2015届高考物理应用动力学和能量观点分析电磁感应问题(含答案解析)
广东省2015届高考物理复习名师考点点拨专题讲义：专题四 动量和能量观点的综合运用 第2课时
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(双选)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等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 正确．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 AB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．(双选)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 2B ．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23mg 2t 2答案 BD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 正确．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．图2(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 ＝kQq r 2，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 ＝2g (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 ′＝q m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2×10－3 kg ，带正电，电量为1×10－7 C ，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：图3(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 ＝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 (2014·四川成都市二诊)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 L R 2＋R 2)2当R LR 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．(双选)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 ，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 －fdB ．弹簧的弹性势能最大为12m v 20－2Q －fdC ．导体棒再次回到OO ′位置时的动能等于12m v 20－4Q －2fdD ．导体棒再次回到OO ′位置时的动能大于12m v 20－4Q －2fd答案 BD解析 当导体棒向右运动的过程中， 12m v 2＝E p ＋2Q ＋fd 所以E p ＝12m v 20－2Q －fd 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臵时，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 ′＋fd ②联立①②得：12m v 2＝12m v 20－2Q －fd －2Q ′－fd >12m v 20－4Q －2fd ，故C 错误，D 正确．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 ＝＋1.0×10－4 C ，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＝1×104N/C.小物体P1质量m＝2×10－3kg、电荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N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．(单选)(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．(双选)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 2 答案 CD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 正确．3．(单选)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、末位臵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．(单选)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．(双选)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 越大，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 AB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 正确；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 ΔEp 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．(双选)在如图8所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v 1做匀速直线运动；当ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动，从ab 进入GH 到MN 与JP 的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔE k ，重力对线框做功大小为W 1，安培力对线框做功大小为W 2，下列说法中正确的是( )图8A ．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v 2>v 1B ．从ab 进入GH 到MN 与JP 的中间位置的过程中，机械能守恒C ．从ab 进入GH 到MN 与JP 的中间位置的过程中，有(W 1－ΔE k )机械能转化为电能D ．从ab 进入GH 到MN 到JP 的中间位置的过程中，线框动能的变化量为ΔE k ＝W 1－W 2答案 CD解析 由平衡条件，第一次匀速运动时，mg sin θ＝B 2L 2v 1R ，第二次匀速运动时，mg sin θ＝4B 2L 2v 2R ，则v 2<v 1，选项A 错误；ab 进入磁场后，安培力做负功，机械能减少，选项B 错误；从ab 进入GH 到MN 与JP 的中间位臵的过程中，由动能定理，W 1－W 2＝ΔE k ，选项D 正确；线框克服安培力做功W 2，等于产生的电能，且W 2＝W 1－ΔE k ，选项C 正确． 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 QqH 2－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 .。
电磁感应中的三大力学观点的综合性应用(解析版)-高中物理
电磁感应中的三大力学观点的综合性应用考情探究1.高考真题考点分布题型考点考查考题统计选择题单棒问题2024年贵州卷计算题含容单棒问题2024年北京卷计算题双棒问题2024年江西卷2.命题规律及备考策略【命题规律】高考对利用三大力学观点处理电磁感应问题的考查较为频繁，题目的形式有选择题也有计算题，不管那种题型，题目的难度都较大，多以压轴题的难度出现。
【备考策略】1.利用动力学的观点处理电磁感应问题。
2.利用能量的观点处理电磁感应问题。
3.利用动量的观点处理电磁感应问题。
【命题预测】重点关注电磁感应中利用三大力学观点处理框类问题、单棒问题和双棒问题。
考点梳理一、两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析二、力学对象和电学对象的相互关系三、电磁感应现象中的能量转化四、求解焦耳热Q的三种方法五、电磁感应中的能量与动量问题1．导体棒在磁场中做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。
2．在相互平行的光滑水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题应用动量守恒定律解答往往比较便捷。
考点精讲电磁感应中的动力学问题分析电磁感应现象中动力学问题的基本步骤考向1电磁感应中的平衡问题1.两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平内，另一边垂直于水平面。
质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，每根杆的电阻均为R。
整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。
当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度V1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度V2向下匀速运动(重力加速度为g)。
以下说法正确的是()A.ab 杆所受拉力F 的大小为μmg +B 2L 2V 1R B.cd 杆所受摩擦力为零C.回路中的电流大小为BL (V 1+V 2)RD.μ与V 1大小的关系为μ=2RmgB 2L 2V 1【答案】D【详解】C ．cd 杆的速度方向与磁感应强度方向平行，只有ab 杆运动切割磁感线。
《电磁感应中的动力学问题和能量问题》-课件-2025届-人教版高中物理高考一轮复习
的含义。
解析：
（1）导体棒ab做切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，
产生的感应电动势为：E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V．
电阻Rab=0.1Ω为内阻，电阻R=0.4Ω为外电路电阻，a端为电源的正极。
电路中的电流为：I=
=0.4A；
+
（2）导体ab所受的安培力的大小：F安=BIL=0.1×0.4×0.4=0.016N，
（6）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度的最大值。
解析：
(1)
如有图
(2)
E = BLv
I=
+
E
I =
Rr
22
F安=
+
F安 = BIL
(3)
22
mgsinθ=ma
+
v
F安
a
ab棒做加速度减小的加速运动，达到最大速度后做匀速直线运动。
(4)
22
mgsinθ=ma
【例1】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。一根质量为m电阻为r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，磁场方向垂直斜面向下，导轨的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下
线框平面。导体棒ab的长度l为0.4m,运动的速度v为5 m/s。线框的电阻不计。
（1）电路abcd中哪部分相当于电源？电动势多大？内阻多大？哪个位置相当于电源
的正极？哪一部分相当于闭合电路中的外电路？
（2）ab棒向右运动时所受的安培力有多大？
全国高考物理试题汇编(第四期)L5电磁感应综合(含解析)
L5 电磁感应综合【题文】（物理卷·2015届江西省师大附中等五校高三第一次联考（2014.08））15.（12分） 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 倾斜放置，两导轨间距离为L ，导轨平面与水平面间的夹角θ，所处的匀强磁场垂直于导轨平面向上，质量为m 的金属棒ab 垂直于导轨放置，导轨和金属棒接触良好，不计导轨和金属棒ab 的电阻，重力加速度为g 。
若在导轨的M 、P 两端连接阻值R 的电阻，将金属棒ab 由静止释放，则在下滑的过程中，金属棒ab 沿导轨下滑的稳定速度为v ，若在导轨 M 、P 两端将电阻R 改接成电容为C 的电容器，仍将金属棒ab 由静止释放，金属棒ab 下滑时间t ，此过程中电容器没有被击穿，求：（1）匀强磁场的磁感应强度的大小为多少？（2）金属棒ab 下滑ts 末的速度？【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；电磁感应中的能量转化． E6 L2 L5【答案解析】 （1）2sin mgR L v θ（2）sin sin gv t v CgR θθ+ 解析：：（1）若在M 、P 间接电阻R 时，金属棒先做变加速运动，当加速度为零时做匀速运动，达到稳定状态．则感应电动势 E=BLv感应电流 I=E R棒所受的安培力 F=BIL 联立可得 F=22B L v R 由平衡条件可得 F=mgsinθ解得 B=2sin mgR L vθ （2）若在导轨 M 、P 两端将电阻R 改接成电容为C 的电容器，将金属棒ab 由静止释放，产生感应电动势，电容器充电，电路中有充电电流，ab 棒受到安培力．设棒下滑的速度大小为v′，经历的时间为t ．则电容器板间电压为 U=E′=BLv 此时电容器的带电量为 Q=CU设时间间隔△t 时间内流经棒的电荷量为△Q 则电路中电流 i=Q C U CBL v t t t ∆∆∆==∆∆∆ a=v t∆∆解得 a=CBLa 根据牛顿第二定律得 mgsinθ-BiL=ma 解得 a=22sin sin sin mg gv m B L C v CgR θθθ=++所以金属棒做初速度为0的匀加速直线运动，ts 末的速度 v′=at=sin sin gv t v CgR θθ+【思路点拨】（1）在M、P间接电阻R时金属棒先做变加速运动，当加速度为零时做匀速运动，达到稳定状态．推导出安培力与速度的关系式，再由平衡条件列式求解磁感应强度的大小．（2）若在导轨 M、P两端将电阻R改接成电容为C的电容器，将金属棒ab由静止释放，产生感应电动势，电容器充电，电路中有充电电流，ab棒受到安培力，安培力的瞬时表达式F=BiL，i= Q C U t t∆∆=∆∆，又U=E=BLv，再结合牛顿第二定律求得瞬时加速度，即可判断棒的运动性质．即可根据运动学规律求解。
专题13.2 电磁感应中的动力学、能量问题、动量问题【讲】【教师版】-高考物理一轮复习讲义(新高考)
专题13.2 电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题【讲】目录一讲核心素养 (1)二讲必备知识 (1)【知识点一】电磁感应中的图像问题 (1)【知识点二】电磁感应中的平衡和动力学问题 (5)【知识点三】电磁感应中的动力学和能量问题 (8)三．讲关键能力 (11)【能力点一】会正确运用动量定理处理电磁感应中的问题 (11)【能力点二】会正确运用动量守恒定律处理电磁感应中的问题 (15)一讲核心素养1.物理观念：①物质观：导体棒、斜面、导线框；①运动观：匀变速直线运动、非匀变速直线运动；①相互作用观：重力、弹力、摩擦力、安培力；①能量观：内能、机械能、电能、焦耳热、动能定理。
2.科学思维：电磁感应规律的理解和应用。
能运用运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识解决导体棒、导线框的运动与能量、动量转化问题。
二讲必备知识【知识点一】电磁感应中的图像问题电磁感应中常见的图象问题固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a 、b 垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。
现两金属棒分别以初速度2v 0和v 0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。
已知a 棒离开磁场区域时b 棒已经进入磁场区域，则a 棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i 随时间t 的变化图像可能正确的有( )【答案】 AB【解析】 a 棒以初速度2v 0先进入磁场区域切割磁感线，产生的感应电流为i 0＝Bl ·2v 0R，a 棒受安培力做变减速直线运动，感应电流i ＝BlvR 也随之减小，即i －t 图像的斜率逐渐变小；设当b 棒刚进入磁场时a 棒的速度为v 1，此时的瞬时电流为i 1＝Blv 1R ；若v 1＝v 0，即i 1＝Blv 0R ＝i 02，此时a 、b 棒产生的感应电动势相等，方向相反，回路中电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开磁场，故A 正确，C 错误；若v 1<v 0，即i 1＝Blv 1R <i 02，此时a 、b 棒产生的电动势不等要抵消一部分，因b 棒的速度大，电流方向与原a 棒的电流方向相反即为负，大小为i ＝Bl （v 0－v 1）R ，b 棒通电受安培力要减速，a 棒受安培力而加速，则电流逐渐减小，故B 正确，D 错误。
高考物理总复习 专题10 电磁感应中的动力学和能量问题
• (3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的 能．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过 程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的 能．
• 2．求解思路
• (1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝ I2Rt直接进行计算．
• (2)若电流变化，则①利用安培力做的功求解：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，则机械能的减少量等于产生的 电能．
(3)当速度为2 m/s时，安培力 F＝BR2＋L2rv 对金属棒ab有： FT－F－mgsin 30°＝ma 对重物有Mg－FT＝Ma 联立上述各式，代入数据得 a＝2.68 m/s2. 答案 (1)3.5 m/s (2) 5 T (3)2.68 m/s2
• 方法提炼 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；
则通过电阻R的电荷量为q＝ I Δt④ 联立①②③④式，代入数据得 q＝4.5 C．⑤ (2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程， 由运动学公式得 v2＝2ax⑥ 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能 定理得 W＝0－21mv2⑦
撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2＝－W J⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得 Q2＝1.8 J．⑨ (3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J⑩ 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 WF＝Q1＋Q2⑪ 由⑨⑩⑪式得 WF＝5.4 J．⑫
•专题10 电磁感应中的动力学和能量问 题
• 【导学目标】 1.会分析计算电磁感应中的安培力参与的导体 的运动及平衡问题.
【通用版】高中物理电磁感应精讲精练：电磁感应的综合应用之动力学问题(含答案)
电磁感应中的动力学问题1．安培力的大小⎭⎪⎬⎪⎫感应电动势：E ＝Bl v 感应电流：I ＝E R ＋r 安培力公式：F ＝BIl ⇒F ＝B 2l 2v R ＋r2．安培力的方向(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运动方向相反． 例题1．如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R ，匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ 垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v 0向右运动，当其通过位置a 、b 时，速率分别为v a 、v b ，到位置c 时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a 到b 与b 到c 的间距相等，则金属棒在由a 到b 和由b 到c 的两个过程中( )A ．回路中产生的内能相等B ．棒运动的加速度相等C ．安培力做功相等D ．通过棒横截面积的电荷量相等解析：选D.棒由a 到b 再到c 的过程中，速度逐渐减小，根据E ＝Bl v ，E 减小，故I 减小，再根据F ＝IlB 可知安培力减小，根据F ＝ma 可知加速度减小，选项B 错误．由于a 到b 与b 到c 的间距相等，故从a 到b 安培力做的功大于从b 到c 安培力做的功，故选项A 、C 错误．再根据平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ，平均感应电流I ＝E R ＝B ΔS R Δt ，通过棒横截面积的电荷量为q ＝I Δt ＝B ΔS R ，故选项D正确．例题2．如图所示，水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为l ＝0.5 m ，左端通过导线与阻值R ＝3 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值为R L ＝6 Ω的小灯泡L 连接，在CDFE 矩形区域内有竖直向上，磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场．一根阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒在恒力F＝2 N的作用下由静止开始从AB位置沿导轨向右运动，经过t＝1 s刚好进入磁场区域．求金属棒刚进入磁场时：(1)金属棒切割磁感线产生的电动势；(2)小灯泡两端的电压和金属棒受到的安培力．解析：(1)0～1 s棒只受拉力，由牛顿第二定律得F＝ma，金属棒进入磁场前的加速度a＝Fm＝10 m/s2.设其刚要进入磁场时速度为v，v＝at＝10×1 m/s＝10 m/s.金属棒进入磁场时切割磁感线，感应电动势E＝Bl v＝0.2×0.5×10 V＝1 V.(2)小灯泡与电阻R并联，R并＝R·R LR＋R L＝2 Ω，通过金属棒的电流大小I＝ER并＋r＝0.4 A，小灯泡两端的电压U＝E－Ir＝1 V－0.4×0.5 V＝0.8 V.金属棒受到的安培力大小F A＝BIl＝0.2×0.4×0.5 N＝0.04 N，由右手定则和左手定则可判断安培力方向水平向左．答案：(1)1 V(2)0.8 V0.04 N，方向水平向左例题3．(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解析：选AD.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．方法总结1．两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析3、解决动力学问题关键是做好两个分析①受力分析：准确分析运动导体的受力，特别是安培力，求出合力．②运动分析：分析导体的运动性质，是加速、减速，还是匀速，从而确定相应的运动规律．。
专题15 电磁感应中的动量和能量问题 (解析版)-高考物理计算题专项突破
专题15 电磁感应中的动量和能量问题①磁通量公式：BS =Φ；②磁通量的变化量：12Φ-Φ=∆Φ；磁通量的变化率：tt ∆Φ-Φ=∆∆Φ12；③法拉第电磁感应定律公式：t nE ∆∆Φ=；（n 为线圈匝数）④感应电流与感应电动势的关系：rR EI +=；⑤与线框有关的公式：S t B n E ∆∆=；B tSn E ∆∆=；t nBS E ωωsin =；⑥恒流电路：It q =。
1.电磁感应现象中出现的电能，一定是由其他形式的能转化而来的，具体问题中会涉及多种形式能之间的转化，如机械能和电能的相互转化、内能和电能的相互转化。
分析时应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，分析清楚有哪些力做功就可以知道有哪些形式的能量参与了相互转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功就可能有机械能参与转化；安培力做负功就是将其他形式的能转化为电能，做正功就是将电能转化为其他形式的能，然后利用能量守恒列出方程求解。
电能求解的主要思路：（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：机械能的减少量等于产生的电能。
（3）利用电路特征求解：通过电路中所产生的电流来计算。
2.电磁感应中的能量转化问题解决此类问题的步骤（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律（包括右手定则）确定感应电动势的大小和方向。
（2）画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式。
（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方程，联立求解。
两种常考的电磁感应中的动力学、动量和能量问题：1.在安培力作用下穿越磁场（如图）【动力学分析】以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻的速度为v ，加速度大小为a ，则mRv L B a 22=，a 与v 方向相反，导线框做减速运动，↓↓⇒a v ，即导线框做加速度减小的减速运动。
【能量分析】部分（或全部）动能转化为焦耳热，k E Q ∆-=。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专练20 应用动力学和能量观点
分析电磁感应问题
1．如图1所示，倾角为θ＝53°的斜面上相继分布着宽度为L的电场和宽度为L
的磁场，电场的下边界与磁场的上边界相距为L(即二者之间有段无电磁场区
域)，其中电场方向沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大
小为B.电荷量为q的带正电小球(视为质点)通过长度为4L的绝缘轻杆与边长
为L、电阻为R的正方形单匝线框相连，组成总质量为m的“ ”形装置，
置于斜面上，线框下边与磁场的上边界重合．现将该装置由静止释放，当线
框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动，且其速度为v0＝1 m/s；当小球运动到
电场的下边界时速度刚好为0.已知L＝1 m，E＝6×106 N/C，R＝0.1 Ω， m
＝0.8 kg，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2.不计一切摩擦，求：
图1
(1)磁感应强度的大小；
(2)小球所带的电荷量；
(3)经过足够长时间后，小球到达的最低点与电场上边界的距离．
解析 (1)线框下边离开磁场时做匀速直线运动，则有
E感＝BLv0
I＝E感R
F安＝BIL＝B2L2v0R
根据平衡条件：mgsin θ－B2L2v0R＝0
解得B＝0.8 T.
(2)从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界，根据动能定理：
－qEL＋mgsin θ×2L＝0－12mv20
代入数据解得：q＝2.2×10－6C.
(3)经足够长时间后，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上
边与磁场的下边界重合，设小球运动的最低点到电场上边界的距离为x.
根据动能定理：qEx－mgsin θ(L＋x)＝0
代入数据得：x＝1617 m
答案 (1)0.8 T (2)2.2×10－6C (3)1617 m
2．相距L＝1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和
质量为m2＝0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，
如图2(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向
下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间的动摩擦因数
为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计．ab棒在方向竖直向上，大
小按图(b)所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，
同时cd棒也由静止释放．(g取10 m/s2)
图2
(1)求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度的大小．
(2)已知在2 s内外力F做功40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热．
(3)判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在
图(c)中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象．
解析 (1)经过时间t，金属棒ab的速率v＝at
此时，回路中的感应电流为I＝ER＝BLvR
对金属棒ab，由牛顿第二定律得
F－BIL－m1g＝m1a
由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋B2L2Rat
在图线上取两点：
t1＝0，F1＝11 N；t2＝2 s，F2＝14.6 N
代入上式得a＝1 m/s2，B＝1.2 T.
(2)在2 s末金属棒ab的速率vt＝at＝2 m/s
所发生的位移s＝12at2＝2 m
由动能定理得WF－m1gs－W安＝12m1v2t
又Q＝W安
联立以上方程，解得Q＝WF－m1gs－12m1v2t
＝40 J－1×10×2 J－12×1×22 J＝18 J.
(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相
等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．
当cd棒速度达到最大时，有m2g＝μFN
又FN＝F安
F安＝BIL
I＝ER＝BLvmR
v
m＝at0
整理解得t0＝m2gRμB2L2a＝0.27×10×1.80.75×1.22×1.52×1 s＝2 s
fcd随时间变化的图象如图所示．
答案 见解析
3．(2014·蚌埠三县第二次联考)如图3所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨
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，运动过程中它们
都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场．(sin 53°＝0.8，
cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，a、b电流间的相互作用不计)，求：
图3
(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．
解析 (1)R1R2＝21，I1I2＝13，Q1Q2＝I21R1tI22R2t＝2∶9
(2)设整个过程中装置上产生的热量为Q
由Q＝m1gsin α·d＋m2gsin α·d，
可解得Q＝1.2 J
(3)设a进入磁场的速度大小为v1，此时电路中的总电阻
R总1＝6＋3×33＋3 Ω＝7.5 Ω
b进入磁场的速度大小为v2，此时电路中的总电阻
R总2＝3＋6×36＋3 Ω＝5 Ω
由m1gsin α＝B2L2v1R总1和m2gsin α＝B2L2v2R总2，
可得v1v2＝m1R总1m2R总2＝34
又由v2＝v1＋adv1
得v2＝v1＋8×0.5v1
由上述两式可得v21＝12 (m/s)2，v22＝169v21
M、N两点之间的距离Δs＝v222a－v212a＝712 m
答案 (1)2∶9 (2)1.2 J (3)712 m
4．如图4所示，足够长的平行金属导轨内有垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆
ab与导轨垂直且接触良好，导轨右端与电路连接．已知导轨相距为L，磁场
的磁感应强度为B，R1、R2和ab杆的电阻值均为r，其余电阻不计，板间距
为d、板长为4d，重力加速度为g，不计空气阻力．如果ab杆以某一速度向
左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m、带电荷量为＋q的微粒恰
能沿两板中心线射出，如果ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，该微粒
将射到B板距其左端为d的C处．
图4
(1)求ab杆匀速运动的速度大小v；
(2)求微粒水平射入两板时的速度大小v0；
(3)如果以v0沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出，试讨论ab杆向左
匀速运动的速度范围．
解析 (1)设ab杆匀速运动的速度为v，则ab杆产生的电动势为E＝BLv
①
两板间的电压为U0＝13E＝BLv3
②
ab杆向左匀速运动时：
qU
0
d
＝mg
③
由①②③式得：v＝3mgdqBL
④
(2)ab杆向右匀速运动时，设带电微粒射入两极板时的速度为v0，向下运动的
加速度为a，经时间t射到C点，有：qU0d＋mg＝ma
⑤
微粒做类平抛运动有：d＝v0t
⑥
d2＝1
2
at
2
⑦
由③⑤⑥⑦得：v0＝2gd
⑧
(3)要使带电微粒能从两板间射出，设它在竖直方向运动的加速度为a1、时间
为t1，应有：
d2>1
2
a1t21
⑨
t1＝4dv0
⑩
由⑧⑨⑩得：a1
若a1的方向向上，设ab杆运动的速度为v1，两板电压为：U1＝13BLv
1
⑫
又有：qU1d－mg＝ma
1
⑬
联立⑪⑫⑬式得：v1<27mgd8qBL
⑭
若a1的方向向下，设ab杆的运动速度为v2，两板电压为：U2＝13BLv
2
⑮
又有：mg－qU2d＝ma
1
⑯
由⑪⑮⑯式得：v2>21mgd8qBL
⑰
所以ab杆向左匀速运动时速度的大小范围为
21mgd8qBL
⑱
答案 见解析
方法技巧
巧用功能关系以及能量守恒思想
1在电磁感应现象中，当安培力是变力时，无法直接求安培力做的功，
这时要用功能关系和能量守恒的观点来分析问题.
2一个注意点：在应用能量守恒观点解决电磁感应问题时，一定要分析
清楚能量的转化情况，尤其要注意电能往往只是各种形式能转化的中介.