人教版高中物理新教材同步讲义选修第二册 第2章　专题强化9　电磁感应中的动力学问题（含解析）

电磁感应中的动力学问题[学习目标]1.会分析导体棒、线框在磁场中的受力.2.能根据电流的变化分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况.3.能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题．1．电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系2．处理此类问题的基本方法(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)求回路中感应电流的大小和方向．(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)．(4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解．3．两种状态(1)导体处于平衡状态——静止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)导体处于非平衡状态——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进行分析．4．电磁感应中的动力学临界问题基本思路：导体受外力运动eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))感应电动势eq\o(→,\s\up15(I＝SKIPIF1<0))感应电流eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))导体受安培力→合外力变化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度变化→临界状态．一、电磁感应中的平衡问题例1如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.接入电路的阻值为r的金属棒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()A．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答案D解析金属棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(eq\f(ΔB,Δt)＝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E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(SΔB,Δt)＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路的欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)可知，ab中的电流大小不变，故选项B错误；安培力F＝BIL，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；金属棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力Ff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．例2如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．答案(1)Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))(2)eq\f(B2l2t0,m)解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据闭合电路的欧姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F安＝BlI⑥因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m).二、电磁感应中的动力学问题例3如图所示，空间存在B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的足够长的平行长直导轨，其间距L＝0.2m，R＝0.3Ω的电阻接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1kg、接入电路的电阻r＝0.1Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好．(g＝10m/s2)(1)分析导体棒的运动性质；(2)求导体棒所能达到的最大速度的大小；(3)试定性画出导体棒运动的速度－时间图像．答案(1)先做加速度减小的加速直线运动，最终做匀速直线运动(2)10m/s(3)见解析图解析(1)导体棒做切割磁感线的运动，产生的感应电动势E＝BLv①回路中的感应电流I＝eq\f(E,R＋r)②导体棒受到的安培力F安＝BIL③导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律有：F－μmg－F安＝ma④由①②③④得：F－μmg－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma⑤由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大，此后导体棒做匀速直线运动．(2)当导体棒达到最大速度时，有F－μmg－eq\f(B2L2vm,R＋r)＝0可得：vm＝eq\f(F－μmgR＋r,B2L2)＝10m/s(3)由(1)(2)中的分析与数据可知，导体棒运动的速度－时间图像如图所示．例4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的定值电阻，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，磁场方向垂直于导轨平面向下，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)(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杆中的电流大小及其加速度的大小；(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)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)解析(1)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，则此时电路中的电流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＝ma联立各式得a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR).(3)当a＝0时，ab杆达到最大速度vm，即有mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).“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：1.(2022·潮州市高二期末)如图所示，两根光滑平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有灯泡A.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．现使金属棒ab以一定的初速度v开始向右运动，此后()A．棒ab做匀减速运动直到停止B．棒ab中的感应电流方向由b到aC．棒ab所受的安培力方向水平向右D．灯泡A逐渐变亮答案B解析金属棒ab以一定的初速度v开始向右运动，根据右手定则可知，棒ab中的感应电流方向由b到a，B正确；根据左手定则可知棒ab所受的安培力方向水平向左，C错误；棒ab所受的安培力方向水平向左，与运动方向相反，则棒做减速运动，速度v减小，根据E＝BLv可知感应电动势减小，感应电流减小，再根据安培力公式F＝BIL知安培力减小，所以棒做加速度减小的减速运动，A错误；由于感应电流减小，灯泡A逐渐变暗，D错误．2．如图所示，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(d＞L)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，t＝0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v－t图像中，能正确描述上述过程的是()答案D解析导线框进入磁场的过程中，受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝eq\f(E,R)、F安＝BIL得F安＝eq\f(B2L2v,R)，随着v的减小，安培力F安减小，根据F安＝ma知，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，受到向左的安培力，根据F安＝eq\f(B2L2v,R)＝ma可知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，故选项D正确．3．(多选)如图所示，有两根和水平方向成α(α<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，磁感应强度大小为B，一根质量为m、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下且始终与导轨接触良好．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增大，vm将变大B．如果α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，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mgsinα－eq\f(B2L2v,R)＝ma＝eq\f(B2L2vm,R)，可得：vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)，选项B、C正确，A、D错误．4.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的安培力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为()A．a1>a2>a3>a4 B．a1＝a3>a2>a4C．a1＝a3>a4>a2 D．a4＝a2>a3>a1答案B解析线圈进入磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1＝a3＝g.线圈在题图中2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F安2<mg，所以a2＝eq\f(mg－F安2,m)<g.而由于线圈完全在磁场中时做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2位置时的速度，根据F安＝eq\f(B2L2v,R)及a＝eq\f(mg－F安,m)可得a4<a2，故线圈在1、2、3、4位置时的加速度关系为：a1＝a3>a2>a4，B正确．5．(多选)如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若导线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，导线框下落的速度大小可能()A．始终减小 B．始终不变C．始终增加 D．先减小后增加答案CD解析导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，导线框做减速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先做减速运动后做加速运动；当ab边进入磁场后安培力等于重力时，导线框做匀速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速运动后加速运动；当ab边进入磁场后安培力小于重力时，导线框做加速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动．综上，只有C、D正确．6.如图所示，竖直平面内有足够长的平行金属导轨，间距为0.2m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度大小为0.2T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4s时，突然闭合开关S，则：(g取10m/s2)(1)试说出开关S闭合后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？答案见解析解析(1)闭合开关S之前，导体ab自由下落的末速度为：v0＝gt＝4m/s.开关S闭合瞬间，导体ab产生感应电动势，回路中产生感应电流，导体ab立即受到一个竖直向上的安培力．F安＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)＝0.016N＞mg＝0.002N.此时导体ab受到的合力方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a＝eq\f(F安－mg,m)＝eq\f(B2L2v,mR)－g，所以导体ab竖直向下做加速度逐渐减小的减速运动．当F安＝mg时，导体ab竖直向下做匀速运动．(2)设导体ab匀速下落的速度为vm，此时F安＝mg，即eq\f(B2L2vm,R)＝mg，vm＝eq\f(mgR,B2L2)＝0.5m/s.7.(多选)如图所示，边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑绝缘斜面向下滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，从线框刚进入磁场开始计时，取逆时针方向为电流正方向，以下i－t关系图像，可能正确的是()答案BC8.如图所示，半径为l的金属圆环水平固定，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，金属棒OA可绕圆心O在圆环上转动．金属棒CD放在宽度也为l的足够长光滑平行金属导轨上，导轨倾角为θ，处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．用导线将金属圆环、金属棒OA的O端分别与两导轨连接，已知金属棒OA和CD的长度均为l、质量均为m、电阻均为r，其他电阻不计．重力加速度大小为g.(1)将金属棒OA固定，使金属棒CD从静止开始下滑，求金属棒CD的最大速度的大小；(2)让金属棒OA匀速转动，使金属棒CD保持静止，求金属棒OA的转动方向及角速度．答案(1)eq\f(2rmgsinθ,B2l2)(2)从上向下看沿逆时针方向eq\f(4rmgsinθ,B2l3)解析(1)金属棒OA固定时，金属棒CD切割磁感线相当于电源，金属棒CD达到最大速度后做匀速运动，根据平衡条件有：mgsinθ＝Fm根据法拉第电磁感应定律有：E1＝Blvm由闭合电路的欧姆定律：I1＝eq\f(E1,2r)电流方向从C到D，金属棒CD受到的安培力沿斜面向上，Fm＝BI1l联立解得：vm＝eq\f(2rmgsinθ,B2l2)；(2)要使金属棒CD静止，必须使金属棒CD受到的安培力沿斜面向上，由左手定则和右手定则可知，金属棒OA应该沿逆时针方向转动(自上向下看)．当金属棒OA以角速度ω转动时，产生感应电动势E2＝eq\f(1,2)Bl2ω由平衡条件有：mgsinθ＝F安′I2＝eq\f(E2,2r)，F安′