选修32第九章专题突破2电磁感应中的动力学和能量问题

1、专题突破 2 电磁感应中的动力学和能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【例 1】 (2018·盐城市第三次模拟 )如图 1 所示，两根电阻不计、相距 L、足够 长的平行金属直角导轨， 一部分处在水平面内， 另一部分处在竖直平面内。 导轨 所在空间存在大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场。金属棒 ab 质量为 2m，电阻 为 R；cd 质量为 m，电阻为 2R，两棒与导轨间动摩擦因数均为 ，ab 棒在水平 向左拉力作

2、用下， 由静止开始沿水平轨道做匀加速运动， 同时 cd 棒由静止释放， cd棒速度从 0 达到最大的过程中拉力做功为 W，重力加速度为 g。求：(1) cd 棒稳定状态时所受的摩擦力；(2) cd 棒速度最大时， ab 棒两端的电势差；(3) cd 棒速度从 0 达到最大的过程中， ab 棒克服阻力做的功 解析 (1)cd 棒最终保持静止状态，所受的合力为 0 mgFf 静0，Ff 静 mg，方向：竖直向上(2)cd 棒速度达到最大时，所受合力为 0 mgFf 滑0，Ff 滑 FN，FN F 安BILab 棒两端的电势差 UI·2R2mgR BL(3)cd 棒速度从 0 达到最大的过

3、程中， ab 棒克服阻力做的功为 W 阻W摩W 安12W W 阻2·2mv2ab电路中的感应电动势 E BLvab由闭合电路欧姆定律IBLvab3R对 cd 棒有 BIL mgW 阻答案 见解析用“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 2】 (2018·江苏南通高三上学期第一次调研 )如图 2 所示，光滑绝缘斜面倾 角为 ，斜面上平行于底边的虚线 MN、PQ 间存在垂直于斜面向上， 磁感应强度 为 B 的匀强磁场， MN、PQ 相距为

4、 L，质量为 m、边长为 d(d<L)的正方形金属线 框 abef置于斜面上，线框电阻为 R，ab边与磁场边界 MN 平行，相距为 L，线 框由静止释放后沿斜面下滑， ef 边离开磁场前已做匀速运动，重力加速度为 g， 求：(1) 线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量 q；(2) 线框 ef 边离开磁场区域时的速度 v；(3) 线框穿过磁场区域产生的热量 Q。解析 (1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势 E通过回路的电荷量 q I tERt磁通量的变化量 Bd2Bd2解得 qBRd(2)线框中产生的感应电流BdvR受到的安培力 F IdB由平衡条件可得 mgsin F 0解得

5、vmgRsin B2d212(3)由能量守恒定律有 mg(2Ld)sin 2mv2 Qm3g2R2sin2解得 Qmg(2Ld)sin 2B4d4Bd2mgRsin m3g2R2sin2答案 (1) R (2) B2d2(3)mg(2Ld)sin 2B4d4电磁感应中的“杆导轨”模型1. 模型构建 “杆导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点， 考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大， 是我们复习中的难点。 “杆导轨”模型又分为“单杆”和“双杆”模型 (“单杆”模型为重点 )；导轨 放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变 速运动

6、等。2. 模型分类及特点(1)单杆水平式 (导轨光滑 )物理模型动态分析F B2L2v设运动过程中某时刻棒的速度为 v，加速度为 a F B L v，a、 v m mRBLv同向，随 v 的增加， a减小，当 a0 时，v 最大， I R 恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征FRa 0，v 最大， vmB2L2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 v EBLv IER FBIL a，当安培力 F mgsin 时， a0，v 最大收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征mgRsin a0，v 最大， vm B2L2电学特征I 恒定

7、题源：人教版选修 3 2·P21·T3设图 4.5 5中的磁感应强度 B1 T，平行导轨宽 l1 m，金属棒 PQ以1 m/s 速度贴着导轨向右运动， R1 ，其他电阻不计。图 4.5 5E1R1 A 1 A。(1) 运动的导线会产生感应电动势，相当于电源。用电池等符号画出这个装置的 等效电路图。(2) 通过 R 的电流方向如何？大小等于多少？ 解析 (1)等效电路如图所示。(2)通过 R 的电流方向从上到下。 根据导体切割磁感线产生感应电动势的公式 为 E1×1×1 V 1 V。根据闭合电路欧姆定律，通过 R 的电流 I答案 (1)见解析图 (2)从上

8、到下 1 A拓展 1 (2017·江苏单科， 13)如图 3所示，两条相距 d的平行金属导轨位于同一 水平面内，其右端接一阻值为 R 的电阻。质量为 m 的金属杆静置在导轨上，其 左侧的矩形匀强磁场区域 MNPQ 的磁感应强度大小为 B、方向竖直向下。当该 磁场区域以速度 v0 匀速地向右扫过金属杆后， 金属杆的速度变为 v。导轨和金属 杆的电阻不计，导轨光滑且足够长， 杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导 轨保持良好接触。求：图3(1) MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小 I；(2) MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小 a；(3) PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率

9、P。 解析 (1)感应电动势 E Bdv0 感应电流 I ER解得 IBdv0R(2)安培力 FBId牛顿第二定律 F ma解得 aB2d2v0mR(3)金属杆切割磁感线的速度 vv0v，则 感应电动势 EBd(v0 v)E2电功率 P R解得 PB2d2(v0v)2RBdv0B2d2v0B2d2(v0v)2答案 (1)BdRv0 (2)BmdRv0 (3)B d (v0v)拓展 2 (2018·江苏单科， 13)如图 4所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与 水平面的夹角为 ，间距为 d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方 向与导轨平面垂直。质量为 m 的金属棒被固定在导

10、轨上，距底端的距离为 s，导 轨与外接电源相连， 使金属棒通有电流。 金属棒被松开后， 以加速度 a 沿导轨匀 加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为 g。求下滑到底端的过 程中，金属棒(1) 末速度的大小 v；(2) 通过的电流大小 I ；(3) 通过的电荷量 Q。解析 (1)匀加速直线运动 v2 2as 解得 v 2as(2)安培力 F 安IdB 金属棒所受合力 F mgsin F 安 牛顿运动定律 F ma解得 Im(gsin a)dB(3)运动时间 tv，电荷量 Q It a解得 Q 2asm(gsin a)dBa答案 (1) 2as (2)m( gsidnB a)(3)

11、2asm(gsin a)(3)dBa1. (2018 江·苏苏州市高三第一次模拟 )如图 5 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 (方向不变 ) 。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5A. ab中的感应电流方向由 b到 aB. 电阻 R 的热功率逐渐变小C. ab 所受的安培力保持不变D. ab所受的静摩擦力逐渐变小解析 磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得， ab 中的感应电流 方向由 a 到 b，故 A 项错

12、误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定B律 ESt得，感应电动势恒定，则 ab 中的感应电流不变，由 PI2R知热功率 不变，故 B 项错误；根据安培力公式 FBIL 知，电流不变， B 均匀减小，则安 培力减小，故 C 项错误；导体棒水平方向受安培力和静摩擦力处于平衡， fF， 安培力减小，则静摩擦力减小，故 D 项正确。答案 D2. 如图 6 所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为 m 的金属棒 ab，导 轨的一端连接电阻 R，其他电阻均不计， 磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨 平面向下， ab在一水平恒力 F 作用下由静止开始向右运动的过程中 ( )图6A. 随着

13、ab 运动速度的增大，其加速度也增大B. 外力 F 对 ab 做的功等于电路中产生的电能C. 外力 F 做功的功率始终等于电路中的电功率D. 克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析由牛顿第二定律可得FB2l2vma，棒向右做加速度减小的加速运动，B2l2v选项 A 错误；由于在达到最终速度前 F>BRl v，力 F 做的功等于电路中获得的电 能与金属棒的动能之和，则 F 的功率大于克服安培力做功的功率，即大于电路中的电功率，电路中获得的电能等于克服安培力所做的功，选项B、C 错误，D正确。答案 D3. (多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为 L，底端接阻值为 R 的电阻将质量

14、为 m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好， 导轨所在平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直，如图 7 所示。除电阻 R外其 余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放。则 （ ）图7A. 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度 gB.金属棒向下运动时，流过电阻 R 的电流方向为 abC.金属棒的速度为 v 时，所受的安培力大小为B2L2vD.电阻 R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量解析 金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零，又因此时速度为零，没有感 应电流，金属棒不受安培力作用， 只受到重力作用， 其加速度应等于重力加速度， 选项 A 正确；金属棒向下运动

15、时，由右手定则可知，流过电阻 R 的电流方向为BLv ba，选项B错误；金属棒速度为 v时，安培力大小为 FBIL，又I R ，解B2L2v得 F B RL v，选项 C 正确；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减 少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能 （速度不为零时 ）以及电阻 R 上产生的热量，选项 D 错误。答案 AC4. （2010江·苏单科）如图 8所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为 L， 一理想电流表与两导轨相连， 匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为 m、有效电阻 为 R 的导体棒在距磁场上边界 h 处静止释放。导体棒进入磁场后，流经电流表 的电

16、流逐渐减小，最终稳定为 I。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且 始终保持水平，不计导轨的电阻。求：(1) 磁感应强度的大小 B；(2) 电流稳定后，导体棒运动速度的大小 v；(3) 流经电流表电流的最大值 Im。解析 (1)电流稳定后，导体棒做匀速运动，则有 BIL mg，解得 B mILg (2)感应电动势 EBLv，感应电流 I ER， 解得 vI R。mg(3)由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm ，1由机械能守恒定律得 2mvm2 mgh，感应电动势最大值 EmBLvm ，感应电流最大值ImER解得 Immg 2gh。IR答案(1)mILg (2)Im2RgIL mg(

17、3)mg 2ghIR活页作业(时间： 40分钟)1.(2018 泰·州中学模拟 )如图 1所示，MN、PQ 是两根足够长的光滑平行金属导轨， 导轨间距为 d，导轨所在平面与水平面成 角，M、P 间接阻值为 R的电阻。匀 强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B。质量为 m、阻值为 r的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下，以速度 v 匀速向上运动。g。求：已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，重力加速度为(1) 金属棒产生的感应电动势(2) 通过电阻 R 的电流 I；(3) 拉力 F 的大小。EBdv(2)根据闭合电路欧姆定律得 I E Bdv RrRr解析 (

18、1)根据法拉第电磁感应定律得B2d2v BRd rv(3)导体棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有22 mgsin 0，又因为 F 安BIdB2d2vRr ，所以 FB2d2vRr答案 (1)Bdv (2)RBdvr (3)mgsin2.(2018常·州市高三第一次模拟 )如图 2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 30°，导轨间距 L0.5 m，电阻不计， 在两导轨间接有 R 3 的电阻。 在导轨中间加一垂直轨道平面向上的宽度为 d0.4 m 的匀强磁 场， B 2 T。一质量为 m 0.08 kg，电阻为 r 2 的导体棒从距磁场上边缘 d0.

19、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g10 m/s2。求：(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 Q1解析 (1)mgdsin 30 °2mv2，解得 v2 m/s(2)EtIREr BLdqItRrRBLdr0.08 C(3) EBLv2 VIERr0.4 AFBIL0.4 NFmgsin 30 °0.4 N所以金属棒进入磁场后做匀速运动RQRrmgdsin 30 °0.096 J答案 (1)2 m/s (2)0

20、.08 C (3)0.096 J3. (2018 南·京市高三学情调研 )如图 3所示，电阻不计、间距为 l1.0 m的光滑平 行金属导轨，水平放置于磁感应强度 B1.0 T、方向竖直向下的匀强磁场中， 导 轨左端接一定值电阻 R1.5 ，质量为 m 1.0 kg、电阻为 r 0.5 的金属棒 MN 置于导轨上，始终垂直导轨且接触良好。当 MN 受到垂直于棒的水平外力 F2.0 N 的作用，由静止开始运动，经过位移 x1.55 m，到达 PQ处(图中未画 出 )，此时速度为 v2.0 m/s。求：(1) 金属棒在 PQ 处所受磁场作用力大小；(2) 金属棒在 PQ 处的加速度大小；

21、(3)金属棒在运动中回路总共产生的热能。解析 (1)速度为 v2.0 m/s 时，回路电动势 EBlv产生的电流 IRE r由此得磁场对金属棒的作用力FABIl22B2l2vRr1.0 N(2)由牛顿第二定律有 F FAma解得 aFF 1.0 m/s2m(3) 设安培力做功为 W，由运动中的能量关系12Fx W 2mv21解得 W 2mv2 Fx 1.1 J 棒克服安培力所做的功，即回路中总共产生的热能为 1.1 J答案 (1)1.0 N (2)1.0 m/s2 (3)1.1 J4. (2018 盐·城市高三第三次模拟 )如图 4 所示，在竖直平面内，水平且平行的、 虚线间距为 L

22、，其间有垂直纸面向外的匀强磁场， 磁感应强度为 B。一长为 2L、 宽为 L 矩形线框质量为 m，电阻为 R。开始时，线框下边缘正好与虚线重合， 由静止释放， 线框上边缘进入磁场后线框一直做减速运动， 经过一段时间后， 线 框上边缘经过虚线瞬间加速度恰为 0。重力加速度为 g，不计空气阻力。求矩 形线框穿过磁场过程中：图4(1) 上边缘经过虚线瞬间，线框中的电流；(2) 磁通量变化率的最大值； (3)线框中产生的焦耳热。解析 (1) BIL mg得ImgBL(2) 线框上边刚进磁场时磁通量的变化率最大tBLv1mgL21mv12得t BL 2gL(3) 设线框上边缘通过虚线 瞬间线框速度为 v2，则BLv2IR设线框穿过磁场过程中克服安培力做的功为 W，根据动能定理1 2 1 2mgLW 2mv2 2mv 1m3g2R2解得 W 2mgLm2Bg4LR43 2 2 答案 (1)BmLg (2)BL 2gL (3)2mgLm2Bg4LR45.