【物理】2020届一轮复习人教版第十章专题强化四动力学和能量观点在电磁感应中的应用学案 11页

‎ 专题强化四　动力学和能量观点在电磁感应中的应用 命题点一　电磁感应中的动力学问题 ‎1．题型简述 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)．‎ ‎2．两种状态及处理方法 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 ‎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、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：‎ 例1　(2015·浙江10月选考·22改编)如图1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1‎ ‎(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)0.03 C 解析　(1)由法拉第电磁感应定律E＝n 得E＝nS＝30 V ‎(2)安培力远大于重力，由牛顿第二定律，安培力F＝ma＝m(或由动量定理FΔt＝mv－0)，又F＝IB1l，Δq＝IΔt，v2＝2gh，得Δq＝＝0.03 C.‎ 变式1　如图2所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每根棒两端都与导轨始终有良好接触．已知两棒质量均为m＝0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．g取10 m/s2，求：‎ 图2‎ ‎(1)通过棒cd的电流I是多少？方向如何？‎ ‎(2)棒ab受到的力F多大？‎ 答案　(1)1 A　由d至c　(2)0.2 N 解析　(1)棒cd受到的安培力为 Fcd＝IlB 棒cd在共点力作用下平衡，则 Fcd＝mgsin 30°‎ 联立解得I＝1 A 根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c.‎ ‎(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，即 Fab＝Fcd 对棒ab，由共点力平衡条件得 F＝mgsin 30°＋IlB 解得F＝0.2 N.‎ 变式2　如图3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，磁场方向垂直于斜面向下，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．求：(重力加速度为g)‎ 图3‎ ‎(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杆中的电流及其加速度的大小；‎ ‎(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度的最大值．‎ 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，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上．‎ ‎(2)当ab杆的速度大小为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 mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma a＝gsin θ－.‎ ‎(3)当a＝0时，ab杆有最大速度，vm＝.‎ 命题点二　电磁感应中动力学和能量观点的综合应用 ‎1．题型简述 电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．‎ ‎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)根据能量守恒定律或功能关系列式求解．‎ ‎3．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．‎ 例2　(2018·嘉兴一中期末)如图4所示，两根相距L1的平行粗糙金属导轨固定在水平面上，导轨上分布着n个宽度为d、间距为2d的匀强磁场区域，磁场方向垂直水平面向上．在导轨的左端连接一个阻值为R的电阻，导轨的左端距离第一个磁场区域左侧边界L2的位置放有一根质量为m、长为L1、阻值为r的金属棒，导轨电阻及金属棒与导轨间的接触电阻均不计．某时刻起，金属棒在一水平向右的已知恒力F作用下由静止开始向右运动，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.‎ 图4‎ ‎(1)若金属棒能够匀速通过每个匀强磁场区域，求金属棒离开第2个匀强磁场区域时的速度v2的大小；‎ ‎(2)在满足第(1)小题条件时，求第n个匀强磁场区域的磁感应强度Bn的大小；‎ ‎(3)现保持恒力F不变，使每个磁场区域的磁感应强度均相同，发现金属棒通过每个磁场区域时电路中的电流变化规律完全相同，求金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的整个过程中左端电阻R上产生的焦耳热Q.‎ 答案　(1) ‎(2) ‎(3)nd(F－μmg)‎ 解析　(1)金属棒匀加速运动有F－μmg＝ma v22＝2a(L2＋2d)‎ 解得：v2＝ ‎(2)金属棒匀加速运动的总位移为x＝L2＋2nd－2d 金属棒进入第n个匀强磁场的速度满足vn2＝2ax 金属棒在第n个磁场中匀速运动有F－μmg－F安＝0‎ 感应电动势E＝BnL1vn 电流I＝＝ 安培力F安＝BnL1I 联立得：F安＝ 解得：Bn＝ ‎(3)金属棒进入每个磁场时的速度v和离开每个磁场时的速度v′均相同，由题意可得v2＝2aL2，v2－v′2＝2a·2d 金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的过程中，有x总＝L2＋3nd－2d ‎(F－μmg)x总－Q总＝mv′2‎ Q＝ Q总 解得：Q＝nd(F－μmg)．‎ 变式3　如图5甲所示，在一倾角为37°的粗糙绝缘面上，静止地放置着一个匝数n＝10匝的正方形线圈ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，线圈总电阻R＝2.0 Ω、总质量m＝0.2 kg、正方形边长L＝0.4 m．如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑．现在将线圈静止放在斜面上后，在虚线EF以下的区域中，加上垂直斜面方向的、磁感应强度大小按图乙所示规律变化的磁场，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝‎ ‎10 m/s2)求：‎ 图5‎ ‎(1)t＝1 s时刻，线圈中的感应电流大小I；‎ ‎(2)从t＝0时刻开始经过多长时间线圈刚要开始运动；‎ ‎(3)从t＝0时刻开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q.‎ 答案　(1)0.2 A　(2)4 s　(3)0.32 J 解析　(1)由法拉第电磁感应定律得 E＝n＝nS 解得E＝0.4 V I＝＝0.2 A ‎(2)由受力分析可知 Ff＝mgsin 37°‎ F＝mgsin 37°＋Ff F＝nBIL 解得B＝3 T B＝1＋0.5t 则t＝4 s ‎(3)由焦耳定律可得 Q＝I2Rt 解得Q＝0.32 J.‎ 变式4　如图6所示，有一倾斜光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距L＝0.5 m，电阻不计，在两导轨间接有R＝3 Ω的电阻．在导轨中间加一垂直导轨平面向上的宽度为d＝0.4 m的匀强磁场，B＝2 T．一质量为m＝0.08 kg、电阻为r＝2 Ω的导体棒从距磁场上边缘d′＝0.4 m处由静止释放，运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，取g＝10 m/s2.求：‎ 图6‎ ‎(1)导体棒进入磁场上边缘的速度大小v；‎ ‎(2)导体棒通过磁场区域的过程中，通过导体棒的电荷量q；‎ ‎(3)导体棒通过磁场区域的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q.‎ 答案　(1)2 m/s　(2)0.08 C　(3)0.096 J 解析　(1)根据机械能守恒定律可得：mgd′sin 30°＝mv2‎ 代入数据解得，导体棒进入磁场上边缘的速度大小v＝2 m/s.‎ ‎(2)根据法拉第电磁感应定律可得：＝ 根据闭合电路的欧姆定律可得：＝ 通过导体棒的电荷量为：q＝Δt＝＝＝0.08 C.‎ ‎(3)导体棒进入磁场上边缘时，切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv＝2 V 根据闭合电路的欧姆定律可得：I＝＝0.4 A 导体棒受到的安培力F＝BIL＝0.4 N 导体棒的重力沿导轨平面向下的分力F′＝mgsin 30°＝0.4 N 所以金属棒进入磁场后做匀速运动，根据功能关系可得通过磁场区域过程中电阻R上产生的焦耳热为：‎ Q＝mgdsin 30°＝0.096 J.‎ ‎1．如图1所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为l，导轨左端连接一个电阻R.一根质量为m、长度为l、电阻为r的金属杆ab垂直放置在导轨上．在杆的右方距杆为d处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B.对杆施加一个大小为F、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，杆与导轨始终接触良好，已知杆到达磁场区域时速度为v，之后进入磁场恰好做匀速运动．不计导轨的电阻，假设导轨与杆之间存在恒定的阻力．求：‎ 图1‎ ‎(1)两导轨对杆ab的总阻力大小Ff；‎ ‎(2)杆ab中通过的电流及其方向；‎ ‎(3)导轨左端所接电阻R的阻值．‎ 答案　(1)F－　(2)　方向由a→b (3)－r 解析　(1)杆进入磁场前做匀加速运动，有F－Ff＝ma v2＝2ad，解得两导轨对杆的总阻力Ff＝F－.‎ ‎(2)杆进入磁场后做匀速运动，有F＝Ff＋F安 杆ab所受的安培力F安＝IBl 解得杆ab中通过的电流I＝ 由右手定则知杆中的电流方向由a→b.‎ ‎(3)杆ab产生的感应电动势E＝Blv 杆中的电流I＝ 解得导轨左端所接电阻R的阻值R＝－r.‎ ‎2．(2016·浙江10月选考·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2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”形导轨保持良好接触，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”形导轨连接．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2‎ ‎(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　见解析 解析　(1)S断开，cd棒静止时有mg＝kx0‎ S闭合，cd棒静止时受到安培力F＝B2Icdl 由楞次定律知流过棒cd的电流方向为d→c 故cd棒再次静止时有mg＋B2Icdl＝kx 解得Icd＝ ‎(2)回路总电阻R总＝R＋R＝R 总电流：I＝ 由能量守恒得P＝I2R总＝ ‎(3)由法拉第电磁感应定律：E＝＝B1ωl2‎ 回路总电流I＝＝ 解得ω＝.‎ ‎3．(2018·新力量联盟期末)如图3甲所示，MN、PQ为间距L＝0.5 m且足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接有一个R＝‎ ‎4 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0＝1 T．将一根质量为m＝0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q＝0.2 C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：‎ 图3‎ ‎(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)cd与NQ的距离s；‎ ‎(3)金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量．‎ 答案　(1)0.5　(2)2 m　(3)0.08 J 解析　(1)由题图乙可知，当v＝0时，a＝2 m/s2‎ mgsin θ－μmgcos θ＝ma 得μ＝0.5‎ ‎(2)由题图乙可知，vm＝2 m/s 当金属棒达到稳定速度时，有F安＝B0IL E＝B0Lvm I＝ mgsin θ＝F安＋μmgcos θ 联立解得r＝1 Ω 通过金属棒横截面的电荷量q＝IΔt＝Δt＝＝＝0.2 C 解得s＝2 m ‎(3)由动能定理得mgssin 37°－μmgscos 37°－WF＝mvm2－0‎ WF＝Q总＝0.1 J QR＝Q总＝0.08 J.‎ ‎4．如图4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的金属棒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4‎ ‎(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的速度大小v；‎ ‎(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x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q.‎ 答案　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 解析　(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.‎ ‎(2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Ffmax，有Ffmax＝m1gsin θ①‎ 设ab刚要上滑时，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，由闭合电路欧姆定律有 I＝③‎ 设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④‎ 如图所示，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＋Ffmax⑤‎ 联立①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s ‎(3)设cd棒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m2gxsin θ＝Q总＋m2v2‎ 又Q＝Q总，‎ 解得Q＝1.3 J.‎