1、精選優質文檔-傾情為你奉上第61課時電磁感應中的動力學問題(題型研究課)命題者說電磁感應動力學問題是歷年高考的一個熱點，這類題型的特點一般是單棒或雙棒在磁場中切割磁感線，產生感應電動勢和感應電流。感應電流受安培力而影響導體棒的運動，構成了電磁感應的綜合問題，它將電磁感應中的力和運動綜合到一起，其難點是感應電流安培力的分析，且安培力常常是變力。這類問題能很好地提高學生的綜合分析能力。(一)運動切割類動力學問題 例1解析(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得maFmg設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有vat0當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律，

2、桿中的電動勢為EBlv聯立式可得EBlt0。(2)設金屬桿在磁場區域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據歐姆定律I式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為F安BlI因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得FmgF安0聯立式得R。答案(1)Blt0(2)考法2雙桿模型例2 思路點撥(1)金屬桿甲運動產生感應電動勢回路中有感應電流乙受安培力的作用做加速運動可求出某時刻回路中的總感應電動勢由牛頓第二定律列式判斷。(2)導體棒ab運動，回路中有感應電流分析兩導體棒的受力情況分析導體棒的運動情況即可得出結論。解析(1)設某時刻甲和乙的速度大小分別為v1和v2，加速度大小分別為a1和a2，受到的安培力大小均

3、為F1，則感應電動勢為EBl(v1v2)感應電流為I對甲和乙分別由牛頓第二定律得FF1ma1，F1ma2當v1v2定值(非零)，即系統以恒定的加速度運動時a1a2解得a1a2可見甲、乙兩金屬桿最終水平向右做加速度相同的勻加速運動，速度一直增大。(2)ab棒向cd棒運動時，兩棒和導軌構成的回路面積變小，磁通量發生變化，回路中產生感應電流。ab棒受到與運動方向相反的安培力作用做減速運動，cd棒則在安培力作用下做加速運動，在ab棒的速度大于cd棒的速度時，回路中總有感應電流，ab棒繼續減速，cd棒繼續加速。兩棒達到相同速度后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產生感應電流，兩棒以相同的速度v水平向右

4、做勻速運動。答案見解析兩類雙桿模型對比類型模型運動圖像運動過程分析方法不受外力桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動；穩定時，兩桿以相等的速度勻速運動將兩桿視為整體，不受外力，最后a0受到恒力開始時，兩桿做變加速運動；穩定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運動將兩桿視為整體，只受外力F，最后a考法3含電容器問題例3 解析(1)設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為EBLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為UE設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C聯立式得QCBLv(2)設金屬棒的速度大小為v時經歷的時間為t，通過金屬棒的電流為i。金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導軌向上，大小為F1BLi設

5、在時間間隔(t，tt)內流經金屬棒的電荷量為Q，按定義有iQ也是平行板電容器兩極板在時間間隔(t，tt)內增加的電荷量。由式得QCBLv式中，v為金屬棒的速度變化量。按定義有a金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為F2FN式中，FN是金屬棒對于導軌的正壓力的大小，有FNmgcos 金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設其大小為a，根據牛頓第二定律有mgsin F1F2ma聯立至式得ag由式及題設可知，金屬棒做初速度為零的勻加速直線運動。t時刻金屬棒的速度大小為vgt答案(1)QCBLv(2)vgt這類題目易出現的錯誤是忽視電容器充電電流，漏掉導體棒所受的安培力，影響加速度的計算和導體棒運動情

6、況的判斷。集訓沖關1. 解析：(1)導體棒切割磁感線，EBLv導體棒做勻速運動，FF安又F安BIL，其中I在任意一段時間t內，拉力F所做的功WFvtF安vtt電路獲得的電能EqEEItt可見，在任意一段時間t內，拉力F所做的功與電路獲得的電能相等。(2)導體棒達到最大速度vm時，棒中沒有電流，電源的路端電壓UBLvm電源與電阻所在回路的電流I電源的輸出功率PUI。(3)感應電動勢與電容器兩極板間的電勢差相等BLvU由電容器的U­t圖像可知Ut導體棒的速度隨時間變化的關系為vt可知導體棒做勻加速直線運動，其加速度a由C和I，得I由牛頓第二定律有FBILma可得F。答案：(1)見解析(2

7、)(3)2. 解析：(1)AB桿達到磁場邊界時，加速度為零，系統處于平衡狀態，對AB桿：3mg2T對CD桿：2TmgBIL又FBIL，解得：v1。(2)AB、CD棒組成的系統在此過程中，根據能的轉化與守恒有：(3mm)gh2Q×4mv12hqIt(3)AB桿與CD桿都在磁場中運動，直到達到勻速，此時系統處于平衡狀態，對AB桿：3mg2TBIL對CD桿：2TmgBIL又FBIL，解得v2所以v2答案：(1)v1(2)hq(3)v2(二)變化磁場類動力學問題 典例 解析(1)t0時刻線框中的感應電動勢E0L2功率P解得P。(2)由動能定理有WEk解得Wmv2穿出過程線框中的平均電動勢線框

8、中的電流通過的電量qt解得q。(3)n匝線框中t0時刻產生的感應電動勢En線框的總電阻R總nR線框中的電流It0時刻線框受到的安培力FnB0IL設線框的加速度為a，根據牛頓第二定律有F(nmM)a解得a，可知n越大，a越大。答案(1)(2)mv2(3)見解析磁場變化類電磁感應問題的解題方法(1)用法拉第電磁感應定律計算感應電動勢，用楞次定律判斷方向。(2)用閉合電路歐姆定律計算回路中電流。(3)分析計算感應電流所受安培力，研究導體受力情況和運動情況。(4)根據牛頓第二定律或平衡條件列出方程。集訓沖關解析：(1)由法拉第電磁感應定律有En得En××r210×

9、5;×0.52 V2.5 V小燈泡正常發光，有PI2R由閉合電路歐姆定律有EI(R0R)則有P2R，代入數據解得R1.25 。(2)對線框受力分析如圖設線框恰好要運動時，磁場的磁感應強度大小為B由力的平衡條件有mgsin F安FfF安mgcos F安nBI×2r聯立解得線框剛要運動時，磁場的磁感應強度大小B0.4 T由B2t，得線框在斜面上可保持靜止的時間t s s小燈泡產生的熱量QPt1.25× J3.1 J。答案：(1)1.25 (2)3.1 J一、選擇題1. 解析：選B金屬桿從軌道上由靜止滑下，經足夠長時間后，速度達最大值vm，此后金屬桿做勻速運動。桿受重力

10、、軌道的支持力和安培力如圖所示。安培力FLB，對金屬桿列平衡方程式：mgsin ，則vm。由此式可知，B增大，vm減小；增大，vm增大；R變小，vm變小；m變小，vm變小。因此A、C、D錯誤，B正確。2.解析：選C當導線MN勻速向右運動時，導線MN產生的感應電動勢恒定，穩定后，電容器既不充電也不放電，無電流產生，故電阻兩端沒有電壓，電容器兩極板間的電壓為UEBLv，所帶電荷量QCUCBLv，故A、B錯誤，C正確；MN勻速運動時，因無電流而不受安培力，故拉力為零，D錯誤。3.解析：選AC由右手定則可知，電阻R中的感應電流方向由c到a，A正確；物塊剛下落時加速度最大，由牛頓第二定律有2mammg，

11、最大加速度：am，B錯誤；對導體棒與物塊組成的整體，當所受的安培力與物塊的重力平衡時，達到最大速度，即mg，所以vm，C正確；通過電阻R的電荷量q，D錯誤。4. 解析：選BC對兩金屬棒ab、cd進行受力和運動分析可知，兩金屬棒最終將做加速度相同的勻加速直線運動，且金屬棒ab速度小于金屬棒cd速度，所以兩金屬棒間距離是變大的，由楞次定律判斷金屬棒ab上的電流方向是由b到a，A、D錯誤，B正確；以兩金屬棒整體為研究對象有：F3ma，隔離金屬棒cd分析：FF安ma，可求得金屬棒cd所受安培力的大小F安F，C正確。二、計算題5.解析：回路中原磁場方向向下，且磁感應強度增加，由楞次定律可以判知，感應電流

12、的磁場方向向上，根據安培定則可以判知，ab中的感應電流的方向是ab，由左手定則可知，ab所受安培力的方向水平向左，從而向上拉起重物。設ab中電流為I時M剛好離開地面，此時有FBIL1MgIEL1L2·BB0t聯立以上各式，代入數據解得t5 s。答案：5 s6. 解析：(1)由牛頓第二定律Fma，得a m/s20.5 m/s2t s20 s。(2)導線ab保持以10 m/s的速度運動，受到的安培力F安BIL0.16 N安培力與拉力F是一對平衡力，故F0.16 N。答案：(1)20 s(2)0.16 N7. 解析：(1)對于導體棒cd，由于做勻加速運動，則有：v1at，由EBLv可知：EBLat對于電容器，由C可知：QCUCBLat，對于閉合回路，由I可知：ICBLa對于導體棒，由F安BIL可知：F安B2L2Ca由牛頓第二定律可知：FF安ma，F(mB2L2C)a，因此對于外力F來說，是一個恒定的外力，不隨時間變化。(2)對于導體棒cd，克服安培力做多少功，就應有多少能量轉化為電能，則有：W安F安xxat2由式得：W安，所以在t秒內轉化為電場能的能量為：E。答案：(1)F(mB2L2C)a，為恒力，不隨時間t變化(2)8. 解析：(1)金屬棒由靜止釋放后，沿斜面做變加速運動，加速度不斷減小，當加速度為零時有最大速度vm由牛頓第二定律有mgsin mgcos F安0F安BI