【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应中的动力学和能量问题学案

【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应中的动力学和能量问题学案

‎2020届一轮复习人教版 电磁感应中的动力学和能量问题 学案 热点一　电磁感应中的动力学问题 (师生共研)‎ ‎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.力学对象和电学对象的相互关系 ‎3．动态分析的基本思路 解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大或最小的条件．具体思路如下：‎ ‎ ‎ ‎[典例1]　(2019·云南华宁二中摸底)如图甲所示，电流传感器(相当于一只理想电流表)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出I－t图象．电阻不计的足够长光滑平行金属轨道宽L＝1.0 m，与水平面的夹角θ＝37°.轨道上端连接阻值R＝1.0 Ω的定值电阻，金属杆MN长与轨道宽相等，其电阻r＝0.50 Ω，质量m＝0.02 kg.在轨道区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，让金属杆从图示位置由静止开始释放，杆在整个运动过程中与轨道垂直，此后计算机屏幕上显示出如图乙所示的I－t图象．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：‎ ‎(1)t＝1.2 s时电阻R的热功率；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)t＝1.2 s时金属杆的速度大小和加速度大小．‎ 解析：(1)t＝1.2 s时电流I1＝0.15 A P＝IR＝0.022 5 W ‎(2)电流I2＝0.16 A时电流不变，棒做匀速运动 BI2L＝mg sin37°，求得B＝0.75 T ‎(3)t＝1.2 s时，电源电动势E＝I1(R＋r)＝BLv 代入数据v＝0.3 m/s mgsin 37°－BI1L＝ma 解得：a＝0.375 m/s2.‎ 答案：(1)0.022 5 W　(2)0.75 T　(3)0.3 m/s　0.375 m/s2‎ ‎[反思总结]‎ 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：‎ ‎1－1.[动力学问题]　(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则(　　)‎ A．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流 B．圆环因受到了向下的安培力而加速下落 C．此时圆环的加速度a＝ D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝ 解析：圆环向下切割磁感线，由右手定则可知，圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视)，A正确；再由左手定则可知，圆环受的安培力向上，B错误；圆环中感应电动势为E＝B·2πR·v，感应电流I＝，电阻R′＝ρ＝，解得I＝.圆环受的安培力F＝BI·2πR＝.圆环的加速度a＝＝g－，圆环质量m＝d·2πR·πr2，解得加速度a＝g－，C错误；当mg＝F时，加速度a＝0，速度最大，vm＝，D正确．‎ 答案：AD ‎1－2.[平衡问题]　(2016·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．‎ 解析：(1)设导线的张力的大小为FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，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FN2.对于ab棒，由力的平衡条件得 ‎2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F①‎ FN1＝2mgcos θ②‎ 对于cd棒，同理有 mgsin θ＋μFN2＝FT③‎ FN2＝mgcos θ④‎ 联立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)⑤‎ ‎(2)由安培力公式得 F＝BIL⑥‎ 这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为 E＝BLv⑦‎ 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) ‎1－3. [含容问题]　如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d＝0.5 m，左端接有容量C＝2 000 μF的电容器．质量m＝20 g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计．整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现用一沿导轨方向向右的恒力F1＝0.44 N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v＝5 m/s.此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿．求：‎ ‎ (1)导体棒运动到B处时，电容器C上的电荷量；‎ ‎(2)t的大小；‎ ‎(3)F2的大小．‎ 解析：(1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为 U＝Bdv＝2×0.5×5 V＝5 V 此时电容器的带电荷量 q＝CU＝2 000×10－6×5 C＝1×10－2C.‎ ‎(2)棒在F1作用下有F1－BId＝ma1，‎ 又I＝＝，a1＝ 联立解得a1＝＝20 m/s2‎ 则t＝＝0.25 s.‎ ‎(3)由(2)可知棒在F2作用下，运动的加速度a2＝，方向向左，‎ 又a1t2＝－[a1t·2t－a2(2t)2]，将相关数据代入解得F2＝0.55 N.‎ 答案：(1)1×10－2 C　(2)0.25 s　(3)0.55 N 热点二　电磁感应中的能量问题 (师生共研)‎ ‎1．电磁感应中的能量转化 ‎2．求解焦耳热Q的三种方法 ‎3．求解电磁感应现象中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．‎ ‎[典例2]　如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)导体棒匀速运动的速度大小v；‎ ‎(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.‎ 解析：(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有 mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ.‎ ‎(2)在光滑导轨上 感应电动势E＝BLv 感应电流I＝ 安培力F安＝BIL 导体棒受力平衡有F安＝mgsin θ 解得v＝.‎ ‎(3)摩擦生热Qf＝μmgdcos θ 由能量守恒定律有3mgdsin θ＝Q＋Qf＋mv2‎ 解得Q＝2mgdsin θ－.‎ 答案：(1)tan θ　(2) (3)2mgdsin θ－ ‎[反思总结]‎ 求解电能应分清两类情况 ‎1．若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．‎ ‎2．若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．‎ ‎2－1. [单棒模型问题]　(多选)如图所示，两根平行长直金属轨道，固定在同一水平面内，间距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．一质量为m的导体棒ab垂直于轨道放置，且与两轨道接触良好，导体棒与轨道之间的动摩擦因数为μ.导体棒在水平向右、垂直于棒的恒力F作用下，从静止开始沿轨道运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中导体棒始终与轨道保持垂直)．设导体棒接入电路的电阻为r，轨道电阻不计，重力加速度大小为g.在这一过程中(　　)‎ A．导体棒运动的平均速度为 B．通过电阻R的电荷量为 C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于回路产生的电能 D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于导体棒增加的动能 答案：BD ‎2－2. [线框模型问题]　(多选)(2018·黑龙江大庆实验中学月考)如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的电阻均为R，边长均为L，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内．在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L.现将系统由静止释放，当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦的空气阻力，则(　　)‎ A．两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT＝mg B．系统匀速运动的速度大小v＝ C．两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热Q＝2mgL－ D．导线框abcd的ab边通过磁场的时间t＝ 解析：两线框刚开始做匀速运动时，线圈ABCD 全部进入磁场，由平衡知识可知，轻绳上的张力FT＝2mg，选项A错误；对线圈abcd可知，两线框刚开始做匀速运动时，线圈abcd的上边ab刚进入磁场，此时mg＋＝2mg，即系统匀速运动的速度大小v＝， 选项B正确；‎ 由能量守恒关系可知，两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热等于两个线圈的机械能的减小量，即Q＝2mg·2L－mg·2L－·3mv2＝2mgL－，故选项C正确；若导线圈abcd在磁场中匀速运动时，ab边通过磁场的时间是t＝＝，但是线框在磁场中不是一直匀速上升，故选项D错误．‎ 答案：BC ‎1．平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R的电阻，导体棒ab与导轨垂直且接触良好，棒在导轨间的阻值为r.输出功率恒为P的电动机通过水平绳向右拉动ab棒．整个区域存在竖直向上的匀强磁场．若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R消耗的最大功率为( B )‎ A．P　 B．P　‎ C.P　 D．()2P ‎2．(多选)(2019·长春实验中学开学考试)如图甲所示，在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)．t＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是( BC )‎ A．线框中产生大小、方向周期性变化的电流 B．MN边受到的安培力先减小后增大 C．线框做匀加速直线运动 D．线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失 解析：穿过线圈的磁通量先向下减小，后向上增加，则根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A错误；因B的变化率不变，则感应电动势不变，感应电流不变，而B的大小先减后增加，根据F＝BIL可知，MN边受到的安培力先减小后增大，选项B正确；因线圈平行的两边电流等大反向，则整个线圈受的安培力为零，则线圈下滑的加速度为gsin θ不变，则线框做匀加速直线运动，选项C正确；因安培力对线圈不做功，斜面光滑，则线框的机械能守恒，选项D错误．‎ ‎3．(2019·江苏高级中学检测)如图所示，线圈工件加工车间的传送带不停地水平传送长为L，质量为m，电阻为R的正方形线圈，在传送带的左端线圈无初速地放在以恒定速度v匀速运动的传送带上，经过一段时间，达到与传送带相同的速度v后，线圈与传送带始终相对静止，并通过一磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场，已知当一个线圈刚好开始匀速度运动时，下一个线圈恰好放在传送带上，线圈匀速运动时，每两个线圈间保持距离L不变，匀强磁场的宽度为3L，求：‎ ‎(1)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q.‎ ‎(2)在某个线圈加速的过程中，该线圈通过的距离s1和在这段时间里传送带通过的距离s2之比．‎ ‎(3)传送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能E(不考虑电动机自身的能耗)‎ 解析：(1)线圈匀速通过磁场，产生的感应电动势为E＝BLv，则每个线圈通过磁场区域产生的热量为Q＝Pt＝＝ ‎(2)对于线圈：做匀加速运动，则有s1＝ 对于传送带做匀速直线运动，则有s2＝vt 故s1∶s2＝1∶2‎ ‎(3)线圈与传送带的相对位移大小为Δs＝s2－s1＝＝s1‎ 线圈获得动能Ek＝＝fs1‎ 传送带上的热量损失Q′＝f(s2－s1)＝ 送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能为E＝Ek＋Q＋Q′＝mv2＋ 答案：(1)Q＝　(2)s1∶s2＝1∶2　(3)E＝mv2＋