电磁感应动力学问地题目归纳

电磁感应动力学问题归纳重、难点解析：(一)电磁感应中的动力学问题电磁感应和力学问题的综合，其联系桥梁是磁场对感应电流的安培力，因为感应电流与导体运动的加速度有相互制约的关系，这类问题中的导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态，故解这类问题时正确进行动态分析确定最终状态是解题的关键。动态分析：求解电磁感应中的力学问题时，要抓好受力分析和运动情况的动态分析，导体在拉力作用下运动，切割磁感线产生感应电动势T感应电流T通电导体受安培力T合外力变化T加速度变化T速度变化，周而复始地循环，当循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态。此时a=0,而速度v通过加速达到最大值，做匀速直线运动；或通过减速达到稳定值，做匀速直线运动•两种状态的处理：当导体处于平衡态一一静止状态或匀速直线运动状态时，处理的途径是：根据合外力等于零分析。当导体处于非平衡态一一变速运动时，处理的途径是：根据牛顿第二定律进行动态分析,或者结合动量的观点分析.3.常见的力学模型分析:类型“电一动一电”型“动一电一动”型示意图P3/*棒ab长为L,质量m,滑，电阻不计rr电阻R,导轨光棒ab长L,质量m电阻R;导轨光滑，电阻不计分析BLEF=S闭合，棒ab受安培力R,此时BLEa=mR，棒ab速度v感应电动势BLvff电流1安培力F=BIL加速度aJ,当安培力F=0时，a=0,v最大。棒ab释放后下滑，此时a=gsi门口，棒ab速度vTf感应电动势E=BLvff电流I宾R安培力F=BIL加速度aJ,当安培力F-mgsinct时，a=o,v最大。运动形式变加速运动变加速运动最终状态…Evm匀速运动BLmgRsinot匀速运动Vmb2l24.解决此类问题的基本步骤：用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)求出感应电动势的大小和方向依据全电路欧姆定律，求出回路中的电流强度分析导体的受力情况(包含安培力，可利用左手定则确定所受安培力的方向)依据牛顿第二定律列出动力学方程或平衡方程，以及运动学方程，联立求解。问题1、电磁感应现象中的动态与终态分析问题：例：如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MNPQ平行放置在倾角为B的绝缘斜面上，两导轨间距为L.MP两点间接有阻值为R的电阻.一根质量为m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，导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦甲乙(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图;(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小;(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度的最大值。F,沿斜面向上，如图所示;【解析】(1)重力mg,(2)当ab杆速度为v时，感应电动势E=Blv，此时电路中电流B2L2vEBlvRF=BIL:ab杆受到安培力根据牛顿运动定律，有•aB2L2vma=mgsinRB2L2vmgsin(3)当R时,22.AB2L2va=gsinmRab杆达到最大速度vmVmmgRsinvb2l2变式1、【针对训练1】如图甲所示，CDEF是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为I，导轨平面与水平面的夹角是B,在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感强度为B,在导轨的CE端连接一个阻值为R的电阻。一根垂直于导轨放置的金属棒ab,质量为m从静止开始沿导轨下滑，求ab棒的最大速度。(要求画出ab棒的受力图，已知ab与导轨间的动摩擦因数□，导轨和金属棒的电阻都不计)甲乙22【解析】金属棒ab下滑时电流方向及所受力如图乙所示，其中安培力F=IIB二BIv/R，棒下滑的加速度mgsin日_(Mmgcos日+BIv/R)a=m棒由静止下滑，当v变大时，有下述过程发生；v'F合2ar，可知a越来越小，当a=0时速度达到最大值，以后棒匀速运动。当平衡时有：mgsinv-mgcosvBIvm/R=0...vm二mg(sinj-」cosn)R/BI.变式2、【针对训练2】如图所示，两根平滑的平行金属导轨与水平面成B角放置。导轨间距为L,导轨上端接有阻值为R的电阻，导轨电阻不计，整个电阻处在竖直向上，磁感应强度为量为m电阻也为R的金属圆杆MN垂直于两根导轨放在导轨上，从静止开始释放，求：B的匀强磁场中，把一根质(1)金属杆MN!动的最大速度vm的大小,(2)金属杆MN达到最大速度的13时的加速度a的大小。【解析】金属杆MN由静止释放后，沿导轨加速下滑时，切割磁感线产生感应电动势为E=BLvcos二,由MN与电阻R组成的闭合电路中感应电流为：Blv2R由右手定则可知金属杆中电流方向是从N到M此时金属杆除受重力mg支持力N外，还受到磁场力,F=BIL=B2L2vc°s^即：2R金属杆受力示意图如图所示，金属杆沿斜面方向的合外力为:B2L2v2F合=mgsinv-Feosv-mgsincosr根据牛顿第二定律有:22•B2L2v2.mgsincos=ma2R由③式可知，当a=0时，金属杆上滑的速度达最大值，由③式解得:2mgRtanvB2L2cosv1(2)将v_3vm2mgRtan3B2L2cost代入③得:B2l22F合=mgsincosR1.1.2.vm=mgsinmgsinmgsinv333而F合二ma有2mgRtan【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】①B2L2cosr2gsinv②3规律方法总结：对于滑棒类问题的动态分析问题，抓住受力情况，进行运动过程的动态分析是关键，既要注意感应电流的方向及安培力大小、方向的判断，又要善于运用牛顿运动定律与电磁学中有关力的知识综合运用。问题2、双棒类运动模型问题分析：例：如图所示，质量都为m的导线a和b静止放在光滑的无限长水平导轨上，两导轨间宽度为L,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感强度为B,现对导线b施以水平向右的恒力F,求回路中的最大电流•【剖析】开始时导线b做加速运动，回路中很快产生感应电流，根据右手定则与左手定则得出导线a也将做加速运动，但此时b的加速度大于a的加速度，因此a与b的速度差将增大，据法拉第电磁感应定律，感应电流将增大，b的加速度减小，但只要b的加速度仍大于a的加速度，a、b的速度差就会继续增大，所以当a与b的加速度相等时，速度差最大，回路中产生相应的感应电流也最大，设此时导线a与b的共同加速度为a共，回路中电流强度为Im,__F对导线a有F安=ma共对导线a与b系统有F=2ma共又F安二BlmL可解得m一2BL变式3、【针对训练3】如图所示，两条平行的长直金属细导轨KL、PQ固定于同一水平面内，它们之间的距离为I，电阻可忽略不计；ab和cd是两个质量皆为m的金属细杆，杆与导轨垂直，且与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦的滑动，两杆的电阻皆为R•杆cd的中点系一轻绳，绳的另一端绕过轻质定滑轮悬挂一质量为M的物体，滑轮与转轴之间的摩擦不计，滑轮与杆cd之间的轻绳处于水平伸直状态并与导轨平行.导轨和金属细杆都处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度的大小为B.现两杆与悬挂物都从静止开始运动，当ab杆和cd杆的速度分别达到V1和V2时，两杆加速度大小各为多少？【解析】重物M下落使杆cd做切割磁感线运动，产生感应电动势，同时在abdc回路中形成感应电流，则ab杆受安培力作用而向右做切割磁感线运动，ab杆也产生感应电动势.用E和I分别 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示adbc回路的感应电动势和感应电流的大小•根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知E=BI(v2-vjI=E/(2R)令F表示磁场对每根杆的安培力的大小，则F=BII•令ai和a2分别表示ab杆、cd杆和物体M加速度的大小，T表示绳中张力的大小由牛顿定律可知F=ma-\Mg-T=Ma2T_F=ma2由以上各式解得22ai二B2|2(V2_Vi)/(2Rm)22a2=[2MgR-B2|2(V2-Vi)]/[2(Mm)R]变式4、【针对训练4】(15分)如图，在水平面上有两条平行导电导轨MNPQ,导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面(纸面)向里，磁感应强度的大小为B,两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m、“和R、F2，两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为"，已知：杆1被外力拖动，以恒定的速度v0沿导轨运动；达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略，求此时杆2克服摩擦力做功的功率。XXXXXXr1X<XXXXA*■XXXXXX<XXXX解法一：设杆2的运动速度为V，由于两杆运动时，两杆间和导轨构成的回路中的磁通量发生变化,产生感应电动势；=Bl(V0_V)①I=——-—感应电流R1R2②杆2做匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，BH二心2g③以P表示杆2克服摩擦力做功的功率解得P=Jm2g[v0Jm2gB2l2(R1R2)]P=・m2gv⑤TOC\o"1-5"\h\z解法二：以F表示拖动杆1的外力，以I表示由杆1、杆2和导轨构成的回路中的电流，达到稳定时,对杆1有F-・m1g-BII=°①对杆2有BH-.lm2g=0②夕卜力F的功率Pf二Fvo③2以P表示杆2克服摩擦力做功的功率，则有p=Pf-I(R1R2^Jm1gvo④由以上各式得变式5、【针对训练5】如图所示，两根完全相同的“V”字形导轨OPC与KMN倒放在绝缘水平面上，两导轨都在竖直平面内且正对平行放置，其间距为L,电阻不计，两条导轨足够长，所形成的两个斜面与水平面的夹角都是:.两个金属棒ab和ab•的质量都是m电阻都是R,与导轨垂直放置且接触良好•空间有分别垂直于两个斜面的匀强磁场，磁感应强度均为B.如果两条导轨皆光滑，让ab•固定不动，将ab释放，则ab达到的最大速度是多少？【解析】ab运动后切割磁感线，产生感应电流，而后受到安培力，当受力平衡时，加速度为0，速度达到最大。贝y：mgsin口=尸安，又匸安=BILI=E感/2RE感=BLvm2mgRsinotvm=2~2联立上式解得BL规律方法总结：1、双金属棒在导轨上滑动时，要特别注意两棒的运动方向，从而确定两“电源”的电动势方向，据闭合电路欧姆定律计算电路中的电流强度，从而求出要求的其它问题。2、和单棒在导轨上滑动一样，要认真进行受力情况和运动情况的动态分析，以及功、能的综合分析。【模拟 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 】（答题时间：45分钟）1.如图所示，ab和cd是位于水平面内的平行金属轨道，其电阻可忽略不计。ac之间接一阻值为R的电阻，ef为一垂直于ab和cd的金属杆，它与ab和cd接触良好并可沿轨道方向无摩擦地滑动，ef长为I,电阻可忽略。整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度为B,当施加外力使杆ef以速度v向右匀速运动时，杆ef所受的安培力为（）B2l2vBlvB2lvA.RB.RC.R2.如图所示，在竖直向下的磁感应强度为BI2vD.RB的匀强磁场中，有两根水平放置相距L且足够长的平行金属导轨ABCD在导轨的AC端连接一阻值为R的电阻，一根垂直于导轨放置的金属棒ab，质量为m,导轨和金属棒的电阻及它们间的摩擦不计，若用恒力F沿水平向右拉棒运动，求金属棒的最大速度。如图所示，有两根和水平方向成［角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R,下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为B。一根质量为m电阻为r的金属杆从轨道上由静止滑下，如果B增大，Vmax将变大B.如果a变大，Vmax将变大C.如果R变大，Vmax将变大D.如果m变大，Vmax将变大如图所示，在一均匀磁场中有一U形导线框abed，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、ed上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则（）ef将减速向右运动，但不是匀减速ef将匀减速向右运动，最后停止ef将匀速向右运动ef将做往返运动如图所示，abed为导体做成的框架，其平面与水平面成二角，质量为m的导体棒PQ和ad、be接触良好，回路的总电阻为R,整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中，磁场的磁感强度B随时间t变化情况如图乙所示（设图甲中B的方向为正方向），若PQ始终静止，关于PQ与框架间的摩擦力在0~t1时间・•产•**£J*①一直增大②一直减小③先减小后增大④先增大后减小TOC\o"1-5"\h\z以上对摩擦力变化情况的判断可能的是（）A.①④B.①③C.②③D.②④如图所示，一个由金属导轨组成的回路，竖直放在宽广的匀强磁场中，磁场垂直该回路所在平面，方向向外，其中导线AC可以自由地贴着竖直的光滑导轨滑动，导轨足够长，回路总电阻为R且保持不变,当AC由静止释放后（）AC的加速度将达到一个与R成反比的极限值AC的速度将达到一个与R成正比的极限值回路中的电流将达到一个与R成反比的极限值回路中的电功率将达到一个与R成正比的极限值如图所示，闭合线圈abed在水平恒力的作用下，由静止开始从匀强磁场中向右拉出的过程中，线框的运动情况可能是（）线圈的运动性质由A.匀加速运动B.变加速运动C.匀速运动D.先做变加速运动，后做匀速运动畳力悄况决定.所以应对线圈进行受力分析■需嚏注意的屋安焙力是变力.xXx[如图所示，两根相距为L的竖直平行金属导轨位于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,导轨电阻不计，另外两根与上述光滑导轨保持良好接触的金属杆质量均为m电阻均为R,若要使ed静止不动，则ab杆应向方向运动，速度大小为，作用于ab杆的外力大小为【试题答案】1.【解析】ef以速度v向右匀速运动,B2l2vF=Blv二R。I切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,回路中的感应电流Blv"R,杆ef所受的安培力【答案】A2.【解析】ab棒受恒力变化过程如下所示：F作用向右加速运动产生感应电流，电流在磁场中受安培力Fa,相关量的动态［一軒当金属棒所受合力为零时，加速度为零，速度最大，此后各量稳定，导体棒做匀速直线运动。F—Fa=0又Fa-BILEIRFRB2l2E=BLvm解①②③④得：FR22【答案】Bl3.【解析】当杆的速度最大时mgsin：=BILVmBlvmgsin：(R=B2|2r)【答案】BCD4.【解析】由此式可知Vm与ma、R、B、I有关系。ef向右运动切割磁感线，产生感应电流，受向左的安培力，安培力的大小为F=ILB=—BLRB2L2_RFB2L2由牛顿第二定律，有ef做减速运动，随【答案】AvmmR。v的减小加速度a也减小，故ef做加速度减小的减速运动，A正确。【解析】因磁场开始时减小，磁通量减小，PQ棒受到的安培力应沿斜面向上，但安培力减小，由于初始摩擦力方向有向上与向下两种可能，故①③都有可能，选项B正确。【答案】B【解析】加速度开始最大为g，随着运动速度增大，加速度逐渐减小，最后为零，终极速度222222v二mgR/Bl，功率P二mgR/BI，故b、d两项对。【答案】BD【解析】线框在向右运动的过程中受到水平恒力和安培力的作用，由牛顿第二运动定律可得TOC\o"1-5"\h\zF-BIL=ma①BLvIR②22F-B2L2v/Ra=联立①、②解得m随着速度的增加，加速度在不断减小，所以线框做变加速运动，当水平恒力等于安培力时，线框开始匀速运动，如当线框出磁场时还在加速，则整个过程只有变加速运动【答案】BD【解析】取cd棒作为研究对象，由于处于平衡状态，则有F安=BIL=mg回路中的电流2R其中E=BLv2mgRv=22联立①、②、③解得BL，方向竖直向上。取ab棒为研究对象，由于ab棒匀速运动，有F外二mgF安二mgmg=2mg2mgR【答案】竖直向上Bl2mg