物理高考题型电磁感应 13页

‎　　　　　电磁感应中的动力学问题 ‎1．导体棒的两种运动状态 ‎(1)平衡状态——导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为零；‎ ‎(2)非平衡状态——导体棒的加速度不为零．‎ ‎2．两个研究对象及其关系 电磁感应中导体棒既可看做电学对象(因为它相当于电源)，又可看做力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带．‎ ‎3．电磁感应中的动力学问题分析思路 ‎(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝.‎ ‎(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl＝，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合＝ma.‎ ‎(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程：F合＝0.‎ 例1　如图1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．‎ 图1‎ ‎(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杆中的电流及加速度的大小；‎ ‎(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的最大速度．‎ 答案　(1)见解析图　(2)　gsin θ－ ‎(3) 解析　(1)如图所示，ab杆受重力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安＝BIL＝，‎ 根据牛顿第二定律，有 ma＝mgsin θ－F安＝mgsin θ－ a＝gsin θ－ ‎(3)当a＝0时，ab杆有最大速度 vm＝.‎ 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)进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r.‎ ‎(2)进行“路”的分析——分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力．‎ ‎(3)“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力．‎ ‎(4)进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．‎ 变式题组 ‎1．(2015·浙江10月选考·22)如图2甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T，方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝，面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示．(g取10 m/s2)‎ 图2‎ ‎(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小．‎ ‎(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向．‎ ‎(3)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量．‎ 答案　(1)30 V　(2)C→D　向上　(3)0.03 C 解析　(1)由电磁感应定律E＝n 得E＝nS＝30 V ‎(2)电流方向C→D，B2方向向上 ‎(3)由牛顿第二定律F＝ma＝m(或由动量定理FΔt＝mv－0)，安培力F＝IB1l，ΔQ＝IΔt，v2＝2gh，得ΔQ＝＝0.03 C.‎ ‎2．(2016·浙江10月学考·22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图所示的装置．半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接．当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：‎ 图3‎ ‎(1)通过棒cd的电流Icd；‎ ‎(2)电动机对该装置的输出功率P；‎ ‎(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系．‎ 答案　(1)，方向由d到c　(2) ‎(3) 解析　(1)ab顺时针转动时产生的电动势为E＝B1ωl2‎ 由右手定则，电流方向由a到b，‎ 由闭合电路欧姆定律，总电流I＝＝ 通过cd棒的电流Icd＝I＝，方向由d到c ‎(2)电动机的输出功率P＝I2·R＝ ‎(3)S断开时，由平衡条件kx0＝mg S闭合时，由平衡条件kx＝B2Icdl＋mg 解得ω＝.‎ ‎　　　　　动力学和能量观点的综合应用 ‎1．力学对象和电学对象的相互关系 ‎2．解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路 ‎(1)电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系．‎ ‎(2)受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向．‎ ‎(3)运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析．‎ ‎(4)能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式．‎ ‎(5)规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化．‎ ‎3．求解焦耳热的三种方法 ‎(1)焦耳定律：Q＝I2Rt ‎(2)功能关系：Q＝W克服安培力 ‎(3)能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量 例2　如图4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：‎ 图4‎ ‎(1)线框ab边将要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倍　(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，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1①‎ 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＝2I1lB③‎ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④‎ 由①②③④式得v1＝⑤‎ 设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝⑥‎ 由⑤⑥式得v2＝4v1⑦‎ ‎(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝mv12⑧‎ 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝mv22－mv12＋Q⑨‎ 由⑦⑧⑨式得H＝＋28l.‎ 在电磁感应现象中求解焦耳热时容易出现以下两类错误：‎ (1)不加分析就把某时刻的电流I代入公式Q＝I2Rt求解焦耳热，大多数情况下感应电流I是变化的，求解焦耳热要用电流的有效值，因此不能用某时刻的电流代入公式Q＝I2Rt求解焦耳热.‎ (2)电路中产生焦耳热的元件不是一个，不加分析误认为某个元件上的焦耳热就是整个电路产生的焦耳热.‎ 变式题组 ‎3．如图5所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m，电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0.现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)．求：‎ 图5‎ ‎(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度；‎ ‎(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能．‎ 答案　(1)　(2)F(d0＋d)－ 解析　(1)棒在磁场中匀速运动时，有F＝FA＝BIl，再据I＝＝联立解得v＝ ‎(2)安培力做的功转化成两个电阻消耗的电能Q，根据能量守恒定律可得F(d0＋d)＝Q＋mv2，解得 Q＝F(d0＋d)－.‎ ‎4．如图6甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝1 m的金属“U”形导轨，在“U”形导轨右侧l＝0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量m＝0.1 kg的导体棒以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g＝10 m/s2)．‎ 图6‎ ‎(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；‎ ‎(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；‎ ‎(3)计算4 s内回路产生的焦耳热．‎ 答案　见解析 解析　(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有 ‎－μmg＝ma，v＝v0＋at，x＝v0t＋at2‎ 代入数据解得t＝1 s，x＝0.5 m 即导体棒在1 s末已经停止运动，以后一直保持静止，离左端位置为x＝0.5 m.‎ ‎(2)前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E＝0，I＝0；后2 s回路产生的电动势为E＝＝ld＝0.1 V 回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为R＝5λ＝0.5 Ω 电流为I＝＝0.2 A 根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．‎ ‎(3)前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为Q＝I2Rt＝0.04 J.‎ ‎1．如图1所示，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两轨道间的宽度L＝0.50 m．轨道左端接一阻值R＝0.50 Ω的电阻．轨道处于磁感应强度大小为B＝0.40 T，方向竖直向下的匀强磁场中，质量m＝0.50 kg的导体棒ab垂直于轨道放置．在沿着轨道方向向右的力F作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直，不计轨道和导体棒的电阻，不计空气阻力，若力F的大小保持不变，且F＝1.0 N．求：‎ 图1‎ ‎(1)导体棒能达到的最大速度大小vm；‎ ‎(2)导体棒的速度v＝5.0 m/s时，导体棒的加速度大小．‎ 答案　(1)12.5 m/s　(2)1.2 m/s2‎ 解析　(1)导体棒达到最大速度vm时受力平衡，有F＝F安m，此时F安m＝，解得vm＝12.5 m/s ‎(2)导体棒的速度v＝5.0 m/s时，感应电动势E＝BLv＝1.0 V，导体棒上通过的感应电流大小I＝＝2.0 A，导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.40 N，根据牛顿第二定律，有F－F安＝ma，解得a＝1.2 m/s2.‎ ‎2．(2016·舟山调研)如图2所示，两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为θ＝37°，两导轨之间的距离为L＝0.2 m，导轨上端m、n之间通过导线连接，有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场边界，磁感应强度为B＝2.0 T．一质量为m＝0.05 kg的光滑金属棒ab从距离磁场边界0.75 m处由静止释放，金属棒两轨道间的电阻r＝0.4 Ω，其余部分的电阻忽略不计，ab、ef均垂直导轨．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：‎ 图2‎ ‎(1)ab棒最终在磁场中匀速运动的速度；‎ ‎(2)ab棒运动过程中的最大加速度．‎ 答案　(1)0.75 m/s，方向沿斜面向下　(2)18 m/s2，方向沿斜面向上 解析　(1)当ab棒在磁场中匀速运动时，根据受力平衡得：BIL＝mgsin θ 又有I＝，E＝BLv，联立以上关系可得 v＝0.75 m/s，方向沿斜面向下．‎ ‎(2)ab棒进入磁场前，加速度a1＝gsin 37°＝6 m/s2，方向沿斜面向下．设ab棒进入磁场时的速度为v1，则v12＝2a1x1‎ 将x1＝0.75 m代入得v1＝3 m/s 刚进入磁场时，对ab棒受力分析得：‎ mgsin θ－BI2L＝ma2，I2＝ 解得a2＝－18 m/s2，方向沿斜面向上 进入磁场以后，ab棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终匀速运动，所以ab棒运动中的最大加速度为18 m/s2，方向沿斜面向上．‎ ‎3．如图3所示，半径R＝0.2 m的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为R的金属棒一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．一对长L＝0.2 m的金属板A、B水平放置，两板间距d＝0.1 m．从导轨引出导线与上板连接，通过电刷从转轴引出导线与下板连接．有一质量m＝1.0×10－5 kg，电荷量q＝－5.0×10－6 C的微粒，以v0＝2 m/s的速度从两板正中间水平射入．求：‎ 图3‎ ‎(1)金属棒转动的角速度ω多大时，微粒能做匀速直线运动；‎ ‎(2)金属棒转动的角速度ω至少多大时，微粒会碰到上极板A.‎ 答案　(1)50 rad/s　(2)100 rad/s 解析　(1)根据法拉第电磁感应定律可得 U＝BωR2‎ 根据平衡条件可得 mg＝qE 因为E＝ 所以mg＝q＝BωR2‎ 解得ω＝＝50 rad/s ‎(2)微粒恰好碰到上面金属板边缘时，微粒向上的加速度大小为 ＝a()2‎ a＝＝10 m/s2‎ Bω1R2－mg＝ma 解得ω1＝＝100 rad/s.‎ ‎4．如图4所示，在水平面内存在着竖直向下的有界匀强磁场，其宽度为d＝1 m，磁感应强度B＝ T．水平放置的“日”字形闭合导体线框PQFE，宽L＝1 m，质量m＝0.25 kg，QN、NF的长度都大于d，PQ边的电阻R1＝1 Ω、MN边的电阻R2＝2 Ω、EF边的电阻R3＝3 Ω，其余电阻不计．t＝0时刻线框在距磁场左边界x＝3.2 m处由静止开始在水平恒力F作用下沿直线运动，已知当线框PQ边、MN边和EF边刚进磁场时均恰能匀速运动，不计线框运动中的一切摩擦阻力．求：‎ 图4‎ ‎(1)线框所受的力F的大小；‎ ‎(2)线框PQ边与MN边之间的距离H；‎ ‎(3)在整个线框穿过磁场的过程中线框产生的焦耳热．‎ 答案　(1)2.5 N　(2)2.8 m　(3)7.5 J 解析　(1)设PQ边进磁场时的速度为v1，则 Fx＝mv12－0‎ F＝BI1L I1＝ r1＝R1＋＝2.2 Ω 即v1＝＝8 m/s F＝＝2.5 N ‎(2)设MN边匀速进磁场时的速度为v2，则 F＝BI2L＝ r2＝R2＋＝2.75 Ω 即v2＝＝10 m/s 设线框速度从v1加速到v2时发生的位移为x1，则 Fx1＝mv22－mv12‎ 即x1＝＝1.8 m 所以H＝x1＋d＝2.8 m ‎(3)线框产生的焦耳热 Q＝3Fd＝3×2.5×1 J＝7.5 J.‎ ‎5．(2016·杭州市月考)如图5所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的焦耳热为Q，求：‎ 图5‎ ‎(1)导体棒MN受到的最大摩擦力；‎ ‎(2)导体棒EF上升的最大高度．‎ 答案　(1)＋mgsin θ　(2) 解析　(1)EF获得向上初速度v0时，产生的感应电动势E＝BLv0，电路中电流为I ‎，由闭合电路的欧姆定律有I＝，此时对导体棒MN受力分析，由平衡条件有FA＋mgsin α＝Ff，FA＝BIL，‎ 解得Ff＝＋mgsin θ.‎ ‎(2)导体棒EF上升过程MN一直静止，对系统由能量守恒定律有mv02＝mgh＋2Q.‎ 解得h＝.‎ ‎6．(2016·衢州市调研)如图6(a)所示，斜面倾角为37°，一宽为d＝0.43 m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行．在斜面上由静止释放一长方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行．取斜面底部为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移x之间的关系如图(b)所示，图中①、②均为直线段．已知线框的质量为m＝0.1 kg，电阻为R＝0.06 Ω，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ 图6‎ ‎(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)求金属线框从刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t.‎ 答案　(1)0.5　(2)0.125 s 解析　(1)由能量守恒定律可知，线框减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，则 ΔE1＝Wf1＝μmgcos 37°x1‎ 其中x1＝0.36 m，ΔE1＝(0.900－0.756) J＝0.144 J 可解得μ＝0.5‎ ‎(2)金属线框进入磁场的过程中，减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减少，因此安培力也为恒力，线框做匀速运动 v12＝2ax1，其中a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2‎ 可解得线框刚进入磁场时的速度大小为v1＝1.2 m/s ΔE2＝Wf2＋WA＝(Ff＋FA)x2‎ 其中ΔE2＝(0.756－0.666) J＝0.09 J，‎ Ff＋FA＝mgsin 37°＝0.6 N，x2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程运动的距离，可求出x2＝0.15 m t＝＝ s＝0.125 s.‎