2018年高考物理一轮复习 专题46 电磁感应中的动力学和能量问题(讲)(含解析)

专题46 电磁感应中的动力学和能量问题

1.会分析计算电磁感应中有安培力参与的导体的运动及平衡问题.

2.会分析计算电磁感应中能量的转化与转移．

考点一 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r

R E

I +=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

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． ★重点归纳★

1．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：

2．电磁感应中的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；

(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其 导体棒的电阻相当于电源的内阻，感导体棒受到安培力及其他力，安培力F 安＝BIl 或r

R v

L B F +=22，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.

★典型案例★如图甲所示，一对足够长的平行粗糙导轨固定在与水平面夹角为370

的斜面上，两导轨间距为l=1m ，下端接有R=3Ω的电阻，导轨的电阻忽略不计；一根质量m=0.5kg 、电

阻r=1Ω(导轨间部分)的导体杆垂直静置与两导轨上，并与两导轨接触良好；整个装置处于磁感应强度大小B=2T、垂直于导轨平面向上的匀强磁场中；现用平行于斜面向上的拉力F 拉导体杆，拉力F与时间t的关系如图乙所示，导体杆恰好做匀加速直线运动；重力加速度g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8；求导体杆的加速度大小和导体杆与导轨间的动摩擦因数μ。

【答案】2m/s2, 0.5

代入数据解得：

1

34

2

F a at

μ

=+++（N）

由题图乙有 F=6+2t(N)

比较两式可知：a=2m/s2, μ=0.5

【名师点睛】此题是电磁感应的力学问题，主要考查法拉第电磁感应定律及牛顿第二定律的应用；解题时要根据物理情景找到力F与时间的函数关系，再与所给的图像对比斜率及截距等数据求解未知量.

★针对练习1★如图所示，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的斜面上，导轨宽度为L，导轨下端接有电阻R，两导轨间存在一方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场，轻绳一端平行于斜面系在质量为m的金属棒上，另一端通过定滑轮竖直悬吊质量为0

m的小木块。第一次经金属棒从PQ位置由静止释放，发现金属棒沿导轨下滑，第二次去掉

轻绳，让金属棒从PQ 位置由静止释放。已知两次下滑过程中金属棒始终与导轨接触良好，且在金属棒下滑至底端MN 前，都已经达到了平衡状态。导轨和金属棒的电阻都忽略不计，已知

04m m =

，22mgR

B L

=h 为PQ 位置与MN 位置的高度差）。求： （1）金属棒两次运动到MN 时的速度大小之比；

（2）金属棒两次运动到MN 过程中，电阻R 产生的热量之比。

【答案】（1）1

21

2v v = （2）112259

112

Q W Q W ==

21

2

1212

mgh W mv -= 两次运动过程中，电阻R 产生的热量之比为

112259112

Q W Q W == 【名师点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键是安培力的分析和计算，它是联系力学与电磁感应的桥梁。

★针对练习2★（多选）如图所示，质量为3m 的重物与质量为m 的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知相框电阻为R ，横边的边长为L ，水平方向匀

强磁场的磁感应强度为B ，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h ．初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h ，将重物从静止开始释放，线框穿出磁场前，若线框已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是： （ ）

A ．线框进入磁场时的速度为 2gh

B ．线框穿出磁场时的速度为

22

mgR

B L

C ．线框通过磁场的过程中产生的热量322

44

88m g R Q mgh B L =-

D ．线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v ，则加速度为22124B L v

a g mR

=-

【答案】ACD

Q=（3mg -mg ）•4h -12（3m +m ）v 2

， 将222mgR v B L

=代入得：32244

88m g R Q mgh B L =-，故C 正确．线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v ，对整体，根据牛顿第二定律得：

2233B L v mg mg m m a R --

=+（）解得：22124B L v

a g mR

=-．故D 正确．故选ACD.

【名师点睛】本题力学知识与电磁感应的综合，要认真审题，明确物体运动的过程，正确分

析受力及各力的做功情况，要熟练推导或记住安培力的表达式22B L v

F R

=安。

考点二 电磁感应中的能量问题分析