一、电磁感应中的动力学问题.ppt

一、电磁感应中的动力学问题,这类问题覆盖面广，题型也多种多样；但解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等，基本思路是： 确定电源（E，r）-感应电流-运动导体所受的安培力-合外力-a变化情况-运动状态的分析-临界状态,【例1】如图所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角为，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的 AC端连接一个阻值为 R的电阻，一根质量为m、垂直于导轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab棒的最大速度。已知ab与导轨间的动摩擦因数为，导轨和金属棒的电阻都不计。,解析：ab沿导轨下滑过程中受四个力作用，即重力mg，支持力FN 、摩擦力Ff和安培力F安，如图所示，ab由静止开始下滑后，将是 （ 为增大符号），所以这是个变加速过程，当加速度减到a=0时，其速度即增到最大v=vm，此时必将处于平衡状态，以后将以vm匀速下滑 ab下滑时因切割磁感线，要产生感应电动势，根据电磁感应定律： E=BLv 闭合电路AC ba中将产生感应电流，根据闭合电路欧姆定律： I=E/R 据右手定则可判定感应电流方向为aAC ba，再据左手定则判断它受的安培力F安方向如图示，其大小为：F安=BIL ,取平行和垂直导轨的两个方向对ab所受的力进行正交分解，应有： FN = mgcos Ff= mgcos 由可得 以ab为研究对象，根据牛顿第二定律应有： mgsin mgcos- =ma ab做加速度减小的变加速运动，当a=0时速度达最大 因此，ab达到vm时应有： mgsin mgcos- =0 由式可解得,注意：（1）电磁感应中的动态分析，是处理电磁感应问题的关键，要学会从动态分析的过程中来选择是从动力学方面，还是从能量、动量方面来解决问题。 （2）在分析运动导体的受力时，常画出平面示意图和物体受力图。,【例2】（2004年全国理综卷）图中a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面（纸面）向里。导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的，距离为l1；c1d1段与c2d2段也是竖直的，距离为l2。x1 y1与x2 y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为和m1和m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的回路的总电阻为R。F为作用于金属杆x1y1上的竖直向上的恒力。已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率。,解析：设杆向上的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小 回路中的电流 电流沿顺时针方向。两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x1y1的安培力为 方向向上，作用于杆x2y2的安培力为 方向向下,当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有 (5) 解以上各式得 作用于两杆的重力的功率的大小 电阻上的热功率 ,由式，可得 ,例3如图所示位于竖直平面的正方形平面导线框abcd，边长为L=10cm，线框质量为m=0.1kg，电阻为R=0.5，其下方有一匀强磁场区域，该区域上、下两边界间的距离为H（ H L），磁场的磁感应强度为B=5T，方向与线框平面垂直。今线框从距磁场上边界h=30cm处自由下落，已知线框的dc边进入磁场后，ab 边到达上边界之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值，问从线框开始下落到dc边刚刚到达磁场下边界的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功是多少？（g=10m/s2）,解析：线框达到最大速度之前所受的安培力F= 随速度v的变化而变化，所以直接求解安培力做的总功较为困难，而用能量守恒的思想便可迎刃而解。 设线框的最大速度为vm ，此后直到ab边开始进入磁场为止，线框做匀速直线运动，此过程中线框的动能不变。由mg= 解得 vm= = 2m/s 全部进入后，无安培力，因此只需考虑从开始下落到刚好全部进入时，这段时间内线框因克服安培力做功而损失的机械能为：mg（h+ L） =0.2 J. 所以磁场作用于线框的安培力做的总功是0.2J,2求解策略 变换物理模型，是将陌生的物理模型与熟悉的物理模型相比较，分析异同并从中挖掘其内在联系，从而建立起熟悉模型与未知现象之间相互关系的一种特殊解题方法.巧妙地运用“类同”变换，“类似”变换，“类异”变换，可使复杂、陌生、抽象的问题变成简单、熟悉、具体的题型，从而使问题大为简化. 解决电磁感应电路问题的关键就是借鉴或利用相似原型来启发理解和变换物理模型，即把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路，把产生感应电动势的那部分导体等效为内电路.感应电动势的大小相当于电源电动势.其余部分相当于外电路，并画出等效电路图.此时，处理问题的方法与闭合电路求解基本一致，惟一要注意的是电磁感应现象中，有时导体两端有电压，但没有电流流过，这类似电源两端有电势差但没有接入电路时，电流为零.,【例4】如图所示，竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5 T，并且以 =0.1 T/s在变化，水平轨道电阻不计，且不计摩擦阻力，宽0.5 m的导轨上放一电阻R0=0.1 的导体棒，并用水平线通过定滑轮吊着质量M=0.2 kg的重物，轨道左端连接的电阻R=0.4 ，图中的l=0.8 m，求至少经过多长时间才能吊起重物.,命题意图：考查理解能力、推理能力及分析综合能力 错解分析：（1）不善于逆向思维，采取执果索因的有效途径探寻解题思路；（2）实际运算过程忽视了B的变化，将B代入F安=B I lab，导致错解. 解题方法与技巧： 由法拉第电磁感应定律可求出回路感应电动势： E= 由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流 I= 由于安培力方向向左，应用左手定则可判断出电流方向为顺时针方向（由上往下看）.再根据楞次定律可知磁场增加，在t时磁感应强度为： B =（B t） 此时安培力为 F安=BI lab 由受力分析可知 F安=mg 由式并代入数据：t=495 s,5如图所示，AB和CD是足够长的平行光滑导轨，其间距为l，导轨平面与水平面的夹角为.整个装置处在磁感应强度为B的，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.AC端连有电阻值为R的电阻.若将一质量M，垂直于导轨的金属棒EF在距BD端s处由静止释放，在EF棒滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段.今用大小为F，方向沿斜面向上的恒力把EF棒从BD位置由静止推至距BD端s处，突然撤去恒力F，棒EF最后又回到BD端.求：（1）EF棒下滑过程中的最大速度. （2）EF棒自BD端出发又回到BD端的整个过程中，有多少电能转化成了 内能（金属棒、 导轨的电阻均不计）?,5（1）如图所示，当EF从距BD端s处由静止开始滑至BD的过程中，受力情况如图所示.安培力：F安=Bi l=B 根据牛顿第二定律：a= 所以，EF由静止开始做加速度减小的变加速运动.当a=0时速度达到最大值vm. 由式中a=0有：Mgsin-B2l2vm/R=0 vm= ,（2）由恒力F推至距BD端s处，棒先减速至零，然后从静止下滑，在滑回BD之前已达最大速度vm开始匀速. 设EF棒由BD从静止出发到再返回BD过程中，转化成的内能为E.根据能的转化与守恒定律： Fs-E= M vm2 E=Fs- M（ ）2 ,6在磁感应强度为B=0.4 T的匀强磁场中放一个半径r0=50 cm的圆形导轨，上面搁有互相垂直的两根导体棒，一起以角速度=103 rad/s逆时针匀速转动.圆导轨边缘和两棒中央通过电刷与外电路连接，若每根导体棒的有效电阻为R0=0.8 ，外接电阻R=3.9 ，如所示，求： （1）每半根导体棒产生的感应电动势. （2）当电键S接通和断开时两电表示数（假定RV，RA0）.,解（1）每半根导体棒产生的感应电动势为 E1=Blv = Bl2=.4103（0.5）2 V=50 V. （2）两根棒一起转动时，每半根棒中产生的感应电动势大小相同、方向相同（从边缘指向中心），相当于四个电动势和内阻相同的电池并联，得总的电动势和内电阻为E=E1=50 V，r= R0=0.1 当电键S断开时，外电路开路，电流表示数为零，电压表示数等于电源电动势，为50 V.当电键S接通时，全电路总电阻为R=r+R=（0.1+3.9）=4.由全电路欧姆定律得电流强度（即电流表示数）为I = A=12.5 A 此时电压表示数即路端电压为 U=E-Ir=50-12.50.1 V=48.75 V（电压表示数） 或U=IR=12.53.9 V=48.75 V,例7 如图所示，线圈每边长l0.20，线圈质量10.10、电阻0.10，砝码质量20.14线圈上方的匀强磁场磁感强度0.5，方向垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度为l0.20砝码从某一位置下降，使边进入磁场开始做匀速运动求线圈做匀速运动的速度,解析：该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培力安、绳子的拉力和重力1相互平衡，即 安1 砝码受力也平衡： 2 线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流 l， 因此线圈受到向下的安培力 安l 联解式得（21）22 代入数据解得：4（）,8 把一根条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置处，第一次快插，第二次慢插，两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是 E1 _ E2 ；通过线圈截面电量的大小关系是 q1_ q2.,=,9 如图15所示，面积为0.1 m2的120匝矩形线圈放在与线圈平面垂直的匀强磁场中，线圈总电阻为1.2 ，磁场变化如图所示，则在0.3 s内穿过线圈磁通量的变化量为_，0.3 s内通过线圈导线截面的电量_；0.3 s内电流所做的功为_.,答案 0.02Wb，2C，18J,10. 如图 光滑的平行导轨P、Q间距 ，处在同一竖直面内，导轨的左端接有如图所示的电路，其中水平放置的电容器两极板相距 ，定值电阻 ，导轨的电阻不计。 的匀强磁场垂直穿过导轨面。当金属棒ab沿导轨向右匀速运动（开关S断开）时，电容器两极板之间质量 、带电量 的微粒恰好静止不动；当S闭合时，微粒以加速度 向下做匀加速运动，取 。求（1）金属棒ab运动的速度多大？电阻多大？ （2）S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大？,10. 解：（1）带电微粒在电容器两极间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡， 由此式可求得电容器板间电压为 因微粒带负电，可知上板电势高 由于S断开，R1与R2的电压和等于电容器两端电压U，R3上无电流通过，可知电路中的感应电流，即通过R1，R2的电流强度为： 根据闭合电路的知识，可知ab切割磁感线运动产生的感应电动势为： S闭合时，带电粒子向下做匀加速运动，运动方程为：,S闭合时电容器两板间电压为： 这时电路的感应电流为 ： 根据闭合电路知识，可列方程 将已知量代入(1)(2)式，可求得： 由可得 ： 即ab匀速运动的速度 ，电阻,（2）S闭合时，通过ab的电流 ，ab所受磁场力为 ；ab以速 度 做匀速运动，所受外力F必与磁场力F2等大，反向，即 ，方向向右（与v相同），所以外力的功率为：,11（2004上海22题，）水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，问距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆（见右上图），金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下。用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v与F的关系如右下图。（取重力加速度g=10m/s2） （1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？ （2）若m=0.5kg，L=0.5m，R=0.5；磁感应强度B为多大？ （3）由vF图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？,解（1）变速运动（或变加速运动、加速度减小的加速运动，加速运动）。 （2）感应电动势 感应电流 安培力 由图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时合力为零。 由图线可以得到直线的斜率k=2， T （3）由直线的截距可以求得金属杆受到的阻力f，f=2（N） 若金属杆受到的阻力仅为动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数 ,例12 如图所示，铜质圆盘绕竖直轴O在水平面内匀速转动，圆盘半径为 ，处在垂直纸面向里的磁感应强度 的匀强磁场中，两个电刷分别与转动轴和圆盘的边缘保持良好接触，并与电池和保险丝D串联成一闭合电路。已知电池电动势 ，电路中总电阻 ，保险丝的熔断电流为1A，试分析计算：为了不使保险丝烧断，金属圆盘顺时针方向转动的角速度的取值范围是什么？,讲解：圆盘不动时，电路电流 ，大于保险丝的熔断电流，保险丝将被烧断。 圆盘顺时针方向转动时，相当于长度为r的导体在垂直于磁场的平面里绕O轴以角速度匀速转动，感应电动势大小为 圆盘边缘电势比转动轴处电势高，在闭合电路中感应电动势的方向与电池电动势的方向相反，要保险丝不被烧断，在转动角速度较小时要满足 在转动角速度较大时应满足 把数据 代入解得,再把数据 代入上式解得 评