(完整版)高考物理--电磁感应中的动力学问题(答案)

第61课时 电磁感应中的动力学问题(题型研究课)

[命题者说] 电磁感应动力学问题是历年高考的一个热点，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) 运动切割类动力学问题

[例1]

[解析] (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得ma ＝F －μmg ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有 v ＝at 0②

当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E ＝Bl v ③ 联立①②③式可得E ＝Blt 0???

?F

m －μg 。④ (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 ＝E

R ⑤

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，由牛顿运动定律得 F －μmg －F 安＝0⑦

联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0

m 。⑧

[答案] (1)Blt 0????F m －μg (2)B 2l 2

t 0m

考法2 双杆模型

[例2] [思路点拨]

(1)金属杆甲运动产生感应电动势→回路中有感应电流→乙受安培力的作用做加速运动→可求出某时刻回路中的总感应电动势→由牛顿第二定律列式判断。

(2)导体棒ab 运动，回路中有感应电流→分析两导体棒的受力情况→分析导体棒的运动情况即可得出结论。

[解析] (1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v 1和v 2，加速度大小分别为a 1和a 2，受到的安培力大小均为F 1，则感应电动势为E ＝Bl (v 1－v 2)① 感应电流为I ＝E

2R

②

对甲和乙分别由牛顿第二定律得F －F 1＝ma 1，F 1＝ma 2③ 当v 1－v 2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时

a1＝a2④

解得a1＝a2

＝

F

2m⑤

可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。

(2)ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流。ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速。两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动。

[答案]见解析

两类双杆模型对比

类型模型运动图像运动过程分析方法

不受外力

杆MN做变减速

运动，杆PQ做

变加速运动；稳

定时，两杆以相

等的速度匀速运

动

将两杆视为整

体，不受外力，

最后a＝0

受到恒力

开始时，两杆做

变加速运动；稳

定时，两杆以相

同的加速度做匀

加速运动

将两杆视为整

体，只受外力F，

最后a＝

F

2m

[例3]

[解析](1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BL v①

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＝CBL v④

(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F1＝BLi⑤

设在时间间隔(t ，t ＋Δt )内流经金属棒的电荷量为ΔQ ，按定义有i ＝ΔQ

Δt ⑥

ΔQ 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 ＝CBL Δv ⑦

式中，Δv 为金属棒的速度变化量。按定义有 a ＝Δv

Δt

⑧

金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 F 2＝μF N ⑨

式中，F N 是金属棒对于导轨的正压力的大小，有 F N ＝mg cos θ ⑩

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mg sin θ－F 1－F 2＝ma ? 联立⑤至?式得 a ＝m (sin θ－μcos θ)m ＋B 2L 2C

g ?

由?式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动。t 时刻金属棒的速度大小为 v ＝m (sin θ－μcos θ)m ＋B 2L 2C gt ?

[答案] (1)Q ＝CBL v (2)v ＝

m (sin θ－μcos θ)

m ＋B 2L 2C

gt

这类题目易出现的错误是忽视电容器充电电流，漏掉导体棒所受的安培力，影响加速度的计算和导体棒运动情况的判断。 [集训冲关] 1.

解析：(1)导体棒切割磁感线，E ＝BL v 导体棒做匀速运动，F ＝F 安 又F 安＝BIL ，其中I ＝E R

在任意一段时间Δt 内，拉力F 所做的功 W ＝F v Δt ＝F 安v Δt ＝B 2L 2v 2

R

Δt

电路获得的电能ΔE ＝qE ＝EI Δt ＝B 2L 2v 2

R

Δt

可见，在任意一段时间Δt 内，拉力F 所做的功与电路获得的电能相等。 (2)导体棒达到最大速度v m 时，棒中没有电流，电源的路端电压U ＝BL v m

电源与电阻所在回路的电流I ＝E －U

r

电源的输出功率P ＝UI ＝EBL v m －B 2L 2v m 2

r

。

(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BL v ＝U 由电容器的U -t 图像可知U ＝U 1

t 1

t

导体棒的速度随时间变化的关系为v ＝U 1

BLt 1

t

可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a ＝U 1

BLt 1

由C ＝Q U 和I ＝Q t ，得I ＝CU t ＝CU 1

t 1

由牛顿第二定律有F －BIL ＝ma 可得F ＝BLCU 1t 1＋mU 1

BLt 1

。

答案：(1)见解析 (2)EBL v m －B 2L 2v m 2

r

(3)BLCU 1t 1＋mU 1BLt 1

2.

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 ＝2T 对CD 杆：2T ＝mg ＋BIL

又F ＝BIL ＝B 2L 2v 12R ，解得：v 1＝4mgR B 2L

2。

(2)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 ＝1

2×4m v 12

h ＝m v 12＋Q mg ＝16m 3g 2R 2＋QB 4L 4mgB 4L 4

q ＝I Δt ＝ΔΦ2R ＝BLh 2R ＝16m 3g 2R 2＋QB 4L 4

2RmgB 3L 3

(3)AB 杆与CD 杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，对AB 杆：3mg ＝2T ＋BIL

对CD 杆：2T ＝mg ＋BIL

又F ＝BIL ＝B 2L 2v 2R ，解得v 2＝mgR

B 2L 2

所以mgR B 2L 2＜v 2＜4mgR

B 2L 2

答案：(1)v 1＝4mgR B 2L

2

(2)h ＝m v 12＋Q mg ＝16m 3g 2R 2＋QB 4L 4

mgB 4L 4

q ＝16m 3g 2R 2＋QB 4L 4

2RmgB 3L 3

(3)mgR B 2L 2＜v 2＜4mgR B 2L

2 (二) 变化磁场类动力学问题

[典例]

[解析] (1)t ＝0时刻线框中的感应电动势E 0＝ΔB Δt L 2

功率P ＝E 02

R

解得P ＝k 2L 4

R

。

(2)由动能定理有W ＝ΔE k 解得W ＝1

2

m v 2

穿出过程线框中的平均电动势E ＝

ΔΦΔt

线框中的电流I ＝E R

通过的电量q ＝I Δt 解得q ＝B 0L 2

R

。

(3)n 匝线框中t ＝0时刻产生的感应电动势E ＝n ΔΦ

Δt

线框的总电阻R 总＝nR 线框中的电流I ＝E

R 总

t ＝0时刻线框受到的安培力F ＝nB 0IL

设线框的加速度为a ，根据牛顿第二定律有F ＝(nm ＋M )a 解得a ＝kB 0L 3

????M n ＋m R ，

可知n 越大，a 越大。

[答案] (1)k 2L 4R (2)12m v 2 B 0L 2

R

(3)见解析

磁场变化类电磁感应问题的解题方法

(1)用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，用楞次定律判断方向。 (2)用闭合电路欧姆定律计算回路中电流。

(3)分析计算感应电流所受安培力，研究导体受力情况和运动情况。 (4)根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程。 [集训冲关]

解析：(1)由法拉第电磁感应定律有 E ＝n ΔΦΔt

得E ＝n ????ΔB Δt ×12π×r 2＝10×2π×12π×0.52 V ＝2.5 V 小灯泡正常发光，有P ＝I 2R 由闭合电路欧姆定律有E ＝I (R 0＋R ) 则有P ＝????E

R 0＋R 2R ，

代入数据解得R ＝1.25 Ω。 (2)对线框受力分析如图

设线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B ′ 由力的平衡条件有mg sin θ＝F 安＋F f ＝F 安＋μmg cos θ F 安＝nB ′I ×2r

联立解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B ′＝0.4 T 由B ′＝2－2

π

t ，得

线框在斜面上可保持静止的时间t ＝1.62/π s ＝4π

5 s

小灯泡产生的热量Q ＝Pt ＝1.25×4π

5 J ＝3.1 J 。

答案：(1)1.25 Ω (2)3.1 J

[课时达标检测] 一、选择题 1.

解析：选B 金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值v m ，此后金属杆做匀速运动。杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。安培力F ＝BL v m R LB ，对金属杆列平衡方程式：mg sin α＝B 2L 2v m

R

，则v m ＝

mg sin α·R

B 2L 2。由此式可知，B 增大，v m 减小；α增大，v m 增大；R 变小，v m 变小；m 变小，v m 变小。因此A 、

C 、

D 错误，B 正确。

2.

解析：选C 当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U ＝E ＝BL v ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBL v ，故A 、B 错误，C 正确；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D 错误。 3.

解析：选AC 由右手定则可知，电阻R 中的感应电流方向由c 到a ，A 正确；物块刚下落时加速度最大，由牛顿第二定律有2ma m ＝mg ，最大加速度：a m ＝g

2，B 错误；对导体棒与

物块组成的整体，当所受的安培力与物块的重力平衡时，达到最大速度，即B 2l 2v m

2R ＝mg ，所

以v m ＝2mgR B 2l 2，C 正确；通过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦ2R ＝Blh

2R ，D 错误。

4.

解析：选BC 对两金属棒ab 、cd 进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab 速度小于金属棒cd 速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab 上的电流方向是由b 到a ，A 、D 错误，B 正确；以两金属棒整体为研究对象有：F ＝3ma ，隔离金属棒cd 分析：F －F 安＝ma ，可求得金属棒cd 所受安培力的大小F 安＝2

3F ，C 正确。

二、计算题

5.解析：回路中原磁场方向向下，且磁感应强度增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab 中的感应电流的方向是a →b ，由左手定则可知，ab 所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物。 设ab 中电流为I 时M 刚好离开地面，此时有 F ＝BIL 1＝Mg I ＝E R

E ＝ΔΦΔt ＝L 1L 2·ΔB Δt

B ＝B 0＋????ΔB Δt t

联立以上各式，代入数据解得t ＝5 s 。 答案：5 s 6.

解析：(1)由牛顿第二定律F ＝ma ，得 a ＝F m ＝0.010.02 m/s 2＝0.5 m/s 2

t ＝v t －v 0a ＝100.5

s ＝20 s 。

(2)导线ab 保持以10 m/s 的速度运动，受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r ＝0.16 N

安培力与拉力F 是一对平衡力，故F ＝0.16 N 。 答案：(1)20 s (2)0.16 N 7.

解析：(1)对于导体棒cd ，由于做匀加速运动，则有： v 1＝at ，由E ＝BL v 可知：E ＝BLat

对于电容器，由C ＝Q

U 可知：Q ＝CU ＝CBLat ，

对于闭合回路，由I ＝Q

t 可知：I ＝CBLa

对于导体棒，由F 安＝BIL 可知：F 安＝B 2L 2Ca ①

由牛顿第二定律可知：F －F 安＝ma ，F ＝(m ＋B 2L 2C )a ，因此对于外力F 来说，是一个恒定的外力，不随时间变化。

(2)对于导体棒cd ，克服安培力做多少功，就应有多少能量转化为电能，则有：W 安＝－F 安

x ② x ＝1

2

at 2③ 由①②③式得：W 安＝B 2L 2a 2t 2C

2

，

所以在t 秒内转化为电场能的能量为：E ＝B 2L 2a 2t 2C

2。

答案：(1)F ＝(m ＋B 2L 2C )a ，为恒力，不随时间t 变化 (2)B 2L 2a 2t 2C 2

8.

解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v m

由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ－F 安＝0 F 安＝BIL I ＝E R ＋r E ＝BL v m

由以上各式代入数据解得v m ＝2.0 m/s 。

(2)金属棒以最大速度v m 匀速运动时，电阻R 上的电功率最大，此时P R ＝I 2R ，解得：P R ＝3 W 。

(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x 由能量守恒定律：

mgx sin θ＝μmgx cos θ＋Q R ＋Q r ＋1

2m v m 2

根据焦耳定律Q R Q r ＝R

r ，解得x ＝2.0 m

根据q ＝I Δt ，I ＝

E

R ＋r ，E ＝ΔΦ

Δt

ΔΦ＝BLx ，解得q ＝BLx

R ＋r ＝1.0 C 。

答案：(1)2.0 m/s (2)3 W (3)1.0 C