2018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学案1

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，
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N 2.对于ab 棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μN 1＋T ＋F ①
N 1＝2mg cos θ ②
对于cd 棒，同理有mg sin θ＋μN 2＝T ③
N 2＝mg cos 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 由欧姆定律得I ＝ε
R
⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)
mgR
B 2L 2
. ⑨ [答案] (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2
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L 1、
L 2，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 ＝Δv
Δt
，再根据牛顿第二定律求出加速度.
[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F 1作用下有F 1－BId ＝ma 1 又I ＝Δq Δt ＝CBd Δv Δt ，a 1＝Δv Δt
联立解得：a 1＝
F 1m ＋CB 2d
2＝20 m/s 2
则t ＝v a 1
＝0.25 s.
(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12
a 1t 2
＝－⎣⎢⎡⎦
⎥⎤a 1t ·2t －12a 2（2t ）2
将相关数据代入解得F 2＝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
(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①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②，运动过程中它们都能匀速穿过③磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场④.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10 m/s2，a、b电流间的相互作用不计)，求：
(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
(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I b ＝I a ＋I R .
a 与R 是并联关系，则有I a R 1＝I R R ， a 产生的热量为Q a ＝I 2a R 1t ，
b 产生的热量为Q b ＝I 2b R 2t .
则Q a ∶Q b ＝I 2
a R 1∶I 2
b R 2，代入数据可解得Q a ∶Q b ＝2∶9. (2)a 、b 穿过磁场区域的整个过程中，由能量守恒可得，
Q ＝m 1g sin α·d ＋m 2g sin 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v 1，此时电路中的总电阻
R 总1＝R 1＋RR 2R ＋R 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫6＋3×33＋3 Ω＝7.5 Ω
设b 进入磁场的速度大小为v 2，此时电路中的总电阻
R 总2＝R 2＋R 1R R 1＋R ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
3＋6×36＋3 Ω＝5 Ω
由m 1g sin α＝B 2L 2v 1R 总1和m 2g sin α＝B 2L 2v 2R 总2，可得v 1v 2＝m 1R 总1m 2R 总2＝3
4
.
设a 匀速运动时，m 2g sin α＝m 2a 0，v 2＝v 1＋a 0d v 1
，联立并代入数据解得v 21＝12 m 2/s 2
，则v 2
2＝169
v 21.
M 、N 两点之间的距离Δs ＝v 22
2a 0－2v 2
12a 0＝712
m.
[答案] (1)2∶9 (2)1.2 J (3)7
12 m
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( )
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＝1
Br2ω，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＝I2R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B­t 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，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/s2)
(1)求t 0的值；
(2)求线框AB 边到达M 2N 2时的速率v ；
(3)从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为多大？
[解析] (1)细线恰好松弛，对线框受力分析有B 0IL ＝mg ，I ＝E R ，感应电动势E ＝
ΔΦ
Δt
＝ΔB Δt S ＝B 0t 0S ＝B 0t 0×12Lh ，得t 0＝B 20L 2
h
2mgR
. (2)当CD 边到达M 3N 3时线框恰好匀速运动，速度为v ′，对线框受力分析有B 0I ′L ＝
mg ，I ′＝E ′R ，因CD 棒切割产生的感应电动势E ′＝B 0Lv ′，v ′＝mgR
B 20L
2，线框AB 到达M 2N 2
时一直运动到CD 边到达M 3N 3的过程中线框中无感应电流产生，只受到重力作用.
线框下落高度为3h ，根据动能定理得mg ×3h ＝12mv ′2
－12mv 2，线框AB 边到达M 2N 2时的
速率为v ＝
m 2g 2R 2
B 40L
4－6gh . (3)线框由静止开始下落到CD 边刚离开M 4N 4的过程中线框中产生电能为E 电，线框下落高度为4.5h ，根据能量守恒得重力势能减少量等于线框动能与电能之和为mg ×4.5h ＝E 电＋12mv ′2，则E 电＝92mgh －m 3g 2R
2
2B 40L
4. [答案] (1)B 20L 2
h
2mgR
(2)
m 2g 2R 2B 40L 4－6gh (3)92mgh －m 3g 2R 2
2B 40L
4 反思总结
解决电磁感应综合问题的一般方法
首先根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律判断电路中的电压和电流情况，然后隔离系统中的某个导体棒进行受力分析，结合共点力的平衡条件或牛顿第二定律进行求解.在求解电路中产生的热量问题时，一般是根据能量守恒定律采用整体法进行分析.
随堂检测
1.[电磁感应中的动力学问题]如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，处于竖直
向下的匀强磁场中.ab棒以水平初速度v0向右运动，下列说法正确的是( )
A.ab棒做匀减速运动
B.回路中电流均匀减小
C.a点电势比b点电势低
D.ab棒受到水平向左的安培力
2.[电磁感应中的动力学问题] 如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动.t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v­t图象中，可能正确描述上述过程的是( )
A B
C D
3.[电磁感应中的平衡问题](多选)如图甲所示，在一个倾角为θ的绝缘斜面上有一“U”形轨道abcd，轨道宽度为L，在轨道最底端接有一个定值电阻R，在轨道中的虚线矩形区域有垂直于斜面向下的匀强磁场B.现让一根长为L、质量为m、电阻也为R的导体棒PQ
从轨道顶端由静止释放，从导体棒开始运动到恰好到达轨道底端的过程中其机械能E和位移x间的关系如图乙所示，图中a、b、c均为直线段.若重力加速度g及图象中E1、E2、x1、x2均为已知量，则下列说法正确的是( )
A.导体棒切割运动时P点比Q点电势高
B.图象中的a和c是平行的
C.导体棒在磁场中做匀变速直线运动
D.可以求出导体棒切割运动时回路中产生的焦耳热
4.[电磁感应中的动力学问题]如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个闭合线圈Ⅰ、Ⅱ分别用同种导线绕制而成，其中Ⅰ为边长为L的正方形，Ⅱ是长为2L、宽为L的矩形，将两个线圈同时从图示位置由静止释放.线圈下边进入磁场时，Ⅰ立即做了一段时间的匀速运动，已知两线圈在整个下落过程中，下边始终平行于磁场上边界，不计空气阻力，则( )
A.下边进入磁场时，Ⅱ也立即做匀速运动
B.从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的加速运动
C.从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的减速运动
D.线圈Ⅱ先到达地面
5.[动力学和能量综合应用](多选)如图所示，有两根平行光滑导轨EF、GH，导轨间距离为L，与水平面成θ角，电阻不计，其上端接有定值电阻R.导轨间加有一磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上.m、p、n、q是导轨上的四个位置，mp与nq平行，且与导轨垂直，mp与nq的间距为2L.电阻为R、长为L、质量为m的导体棒从mp处由
静止开始运动，导体棒到达nq 处恰好能匀速运动.已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )
A.流过定值电阻R 的电流方向为G →E
B.导体棒在nq 处的速度大小为2mgR sin θ
B 2L
2
C.导体棒在nq 处的热功率为
2m 2g 2
R sin θ
B 2L 2
D.导体棒从mp 运动到nq ，通过定值电阻的电荷量为BL 2R
参考答案
1.答案：D
解析：棒具有向右的初速度，根据右手定则，产生b 指向a 的电流，则a 点的电势比b 点的电势高.根据左手定则，安培力向左，ab 棒做减速运动，因为电动势减小，电流减小，则安培力减小，根据牛顿第二定律，加速度减小，做加速度减小的减速运动，由于速度不是均匀减小，则电流不是均匀减小，故A 、B 、C 错误，D 正确.
2.答案：D
解析：导线框刚进入磁场时速度设为v 0，此时产生的感应电动势E ＝BLv 0，感应电流I ＝E R ＝BLv 0R ，线框受到的安培力F ＝BLI ＝B 2L 2v 0R .由牛顿第二定律F ＝ma 知，B 2L 2v 0R
＝ma ，由楞次定律知线框开始减速，随v 减小，其加速度a 减小，故进入磁场时做加速度减小的减速运动.当线框全部进入磁场开始做匀速运动，在出磁场的过程中，仍做加速度减小的减速运动，故只有D 选项正确.
3.答案：BD
解析：导体棒进入磁场后做切割运动，由右手定则知电流由P 向Q ，故Q 点的电势高，即A 项错误；导体棒进入磁场前沿导轨下滑克服摩擦力做功，机械能线性减小，进入磁场后切割磁感线，回路中有安培力，因图线b 仍是线性关系，故安培力为恒力；若有加速度，则安培力会变，故导体棒在磁场中是匀速的，即C 项错误；出场后导体棒的受力情况与进入磁场前的受力情况相同，故图线a 和c 是平行的，即B 项正确；由(mg sin θ－f )x 1＝12mv 2，mg sin θ＝f ＋F ，F ＝B 2L 2
v 2R
，(f ＋F )(x 2－x 1)＝E 1－E 2，Q ＝F (x 2－x 1)可求焦耳热，即D 项正确.
4.答案
解析：线圈Ⅱ的电阻是Ⅰ的32
倍，线圈Ⅱ进入磁场时产生的感应电动势是Ⅰ的2倍，即R Ⅱ＝32R Ⅰ，E Ⅱ＝2E Ⅰ，由I ＝E R 得，I Ⅱ＝43
I Ⅰ；由F 安＝BIL ，F Ⅱ＝BI Ⅱ·2L ，F Ⅰ＝BI Ⅰ·L ，则F Ⅱ＝83F Ⅰ，但G Ⅱ＝32
G Ⅰ，由于Ⅰ进入磁场做匀速运动，即F Ⅰ＝G Ⅰ，则F Ⅱ>G Ⅱ，所以Ⅱ进入磁场立即做加速度不断减小的减速运动，A 、B 错误，C 正确；因线圈Ⅰ、Ⅱ进入磁场时速度相同，但此后Ⅰ匀速，Ⅱ减速，故Ⅱ后到达地面，D 错误.
5.答案：BD
解析：导体棒下滑切割磁感线，由右手定则可判定m 点电势高，流过定值电阻R 的电流
方向为E →G ，选项A 错误；因导体棒到达nq 处匀速下滑，所以mg sin θ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋R
，联立得v ＝2mgR sin θB 2L 2，选项B 正确；导体棒的热功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv R ＋R 2R ＝m 2g 2R sin 2
θB 2L 2 ，选项C 错误；导体棒从mp 运动到nq ，通过定值电阻的电荷量q ＝It ＝BL 2R
，选项D 正确.。