浙江高考物理复习第9章电磁感应专题课2电磁感应中的动力学问题和能量、动量问题学案.docx

专题课2电磁感应中的动力学问题和能量、动量问题电磁感应中的动力学问题1.两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2.电学对象与力学对象的转换及关系命题角度1导体棒处于静止状态【例1】（2017天津理综，3）如图1所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）图1A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小解析导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小（k为一定值），则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势EkS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路欧姆定律I，所以ab中的电流大小不变，故选项B错误；安培力FBIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选项C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确。答案D命题角度2导体棒做匀速运动【例2】（多选）一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图2所示，磁感应强度B0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 ，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升（导体棒ab、cd与导轨接触良好），此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是（）图2A.ab受到的拉力大小为2 NB.ab向上运动的速度为2 m/sC.在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D.在2 s内，拉力做功为0.6 J解析对导体棒cd分析：mgBIl，得v2 m/s，故选项B正确；对导体棒ab分析：FmgBIl0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W电F安vt0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为W拉Fvt0.8 J，选项D错误。答案BC命题角度3变加速直线运动问题【例3】如图3所示，足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为37（sin 370.6），间距为1 m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T，P、M间所接电阻的阻值为8 。质量为2 kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s，取g10 m/s2，求：图3（1）当金属杆的速度为4 m/s时，金属杆的加速度大小；（2）当金属杆沿导轨的位移为6.0 m时，通过金属杆的电荷量。解析（1）对金属杆ab应用牛顿第二定律，有Fmgsin F安fma，fFN，FNmgcos ab杆所受安培力大小为F安BILab杆切割磁感线产生的感应电动势为EBLv由闭合电路欧姆定律可知I整理得：Fmgsin vmgcos ma代入vm8 m/s时a0，解得F8 N代入v4 m/s及F8 N，解得a4 m/s2（2）设通过回路横截面的电荷量为q，则qIt回路中的平均电流强度为I回路中产生的平均感应电动势为E回路中的磁通量变化量为BLx，联立解得q3 C答案（1）4 m/s2（2）3 C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：电磁感应中的动力学和能量问题1.电磁感应中的能量转化2.求解焦耳热Q的三种方法【例4】（2016浙江理综）小明设计的电磁健身器的简化装置如图4所示，两根平行金属导轨相距l0.50 m，倾角53，导轨上端串接一个0.05 的电阻。在导轨间长d0.56 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B2.0 T。质量m4.0 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s0.24 m。一位健身者用恒力F80 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g10 m/s2，sin 530.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量）。求图4（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a12 m/s2进入磁场时的速度v2.4 m/s（2）感应电动势EBlv感应电流I安培力FAIBl代入得FA48 N（3）健身者做功WF（sd）64 J由牛顿第二定律得Fmgsin FA0在磁场中运动时间t焦耳热QI2Rt26.88 J答案（1）2.4 m/s（2）48 N（3）64 J26.88 J【变式训练1】如图5所示，在高度差h0.5 m的平行虚线范围内，有磁感应强度B0.5 T、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场，正方形线框abcd的质量m0.1 kg、边长L0.5 m、电阻R0.5 ，线框平面与竖直平面平行，静止在位置“”时，cd边跟磁场下边缘有一段距离。现用一竖直向上的恒力F4.0 N向上提线框，线框由位置“”无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置“”（ab边恰好出磁场），线框平面在运动中保持与磁场方向垂直，且cd边保持水平。设cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速直线运动。g取10 m/s2。图5（1）求线框进入磁场前距磁场下边界的距离H；（2）线框由位置“”到位置“”的过程中，恒力F做的功是多少？线框内产生的热量又是多少？解析（1）在恒力作用下，线框开始向上做匀加速直线运动，设线框的加速度为a，据牛顿第二定律有：Fmgma设cd边刚进磁场时，线框速度设为v1，线框从静止到cd边刚进磁场过程中，由运动学方程有：v2aHcd边刚进磁场时产生电动势EBLv，感应电流I安培力F安BIL线框做匀速直线运动，则有FF安mg，联立以上各式，可解得v24 m/s，由v22aH解得H9.6 m。（2）恒力F做的功WF（HLh）42.4 J，从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，拉力所做的功等于线框增加的重力势能和产生的热量Q，即F（Lh）mg（Lh）Q，解得：Q（Fmg）（Lh）3.0 J或QI2Rt（）2R（）3.0 J。答案（1）9.6 m（2）42.4 J3.0 J电磁感应中的动量和能量观点的综合应用1.应用动量定理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。2.在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。【例5】（201711月浙江选考）如图6所示，匝数N100、截面积S1.0102 m2、电阻r0.15 的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1，其变化率k0.80 T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d0.20 m的竖直导轨，下端连接阻值R0.50 的电阻。一根阻值也为0.50 、质量m1.0102 kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关S后，棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。图6（1）求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向；（2）断开开关S后撤去挡条，棒开始下滑，经t0.25 s后下降了h0.29 m，求此过程棒上产生的热量。解析（1）线圈中产生的感应电动势为ENNS代入数据得E0.8 V，由楞次定律判断可知，电流从左边流入，右边流出。等效电路图如下：总电流I A2 A，ab棒中Iab1 A。根据题意，此刻棒对挡条的压力为零，即金属棒所受安培力等于其重力，即B2Iabdmg，解得B20.50 T，根据左手定则可知磁场的方向应该垂直纸面向外。（2）开关断开之后，撤去挡条，ab下滑中切割磁感线，从而产生感应电流，根据动量定理，得（mgB2Id）tmv0其中qIt，B2dh联立上式可知v2.21 m/s根据动能定理可知mghWmv20求得W4.58103 J，因此金属棒上产生热量为Q|W|2.29103 J答案（1）0.5 T，磁场垂直纸面向外（2）2.29103 J（1）若涉及变力作用下运动问题，可选用动量守恒和能量守恒的方法解决。（2）若涉及恒力或恒定加速度，一般选用动力学的观点。若涉及运动时间问题也可选用动量定理求解。【变式训练2】（201811月浙江选考）如图7所示，在间距L0.2 m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面（向内为正）的磁场，磁感应强度的分布沿y方向不变，沿x方向如下：B导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C1 F的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I2 A，电流方向如图所示。有一质量m0.1 kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x00.7 m处。开关S掷向1，棒ab从静止开始运动，到达x30.2 m处时，开关S掷向2。已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求：图7（提示：可以用Fx图象下的“面积”代表力F所做的功）（1）棒ab运动到x10.2 m时的速度v1；（2）棒ab运动到x20.1 m时的速度v2；（3）电容器最终所带的电荷量Q。解析（1）从x0x1的过程，由于安培力为恒力，安培力FBIL运用动能定理BIL（x0x1）mv0，解得v12 m/s（2）在区间0.2 mx0.2 m安培力F5xIL如图所示，安培力做功W安（xx）由动能定理得W安mvmv，v2 m/s（3）从0.2 m处移到0.2 m处安培力不做功，v3v12 m/s设最后稳定时的速度为v则导体棒两端电压UBLv电容器上所带电荷量qCU电路中通过的电荷量qIt 根据动量定理BILtmvmv3得v m/s，因此qC答案（1）2 m/s（2） m/s（3） C科学思维电磁感应中的“杆导轨”模型模型一“单杆导轨”模型1.单杆水平式（导轨光滑）物理模型动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a，a、v同向，随v的增加，a减小，当a0时，v最大，I恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a0，v最大，vm电学特征I恒定2.单杆倾斜式（导轨光滑）物理模型动态分析棒释放后下滑，此时agsin ，速度vEBLvIFBILa，当安培力Fmgsin 时，a0，v最大收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a0，v最大，vm电学特征I恒定【例1】如图8所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L1.0 m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m0.1 kg，空间存在磁感应强度B0.5 T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R3.0 ，金属杆的电阻r1.0 ，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的vt图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数0.5。在金属杆P运动的过程中，第一个2 s内通过金属杆P的电荷量与第二个2 s内通过P的电荷量之比为35。g取10 m/s2。求：图8（1）水平恒力F的大小；（2）前4 s内电阻R上产生的热量。解析（1）由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动当t2 s时，v4 m/s，此时感应电动势EBLv感应电流I安培力FBIL根据牛顿运动定律有FFmg0解得F0.75 N。（2）通过金属杆P的电荷量qt t其中所以qx（x为P的位移）设第一个2 s内金属杆P的位移为x1，第二个2 s内P的位移为x2则1BLx1，2BLx2BLvt又由于q1q235联立解得x28 m，x14.8 m前4 s内由能量守恒定律得F（x1x2）mv2mg（x1x2）QrQR其中QrQRrR13解得QR1.8 J。答案（1）0.75 N（2）1.8 J模型二“双杆导轨”模型示意图力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量棒2动能的增加量焦耳热外力做的功棒1增加的动能棒2增加的动能焦耳热【例2】如图9所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g，求：图9（1）绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；（2）金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；（3）两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热。解析（1）设a棒滑到水平导轨时，速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒mvmgha棒与b棒发生弹性碰撞由动量守恒定律mv0mv1mv2由机械能守恒定律mvmvmv解出v10，v2v0（2）b棒刚进磁场时的加速度最大。b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒。由动量守恒定律mv2mv2v3设b棒进入磁场后任一时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势EBL（vbvc），由闭合电路欧姆定律得I，由安培力公式得FBILma，联立得a。故当b棒加速度为最大值的一半时有v22（v2v3）联立得v2v2（3）最终b、c以相同的速度匀速运动。由动量守恒定律mv2（m）v由能量守恒定律mv（m）v2Q解出Qmgh答案（1）0（2）（3）mgh活页作业（时间：30分钟）A组基础过关1.水平放置的金属框架cdef处于如图1所示的匀强磁场中，金属棒ab处于粗糙的框架上且与框架接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则（）图1A.ab中电流增大，ab棒所受摩擦力也增大B.ab中电流不变，ab棒所受摩擦力也不变C.ab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大D.ab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变解析磁感应强度均匀增大时，磁通量的变化率恒定，故回路中的感应电动势和感应电流都是恒定的；又棒ab所受的摩擦力等于安培力，即FfF安BIL，故当B增加时，摩擦力增大，选项C正确。答案C2.（多选）如图2所示，平行金属导轨与水平面成角，用导线与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒ab，质量为m，两导轨间距为l，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值相等，都等于R，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，有（）图2A.棒中感应电流的方向由a到bB.棒所受安培力的大小为C.棒两端的电压为D.棒动能的减少量等于其重力势能的增加量与电路上产生的电热之和解析由右手定则可判定导体棒中的电流方向为ab，故选项A正确；由EBlv及串、并联电路的特点，知R外，则I，所以导体棒所受安培力的大小FBIl，故选项B错误；结合I，知导体棒两端的电压UI，故选项C正确；由能量守恒知：导体棒动能的减少量等于其重力势能的增加量以及电路中产生的电热和克服摩擦力做功产生的内能，故选项D错误。答案AC3.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图3所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其它部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若两导体棒在运动中始终不接触，求：图3（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少？（2）当棒ab的速度变为初速度的时，棒cd的加速度是多大？解析（1）从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv02mv，根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Qmv2mv2mv。（2）设棒ab的速度变为v0时，cd棒的速度为v，则由动量守恒可知mv0mv0mv得vv0，此时棒cd所受的安培力FBIl。由牛顿第二定律可得棒cd的加速度大小为a，方向水平向右。答案（1）mv（2），方向水平向右B组能力提升4.（201610月浙江选考）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4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4（1）通过棒cd的电流Icd；（2）电动机对该装置的输出功率P；（3）电动机转动角速度与弹簧伸长量x之间的函数关系。解析（1）S断开，cd棒静止有mgkx0S闭合，cd棒静止时受到安培力FB2Icdl由楞次定律知流过棒cd的电流方向为dc故cd棒静止时有mgB2Icdlkx解得Icd（2）回路总电阻R总RRR总电流I由能量守恒得PI2R总（3）由法拉第电磁感应定律：EB1l2回路总电流I解得。答案见解析5.（20183月浙江超能生联考）如图5甲所示，间距为l0.5 m的两条足够长的平行金属导轨所在平面与水平面的夹角37，导轨上端接有一个R0.5 的电阻，导轨所在平面可划分为、三个区域，两导轨间长度为s11 m的矩形区域中存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，长度为s23 m的区域中无磁场，区域中存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度的大小B01 T。在t0时刻，质量m1 kg且与导轨垂直的金属棒ab从区域和区域的交界处静止滑下，当金属棒到达区域和区域的交界处CD时，区域中的磁场突然撤去，此后金属棒恰好保持匀速运动，边界CD上方的导轨光滑，边界CD下方的导轨粗糙，不计金属棒与导轨的电阻，金属棒在下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好，已知sin 370.6，cos 370.8，求：图5（1）金属棒在到达边界CD前的运动过程中，回路中产生的感应电流大小I；（2）金属棒在区域中运动的过程中，电阻产生的焦耳热Q；（3）金属棒与区域中的两导轨之间的动摩擦因数。解析（1）由Bt图象可知，区域中的磁感应强度B0.5t金属棒在区域中运动时，由法拉第电磁感应定律得到回路中产生的感应电动势为E0.25 V所以，感应电流为I0.5 A。（2）金属棒在区域中运动过程中，对其进行受力分析由牛顿第二定律得，mgsin ma解得：agsin 6 m/s2由s2at2得t1 s因此，电阻产生的焦耳热Qt0.125 J。（3）金属棒到达区域和区域交界处时的速度大小vat6 m/s，此后以该速度匀速运动。金属棒所受安培力大小FB0Il3 N，方向沿导轨向上金属棒在区域中匀速运动时，对其进行受力分析，有mgsin Fmgcos 解得0.375。答案（1）0.5 A（2）0.125 J（3）0.3756.（2018湖南长沙四县三月模拟）足够长的平行金属轨道M、N，相距L0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R0.4 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mbmc0.1 kg，接入电路的有效电阻RbRc1 ，轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B1 T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图6所示，若使b棒以初速度v010 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：图6（1）c棒的最大速度；（2）c棒达最大速度时，此