金版教程2017人教新课标物理一轮课件94电磁感应规律综合应用二动力学和能量

必考部分第9章 电磁感应第4讲电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量板块一主干梳理·对点激活知识点

1

电磁感应现象中的动力学问题1.安培力的大小感应电动势：E＝BLv感应电流：I＝

E

R＋r安培力公式：F＝BIL

F＝B2L2vR＋r2.安培力的方向先用

右手定则或楞次定律

确定感应电流方向，再用

左手定则

确定安培力方向。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

。分析导体受力情况时，应为包含安培力在内的全面受力分析。根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。知识点

2

电磁感应现象中的能量问题电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做

切割磁感线运动产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力

。外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能

，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和

电能

之间的转化。双基夯实一、思维辨析安培力的方向一定与运动方向相反。(×)克服安培力做功等于回路中产生的焦耳热。(

√

)克服安培力做功等于回路中产生的电能。(√)在磁场中自发运动的导体棒，加速度有可能越来越大。(×)ab

受到的推力大小为2

Nab

向上的速度为2

m/s在2

s

内，推力做功转化的电能是0.8

J在2

s

内，推力做功为0.6

J解析

导体棒

ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得：ab

棒受到的推力

F＝2mg＝0.2

N，故选项

A

错误；对

cd

棒，受到向下的重力

G

和向安上的安培力

F

，由平衡条件得

F安B2L2＝

0.52×0.22BLv

2GR

2×0.1×0.1＝G，即

BIL＝G，又

I＝

2R

，联立得

v＝

m/s＝2

m/s，E2故选项B正确；在2

s

内，电路产生的电能Q＝2Rt＝t＝(BLv)2

(0.5×0.2×2)22R

2×0.1×2

J＝0.4

J，故选项C

错误。在2

s

内推力做的功，W＝Fvt＝0.2×2×2

J＝0.8

J，故选项D

错误。度大小是A.速2mgrsinθB2L2B．速度大小是mgrsinθB2L2C.加速度大小是2gsinθD．加速度大小是0解析

由静止释放后

cd

棒沿斜面向下做加速运动，随着速度的增大，E＝BLv

变大，I

E＝2r也变大，F＝BIL也变大，对ab

棒，当T＝2mgsinθ＝mgsinθ＋BIL

时细线刚好被拉断，此时v＝2mgrsinθB2L2，cd

棒这时向上的安培力与沿斜面向下的重力的分力平衡，加速度大小是0，故选项A、D

正确，B、C

错误。A.S

断开时，金属棒沿导轨下滑的加速度为1x2g2hsB.S闭合时，金属棒刚离开轨道时的速度为x2

g

2hmg4hC.电阻

R

上产生的热量

Q＝

(x1

22－x2)D.CC′一定在AA′的上方121解析

由平抛运动知识可知，S

断开时，由

h＝

gt2，x1＝v1t，v2＝2a1s，可得

v1＝x1

g

2h1x2g4hs，a1＝

，2

2A

错误；同理可得闭合开关

S，v

＝x

g

，B

正确；故电阻

R上产生的热量

Q21

12mg2h

4h＝2mv

－2mv

＝

(x1

2

12－x2)，C

正确；因为金属棒仍落到水平面上的EE′处，说明平抛时初速度与从AA′处由静止开始滑下到2底端时速度相同，因此CC′可能在AA′处，故D

错误。B2l2vA.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为2R1B.上滑过程中电流做功产生的热量为2mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)1C.上滑过程中导体棒克服安培力做的功为2mv21D.上滑过程中导体棒损失的机械能为2mv2－mgssinθ克安1－mgsinθs－μmgcosθs－W

＝0－2mv2克安21Q＝W

＝

mv2－mgsinθs－μmgcosθs机1ΔE

＝μmgcosθs＋W

克安＝2mv2－mgsinθs所以只有C是错误的，A、B、D

是正确的。B.导A.当ab

边刚越过PQ

时，导线框加速度大小为a＝gsinθ线框两次匀速直线运动的速度v1∶v2＝4∶1C.从t1

到t2

的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于机械能的减少量1

2D.从t

到t

的过程中，有1m(v2－v2)22

机械能转化为电能E解析

ab

边刚越过

GH

进入磁场

Ⅰ

区时，恰好匀速，受力平衡

mgsinθ＝BIl＝BlR＝B2l2v1R，ab

边下滑到PQ

与MN

的中间位置时，线框又恰好匀速，受力平衡：mgsinθ＝2BI′l＝2Bl2Blv2

4B2l2v2R

R＝

，所以v1∶v2＝4∶1，B

选项正确。ab

边刚越过PQ

时，受力情况如图，由牛顿第二定律，有F

安－mgsinθ＝ma，其中F

安＝2BI1l＝2Bl2Blv1

4B2l2v1R

R＝

代入得a＝3gsinθ，A

选项是错误的。从t1

到t2

除重力做功外，只有安培力做功，克服安培力做功就等于机械能的减少量，电能的增加量E

电＝W

克安，则动能定理mgsinθl＋

l

2A.电容器两端的电压为零

B.电阻两端的电压为BLvC.电容器所带电荷量为CBLvD.为保持MN

匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2vR解析当导线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，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压U＝E＝BLv，所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故A、B

错，C

对；MN

匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D

错。板块二考点细研·悟法培优点击观看考点视频＝R＋r答案

(1)I

BLv0，b→a答案(2)a＝gsinθ－B2L2vm(R＋r)。提示：不同。提示：mgsinθ＋F

弹－F

安＝ma。R＋r尝试解答

(1)I＝BLv0，b→a(2)a＝gsinθ－B2L2vm(R＋r)。(1)导体棒产生的感应电动势E1＝BLv01通过R

的电流大小I

＝1

E

BLv0R＋

＝R＋rr电流方向为b→a。(2)导体棒产生的感应电动势为E2＝BLv2感应电流I

＝2

＝

E

BLvR＋r

R＋rB2L2v导体棒受到的安培力大小F＝BIL＝

R＋r

，方向沿斜面向上根据牛顿第二定律有mgsinθ－F＝ma解得a＝gsinθ－B2L2vm(R＋r)。模型二：导体棒ab

沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示。两类模型中的临界条件是导体棒ab

受力平衡。以模型一为例，有mg＝F

安＝RB2l2v0

mgR，即v0＝

B2l2

。若线框进入磁场时v>v0，则线框先减速再匀速；若v<v0，线框先加速再匀速(都假设线框和磁场区域长度足够长)。A.金属棒产生的最大感应电动势为Bdv0BdLB.通过金属棒的电荷量为R1C.克服安培力所做的功为2mv20120D.整个过程电路中产生的焦耳热为2mv

－mgh解析

金属棒刚开始进入磁场时产生的感应电动势最大，为

Em＝BLv0，故选项

A错误；根据法拉第电磁感应定律得EΔΦ＝

Δt由欧姆定律得EI

＝2R通过金属棒的电荷量为q＝

I

Δt磁通量的变化量为ΔΦ＝BLdBdL联立得q＝

2R

，故选项B

错误；10根据功能关系得知：克服安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，根据能量守恒得：W＝Q＝2mv2－mgh，故选项C

错误，D

正确。答案

(1)vsinθ导体棒在下滑过程中线框保持静止，求线框与斜面之间的动摩擦因数μ所满足的条件(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；答案

(2)μ≥tanθ现用一个恒力F＝2mgsinθ沿斜面向上由静止开始拉导体棒，通过距离s时导体棒已经做匀速运动，线框保持不动，求此过程中导体棒上产生的焦耳热。2答案

(3)mgssinθ－1mv2sin2θ解析

(1)线框竖直放置时，对导体棒分析，有E＝BLv，I＝R，mg＝BIL＝E

B2L2vR同理，导体棒在斜面上下滑速度最大时mgsinθ＝B2L2v1R解得v1＝vsinθ。(2)设线框的质量为M，当导体棒速度最大时，线框受到沿斜面向下的安培力最大，要使线框静止不动，则Mgsinθ＋F

安≤fmax即：Mgsinθ＋mgsinθ≤μ(M＋m)gcosθ解得μ≥tanθ。(3)当匀速运动时F＝mgsinθ＋F安′F

安′＝B2L2v2R由功能关系可得Fs＝mgssinθ12＋2mv2＋Q1联立可得Q＝mgssinθ－2mv2sin2θ。(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I

及导体棒的速率v；(2)改变Rx，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为＋q

的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx。答案

(1)MgsinθBl2MgRsinθB2l2Mqsinθ答案(2)mBld

。导体棒所受安培力

F

安＝BIl

①导体棒匀速下滑，所以

F

安＝Mgsinθ②联立①②式，解得I＝MgsinθBl③导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝Blv④R＋Rxx

E

由闭合电路欧姆定律得

I＝

，且

R

＝R，所以2R

EI＝

⑤联立③④⑤式，解得v＝2MgRsinθB2l2。(2)由题意知，其等效电路图如图所示。总结升华含容电路问题电磁感应中的含容电路常见的情境有两种：(1)支路含容且电压恒定，电容器的作用相当于断路，与恒定电流电路问题无异；(2)干路含容且导体棒匀加速运动，电容器随时间线性充电。UA．R2

两端的电压为7B.电容器的a

极板带正电C.滑动变阻器R

的热功率为电阻R2

的5

倍D.正方形导线框中的感应电动势为kL2Δt

＝解析

由法拉第电磁感应定律可知：E＝πr2ΔB

kπr2，因此

D选项是错误的。由于导线框不计电阻，22R

R所以路端电压等于电动势，外电路是

R

与

并联，再与

R1

和另外2

串联，由闭合电路欧姆定律可知

I＝RR1＋2

＋R并7R042

2U

U

＝

U

，R

的电压与并联电压相等，UR

＝I·R

＝

，所以

A

选项是正确的。由于滑片

P

在滑动

并

7II2

22I2变阻器的中央，与R2

阻值相等，因此过R2

的电流为，过滑动变阻器的右端的电流也为，所以PR2＝

R2＝8I2R0

I2R2

2，而

P

滑动变阻器＝

＋I

＝2R

5I2R02

8，P

滑动变阻器＝5PR2，因此C

选项是正确的。由楞次定律可知，在正方形线框内产生逆时针的感应电流，因此可知b板电势高，带正电，a板电势低，带负电，所以B

选项是错误的。答案

7.2×10－6

C

上极板带正电n

Δt

S解析

E＝

ΔB

＝100×0.021×0.2

V＝0.4

V

E

0.4

电路中的电流

I＝

＝

A＝0.04

AR1＋R2

4＋6所以UC＝U2＝IR2＝0.04×6

V＝0.24

VC—6Q＝CU

＝30×10

×—60.24

C＝7.2×10

C由楞次定律和安培定则可知，电容器的上极板带正电。点击观看考点视频3.解题的一般步骤确定研究对象(导体棒或回路)；弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；

(3)根据能量守恒定律列式求解。B2L2(1)求在导线框上施加的恒力F

以及磁感应强度的大小；答案

(1)F＝1.5NB＝0.50T(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v

与位移s的关系为v＝v0－mR

s，其中v0

是导线框ab

边刚进入磁场时的速度大小，s

为导线框ab

边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q。答案

(2)Q＝0.45J。提示：加速度。提示：导线框进入磁场区域后以2

m/s

的速度匀速，并且受力平衡。提示：克服安培力做功等于回路中产生的电能，如果是纯电阻电路，也等于回路中总的焦耳热。尝试解答

(1)F＝1.5NB＝0.50T

(2)Q＝0.45J。(1)由v­t

图象可知，在0～0.4

s

时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2.0

m/s，Δt

＝所以在此过程中的加速度

a＝Δv

5.0

m/s2由牛顿第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得F＝1.5

N由v­t

图象可知，导线框进入磁场区域后以速度v1

做匀速直线运动通过导线框的电流I＝R＝E

BLv1R导线框所受安培力F

安＝BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋B2L2v1R解得B＝0.50

T。(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H导线框ab

边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为x0＝x－H＝0.15

m设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有v221

12－mg(x－H)sinθ－μmg(x－H)cosθ＝2m

－

mv211解得v2＝

v2－2g(x－H)(sinθ＋μcosθ)＝1.0

m/s导线框碰挡板后速度大小仍为v2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ＝μmgcosθ＝0.50

N，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab

边刚进入磁场时的速度为v2＝1.0

m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v3B2L2由v＝v0－mR

s

得v3＝v2－2B2L2HmR＝－1.0

m/s因v3<0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q1＝I2Rt＝2B2L2Hv1R＝0.40

J21222导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q

＝

mv

＝0.05

J所以Q＝Q1＋Q2＝0.45

J。总结升华电磁感应现象中能量的计算利用克服安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒定律求解：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，本题中导线框向下运动穿过磁场时做变速运动，回路中的电流不恒定，则用能量守恒定律求解焦耳热；利用电路的相关公式——电功公式或电热公式求解：若通过电阻的电流是恒定的，则可直接利用电功公式或电热公式求解焦耳热。A.此时圆环中的电功率为4B2a2v2RB.此时圆环的加速度为4B2a2vmRC.此过程中通过圆环截面的电荷量为πBa2RD.此过程中回路产生的电能为0.75mv2解析

当圆环的直径与边界线

PQ重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，有效切割的长度都等于直径，故线圈中的感应电动势E＝2B×2a

v

2Bav，×2＝E2圆环中的电功率P＝

R

＝(2Bav)2

4B2a2v2R

R＝

，故选项A

正确；此时圆环受力F＝2BI×2a＝4B2BavR×a＝8B2a2vR，由牛顿第二定律可得，加速度a＝m＝F

8B2a2vmR，故选项B

错误；E电路中的平均电动势E

＝

Δt

＝

Δt

，则电路中通过的电荷量Q＝

I

Δt＝

R

Δt＝ΔΦ

Bπa2

πBa2R，故选项C

正确；此过程中产生的电能等于电路中产生的热量，也等于外力所做的功，则一定也等于动能的改变量，故E1

12v22

2＝2mv

－2m

＝0.375mv

，故选项D

错误。求ab

棒的加速度大小；答案

(1)1

m/s2求磁感应强度B

的大小；答案(2)2

T若已知在前2

s

内F

做功W＝30

J，求前2s

内电路产生的焦耳热；答案(3)18

J求cd

棒达到最大速度所需的时间。答案(4)5

s解析

(1)对

ab

棒：Ff＝μmgv＝atF－BIL－Ff＝maF＝m(μg＋a)＋B2L2at2R由图象信息，代入数据解得：a＝1

m/s2(2)当t1＝2

s

时，F＝10

N，由(1)知B2L2at2R＝F－m(μg＋a)，得B＝2T(3)0～2

s

过程中，对ab

棒，x＝121at2＝2

mv2＝at1＝2

m/s由动能定理知：W－μmgx12－Q＝

mv22代入数据解得：Q＝18

J(4)设当时间为t′时，cd

棒达到最大速度，FN′＝BIL＋mgcos53°Ff′＝μFN′mgsin53°＝Ff′mgsin53°＝μB2L2at′2R＋mgcos53°解得：t′＝5

s。类型“电－动－电”型“动－电－动”型分析S

闭合，棒ab

受安培力F

BLE，此＝

R时a

BLE，棒ab

速度v↑→感应电＝

mR动势BLv↑→电流I↓→安培力F＝

BIL↓→加速度a↓，当安培力F＝0时，a＝0，v

最大，之后匀速棒ab

由静止释放后下滑，此时a＝gsinα，棒ab

速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I

E

力F＝BIL↑→加速度＝R↑→安培a↓，当安培力F＝mgsinα

时，a＝0，v最大，之后匀速运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动，v

E

m＝BL匀速运动，v

mgRsinαm＝

B2L2(2)双杆模型①模型特点a.一杆切割时，分析同单杆类似。b.两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，EΔΦ＝

Δt

＝Bl(v1－v2)。(1)若a

棒释放的高度大于h0，则a

棒进入磁场区域Ⅰ时会使b

棒运动，判断b

棒的运动方向并求出h0。(2)若将

a

棒从高度小于

h

的某处释放，使其以速度

v

进入磁场区域Ⅰ，结果

a

棒以1

的速度从磁场0

0

2v0区域Ⅰ中穿出，求在a

棒穿过磁场区域Ⅰ过程中通过b

棒的电荷量q

和两棒即将相碰时b

棒上的电功率Pb。[答案]

(1)b

向左运动

h0＝2k2m2gR2B4L4[答案](2)q＝BLd2RbP

＝B2L2v2064R[解析]

(1)根据右手定则可判断出金属棒

a中感应电流的方向，从而可知

b棒中电流方向由

D

指向

C，根据左手定则可知金属棒

b

所受安培力方向向左，所以

b

棒向左运动a

棒从高度为h0

处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有012mgh

＝

mv2解得v＝

2gh0a棒刚进入磁场区域Ⅰ时，感应电动势：E＝BLv此时感应电流大小I＝E/2R此时b

棒受到的安培力大小F＝BIL，依题意有F＝kmg联立解得h0＝2k2m2gR2B4L4。(2)由于a

棒从高度小于h0

的某处释放，因此b

棒在两棒相碰前将保持静止。流过b

棒的电荷量q＝

I

·Δt，R总总

E

ΔΦ又

I

＝

，E＝

Δt

，ΔΦ＝BΔS，ΔS＝Ld，R

＝2R联立解得qBLd＝

2R由题意可知，两棒将要相碰时的a

棒的速度为v′＝2v0－vv0d1

0－

2

1

1·2d＝4v0此时电流大小I＝BLv′

BLv02R

＝

8Rb此时b

棒上的电功率P

＝I2R＝B2L2v264R0。[名师点津]分析“杆和导轨”的模型要按照下述步骤分析：先进行“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，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；接着进行“运动”状态的分析和能量的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型及能量转化关系。A.每根金属杆的电阻R＝B2l2glmgB.甲金属杆在磁场区域运动过程中，拉力对杆做的功在数值上等于电路中产生的焦耳热C.乙金属杆在磁场区域运动过程中，安培力的功率是

P＝mg

glD.乙金属杆进入磁场直至出磁场过程中回路中通过的电量为Q＝mgl2解析

乙没进磁场前受力分析如图，由牛顿第二定律得

mgsinθ＝ma

⇒a2＝2g甲1

＝a

，因此甲乙两杆相对静止，当乙刚进入磁场时