高中物理力电综合问题.docx

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高中物理力电综合问题

高中物理磁场与电磁感应东南数理化教你怎么学好物理

第十五章磁场与电磁感应

§10.6力电综合问题

高考对应考点：

法拉第电磁感应定律及其力电综合问题用（学习水平D）

课时目标：

1.利用法拉第电磁感定律计算感生电动势，理解导体切割磁感线的有效长度，会区分电磁感应现象中的内电路和外电路，会判断电势的高低。

2.理解电磁感应现象中感应电流作为联系电学量和力学量的纽带作用，学会分析磁场中导体棒的动力学量的动态变化。

3.弄清电磁感应现象中的能量转化和守恒关系，理解安培力做功与电能的关系。

4.利用图象分析因电磁感应引起的电学量和力学量的变化情况。

*5.了解微元思想在电磁感应问题中的应用。

重点难点：

1.分析导体棒在磁场中运动时的动力学参量的动态变化过程，明确导体棒达到稳定状态时满足的条件。

2.电磁感应现象中能量的相互转化和守恒。

3.画出各运动阶段因电磁感应引起的电学量和力学量的变化图象。

*4.微元法在电磁感应问题中的应用。

知识精要：

一、电磁感应现象中的电路问题

1.电磁感应现象的本质是产生，穿过电路的磁通量发生变化时，电路中就会出现感应电动势，如果电路是闭合的，则电路中会出现。

2.感应电动势按照其产生的机理可分为感生电动势和动生电动势。

（1）感生电动势：

导线框不动，而穿过其的磁场的强弱发生变化而引起的感应电动势。

可以由法拉第电磁感应定律E=

（单匝线圈）求得。

当导线框面积S不变，磁感应强度B随时间的均匀变化时，即：

B=kt（k为恒量），感生电动势可以写成：

E=

=

=。

（用k、S表示）（单匝线圈）

（2）动生电动势：

由于导体相对磁场做切割磁感线运动而引起的感应电动势。

可以由公式：

E=BLv求得。

公式中的L为导体的有效长度，具体为导体两端点连线在垂直运动方向上的投影。

公式中的v为导体切割磁感线的速度，即导体和磁场的相对运动速度。

3.发生电磁感应现象时，切割磁感线那部分导体或磁通量发生变化那部分线路相当于，其余的线路相当于。

在内电路中电流由电势流向电势，在外电路中，电流由电势流向电势。

（均填“高”或“低”）

二、导体棒、导体框在磁场中的动力学动态分析

1.导体切割磁感线要产生，从而在回路中产生，而感应电流在磁场中要受到，安培力和其他力共同影响了导体棒的加速度，而加速度反过来决定了导体棒的运动速度（切割速度）的变化。

因此在磁场中运动的导体棒的速度和加速度是相互牵制互相决定的。

2.电磁感应过程中，感应电流I一方面与感应电动势E、回路中的电热、通过导体横截面的电量等电学量相联系，另一方面通过安培力与合外力、加速度、速度、动能等力学量相联系。

它起到了联系电学和力学的纽带作用。

3.由感应电动势E=BLv，感应电流I=

，安培力FA=BLI，得：

FA=，由此可知，当B、L、R恒定时，安培力FA与切割速度v成正比。

4.一端连接有电阻R的平行导轨处于匀强磁场中，其上放置一根电阻不计的导体棒。

在受到恒定的拉力F和阻力f下，导体棒由静止开始运动，将做运动，最终的稳定状态为，导体棒所能达到的最大速度为v=已知磁感应强度为B，导轨宽度为L。

（用F，f，B，L，R表示）

5.一端连接有电阻R的平行导轨处于匀强磁场中，其上放置一根电阻不计的导体棒。

在受到大小随时间均匀增大，即：

F=kt，的拉力和恒定的阻力f作用下，将做

运动，最终的稳定状态为，稳定后棒的加速度a=。

（用k，B，L，R表示）已知磁感应强度为B，导轨宽度为L。

三、电磁感应现象中的能量转化和守恒

1.导体棒做切割磁感线运动时，伴随着电能、机械能、内能等形式能量的相互转化，电能与其他形式的能量的转化是通过做功来实现的。

安培力做功，其他能转化为电能，安培力做功，电能转化为其他能。

（填“正、负”）

2.导体切割磁感线运动时，电能从产生到消耗的途径为：

安培力做功，产生电能，电能无法存储，则通过以下两种途径消耗掉：

一是通过消耗掉，

二是通过安培力对外做功，将电能转化为动能或其他形式的能。

3.若安培力做负功所产生的电能全部用作回路中产生电热，则：

（功率）、电路中产生的总电能（电功率）和（电热功率）这三者数值上均相等。

四、图象问题

1.电磁感应现象中的图象问题通常有两类：

一类以考查电磁感应中的电路知识为主。

在导线框匀速或匀变速通过磁场区域过程中，求解由于导线框和磁场边界形状所造成的感应电动势、感应电流、两点电势差、安培力等量随时间、位移的变化图象。

解题关键是明确各阶段导体切割磁感线的有效长度及其变化情况，尤其注意在不同磁场的交界处，磁场边界处相关量的方向、大小，变化率大小等量可能发生的突变。

另一类以考查导体棒在磁场中的动力学量的动态分析为主。

求解导体在变化的安培力作用下，速度、加速度等随时间、位移的变化图象。

解题的关键是根据确定导体棒进磁场时速度和受力情况，速度变化趋势，收尾情况，磁场突变处的受力，出磁场的速度和受力情况。

*五、微元思想和公式Q=

Δv=

ΔS，Δv=

在处理物理问题时，从对事物的极小部分（微元）的分析入手，达到解决事物整体问题的方法，叫做微元法。

这是一种深刻的思维方法，先分割逼近，找到规律，再累计求和，达到了解整体。

微元法解题的一般步骤如下：

先将整个事件无限分割成极小的部分，即微元，再对微元进行低细节的近似处理，当微元被无限分割成足够小的情况下，实际的变化量可以当成恒量来处理，从而使问题得到简化，对每个微元内运用物理规律求解相关量，最后通过数学方法，如等差等比求和公式等将每个微元内的结果进行累加，得到整体的情况。

电磁感应问题中常涉及到的微元思想有：

（1）求解电磁感应过程中通过导体横截面的总电量。

将全过程无限分割成极小的时间段，对于每个极小的时间段ti内感应电动势和感应电流可以视作恒定，则由法拉第电磁感应定律：

Ei=

，Ii=

，Qi=Iiti=

.ti=

将每个ti内的电量Qi累加即得到总电量

即：

Q=∑Qi=∑

=

（2）求解安培力产生的速度变化量。

将全过程无限分割成极小的时间段，对于每个极小的时间段ti内导体的速度vi可视作恒量，

感应电动势：

Ei=BLvi，Ii=

，安培力：

FAi=BLIi=

安培力产生的加速度：

ai=

，

故ti内由安培力产生的速度变化量Δvi=aiti=

vi.ti=

.Δsi，

将每个Δvi累加得到全过程的速度变化量：

Δv=∑Δvi=∑

.Δsi=

.Δs

由此式可见，安培力产生的速度变化量与导体棒的位移变化量成正比。

这是一种另类的“匀变速运动”。

（3）求解在磁场中的通电导体棒的速度变化量Δv与通过导体横截面的电量Q的关系。

将全过程无限分割成极小的时间段，对于每个极小的时间段ti内，导体中的电流Ii可视作恒量，

安培力：

FAi=BLIi，

安培力产生的加速度：

ai=

，

安培力产生的速度变化量：

Δvi=aiti=

Ii.ti=

.Qi，

将每个Δvi累加得到全过程的速度变化量：

Δv=∑Δvi=∑

.Qi=

热身练习：

1.如图所示，金属三角形导轨COD上放置一根金属棒MN，拉动MN使它以速度v向右匀速平动。

如果导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，电阻率都相同，那么在MN运动过程中，闭合回路的（）

（A）感应电动势保持不变

（B）感应电流保持不变

（C）感应电动势逐渐增大

（D）感应电流逐渐增大

2.如图所示，有两根和水平方向成θ角度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，磁感应强度为B。

一根质量为m的金属感从轨道上由静止滑下，经过足够长时间后，金属杆的速度回趋近于一个最大速度vm，则（）

（A）如果B增大，vm将变大

（B）如果θ增大，vm将变大

（C）如果R增大，vm将变大

（D）如果m变小，vm将变大

3.如图甲所示，一个闭合矩形金属线圈abcd从一定高度释放，且在下落过程中线圈平面始终在竖直平面上。

在它进入一个有直线边界的足够大的匀强磁场的过程中，取线圈dc边刚进磁场时t=0，则描述其运动情况的图线可能是图乙中（）

4.如图所示，电阻R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑导轨（电阻不计）匀速滑到a'b'位置，若v1：

v2=1：

2，则在这两次过程中（）

（A）回路电流I1∶I2=1∶2

（B）产生的热量Q1∶Q2=1∶2

（C）通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶2

（D）外力的功率P1∶P2=1∶2

5.如图所示，l1=0.5m，l2=0.8m，回路总电阻为R=0.2Ω，物块质量M=0.04kg，导轨光滑，开始时磁场强度B0=1T，现使磁感应强度以

＝0.2T/s的变化率均匀地增大．则当t=s时，物块刚好离开地面？

（g取10m/s2）

6.（2012黄埔、嘉定二模No.25）如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距为L，上端接有两个定值电阻R1、R2，已知R1=R2=2r。

将质量为m、电阻值为r的金属棒从图示位置由静止释放，下落过程中金属棒保持水平且与导轨接触良好。

自由下落一段距离后金属棒进入一个垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场宽度为h。

金属棒出磁场前R1、R2的功率均已稳定为P。

则金属棒离开磁场时的速度大小为___________，整个过程中通过电阻R1的电量为__________。

（已知重力加速度为g）

精解名题：

例1.（2011奉贤区二模NO.33）如图所示，光滑斜面的倾角

=30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1=lm，bc边的边长l2=0.6m，线框的质量m=1kg，电阻R=0.1Ω，线框受到沿光滑斜面向上的恒力F的作用，已知F=10N．斜面上ef线（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的均匀磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如B-t图象，时间t是从线框由静止开始运动时刻起计的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s=5.1m，求：

（1）线框进入磁场时匀速运动的速度v；

（2）ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t；

（3）ab边运动到gh线处的速度v2；

（4）线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．

【解析】：

（1）由题意可知，线框在刚进入磁场做匀速运动的一段时间内，磁感应强度恒定，为0.5T，

线框在拉力F、重力沿斜面向下的分力以及安培力FA作用下处于平衡状态：

F=mgsinθ+FA①

感应电动势：

E=Bl1v，

回路中的感应电流：

I=

，

所以：

安培力FA=Bl1I=

，结合①式子，求得：

v=

=

m/s=2m/s.

（2）进入磁场前，线框在斜面方向上受到拉力F、重力沿斜面向下的分力，在两者作用下以加速度a做匀加速运动，由牛顿第二定律：

F–mgsinθ=ma，解得：

a=

=

m/s2=5m/s2。

线框从静止开始加速，当速度达到2m/s时，刚好进入磁场，这段匀加速时间为t1。

t1=

=

s

设导线框以2m/s的恒定速度通过l2距离所需的时间为t2，

t2=

=

s=0.3s

观察B–t图像可知，B在线框开始运动后0.9s开始变化，而t1+t2=0.7s<0.9s所以，线框进入磁场过程中，磁感应强度恒定，进入磁场的时间就为t2=0.3s。

进入磁场后的的前（0.9–0.7）s内，B恒定，线框内无磁通量变化，无感应电流和安培力，0.9s之后，由于磁场强度变化，线框内有感应电流，但线框的ab边和cd边所受的安培力大小相等方向相反，使得整个线框所受的安培力合力为零。

因此从线框全部进入磁场开始到ab边到达gh处，线框斜面方向上仅受到拉力F和重力沿斜面向下的分力，由上可知，线框的加速度a=5m/s2。

此阶段位移为s1=s–l2=（5.1-0.6）m=4.5m，时间为t3，满足：

s1=vt3+

at32，解得t3=1s，

所以从线框开始运动到ab边到gh的总时间t：

t=t1+t2+t3=1.7s

（3）从线框全部进入磁场开始到ab边到达gh处，线框以a=5m/s2的加速度做匀加速运动，满足：

v2=v+at3=2+5×1=7m/s.

（4）线框进入磁场过程中，由于电磁感应产生的焦耳热数值上等于安培力做的负功，即：

Q1=WA=FA.l2=（F–mgsinθ）l2=（10–10×0.5）×0.6J=3J

从磁场强度开始变化（t=0.9s）到线框运动到gh处（t=1.7s）过程中，

线框内的感应电动势：

E=

=

，从图象中可知

=

=

T/s，

所以：

E=

×1×0.6V=0.25V，感应电流I=

=2.5A，

回路中产生的焦耳热为Q2=E.I.t4=0.25×2.5×（1.7–0.9）J=0.5J

所以线框整个运动过程中，回路中产生的总焦耳热Q=Q1+Q2=（3+0.5）J=3.5J

注意：

本题第（4）问中，求解线框整个运动过程中，回路中产生的总焦耳热时，不能按下述方法求解：

线框刚开始进入磁场到gh处过程中，由能量守恒：

WF–WG–Q=ΔEk，得Q=WF-WG-ΔEk=F.s–mgsinθ.s-（

mv22-

mv2），

然后带入数值求解即可。

上述方法之所以是错误的，是因为在全部进入磁场之后，线框内的电能不是由线框的动能转化而来，而是来源于变化磁场的能量。

实际上，全部进入磁场后，线框所受安培力的合力为零，安培力不影响动能的大小，或者说导线框没有克服安培力做功将动能转化为电能。

这部分电能是由磁场能转化而来的。

例2．如图（a）所示，光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，间距为L、导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上。

导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。

在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

开始时，导体棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v1匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为f的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内。

（1）求导体棒所达到的恒定速度v2；

（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？

（3）导体棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为多大？

（4）若t＝0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其v-t关系如图（b）所示，已知在时刻t导体棋睥瞬时速度大小为vt，求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小。

【解析】：

（1）磁场向右运动，导体棒相对于磁场向左切割磁感线，由右手定则判定棒上的感应电动势和感应电流由“上”至“下”，再由左手定则判定导体棒受到的安培力向右。

当导体棒达到恒定速度v2时，其所受的安培力和阻力平衡：

FA=f

导体棒切割磁感线的速度为Δv=（v1-v2），感应电动势为：

E=BL（v1-v2）

感应电流：

I=

，

安培力：

FA=BLI=

，结合①式，解得：

v2=

（2）因为安培力：

FA=

，当导体棒静止时，它相对于磁场的切割速度最大为v1，对应此时的安培力最大，若导体棒所受阻力大于此安培力，则导体棒无法启动。

故所允许的最大阻力应为：

fmax=

（3）导体棒以v2匀速运动时，克服阻力做功的功率：

Pf=fv2

回路中产生的电能有两个消耗途径：

一是通过安培力对导体棒做正功消耗：

P1=FA.v2=f.v2

二是通过回路中产生的电热消耗：

P2=EI=BL（v1-v2）.I=FA（v1-v2）=f（v1-v2）

故回路中总电功率为：

P=P1+P2=f.v2+f（v1-v2）=f.v1

（4）根据题意，导体棒最终做匀加速运动，可知稳定后导体棒的合外力和安培力恒定，因为FA=

，这就要求导体棒相对于磁场的切割速度Δv恒定，已知磁场和导体棒均做匀加速运动，容易知道两者的加速度应该相同才可能会使得两者的相对速度时刻保持不变。

设两者的加速度为a。

分析t时刻棒的受力情况：

磁场速度v=at，切割速度Δv=at–vt

安培力：

FA=

，由牛顿第二定律：

ma=FA–f=

-f，

解得：

a=

例3.（2013黄浦区一模NO.33）如图所示，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3Ω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=0.5m。

导体棒a的质量为m1=0.1kg、电阻为R1=6Ω；导体棒b的质量为m2=0.2kg、电阻为R2=3Ω，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。

（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2，a、b电流间的相互作用不计），求：

（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）b棒在磁场中匀速切割磁感线时，b棒相当于一个产生感应电动势的电源，作为内电路，a棒和电阻R相并联构成外电路。

由并联知识可知，Ia:

IR=R:

R1=3：

6，IR=2Ia

通过b棒的电流Ib=Ia+IR=3Ia，

故a、b棒上产生的焦耳热分别为：

Qa=Ia2R1t，Qb=Ib2R2t

所以：

Qa:

Qb=Ia2R1:

Ib2R2=2:

9

（2）装置上产生的总热量Q转化自回路中产生的电能，数值上等于a、b两棒在磁场中所受的安培力对他们做的负功总和。

由题意可知在a、b棒穿过磁场过程均做匀速直线运动，故：

F安a=m1gsinα，其所作的负功：

W安a=F安a.d=m1gdsinα

F安b=m2gsinα，其所作的负功：

W安b=F安b.d=m2gdsinα

所以：

Q=（m1+m2）gdsinα=（0.1+0.2）×10×0.8×0.5J=1.2J

（3）设a、b棒在磁场中匀速运动的速度分别为va、vb。

对a棒：

感应电动势：

Ea=BLva，感应电流：

Ia=

，

安培力：

F安a=BLIa=

，同理：

F安b=BLIb=

，又

总电阻：

Ra总=

+R1=（

+6）Ω=7.5Ω，Rb总=

+R2=（

+3）Ω=5Ω。

所以：

=

×

=

=

，

解得：

=

=

=

设M、N两点间距离为s，

两棒同时由静止释放，没进入磁场前，两者的加速度均为gsinα，故相同时间内通过位移相等，两棒距离保持不变。

a棒以速度va刚进入磁场时，b棒应该在距离磁场上边界s处，速度大小也为va。

a棒进入磁场后以va做匀速运动，b棒在磁场外仍做匀加速运动。

由题意可知，a棒出磁场时，b棒刚好加速到vb进入磁场。

故从a棒进入磁场到出磁场这段时间Δt内：

a棒通过距离：

va.Δt=d

b棒通过距离：

.Δt=s，所以：

=

=

，解得：

s=

×0.5m=

m

例4.（2012年上海高考No.33）如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。

一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。

棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。

导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。

以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B。

在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。

（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；

（2）经过多长时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？

（3）某过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量。

【解析】：

（1）导体棒做匀加速运动，由运动公式，t时刻：

导体棒切割速度v=at，通过的位移：

s=

at2，

感应电动势：

E=BLv=BLat，

回路中的总电阻：

R总=R+2Ros=R+Roat2，

感应电流：

I=

=

。

（2）t时刻bc边受到水平向右的安培力，PQ棒受到竖直向下的安培力，两者大小均为：

FA=BLI=

对线框受力分析，其受到向左的拉力F，向右的安培力FA和PQ棒对其向右的滑动摩擦力f。

由牛顿第二定律：

Ma=F-FA–f①

又：

f=μ（mg+FA）②

综合①②得：

F=Ma+FA+μ（mg+FA）=Ma+μmg+（μ+1）FA，

又：

FA=

=

，

当R/t=Roat，即t=

时，FA取最大值FAmax=

，

对应此时拉力取最大值：

FMAX=Ma+μmg+（μ+1）

（3）设此过程线框通过的位移为s，将总位移s分割成无穷段极小的位移，在任意一个极小的位移，记做si内，安培力可以视作大小恒定，记做FAi，

线框产生的焦耳热：

Qi=FAi.si

克服摩擦力做的功：

Wi=fi.si=μ（mg+FAi）si=μmg.si+μFAi.si=μmg.si+μQi

所以全过程摩擦力做的功：

W=∑Wi=∑μmgsi+∑μQi=μmgs+μQ

求得：

s=

，

设线框的末速度为v，由运动公式：

v2=2as=2a.

，

所以线框动能：

Ek=

Mv2=

.

方法小结：

1.感生电动势和动生电动势

导线框的面积S不变，磁感应强度B=kt，则感生电动势E=。

导体切割磁感线的感应电动势E=BLv，其中L为有效长度，v为。

2.导体棒在磁场中的动力学量动态分析

分析导体棒在磁场中的运动状态变化过程时，可以按下列思路：

启动——如何变化——最终状态如何。

对于变化过程的分析可以依照这样的顺序：

切割磁感线产生感应电动势→感应电流→安培力→加速度→速度

分析时可以牢记安培力与速度的关系式，计算公式为：

F=.

最终状态的确定往往是解题的突破口。

（1）放在处于匀强磁场中，一端带有电阻R的平行导轨上的单根导体棒，在受到恒定的拉力F和阻力f的作用下先做加速度减小的加速运动，最终稳定状态