动能定理或能量守恒定律来求解．如图5所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB 、CD ，两端接有阻值相同的两个定值电阻．质量为m 的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．当导体棒静止在OO ′位置时，弹簧处于原长状态．此时给导体棒一个水平向右的初速度v 0，它能向右运动的最远距离为d ，且能再次经过OO ′位置．已知导体棒所受的摩擦力大小恒为F f ，导体棒向右运动过程中左侧电阻产生的热量为Q ，不计导轨和导体棒的电阻．则( )图5A ．弹簧的弹性势能最大为12m v 20－Q －F f dB ．弹簧的弹性势能最大为12m v 20－2Q －F f dC ．导体棒再次回到OO ′位置时的动能等于12m v 20－4Q －2F f dD ．导体棒再次回到OO ′位置时的动能小于12m v 20－4Q －2F f d答案 B解析 当导体棒向右运动的过程中， 12m v 2＝E p ＋2Q ＋F f d 所以E p ＝12m v 20－2Q －F f d ①故A 错误，B 正确；由于产生了电能和热能，导体棒的机械能不断减小，所以导致棒在同一个位置时，向右的速度大于向左的速度，所以导体棒向左运动的过程中产生的电能小于导体棒向右运动的过程中产生的电能，即2Q ′<2Q ，当导体棒向左运动的过程中，E p ＝12m v 2＋2Q ′＋F f d ②联立①②得：12m v 2＝12m v 20－2Q －F f d －2Q ′－F f d >12m v 20－4Q －2F f d ， 故C 、D 错误．7．应用动力学和功能观点处理电学综合问题例4 (16分)如图6所示，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.4 m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝1.0×104 N /C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－4C ，质量m ＝0.1 kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点．取g ＝10 m/s 2.试求：图6(1)带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小； (2)D 点到B 点的距离x DB ；(3)带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能．解析 (1)设带电体通过C 点时的速度为v 0，根据牛顿第二定律得：mg ＝m v 2CR(2分)设带电体通过B 点时的速度为v B ，设轨道对带电体的支持力大小为F B ，从B 到C 根据动能定理：－mg ·2R ＝12m v 2C －12m v 2B (2分) 带电体在B 点时，根据牛顿第二定律有：F B －mg ＝m v 2BR (2分)联立解得：F B ＝6.0 N(1分)根据牛顿第三定律可知，带电体对轨道的压力 F B ′＝6.0 N(1分)(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t ，根据运动的分解有2R ＝12gt 2(1分)x DB ＝v C t ＝12·Eqm t 2(2分)联立解得x DB ＝0.8 m(1分)(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处．(1分)设小球的最大动能为E km，根据动能定理有：qER sin 45°－mgR(1－cos 45°)＝E km－12m v2B(2分)解得：E km＝22＋35J≈1.17 J(1分)答案(1)6.0 N(2)0.8 m(3)1.17 J(限时：15分钟，满分：17分)(2014·四川·10)在如图7所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝944m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：图7(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.答案(1)4 m/s(2)0.56 m解析(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1＝q v B①f＝μ(mg－F1)②由题意，水平方向合力为零F－f＝0③联立①②③式，代入数据解得v＝4 m/s④(2)设P1在G点的速度大小为v G，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝12m v 2G －12m v 2⑤ P 1在GH 上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a 1，根据牛顿第二定律 qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1⑥P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则s 1＝v G t ＋12a 1t 2⑦设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则 m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2⑧P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离为s 2，则s 2＝12a 2t 2⑨又s ＝s 1＋s 2⑩联立⑤～⑩式，代入数据得s ＝0.56 m(限时：45分钟)题组1 几个重要的功能关系在电学中的应用1．(2014·天津·4)如图1所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )图1A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加 答案 C解析 A ．分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A 错误．B ．微粒从M 点运动到N 点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B 错误．C ．微粒从M 点运动到N 点过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C 正确．D ．微粒从M 点运动到N 点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D错误．2．如图2所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接．现将小球向下压到某位置后由静止释放，若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，小球的电荷量保持不变，则上述过程中( )图2A ．小球的电势能增加W 2B ．弹簧弹性势能最大值为12m v 2＋W 1－W 2C ．弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小D ．小球和弹簧组成的系统的机械能增加W 1＋W 2 答案 C解析 A 项，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，电场力做正功，知电势能减小W 2，故A 错误．B 项，根据动能定理，W 1＋W 2＋W 弹＝12m v 2，解得弹力做功W 弹＝12m v 2－W 1－W 2，知弹性势能的最大值为12m v 2－W 1－W 2，故B 错误．C 项，根据能量守恒得，弹性势能、小球的电势能、重力势能、动能之和保持不变，由于小球的动能可能一直增加，所以弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小，故C 正确．D 项，除重力以外其他力做功等于机械能的增量，由于电场力做功为W 2，则小球和弹簧组成的系统机械能增加W 2，故D 错误．3．如图3所示，真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB 直线垂直匀强电场E ，现有一质量为m 、电荷量为＋q 的小球在A 点以初速度大小v 0方向水平向右抛出，经时间t 小球下落到C 点(图中未画出)时速度大小仍为v 0，则小球由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是( )图3A ．电场力对小球做功为零B ．小球的机械能减小量为12mg 2t 2C ．小球的电势能减小D ．C 一定位于AB 直线的右侧 答案 D解析 小球受到自身重力mg 和电场力qE 作用，合力F 如图所示斜向左下方，小球从A 点到C 点速度大小没有变化，说明合外力没有做功，即初、末位置都在与合力垂直的同一条线上，据此判断如图，电场力做负功，选项A 错．电势能增大，选项C 错．由于AC 与合力F 垂直，所以C 点一定位于AB 直线的右侧，选项D 对．小球机械能减小量等于克服电场力做的功，根据动能定理，克服电场力做功等于重力做功，但竖直方向不但受到自身重力还有电场力竖直向下的分力，竖直方向加速度大于g ，所以竖直方向位移大于12gt 2，重力做功即克服电场力做功大于W ＝mg ×12gt 2＝12mg 2t 2，选项B 错．4．如图4所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下．已知在下滑的过程中，金属块动能增加了12 J ，金属块克服摩擦力做功8 J ，重力做功24 J ，下列判断中正确的是( )图4A ．金属块带负电B ．金属块克服电场力做功8 JC ．金属块的机械能减少12 JD ．金属块的电势能减少4 J 答案 C解析 设重力做功为W G ，克服摩擦力做功W f ，电场力做功W ，由动能定理W G ＋W －W f ＝ΔE k ，解得电场力做功W ＝－4 J ，所以电场力做负功，由于斜面上的带电金属块沿斜面滑下故金属块带正电，A 、B 选项错误；除重力外的其他外力做功W －W f ＝－12 J ，故金属块的机械能减少12 J ，C 选项正确；电场力做负功，金属块的电势能增加，D 选项错误．题组2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动5．如图5所示，光滑的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，水平轨道AB 部分存在水平向右的匀强电场E ，半圆形轨道处于竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．一质量为m 、带正电的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，并能恰好通过最高点D ，则下列物理量的变化对应关系正确的是( )图5A ．其他条件不变，R 越大，x 越大B ．其他条件不变，m 越小，x 越大C ．其他条件不变，E 越大，x 越大D ．其他条件不变，R 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大 答案 A解析 小球在BCD 部分做圆周运动，在D 点，由牛顿第二定律有：mg ＝m v 2DR，小球由B 到D 的过程中机械能守恒：12m v 2B ＝mg ×2R ＋12m v 2D，联立解得：v B ＝5gR ，R 越大，小球经过B 点时的速度越大，则x 越大，选项A 正确；小球由A 到B ，由动能定理得：qEx ＝12m v 2B ，将v B ＝5gR 代入得：qEx ＝52mgR ，知m 越大，x 越大，B 错误；E 越大，x 越小，C 错误；在B 点有：F N －mg ＝m v 2BR ，将v B ＝5gR 代入得：F N ＝6mg ，选项D 错误．6．如图6所示，倾斜角度为θ的粗糙程度均匀的绝缘斜面，下方O 点处有一带电量为＋Q 的点电荷，质量为m 、带电量为－q 的小物体(可看成质点)与斜面间的动摩擦因数为μ.现使小物体以初速度v 0从斜面上的A 点沿斜面上滑，到达B 点时速度为零，然后又下滑回到A 点．小物体所带电荷量保持不变，静电力常量为k ，重力加速度为g ，OA ＝OB ＝l .求：图6(1)小物体沿斜面上滑经过AB 中点时的加速度； (2)小物体返回到斜面上的A 点时的速度．答案 (1)g (sin θ＋μcos θ)＋μkQqml 2sin 2θ(2)4gl sin 2θ－v 20 解析 (1)F N ＝mg cos θ＋kQq(l sin θ)2mg sin θ＋μF N ＝ma得：a ＝mg sin θ＋μ(mg cos θ＋kQq(l sin θ)2)m＝g (sin θ＋μcos θ)＋μkQqml 2sin 2θ.(2)从A 到B ，由动能定理得：0－12m v 20＝－mgl sin 2θ＋W f从B 到A ，由动能定理得：12m v 2＝mgl sin 2θ＋W f得：v ＝4gl sin 2θ－v 207．(2014·新课标Ⅰ·25)如图7所示，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA ，将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点．使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g .求：图7(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向．答案 (1)73 (2)3mg6q电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°解析 (1)设小球的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝32d ，根据平抛运动的规律有 d sin 60°＝v 0t ①d cos 60°＝12gt 2②又有E k0＝12m v 20③由①②③式得E k0＝38mgd ④设小球到达A 点时的动能为E k A ，则E k A ＝E k0＋12mgd ⑤由④⑤式得E k A E k0＝73(2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了d 2和3d2，设电势能分别减小ΔE p A 和ΔE p B ，由能量守恒及④式得ΔE p A ＝3E k0－E k0－12mgd ＝23E k0⑦ΔE p B ＝6E k0－E k0－32mgd ＝E k0⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图，则有 x 32d ＝ΔE p A ΔE p B ⑨ 解得x ＝d ，MA 为等势线，电场强度方向必与其垂线OC 方向平行．设电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩即电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为30°. 设电场强度的大小为E ，有qEd cos 30°＝ΔE p A ⑪由④⑦⑪式得E ＝3mg6q题组3 功能观点在电磁感应问题中的应用8．如图8所示，质量为m 、边长为L 、回路电阻为R 的正方形金属框，用细线吊住，线的另一端跨过两个定滑轮，挂着一个质量为M (M >m )的砝码，金属框上方有一磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的下边界与金属框的上边平行且相距一定距离．则在金属框从开始运动到整个框进入磁场的过程中，下列说法错误的是( )图8A ．细线对金属框做的功等于金属框增加的机械能B ．细线对金属框的拉力可能等于MgC ．金属框上的热功率可能大于(M －m )2g 2RB 2L 2D ．系统的机械能损失可能小于(M －m )gL 答案 A解析 细线对金属框做的功等于金属框增加的机械能和金属框中产生的总热量之和，故A 错误；如果金属框匀速进入磁场，金属框受到的合力为零，细线对金属框的拉力F T ＝Mg ，此时金属框受到的竖直向下的安培力为：F 安＝(M－m )g ，B 正确；设金属框匀速进入磁场时的速度为v 0，则F 安＝BIL ＝B 2L 2v 0·1R，又F 安＝(M －m )g ，可求出，此时金属框上的热功率为：P ＝F 安v ＝(M －m )2g 2RB 2L 2，整个过程中系统的机械能损失等于(M －m )gL ；若金属框刚进入磁场时的速度大于v 0，则进入磁场后的安培力为：F 安>B 2L 2v 0·1R ＝(M －m )gL ，金属框上的热功率大于(M －m )2g 2R B 2L 2，选项C 正确；若金属框刚进入磁场时的速度小于v 0，则进入磁场后的安培力为：F 安<B 2L 2v 0·1R ＝(M －m )gL ，系统的机械能损失小于(M －m )gL ，选项D 正确．选A. 题组4 应用动力学和功能观点处理电学综合问题9．如图9所示，在A 点固定一正电荷，电量为Q ，在离A 高度为H 的C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g .已知静电力常量为k ，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：图9(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A 点的距离h ；(3)若已知在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ＝kQr ，其中r 为该点到Q 的距离(选无限远处的电势为零)．求液珠能到达的最高点B 离A 点的高度r B .答案 (1)2gH 2kQ(2)2H (3)2H解析 (1)液珠开始运动的加速度大小为g ，可知液珠在C 处释放时加速度方向向上，设液珠的电量为q ，质量为m ，有k QqH2－mg ＝mg解得比荷为q m ＝2gH 2kQ(2)当液珠速度最大时，库仑力与重力相等，有 k Qqh2＝mg ， 结合(1)，解得h ＝2H . (3)设CB 间的电势差为U CB ，有U CB ＝φC －φB ＝kQ H －kQr B ，根据动能定理有qU CB －mg (r B －H )＝0 解得r B ＝2H .。
2019年高考物理热点题型归纳与整合---功、功率及动能定理
2019年高考物理热点题型归纳与整合---功、功率及动能定理 题型一 变力功的分析与计算应用动 能定理用力F 把小球从A 处缓慢拉到B 处，F 做功为W F ，则有：W F －mgL (1－cos θ)＝0，得W F ＝mgL (1－cos θ)微元法质量为m 的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功W f ＝F f ·Δx 1＋F f ·Δx 2＋F f ·Δx 3＋…＝F f (Δx 1＋Δx 2＋Δx 3＋…)＝F f ·2πR转换法恒力F 把物块从A 拉到B ，绳子对物块做功W ＝F ·(hsin α－h sin β) 弹簧由伸长x 1被继续拉至伸长x 2的过程中，克服弹力做功W ＝kx 1＋kx 22·(x 2－x 1) 图象法一水平拉力F 0拉着一物体在水平面上运动的位移为x 0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W ＝F 0x 01后其速度变为v ，若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v ，对于上述两个过程，用1F W 、2F W 分别表示拉力F 1、F 2所做的功，1f W 、2f W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ）A ．214F F W W >，212f f W W >B ．214F F W W >，21=2f f W WC ．214F F W W <，21=2f f W WD ．214F F W W >，212f f W W < 【答案】C【解析】两次物体均做匀加速运动，由于时间相等，两次的末速度之比为1∶2，则由v at =可知两次的加速度之比为1∶2，11=2F F 合2合，故两次的平均速度分别为2v、v ，两次的位移之比为1∶2，由于两次的摩擦阻力相等，故由f W fx =可知，212f f W W =；11121=4W F x W F x =合合2合2合；因为=F f W W W -合，故=+F f W W W 合 ； 故22211111=+=4+2444F f f f F W W W W W W W W <+=合合合，选项C 正确。
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专题30 电磁感应中的动力学问题这类题型的特点一般是单棒或双棒在磁场中切割磁感线，产生感应电动势和感应电流。
感应电流受安培力而影响导体棒的运动，构成了电磁感应的综合问题，它将电磁感应中的力和运动综合到一起，其难点是感应电流安培力的分析，且安培力常常是变力。
这类问题能很好地提高学生的综合分析能力。
一、电磁感应中的动力学问题分析1．安培力的大小：由感应电动势E ＝BLv ，感应电流rR EI +=和安培力公式F ＝BIL 得rR v L B F +=22。
2．安培力的方向判断：（1）先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向。
（2）根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线的运动方向相反。
3．导体两种状态及处理方法（1）导体的平衡态——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）导体的非平衡态——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问题中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：5．电磁感应中动力学问题分析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”，即：先做“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相应部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“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；最后进行“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。
【题1】如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻。
导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触．斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场．现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止。
2019年高考物理热点题型和提分秘籍 专题9.4 电磁感应中的动力学和能量问题(题型专练) 含解析
1.(多选)如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a 、b 垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F 作用在a 的中点，使其向上运动．若b 始终保持静止，则它所受摩擦力可能( )A ．变为0B ．先减小后增大C ．等于FD ．先增大再减小【答案】 AB2.如图所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH【解析】 设ab 刚进入磁场时的速度为v 1，cd 刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12，线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L ，由题意得，12mv 21＝mgH ，12mv 21＋mg·2L ＝12mv 22＋Q ，解得，Q ＝2mgL ＋34mgH ，C 项正确．【答案】 C3.如图所示，间距为L 、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m 、电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v 0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q 下列说法正确的是( )A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为mv 202C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qRBLD ．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv 202【答案】 D4.竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，轨道下半部分处在两个水平向里的匀强磁场中，磁场的边界分别是y ＝a 、y ＝b 、y ＝c 的直线(图中虚线所示)．一个小金属环从抛物线上y ＝d 处由静止释放，金属环沿抛物线下滑后环面总保持与磁场垂直，那么产生的焦耳热总量是( )A ．mgdB ．mg(d －a)C ．mg(d －b)D ．mg(d －c)【解析】 小金属环进入和穿出磁场的过程都要切割磁感线，因此小金属环的机械能不断地转化为电能，电能又转化为内能；最后小金属环在y ＝c 的直线与x 轴之间的磁场内往复运动，整个过程中机械能的减小量为ΔE ＝mg(d －c)，由能的转化与守恒定律可知，产生的焦耳热总量为Q ＝ΔE ＝mg(d －c)，所以D 项正确．15(多选)如图10-3-27所示，在水平光滑绝缘桌面上建立直角坐标系xOy ，第一象限内存在垂直桌面向上的磁场，磁场的磁感应强度B 沿x 轴正方向均匀增大且ΔBΔx ＝k ，一边长为a 、电阻为R的单匝正方形线圈ABCD 在第一象限内以速度v 沿x 轴正方向匀速运动，运动中AB 边始终与x 轴平行，则下列判断正确的是( )图10-3-27A ．线圈中的感应电流沿逆时针方向B ．线圈中感应电流的大小为ka 2vRC ．为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为k 2a 4vR 的水平外力D ．线圈不可能有两条边所受安培力大小相等16．选)如图所示，MN 、PQ 是与水平面成θ角的两条平行光滑且足够长的金属轨道，其电阻忽略不计．空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .导体棒ab 、cd 垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，每根导体棒的质量均为m ，电阻均为r ，轨道宽度为L ，与轨道平行的绝缘细线一端固定，另一端与ab 棒中点连接，细线承受的最大拉力T m ＝2mg sin θ.今将cd 棒由静止释放，则细线被拉断时，cd 棒的( )A ．速度大小是2mgr sin θB 2L 2B ．速度大小是mgr sin θB 2L 2C ．加速度大小是2g sin θD ．加速度大小是017径为a 的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B ＝0.2 T ，磁场方向垂直圆形区域向里；半径为b 的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，a ＝0.4 m ，b ＝0.6 m ．金属环b 上接有灯L 1、L 2，两灯的电阻均为R ＝2 Ω，一金属棒与金属环b 接触良好，棒与金属环b 的电阻忽略不计．(1)棒以v 0＝5 m/s 的速度在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO ′的瞬间流过灯L 1的电流；(2)撤去金属棒而将右侧的半圆环O L 2O ′以OO ′为轴向上翻转90°后，磁场开始随时间均匀变化，其变化率为ΔB Δt ＝4πT/s ，求L 1的功率．【解析】解析(1)棒滑过圆环直径OO ′的瞬时，电动势：E 1＝B ·2av 0＝0.2×0.8×5V ＝0.8 V 等效电路如图所示：流过灯L 1的电流：I 1＝E 1R ＝0.82 A ＝0.4 A故流过灯L 1的电流为0.4 A.(2)撤去中间的金属棒，将右面的半圆环OL 2O ′以OO ′为轴向上翻转90°后，磁场开始随时间均匀变化，半圆环OL 1O ′中产生感应电动势，相当于电源，灯L 2与L 1串联为外电路，感应电动势为：E 2＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ×πa 22＝4π×π×0.422V ＝0.32 VL 1的功率为：P 1＝⎝⎛⎭⎫E 22R 2×R ＝⎝⎛⎭⎫0.3242×2 W ＝1.28×10－2 W. 【答案】 (1)0.4 A (2)1.28×10－2 W18如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1、L 2之间和L 3、L 4之间均存在匀强磁场，磁感应强度B 大小均为1 T ，方向垂直于虚线所在的平面．现有一矩形线圈abcd ，宽度cd ＝L ＝0.5 m ，质量为0.1 kg ，电阻为2 Ω，将其从图示位置由静止释放(cd 边与L 1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t 1时刻cd 边与 L 2重合，t 2时刻ab 边与L 3重合，t 3时刻ab 边与L 4重合，已知t 1～t 2的时间间隔为0.6 s ，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，重力加速度g 取10 m/s 2.求：甲 乙 (1)线圈的长度；(2)在0～t 1时间内，通过线圈的电荷量； (3)0～t 3时间内，线圈产生的热量．【答案】 (1)2 m (2)0.25 C (3)1.8 J19如图1甲所示，光滑导体轨道PMN 和P ′M ′N ′是两个完全一样的轨道，是由半径为r 的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M 和M ′点相切，两轨道并列平行放置，MN 和M ′N ′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L ，PP ′之间有一个阻值为R 的电阻，开关K 是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN ′M ′是一个矩形区域内有竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场，水平轨道MN 离水平地面的高度为h ，其截面图如图乙所示．金属棒a 和b 质量均为m 、电阻均为R .在水平轨道某位置放上金属棒b ，静止不动，a 棒从圆弧顶端PP ′处静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x ＝m 2grR2B 2L 2，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b 棒离开轨道做平抛运动，在b 棒离开轨道瞬间，开关K 闭合．不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g .求：甲乙(1)两棒速度稳定时，两棒的速度是多少？ (2)两棒落到地面后的距离是多少？(3)整个过程中，两棒产生的焦耳热分别是多少？(2)经过一段时间，b 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 组成回路，从b 棒离开轨道到a 棒离开轨道过程中a 棒受到安培力的冲量I A ＝I －LBt ＝BL ΔΦ2Rt t ＝B 2L 2x 2R由动量定理：I A ＝－mv 2＋mv 1 解得v 2＝2gr 4由平抛运动规律得：两棒落到地面后的距离Δx ＝(v 1－v 2)2h g ＝rh 2.【答案】(1)2gr 2 (2)rh 2 (3)1132mgr 14mgr 20如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为1 m 、质量为0.1 kg 的导体棒MN ，其电阻R 为1 Ω，导体棒架在处于磁感应强度B ＝1 T ，竖直放置的框架上，当导体棒上升h ＝3.8 m 时获得稳定的速度，导体产生的热量为2 J ，电动机牵引导体棒时，电压表、电流表计数分别为7 V 、1 A ，电动机的内阻r ＝1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率不变，g 取10 m /s 2，求：(1)导体棒能达到的稳定速度为多少？ (2)导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？ 【解析】 (1)电动机的输出功率为P ＝U A I A －I 2A r ＝6 W F 安＝BIL ＝B 2L 2vR当导体棒的速度稳定时，由平衡条件得， P v ＝mg ＋B 2L 2v R 解得，v ＝2 m /s .(2)由能量守恒定律得，Pt －Q －mgh ＝12mv 2解得，t ＝1 s .【答案】 (1)2 m /s (2)1 s21．如图所示，相距L ＝1 m 、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R ＝2 Ω的电阻，导轨所在区域内加上与导轨所在平面垂直、方向相反的匀强磁场，磁场宽度d 均为0.6 m ，磁感应强度大小B 1＝25T 、B 2＝0.8 T ．现有电阻r ＝1 Ω的导体棒ab 垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab从边界MN进入磁场后始终以速度v＝5 m/s做匀速运动，求：(1)棒ab在磁场B1中运动时克服安培力做功的功率；(2)棒ab经过任意一个磁场B2区域过程中通过电阻R的电荷量．【答案】(1)0.67 W(2)0.16 C。
专题九 电磁感应中的动力学和能量问题(真题精讲) 2019高考物理真题透析一轮复习Word版含解析
【专题解读】1.本专题是动力学观点和能量观点在电磁感应中的综合应用，高考常以计算题的形式命题． 2．学好本专题，可以极大培养同学们的分析能力、推理能力和规范表达的能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决电磁感应问题中最难问题的信心．3．用到的知识有：法拉第电磁感应定律、楞次定律、牛顿运动定律、共点力的平衡条件、动能定理、焦耳定律、能量守恒定律等．考点精讲考向一 电磁感应中的动力学问题1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．2．两种状态及处理方法3.动态分析的基本思路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，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：导体受外力运动――→E ＝Blv 感应电动势感应电流――→F ＝BIl导体受安培力→合力变化――→F 合＝ma加速度变化→速度变化→临界状态【例1】 如图1所示，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图1(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 【答案】(1)kt 0SR(2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0l R由电流的定义得I ＝Δq Δt④ 联立①②③④式得 |Δq |＝kS RΔt ⑤由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内即Δt ＝t 0，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为|q |＝kt 0SR⑥其中Φ＝B 1S ＝ktS ⑫由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t (t >t 0)，穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0lv 0(t －t 0)＋kSt ⑬ 在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0lv 0＋kS )Δt ⑭由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E t ＝ΔΦtΔt⑮ 由欧姆定律得I ＝E tR⑯联立⑦⑧⑭⑮⑯式得F ＝(B 0lv 0＋kS )B 0l R.1.(多选)如图2所示，两根足够长、电阻不计且相距L ＝0.2 m 的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U ＝4 V 的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B ＝5 T 、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L 、质量为m ＝0.2 kg 、电阻r ＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )图2A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2B．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s2C．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/sD．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8 m/s【答案】BD2． (多选)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在平面与匀强磁场垂直．将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图所示．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A．金属棒在最低点的加速度小于gB．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量C．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度【答案】AD【解析】金属棒先向下做加速运动，后向下做减速运动，假设没有磁场，金属棒运动到最低点时，根据简谐运动的对称性可知，最低点的加速度等于刚释放时的加速度g，由于金属棒向下运动的过程中产生感应电流，受到安培力，而安培力是阻力，则知金属棒下降的高度小于没有磁场时的高度，故金属棒在最低点的加速度小于g.故A 正确．根据能量守恒定律得知，回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差，故B 错误，金属棒向下运动的过程中，受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用，当三力平衡时，速度最大，即当弹簧弹力、安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，故C 错误．由于产生内能，且弹簧具有弹性势能，由能量守恒得知，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，故D 正确．3．如图3所示，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：图3(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．【答案】(1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m(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 ＝ER⑤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，有F －μmg －F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m.考向二 电磁感应中的动力学和能量问题1．题型简述：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．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)根据能量守恒定律或功能关系列式求解． 3．求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算． (2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．【例2】 如图4甲，在水平桌面上固定着两根相距L ＝20 cm 、相互平行的无电阻轨道P 、Q ，轨道一端固定一根电阻R ＝0.02 Ω的导体棒a ，轨道上横置一根质量m ＝40 g 、电阻可忽略不计的金属棒b ，两棒相距也为L ＝20 cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B 0＝0.1 T ．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.图4(1)若保持磁感应强度B 0的大小不变，从t ＝0时刻开始，给b 棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F 的大小随时间t 变化关系如图乙所示．求b 棒做匀加速运动的加速度及b 棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t ＝0开始，磁感应强度B 随时间t 按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b 开始运动前，这个装置释放的热量．【答案】(1)5 m/s 20.2 N (2)0.036 J(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I ，以b 棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b 所受安培力F 安′与最大静摩擦力F f 相等时开始滑动感应电动势E ′＝ΔB ΔtL 2＝0.02 V ⑦I ′＝E ′R＝1 A ⑧棒b 将要运动时，有F 安′＝B t I ′L ＝F f ⑨ 所以B t ＝1 T ，根据B t ＝B 0＋ΔB Δtt ⑩ 得t ＝1.8 s ，回路中产生的焦耳热为Q ＝I ′2Rt ＝0.036 J.。
2019版高考物理一轮复习第11章电磁感应43电磁感应现象中的动力学问题课件
(2)以 AB、CD 棒组成的系统在此过程中，根据能的转 化与守恒有(3m－m)gh－2Q＝12·4m·v21
解得金属杆 CD 移动的距离 h＝16m3gm2gRB2＋4LQ4 B4L4 通过导线截面的电荷量 q＝IΔt＝Δ2ΦR ＝B2LRh＝16m23mg2gRR2＋B3QL3B4L4。
(1)金属杆 AB 即将进入磁场上边界时的速度 v1； (2)在此过程中金属杆 CD 移动的距离 h 和通过导线截 面的电荷量 q； (3)设金属杆 AB 在磁场中运动的速度为 v2，通过计算 说明 v2 大小的可能范围。
解析 (1)AB 杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处 于平衡状态，对 AB 杆：3mg＝2FT
[例] (2018·江西宜春四中月考)如图所示，两根粗细均匀的金 属杆 AB 和 CD 的长度均为 L，电阻均为 R，质量分别为 3m 和 m，用两根等长的、质量和电阻均不计的、不可伸长的柔
软导线将它们连成闭合回路，悬跨在绝缘的、水平光滑的圆 棒两侧，AB 和 CD 处于水平。在金属杆 AB 的下方有高度 为 H 的水平匀强磁场，磁感强度的大小为 B，方向与回路 平面垂直，此时 CD 处于磁场中。现从静止开始释放金属杆 AB，经过一段时间(AB、CD 始终水平)，在 AB 即将进入磁 场的上边界时，其加速度为零，此时金属杆 CD 还处于磁场 中，在此过程中金属杆 AB 上产生的焦耳热为 Q。重力加速 度为 g，试求：
(2017·辽宁沈阳东北育才二模)如图，固定在水平桌面上 的光滑金属导轨 cd、eg 处于方向竖直向下的匀强磁场中， 金属杆 ab 与导轨接触良好，在两根导轨的端点 d、e 之间连 接一电阻，其他部分电阻忽略不计，现用一水平向右的恒力 F 作用在金属杆 ab 上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑
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知识回顾电磁感应中的电路动力学问题分析思路规律方法电磁感应中的力、电问题应抓住的“两个对象”规律总结解决电磁感应与运动结合的问题的思想在电磁感应与运动结合的问题中，力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序.找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律右手定则求解电动势大小和方向.根据欧姆定律，求解回路中电流.分析安培力对导体棒加速度、速度的影响，从而推理得出对电路中电流的影响，最后定性分析出导体棒的最终运动情况.运用运动学方程、牛顿第二定律、平衡方程或功能关系求解. 例题分析【例1】 (多选)半径为a 右端开口和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示，则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2avπ＋R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2avπ＋R 0【答案】 AD【例2】如图所示，连接两个定值电阻的平行金属导轨与水平面成θ角，R 1＝R 2＝2R ，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab 质量为m ，棒的电阻为2R ，棒与导轨之间的动摩擦因数为μ.导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，定值电阻R 2消耗的电功率为P ，下列说法正确的是( )A ．此时重力的功率为mgv cos θB ．此装置消耗的机械功率为μmgv cos θC ．导体棒受到的安培力的大小为6PvD ．导体棒受到的安培力的大小为8Pv【答案】 C【例3】 (2017年江苏常州检测)如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L 1、L 2，其间距d ＝0.5 m ，左端接有容量C ＝2 000μF 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F 1＝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F 2，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)F 2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，即设经过很短的时间Δt ，速度增加Δv ，则a ＝ΔvΔt ，再根据牛顿第二定律求出加速度．【答案】 (1)1×10－2C (2)0.25 s (3)0.55 N(3)由(2)可知棒在F 2作用下，运动的加速度a 2＝F 2m ＋CB 2d 2，方向向左，又12a 1t 2＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 1t ·2t －12a 2t2将相关数据代入解得F 2＝0.55 N. 专题练习1．(多选)(2017年洛阳全市联考)如图所示，两光滑导轨相距为L ，倾斜放置，与水平地面夹角为α，上端接一电容为C 的电容器，导轨上有一质量为m 、长为L 的导体棒平行地面放置，导体棒离地面的高度为h ，磁感应强度为B 的匀强磁场与两导轨所决定的平面垂直，开始时电容器不带电，将导体棒由静止释放，整个电路电阻不计，则( )A ．导体棒先做加速运动，后做匀速运动B ．导体棒落地时瞬时速度v ＝2mghm ＋CB 2L 2C ．导体棒下落中减少的重力势能转化为动能，机械能守恒D ．导体棒一直做匀加速直线运动，加速度为a ＝mg sin αm ＋CB 2L 2【答案】：BD2．(多选)(2017年潍坊市高三模拟)在如图甲所示的电路中，电阻R 1＝R 2＝2R ，圆形金属线圈半径为r 1，线圈导线的电阻为R ，半径为r 2(r 2<r 1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t 0和B 0，其余导线的电阻不计．闭合S ，至t 1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是 ( )A ．电容器上极板带正电B ．电容器下极板带正电C ．线圈两端的电压为B 0πr 21t 0D ．线圈两端的电压为4B 0πr 225t 0【答案】：BD【解析】：穿过圆形金属线圈的磁通量向里减小，由楞次定律可知，线圈产生的感应电流为顺时针方向，根据电源内部电流由负极流向正极可知，电容器上极板带负电，下极板带正电，选项A 错误，B 正确；由法拉第电磁感应定律得感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝B 0t 0πr 22，则线圈两端的电压，即电源的路端电压U ＝2R ＋2R 2R ＋2R ＋R E ＝4B 0πr 225t 0，选项C 错误，D 正确．3．(多选)竖直向上的匀强磁场中水平放置一平行光滑金属导轨，其左端串联阻值为R 的电阻，电阻为r 的导体棒静止在导轨上，如图甲所示．不计导轨电阻，从t ＝0时刻起，对导体棒施加外力使之沿导轨运动，测得回路中电流与时间的关系如图乙(正弦图象)所示(顺时针方向为电流正方向)，下列说法正确的是( )A.T 4和3T4时刻，导体棒的速度相同 B ．0到T 时间内通过电阻R 的电荷量为0 C.T4时刻，N 点电势比M 点高I m R D ．0到T 4时间内，电阻R 上产生的焦耳热为I 2m RT2【答案】：BC4．(多选)如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，阻值为R ＝0.4 Ω的电阻接在两导轨的左端．一质量为m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω、长为L 的金属杆ab 静置于两导轨上，且与两导轨垂直，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B ＝0.5 T 的匀强磁场中．现用一水平外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U 随时间t 的变化关系如图乙所示，则( )A ．在金属杆向右运动的过程中，流经金属杆的电流方向为b →aB ．金属杆ab 向右做加速度a ＝1 m/s 2的匀加速直线运动 C ．t ＝5 s 时拉力F 的瞬时功率为0.2 W D ．0～5 s 时间内，通过电阻R 的电荷量为258C【答案】：AB5.如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则( )A．v＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到dB．v＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到bC．MN受到的安培力大小F A＝，方向水平向右D．MN受到的安培力大小F A＝，方向水平向左【答案】A6.如图所示，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上．一电阻为r、质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形．棒与导轨间光滑、棒左侧有两个固定于水平面的光滑立柱．导轨bc段电阻为R，长为L，其他部分电阻不计．以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为B.在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a.则( )A．F与t成反比B．F与t2成正比C．当t达到一定值时，QP刚好对轨道无压力D．若F＝0，PQbc静止，ef左侧磁场均匀减小，当达到一定值时，QP刚好对轨道无压力【答案】C【解析】导轨由静止开始做匀加速直线运动，相当于bc做切割磁感线运动，对导轨，由牛顿第二定律得：F－F安＝Ma，且F安＝，v＝at，所以F＝Ma＋，由此可知A、B错误；由左手定则可知，导体棒PQ所受安培力方向向上，由导体棒受力情况可知，当mg＝，即t＝时，QP刚好对轨道无压力，C正确；若F＝0，PQbc静止，ef左侧磁场均匀减小，由楞次定律可知，通过QP的电流方向为P到Q，利用左手定则可确定QP所受安培力方向向下，所以，无论多长时间都不会使QP刚好对轨道无压力，D错误；故选C.7.(多选)如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M、F N表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )A．F M向右B．F N向左C．F M逐渐增大D．F N逐渐减小【答案】BCD8.(多选)如图所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放，三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A线圈有一个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则( )A．三个线圈同时落地B．A线圈最先落地C．A线圈最后落地D．B、C线圈同时落地【答案】BD9.如图所示，一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L，左端接有阻值为R的电阻，一质量为m、长度为L的金属棒MN放置在导轨上，棒的电阻为r，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速运动，保持外力的功率为P不变，经过时间t导体棒最终做匀速运动．求：(1)导体棒匀速运动时的速度是多少？(2)t时间内回路中产生的焦耳热是多少？【答案】(1)v＝(2)Q＝Pt－【解析】(1)E＝BLvI＝F安＝BILP＝Fv匀速运动时F＝F安联立上面几式可得：v＝.(2)根据动能定理：W F－W安＝mv2，W F＝PtQ＝－W安可得Q＝Pt－10.如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间的距离L＝1 m，定值电阻R1＝6 Ω、R2＝3 Ω，导轨上放一质量为m＝1 kg的金属杆，杆的电阻r＝2 Ω，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝0.8 T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向下．现用一拉力F沿水平方向拉杆，使金属杆以一定的初速度开始运动．图乙所示为通过R1中电流的平方I随时间t的变化关系图象，求：(1)5 s末金属杆的速度大小；(2)写出安培力的大小随时间变化的关系方程；(3)5 s内拉力F所做的功．【答案】(1)3 m/s (2)F A＝0.24N (3)7.65 J(3)图线与时间轴包围的“面积”为(0.02＋0.04)×5＝0.15，故5 s内R1中产生的焦耳热Q1＝0.15×6 J＝0.9 J，电路中总电热Q总＝Q1＋Q2＋Q＝6Q1＝5.4 J，金属杆初始速度v0＝＝＝1.5m/s，由功能关系W F＋W A＝ΔE k得：W F＝ΔE k＋Q总＝m(v－v)＋Q总代入数据得W F＝×1×(32－1.52×2)＋5.4 J＝7.65 J.11.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线(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，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s＝11.4 m，取g＝10 m/s2，求：(1)线框进入磁场前重物M的加速度大小；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(3)ab边由静止开始运动到gh线处所用的时间t.【答案】(1)5 m/s2(2)6 m/s (3)2.5 s(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡，Mg＝F T′，线框abcd受力平衡，F T′＝mgsin α＋F安ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E＝Bl1v形成的感应电流I＝＝受到的安培力F安＝BIl1联立上述各式得，Mg＝mgsin α＋代入数据解得v＝6 m/s12.一绝缘楔形物体固定在水平面上，左右两斜面与水平面的夹角分别为α和β，α＝37°、β＝53°.如图所示，现把两根质量均为m、电阻为均R、长度均为L的金属棒的两端用等长的电阻不计的细软导线连接起来，并把两棒分别放在楔形体的两个光滑的斜面上，在整个楔形体的区域内存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，在细软导线刚好拉直后由静止释放两金属棒，不计一切摩擦阻力，细软导线足够长，两导线一直在斜面上，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g.(1)求金属棒的最大加速度；(2)求金属棒的最大速度．【答案】(1)a＝0.2g (2)v＝【解析】(1)根据牛顿第二定律：mg(sin β－sin α)＝ma化简则：a＝0.2g(2)棒受力平衡时，两棒速度v最大．因两棒速度大小相等，但切割B的有效速度不同，感应电流的方向为逆时针则在t时间内感应电动势E＝＝BLv(cos α－cos β)其感应电流I＝安培力F b＝IBL设细线对棒的力为F，对右棒：mgsin β＋F b cos β－F＝0对左棒：F－F b cos α－mgsin α＝0联立解：v＝.13.如图甲所示，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．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(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．(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．【答案】(1)(2) gsin θ－(3)【解析】(1)如图所示，ab杆受：重力mg，竖直向下；支持力F N，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上．(2)当ab杆速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝＝(3)当a＝0时，ab杆有最大速度：v m＝.。
2019年高考物理考纲解读与热点难点突破专题05功能关系在电磁学中的应用热点难点突破
专题05 功能关系在电磁学中的应用1.如图2所示，足够长的U 形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接触良好，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )图2A ．运动的平均速度大小为12vB ．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 2vRsin θ【答案】B2. 如图3所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A 点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中( )图3A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等C．小球在D点时的动能为50 J6.如图4所示，绝缘斜面处在一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端。
已知在金属块下滑的过程中动能增加0.3 J，重力做功1.5 J，电势能增加0.5 J，则以下判断正确的是( )图4A．金属块带负电荷B．电场力做功0.5 JC．金属块克服摩擦力做功0.8 JD．金属块的机械能减少1.2 J【答案】D7．半圆形光滑金属导轨MN、PQ平行放置在竖直平面内，导轨左端通过单刀双掷开关S接在电路中，如图7甲所示，电源内阻不计，导轨所在空间有如图乙所示的磁场，金属棒电阻为R、质量为m，其他电阻不计。
整个操作过程经历两个阶段：①开始时开关接位置1，金属棒ab从导轨上M、P位置由静止释放，当金属棒从N、Q竖直向上飞出时，开关S改接位置2，金属棒恰能上升到离N、Q为h的高度处；②之后金属棒又从N、Q落回导轨内并恰好能回到M、P位置。
热点26 电磁感应中的动力学问题(解析版)
热点26 电磁感应中的动力学问题高考真题1．（2019海南物理）如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为l ，两根相同的导体棒AB 、CD 置于导轨上并与导轨垂直，长度均为l ，棒与导轨间的动摩擦因数为μ（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下。
从0t =时开始，对AB 棒施加一外力，使AB 棒从静止开始向右做匀加速运动，直到1t t =时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为1i ，已知CD 棒在()0010t t t t =<<时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。
两棒的质量均为m ，电阻均为R ，导轨的电阻不计。
重力加速度大小为g 。
（1）求AB 棒做匀加速运动的加速度大小； （2）求撤去外力时CD 棒的速度大小；（3）撤去外力后，CD 棒在t=t 2时刻静止，求此时AB 棒的速度大小。
【参考答案】（1）0222t l B mgRa μ=（2）Bl R i t l B mgRt v CD1022122-=μ （3）)(2241210221t t g Bl Ri t l B mgRt v AB ---=μμ 【名师解析】：（1）CD 棒在t 0时刻开始运动，此时AB 棒的速度为00at v = ① 由受力分析得知安培力等于摩擦力， mg F A μ= ② 由电磁感应规律得R Blv Bl BIl F A 20⋅==③由①②③式得0222t l B mgRa μ=④ （2）设撤去外力时CD 棒的速度大小为v CD ；AB 棒的速度为v 1=at 1 ⑤ 此时产生的感应电动势为)-CD 1v v Bl E （=⑥此时产生的感应电流为REi 2=⑦A解得Bl Ri t l B mgRt v CD 1022122-=μ ⑧ （3）对系统研究，两棒受到的安培力的冲量一正一负可以抵消掉，根据系统动量定理可得： )(2)()0(121t t mg mv mv mv CD AB -=+-+μ ⑨ 解得：)(2-121t t g v v v CD AB -+=μ ⑩ 将⑤⑧代入上式得 )(2241210221t t g Bl Ri t l B mgRt v AB ---=μμ⑪ 2．（2018江苏高考物理）如图所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅰ的高和间距均为d ，磁感应强度为B ．质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅰ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g ．金属杆（A ）刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下（B ）穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间 （C ）穿过两磁场产生的总热量为4mgd（D ）释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于22442m gR B L【参考答案】BC【名师解析】本题考查电磁感应中的能量问题及其相关的知识点。
2019高考物理一轮复习微专题系列之热点专题突破专题61电磁感应中的动力学问题学案
专题61 电磁感应中的动力学问题通过导体中的感应电流在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起。
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,故解这类问题时正确进行动态分析,确定最终状态是解题的关键。
1．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I＝BlvR＋r.(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl或B2l2vR总，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合＝ma.(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程：F合＝0.2. 两种状态处理(1) 导体处于平衡态——静止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。
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：【典例1】如图所示，在水平面内固定着U形光滑金属导轨，轨道间距为50 cm，金属导体棒ab质量为0.1 kg，电阻为0.2 Ω，横放在导轨上，电阻R的阻值是0.8 Ω(导轨其余部分电阻不计)。
现加上竖直向下的磁感应强度为0.2 T的匀强磁场。
用水平向右的恒力F＝0.1 N拉动ab，使其从静止开始运动，则( )A.导体棒ab开始运动后，电阻R中的电流方向是从P流向MB.导体棒ab运动的最大速度为10 m/sC.导体棒ab开始运动后，a、b两点的电势差逐渐增加到1 V 后保持不变D.导体棒ab开始运动后任一时刻，F的功率总等于导体棒ab和电阻R的发热功率之和【答案】 B【典例2】一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图2所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是( )A.ab受到的拉力大小为2 NB.ab向上运动的速度为2 m/sC.在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D.在2 s内，拉力做功为0.6 J【答案】BC【典例3】 如图所示，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。
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2019年高考物理热点题型归纳与整合--电磁学中的动力学问题题型一处理电场中能量问题的基本方法（1）应用动能定理解决问题需研究合外力的功（或总功）.（2）应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化.（3）应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系.（4）有电场力做功的过程机械能一般不守恒，但机械能与电势能的总和可以不变. 例1.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。
一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。
下列说法正确的是（）A. 平面c上的电势为零B. 该电子可能到达不了平面fC. 该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD. 该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【答案】AB【解析】本题考查等势面及其相关的知识点。
根据题述，匀强电场中等势面间距相等，相邻等势面之间的电势差相等。
设相邻等势面之间的电势差为U，根据电子从a到d的过程中克服电场力所做功为W ab=6e V，电场方向水平向右。
由W ab=3e V，联立解得：U=2V。
已知b的电势为2V，则平面c上的电势为零，选项A正确；由于af之间的电势差为4U=8V，一电子经过a时的动能为10eV，由于题述没有指出电子速度方向，若该电子速度方向指向左或指向上或下，则该电子就到达不了平面f，选项B正确；由于题述没有指出电子速度方向，选项CD错误。
【点睛】此题以等势面切入，考查电场力做功及其相关知识点。
例2.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量【答案】BC【解析】小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误．【易错点】处理电场中能量问题的基本方法例3.如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球．现有两个质量和电荷量都相同的带正电的小球a、b，先将小球a穿在细杆上，让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使小球b从A点由静止开始沿竖直方向下落．各带电小球均可视为点电荷，则下列说法中正确的是()A．从A点到C点，小球a做匀加速运动B．从A点到C点电场力对小球a做的功大于从A点到B点电场力对小球b做的功C．小球a在C点的动能大于小球b在B点的动能D．从A点到C点，小球a的机械能先增加后减少，但机械能与电势能之和不变【答案】CD【解析】从A到C点，小球受到重力、库仑引力、弹力作用，库仑引力为变力，故合力为变力，加速度是变化的，故A错误；由于圆周为等势面，故小球从A到C和从A到B电场力做功相等，B错误；由于圆周为等势面，故小球从A到C和从A到B电场力做功相等，根据动能定理，对小球a有mgh AC＋W静电＝E k a，对小球b有mgh AB＋W静电＝E k b，由于a球下降的高度较大，故a球的动能较大，C正确；除重力外的其余力(电场力)做的功等于机械能的增加量，由于电场力先做正功后做负功，故机械能先增加后减少，机械能与电势能之和不变，D正确．【易错点】处理电场中能量问题的基本方法例4.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x1和－x1为x轴上对称的两点．下列说法正确的是()A．x1处场强大于－x1处场强B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1点时速度为零C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能D．x1点的电势比－x1点的电势高【答案】B【解析】由图可知x1处场强与－x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qU＝ΔE k，可知B选项正确．【易错点】对E-x图象的理解例5.如图所示，带负电的金属小球A质量为m A＝0.2 kg，电量为q＝0.1 C，小球B是绝缘体不带电，质量为m B＝2 kg，静止在水平放置的绝缘桌子边缘，桌面离地面的高h＝0.05 m，桌子置于电、磁场同时存在的空间中，匀强磁场的磁感应强度B＝2.5 T，方向沿水平方向且垂直纸面向里，匀强电场电场强度E＝10 N/C，方向沿水平方向向左且与磁场方向垂直，小球A与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4，A以某一速度沿桌面做匀速直线运动，并与B球发生正碰，设碰撞时间极短，B碰后落地的水平位移为0.03 m，g取10 m/s2，求：(1)碰前A球的速度？(2)碰后A球的速度？(3)若碰后电场方向反向(桌面足够长)，小球A在碰撞结束后，到刚离开桌面运动的整个过程中，合力对A球所做的功.【答案】(1)2 m/s(2)1 m/s，方向与原速度方向相反(3)6.3 J【解析】(1)设小球A匀速运动的速度为v A，从A到B的过程中匀速运动，由平衡条件可得：qE＝f而f＝μF N、F N＝qBv A1＋m A g所以qE＝μ(qBv A1＋m A g)代入数据得v A 1＝2 m/s.(2)设碰后B 球的速度为v B ，由平抛运动规律有h ＝12gt 2，x ＝v B t 代入数据解得v B ＝0.3 m/s设A 球与B 球发生碰撞后的速度为vA 2，由动量守恒定律得：m A v A 1＝m A v A 2＋m B v B 解得v A 2＝－1 m/s ，方向与原速度方向相反．(3)设A 球沿桌面运动速度为v ，加速度为a ，则qE －μN ＝m A a ，m A g ＝N ＋qvB 解得a ＝qE －μm A g ＋μqvBm AA 球沿桌面做加速度增大的加速运动，当洛伦兹力等于重力时，A 球离开桌面，此时A 球沿桌面的速度最大为v m ，则m A g ＝qv mB 所以v m ＝m A gqB ，代入数据得v m ＝8 m/s 根据动能定理，合力所做的功W ＝12m A v 2m －12m A v 2A 2，代入数据得W ＝6.3 J. 【易错点】复合场中的动量、能量综合问题题型二 带点粒子在电磁场中运动的问题1、解题的思维程序2、规律运用及思路①带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识分析； ②带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理； ③注意带电粒子从一种场进入另一种场时的衔接速度．例6.带电粒子在电场中直线运动问题如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落到下极板处的时间.【答案】(1)2gh (2)mg h ＋d qd Cmg h ＋d q(3)h ＋dh 2hg【解析】(1)设小球下落h 时的速度为v ，由自由落体规律有v 2＝2gh ，得v ＝2gh .(2)设小球在极板间运动的加速度为a ， 由v 2＝2ad ，得a ＝v 22d ＝ghd . 由牛顿第二定律qE －mg ＝ma ， 电容器的电荷量Q ＝CU ＝CEd ，联立以上各式得E ＝mg h ＋d qd ，Q ＝Cmg h ＋dq . (3)由h ＝12gt 21得小球做自由落体运动的时间t 1＝2hg ， 由0＝v －at 2得小球在电场中运动的时间t 2＝d 2gh .则小球运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝h ＋dh2h g .【小结】 带电粒子在电场中直线运动问题分析方法例7.带电粒子在交变电场中运动如图甲所示，长为L 、间距为d 的两金属板A 、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度v 0从a 点水平射入，沿直线从b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b 点以速度v 0射出，求：甲 乙图18-7-1 (1)交变电压的周期T 应满足什么条件；(2)粒子从a 点射入金属板的时刻应满足什么条件？ 【答案】(1)T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L2dv 0qU 02m 的整数 (2)t ＝2n －14T (n ＝1,2,3…)【解析】(1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nTv 0，解得T ＝Lnv 0 粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a ⎝⎛⎭⎫14T 2又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 232md在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 216md粒子不撞击金属板，应有y m≤1 2d解得T≤2d 2m qU0故n≥L2dv0qU02m，即n取大于等于L2dv0qU02m的整数．所以粒子的周期应满足的条件为T＝Lnv0，其中n取大于等于L2dv0qU02m的整数．(2)粒子进入电场的时刻应为14T，34T，54T，…故粒子进入电场的时刻为t＝2n－14T(n＝1,2,3…)．例8带电粒子在匀强电场中的偏转如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压U YY′，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压U YY′的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度．【答案】见解析【解析】(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为v y，速度偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有y ＝12at 2L ＝v 0t v y ＝at tan θ＝v y v 0＝y x ， 解得x ＝L2即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O 点． (2)由题知a ＝Eqm E ＝U YY ′d 解得y ＝qU YY ′L 22dmv 20 当y ＝d 2时，U YY ′＝md 2v 20qL 2 则两板间所加电压的范围为－md 2v 20qL 2≤U YY ′≤md 2v 20qL 2.(3)当y ＝d2时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，设其大小为y 0， 则y 0＝y ＋b tan θ 又tan θ＝v y v 0＝dL ， 解得：y 0＝dL ＋2b2L故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y 0＝d L ＋2bL.例9.带电粒子在匀强电场中先加速再偏转真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是()A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4【答案】B【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝12mv20，解得v0＝2qU1m，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据推论y＝U2L24dU1、tan θ＝U2L2dU1可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶ 2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误．例10.带电粒子在电场、重力场中的偏转如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m、电荷量为－q(－q＜0)的带电绝缘小球，从y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C(L,0)点．该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径．不计一切阻力，重力加速度为g.求：(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球运动到B 点时对细管的压力的大小和方向；(3)小球从C 点飞出后会落在x 轴上的哪一位置．【答案】(1)mg q (2)3(2＋1)mg 方向竖直向下 (3)－7L【解析】 (1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入细管，则速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°则tan 45°＝mg Eq解得匀强电场的电场强度E ＝mg q .(2)根据几何关系可知，圆弧形细管的半径r ＝2L ，圆心的坐标为O 1(0，－L )设小球运动到B 点时速度为v B ，此时受到重力和细管的支持力F N ，从P 点到B 点的过程中根据动能定理得：12mv 2B －0＝mg (2L ＋2L )＋EqL小球运动到B 点时，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2B r联立解得：F N ＝3(2＋1)mg根据牛顿第三定律可知，小球运动到B 点时对细管的压力大小为3(2＋1)mg ，方向竖直向下．(3)设小球运动到A 点的速度为v A ，运动到C 点的速度为v C ，从P 点到A 点的过程中，根据动能定理得：12mv 2A ＝mgL ＋EqL解得：v A ＝2gL小球从C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度v C ＝v A ＝2gL小球的加速度g ′＝2g当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴则有：v C t ＝12g ′t 2解得：t ＝22Lg 则沿x 轴方向运动的位移x ＝2v C t ＝2×2gL ×22Lg ＝8L 则小球从C 点飞出后落在x 轴上的横坐标：x ′＝L －8L ＝－7L .例11.等效法处理带电粒子在电场、重力场中的运动如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h 的A 处由静止开始下滑，沿轨道ABC 运动并进入圆环内做圆周运动．已知小球所受电场力是其重力的34，圆环半径为R ，斜面倾角为θ＝60°，s BC ＝2R .若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h 至少为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【答案】7.7R【解析】小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F ，如图所示．可知F ＝1.25mg ，方向与竖直方向成37°角．由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D 点，设小球恰好能通过D 点，即达到D 点时圆环对小球的弹力恰好为零．由圆周运动知识得：F ＝m v 2D R ，即：1.25mg ＝m v 2D R小球由A 运动到D 点，由动能定理得：mg (h －R －R cos 37°)－34mg ×(h cot θ＋2R ＋R sin 37°)＝12mv 2D联立解得h ＝7.7R .例12.带电粒子在组合场中的运动如图所示，将某正粒子放射源置于原点O ，其向各个方向射出的粒子速度大小均为v 0，质量均为m 、电荷量均为q ；在0≤y ≤d 的一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与y 轴正向相同，在d <y ≤2d 的一、二象限范围内分布着一个匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向里．粒子第一次离开电场上边缘y ＝d 时，能够到达的位置x 轴坐标范围为－1.5d ≤x ≤1.5d, 而且最终恰好没有粒子从y ＝2d 的边界离开磁场．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：(1)电场强度E ；(2)磁感应强度B ；(3)粒子在磁场中运动的最长时间．(只考虑粒子第一次在磁场中的运动时间)【答案】(1)8mv 209qd (2)8mv 03qd (3)127πd 240v 0【解析】 (1)沿x 轴正方向发射的粒子有：由类平抛运动基本规律得1.5d ＝v 0t,d ＝12at 2 a ＝qE m ，联立可得：E ＝8mv 209qd .(2)沿x 轴正方向发射的粒子射入磁场时有：d ＝v y 2t, 联立可得：v y ＝43v 0，v ＝v 2x ＋v 2y ＝53v 0 方向与水平成53°，斜向右上方，据题意知该粒子轨迹恰与上边缘相切，则其余粒子均达不到y ＝2d 边界，由几何关系可知：d ＝R ＋35R根据牛顿第二定律得：Bqv ＝m v 2R联立可得：B ＝8mv 03qd .(3)粒子运动的最长时间对应最大的圆心角，经过(1.5d ，d )恰与上边界相切的粒子轨迹对应的圆心角最大，由几何关系可知圆心角为：θ＝254°粒子运动周期为：T ＝2πR v ＝3πd 4v 0则时间为：t ＝θ360°T ＝127πd 240v 0.【小结】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．例13.电场、磁场、重力场的叠加如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c .已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )A．m a>m b>m c B．m b>m a>m cC．m c>m a>m b D．m c>m b>m a【答案】B【解析】设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即m a g＝qE ①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则m b g＝qE＋qvB ②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则m c g＋qvB＝qE ③比较①②③式得：m b>m a>m c，选项B正确．例15.带电粒子(体)在电场中运动的综合问题如图所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小．【答案】(1)3∶1 (2)13H (3)mg 2q【解析】(1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得 v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2③ 联立①②③式得s 1s 2＝3. ④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式得v 2y ＝2gh⑤ H ＝v y t ＋12gt 2⑥ M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v 0v y ＝s 1H⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝13H . ⑧(3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则 v 0v y ＝qEmg ⑨设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得E k1＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH ＋qEs 1 ⑩E k2＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH －qEs 2 ⑪ 由已知条件E k1＝1.5E k2⑫ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E ＝mg2q .⑬。