专题复习七 电磁学和力学的综合运用

专题复习七 电磁学和力学的综合运用

一. 本周教学内容

专题复习七 电磁学和力学的综合运用 二. 知识要点

本专题主要讨论带电物体（带电质点、液滴、小球、物块）在电场、磁场、复合场中运动时的力学问题，及电磁感应现象中的力学问题。

解决这两类问题，主要以力学思路为主线，突出场的性质和电磁感应现象中的规律，具体采用的方法有三种： 1. 力学观点（牛顿运动定律和运动学公式） 2. 动量观点（动量定理、动量守恒定律）

3. 能量观点（动能定理、能的转化和守恒定律）

有关这部分内容的高考命题，题目一般变化情况复杂，综合性强，多以把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、动能关系等知识有机地结合在一起，对考生的空间想像能力、物理过程和运动规律的综合分析能力，以及用数学方法解决物理问题的能力要求较高，在复习中要高度重视，强化训练。

【典型例题分析】

[例1] （2002上海卷）如图1所示，两条互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为l0.2m，在导轨的一端接有阻值为R0.5的电阻，在x0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感强度B0.5T，一质量为m0.1kg的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v02m/s的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力F的共同作用下做匀变速直线运动，加速度大小为a2m/s、方向与初速度方向相反，设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好。求： （1）电流为零时金属杆所处的位置； （2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F的大小和方向； （3）保持其他条件不变，而初速度v0取不同值，求开始时F的方向与初速度v0取值的关系。 2×mRa××v0××B×××××Oι××x×××× 图1 讲解： （1）感应电动势Blv，I/R ∴ I0时，v0 ∴ xv0/2a1(m) ① （2）最大电流ImBlv0/R IIm/2Blv0/2R 22安培力fIBlBlv0/2R0.02(N) ②

2向右运动时Ffma

Fmaf0.18N 方向与x轴相反 ③

向左运动时Ffma

117 - 1 -

Fmaf0.22N方向与x轴相反 ④

22（3）开始时vv0，fImBlBlv0/R

22 Ffma，FmafmaBlv0/R ⑤

22∴ 当v0maR/Bl10m/s时，F0 方向与x轴相反 ⑥

22当v0maR/Bl10m/s时，F0 方向与x轴相同 ⑦

答案：

（1）1m

（2）0.18N 方向与x轴相反；0.22N 方向与x轴相反

（3）v010m/s F0方向与x轴相反；v010m/s F0方向与x轴相同

评析：这是一道电磁感应、力学和运动学紧密结合的题目，要能正确分析电路中哪一部分导体相当于电源，结合牛顿第二定律和运动学公式求解，注意要正确的对物体进行受力分析。

[例2] （2002上海卷）如图2所示为利用电磁作用输送非导电液体装置的示意图。一边长为L、截面为正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面积为A的小喷口，喷口离地的高度为h，管道中有一绝缘活塞。在活塞的中部和上部分别嵌有两根金属棒a、b，其中棒b的两端与一电压表相连，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中。当棒a中通有垂直纸面向里的恒定电流I时，活塞向右匀速推动液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为s。若液体的密度为，不计所有阻力，求：

（1）活塞移动的速度 （2）该装置的功率

（3）磁感强度B的大小

（4）若在实际使用中发现电压表的读数变小，试分析其可能的原因。

图2

讲解：

（1）设液体从喷口水平射出的速度为v0，活塞移动的速度为v。 v0sg2 ① v0AvL ② 2hg ③ 2h v(AAs)v0L2L2（2）设装置功率为P，t时间内有m质量的液体从喷口射出，则

Pt12m(v0v2) ④ 2212AA2322(14)v0 ∵ mLvtP ⑤ ∴ PLv(v0v)22L 117 - 2 -

A(L4A2)s3g2() ⑥ ∴ P2h2L4312A222（3）∵ PF安v ⑦ ∴ Lv(v04v0)BILv ⑧

2L ∴ Bv02(L4A2)2IL3(L4A2)s2g4IhL3 ⑨

（4）∵ UBLv

∴ 喷口液体的流量减少，活塞移动速度减小，或磁场变小等会引起电压表读数变小。 答案：

As（1）2LgA(L4A2)s3g2() （2）

2h2h2L43（3）

(L4A2)s2g4IhL3 （4）∵ UBLv

∴ 喷口液体的流量减少，活塞移动速度减小，或磁场变小等会引起电压表读数变小。

评析：此题是上海市2002年高考题第23题，主要考查学生电磁感应与力学的综合应用能力，解决这类问题要注意分析导体的运动情况和结合牛顿第二定律和运动学公式、动能定理及能量守恒定律进行求解。 [例3] 如图3所示，平行水平放置的导轨左端连有电阻R，处在垂直轨道平面的匀强磁场中，设磁场磁感应强度为B，棒ab长为L、质量为m0，今从静止起用力拉金属棒ab（ab棒与轨道垂直）。求： （1）若拉力恒定，棒ab最终速度可达2v，则当速度为v时，棒ab的加速度a1多大？ （2）若拉力功率恒定，最终速度可达2v，则当速度为v时，棒加速度a2多大？ a××R××××b×××××××× v××图3

讲解： （1）当拉力大小恒定时，棒ab由静止开始做加速运动，感应电动势(E)、感应电流(I)、棒受到的安培力(F)等随速度增大而逐渐增大，而棒所受的合外力及加速度随之逐渐减小，直到最后加速度减为零时，棒以最大速度做匀速运动。

B2L22vB2L2vma1 当棒速度为2v时，由平衡条件得：F拉 当棒速度为v时，由牛顿第二定律得：F拉RR联立以上两式得：a1BLv/mR

22（2）当拉力功率(P)一定时，由PFv知，棒所受的拉力随速度的增大而减小，而棒受到的安培力F安BLv/R22 117 - 3 -

随着速度的增大而增大，根据牛顿第二定律得：FF安ma，棒的加速度大小随着速度的增大而减小，直到最后棒的加速度减小为零时，棒以最大速度做匀速运动，当棒的速度为2v时，由平衡条件得：

FF安 即：P/2vB2L22v/R 得：P4B2L2v2/R

当棒的速度为v时，棒所受的拉力、安培力分别为：FP/v4BLv/R

22B2L2v/R 根据牛顿第二定律得：FF安ma2 F安因此a23BLv/mR

22B2L2v3B2L2v答案：（1） （2）

mRmR评析：由于安培力与运动状态有关。因此应注意受力、运动与电流的动态分析，搞清它们之间的相互制约关系，思考方法是；导体受力运动速度变化→感应电动势变化→感应电流变化→安培力变化→合外力变化→加速度变化、直到加速度等于零时，导体达稳定运动状态。速度最大。 [例4] 质量为m、电荷量为q的小球以初速度v0与水平方向成角射出，如图4所示，如果在某方向加上一定大小的匀强电场后，能保证小球仍沿v0方向做直线运动，试求所加匀强电场强度的最小值，加了这个电场后，经多长时间小球速度变为零？

v0qθm 图4 讲解：小球在重力mg和电场qE作用下沿v0方向做直线运动，由牛顿第二定律可知垂直于v0方向上它所受合外力一定为零，加速度a仅在v0方向上。 设场强大小为E，且与v0成角，小球受力如图5所示。建立如图所示的坐标系，由牛顿第二定律可得qEsinmgcos0 ① qEcosmgsinma ②

由①式可得 Emgcos ③

qsinmgcos方向与v0垂直斜向上。 q由③式看出：sin1，即90时，E值最小为Emin将90代入②式可得 agsin，“－”表示a的方向跟x轴正方向相反。

上述说明，在场强最小时，小球沿v0方向做加速度大小为gsin的匀减速直线运动，设经历时间t小球速度减为零，有0v0gsint 得tv0

gsin 117 - 4 -

图5

答案：Eminv0mgcos t

gsinq评析：本题是小球在恒力作用下做直线运动，由牛顿第二定律、运动公式寻求解法，解题的关键是小球沿v0方向做直线运动，确定了它在垂直v0方向上所受合外力为零。 [例5] 如图6所示，水平平行的光滑金属轨道bd、ac相距为L，电阻不计，置于方向竖直向上、磁感强度大小为B的匀强磁场中，金属棒的质量分别为m1和m2，且m1m2m，电阻分别为R1和R2放在轨道上，今使棒ab以初速度v0向右运动，同时将棒cd由静止释放，设轨道足够长，则棒cd产生的总热量为多少？ dR2BbR1m1v0m2ca 图6 讲解：由力学完全非弹性碰撞的知识可知，当棒ab和棒cd速度相等时，棒ab和棒cd损失的动能最大，产生的热量最大。

取棒ab和棒cd为研究对象，棒ab和棒cd所受到的磁场力等大反向，因此相互作用过程中动量守恒，最后两者有共同速度，电路中电流为零。则据动量守恒有 mv0(mm)v 即vv0/2

11122mv0(mm)v2mv0 22412棒ab和棒cd获得的总热量为Qmv0，而棒ab和棒cd得到的热量与它们的电阻阻值成正比，所以棒cd产生

4系统损失的动能为Ekmv0R2的热量为Q1

4(R1R2)mv0R2答案：

4(R1R2)评析：电学中很多习题都涉及到力学知识，其物理模型大多可归结于相应的力学模型。本题建立起力学中“完全非弹性碰撞”这一模型是解决问题的关键。

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[例6] 如图7长平行导轨PQ、MN光滑，相距l0.5m，处在同一水平面中。磁感应强度B0.8T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面，横跨在导轨上的直导线ab的质量m0.1kg，电阻R0.8，导轨电阻不计，导轨间通过开关S把电动势1.5V、内电阻r0.2的电池接在M、P两端。试计算分析：

（1）在开关S刚闭合的初始时刻导线ab的加速度多大？随后，ab的加速度、速度如何变化？

（2）在闭合开关S后，怎样才能使ab以恒定的速度v7.5m/s沿导轨向右运动？试描述这时电路中的能量转化情况（通过具体的数值计算说明）

图7

讲解：

（1）在S刚闭合的瞬间，导线ab的速度为零，不发生电磁感应，由a到b的电流I0力水平向右，此瞬时加速度a0Rr1.5A，ab受安培

F0BI0l6m/s2。 mmab运动起来后将发生电磁感应。ab向右运动的速度为v时，感应电动势Blv，根据右手定则，ab上的感应电动势（a端电势比b端高）在闭合电路中与电池电动势相反，电路中（顺时针方向）的电流（IRr）将减小（小

于I01.5A），ab所受的向右的安培力随之减小，加速度也减小；尽管加速度减小，ab速度还是在增加，感应电动势

随速度的增加而增大，电路中电流进一步减小，安培力、加速度也随之进一步减小……当感应电动势与电池电动

势相等时，电路中电流为零，ab所受安培力、加速度也为零，这时ab的速度达到最大值，随后即以最大速度继续向

右做匀速运动。

设ab最终达到的最大速度为vm，根据上述分析可知，Blvm0，

vm1.5m/s3.75m/s。

Bl0.80.5（2）如果ab以恒定速度v7.5m/s向右沿导轨运动，则ab中感应电动势Blv0.80.57.5V3V

31.5由于，这时闭合电路中电流为逆时针方向，大小为IA1.5A

Rr0.80.2直导线ab中的电流由b到a，根据左手定则，磁场对ab有水平向左的安培力作用，大 小为FBlI0.80.51.5N0.6N

所以，要使ab以恒定速度v7.5m/s向右运动，必须有水平向右的恒力F0.6N作用于ab。 上述物理过程的能量转化情况，可以概括为下列三点：

① 作用于ab的恒力(F)的功率 PFv0.67.5W4.5W

② 电阻(Rr)产生焦耳热的功率 PI(Rr)1.5(0.80.2)W2.25W

③ 逆时针方向的电流I，从电池的正极流入，负极流出，电池处于“充电”状态，吸收能量，以化学能的形式储存起来。电池吸收能量的功率PI2.25W

不难看出，PPP，符合能量转化和守恒定律。（ab沿水平面匀速运动机械能不变） 答案：

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（1）6m/s加速度逐渐减小，但速度仍在继续增大 （2）用F0.6N的恒力作用于ab

① 作用于ab的恒力的功率：PFv4.5W

② 电阻(Rr)产生的焦耳热的功率：PI(Rr)2.25W

③ 逆时针方向的电流I，从电池的正极流入，负极流出，电池处于“充电”状态，吸收能量，以化学能的形式储存起来，电池吸收能量的功率：PI2.25W

不难看出，PPP，符合能量守恒定律。

评析：本题讨论了电磁感应综合现象中的两类问题，即：“电——动——电”类（研究对象因电而动，获得速度，随之因动而电，立即产生感应电动势）；“动——电——动”类（研究对象一旦运动，则因动而电，产生感应电动势，随之出现“因电而（阻）动”的过程），这两类问题的异同点分述如下： 1. 第一类，直导线由静止释放开始运动，最终以最大速度（收尾速度）vm3.75m/s做匀速运动，ab以vm运动时，电路中感应电动势与电池电动势大小相等、方向相反，回路中电流为零；第二类，在恒定外力F0.6N作用下，ab以v7.5m/s的速度向右做匀速运动，ab以速度v运动时，回路中感应电动势23V，逆时针方向的电流I1.5A。

2. 两类问题最终都达到动态平衡，直导线ab所受合外力都为零。

第一类：ab由静止开始，在磁场力作用下运动起来，速度越来越大，感应电动势越来越大，由于感应电动势与电池电动势相反，电流越来越小，磁场力越来越小，加速度越来越小……当磁场力减为零时，加速度也为零，ab的运动达到动态平衡状态，运动速度为vm3.75m/s。

第二类：ab在恒定外力F0.6N作用下，ab又获得加速度，速度从vm开始增大，感应电动势也开始增大（大于1.5V），电流变为逆时针方向，磁场力变为向左，向右的合外力减小，向右的加速度也变小，但速度继续增加，也增大，逆时针方向的电流也增大，向左的磁场力也增大，向右的合力进一步减小……当磁场力和恒定外力相等，合外力为零时，加速度为零，速度达到v7.5m/s，ab达到新的动态平衡。 3. 这两类问题都有“初始状态”、“收尾状态”和变加速运动的中间过程，在分析这两类问题的中间过程时，应从研究对象的受力情况着手，关键要弄清哪个力是变化的？力的大小如何变？方向如何变？在什么情况下合力为零？

4.“电——动——电”类电路中必须有电源：而“动——电——动”类无电源亦可，但必须有使研究对象运动的力。 [例7] 如图8所示，空间区域内同时存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场方向互相垂直，已知场强大小为E，方向水平向右；磁感强度大小为B，方向垂直纸面（向里、向外未知）。在电场、磁场中固定一根竖直的绝缘杆，杆上套一个质量为m、电荷量为q的小球。小球与杆之间的动摩擦因数为。从点A开始由静止释放小球，小球将沿杆向下运动。设电场、磁场区域很大，杆很长。试分析小球运动的加速度和速度的变化情况，并求出小球运动所能达到的最大速度。 +qAE22m 图8 讲解：第一种情况：磁场方向垂直纸面向里，小球受力如图9甲所示。 小球向下做加速度减小的加速运动直到mg(EqBqvm) 117 - 7 -

求出vmmgEq Bq第二种情况：磁场方向垂直纸面向外，小球受力如图 图9乙所示，小球向下做加速度增大的加速运动，一段时间后，小球受力如图9丙所示。从球向下做加速度减小的加速运动直到mg(BqvmEq)求出vmfmgEq BqffNf洛EqNGf洛Eqf洛GNEqG 甲 乙 丙 图9 答案： （1）B的方向垂直纸面向里，小球向下做加速度减小的加速运动，速度逐渐增大，vmmgEq。 BqmgEq。

Bq（2）B的方向垂直纸面向外，小球向下做加速度增大的加速运动，速度逐渐增大，vm评析：本题小球处在电场、磁场和重力场三场叠加空间，受力较复杂，综合运用电场、磁场知识及有关力学知识进行分析。本题的关键是分析清楚洛伦兹力的变化而引起弹力、摩擦力的变化，从而使小球的运动性质发生变化。 [例8] 如图10所示，足够长的光滑斜面导轨MM和NN，斜面倾角为，导轨间距离为d，上端M和N用导线相连，并处于垂直斜面向上均匀变化的磁场中，磁感应强度的大小随时间的变化规律为Bkt，k为常数。质量为m的金属棒ab垂直导轨放在M、N附近。当ab棒从静止开始沿导轨下滑，通过的路程为l时，速度恰好达到最大值，这时磁场的磁感应强度的大小为B1。ab棒下滑过程中始终和导轨接触良好，且总平行于导线MN。设金属棒的电阻为R，导轨和导线的电阻不计。求： （1）金属棒达到的最大速度。 （2）金属棒从静止开始下滑距离l的过程中产生的焦耳热。 aBMNbLM′N′θd 图10 讲解：

（1）ab棒下滑路程为l时因切割磁感线产生的感应电动势1B1dvm ① 117 - 8 -

由于abNM回路中的磁通量增大，产生的感应电动势2dlk ② t1和2在回路中均产生b→a→M→N→b方向的电流，回路中感应电流

I12R ③

在此位置，ab棒速度达到最大值，棒受安培力大小为 FB1dI ④ 方向沿斜面向上 且Fmgsin ⑤ 联立解①②③④⑤得 vmmgRsinkl 22BB1d1（2）在ab棒由静止下滑路程l的过程中，因重力安培力做功，把减少的重力势能中的一部分转化为部分电能在电流通过电阻R时，以焦耳热形式放出重力势能的另一部分转化为ab棒的动能，由能量守恒得mglsinQ12mvm把2vm值

代入上式解得

Qmglsin答案： （1）

mmgRsinkl2() 22B1B1d2mgRsinklmmgRsinkl2mglsin() （2）2222B2B1B1dB1d1评析：该题中，从ab棒开始向下运动起，闭合电路中既有因磁场变化引起的感应电动势，两者产生的感应电流方向相同，为b→a→M→N→b，开始运动时，由于下滑速度较小，磁感应强度也较小，因切割磁感线引起的感应电动势1较小，因而磁场变化引起的感应电动势2为定值，回路中总的感应电动势较小，感应电流也较小，安培力也较小，ab棒所受合外力沿斜面向下，向下做加速运动；随着下滑速度和磁感应强度的增大，感应电动势、感应电流、安培力随之增大，ab棒所受合外力减小，加速度减小，……当安培力增大到与mgsin相等时，加速度等于零，ab棒达到最大速度vm。

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