2022-2023学年粤教版选择性必修第二册 2.3.2 电磁感应中的动力学和能量问题 学案

课时2电磁感应中的动力学和能量问题探究一电磁感应中的动力学问题1.解决电磁感应中的动力学问题的一般思路.（1）“先电后力”，即：先作“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；（2）再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；（3）然后是“力”的分析——分析研究对象（常是金属杆、导体线圈等）的受力情况，尤其注意其所受的安培力；（4）接着进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型.2.导体两种状态及处理方法.（1）导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析.（2）导体的非平衡态——加速度不为零.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.3.在电磁感应中的动力学问题中有两类常见的模型.类型“电—动—电”型“动—电—动”型示意图棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑水平，电阻不计棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，电阻不计分析S闭合，棒ab受安培力F＝eq\f(BLE,R)，此时a＝eq\f(BLE,mR)，棒ab速度v↑→感应电动势BLv↑→电流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，当安培力F＝0时，a＝0，v最大，最后匀速棒ab释放后下滑，此时a＝gsinα，其速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝eq\f(E,R)↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力为F＝mgsinα时，a＝0，v最大，最后匀速运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动vm＝eq\f(E,BL)匀速运动vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)【典例1】如图甲所示，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.（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杆可以达到的速度最大值.解析：（1）由右手定则可知，ab杆电流方向为a→b，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E＝BLv，此时电路中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，ab杆受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，根据牛顿第二定律，有mgsinθ－F安＝mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，则a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR).（3）当a＝0时，ab杆有最大速度vm，即mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).答案：（1）见解析图（2）eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)（3）eq\f(mgRsinθ,B2L2)电磁感应中力学问题的解题技巧（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，不像重力或其他力一样是恒力.（3）根据牛顿第二定律分析a的变化情况，以求出稳定状态的速度.（4）列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口.1.（多选）如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆.开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是（）解析：设ab杆的有效长度为l，S闭合时，若eq\f(B2l2v,R)>mg，杆先减速再匀速，D项有可能；若eq\f(B2l2v,R)＝mg，杆匀速运动，A项有可能；若eq\f(B2l2v,R)<mg，杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，eq\f(B2l2v,R)－mg＝ma中的a不恒定，故B项不可能.答案：ACD2.（多选）如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m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（）A.如果B变大，vm将变大B.如果α变大，vm将变大C.如果R变大，vm将变大D.如果m变小，vm将变大解析：金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝eq\f(Blv,R)，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定，安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，故选项B、C正确.答案：BC3.如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab（仅标出a端）和cd（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑.求：（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小；（2）金属棒运动速度的大小.解析：（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsinθ＝μN1＋2T＋F，①N1＝2mgcosθ.②对于cd棒，同理有mgsinθ＋μN2＝2T，③N2＝mgcosθ，④联立①②③④式得F＝mg（sinθ－3μcosθ）.⑤（2）由安培力公式得F＝BIL，⑥这里I是回路abdca中的感应电流.ab棒上的感应电动势E＝BLv，式中v是ab棒下滑速度的大小.⑦由欧姆定律得I＝eq\f(E,R)，⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v＝eq\f(mgR（sinθ－3μcosθ）,B2L2).⑨答案：（1）mg（sinθ－3μcosθ）（2）eq\f(mgR（sinθ－3μcosθ）,B2L2)探究二电磁感应中的能量问题1.过程分析.（1）电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程.（2）电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功.此过程中，其他形式的能转化为电能.“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能.（3）当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能，安培力做正功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，安培力做了多少正功，就有多少电能转化为其他形式的能.（4）分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化.如：做功情况能量变化特点滑动摩擦力做功有内能产生重力做功重力势能必然发生变化克服安培力做功必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能安培力做正功电能转化为其他形式的能2.求解思路.（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利用安培力做的功求解：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机械能的减少量等于产生的电能.3.焦耳热的计算.（1）电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.（2）感应电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安；②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量.【典例2】如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨距为d.空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B.P、M间所接电阻阻值为R.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r.现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度.若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g.求：（1）金属杆ab运动的最大速度；（2）金属杆ab运动的加速度为eq\f(1,2)gsinθ时，电阻R上的电功率；（3）金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功.解析：（1）当杆达到最大速度时安培力F＝mgsinθ，又安培力F＝BId，感应电流I＝eq\f(E,R＋r)，感应电动势E＝Bdvm，联立解得最大速度vm＝eq\f(mg（R＋r）sinθ,B2d2).（2）当金属杆ab运动的加速度为eq\f(1,2)gsinθ时，根据牛顿第二定律有mgsinθ－BI′d＝m·eq\f(1,2)gsinθ，电阻R上的电功率P＝I′2R，解得P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgsinθ,2Bd)))eq\s\up12(2)R.（3）根据动能定理有mgs·sinθ－WF＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，解得WF＝mgs·sinθ－eq\f(1,2)·eq\f(m3g2（R＋r）2sin2θ,B4d4).答案：（1）eq\f(mg（R＋r）sinθ,B2d2)（2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgsinθ,2Bd)))eq\s\up12(2)R（3）mgs·sinθ－eq\f(1,2)·eq\f(m3g2（R＋r）2sin2θ,B4d4)1.安培力做负功是其他形式的能（如机械能）转化为电能，这是发电机原理.2.安培力做正功，是电能转化为其他形式的能，这是电动机原理.3.安培力做负功，其他形式的能转化为电能，然后又通过电流做功变成电热.所以安培力做的功、生能、生热往往是同步进行的，不要重复计算.4.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（）A.Q1>Q2，q1＝q2B.Q1>Q2，q1>q2C.Q1＝Q2，q1＝q2D.Q1＝Q2，q1>q2解析：根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝eq\f(B2leq\o\al(2,ab)v,R)lbc＝eq\f(B2Sv,R)lab，同理Q2＝eq\f(B2Sv,R)lbc，又lab>lbc，故Q1>Q2；因q＝It＝eq\f(E,R)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)，故q1＝q2.因此A正确.答案：A5.（多选）如图所示，光滑斜面PMNQ的倾角为θ＝30°，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长L1＝0.5m，bc边长为L2，导体线框质量m＝1kg、电阻R＝0.4Ω，有界匀强磁场的磁感应强度为B＝2T，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN.导体线框在沿斜面向上且与斜面平行的恒力F＝10N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q＝0.5C，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A.导体线框进入磁场时的速度为2m/sB.导体线框bc边长为L2＝0.1mC.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解析：导体线框刚进入磁场时做匀速运动，则F＝mgsin30°＋eq\f(B2Leq\o\al(2,1)v,R)，解得v＝2m/s，根据q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)，解得L2＝0.2m，选项A正确，B错误；导体线框在磁场外运动的加速度a＝eq\f(F－mgsin30°,m)＝5m/s2，则导体线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×5)m＝0.4m，选项C正确