（浙江新高考专用）2019_2020学年高中物理第四章电磁感应现象微型专题3电磁感应中的动力学及能量问题讲义.docx

微型专题3电磁感应中的动力学及能量问题课时要求1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.一、电磁感应中的动力学问题电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向.(3)分析导体的受力情况(包括安培力).(4)列动力学方程(a0)或平衡方程(a0)求解.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.(重力加速度为g)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杆可以达到的速度最大值.答案(1)见解析图(2)gsin(3)解析(1)由右手定则可知，ab杆中电流方向为ab，如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上.(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势EBLv，此时电路中的电流Iab杆受到安培力F安BIL根据牛顿第二定律，有mgsinF安mgsinma则agsin.(3)当a0时，ab杆有最大速度vm，即mgsin，解得vm.例2(2017“七彩阳光”联盟高三第二学期期初联考)半径为2r的圆形金属导轨固定在一水平面内，一根长也为2r、电阻为R的金属棒OA一端与金属导轨接触良好，另一端固定在中心转轴上，现有方向(俯视)如图2所示、大小为B1的匀强磁场，中间半径为r的圆内无磁场.另有一水平金属导轨MN用导线连接金属圆环，MN用导线连接中心轴，导轨上放置一根金属棒CD，其长度L与水平金属导轨宽度相等，金属棒CD的电阻为2R，质量为m，与水平导轨之间的动摩擦因数为，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场B2中，金属棒CD通过细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放置在水平地面上.所有接触都良好，细绳与金属棒CD垂直，金属棒CD受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他电阻，重力加速度为g.图2(1)若金属棒OA以角速度0顺时针转动(俯视)，求感应电动势及接在水平导轨上的理想电压表的电压；(2)若金属棒OA顺时针转动(俯视)的角速度随时间以kt变化，求重物离开地面之前支持力随时间变化的表达式.答案见解析解析(1)感应电动势EBLB1rB10r2感应电流I电压表示数UVI2RB10r2(2)电流I金属棒CD受到的安培力F安B2IL重物离开地面之前受力平衡，有FNFTmg当F安mg，即t时，FT0所以FNmg当F安mg，即t时，FTF安mg所以FNmgmg.提示1.受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场的方向，以便准确地画出安培力的方向.2.要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化.学科素养例1、例2考查了电磁感应的动力学问题，在处理该类问题时，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.基本思路是：导体受外力运动产生感应电动势产生感应电流导体受安培力合外力变化加速度变化速度变化感应电动势变化a0，v达到最大值.将电磁感应与受力分析、牛顿运动定律、物体的平衡等知识有机结合，培养了学生的综合分析、科学推理能力，很好地体现了物理“科学思维”的学科素养.二、电磁感应中的能量问题1.电磁感应中能量的转化(1)转化方式(2)涉及到的常见功能关系有滑动摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能.2.焦耳热的计算(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即QI2Rt.(2)感应电流变化，可用以下方法分析：利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即QW安.利用能量守恒定律，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量.例3(2016浙江理综)小明设计的电磁健身器的简化装置如图3所示，两根平行金属导轨相距l0.50m，倾角53，导轨上端串接一个R0.05的电阻.在导轨间长d0.56m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B2.0T.质量m4.0kg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s0.24m.一位健身者用恒力F80N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g10m/s2，sin530.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求：图3(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.答案(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J解析(1)由牛顿第二定律得a12m/s2CD棒进入磁场时的速度v2.4m/s(2)感应电动势EBlv感应电流I安培力FABIl代入得FA48N(3)健身者做功WF(sd)64J因FmgsinFA0，则CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t焦耳热QI2Rt26.88J.例4(2017杭州地区重点中学高二第二学期期中)如图4所示，两根半径为r的圆弧轨道间距为L，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连着一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B.将一根长度稍大于L、质量为m、电阻也为R的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放.已知当金属棒到达如图所示的cd位置，金属棒的速度达到最大，此时金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.75mg.求：图4(1)判断流经电阻R的电流方向；(2)求金属棒速度的最大值vm；(3)金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量.答案见解析解析(1)根据楞次定律，流经R的电流方向为aRb(2)金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0mgcosBIL，解得IEBLvmI联立解得vm(3)金属棒滑到轨道最低点时1.75mgmgm由能量转化和守恒得Qmgrmv2mgr电阻R上产生的热量QRmgr.1.(电磁感应中的动力学问题)如图5所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一定值电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef及线框中导线的电阻都可忽略不计.开始时，给ef一个向右的初速度，则()图5A.ef将减速向右运动，但不是匀减速B.ef将匀减速向右运动，最后停止C.ef将匀速向右运动D.ef将做往返运动答案A解析ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由FBIlma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确.2.(电磁感应中的动力学问题)(多选)(2018东阳中学高二下学期期中)如图6所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度.以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，可能正确的是()图6答案BCD解析线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用.若进入磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C正确，A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，做匀速运动，安培力不变，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，故B正确；若进入时重力大于安培力，由mgma，则做加速度减小的加速运动，安培力随速度的增大而增大，离开磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确.3.(电磁感应中的动力学和能量问题)(多选)如图7所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场、的高和间距均为d，磁感应强度均为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，则金属杆()图7A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下B.刚进入磁场时加速度方向竖直向上C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场上边界的高度h可能小于答案BC解析由于金属杆进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的匀加速运动，所以金属杆进入磁场时应做减速运动，加速度方向竖直向上，选项A错误，B正确；从进入磁场瞬间到进入磁场瞬间过程中，根据能量守恒，金属杆减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1mg2d，所以穿过两个磁场过程中产生的总热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则mg0，得v，因金属杆进入磁场做减速运动，则金属杆进入磁场的速度大于，根据h得金属杆进入磁场的高度应大于，选项D错误.4.(电磁感应中的力电综合问题)(2018温州新力量联盟高二第一学期期末)如图8甲所示，MN、PQ为间距L0.5m且足够长的平行导轨，NQMN，导轨的电阻均不计.导轨平面与水平面间的夹角37，NQ间连接一个R4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B01T.将一根质量为m0.05kg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q0.2C，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.sin370.6，cos370.8，g10m/s2，求：图8(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)cd离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)2m(3)0.08J解析(1)由题图乙可知：当v0时，a2m/s2由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma解得：0.5(2)由题图乙可知：vm2m/s，当金属棒达到稳定速度时，有F安B0IL，EB0Lvm，I由题意知：mgsinF安mgcos解得r1qItntnB0SB0Ls解得：s2m(3)金属棒从释放到滑到cd处，由动能定理可得：mghmgscosWFmvm20hssinWFQ总0.1JQRQ总0.08J.一、选择题考点一电磁感应中的动力学问题1.如图1所示，质量为m的金属圆环用不可伸长的细线悬挂起来，金属圆环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法中正确的是(重力加速度为g)()图1A.大于环重力mg，并逐渐减小B.始终等于环重力mgC.小于环重力mg，并保持恒定D.大于环重力mg，并保持恒定答案A解析根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FTmgF安，得FTmg，F安BIL，根据法拉第电磁感应定律知，IS，可知I为恒定电流，联立上式可知B减小时，F安减小，则由FTmgF安知FT减小，选项A正确.2.(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(rR)的圆环.圆环竖直向下落入如图2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.圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v，忽略其他影响，则(重力加速度为g)()图2A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流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aD.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm答案AD解析由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，可知选项A正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，选项B错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势EBlvB2Rv，圆环的电阻R电，则圆环中的感应电流I，圆环所受的安培力F安BI2R，圆环的加速度a，md2Rr2，则ag，选项C错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时a0，可得vm，选项D正确.3.如图3所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动，t0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列vt图象中，能正确描述上述过程的是()图3答案D解析导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据EBLv、I、F安BIL得F安，随着v的减小，安培力F安减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动.整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F安，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D正确.4.(多选)如图4所示，有两根和水平方向成(90)角的光滑平行的金属轨道，上端接有滑动变阻器R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()图4A.如果B增大，vm将变大B.如果变大(仍小于90)，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解析金属杆由静止开始下滑的过程中，金属杆就相当于一个电源，与滑动变阻器R构成一个闭合回路，金属杆的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mgsinma所以金属杆由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，当a0时达到最大速度vm，即mgsin，可得：vm，故由此式知选项B、C正确.考点二电磁感应中的能量问题5.(多选)(2017慈溪市高二上学期期中联考)如图5所示，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，如果先后两次拉出的速度之比为12，则在先后两种情况下()图5A.线圈中的感应电流之比为14B.通过线圈的电荷量之比为12C.线圈中产生的热量之比为12D.沿运动方向作用在线圈上的外力功率之比为14答案CD解析根据EBLv可知，因为v1v212，则E1E212，线圈中的感应电流之比为12，选项A错误；设矩形线圈长为L1，宽为L2，则电荷量qIt，电荷量与速度无关，两种情况下通过线圈的电荷量之比为11，故B错误；线圈中产生的热量QI2Rt()2R，热量与速度成正比，则热量之比为12，故C正确；拉力功率PFv，拉力功率与速度的平方成正比，则拉力功率之比为14，故D正确.6.如图6所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接.右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g.则金属棒穿过磁场区域的过程中()图6A.流过金属棒的最大电流为B.通过金属棒的电荷量为C.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为mg(hd)答案D解析金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mghmv2，金属棒到达平直部分时的速度v，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势EBLv，最大感应电流I，故A错误；通过金属棒的电荷量qt，故B错误；在整个运动过程中，对金属棒由动能定理得：mghW安mgd00，克服安培力做功：W安mghmgd，故C错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒接入电路的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QQW安mg(hd)，故D正确.7.(多选)(2017绍兴一中高二上学期期中)如图7甲所示，正方形金属线框abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R.在线框的下方有一匀强磁场，MN和MN是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里.现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的vt图象，图中字母均为已知量.重力加速度为g，不计空气阻力.下列说法正确的是()图7A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B.金属线框的边长为v1(t2t1)C.磁场的磁感应强度为D.金属线框在0t4时间内所产生的热量为2mgv1(t2t1)m(vv)答案BCD解析根据楞次定律可知，线框刚进入磁场时，感应电流的方向沿abcda方向，A错误；由于线框进入磁场时匀速运动，线框边长lv1(t2t1)，B正确；bc边受到的安培力等于重力，mg，而lv1(t2t1)，代入可得B，C正确；0t1及t2t3时间内，金属线框不受安培力；t1t2时间内，根据能量守恒定律有，产生的热量Q1mglmgv1(t2t1)，t3t4时间内，根据能量守恒定律有，产生的热量Q2mglm(vv)mgv1(t2t1)m(vv)，则金属框在0t4时间内产生的热量QQ1Q22mgv1(t2t1)m(vv)，D正确.8.如图8所示，光滑斜面PMNQ的倾角为30，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长L10.5m，bc边长为L2，导体线框质量m1kg、电阻R0.4，有界匀强磁场的磁感应强度为B2T，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且efMN.导体线框在沿斜面向上且与斜面平行的恒力F10N作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行.已知导体线框刚进入磁场时做匀速运动，且进入过程中通过导体线框某一横截面的电荷量q0.5C，取g10m/s2，则下列说法正确的是()图8A.导体线框进入磁场时的速度为2m/sB.导体线框bc边长为L20.1mC.导体线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为0.4mD.导体线框进入磁场的过程中产生的热量为1J答案ACD解析导体线框刚进入磁场时做匀速运动，则Fmgsin30，解得v2m/s