【物理】2019届一轮复习鲁科版第十章电磁感应中的动力学和能量问题学案

【物理】2019届一轮复习鲁科版第十章电磁感应中的动力学和能量问题学案

能力课2　电磁感应中的动力学和能量问题 ‎　电磁感应中的动力学问题 ‎1．两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析 ‎2.电学对象与力学对象的转换及关系 (2017·山东济宁市模拟)如图1所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问：‎ 图1‎ ‎(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；‎ ‎(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；‎ ‎(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离s＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。‎ 解析　(1)根据右手定则判知cd中电流方向由d流向c，故ab中电流方向由a流向b。‎ ‎(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsin θ①‎ 设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②‎ 设电路中的感应电流为I，由闭合电路的欧姆定律有 I＝③‎ 设ab所受安培力为F安，有 F安＝BIL④‎ 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤‎ 联立①②③④⑤式，代入数据解得：‎ v＝5 m/s⑥‎ ‎(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有 m2gssin θ＝Q总＋m2v2⑦‎ 由串联电路规律有Q＝Q总⑧‎ 联立解得：Q＝1.3 J⑨‎ 答案　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J ‎【拓展延伸】‎ 在【模拟示例1】中若两平行金属导轨光滑，两区域中磁场方向均垂直导轨平面向上，其他条件不变。现对金属条ab施加平行于轨道向上的拉力，使之匀速向上运动。在金属条ab匀速向上运动的过程中，导体棒cd始终能静止在轨道上。求：‎ ‎ (1)通过导体棒cd的电流I；‎ ‎ (2)金属条ab受到的拉力F的大小；‎ ‎(3)导体棒cd每产生Q＝10 J的热量，拉力F做的功W。‎ 解析　(1)对cd棒受力分析如图所示 根据平衡条件得：‎ BIL＝m2gsin 30°‎ 所以I＝10 A ‎(2)对ab受力分析如图 则F－m1gsin 30°－BIL＝0‎ 代入数据得：F＝2.5 N ‎(3)因为R1＝R2，所以Q＝10 J时 Q总＝20 J 根据Q总＝ 当Q＝10 J时，由Q＝I2R2t得t＝1 s 又因R1＝R2‎ 所以Q总＝20 J Q总＝t 代入数据得：v＝10 m/s 则W＝Fvt＝2.5×10×1 J＝25 J 答案　(1)10 A　(2)2.5 N　(3)25 J 方法技巧 用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：‎ 足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)，间距为1 m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T，P、M间所接电阻的阻值为8 Ω。质量为2 kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s，取g＝10 m/s2，求：‎ 图2‎ ‎(1)当金属杆的速度为4 m/s时，金属杆的加速度大小；‎ ‎(2)当金属杆沿导轨的位移为6.0 m时，通过金属杆的电荷量。‎ 解析　(1)对金属杆ab应用牛顿第二定律有：‎ F＋mgsin θ－F安－f＝ma f＝μN N＝mgcos θ ab杆所受安培力大小为：F安＝BIL ab杆切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLv ‎ 由闭合电路欧姆定律可知：I＝ 整理得：F＋mgsin θ－v－μmgcos θ＝ma 代入：vm＝8 m/s时a＝0，解得：F＝8 N 代入：v＝4 m/s及F＝8 N，解得：a＝4 m/s2‎ ‎(2)设通过回路截面的电荷量为q，则：‎ q＝t 回路中的平均电流强度为：‎ ＝ 回路中产生的平均感应电动势为：‎ ＝ 回路中的磁通量变化量为：‎ ΔΦ＝BLs 联立解得：q＝3 C 答案　(1)4 m/s2　(2)3 C ‎　电磁感应中的能量问题 ‎1．电磁感应中的能量转化 ‎2．求解焦耳热Q的三种方法 ‎3．解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤 ‎(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。‎ ‎(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。‎ ‎(3)根据能量守恒列方程求解。‎ (2017·湖南宜章一中模拟)如图3，一质量为m，边长为h的正方形金属线框abcd自某一高度由静止下落，依次经过两匀强磁场区域，且金属线框bc边的初始位置离磁场B1的上边界的高度为，两磁场的磁感应强度分别为B1和B2，且B1＝2B0，B2＝B0(B0已知)，两磁场的间距为H(H未知，但H＞h)，线框进入磁场B1时，恰好做匀速运动，速度为v1(v1已知)，从磁场B1中穿出后又以v2匀速通过宽度也为h的磁场B2。‎ 图3‎ ‎ (1)求v1与v2的比值；‎ ‎ (2)写出H与h的关系式；‎ ‎ (3)若地面离磁场B2的下边界的高度为h，求金属线框下落到地面所产生的热量。(用m、h、g表示)‎ 思路分析　线框的速度线框的感应电动势感应电流线框的安培力二力平衡速度v1与v2的比值功能关系(安培力做功)摩擦产生的热量。‎ 解析　(1)金属线框分别进入磁场B1和B2后，做匀速运动，由平衡条件有BIh＝mg①‎ ‎ 又金属线框切割磁感线，则I＝②‎ 联立①②得v＝ 所以＝＝。③‎ ‎ (2)金属线框进入磁场B1前和离开磁场B1后到进入磁场B2前，都是做只在重力作用下的运动，由运动学公式有 v＝2g·④‎ v－v＝2g(H－h)⑤‎ 联立③④⑤得H＝。⑥‎ ‎(3)产生的热量等于克服安培力做功，Q＝BIh·4h⑦‎ 联立①⑦得Q＝4mgh。‎ 答案　(1)1∶4　(2)H＝　(3)4mgh ‎【拓展延伸】‎ 在【模拟示例2】中把正方形金属线框abcd的运动改为“始终做加速度为g的匀加速直线运动，有时需对线框施加竖直方向的外力F，且H＝2h，线框的电阻为R”。求：‎ ‎ (1)当正方形金属线框abcd的bc边恰好进入磁场B2时的竖直外力F；‎ ‎ (2)当正方形金属线框abcd从静止开始运动到bc边离开磁场B1，通过线框a点的电荷量Q。‎ 解析　(1)bc边恰好进入磁场B2时的速度v＝＝，此时的安培力F安＝B2Ih＝ 由牛顿第二定律得mg＋F－F安＝mg 则竖直外力F＝。‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律得＝，则平均电流＝ 通过线框a点的电荷量Q＝Δt＝＝。‎ 答案　(1)　(2) 反思总结 在较复杂的电磁感应现象中，经常涉及变力做功问题，一般应用能量守恒的方法研究，可不必追究变力作用下运动的细节问题；若涉及恒力或恒定加速度，一般用动力学的观点研究，可以研究运动的细节问题。‎ 如图4所示，正方形单匝线框bcde边长L＝0.4 m，每边电阻相同，总电阻R＝0.16 Ω。一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P，手持物体P使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内。线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L＝0.4 m，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B＝1.0 T，磁场的下边界与线框的上边eb相距h＝1.6 m。现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，eb边保持水平，刚好以v＝4.0 m/s 的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。‎ 图4‎ ‎(1)线框eb边进入磁场中运动时，e、b两点间的电势差Ueb为多少？‎ ‎(2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少？‎ ‎(3)若在线框eb边刚进入磁场时，立即给物体P施加一竖直向下的力F，使线框保持进入磁场前的加速度做连续的匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功WF＝3.6 J，求eb边上产生的焦耳热Qeb为多少？‎ 解析　(1)线框eb边以v＝4.0 m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为E＝BLv＝1.6 V e、b两点间的电势差Ueb＝E＝1.2 V。‎ ‎(2)线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力F安＝BLI，I＝，解得F安＝4 N 克服安培力做功W安＝F安·2L＝3.2 J 而Q＝W安，故该过程中产生的焦耳热Q＝3.2 J ‎(3)因为线框在磁场中运动的加速度与进入前的加速度相同，所以在通过磁场区域的过程中，线框和物体P的总机械能保持不变，故力F做的功WF等于整个线框中产生的焦耳热Q′，即WF＝Q′‎ 又Q＝I2rt∝r，故eb边上产生的焦耳热 Qeb＝Q′＝0.9 J。‎ 答案　(1)1.2 V　(2)3.2 J　(3)0.9 J ‎1．(天津理综)如图5所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)‎ 图5‎ A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2‎ C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2‎ 解析　设线框边长分别为l1、l2，线框中产生的热量Q＝I2Rt＝()2·R·＝＝l1。由于lab＞lbc，所以Q1＞Q2。通过线框导体横截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝＝，故q1＝q2，A选项正确。‎ 答案　A ‎2．(2016·全国卷Ⅱ，24)如图6，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大 小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求 图6‎ ‎(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；‎ ‎(2)电阻的阻值。‎ 解析　(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 F－μmg＝ma①‎ 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②‎ 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为 E＝Blv③‎ 联立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④‎ ‎(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律 I＝⑤‎ 式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为 F安＝BlI⑥‎ 因金属杆做匀速运动，有 F－μmg－F安＝0⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得 R＝⑧‎ 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) ‎3．如图7所示，倾角θ＝60°的倾斜平行直轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L，圆形轨道的半径为r。在倾斜平行轨道上半部分处有磁感应强度为B的垂直于轨道平面的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末 端接有一阻值为R的电阻。质量为m的金属棒从距轨道最低点C高度为H处静止释放，运动到最低点C时的速度大小vC＝，金属棒及轨道电阻不计，摩擦不计，求：‎ 图7‎ ‎(1)金属棒中产生感应电动势的最大值Em；‎ ‎(2)金属棒下滑过程中电阻R上产生的热量Q；‎ ‎(3)金属棒能否通过圆形轨道的最高点D？若能通过，求在此点时金属棒对轨道的压力。‎ 解析　(1)磁场区域足够大，金属棒由静止开始先做变加速运动，当重力沿导轨向下的分力与安培力平衡时，金属棒在磁场中运动的速度最大，产生的感应电动势也最大。设在磁场中达到的最大速度为vm，有Em＝BLvm 根据闭合电路欧姆定律有Im＝ 根据平衡条件有mgsin θ＝BImL 解得Em＝ ‎(2)根据能量守恒定律，金属棒下滑过程中电阻R上产生的热量等于金属棒损失的机械能，所以有 Q＝mgH－mv 解得Q＝mg(H－3r)‎ ‎(3)假设金属棒能通过圆形轨道的最高点D，则金属棒由C点运动到D点机械能守恒，根据机械能守恒定律有 mv＝mv＋mg·2r 解得vD＝ 金属棒通过圆形轨道最高点D时，根据牛顿第二定律及向心力公式有 ND＋mg＝m 解得ND＝mg，所以金属棒能通过最高点。‎ 由牛顿第三定律可知，金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力ND′＝ND＝mg，方向竖直向上。‎ 答案　(1)　(2)mg(H－3r)‎ ‎(3)能　mg　方向竖直向上