【物理】2020届一轮复习人教版动力学、能量和动量观点在电磁感应中的应用学案

【物理】2020届一轮复习人教版动力学、能量和动量观点在电磁感应中的应用学案

第54讲　动力学、能量和动量观点在电磁感应中的应用 考点一　电磁感应中的动力学问题 ‎1．电磁感应与力学的联系 在电磁感应现象中导体运动切割磁感线，产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用。因此，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决电磁感应中的力学问题，一方面要考虑电磁学中的有关规律，另一方面还要考虑力学中的有关规律，要将电磁学和力学知识综合起来应用。‎ ‎2．解决电磁感应中力学问题的基本思路 研究电磁感应现象中导体的运动，准确分析磁场对感应电流的安培力是关键。此类问题中的导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态。动态分析的基本思路如下：‎ ‎3．两种状态处理 ‎(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态 处理方法：根据平衡条件(合外力等于0)列式分析。‎ ‎(2)导体处于非平衡态——加速度不为0‎ 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。‎ 如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆AB放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让AB杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。‎ ‎(1)由B向A方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出AB杆下滑过程中某时刻的受力示意图；‎ ‎(2)在加速下滑过程中，当AB杆的速度大小为v时，求此时AB杆中的电流大小及其加速度的大小；‎ ‎(3)求在下滑过程中，AB杆可以达到的最大速度值。‎ 解析　(1)如图所示，重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上。‎ ‎(2)当AB杆速度为v时，感应电动势E＝BLv，‎ 此时电路中电流I＝＝。‎ AB杆受到的安培力F＝BIL＝，‎ 根据牛顿第二定律，有 ma＝mgsinθ－F＝mgsinθ－，‎ a＝gsinθ－。‎ ‎(3)当＝mgsinθ时，‎ AB杆达到最大速度vmax＝。‎ 答案　(1)图见解析　(2)　gsinθ－ ‎(3) 方法感悟 电磁感应中力学问题的解题技巧 ‎(1)将安培力与其他力一起进行分析。‎ ‎(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化，不像重力或其他力一样是恒力。‎ ‎(多选)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，间距为l，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的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋于一个最大速度vm，除R外其余电阻不计，则(　　)‎ A．如果B变大，vm将变大 B．如果α变大，vm将变大 C．如果R变大，vm将变大 D．如果m变小，vm将变大 答案　BC 解析　金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，F ‎＝BIl＝，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示。根据牛顿第二定律，得mgsinα－＝ma，当a＝0时，v＝vm，解得vm＝，故B、C正确。‎ 考点二　电磁感应中的功能问题 ‎1．能量转化及焦耳热的求法 ‎(1)能量转化 ‎(2)求解焦耳热Q的三种方法 ‎2．解题的一般步骤 ‎(1)确定研究对象(导体棒或回路)。‎ ‎(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化。‎ ‎(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。‎ 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，sin53°＝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/s2①‎ 进入磁场时的速度v＝＝2.4 m/s②‎ ‎(2)感应电动势E＝Blv③‎ 感应电流I＝④‎ 安培力FA＝BIl⑤‎ 代入得FA＝＝48 N⑥‎ ‎(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J⑦‎ 由于F－mgsinθ－FA＝0⑧‎ 故CD棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间t＝⑨‎ 焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J。‎ 答案　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J 方法感悟 在利用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题时，要注意分析安培力做功的情况，因为安培力的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，简单表示如下：电能其他形式能。‎ ‎1. (2018·唐山统考)(多选)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域。区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场边界MN、PQ、GH均平行于斜面底边，MP、PG均为L。一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行。t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到PQ与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)‎ A．当ab边刚越过PQ时，导线框的加速度大小为 a＝gsinθ B．导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝4∶1‎ C．从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量 D．从t1到t2的过程中，有机械能转化为电能 答案　BC 解析　线框在区域Ⅰ内做匀速直线运动，其合力为零，则mgsinθ＝F安＝；线框的ab边刚越过PQ时，两边都在切割磁感线，都受到沿斜面向上的安培力F安′＝BI′L＝B··L＝，则F合＝mgsinθ－2F安′＝mgsinθ－4×＝ma，a＝－3gsinθ，A错误；线框再次匀速时，其合力也为零，则mgsinθ－4×＝0，则＝，B正确；从t1到t2的过程中，安培力做负功，重力做正功，克服安培力所做的功等于线框机械能的减少量，减少的动能和重力势能转化为电能，即E电＝ΔE机减＝mgh＋，C正确，D错误。‎ ‎2. (2015·天津高考)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；‎ ‎(2)磁场上下边界间的距离H。‎ 答案　(1)4　(2)＋28l 解析　(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，有E1＝B·2l·v1①‎ 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝②‎ 设此时线框所受安培力为F1，有F1＝BI1·2l③‎ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有F1＝mg④‎ 由①②③④式得v1＝⑤‎ 设ab边将离开磁场时，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝⑥‎ 由⑤⑥式得＝4⑦‎ ‎(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有mg·2l＝mv⑧‎ 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨‎ 由⑦⑧⑨式得H＝＋28l。‎ 考点三　电磁感应中的动量问题 ‎1．动量定理在电磁感应现象中的应用 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝BLt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。‎ 当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便。‎ ‎2．动量守恒定律在电磁感应现象中的应用 在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。‎ ‎(2018·哈尔滨模拟)如图所示竖直面内，水平线OO′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个单匝均匀正方形导体框，边长为L，质量为m，总电阻为r，从ab边距离边界OO′为L的位置由静止释放，已知从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场所用时间为t，重力加速度为g，空气阻力不计，导体框不翻转。求：‎ ‎(1)ab边刚进入磁场时，ba间电势差的大小Uba；‎ ‎(2)cd边刚进入磁场时，导体框的速度。‎ 解析　(1)设ab边刚进入磁场时的速度为v1，‎ 根据机械能守恒定律可得：mgL＝mv 根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为：‎ E1＝BLv1‎ 此时的感应电流为：I＝ 所以ba间电势差的大小 Uba＝I·r＝E1＝。‎ ‎(2)从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程中，根据动量定理可得：‎ mgt－BLt＝mv2－mv1‎ 其中BLt＝＝ 解得：v2＝gt－＋。‎ 答案　(1)　(2)gt－＋ 方法感悟 应用动量定理还可以由动量变化来求解变力的冲量。如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。‎ 足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示。若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)c棒的最大速度；‎ ‎(2)c棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；‎ ‎(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小。‎ 答案　(1)5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N 解析　(1)在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度。‎ 选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有 mbv0＝(mb＋mc)v 解得c棒的最大速度为：v＝v0＝v0＝5 m/s。‎ ‎(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：‎ Q＝mbv－(mb＋mc)v2＝2.5 J 因为Rb＝Rc，所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝＝1.25 J。‎ ‎(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：‎ mcv2－mcv′2＝mcg·2R 解得v′＝3 m/s 在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得 mcg＋F＝mc 解得F＝1.25 N 由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N，方向竖直向上。‎