【物理】2019届一轮复习人教版 电磁感应中的动力学和能量问题学案

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【物理】2019届一轮复习人教版 电磁感应中的动力学和能量问题学案

第4讲 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[学生用书P208]‎ ‎【题型解读】‎ 感应电流在磁场中受到安培力的作用,因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等).‎ ‎1.力学对象和电学对象的相互关系 ‎2.动态分析的基本思路 ‎【典题例析】‎ ‎ (2016·高考全国卷Ⅰ)如图,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上.已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑.求 ‎(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;‎ ‎(2)金属棒运动速度的大小.‎ ‎[审题指导] 解答的关键是对ab、cd棒受力分析,由平衡条件求出ab棒受到的安培力,再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小.‎ ‎[解析] (1)设两根导线的总的张力的大小为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒,由力的平衡条件得2mgsin θ=μN1+T+F ①‎ N1=2mgcos θ ②‎ 对于cd棒,同理有mgsinθ+μN2=T ③‎ N2=mgcosθ ④‎ 联立①②③④式得F=mg(sin θ-3μcos θ). ⑤‎ ‎(2)由安培力公式得F=BIL ⑥‎ 这里I是回路abdca中的感应电流 ab棒上的感应电动势为E=BLv ⑦‎ 式中,v是ab棒下滑速度的大小 由欧姆定律得I= ⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sin θ-3μcos θ).‎ ‎[答案] (1)mg(sin θ-3μcos θ)‎ ‎(2)(sin θ-3μcos θ) 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:‎ ‎ ‎ ‎【跟进题组】‎ ‎1.(2017·高考上海卷)如图,光滑平行金属导轨间距为L,与水平面夹角为θ,两导轨上端用阻值为R的电阻相连,该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面.质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动,然后又返回到出发位置.在运动过程中,ab与导轨垂直且接触良好,不计ab和导轨的电阻及空气阻力.‎ ‎(1)求ab开始运动时的加速度a;‎ ‎(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况;‎ ‎(3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短.‎ 解析:本题考查电磁感应、闭合电路欧姆定律.动力学分析、能量转化与守恒定律.‎ ‎(1)利用楞次定律,对初始状态的ab受力分析得:‎ mgsinθ+BIL=ma ①‎ 对回路分析 I== ②‎ 联立①②得 a=gsinθ+.‎ ‎(2)上滑过程:‎ 由第(1)问中的分析可知,上滑过程加速度大小表达式为:‎ a上=gsinθ+ ③‎ 上滑过程,a上、v反向,做减速运动.利用③式,v减小则a上减小,可知,杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动.‎ 下滑过程:‎ 由牛顿第二定律,对ab受力分析得:‎ mgsinθ-=ma下 ④‎ a下=gsinθ- ⑤‎ 因a下与v同向,ab做加速运动.由⑤得v增加,a下减小,可知,杆下滑时做加速度减小的加速运动.‎ ‎(3)设P点是上滑与下滑过程中经过的同一点P,由能量转化与守恒可知:‎ mv=mv+QR ⑥‎ QR为ab从P滑到最高点到再回到P点过程中R上产生的焦耳热.‎ 由QR>0所以vP上>vP下 同理可推得ab上滑通过某一位置的速度大于下滑通过同一位置的速度,进而可推得上>下 由s=上t上=下t下得 t上a)处以速度v沿抛物线下滑,假设抛物线足够长,金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是(  )‎ A.mgb          B.mv2‎ C.mg(b-a) D.mg(b-a)+mv2‎ 解析:选D.小金属环进入或离开磁场时,磁通量会发生变化,并产生感应电流,产生焦耳热;当小金属环全部进入磁场后,不产生感应电流,小金属环最终在磁场中做往复运动,由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能,即Q=mv2+mgb-mga=mg(b-a)+mv2.‎ ‎2.(2016·高考浙江卷)‎ 小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示,两根平行金属导轨相距l=0.50 m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05 Ω的电阻.在导轨间长d=0.56 m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0 T.质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m.一位健身者用恒力F=80 N拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求:‎ ‎(1)CD棒进入磁场时速度v的大小;‎ ‎(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小;‎ ‎(3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.‎ 解析:(1)由牛顿第二定律a==12 m/s2 ①‎ 进入磁场时的速度v==2.4 m/s. ②‎ ‎(2)感应电动势E=Blv ③‎ 感应电流I= ④‎ 安培力FA=IBl ⑤‎ 代入得FA==48 N. ⑥‎ ‎(3)健身者做功W=F(s+d)=64 J ⑦‎ 由牛顿第二定律F-mgsinθ-FA=0 ⑧‎ CD棒在磁场区域做匀速运动 在磁场中运动的时间t= ⑨‎ 焦耳热Q=I2Rt=26.88 J.‎ 答案:见解析 ‎    [学生用书P211]‎ ‎1.‎ ‎(2018·上海闵行调研)如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长.从置于垂直纸面向里、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(  )‎ A.Q1>Q2 q1=q2     B.Q1>Q2 q1>q2‎ C.Q1=Q2 q1=q2 D.Q1=Q2 q1>q2‎ 解析:选A.设ab和bc边长分别为L1、L2,线框电阻为R,若假设穿过磁场区域的时间为t.‎ 通过线框导体横截面的电荷量 q=It==,‎ 因此q1=q2.‎ 线框上产生的热量为Q,‎ 第一次:Q1=BL1I1L2=BL1L2,‎ 同理可以求得Q2=BL2I2L1=BL2L1,‎ 由于L1>L2,则Q1>Q2,故A正确.‎ ‎2.‎ 如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(d>L )的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动.t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域.下列v-t图象中,能正确描述上述过程的是(  )‎ 解析:选D.导体切割磁感线时产生感应电流,同时产生安培力阻碍导体运动,利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点.线框进入和离开磁场时,安培力的作用都是阻碍线框运动,使线框速度减小,由E=BLv、I=及F=BIL=ma可知安培力减小,加速度减小,当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化,不产生感应电流,不再产生安培力,线框做匀速直线运动,故选项D正确.‎ ‎3.‎ 如图所示,质量均为m的金属棒ab、cd与足够长的水平金属导轨垂直且接触良好,两金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ,磁感应强度为B的匀强磁场的方向竖直向下.则ab棒在恒力F=2μmg作用下向右运动的过程中,有(  )‎ A.安培力对ab棒做正功 B.安培力对cd棒做正功 C.ab棒做加速度逐渐减小的加速运动,最终匀速运动 D.cd棒做加速度逐渐减小的加速运动,最终匀速运动 解析:选C.对于ab棒,因为F=2μmg>μmg,所以从静止开始加速运动,ab棒运动会切割磁感线产生感应电流,从而使ab棒受到一个向左的安培力,这样加速度会减小,最终会做匀速运动;而cd棒所受到的最大安培力与摩擦力相同,所以总保持静止状态,即安培力对ab棒做负功,对cd棒不做功,所以选项C正确,A、B、D错误.‎ ‎4.‎ 如图所示,足够长的金属导轨竖直放置,金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上.虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场,虚线下方有竖直向下的匀强磁场,两匀强磁场的磁感应强度大小均为B.ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ,两棒总电阻为R,导轨电阻不计.开始两棒静止在图示位置,当cd棒无初速释放时,对ab棒施加竖直向上的力F,沿导轨向上做匀加速运动.则下列说法中错误的是(  )‎ A.ab棒中的电流方向由b到a B.cd棒先加速运动后匀速运动 C.cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力 D.力F做的功等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和 解析:选B.ab向上运动的过程中,穿过闭合回路abdc的磁通量增大,根据楞次定律可得ab棒中的感应电流方向为b→a,故A正确;cd棒中感应电流由c到d,其所在的区域有向下磁场,所受的安培力向里,cd棒所受的摩擦力向上.ab棒做加速直线运动,速度增大,产生的感应电流增加,cd棒所受的安培力增大,对导轨的压力增大,则滑动摩擦力增大,摩擦力先小于重力,后大于重力,所以cd棒先加速运动后减速运动,最后停止运动,故B错误;因安培力增加,cd棒受摩擦力的作用一直增加,会大于重力,故C正确;根据动能定理可得WF-Wf-W安培-WG=mv2-0,力F所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和,故D正确.‎ ‎5.(多选)‎ 如图所示,两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计.两质量、长度均相同的导体棒c、d置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处.磁场宽为3h,方向与导轨平面垂直.先由静止释放c,c刚进入磁场立即匀速运动,此时再由静止释放d,两导体棒与导轨始终保持良好接触.用ac表示c的加速度,Ekd表示d的动能,xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移.下图中正确的是(  )‎ 解析:选BD.导体棒c落入磁场之前做自由落体运动,加速度恒为g,有h=gt2,v=gt,c棒进入磁场以速度v做匀速直线运动时,d棒开始做自由落体运动,与c棒做自由落体运动的过程相同,此时c棒在磁场中做匀速直线运动的路程为h′=vt=gt2=2h,d棒进入磁场而c棒还没有穿出磁场的过程,无电磁感应,两导体棒仅受到重力作用,加速度均为g,直到c棒穿出磁场,B正确;c棒穿出磁场后,d棒切割磁感线产生电动势,在回路中产生感应电流,因此时d棒速度大于c棒进入磁场时切割磁感线的速度,故电动势、电流、安培力都大于c棒刚进入磁场时的大小,d棒减速,直到穿出磁场仅受重力,做匀加速运动,结合匀变速直线运动v2-v=2gh,可知加速过程动能与路程成正比,D正确.‎ ‎6.‎ ‎(多选)如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上,有三条水平虚线l1、l2、l3,它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d,两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框,从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻,线框又开始以速度v2做匀速直线运动,重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中,下列说法正确的是(  )‎ A.线框中感应电流的方向不变 B.线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间 C.线框以速度v2做匀速直线运动时,发热功率为sin2θ D.线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,减少的机械能ΔE机与重力做功WG的关系式是ΔE机=WG+mv-mv 解析:选CD.线框从释放到穿出磁场的过程中,由楞次定律可知感应电流方向先沿abcda后沿adcba再沿abcda方向,A项错误;线框第一次匀速运动时,由平衡条件有BId=mgsinθ,I=,解得v1=,第二次匀速运动时,由平衡条件有2BI′d=mgsinθ,I′=,解得v2=,线框ab边匀速通过区域Ⅰ,先减速再匀速通过区域Ⅱ,而两区域宽度相同,故通过区域Ⅰ的时间小于通过区域Ⅱ的时间,B项错误;由功能关系知线框第二次匀速运动时发热功率等于重力做功的功率,即P=mgv2sin θ=,C项正确;线框从进入磁场到第二次匀速运动过程中,损失的重力势能等于该过程中重力做的功,动能损失量为mv-mv,所以线框机械能损失量为ΔE机=WG+mv-mv,D项正确.‎ ‎7.‎ ‎(2016·高考天津卷)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度.电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同.磁铁端面是边长为d的正方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为ρ.为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g.‎ ‎(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I;‎ ‎(2)若两铝条的宽度均为b,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式;‎ ‎(3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度b′>b的铝条,磁铁仍以速度v进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化.‎ 解析:(1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等,均为F安,有 F安=IdB ①‎ 设磁铁受到沿斜面向上的作用力为F,其大小有 F=2F安 ②‎ 磁铁匀速运动时受力平衡,则有 F-mgsinθ=0 ③‎ 联立①②③式可得 I=. ④‎ ‎(2)磁铁在铝条间运动时,在铝条中产生的感应电动势为 E=Bdv ⑤‎ 设铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有 R=ρ ⑥‎ 由欧姆定律有 I= ⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式可得 v=. ⑧‎ ‎(3)磁铁以速度v进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F,联立①②⑤⑥⑦式可得 F= ⑨‎ 当铝条的宽度b′>b时,磁铁以速度v进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F′,有F′= 可见,F′>F=mgsinθ,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大.之后,随着运动速度减小,F′也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减小,综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动.直到F′=mgsinθ时,磁铁重新达到平衡状态,以较小的速度匀速下滑.‎ 答案:见解析 ‎8.如图甲所示,匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T,其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上.绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计),MP和NP长度均为2.5 m,MN连线水平,长为3 m.以MN中点O为原点,OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD,长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω,在拉力F的作用下,从MN处以恒定速度v=1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好).g取10 m/s2.‎ ‎(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.8 m处电势差UCD;‎ ‎(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式,并在图乙中画出F-x关系图象;‎ ‎(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热.‎ 解析:(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势E=Blv,l=d,解得E=1.5 V 当x=0.8 m时,金属杆在导轨间的电势差为零.设此时杆在导轨外的长度为l外,则 l外=d-d,OP==2 m 得l外=1.2 m 由右手定则判断D点电势高,故CD两端电势差 UCD=-Bl外v=-0.6 V.‎ ‎(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是 l=d=3-x 对应的电阻R1=R 电流I= 杆受到的安培力为F安=BIl=7.5-3.75x 根据平衡条件得F=F安+mgsinθ F=12.5-3.75x(0≤x≤2).‎ 画出的F-x图象如图所示.‎ ‎(3)外力F所做的功WF等于F-x图线下所围的面积.即 WF=×2 J=17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔEp=mgOPsinθ 故全过程产生的焦耳热Q=WF-ΔEp=7.5 J.‎ 答案:(1)1.5 V -0.6 V (2)F=12.5-3.75x(0≤x≤2) 图象见解析 (3)7.5 J
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