（新课标）2018年高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 第四节 电磁感应中的动力学和能量问题试题

第四节 电磁感应中的动力学和能量问题

一、电磁感应现象中的动力学问题 1．安培力的大小

安培力公式：F＝BIl感应电动势：E＝Blv感应电流：I＝

ER??Blv??F＝R ??

22

2．安培力的方向

(1)先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定安培力方向． (2)根据楞次定律，安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反．

1.如图所示，质量均为m的金属棒ab、cd与足

够长的水平金属导轨垂直且接触良好，两金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B的匀强磁场的方向竖直向下．则ab棒在恒力F＝2μmg作用下向右运动的过程中，有( )

A．安培力对ab棒做正功 B．安培力对cd棒做正功

C．ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动 D．cd棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动

提示：选C.对于ab棒，因为F＝2μmg>μmg，所以从静止开始加速运动，ab棒运动会切割磁感线产生感应电流，从而使ab棒受到一个向左的安培力，这样加速度会减小，最终会做匀速运动；而cd棒所受到的最大安培力与摩擦力相同，所以总保持静止状态，即安培力对ab棒做负功，对cd棒不做功，所以选项C正确，A、B、D错误．

二、电磁感应中的能量转化 1．过程分析

(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．

(2)感应电流在磁场中受安培力，若安培力做负功，则其他形式的能转化为电能；若安培力做正功，则电能转化为其他形式的能．

(3)当感应电流通过用电器时，电能转化为其他形式的能． 2．安培力做功和电能变化的对应关系

“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．

2.竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面

轨道，如图所示，抛物线方程是y＝x，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )

12

A．mgb B．mv

2C．mg(b－a)

12

D．mg(b－a)＋mv

2

2

提示：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，1212由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q＝mv＋mgb－mga＝mg(b－a)＋mv.

22

电磁感应中的动力学问题 【知识提炼】

1．导体棒(框)的两种状态

(1)平衡状态——静止或匀速直线运动，加速度为零． (2)非平衡状态——加速度不为零． 2．两类研究对象及相互联系

【典题例析】

(2016·高考全国卷乙)如图，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

(2)金属棒运动速度的大小．

[审题指导] 解答的关键是对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金属棒的速度大小．

[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N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin θ＝μN1＋T＋F①

N1＝2mgcos θ②

对于cd棒，同理有mgsin θ＋μN2＝T③

N2＝mgcos θ④

联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ)．⑤ (2)由安培力公式得F＝BIL⑥ 这里I是回路abdca中的感应电流

ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦

式中，v是ab棒下滑速度的大小 由欧姆定律得I＝⑧

联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ)[答案] (1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)

ERmgR. B2L2

mgR B2L2【跟进题组】

考向1 水平导轨上的运动分析

1．如图所示，两完全相同的金属棒垂直放在水平光滑导轨上，其质量均为m＝1 kg，导轨间距d＝0.5 m，现两棒并齐，中间夹一长度不计的轻质压缩弹簧，弹簧弹性势能为Ep＝16 J，现释放弹簧(不拴接)，弹簧弹开后，两棒同时获得大小相等的速度反向运动，ab棒进入一随时间变化的磁场中，已知B＝2＋0.5t(单位：T)，导轨上另有两个挡块P、Q，cd棒与之碰撞时无能量损失，Pc＝aM＝16 m，两棒电阻均为R＝5 Ω，导轨电阻不计，若从释放弹簧时开始计时(不考虑弹簧弹开两棒的时间，即瞬间就弹开两棒)，在ab棒进入磁场边界的瞬间，加一外力F(大小和方向都可以变化)，使之始终做加速度a＝0.5 m/s的匀减速直线运动，求：

2

(1)ab棒刚进入磁场时的外力F的大小与方向；

3

(2)若ab棒速度为零时磁感应强度不再发生变化，则此时所受到的安培力．

解析：(1)弹簧弹开时，设两棒的速度大小均为v0，在这个过程中，系统的机械能守恒，12

则Ep＝2×mv0，

2

解得v0＝4 m/s

aM16

ab棒经t1＝＝ s＝4 s进入磁场，此时磁感应强度为B1＝(2＋0.5×4) T＝4 T

v04ab棒受到的安培力

2B21dv0

F安＝＝1.6 N

2R由牛顿第二定律得F安－F＝ma

则所加外力F＝F安－ma＝1.1 N，方向水平向右．

(2)ab棒进入磁场后，又经t2＝＝8 s速度变为零，而此段时间内cd棒与PQ碰撞后反向运动，恰好在t2时刻到达磁场边界MN，故此时的电动势

v0aE＝B2dv0

其中B2＝(2＋0.5×12) T＝8 T 解得E＝16 V，I＝＝1.6 A

2R所以此时ab棒受到的安培力

EF＝B2Id＝8×1.6×0.5 N＝6.4 N，方向水平向右．

答案：(1)1.1 N 方向水平向右 (2)6.4 N 方向水平向右

考向2 倾斜导轨上的运动分析

2.如图，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．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＝BLv① 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

4

QC＝③ U联立①②③式得Q＝CBLv.④

(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F安＝BLi⑤

ΔQ设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，据定义有i＝⑥

ΔtΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得：ΔQ＝CBLΔv⑦

式中，Δv为金属棒的速度变化量．据定义有

a＝Δv⑧ Δt金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为

Ff＝μFN⑨

式中，FN是金属棒对导轨的正压力的大小， 有FN＝mgcos θ⑩

金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有

mgsin θ－F安－Ff＝ma?

联立⑤至?式得a＝

m（sin θ－μcos θ）

g?

m＋B2L2C由?式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t时刻金属棒的速度大小为

m（sin θ－μcos θ）v＝gt.

m＋B2L2C答案：(1)Q＝CBLv (2)v＝

m（sin θ－μcos θ）

gt

m＋B2L2C 考向3 竖直方向上的运动分析

3．(2015·高考天津卷)如图所示，“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：

(1)线框ab边将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.

5

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/peg5.html